Fiche de mathématiques

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Bac Scientifique
Pondichéry - Session Avril 2004

Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité :
Durée de l'épreuve : 4 heures - Coefficient 7
Pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité :
Durée de l'épreuve : 4 heures - Coefficient 9

Du papier millimétré est mis à la disposition des candidats.
L'utilisation d'une calculatrice est autorisée.
Le candidat doit traiter les quatre exercices.
La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.

3 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

1. Soit $u$ la suite définie par : $\left \lbrace \begin{array}{l} u_0 = 0 \\ \text{pour tout entier naturel }n, u_{n+1} = \dfrac{1}{2-u_n} \end{array} \right.$
    a) Calculer $u_1, \, u_2$ et $u_3$ . On exprimera chacun de ces termes sous forme d'une fraction irréductible.
    b) Comparer les quatre premiers termes de la suite $u$ aux quatre premiers termes de la suite $w$ définie sur $\mathbb{N}$ par $w_n = \dfrac{n}{n+1}$ .
    c) A l'aide d'un raisonnement par récurrence, démontrer que, pour tout entier naturel $n$ , $u_n = w_n$ .

2. Soit $v$ la suite de terme général $v_n$ défini par $v_n = \ln $ \dfrac{n}{n+1} $$ où ln désigne la fonction logarithme népérien.
    a) Montrer que $v_1 + v_2 + v_3 = -\ln4$
    b) Soit $S_n$ la somme définie pour tout entier naturel non nul $n$ par : $S_n = v_1 + v_2 + ... + v_n$ .
Exprimer $S_n$ en fonction de $n$ .
Déterminer la limite de $S_n$ lorsque $n$ tend vers $+\infty$ .

4 points

exercice 2 - Commun à tous les candidats

Un joueur dispose d'un dé cubique bien équilibré dont les faces sont numérotées de 1 à 6, et de trois urnes U₁, U_{2 et}U₃ contenant chacune k boules, où k désigne un entier naturel supérieur ou égal à 3.
Il y a trois boules noires dans l'urne U₁, deux boules noires dans l'urne U₂ et une boule noire dans l'urne U₃, et toutes les autres boules contenues dans les urnes sont blanches.
Les boules sont indiscernables au toucher.

Une partie se déroule de la façon suivante :
le joueur lance le dé,

s'il obtient le numéro 1, il prend au hasard une boule dans l'urne U₁, note sa couleur et la remet dans l'urne U₁;
s'il obtient un multiple de trois, il prend au hasard une boule dans l'urne U₂, note sa couleur et la remet dans l'urne U₂;
si le numéro amené par le dé n'est ni le 1 ni un multiple de trois, il prend au hasard une boule dans l'urne U₃, note sa couleur et la remet dans l'urne U₃.

On désigne par A, B, C et N les évènements suivants :
A : "le dé amène le numéro 1."
B : "le dé amène un multiple de trois."
C : "le dé amène un numéro qui n'est ni le 1, ni un multiple de trois."
N : "la boule tirée est noire."

1. Le joueur joue une partie.
    a) Montrer que la probabilité qu'il obtienne une boule noire est égale à $\dfrac{5}{3k}$ .
    b) Calculer la probabilité que le dé ait amené le 1 sachant que la boule tirée est noire.
    c) Déterminer $k$ pour que la probabilité d'obtenir une boule noire soit supérieure à $\dfrac{1}{2}$ .
    d) Déterminer $k$ pour que la probabilité d'obtenir une boule noire soit égale à $\dfrac{1}{30}$ .

2. Dans cette question, $k$ est choisi pour que la probabilité d'obtenir une boule noire en jouant une partie soit égale à $\dfrac{1}{30}$ .
Le joueur joue 20 parties, indépendantes les unes des autres.
Calculer, sous forme exacte puis arrondie à 10^-3, la probabilité qu'il obtienne au moins une fois une boule noire.

8 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

Partie A : Etude d'une fonction auxiliaire

Soit $\varphi$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $\varphi(x) = (x^2+x+1)e^{-x} - 1$ .

1. a) Déterminer les limites de $\varphi$ en $-\infty$ et en $+\infty$ .
b) Etudier le sens de variations de $\varphi$ puis dresser son tableau de variations sur $\mathbb{R}$ .

2. Démontrer que l'équation $\varphi(x) = 0$ admet deux solutions dans $\mathbb{R}$ , dont l'une dans l'intervalle $[1;+\infty[$ , qui sera notée $\alpha$ .
Déterminer un encadrement d'amplitude 10^-2 de $\alpha$ .

