Fiche de mathématiques

Bac 2006

Bac Scientifique
Métropole - Session Septembre 2006

L'utilisation de la calculatrice est autorisée.
La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnement entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.

Coefficient : 7 (pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité) ou 9 (pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité) Durée : 4 heures

5 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

La scène se passe en haut d'une falaise au bord de la mer. Pour trouver une plage et aller se baigner, les touristes ne peuvent choisir qu'entre deux plages, l'une à Est et l'autre à l'Ouest.

Partie A

Un touriste se retrouve deux jours consécutifs en haut de la falaise. Le premier jour, il choisit au hasard l'une des deux directions. Le second jour, on admet que la probabilité qu'il choisisse une direction opposée à celle prise la veille vaut 0,8.
Pour $i = 1$ ou $i = 2$ , on note :

$E_i$ l'évènement : "le touriste se dirige vers l'Est le i-ème jour"

$O_i$ l'évènement : "le touriste se dirige vers l'Ouest le i-ème jour".

1. Dresser un arbre de probabilités décrivant la situation.

2. Déterminer les probabilités suivantes : $P(E_1)$ ; $P_{E_1}(O_2)$ ; $P(E_1\cap E_2)$ .

3. Calculer la probabilité que ce touriste se rende sur la même plage les deux jours consécutifs.

Partie B

On suppose maintenant que n touristes $(n \ge 3)$ se retrouvent un jour en haut de la falaise. Ces n touristes veulent tous se baigner et chacun d'eux choisit au hasard et indépendamment des autres l'une des deux directions.
On note X la variable aléatoire donnant le nombre de ces touristes qui choisissent la plage à l'Est.

1. Déterminer la probabilité que k touristes $(0 \le k \le n)$ partent en direction de l'Est.

2. On suppose ici que les deux plages considérées sont désertes au départ. On dit qu'un touriste est heureux s'il se retrouve seul sur une plage.
    a) Peut-il y avoir deux touristes heureux ?
    b) Démontrer que la probabilité (notée p) qu'il y ait un touriste heureux parmi ces n touristes vaut : $p = \dfrac{n}{2^{n-1}}$
    c) Application numérique : Lorsque le groupe comprend 10 personnes, exprimer la probabilité, arrondie au centième, qu'il y ait un touriste heureux parmi les 10.

5 points

exercice 2 - Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

Dans le plan complexe muni du repère orthonormal $(O \, ; \, \vec{u} \, , \, \vec{v})$ , on considère les points M et M' d'affixes respectives $z$ et $z'$ . On pose $z = x + \text{i}y$ et $z' = x' + \text{i}y'$ , où $x \, , \, x' \, , \, y \, , \, y'$ sont des nombres réels.
On rappelle que $\bar z$ désigne le conjugué de $z$ et que $|z|$ désigne le module de $z$ .

1. Montrer que les vecteurs $\overrightarrow{OM}$ et $\overrightarrow{OM'}$ sont orthogonaux si et seulement si $\text{Re}(z'\bar z) = 0$ .

2. Montrer que les points O, M et M' sont alignés si et seulement si $\text{Im}(z'\bar z) = 0$ .

Applications
3. N est le point d'affixe $z^2 - 1$ . Quel est l'ensemble des points M tels que les vecteurs $\overrightarrow{OM}$ et $\overrightarrow{ON}$ soient orthogonaux ?

4. On suppose $z$ non nul. P est le point d'affixe $\dfrac{1}{z^2} - 1$ .
On recherche l'ensemble des points M d'affixe $z$ tels que les points O, N et P soient alignés.
a) Montrer que $\left(\dfrac{1}{z^2} - 1\right)\left(\bar{z^2 - 1}\right) = -\bar{z^2} \left|\dfrac{1}{z^2} - 1\right|^2$ .
b) En utilisant l'équivalence démontrée au début de l'exercice, conclure sur l'ensemble recherché.

5 points

exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. On considère l'équation $(E) \: \: 17x - 24y = 9$ , où $(x \, , \, y)$ est un couple d'entiers relatifs.
    a) Vérifier que le couple (9 ; 6) est solution de l'équation $(E)$ .
    b) Résoudre l'équation $(E)$ .

2. Dans une fête foraine, Jean s'installe dans un manège circulaire représenté par le schéma ci-dessous. Il peut s'installer sur l'un des huit points indiqués sur le cercle.
Le manège comporte un jeu qui consiste à attraper un pompon qui se déplace sur un câble formant un carré dans lequel est inscrit le cercle. Le manège tourne dans le sens des aiguilles d'une montre, à vitesse constante. Il fait un tour en 24 secondes. Le pompon se déplace dans le même sens à vitesse constante. Il fait un tour en 17 secondes.
Pour gagner, Jean doit attraper le pompon, et il ne peut le faire qu'aux points de contact qui sont notés A, B, C et D sur le dessin.
A l'instant $t = 0$ , Jean part du point H en même temps que le pompon part du point A.
    a) On suppose qu'à un instant t Jean attrape le pompon en A. Jean a déjà pu passer un certain nombre de fois en A sans y trouver le pompon. A l'instant t, on note y le nombre de tours effectués depuis son premier passage en A, et $x$ le nombre de tours effectués par le pompon. Montrer que $(x \, , \, y)$ est solution de l'équation $(E)$ de la question 1.
    b) Jean a payé pour 2 minutes; aura-t-il le temps d'attraper le pompon ?
    c) Montrer qu'en fait, il n'est possible d'attraper le pompon qu'au point A.
    d) Jean part maintenant du point E. Aura-t-il le temps d'attraper le pompon en A avant les deux minutes ? bac S métropole septembre 2006 - terminale : image 1

