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[ Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2006 \
EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats
Partie A. Restitution organisée de connaissances
On a arg
( (^) z z ′^
× z ′
= arg z ⇐⇒ arg
( (^) z z ′
( (^) z z ′
= arg z − arg z ′.
Partie B
1. a. M d’affixe z (avec z 6 = −i) est invariant par f si et seulement si z =
i z + 3 z + i
z^2 + i z = i z + 3 ⇐⇒ z^2 = 3. Les points invariants sont donc les points J et K d’affixes respectives
p 3 et −
p
Le cercle de diamètre [AB] a pour rayon 2 et pour centre le point d’affixe i. Or la distance de ce point à J est égale à
p 3)^2 + 12 = 2, donc J appartient au cercle de diamètre [AB]. Même calcul pour K.
b. Si c ′^ est l’affixe de C′, alors c ′^ =
i(− 2 + 3i − 2 + i + i
2 − 2i − 2 + 2i
= −1. Donc C′^ appar- tient à l’axe des abscisses.
2. On peut écrire z ′^ = i z + 3 z + i
i( z − 3i) z − (−i)
. En prenant les arguments de ces deux complexes (et en utilisant le résultat de la partie A) on obtient arg( z ′) = argi+ arg
z − 3i z − (−i)
à 2 π prés ⇐⇒ arg( z ′) =
π 2
A M ,
B M
à 2 π prés ⇐⇒
arg( z ′) =
M A ,
M B
π 2
à 2 π près.
3. a. z ′^ est imaginaire pur si et seulement si son argument est
π 2
ou −
π 2
. Les points M correspondants sont tous les points de la droite (AB) excepté les points A et B. b. — Si M appartient au demi-cercle contenant K, alors
M A ,
M B
π 2
et par conséquent arg( z ′) = π , donc M ′^ a une affixe réelle négative. — Si M appartient au demi-cercle contenant J, alors
M A ,
M B
π 2
et par conséquent arg( z ′) = 0, donc M ′^ a une affixe réelle positive. Dans tous les cas si M appartient au cercle de diamètre [AB] privé des points A et B, le point M ′^ appartient à l’axe des abscisses. Autre méthode numérique : Si M appartient au cercle de diamètre [AB], son affixe s’écrit z = i + 2e2i θ , avec θ ∈ [0 ; 2 π ]. On trouve alors que z ′^ = cos θ 1 + sin θ
∈ R.
×
×
×
× ×
B
A
C
K C′ J
EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Partie A : Étude de deux cas particuliers
1. Si n = 2 : 1^2 + 32 + 52 = 35 = 8 × 4 + 3, c’est-dire que 1^2 + 32 + 52 ≡ 3 modulo 3. Le triplet (1 ; 3 ; 5) est donc solution. 2. a. Si n = 3 r 0 1 2 3 4 5 6 7 R 0 1 4 1 0 1 4 1 Exemple : si m = 8 n + 3 alors m^2 = 64 n^2 + 48 n + 9 = 64 n^2 + 48 n + 8 + 1 = 8 ×
n^2 + 6 n + 1
- 1 ⇐⇒ m^2 ≡ 1 modulo 8. b. Les seuls restes possibles sont donc 0, 1 et 4. Avec trois carrés la somme des restes ne peut être que 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, mais pas 7. Conclusion : il n’existe pas d’entier x , y , z tels que x^2 + y^2 + z^2 ≡ 7 modulo 8.
Partie B Étude du cas général où n > 3
1. S’il existe trois entiers naturels x , y et z tels que x^2 + y^2 + z^2 ≡ 2 n^ −1 modulo 2 n^ alors x^2 + y^2 + z^2 = 2 n^ q + 2 n^ − 1 = 2 n^ ( q +1)−1, donc cette somme est impaire. Donc : — aucun des trois n’est pair ; — il ne peut y avoir un pair et deux impairs car la somme des carrés serait paire ; — il peut y avoir deux pairs ; — il ne peut y avoir trois pairs, car la somme des carrés serait paire. 2. x = 2 q , y = 2 r , z = 2 s + 1. a. Donc x^2 + y^2 + z^2 = 4 q^2 + 4 r^2 + 4 s^2 + 4 s + 1 = 4 ×
q^2 + r^2 + s^2 + s
Conclusion x^2 + y^2 + z^2 ≡ 1 modulo 4 b. Or on a supposé que x^2 + y^2 + z^2 ≡ 2 n^ − 1 modulo 2 n^ soit x^2 + y^2 + z^2 = 2 n^ × q + 2 n^ − 1 = 4 α − 1 (car n est au moins égal à 3). Ceci est impossible : un multiple de 4 plus 1 ne peut être égal à un multiple de 4 moins 1. En effet s’il existe α et β tels que : 8 α − 1 = 8 β + 1 alors 8 α − 8 β = 2 ⇐⇒ 4 α − 4 β = 1. La différence de deux multiples de 4 ne peut être égale à 1. Conclusion : il n’existe pas de triplet solution avec un seul impair.