3. En déduire le signe de $\varphi(x)$ sur $\mathbb{R}$ et le présenter dans un tableau.

Partie B : Etude de la position relative de deux courbes et calcul d'aire

Ci-dessous sont tracées les courbes représentatives de deux fonctions $f$ et $g$ .

Bac scientifique Pondichéry Avril 2004 - terminale : image 1

Les fonctions $f$ et $g$ sont définies sur $\mathbb{R}$ par : $f(x) = (2x + 1)e^{-x}$ et $g(x) = \dfrac{2x+1}{x^2+x+1}$ .
Leurs courbes représentatives dans un repère orthogonal $(O;\vec{i},\vec{j})$ sont notées $C_f$ et $C_g$ .

1. Démontrer que les deux courbes passent par le point A de coordonnées (0 ; 1) et admettent en ce point la même tangente.

2. a) Démontrer que, pour tout nombre réel $x$ , $f(x)-g(x) = \dfrac{(2x+1)\varphi(x)}{x^2+x+1}$ où $\varphi$ est la fonction étudiée dans la partie A.
    b) A l'aide d'un tableau, étudier le signe de $f(x)-g(x)$ sur $\mathbb{R}$ .
    c) En déduire la position relative des courbes $C_f$ et $C_g$ .

3. a) Montrer que la fonction $h$ définie sur $\mathbb{R}$ par $h(x)=(-2x-3)e^{-x}-\ln(x^2+x+1)$ est une primitive sur $\mathbb{R}$ de la fonction $x \mapsto f(x)-g(x)$ .
    b) En déduire l'aire $A$ , exprimée en unités d'aire, de la partie du plan délimitée par les deux courbes $C_f$ et $C_g$ et les droites d'équations $x = -\dfrac{1}{2}$ et $x = 0$ .
Donner la valeur exacte puis la valeur arrondie à 10^-4 de cette aire.

5 points

exercice 4 - Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

Partie A

1. Résoudre dans l'ensemble des nombres complexes l'équation : $z^2 - 2z + 4 = 0$ .
Les solutions seront notées $z'$ et $z''$ , $z'$ désigant la solution dont la partie imaginaire est positive.
Donner les solutions sous forme algébrique puis sous forme exponentielle.

2. Donner la valeur exacte de $(z')^{2004}$ sous forme exponentielle puis sous forme algébrique.

Partie B

Le plan complexe est muni d'un repère orthogonal direct $(O;\vec{u},\vec{v})$ ; (unité graphique: 2 cm). 1. Montrer que les points A d'affixe $1+i\sqrt{3}$ et B d'affixe $1-i\sqrt{3}$ sont sur un même cercle de centre O dont on précisera le rayon.
Tracer ce cercle puis construire les points A et B.

2. On note O' l'image du point O par la rotation $r_1$ de centre A et d'angle $-\dfrac{\pi}{2}$ et B' l'image du point B par la rotation $r_2$ de centre A et d'angle $+\dfrac{\pi}{2}$ .
Calculer les affixes des points O' et B' et construire ces points.

3. Soit I le milieu du segment [OB].
    a) Que peut-on conjecturer pour la droite (AI) dans le triangle AO'B'?
    b) Calculer l'affixe du vecteur $\overrightarrow{AI}$ .
Montrer que l'affixe du vecteur $\overrightarrow{O'B'}$ est égale à $3\sqrt{3}-i$ .
    c) La conjecture émise à la question a) est-elle vraie ?

5 points

exercice 4 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

L'espace (E) est muni d'un repère orthonormal $(O;\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ .
On considère les points A(0 ; 5 ; 5) et B(0 ; 0 ; 10).

1. Dans cette question, on se place dans le plan $P_0$ d'équation $x = 0$ rapporté au repère $(0;\vec{j},\vec{k})$ .
On note $\mathcal{C}$ le cercle de centre B passant par A.
Démontrer que la droite (OA) est tangente au cercle $\mathcal{C}$ .

2. On nomme $\mathcal{S}$ la sphère engendrée par la rotation du cercle $\mathcal{C}$ autour de l'axe $(Oz)$ et $\Gamma$ le cône engendré par la rotation de la droite (OA) autour de l'axe $(Oz)$ .
    a) Démontrer que le cône $\Gamma$ admet pour équation $x^2+y^2=z^2$ .
    b) Déterminer l'intersection du cône $\Gamma$ et de la sphère $\mathcal{S}$ .
Préciser la nature de cette intersection et ses éléments caractéristiques.
    c) Illustrer ces objets par un schéma dans l'espace.