bac S métropole septembre 2006 - terminale : image 1

6 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

Dans tout l'exercice, $\lambda$ désigne un nombre réel de l'intervalle ]0 ; 1].

1. On se propose d'étudier les fonctions dérivables sur $\left] -\infty \, ; \, \dfrac{1}{2} \right[$ vérifiant l'équation différentielle $(E_\lambda) \: : \: y'= y^2 + \lambda y$ et la condition $y(0) = 1$ .
On suppose qu'il existe une solution $y_0$ de $(E_\lambda)$ strictement positive sur $\left]-\infty \, ; \, \dfrac{1}{2} \right[$ et on pose sur $\left]-\infty \, ; \, \dfrac{1}{2}\right[ \: : \: z = \dfrac{1}{y_0}$ .
Ecrire une équation différentielle simple satisfaite par la fonction $z$ .

2. Question de cours
Pré-requis :
Les solutions de l'équation différentielle $y' = -\lambda y$ sont les fonctions $x \mapsto Ce^{-\lambda x}$ où $C$ est une constante réelle.
    a) Démontrer l'existence et l'unicité de la solution $z$ de l'équation $(E'_\lambda) \: : \: z' = -\left(\lambda z + 1\right)$ telle que $z(0)=1$ .
    b) Donner l'expression de cette fonction que l'on notera $z_0$ .

On veut maintenant montrer que la fonction $z_0$ ne s'annule pas sur l'intervalle $\left]-\infty \, ; \, \dfrac{1}{2} \right[$ .

3. a) Démontrer que $\ln(1 + \lambda) > \dfrac{\lambda}{\lambda + 1}$ .
On pourra étudier sur ]0 ; 1] la fonction $f$ définie par $f(x) = \ln(1+x) - \dfrac{x}{x+1}$ .
    b) En déduire que $\dfrac{1}{\lambda}\ln(1+\lambda) > \dfrac{1}{2}.$

4. En déduire que la fonction $z_0$ ne s'annule pas sur $\left]-\infty \, ; \, \dfrac{1}{2} \right[$ .
Démontrer alors que $(E_\lambda)$ admet une solution strictement positive sur $\left]-\infty \, ; \, \dfrac{1}{2} \right[$ que l'on précisera.

6 points

exercice 4 - Commun à tous les candidats

On considère dans l'espace un cube de 3 cm de côté, noté ABCDEFGH et représenté ci-dessous. bac S métropole septembre 2006 - terminale : image 2

Soit I le barycentre des points pondérés (E ; 2) et (F ; 1), J celui de (F ; 1) et (B ; 2) et enfin K celui de (G ; 2) et (C ; 1).

On veut déterminer l'ensemble des points M équidistants de I, J et K. On note $\Delta$ cet ensemble.

1. Placer les points I, J et K sur la figure ci-dessous.

2. Soit $\Omega$ le point de $\Delta$ situé dans le plan (IJK). Que représente ce point pour le triangle IJK ?

Pour la suite de l'exercice, on se place maintenant dans le repère orthonormal suivant : $\left(A \, ; \, \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD} \, ; \, \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB} \, ; \, \dfrac{1}{3}\overrightarrow{AE}\right)$ .

3. Donner les coordonnées des points I, J et K.

4. Soit P(2 ; 0 ; 0) et Q(1 ; 3 ; 3) deux points que l'on placera sur la figure. Démontrer que la droite (PQ) est orthogonal au plan (IJK).

5. Soit M un point de l'espace de coordonnées $(x \, ; \, y \, ; \, z).$
    a) Démontrer que M appartient à $\Delta$ si et seulement si le triplet $(x \, ; \, y \, ; \, z)$ est solution d'un système de deux équations linéaires que l'on écrira. Quelle est la nature de $\Delta$ ?
    b) Vérifier que P et Q appartiennent à $\Delta$ . Tracer $\Delta$ sur la figure.

6. a) Déterminer un vecteur normal au plan (IJK) et en déduire une équation cartésienne de ce plan.
    b) Déterminer alors les coordonnées exacte de $\Omega$ .