3. On suppose que x , y , z sont impairs. a. Pour tout naturel k non nul, k^2 + k = k × ( k + 1) produit de deux naturels consécutifs : l’un des deux facteurs est pair, donc le produit est pair. b. Posons : x = 2 q + 1, y = 2 r + 1 et z = 2 s + 1, alors x^2 + y^2 + z^2 = 4 q^2 + 4 q + 1 + 4 r^2 + 4 r + 1 + 4 s^2 + 4 s + 1 =
4 q^2 + 4 q
4 r^2 + 4 r
4 s^2 + 4 s
[(
q^2 + q
r^2 + r
s^2 + s
)]
- Or d’après la question précédente chaque parenthèse est un nombre pair, donc x^2 + y^2 + z^2 = 4 × (2 α + 2 β + 2 γ )+ 3 = 8( α + β + γ )+3 c’est-à-dire que x^2 + y^2 + z^2 ≡ 3 modulo 8.
c. Or puisque n > 3 on peut écrire x^2 + y^2 + z^2 = 23 × 2 n −^3 q + 23 × 2 n −^3 − 1 =
23 a − 1 = 8 a − 1. (avec a ∈ N) On peut expliciter : s’il existe α et β tels que : 8 α − 1 = 8 β + 3 alors 8 α − 8 β = 4 ⇐⇒ 2 α − 2 β = 1. La différence de deux pairs ne peut être égale à 1. Ceci est impossible : Un multiple de 8 plus 3 ne peut être égal à un multiple de 8 moins 1. Conclusion finale : pour n > 2 le problème proposé n’a pas de solution.
EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats
1. a. L’énoncé dit que p 1 = 0,5, que p G 1 (G 2 ) = 0,7 et que p P 1 (G 2 ) = 1 −0,8 = 0,2. b. Puisqu’il n’y a pas de match nul, on a pn + qn = 1.
c. Pour n > 1, pn + 1 = p (G n + 1 ) = p G n (G n + 1 ) + p P n (G n + 1 ) =
pn × 0,7 +
1 − pn
× 0,2 ⇐⇒ pn + 1 = 0,7 pn + 0,2 − 0,2 pn = 0,5 pn + 0,2.
2. a. On peut écrire par exemple la relation de récurrence précédente pn + 1 = 0,5 pn + 0,2 ⇐⇒ pn + 1 − 0,4 = 0,5 pn + 0,2 − 0,4 ⇐⇒ pn + 1 − 0,4 = 0,5 pn − 0,2 ⇐⇒ pn + 1 − 0,4 = 0,
pn − 0,
vn + 1 = 0,5 vn. Cette relation de récurrence montre que la suite ( vn ) est une suite géomé- trique de raison 0,5. On en déduit que vn = v 1 ×0,5 n −^1. Or v 1 = p 1 −0,4 = 0,5−0,4 = 0,1. Donc vn = 0,1 × 0,5 n −^1. b. On en déduit que pn = vn + 0,4 = pn = 0,4 + 0,1 × 0,5 n −^1. c. Comme − 1 < 0,5 < 1, on sait que lim n →+∞ 0,5 n −^1 = 0, donc lim n →+∞ pn = 0,4. Cela signifie que sur un grand nombre de parties, Pierre gagnera en moyenne 4 parties sur 10.
EXERCICE 4 7 points Commun à tous les candidats
Partie A
1. Soit u telle que u ( x ) = x e− x^ ; alors u ′( x ) = e− x^ − x e− x^ et u ′^ + u = e− x^ − x e− x^ + x e− x^ = e− x^ , donc u est bien une solution de l’équation différentielle (E). 2. (E 0 ) : y ′^ + y = 0 ⇐⇒ y ′^ = − y. Les solutions de cette équation sont les fonc- tions x 7 → C e− x^ , C étant un réel quelconque. 3. Une fonction v est solution de (E) si et seulement si v ′^ + v = e− x^. On a vu à la question 1 que u est une telle fonction donc que u ′^ + u = e− x^. En calculant la différence membre à membre : v ′^ − u ′^ + v − u = 0 ⇐⇒ ( v − u )′^ + ( v − u ) = 0, autrement dit, la fonction v − u est solution de E 0. 4. On a donc pour toute solution v de (E), v − u = C e− x^ ⇐⇒ v = u + C e− x^ ⇐⇒ v = x e− x^ + C e− x^ ⇐⇒ v = ( x + C )e− x^ , C ∈ R. 5. La solution f 2 prenant la valeur 2 en 0 vérifie f 2 (0) = (0 + C )e^0 = 2 ⇐⇒ C = 2. Conclusion : f 2 ( x ) = ( x + 2)e− x^.
Partie B
1. — On a (^) x →−∞lim( x + k ) = −∞ et (^) x →−∞lim e− x^ = +∞, donc par produit de limites
x →−∞lim( x^ +^ k )e− x^ = −∞. — On a fk ( x ) = x e− x^ + k e− x^. Comme lim x →+∞ e− x^ = 0 et comme lim x →+∞
x e x^
on en déduit que (^) x lim→+∞ fk ( x ) = 0. L’axe des abscisses est donc asymptote horizontale à C k au voisinage de plus l’infini.
2. On remarque que les fonctions fk sont toutes les solutions de l’équation dif- férentielle (E), donc f (^) k ′ + fk = e− x^. Donc f (^) k ′ ( x ) = e− x^ − fk ( x ) = e− x^ −( x + k )e− x^ = f (^) k ′ ( x ) = e− x^ (1 − k − x ).
