Fiche de mathématiques

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Bac Scientifique
Antilles Guyane - Session Juin 2007

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

Le sujet est composé de QUATRE exercices indépendants.
Le candidat doit traiter tous les exercices.
La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l'apprécition des copies.

6 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

Question de cours
Prérequis : positivité et linéarité d'une intégrale.
Soient a et b deux réels d'un intervalle I de $\mathbb{R}$ tels que a $\leq$ b. Démontrer que si $f$ et g sont deux fonctions continues sur I telles que pour tout réel $x$ de l'intervalle I, $f(x) \geq g(x)$ , alors $\displaystyle \int_a^b f(x) \text{d}x \geq \int_a^b g(x) \text{d}x$ .

Partie A

1. Soit $x$ un réel supérieur ou égal à 1.
Calculer en fonction de $x$ l'intégrale $\displaystyle \int_1^x (2 - t) \text{d}t$ .

2. Démontrer que pour tout réel t appartenant à l'intervalle [1 ; + $\infty$ [, on a $2-t \leq \dfrac{1}{t}$ .

3. Déduire de ce qui précède que pour tout réel $x$ supérieur ou égal à 1, on a : $-\dfrac12 x^2 + 2x - \dfrac32 \leq \ln x$

Partie B

Soit $h$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par $h(x) = -\dfrac12 x^2 + 2x - \dfrac32$ .
Sur le graphique ci-dessous, le plan est muni d'un repère orthogonal $(O \: ; \: \vec{i} \: , \vec{j})$ dans lequel on a tracé les courbes représentatives des fonctions h et logarithme népérien sur l'intervalle [1 ; 4]. On y a tracé également la droite (d) d'équation $x = 4$ .

bac scientifique énoncé et corrigé, obligatoire et spécialité, Antilles Guyane 2007 - terminale : image 1

1. a) Démontrer que $\displaystyle \int_1^4 h(x) \text{d}x = 0$ .
b) Illustrer sur le graphique le résultat de la question précédente.

2. On note(D) le domaine du plan délimité par la droite (d) et les courbes représentatives des fonctions h et logarithmne népérien sur l'intervalle [1 ; 4].
En utilisant une intégration par parties, calculer l'aire de (D) en unités d'aire.

5 points

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

$(O \: ; \: \vec{u} \: , \:\vec{v})$ est un repère orthonormal direct du plan complexe.
Soit A le point d'affixe 1 + i.
Au point M d'affixe $z$ , on associe le point M' d'affixe $z'$ telle que $z' = \dfrac12 (z + i \bar{z})$ .

1. On pose $z = x+iy \text{ et } z' = x'+iy'$ avec $x, \: y, \:, x' \text{ et } y'$ réels.
    a) Démontrer les égalités suivantes : $x' = \dfrac12 (x + y) \text{ et } y' = \dfrac12 (x + y)$ .
En déduire que le point M' appartient à la droite (OA).
    b) Déterminer l'ensemble des points M du plan tels que M = M'.
    c) Démontrer que pour tout point M du plan les vecteurs $\overrightarrow{\text{MM'}} \text{ et } \overrightarrow{\text{OA}}$ sont orthogonaux.

2. Soit r la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ . M₁ est le point d'affixe z₁ image de M par r, M₂ le point d'affixe z₂ = $\text{\bar{z}}$ , M₃ le point d'affixe z₃ tel que le quadrilatère OM₁M₃M₂ soit un parallélogramme.
    a) Dans cette question uniquement M a pour affixe 4 + i, placer les points M, M₁, M₂, M₃.
    b) Exprimer z₁ en fonction de z, puis z₃ en fonction de z.
    c) OM₁M₃M₂ est-il un losange ? Justifier.
    d) Vérifier que $z' - z = \dfrac12 iz_3$ .
En déduire que MM' = $\dfrac12$ OM₃.

3. Démontrer que les points M, M₁, M₂ et M₃ appartiennent à un même cercle de centre O si et seulement si MM' = $\dfrac12$ OM.
Donner alors la mesure en radians de l'angle géométrique $\widehat{\text{M' OM}}$ .

5 points

exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

$(O \: ; \: \vec{u} \: , \: \vec{v})$ est un repère orthonormal direct du plan complexe (unité graphique 1 cm).
On considère le point A d'affixe z_A = 1 + i.
on note S₁ la symétrie orthogonale par rapport l'axe $(O \: ; \: \vec{u})$ et h l'homothétie de centre O et de rapport 3.
On pose s = h $\circ$ S₁.