3. On coupe le cône $\Gamma$ par le plan $P_1$ d'équation $x = 1$ .
Dans $P_1$ , l'une des trois figures ci dessous représente cette intersection.
Identifier cette figure en donnant les justifications nécessaires.

4. Soit $\text{M}(x~;~y~;~z)$ un point du cône $\Gamma$ dont les coordonnées sont des entiers relatifs non nuls. Démontrer que $x$ et $y$ ne peuvent pas être simultanément impairs.

Bac scientifique Pondichéry Avril 2004 - terminale : image 2

Voir la correction

Correction du Bac S - Pondichéry - Avril 2004

exercice 1

1.a)
Calcul direct:
$u_1 = \dfrac{1}{2-u_0} = \dfrac{1}{2}$
$u_2 = \dfrac{1}{2 - u_1} = \dfrac{1}{\frac{3}{2}} = \dfrac{2}{3}$
$u_3 = \dfrac{1}{2-u_2} = \dfrac{1}{\frac{4}{3}} = \dfrac{3}{4}$

1.b)
Simple calcul:
$w_0 = 0 = u_0$
$w_1 = \dfrac{1}{2} = u_1\\ w_2 = \dfrac{2}{3} = u_2 \\ w_3 = \dfrac{3}{4} = u_3$

1.c)
On veut démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$ , $u_n = w_n$ .
D'après 1.b), $u_0 = w_0$ .
La propriété est vraie au rang $n = 0$ .
Supposons que pour un certain entier naturel $n$ , $u_n = w_n$ . Montrons qu'elle est alors vraie au rang $n+1$ , c'est-à-dire montrons que $u_{n+1}=w_{n+1}$ .
$u_{n+1} = \dfrac{1}{2-u_n} = \dfrac{1}{2-w_n} = \dfrac{1}{2-\frac{n}{n+1}} = \dfrac{1}{\frac{2n+2-n}{n+1}} = \dfrac{n+1}{n+2} = \dfrac{n+1}{(n+1)+1}=w_{n+1}$ .

La propriété est vraie au rang $n+1$ . L'hérédité est démontrée.

En conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, d'où :
$\boxed{\text{ Pour tout entier naturel } n \text{ , } u_n=w_n }$

2.a)
$\begin{matrix}v_1 + v_2 + v_3 &=& \ln (w_1) + \ln( w_2) + \ln (w_3)\\&=& \ln $\dfrac{1}{2}$ + \ln $\dfrac{2}{3}$ + \ln $\dfrac{3}{4} $ \\&=& \ln 1 - \ln 2 + \ln 2 - \ln 3 + \ln 3 - \ln 4 \\&=& \boxed{-\ln 4}\end{matrix}$

2.b)
On a:
$\begin{matrix}S_n&=&v_1+v_2+v_3+...+v_n\\&=& \ln1-\ln2 +\ln2 -\ln3 +\ln3 -\ln4 +... +\ln(n-1) -\ln n +\ln n -\ln(n+1) \\&=&\boxed{-\ln(n+1)} \end{matrix}$

On en déduit:
$\displaystyle \lim_{n \to +\infty}S_n=\displaystyle \lim_{n \to +\infty}-\ln(n+1) =\boxed{-\infty}$

exercice 2

L'urne $U_1$ contient trois boules noires et donc $k - 3$ boules blanches.
L'urne $U_2$ contient deux boules noires et donc $k - 2$ boules blanches.
L'urne $U_3$ contient une boule noire et donc $k - 1$ boules blanches.

Bac scientifique Pondichéry Avril 2004 - terminale : image 4

1.a)
D'après la formule des probabilités totales, on a:

$\begin{matrix} \text{ }p(N)&=&p(A \cap N)+p(B \cap N) +p(C \cap N)\\ &=& \dfrac{1}{6} \times \dfrac{3}{k} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{2}{k} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{k}\\&& \\ &=& \dfrac{1}{k}+\dfrac{2}{3k} \\&&\\ &=& \dfrac{10}{6k} \\&&\\ &=& \boxed{\dfrac{5}{3k}}\end{matrix}$

1.b)
$p_N(A) = \dfrac{p(A \cap N)}{p(N)} = \dfrac{\dfrac{1}{6} \times \dfrac{3}{k}}{\dfrac{5}{3k}} = \dfrac{1}{2k} \times \dfrac{3k}{5} =\boxed{\dfrac{3}{10}}$

1.c)
$p(N) > \dfrac{1}{2}\Longleftrightarrow\dfrac{5}{3k} > \dfrac{1}{2}\Longleftrightarrow k < \dfrac{10}{3}$ . Or $\dfrac{10}{3}\approx 3,333$ et d'après l'énoncé, $k\ge 3$ . On en déduit alors $\boxed {k = 3}$ .