Correction

exercice 1 - Commun à tous les candidats

Partie A

1. Ci-dessous, l'arbre pondéré traduisant les données de l'énoncé : bac S métropole septembre 2006 - terminale : image 3

2. Le premier jour, le touriste choisit au hasard l'une des deux directions, il a donc autant de chance de choisir l'est que l'ouest, donc la probabilité qu'il choisisse l'est le premier jour est : $\boxed{P(E_1) = 0,5}$

Le deuxième jour, la probabilité qu'il choisisse la direction opposée à celle choisie le premier jour est de 0,8. Donc, la probabilité qu'il choisisse l'ouest le deuxième jour, sachant qu'il a choisit l'est le premier jour, est : $\boxed{P_{E_1}(O_2)=0,8}$

La probabilité qu'il choisisse l'est le premier jour est : $P(E_1)=0,5$
Sachant qu'il a choisi l'est le premier jour, la probabilité qu'il choisisse à nouveau l'est le deuxième jour est :
$P_{E_1}(E_2)=1-P_{E_1}(O_2)=1-0,8=0,2$

La probabilité qu'il choisisse l'est le premier ET le deuxième jour est donc :
$P(E_1\cap E_2)=P(E_1)\times P_{E_1}(E_2)=0,5\times0,2=0,1$
$\boxed{P(E_1 \cap E_2) = 0,1}$

3. Le raisonnement est le même s'il choisit de se rendre à l'ouest le premier et le deuxième jour, donc :
$P(O_1\cap O_2)=0,1$

Soit I l'évènement : "il se rend sur la même plage les deux jours consécutifs".
On a alors $I=(E_1\cap E_2)\cup(O_1\cap O_2)$ .
Or il ne peut pas se rendre à la fois à l'est les 2 jours consécutifs, et à l'ouest les 2 jours consécutifs : les évènements $E_1\cap E_2$ et $O_1\cap O_2$ sont incompatibles.

La probabilité de l'union de deux évènements incompatibles est la somme des probabilité des évènements, donc :
$P(I)=P((E_1\cap E_2)\cup(O_1\cap O_2))=P(E_1\cap E_2)+P(O_1\cap O_2)=0,1+0,1=0,2$
$\boxed{P(I) = 0,2}$

Partie B

1. Le choix de la direction par un touriste donné constitue une expérience à 2 issues: c'est une épreuve de Bernoulli. On va appeler ici succès l'évènement "le touriste choisit l'est". La probabilité de succès est donc $p=0,5$ .

La variable aléatoire X représente le nombre de succès lorsque l'on répète l'épreuve n fois. Elle suit donc une loi binomiale de paramètres n et p :

Pour tout entier k tel que $1 \le k \le n$ , on a : $\displaystyle P(X=k) = \begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix} p^k (1-p)^{n-k} = \frac{n!}{k!(n-k)!} p^k (1-p)^{n-k}$

avec $p=0,5$ et $1-p=0,5$ donc $\displaystyle P(X=k)=\frac{n!}{k!(n-k)!}0,5^k0,5^{n-k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}0,5^n$

$\boxed{P(X=k)=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}0,5^n}$

2. a) $n\ge3$ , il y a donc au minimum 3 touristes. Si un touriste est heureux, il est seul sur une plage, et les autres ne peuvent qu'être (ensemble) sur la deuxième. Il ne peut donc pas y avoir deux touristes heureux en même temps.

b) Un touriste est heureux s'il est seul sur la plage de l'est (X=1) ou seul sur la plage de l'ouest, c'est-à-dire que tous les autres sont sur la plage de l'est (X=n-1). Donc la probabilité p qu'un touriste soit heureux est :
$p=P(X=1 \text{ou} X=n-1)=P(X=1)+P(X=n-1)$ car les évènements sont incompatibles

Or, d'après la question 1. :

$\displaystyle P(X=1)=\frac{n!}{1!(n-1)!}0,5^n=\frac{n\times(n-1)\times...\times1}{(n-1)\times...\times1}0,5^n=n\times0,5^n$

$\displaystyle P(X=n-1)=\frac{n!}{(n-1)!(n-n+1)!}0,5^n=\frac{n!}{(n-1)!1!}0,5^n=n\times0,5^n$

Donc : $\displaystyle p=P(X=1)+P(X=n-1)=n\times0,5^n+n\times0,5^n=2n\times0,5^n=2n\times\left(\frac{1}{2}\right)^n=\frac{2n}{2^n}=\frac{n}{2^{n-1}}$
$\boxed{p=\frac{n}{2^{n-1}}}$

c) Application numérique : pour $n=10$ , $\displaystyle p=\frac{10}{2^{10-1}}=\frac{10}{2^9}=\frac{10}{512}=\frac{5}{256} \approx 0,02$

S'il y a 10 touristes, la probabilité pour que l'un d'eux soit heureux est de 0,02.