Partie A

1. Placer le point A et compléter la figure au fur et à mesure.

2. Quelle est la nature de la transformation s ? Justifier.

3. Déterminer l'écriture complexe de la transformation s.

4. a) Déterminer l'affixe z_B du point B image de A par s.
b) Montrer que z_B = -3iz_A. Déterminer une mesure de l'angle $(\overrightarrow{\text{OA}} \: , \: \overrightarrow{\text{OB}})$ .

5. Soient M le milieu de [AB] et P l'image de M par s. Montrer que la droite (OP) est perpendiculaire à la droite (AB).

Partie B

l. On pose C = s(B). Montrer que P est le milieu de [BC].

2. a) Déterminer l'écriture complexe de s $\circ$ s et en déduire sa nature.
b Montrer que l'image de la droite (OP) par s est la droite (OM).
c Que représente le point M pour le triangle OBP ? Justifier.

5 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

L'espace est rapporté au repère orthonormé $(O \: ; \; \vec{i} \: , \; \vec{j} \: , \: \vec{k})$ . On considère les points A(3, 0, 6) et I(0, 0, 6), et l'on appelle (D) la droite passant par A et I.
On appelle (P) le plan d'équation $2y + z - 6 = 0$ et (Q) le plan d'équation $y - 2z + 12 = 0$ .

1. Démontrer que (P) et (Q) sont perpendiculaires.

2. Démontrer que l'intersection des plans (P) et (Q) est la droite D.

3. Démontrer que (P) et (Q) coupent l'axe $(O \: ; \: \vec{j})$ et déterminer les coordonnées des points B et C, intersections respectives de (P) et (Q) avec l'axe $(O \: ; \: \vec{j})$ .

4. Démontrer qu'une équation du plan (T) passant par B et de vecteur normal $\overrightarrow{\text{AC}}$ est $x + 4y + 2z - 12 = 0$ .

5. Donner une représentation paramétrique de la droite (OA).
Démontrer que la droite (OA) et le plan(T) sont sécants un un point H dont on déterminera les coordonnées.

6. Que représente le point H pour le triangle ABC ? Justifier.

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4 points

exercice 4 - Commun à tous les candidats

Pour chaque question, une seule des propositions est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro et la lettre de la question ainsi que la valeur correspondant à la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée.
Une réponse exacte aux questions 1. et 2. rapporte 0,5 point et à la question 3. rapporte 1 point. une réponse inexacte enlève 0,25 point ; l'absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro.

On s'intéresse à deux types de pièces électroniques, P1 et P2, qui entrent dans la fabrication d'une boîte de vitesse automatique.
Une seule pièce de type P1 et une seule pièce de type P2 sont nécessaires par boîte.
L'usine se fournit auprès de deux sous-traitants et deux seulement S1 et S2.
Le sous-traitant S1 produit 80% des pièces de type P1 et 40% des pièces de type P2.
Le sous-traitant S2 produit 20% des pièces de type P1 et 60% des pièces de type P2.

1. Un employé de l'usine réunit toutes les pièces P1 et P2 destinées à être incorporées dans un certain nombre de boîtes de vitesses. Il y a donc autant de pièces de chaque type.
Il tire une pièce au hasard.
a) La probabilité que ce soit une pièce P1 est :

0,8

0,5

0,2

0,4

0,6

b) La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu'elle vienne de S1 est :

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

c) La probabilité qu'elle vienne de S1 est :

0,2

0,4

0,5

0,6

0,8

2. Il y a 200 pièces au total. Cette fois l'employé tire deux pièces simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables.
a) Une valeur approchée à 10^-4 près de la probabilité que ce soit une pièce P1 est :

0,1588

0,2487

0,1683

0,4

0,0095

b) Une valeur approchée à 10^-4 près de la probabilité que ce soit une pièce P1 et P2 est :

0,5000

0,2513

0,1683

0,5025

c) La probabilité que ce soient deux pièces fabriquées par le même fournisseur :

$\dfrac{357}{995}$

$\dfrac{103}{199}$

$\dfrac{158}{995}$

3. La durée de vie exprimée en années des pièces P1 et P2 suit une loi exponentielle dont le paramètre $\lambda$ est donné dans le tableau suivant :

$\lambda$	P1	P2
S1	0,2	0,25
S2	0,1	0,125

On rappelle que si X, durée de vie d'une pièce exprimée en années, suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ , alors $\text{p(X \leq t)} = \displaystyle \int_0^t \lambda e^{\lambda x} \: \text{d}x$ .
Une valeur approchée à 10^-4 près de la probabilité qu'une pièce P1 fabriquée par S1 dure moins de 5 ans est :