1.d)
Dans ce cas: $p(N) = \dfrac{1}{30} \Longleftrightarrow\dfrac{5}{3k} = \dfrac{1}{30} \Longleftrightarrow \boxed{k = 50}$

2.
Soit $X$ la variable aléatoire égale au nombre de boules noires obtenues en réalisant $20$ parties indépendantes.
$X$ est donc binomiale de paramètre $n = 20$ et $p = \dfrac{1}{30}$
La probabilité qu'il obtienne au moins une fois une boule noire est:
$P(X \geq1) = 1-P(X = 0) = 1-(1-p)^{20}= 1 - (\dfrac{29}{30})^{20} \approx \boxed{0,492 \text{ à }10^{-3} \text{ près}}$

exercice 3

Partie A:

1.a)
$\red \text{ Limite en } -\infty \text{ :}$

$\begin{matrix}\displaystyle \lim_{x \to -\infty} \varphi(x)&=&\displaystyle \lim_{x \to -\infty} (x^2+x+1)e^{-x}-1\\&=&\boxed{+\infty}\end{matrix}$

car $\displaystyle \lim_{x \to -\infty} x^2+x+1=\displaystyle \lim_{x \to -\infty} x^2=+\infty$ et $\displaystyle \lim_{x \to -\infty} e^{-x}=+\infty$

$\red \text{ Limite en } +\infty \text{ :}$

En posant $t=-x$

$\begin{matrix}\displaystyle \lim_{x \to +\infty} \varphi(x)&=&\displaystyle \lim_{x \to +\infty} (x^2+x+1)e^{-x}-1\\&=&\displaystyle \lim_{t \to -\infty} (t^2-t+1)e^t-1\\&=&\displaystyle \lim_{t \to -\infty} t^2e^t-te^t+e^t-1\\&=&\boxed{-1}\end{matrix}$

car $\displaystyle \lim_{t \to -\infty} t^2e^t=0$ et $\displaystyle \lim_{t \to -\infty} -te^t=0$ et $\displaystyle \lim_{t \to -\infty} e^t=0$ .

1.b)

La fonction $\varphi$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}$ , et on a :
Pour tout $x \in \mathbb{R}$
$\begin{matrix}\varphi'(x) &=& (2x+1)e^{-x} + (-1)e^{-x} \times (x^2+x+1) \\&=&(-x^2+x)e^{-x}\\&=& \boxed{-x(x-1)e^{-x}}\end{matrix}$

Et comme $e^{-x}>0$ , le signe de la dérivée sera le même que celui de $-x(x-1)$
$\red\text{ Table de signe:}$

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|} \hline x & -\infty & & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline -x & & + & \barre{0} & - & \barre{} & - & \\ \hline x-1 & & - & \barre{} & - & \barre{0} & + & \\ \hline \varphi '(x) & & - & \barre{0} & + &\barre{0} &- & \\ \hline \end{tabvar}$

$\bullet \text{ Sur } ]-\infty,0[\text{ , } \varphi'(x)<0$ , et $\varphi$ est strictement décroissante sur $]-\infty,0[$ .
$\bullet \text{ Sur } [0,1] \text{ , } \varphi'(x) \ge 0$ , et $\varphi$ est strictement croissante sur $[0,1]$ .
$\bullet \text{ Sur } ]1,+\infty[\text{ , }\varphi'(x)<0$ , et $\varphi$ est strictement décroissante sur $]1,+\infty[$ .

On calcule aussi les valeurs des extremums locaux : $\varphi (0)=e^0-1=0 \text{ et } \varphi (1)=3e^{-1}-1$

$\red\text{ Tableau de variations :}$

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|} \hline x & -\infty & & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline \varphi '(x) & & - & \barre{0} & + &\barre{0} &- & \\ \hline \niveau{2}{3} \varphi & +\infty & \decroit & 0 & \croit & 3e^{-1}-1 & \decroit & -1 \\ \hline \end{tabvar}$

2.
Sur $]-\infty, 1[$ , la fonction $\varphi$ admet un unique minimum $0$ en $x=0$ , donc l'équation $\varphi(x) = 0$ admet une unique solution sur cet intervalle qui est $x=0$ .