exercice 2 - Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

1. $\overrightarrow{OM}(x,y)$ et $\overrightarrow{OM'}(x',y')$ sont orthogonaux $\Longleftrightarrow \overrightarrow{OM}.\overrightarrow{OM'}=0 \Longleftrightarrow xx'+yy'=0$
Or $z'\bar z=(x'+iy')(\bar{x+iy})=(x'+iy')(x-iy)=xx'+ixy'-ix'y+yy'=(xx'+yy')+i(xy'-x'y)$
donc $Re(z'\bar z)=xx'+yy'$ , d'où : $\boxed{\overrightarrow{OM} \text{ et } \overrightarrow{OM'} \text{ sont orthogonaux SSI } Re(z'\bar z)=0}$

2. On sait que les deux vecteurs $\overrightarrow{OM}(x,y)$ et $\overrightarrow{OM'}(x',y')$ sont colinéaires $\Longleftrightarrow xy'-x'y=0$ .
Or, les points O, M et M' sont alignés $\overrightarrow{OM}$ et $\overrightarrow{OM^'}$ sont colinéaires.
De plus, d'après le résultat de la question précédente, on a : $Im(z^' \bar{z}) = xy^' - x^' y$ .
Conclusion : $\boxed{O,M \text{ et } M' \text{ sont alignes SSI } Im(z'\bar z)=0}$

3. Il s'agit de l'application de la question 1. avec M'=N d'affixe $z'=z^2-1$ , donc :
$\overrightarrow{OM} \text{ et } \overrightarrow{ON} \text{ sont orthogonaux SSI } Re((z^2-1)\bar z)=0$

Pour $z=x+iy$ , on a $z^2-1=(x+iy)^2-1=x^2+2ixy-y^2-1$ , donc :
$(z^2-1)\bar z=(x^2-y^2-1+2ixy)(x-iy)=x^3-xy^2-x+2ix^2y-iyx^+iy^3+iy+2xy^2=(x^3+xy^2-x)+i(x^2y+y^3+y)$
$Re((z^2-1)\bar z)=x^3+xy^2-x=x(x^2+y^2-1)$
$Re((z^2-1)\bar z)=0$ $x(x^2+y^2-1)=0 \Longleftrightarrow x=0$ ou $x^2+y^2-1=0 \Longleftrightarrow x=0$ ou $x^2+y^2=1$

L'ensemble des points M tels que les vecteurs $\overrightarrow{OM}$ et $\overrightarrow{ON}$ sont orthogonaux est donc la réunion de la droite des ordonnées (d'equation $x=0$ ) et du cercle de centre O et de rayon 1 (d'equation $x^2+y^2=1$ ).

4. a) On a : $\displaystyle \left(\frac{1}{z^2}-1\right)\left(\overline{z^2-1}\right)=\left(\frac{1}{z^2}-1\right)\overline{z^2\left(1-\frac{1}{z^2}\right)}=\left(\frac{1}{z^2}-1\right)\overline{z^2}\overline{\left(1-\frac{1}{z^2}\right)}=\left(\frac{1}{z^2}-1\right)\overline z^2\overline{\left(1-\frac{1}{z^2}\right)}=-\overline z^2\left(\frac{1}{z^2}-1\right)\overline{\left(\frac{1}{z^2}-1\right)}=-\overline z^2\left|\frac{1}{z^2}-1\right|^2$
$\boxed{\left(\dfrac{1}{z^2}-1\right)(\overline{z^2-1})=-\overline z^2\left|\frac{1}{z^2}-1\right|^2}$

b) D'après l'équivalence démontrée à la question 2., O, N $(z^2-1)$ et P $(\dfrac{1}{z^2}-1)$ sont alignés si et seulement si :
$Im((\dfrac{1}{z^2}-1)(\overline{z^2-1}))=0$

Or $\displaystyle \left(\dfrac{1}{z^2}-1\right)(\overline{z^2-1})=-\overline z^2\left|\frac{1}{z^2}-1\right|^2$ donc $\displaystyle Im\left(\left(\frac{1}{z^2}-1\right)(\overline{z^2-1})\right)=Im\left(-\overline z^2\left|\frac{1}{z^2}-1\right|^2\right)=-\left|\frac{1}{z^2}-1\right|^2Im(\overline z^2)$ , donc :

$\displaystyle Im\left(\left(\frac{1}{z^2}-1\right)\left(\overline{z^2-1}\right)\right)=0 \Longleftrightarrow -\left|\frac{1}{z^2}-1\right|^2Im\left(\overline z^2\right)=0 \Longleftrightarrow \left|\frac{1}{z^2}-1\right|^2=0$ ou $Im\left(\overline z^2\right)=0$

$\displaystyle |\frac{1}{z^2}-1|^2=0 \Longleftrightarrow \frac{1}{z^2}-1=0 \Longleftrightarrow \frac{1}{z^2}=1 \Longleftrightarrow z^2=1 \Longleftrightarrow z=1$ ou $z=-1$

pour $\displaystyle z=x+iy$ , $\overline z=x-iy$ et $\overline z^2=(x-iy)^2=x^2-y^2-2ixy$ donc $Im(\overline z^2)=2xy$
donc $\displaystyle Im(\overline z^2)=0 \Longleftrightarrow 2xy=0 \Longleftrightarrow x=0$ ou $y=0$