0,3679

0,6321

Voir la correction

exercice 1 - Commun à tous les candidats

Question de cours
Soient $a$ et $b$ deux réels d'un intervalle $I$ de $\methbb{R}$ telqs que $a \leq b$ . Soient $f$ et $g$ deux fonctions continues sur $I$ telles que pour tout réel $x$ de 'lintervalle $I$ , $f(x) \geq g(x)$ .
On pose $h = f - g$ , fonction continue sur $I$ . On a alors pour tout réel $x$ de $I$ , $h(x) \geq 0$ .
Donc, en utilisant la propriété de positivité de l'intégrale, on a $\displaystyle \int_a^b h(x) dx \ge 0$
Or la propriété de linéarité de l'intégrale nous permet de dire que : $\displaystyle \int_a^b h(x) dx = \displaystyle \int_a^b (f(x)-g(x)) dx = \displaystyle \int_a^b f(x) dx - \displaystyle \int_a^b g(x) dx$
Donc $\displaystyle \int_a^b f(x) dx - \displaystyle \int_a^b g(x) dx \ge 0$ et par suite $\displaystyle \int_a^b f(x) dx \ge \displaystyle \int_a^b g(x) dx$ .

Partie A

1. $\displaystyle \int_1^x (2-t) dt = \left[2t - \dfrac{t^2}{2} \right]_1^x = \left(2x - \dfrac{x^2}{2}\right) - \left(2 - \dfrac{1}{2}\right) = 2x - \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{3}{2} = -\dfrac{1}{2}x^2+2x-\dfrac{3}{2}$

2. Pour tout réel $t$ de l'intervalle $[1 ; +\infty[$ , $\dfrac{1}{t} - (2-t) = \dfrac{1-2t+t^2}{t} = \dfrac{(t-1)^2}{t} \ge 0$
Donc $\dfrac{1}{t} \ge 2 - t$

3. $2 - t \le \dfrac{1}{t}$ et $1 \le x$ donc, en se servant de la propriété démontrée en question de cours :
$\displaystyle \int_1^x (2 - t) dt \le \displaystyke \int_1^x \dfrac{1}{t}dt \\ -\dfrac{1}{2} x^2 + 2x - \dfrac{3}{2} \le [\ln t]_1^x$
avec $[\ln t]_1^x = \ln x - \ln 1 = \ln x - 0 = \ln x$
donc $-\dfrac{1}{2} x^2 + 2x - \dfrac{3}{2}\le \ln x$

Partie B

1. a) $\displaystyle \int_1^4 h(x) dx = \displaystyle \int_1^4 \left(-\dfrac{1}{2}x^2 + 2x - \dfrac{3}{2} \right) dx$
$= \left[-\dfrac{1}{6} x^3 + x^2 - \dfrac{3}{2}x \right]_1^4 \\ = \left(-\dfrac{64}{6} + 16 - 6 \right) - \left(-\dfrac{1}{6} + 1 - \dfrac{3}{2} \right) \\ = \left(-\dfrac{32}{3} + \dfrac{30}{3}\right) - \left(\dfrac{-1+6-9}{6}\right) \\ = -\dfrac{2}{3} - \left(-\dfrac{2}{3}\right) \\ = 0$

1. b) $\displaystyle \int_1^4 h(x) dx$ représente l'aire algébrique de la partie délimitée par la courbe représentative de $h$ , l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = 1$ et $x = 4$ (aire grisée). Cette aire algébrique est donc nulle, ce qui signifie que l'aire de $\mathcal{H}_1$ est égale à l'aire de $\mathcal{H}_2$ .

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2. On cherche l'aire du domaine $\mathcal{D}$ grisé sur la figure ci-dessous :

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Or on sait que l'aire de $\mathcal{H}_1$ est égale à l'aire de $\mathcal{H}_2$ , cela revient donc à calculer l'aire grisée ci-dessous :

bac scientifique énoncé et corrigé, obligatoire et spécialité, Antilles Guyane 2007 - terminale : image 7

Cette aire est donnée par $D = \displaystyle \int_1^4 \ln x dx$ .
On pose $u'(x) = 1$ et $v(x) = \ln x$ .
$u$ et $v$ sont dérivables, à dérivées continues sur [1 ; 4], telles que $u(x) = x$ et $v'(x) = \dfrac{1}{x}$ . On intègre par parties :
$\displaystyle \int_1^4 \ln x dx = [x \times \ln x]_1^4 - \displaystyle \int_1^4 \left(x \times \dfrac{1}{x}\right) dx \\ = 4\ln 4 - 1 \ln 1 - \displaystyle \int_1^4 1 dx\\ = 4 \ln 4 - [x]_1^4\\ = 4 \ln 4 - (4 - 1)\\ = 4\ln 4 - 3$
L'aire du domaine $D$ est donc de 4ln 4 - 3 unités d'aire.