Sur $[1,+\infty[$ :
La fonction $\varphi$ est dérivable donc continue et strictement décroissante sur $[1,+\infty[$
D'autre part, $\varphi(1)=3e^{-1}-1>0$ et $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \varphi(x)=-1<0$
Donc, d'après le Théorème des Valeurs Intermédiaires: $\varphi(x)=0$ admet une solution unique $\alpha \in [1,+\infty[$
En effectuant un balayage à la calculatrice, on obtient $\varphi(1.79)\approx 0.0008 > 0 \text{ et } \varphi(1.80)\approx -0.002 < 0$ d'où l'encadrement suivant: $1.79 <\alpha< 1.80$
Remarque : $1.80-1.79=10^-2$ . L'encadrement trouvé convient.
Conclusion: $\boxed{\text{ L'équation } \varphi(x)=0 \text{ admet deux solutions : } 0 \text{ et } \alpha \text{ (}\alpha\in[1,+\infty[ \text{ ) }}$

3.
Sur $]-\infty,\alpha]$ , $\varphi \ge 0$ .
Sur $]\alpha;+\infty[$ , $\varphi < 0$ .

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|} \hline x & -\infty & & 0 & & \alpha & & +\infty \\ \hline \varphi(x) & &+ &\barre{0} &+&\barre{0} &-& \\ \hline \end{tabvar}$

Partie B

1.

On a: $\begin{cases} f(0)=(2\times 0+1)e^{0}=1 \\ g(0)=\displaystyle \frac{2\times 0 +1}{0^{2}+0+1}=1 \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} A(0,1)\in \mathcal{C}_{f} \\A(0,1)\in \mathcal{C}_{g} \end{cases}$

Donc $\boxed{\mathcal{C}_{f} \text{ et } \mathcal{C}_{g} \text{ passent par } A(0,1)}$

Puisqu'on a déjà $f(0)=g(0)$ , il reste à montrer que: $f'(0)=g'(0)$

$f \text{ et } g$ sont définies et dérivables sur $\mathbb{R}$ , et on a pour tout réel $x$ :

$\begin{cases}f'(x)=2e^{-x}-(2x+1)e^{-x}=-(2x-1)e^{-x} & \text{donc: } f'(0)=-(2 \times 0 -1)e^{-0}=1 \\ g'(x)=\dfrac{-2x^2-2x+1}{(x^2+x+1)^2}&\text{donc: } g'(0)=\dfrac{0^2-2\times 0+1}{(0^2+0+1)^2}=1 \end{cases}$

On en déduit que : $f'(0)=g'(0)$ , et que :

$\boxed{\text{ Les deux courbes ont la même tangente au point A}}$

2.a)
Pour tout réel $x$ , on a:
$\begin{matrix}f(x)-g(x)&=&(2x+1)e^{-x}-\dfrac{2x+1}{x^{2}+x+1} \\&&\\&=& (2x+1)\left[e^{-x}-\dfrac{1}{x^{2}+x+1}\right]\\&&\\&=&(2x+1)\dfrac{(x^{2}+x+1)e^{-x}-1}{x^{2}+x+1}\\&&\\&=&(2x+1)\dfrac{\phi(x)}{x^{2}+x+1}\\&&\\&=&\boxed{\dfrac{(2x+1)\phi(x)}{x^{2}+x+1}}\end{matrix}$

2.b)

Puisque le discriminant $\Delta$ de $x^{2}+x+1$ est : $\Delta= 1-4=-3 <0$ , alors pour tout réel $x$ on a : $x^2+x+1>0$
Donc, $f(x)-g(x)$ a le même signe que $(2x+1)\phi(x)$
Or le signe de $\phi(x)$ est connu d'après 3. et celui de $2x+1$ est simple :
$\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|} \hline x & -\infty & & & -\frac{1}{2} & & +\infty \\ \hline 2x+1 & &- & & \barre{0} &+& \\ \hline \end{tabvar}$