Conclusion : $\displaystyle Im\left(\left(\frac{1}{z^2}-1\right)\left(\overline{z^2-1}\right)\right)=0 \Longleftrightarrow z=1$ ou $z=-1$ ou $x=0$ ou $y=0$
Or les points d'affixes 1 et -1 sont tels que y=0, donc la solution s'écrit :
$\displaystyle Im\left(\left(\frac{1}{z^2}-1\right)\left(\overline{z^2-1}\right)\right)=0$ $x=0$ ou $y=0$

L'ensemble des points M tels que O,N et P sont alignés est la réunion de l'axedes abscisses (d'équation $y=0$ ) et de l'axe des ordonnées (d'équation $x=0$ ).

exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. a) $17\times9-24\times6=153-144=9$ donc

Le couple (9,6) est solution de (E)

b) $(x,y)$ est solution de (E) $\Longleftrightarrow 17x-24y=9 \Longleftrightarrow 17x-24y=17\times9-24\times6 \Longleftrightarrow 17(x-9)=24(y-6)$
donc $17$ divise $24(y-6)$ , or $17$ et $24$ sont premiers entre eux, donc (d'après le théorème de Gauss) $17$ divise $y-6$ .
Il existe un entier relatif $k$ tel que $y-6=17k$ donc $y=17k+6$ .

On a alors : $17(x-9)=24\times17k$ donc $x-9=24k$ , $x=24k+9$

On vient donc de montrer que : si $(x,y)$ est solution de (E) alors il existe un entier relatif k tel que $x=24k+9$ et $y=17k+6$ .

Réciproquement, soit $k$ un entier relatif quelconque. $17(24k+9)-24(17k+6)=17\times24k+17\times9-24\times17k-24\times9=9$
donc $(24k+9;17k+6)$ est solution de (E).

Conclusion:
$\boxed{S={(24k+9;17k+6),k\in\mathbb{Z}}}$

2. a) Quand Jean attrape le pompon en A, il a déjà fait $y$ tours puis a parcouru $\dfrac{3}{8}$ tours pour aller de H en A. Il a donc fait $y+\dfrac{3}{8}$ tours. Un tour s'effectue en 24 secondes, il lui faut donc $t=24\left(y+\dfrac{3}{8}\right)=24y+9$ secondes pour y parvenir.

Quand Jean attrape le pompon en A, le pompon a effectué $x$ tours. Il effectue un tour en 17 secondes, il luit faut donc $t=17x$ secondes pour effectuer ses $x$ tours.

Au moment où Jean attrape le pompon, on a donc : $24y+9=17x$ ou encore $17x-24y=9$

$(x,y)$ est solution de (E)

b) Les solutions du problème font donc partie des solutions de l'équation (E) et sont donc des couples de la forme $(24k+9;17k+6),k\in\mathbb{Z}$ .

Or $x>0$ et $y>0$ (puisqu'il s'agit d'un nombre de tours), donc $24k+9>0$ et $17y+6>0$ , $24k>-9$ et $17y>-6$ , $k>\dfrac{-9}{24}$ et $k>\dfrac{-6}{17}$ . On a donc nécessairement $k\ge0$ .

On cherche s'il existe un couple de solutions tel que $t=24y+9=17x<120$ secondes (=2 minutes).

$17x<120 \Longleftrightarrow 17(24k+9)<120 \Longleftrightarrow 408k+153<120 \Longleftrightarrow 408k<-33 \Longleftrightarrow k<\dfrac{-33}{408}$ or $k\ge0$ , ce n'est donc pas possible.

Jean n'aura pas le temps d'attrapper le pompon en 2 minutes.

c) Jean ne peut attraper le pompon qu'en A,B,C ou D.

On a montré précédemment que le pompon pouvait être attrapé en A

Si Jean attrape le pompon en B : le pompon a fait $x+\dfrac{1}{4}$ tours en $t=17x+\dfrac{17}{4}$ secondes, pendant que Jean a fait $y+\dfrac{5}{8}$ tours en $t=24y+15$ secondes. Alors $17x+\dfrac{17}{4}=24x+15$ , ce qui n'est pas possible avec $x$ et $y$ entiers.

Si Jean attrape le pompon en C : le pompon a fait $x+\dfrac{1}{2}$ tours en $t=17x+\dfrac{17}{2}$ secondes, pendant que Jean a fait $y+\dfrac{7}{8}$ tours en $t=24y+21$ secondes. Alors $17x+\dfrac{17}{2}=24y+21$ , ce qui n'est pas possible avec $x$ et $y$ entiers.

Si Jean attrape le pompon en D : le pompon a fait $x+\dfrac{3}{4}$ tours en $t=17x+\dfrac{51}{4}$ secondes, pendant que Jean a fait $y+\dfrac{1}{8}$ tours en $t=24y+3$ secondes. Alors $17x+\dfrac{51}{4}=24y+3$ , ce qui n'est pas possible avec $x$ et $y$ entiers.