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

1. a) $z' = \dfrac{1}{2}(z + i\bar{z}) = x' + iy'$
$= \dfrac{1}{2}(x+iy+i(x-iy)) \\ = \dfrac{1}{2}(x+iy+ix+y) \\ = \dfrac{1}{2}(x+y)+i\dfrac{1}{2}(x+y)$
Donc, en identifiant les parties réelles et imaginaires : $x' = \dfrac{1}{2}(x+y)$ et $y' = \dfrac{1}{2}(x+y)$
On a donc : $z_{\overrightarrow{\text{OM}'}} = z' = \dfrac{1}{2}(x+y) + i\dfrac{1}{2}(x+y) = \dfrac{1}{2}(x+y) (1+i) = \dfrac{1}{2}(x+y) z_{\overrightarrow{\text{OA}}}$
Les vecteurs $\overrightarrow{\text{OM}'}$ et $\overrightarrow{\text{OA}}$ sont colinéaires. Les points O, M' et A sont alignés. Le point M' appartient à la droite (OA).

1. b) M = M' $\Longleftrightarrow z = z'$
$\Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{l} x' = x \\ y' = y \\ \end{array} \right. \\ \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{l} \dfrac{1}{2}(x + y) = x \\ \dfrac{1}{2}(x + y) = y \\ \end{array} \right. \\ \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{l} x + y = 2x \\ x + y = 2y \\ \end{array} \right. \\ \Longleftrightarrow y = x$
L'ensemble des points M tels que M' = M est la droite d'équation $y = x$ . C'est la droite (OA).

1. c) Pour tout point M du plan, $z' - z = \dfrac{1}{2}(x+y) + i\dfrac{1}{2}(x+y) - (x+iy) = \dfrac{1}{2}(-x+y) + i\dfrac{1}{2}(x-y)$ , donc :
$\overrightarrow{\text{MM}'} \cdot \overrightarrow{\text{OA}} = \dfrac{1}{2}(-x+y) \times 1 + \dfrac{1}{2}(x-y) \times 1 = 0$
Donc les vecteurs $\overrightarrow{\text{MM}'}$ et $\overrightarrow{\text{OA}}$ sont orthogonaux.

2. a)

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2. b) M₁ est l'image de M par la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ .
Donc $z_1=e^{i\frac{\pi}{2}}z=iz$
OM₁M₃M₂ parallélogramme, donc $\overrightarrow{\text{OM}_1} = \overrightarrow{\text{M}_2\text{M}_3}$ donc $z_1=z_3-z_2$ donc $z_3=z_1+z_2=iz+\bar{z}$

2. c) OM₁M₃M₂ est un parallélogramme donc OM₁M₃M₂ est un losange $\Longleftrightarrow$ (OM₃) et (M₁M₂) sont perpendiculaires $\Longleftrightarrow \overrightarrow{\text{OM}_3} \cdot \overrightarrow{\text{M}_1\text{M}_2} = 0$
Soit $z = x + iy$ l'écriture algébrique de $z$ .
$z_1=iz=i(x+iy)=-y+ix$
$z_2=\bar{z}=\overline{x+iy}=x-iy$ donc $z_{\overrightarrow{\text{M}_1\text{M}_2}}=(x+y)+i(-x-y)$
$z_3=z_1+z_2=-y+ix+x-iy=(x-y)+i(x-y)$
Donc $\overrightarrow{\text{OM}_3} \cdot \overrightarrow{\text{M}_1\text{M}_2} = (x-y)(x+y)+(x-y)(-x-y)=0$
Donc (OM₃) et (M₁M₂) sont perpendiculaires, OM₁M₃M₂ est un losange.