$\red\text{ Signe de } f(x)-g(x)$

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCCCC|} \hline x &-\infty& &-\frac{1}{2} & &0 & &\alpha & &+\infty\\ \hline 2x+1 & &-&\barre{0} &+&\barre{} &+&\barre{ } &+& \\ \hline \varphi(x)& &+&\barre{} &+&\barre{0}&+&\barre{0} &-& \\ \hline \blue{f(x)-g(x)} & &-&\barre{0} &+&\barre{0}&+&\barre{0} &-& \\ \hline \end{tabvar}$

2.c)

Sur $]-\infty,-\frac{1}{2}[$ et sur $]\alpha,+\infty[$ , $f(x)-g(x)<0 \text{ et }C_f$ est en dessous de $C_g$ .
Sur $]-\frac{1}{2},0[$ et sur $]0,\alpha[$ , $f(x)-g(x)>0 \text{ et }C_f$ est au dessus de $C_g$ .

De plus, $C_f$ et $C_g$ se coupent en $x=-\frac{1}{2}$ , $x=0$ et $x=\alpha$ .

3.a)

La fonction $h$ est définie et dérivable sur $\mathbb{R}$ , et on a pour tout $x \text{ de } \mathbb{R}$ :

$\begin{matrix} h'(x)&=&-2e^{-x}+(-1)e^{-x}(-2x-3)-\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}\\&&\\&=&\dfrac{(-2e^{-x}+(2x+3)e^{-x})(x^2+x+1)}{x^2+x+1}\\&&\\&=&\dfrac{(2x+1)\varphi(x)}{x^2+x+1}\\&&\\&=&\boxed{f(x)-g(x)}\end{matrix}$

$\boxed{\text{ Donc } h \text{ est bien une primitive sur } \mathbb{R} \text{ de } x\mapsto f(x)-g(x)}$

3.b)
$-\dfrac{1}{2}<0$ et on sait que sur $\left[-\dfrac{1}{2} ; 0\right]$ $\mathcal{C}_{f}\text{ est toujours au dessus de }\mathcal{C}_{g}$ , alors :
$\begin{matrix}A&=&\displaystyle\int_{-\frac{1}{2}}^0(f(x)-g(x))dx \\&=&\displaystyle [h(x)]_{-\frac{1}{2}}^{0}\\&=&h(0)-h(-\dfrac{1}{2})\\&=&\displaystyle(-2 \times 0-3)e^{-0}-\ln(0^2+0+1)-\left[\left(-2 \times -\frac{1}{2} -3 \right)e^{\frac{1}{2}}-\ln(\left(-\frac{1}{2}\right)^2-\frac{1}{2}+1)\right]\\&=&\displaystyle-3+2e^{\frac{1}{2}}+\ln3-\ln4 \text{ u.a. } \\&\approx& \boxed{0.0098 \text{ à } 10^{-4} \text{ près}}\end{matrix}$

exercice 4 - CANDIDATS N'AYANT PAS SUIVI L'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ

Partie A

1.
$z^2-2z+4=0$ est une équation complexe de second degré, on calcule le discriminent $\Delta=(-2)^2-4 \times 1 \times 4=-12=(2i\sqrt{3})^2$
Les deux solutions de l'équation sont :

$\begin{matrix}\begin{cases} z'=\frac{2+2i\sqrt{3}}{2}\\z''=\frac{2-2i\sqrt{3}}{2}\end{cases} &\Longleftrightarrow& \begin{cases} z'=1+i\sqrt{3} \\ z''=1-i\sqrt{3}\end{cases}\\ &&\\&\Longleftrightarrow& \begin{cases} \displaystyle z'=2e^{i\frac{\pi}{3}}\\\displaystyle z''=2e^{i\frac{-\pi}{3}}\end{cases}\\&&\\&\Longleftrightarrow& \displaystyle\boxed{S=\lbrace 1+i\sqrt{3} , 1-i\sqrt{3}\rbrace \text{ ou encore } S=\lbrace 2e^{i\frac{-\pi}{3}} , 2e^{i\frac{\pi}{3}} \rbrace }\end{matrix}$

2.
Directement :
$(z')^{2004}=\displaystyle(2e^{i\frac{\pi}{3}})^{2004}=\displaystyle 2^{2004}e^{\frac{2004i\pi}{3}}=\displaystyle 2^{2004}e^{668i\pi}=2^{2004}e^0=\displaystyle 2^{2004}$