Conclusion :

Il n'est possible d'attraper le pompon qu'en A.

d) Si Jean part du point E et attrappe le pompon en A :

Jean effectue $y+\dfrac{1}{8}$ tours pour l'attraper, il met donc $24(y+\dfrac{1}{8})=24y+3$ secondes pour l'attraper.
Pendant ce temps, le pompon fait $x$ tours en $17x$ secondes.

On aura donc $24y+3=17x$ ou encore $17x-24y=3$ .
A tâtons, on trouve une solution particulière :

si $x=1$ alors $17-24y=3$ , $24y=14$ , $y=\dfrac{14}{24}$ non entier

si $x=2$ alors $34-24y=3$ , $24y=31$ , $y=\dfrac{31}{24}$ non entier

si $x=3$ alors $51-24y=3$ , $24y=48$ , $y=2$ donc (3;2) est solution: Jean effectue 3 tours et le pompon 2 tours. Le temps mis pour attraper le pompon est alors : $17\times3=24\times2+3=51$ secondes < 2 minutes

Si Jean part de E, il a le temps d'attraper le pompon en A en moins de 2 minutes.

exercice 3 - Commun à tous les candidats

1. $z=\dfrac{1}{y_0}$ donc $y_0=\dfrac{1}{z}$ et alors $y_0'=\left(\dfrac{1}{z}\right)'=-\dfrac{z'}{z^2}$

$y_0$ est solution de $(E_\lambda)$ donc $y_0'=y_0^2+\lambda y_0$ d'où $-\dfrac{z'}{z^2}=\dfrac{1}{z^2}+\dfrac{\lambda}{z} \Longleftrightarrow -\dfrac{z'}{z^2}=\dfrac{1+\lambda z}{z^2} \Longleftrightarrow -z'=1+\lambda z \Longleftrightarrow z'=-1-\lambda z$

$z$ vérifie l'équation différentielle $z'=-1-\lambda z$ .

2. a) Existence et unicité de l'équation différentielle $(E_{\lambda^{'}}) : z' = -(\lambda z + 1 )$

Soit $u$ la fonction telle que $u=z+\dfrac{1}{\lambda}$ . On a alors $u'=z'=-(\lambda z +1)=-\lambda(z +\dfrac{1}{\lambda})=-\lambda u$
$z$ solution de $z'=-(\lambda z+1) \Longleftrightarrow u$ solution de $u'=-\lambda u$
D'après le pré-requis indiqué, $u$ s'écrit donc : $u(x)=Ce^{-\lambda x},C\in\mathbb{R}$

Les solutions de $(E_{\lambda'})$ sont donc les fonctions $z(x)=u(x)-\dfrac{1}{\lambda}=Ce^{-\lambda x}-\dfrac{1}{\lambda}$ avec $C$ constante.
On vient de démontrer l'existence des solutions.

On cherche une solution telle que $z(0)=1$ :
$z(0)=1 \Longleftrightarrow Ce^{-\lambda\times0}-\dfrac{1}{\lambda}=1 \Longleftrightarrow C-\dfrac{1}{\lambda}=1 \Longleftrightarrow C=1+\dfrac{1}{\lambda}$

La solution de $(E_{\lambda'})$ telle que $z(0)=1$ est donc unique, telle que $C=1+\dfrac{1}{\lambda}$ .

La solution de $(E_{\lambda'})$ existe et est unique.

b) En reprenant les résultats de la question précédente, on a : $\boxed{\rm z_0(x)=\left(1+\dfrac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda x}-\dfrac{1}{\lambda}}$

3. a) On pose $f(x)=ln(1+x)-\dfrac{x}{x+1}$ sur ]0,1].
$f$ est définie et dérivable sur ]0,1] et sa dérivée vaut : $f'(x)=\dfrac{1}{1+x}-\dfrac{x+1-x}{(x+1)^2}=\dfrac{1+x}{(1+x)^2}-\dfrac{1}{(x+1)^2}=\dfrac{x}{(x+1)^2}$ .

Or un carré est toujours positif ou nul donc $f'$ est du signe de $x$ , donc $f '$ est strictement positive sur ]0,1], ce qui signifie que $f$ est strictement croissante sur ]0,1].