2. d) $z' - z = \dfrac{1}{2}(z+i\bar{z}) - z = \dfrac{1}{2}(i\bar{z}-z)$
$\dfrac{1}{2}iz_3 = \dfrac{1}{2}i(iz+\bar{z}) = \dfrac{1}{2}(-z+i\bar{z})$
On a donc bien $z' - z = \dfrac{1}{2}iz_3$
Donc $\overrightarrow{\text{MM}'} = \dfrac{1}{2} \overrightarrow{\text{OM}_3}$ et $\text{MM}' = \dfrac{1}{2} \text{OM}_3$ .

3. Si M, M₁, M₂ et M₃ appartiennent à un même cercle de centre O, alors OM = OM₃ et d'après le résultat de la question précédent, $\text{MM}' = \dfrac{1}{2} \text{OM}_3 = \dfrac{1}{2} \text{OM}$ .
Il s'agit donc d'une condition nécessaire. Montrons qu'il s'agit aussi d'une condition suffisante :
Si $\text{MM}' = \dfrac{1}{2}\text{OM}$ . Soit $C$ le cercle de centre O et de rayon OM.
d'après la question 2. d), $\text{MM}' = \dfrac{1}{2} \text{OM}_3$ donc $\dfrac{1}{2} \text{OM}_3 = \dfrac{1}{2} \text{OM}$ donc OM₃ = OM donc $\text{M}_3 \in C.$
M₁ = r(M) et O = r(O). Or, la rotation conserve les distances donc OM₁ = OM donc $\text{M}_1 \in C.$
$z_2 = \bar{z}$ donc $\text{OM}_2 = |z_2| = |iz| = |z| = \text{OM}$ donc $\text{M}_2 \in C$ .
Les points M, M₁, M₂ et M₃ appartiennent donc à un même cercle de centre O.
Conclusion : M, M₁, M₂ et M₃ appartiennent à un même cercle de centre O $\Longleftrightarrow \text{MM}' = \dfrac{1}{2} \text{OM}$ .
D'après le résultat de la question 1. c), le triangle MOM' est rectangle en M', donc $\sin \left(\widehat{\text{MOM}'} \right) = \dfrac{\text{MM}'}{\text{OM}} = \dfrac{1}{2}$
Donc $\widehat{\text{MOM}'} = \dfrac{\pi}{6}$ .

exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de specialité

Partie A

bac scientifique énoncé et corrigé, obligatoire et spécialité, Antilles Guyane 2007 - terminale : image 6

2. $s$ est la composée d'une symétrie (similitude indirecte) et d'une homothétie. C'est donc une similitude indirecte.

3. $S_1$ est la symétrie orthogonale par rapport à l'axe $(Ox)$ : son écriture complexe est $z' = \bar{z}$ .
$h$ est l'homothétie de centre O et de rapport 3 : son écriture complexe est $z' = 3z$ .
Soit $\text{M}(z), \, \text{M}'(z')$ et $\text{M}''(z'')$ les points tels que $\text{M}' = S_1(\text{M})$ et $\text{M}'' = h(\text{M}')$ alors $\text{M}'' = h \circ S_1 (\text{M}) = s(\text{M})$ et $z'' = 3z' = 3\bar{z}$ .
L'écriture complexe de $s$ est donc $z'=3\bar{z}$ .

4. a) $\text{B} = s(\text{A})$ donc $z_{\text{B}} = 3\bar{z_{\text{A}}} = 3(\overline{1+i}) = 3(1 - i) = 3 - 3i$

4. b) $-3iz_{\text{A}} = -3i(1 + i) = -3i + 3 = z_{\text{B}}$
On a donc bien $z_{\text{B}} = -3 i z_{\text{A}}$ .
$\left(\overrightarrow{\text{OA}},\overrightarrow{\text{OB}}\right) = \arg \left(\dfrac{z_{\text{B}}}{z_{\text{A}}}\right) = \arg \left(\dfrac{-3iz_{\text{A}}}{z_{\text{A}}}\right) = \arg(-3i) = -\dfrac{\pi}{2} [2\pi]$

5. M milieu de [AB] donc $z_{\text{M}} = \dfrac{z_{\text{A}} + z_{\text{B}}}{2} = \dfrac{1+i+3-3i}{2} = \dfrac{4-2i}{2} = 2-i$
$\text{P} = s(\text{M})$ donc $z_{\text{P}} = 3\bar{z_{\text{M}}} = 3(\overline{2-i}) = 3(2+i) = 6+3i$
$z_{\overrightarrow{\text{AB}}} = z_{\text{B}} - z_{\text{A}} = 3 - 3i - 1 - i = 2 - 4i$
Donc $\overrightarrow{\text{OP}} \cdot \overrightarrow{\text{AB}} = 6 \times 2 + 3 \times (-4) = 12 - 12 = 0$
Donc les droites (OP) et (AB) sont perpendiculaires.