Conclusion : $\boxed{(z')^{2004}=2^{2004}}$

Partie B

1.
On a en utisant les notations exponentielles trouvées précédemment :
$\begin{cases}OA=|z_A|=|1+i\sqrt{3}|=2\\OB=|z_B|=|1-i\sqrt{3}|=2\end{cases}$
On en déduit que :
$\boxed{A(1+i\sqrt{3}) \text{ et } B(1-i\sqrt{3}) \text{ sont sur le cercle de centre O et de rayon 2 }}$

Pour la construction de A et B, il sufffit de tracer le cercle de centre O et de rayon 2, puis d'en prendre l'intersection avec la droite d'équation $x=1$ .
2.
Pour construire O', il suffit de tracer le cercle de centre A passant par O, et de tracer la perpendiculaire en A à (OA). O' est le point de ce cercle tel que $(\overrightarrow {AO},\overrightarrow{AO'})=-\dfrac{\pi}{2}$
Pour construire B', il suffit de tracer le cercle de centre A passant par B, et de tracer la perpendiculaire en A à (AB). B' est le point de ce cercle tel que $(\overrightarrow {AB},\overrightarrow{AB'})=+\dfrac{\pi}{2}$
$\red \text{ Affixe du point O':}$

$\begin{matrix} z_{O'}-z_{A}=e^{-i\frac{\pi}{2}}(z_O-z_A)&\Longleftrightarrow& z_{O'}=-i(-1-i\sqrt{3})+1+i\sqrt{3}\\&\Longleftrightarrow&\boxed{z_{O'}=1-\sqrt{3}+i(1+\sqrt{3})}\end{matrix}$

$\red \text{ Affixe du point B':}$

$\begin{matrix}z_{B'}-z_A=e^{i\frac{\pi}{2}}(z_B-z_A)&\Longleftrightarrow& z_{B'}=i(1-i\sqrt{3}-1-i\sqrt{3})+1+i\sqrt{3}\\&\Longleftrightarrow& z_{B'}=i(-2i\sqrt{3})+1+i\sqrt{3}\\&\Longleftrightarrow &\boxed{z_{B'}=1+2\sqrt{3}+i\sqrt{3}}\end{matrix}$

3.a)

On peut conjecturer que : $\boxed{(AI) \text{ est la hauteur du triangle } AO'B' \text{ issue de } A}$

3.b)

$\red \text{ Affixe de \overrightarrow{AI} :}$

$\begin{matrix} z_{\overrightarrow{AI}}&=&z_{I}-z_{A}\\ &=& \dfrac{z_{O}+z_{B}}{2}-z_{A} \\&=& \dfrac{z_{B}}{2}-z_{A} \\&=& \dfrac{1-i\sqrt{3} }{2} - (1+i\sqrt{3}) \\&=&\boxed{ -\dfrac{1}{2}-\dfrac{3\sqrt{3}}{2} i} \end{matrix}$

$\red \text{ Affixe de \overrightarrow{O'B'} :}$

$\begin{matrix} z_{\overrightarrow{O'B'}}&=&z_{B'}-z_{O'}\\&&\\&=& 1+2\sqrt{3}+i\sqrt{3} - (1-\sqrt{3}+i(1+\sqrt{3}))\\&& \\&=& \boxed{3\sqrt{3}-i}\end{matrix}$

c. Evaluons le produit scalaire des deux vecteurs $\overrightarrow{AI}\text{ et }\overrightarrow{O'B'}$

$\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{O'B'}=-\frac{1}{2} \times 3\sqrt{3} -\frac{3\sqrt{3}}{2} \times (-1)=0$

Les vecteurs $\overrightarrow{AI}$ et $\overrightarrow{O'B'}$ sont orthogonaux, ainsi les droites (AI) et (O'B') sont perpendiculaires. La conjecture émise à la question a. est donc vraie:
$\boxed{(AI) \text{ est une hauteur du triangle } AO'B'}$ .

Schéma.

Bac scientifique Pondichéry Avril 2004 - terminale : image 6

exercice 4 - CANDIDATS AYANT SUIVI L'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ

1.
On a:
$\begin{cases} \overrightarrow{AB}(x_B-x_A,y_B-y_A,z_B-z_A) \\ \overrightarrow{AO}(x_O-x_A,y_O-y_A,z_O-z_A) \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases}\overrightarrow{AB}(0,-5,5)\\\overrightarrow{AO}(0,-5,-5) \end{cases}$

Donc le produit scalaire $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AO}$ vaut: $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AO}=0 \times 0 + (-5) \times (-5) + 5 \times (-5)=0$

Les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AO}$ sont donc orthogonaux, ainsi les droites $(AB)$ et $(OA)$ sont perpendiculaires.