Or $0<\lambda\le 1$ donc $f(0)<f(\lambda)\le f(1)$ , avec:

$f(0)=\ln1-0=\ln1=0$

$f(\lambda)=\ln(1+\lambda)-\dfrac{\lambda}{\lambda+1}$

donc $\ln(1+\lambda)-\dfrac{\lambda}{\lambda+1}>0$ , d'où : $\boxed{\ln(1+\lambda)>\dfrac{\lambda}{\lambda+1}}$

b) $\ln(1+\lambda)>\dfrac{\lambda}{\lambda+1}$ et $\lambda>0 \Longrightarrow \dfrac{1}{\lambda}\ln(1+\lambda)>\dfrac{1}{\lambda}\times\dfrac{\lambda}{\lambda+1}=\dfrac{1}{\lambda+1}$
Or $0<\lambda\le 1 \Longrightarrow 0<1<1+\lambda\le 2 \Longrightarrow \dfrac{1}{1+\lambda}\ge\dfrac{1}{2}$ d'où : $\dfrac{1}{\lambda}\ln(1+\lambda)>\dfrac{1}{\lambda+1}\ge\dfrac{1}{2}$

$\boxed{\dfrac{1}{\lambda}\ln(1+\lambda)>\dfrac{1}{2}}$

4. Pour tout réel $x \in ]-\infty;\frac{1}{2}]$ , on a : $z_0(x) = (1 + \dfrac{1}{\lambda})e^{-\lambda x} - \dfrac{1}{\lambda}$

Pour tout réel $x \in ]-\infty;\frac{1}{2}]$ on a $x < \dfrac{1}{2}$ ; or on vient de montrer que $\dfrac{1}{2}<\dfrac{1}{\lambda}\ln(1+\lambda)$ , donc $x<\dfrac{1}{\lambda}\ln(1+\lambda)$

$\lambda x<\ln(1+\lambda)$
$-\lambda x>-\ln(1+\lambda)$
$\ln(1+\lambda)-\lambda x>0$
or la fonction exponentielle est croissante, donc
$e^{\ln(1+\lambda)-\lambda x}>e^0=1$
$e^{\ln(1+\lambda)}e^{-\lambda x}>1$
$(1+\lambda)e^{-\lambda x}>1$
or $\lambda >0$ donc
$\dfrac{1+\lambda}{\lambda}e^{-\lambda x}>\dfrac{1}{\lambda}$
$\left(1+\dfrac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda x}>\dfrac{1}{\lambda}$
$\left(1+\dfrac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda x}-\dfrac{1}{\lambda}>0$
$z_0(x)>0$

$z_0$ ne s'annule pas sur $]-\infty,\frac{1}{2}[$ .

On a montré en 1. que $y$ solution de $(E_\lambda) \Longleftrightarrow z=\dfrac{1}{y}$ solution de $(E_\lambda')$

$z_0$ est solution de $(E_\lambda')$ , donc $y=\dfrac{1}{z_0}$ est solution de $(E_\lambda)$ .
Or on vient de montrer que $z_0$ est strictement positive, donc $y=\dfrac{1}{z_0}$ est strictement positive.

$y(x)=\dfrac{1}{z_0(x)}=\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{\lambda}\right)e^{-\lambda x}-\dfrac{1}{\lambda}}$ est une solution strictement positive de $(E_\lambda)$ .

exercice 4 - Commun à tous les candidats

bac S métropole septembre 2006 - terminale : image 4

2. Dans le plan (IJK), le point équidistant des points I, J et K est le point de concours des médiatrices du triangle IJK.

C'est le centre du cercle circonscrit au triangle IJK.

3. I est le barycentre de {(E,2)(F,1)}, donc pour tout point M de l'espace, $3\overrightarrow{MI}=2\overrightarrow{ME}+\overrightarrow{MF}$ , en particulier pour le point A :
$3\overrightarrow{AI}=2\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AF}=2\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}=3\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AB}$ , donc $\overrightarrow{AI}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}=\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}+3\left(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AE}\right)$ d'où : $\boxed{I(0,1,3)}$

De même, J est le barycentre de {(F,1)(B,2)} donc $3\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AF}+2\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}+2\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AE}$
donc $\overrightarrow{AJ}=\overrightarrow{AB}+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AE}=3\left(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}\right)+\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AE}$ et $\boxed{J(0,3,1)}$

De même, K est le barycentre de {(G,2)(C,1)} donc $3\overrightarrow{AK}=2\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{AD}+2\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}=3\overrightarrow{AD}+3\overrightarrow{AB}+2\overrightarrow{AE}$ ,
donc : $\overrightarrow{AK}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{AB}+\dfrac{2}{3}\overrightarrow{AE}=3\left(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AD}\right)+3\left(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AB}\right)+2\left(\dfrac{1}{3}\overrightarrow{AE}\right)$ et $\boxed{K(3,3,2)}$

4. Une droite est orthogonale à un plan si elle est orthogonale à deux droites sécantes du plan.

$I(0,1,3)$ et $J(0,3,1)$ donc $\overrightarrow{IJ}=(0-0,3-1,1-3)=(0,2,-2)$
$I(0,1,3)$ et $K(3,3,2)$ donc $\overrightarrow{IK}=(3-0,3-1,2-3)=(3,2,-1)$
Les vecteurs $\overrightarrow{IJ}$ et $\overrightarrow{IK}$ ne sont donc pas colinéaires, les droites (IJ) et (IK) sont donc deux droites sécantes du plan (IJK).

$P(2,0,0)$ et $Q(1,3,3)$ donc $\overrightarrow{PQ}=(1-2,3-0,3-0)=(-1,3,3)$
$\overrightarrow{IJ}.\overrightarrow{PQ}=0\times(-1)+2\times3+(-2)\times3=0+6-6=0$ donc les vecteurs $\overrightarrow{IJ}$ et $\overrightarrow{PQ}$ sont orthogonaux, donc les droites (IJ) et (PQ) sont orthogonales.
$\overrightarrow{IK}.\overrightarrow{PQ}=3\times(-1)+2\times3+(-1)\times3=-3+6-3=0$ donc les vecteurs $\overrightarrow{IK}$ et $\overrightarrow{PQ}$ sont orthogonaux, donc les droites (IK) et (PQ) sont orthogonales.

Conclusion : (PQ) est orthogonale aux deux droites (IJ) et (IK) sécantes du plan (IJK), donc :

La droite (PQ) est orthogonale au plan (IJK).

5. a) M( $x$ , $y$ , $z$ ) appartient à deltamaj

$IM=JM$ et $JM=KM$ equivaut

$IM^2=JM^2$ et $JM^2=KM^2$

$IM^2=(x-0)^2+(y-1)^2+(z-3)^2$ $=x^2+y^2-2y+1+z^2-6z+9=x^2+y^2+z^2-2y-6z+10$

$JM^2=(x-0)^2+(y-3)^2+(z-1)^2=x^+y^2-6y+9+z^2-2z+1=x^2+y^2+z^2-6y-2z+10$

$KM^2=(x-3)^2+(y-3)^2+(z-2)^2=x^2-6x+9+y^2-6y+9+z^2-4z+4=x^2+y^2+z^2-6x-6y-4z+22$

donc : M( $x$ , $y$ , $z$ ) appartient à deltamaj

$\displaystyle \left \lbrace \begin{array}{c} x^2+y^2+z^2-2y-6z+10=x^2+y^2+z^2-6y-2z+10 \\ x^2+y^2+z^2-6y-2z+10=x^2+y^2+z^2-6x-6y-4z+22 \end{array} \right.$
equivaut

$\displaystyle \displaystyle \left \lbrace \begin{array}{c} =-2y-6z=-6y-2z \\ -2z+10=-6x-4z+22 \end{array} \right.$ equivaut

$\displaystyle \displaystyle \left \lbrace \begin{array}{c} y=z \\ 3x+z-6=0 \end{array} \right.$

M( $x$ , $y$ , $z$ ) appartient à deltamaj

SSI $\displaystyle \displaystyle \left \lbrace \begin{array}{c} z=y \\ z=6-3x \end{array} \right.$ .

Il s'agit de l'intersection de 2 plans (non parallèles), donc $\boxed{\Delta \text{ est une droite}}$ .

b) On a $z_P=y_P=0$ et $6-3x_P=6-3\times2=6-6=0=z_P$ donc $P\in\Delta$
On a également $z_Q=y_Q=3$ et $6-3x_Q=6-3\times1=6-3=3=z_Q$ donc $Q\in\Delta$

$P\in\Delta$ , $Q\in\Delta$ et $\Delta$ est une droite donc $\boxed{\Delta \text{ est la droite (PQ)}}$

6. a) On a démontré en 4. que la droite (PQ) est orthogonale au plan (IJK), donc

Le vecteur $\overrightarrow{PQ}$ =(-1,3,3) est un vecteur normal au plan (IJK).

L'équation cartésienne d'un plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}=(a,b,c)$ est de la forme $ax+by+cz+d=0,d\in\mathbb{R}$ .

Le plan (IJK) admet donc une équation de la forme : $-x+3y+3z+d=0$ .
Or ce plan passe par I, donc les coordonnées de I vérifient l'équation : $-x_I+3y_I+3z_I+d=0$ , d'où
$d=x_I-3y_I-3z_I=0-3-3\times3=0-3-9=-12$

L'équation du plan (IJK) est donc :
$\boxed{-x+3y+3z-12=0}$

b) omegamaj

est le point d'intersection du plan (IJK) et de la droite deltamaj

. Ses coordonnées vérifient donc :

$\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} z_{\Omega} & y_{\Omega} \\ z_{\Omega} & 6 - 3 x_{\Omega} \\ -x_{\Omega}+3 y_{\Omega}+3 z_{\Omega}-12 & 0 \\ \end{array} \right.$

donc $z_\Omega = y_\Omega = 6-3x_\Omega$ , que l'on remplace dans la dernière équation :
$-x_\Omega+3(6-3x_\Omega)+3(6-3x_\Omega)-12=0 \Longrightarrow -19x_\Omega+24=0 \Longrightarrow x_\Omega=\dfrac{24}{19}$

et par suite : $y_\Omega=z_\Omega=6-3\times\dfrac{24}{19}=\dfrac{42}{19}$

$\boxed{\Omega\left(\dfrac{24}{19},\dfrac{42}{19},\dfrac{42}{19}\right)}$