Or $A \in \mathcal{C}$ et $\mathcal{C}$ est de rayon $r=AB$ , donc:

$\boxed{(OA) \text{ est tangente au cercle } \mathcal{C} \text{ en } A}$

2.a)
L'équation du cône $(\Gamma)$ est de la forme : $x^2+y^2=z^2.\tan^2\alpha$ avec $\alpha\in]0~;~\pi[$

Mais $A \in (\Gamma)$ soit : $0+5^2=5^2\times \tan^2\alpha \text{ soit }\tan^2\alpha=1$

On en déduit que :

$\boxed{(\Gamma) \text{ a pour équation: } x^2+y^2=z^2}$

2.b)
La sphère de centre B et de rayon AB a pour équation: $(S):(x-0)^2+(y-0)^2+(z-10)^2=AB^2$

Or: $AB=\sqrt{0^2+(-5)^2+5^2}=5\sqrt{2}$

Donc: $(S):x^2+y^2+(z-10)^2=50$

L'intersection du cône $(\Gamma)$ et de la sphère S a ses coordonnées qui vérifient le système suivant:

$\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x^2+y^2+(z-10)^2 & 50 \\ x^2+y^2 & z^2 \\ \end{array} \right.$

$\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} z^2+z^2-20z+100 & 50 \\ x^2+y^2 & z^2 \\ \end{array} \right.$

$\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} 2z^2-20z+50 & 0 \\ x^2+y^2 & z^2 \\ \end{array} \right.$

Le discriminant de la 1^ère équation est : $\Delta=(-20)^2-4 \times 2 \times 50=0$ , l'équation admet donc une unique solution $z=-\frac{-20}{4}=5$ .

$\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} z & 5 \\ x^2+y^2 & 5^2 \\ \end{array} \right.$

0n en déduit que :

$\boxed{\text{ L'intersection du cône } (\Gamma) \text{ et de la sphère (S) est le cercle de centre } \Omega(0,0,5) \text{ de rayon 5 dans le plan d'équation } z=5 \text{ dans le repère } (\Omega;\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})}$ .

2.c)

Bac scientifique Pondichéry Avril 2004 - terminale : image 7

3.
$P_1$ est un plan parallèle à l'axe du cône. L'intersection de $(\Gamma)$ et de $P_1$ est donc soit deux droites sécantes, soit une hyperbole. (Cela ne peut donc pas être la figure (1)).
L'intersection de $(\Gamma)$ avec $P_1$ a ses coordonnées qui vérifient le système suivant:

$\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x^2+y^2 & z^2 \\ x & 1 \\ \end{array} \right.$

$\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} y^2 & z^2-1 \\ x & 1 \\ \end{array} \right.$

$\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} y & \sqrt{(z+1)(z-1)} \\ x & 1 \\ \end{array} \right.$ ou $\ \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} y & -\sqrt{(z+1)(z-1)} \\ x & 1 \\ \end{array} \right.$

Ce n'est pas l'équation de deux droites, donc ce n'est pas la figure 2.

Conclusion : $\boxed{\text{ C'est donc la figure 3} }$

4.
Raisonnons par l'absurde et supposons que $x$ et $y$ soient impairs simultanément.

Si $x$ est impair, $x=2k+1$ (où $k \in \mathbb{Z}$ ) alors $x^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=2(2k^2+2k)+1 \text{ , } x^2$ est impair.
Si $x$ est impair, $y=2k'+1$ (où $k' \in \mathbb{Z}$ ) alors $y^2=(2k'+1)^2=4k'^2+4k'+1=2(2k'^2+2k')+1 \text{ , } y^2$ est impair.

Ainsi : $z^2=x^2+y^2=2(2k^2+2k)+1+2(2k'^2+2k')+1=2(2k^2+2k'^2+2k+2k'+1)$

Or : $2k^2+2k'^2+2k+2k'+1$ est impair puisque $2k^2+2k'^2+2k+2k'+1=2(k^2+k'^2+k+k')+1$ . Donc $z^2$ est un multiple de 2 mais pas un multiple de 4, ce qui est impossible pour un carré.

On aboutit à une contradiction, ainsi :
$\boxed{x \text{ et } y \text{ ne peuvent pas être impairs simultanément }}$

Publié par Tom_Pascal le 25-02-2016

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