Partie B

1. $\text{C} = s(\text{B})$ donc $z_{\text{C}} = 3\bar{z_\text{B}} = 3(\overline{3-3i}) = 3(3 + 3i) = 9 + 9i$
$\dfrac{z_{\text{B}} + z_{\text{C}}}{2} = \dfrac{3-3i+9+9i}{2} = \dfrac{12+6i}{2} = 6+3i = z_{\text{P}}$ donc P est le milieu de [BC].

2. a) Si $\text{M}'(z')$ est l'image de $\text{M}(z)$ par $s$ , alors : $z'=3\bar{z}$
Si $\text{M}''(z'')$ est l'image de $\text{M}'$ par $s$ , et donc l'image de M par $s \circ s$ , alors: $z'' = 3\bar{z'} = 3(\overline{3\bar{z}})=3(3\bar{\bar{z}})=3(3z)=9z$ .
L'écriture complexe de $s \circ s$ est donc: $z'=9z$
Donc $s \circ s$ est l'homothétie de centre O et de rapport 9.

2. b) $z_{\text{O}} = 0 = 3\overline{z_{\text{O}}}$ donc $\text{O} = s(\text{O})$ , or $\text{P} = s(\text{M})$ et l'image d'une droite par une similitude est une droite donc la droite (OP) est l'image de la droite (OM) par $s$ .

2. c) On a montré en A. 5. que (OP) est perpendiculaire à (AB) donc à (MB). Donc, dans le triangle OBP, M est sur la hauteur issue de B.
$z_{\overrightarrow{\text{OB}}} = z_{\text{B}} = 3-3i$
$z_{\overrightarrow{\text{MP}}} = z_{\text{P}} - z_{\text{M}} = 6+3i-2+i = 4+4i$
Donc $\overrightarrow{\text{OB}} \cdot \overrightarrow{\text{MP}} = 3 \times 4 - 3 \times 4 = 0$
$\overrightarrow{\text{OB}}$ et $\overrightarrow{\text{MP}}$ sont orthogonaux, donc (OB) et (MP) sont perpendiculaires, donc M est sur la hauteur issue de P.
M est donc le point d'instersection des hauteurs de OBP, c'est l'orthocentre de OBP.

exercice 3 - Commun à tous les candidats

1. $(P)$ et $(Q)$ sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux.
$(P)$ a pour équation $2y+z-6=0$ et admet donc pour vecteur normal $\vec{n} \left( {\begin{array}{l} 0 \\ 2 \\ 1 \\ \end{array} \right)$
$(Q)$ a pour équation $y-2z+12=0$ et admet donc pour vecteur normal $\vec{n'} \left( \begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ - 2 \\ \end{array} \right)$
Donc $\vec{n}.\overrightarrow{n'}=2\times1+1\times(-2)=0$
Donc les vecteurs normaux sont orthogonaux donc les plans (P) et (Q) sont perpendiculaires.

2. Les plans $(P)$ et $(Q)$ sont perpendiculaires. Leur intersection est donc une droite.
Or $2y_{\text{A}} + z_{\text{A}} - 6 = 0 + 6 - 6 = 0$ donc $\text{A} \in (P)$ et $y_{\text{A}} - 2z_{\text{A}} + 12 = 0 - 12 + 1 2 =0$ donc $A \in (Q)$ donc $A \in (P) \cup (Q)$
et $2y_{\text{I}} + z_{\text{I}} - 6 = 0 + 6 - 6 = 0$ donc $I \in (P)$ et $y_{\text{I}} - 2z_{\text{I}} + 12 = 0 - 12 + 12 = 0$ donc $\text{I} \in (Q)$ , donc $\text{I} \in (P) \cup (Q)$ .
Donc $(\text{AI}}) = (D) = (P) \cup (Q)$
L'intersection des plans $(P)$ et $(Q)$ est la droite $(D)$ .

3. $\vec{j} \cdot \vec{n} = 0 + 2 + 0 = 2$ donc $\vec{j}$ n'est pas orthogonal au vecteur normal de $(P)$ donc $\vec{j}$ n'est pas parallèle à $(P)$ donc la droite $(O,\vec{j})$ n'est pas parallèle à $(P)$ : $(P)$ coupe l'axe $(O,\vec{j})$ .
Le point d'intersection de $(P)$ et $(O,\vec{j})$ vérifie : $\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x & z = 0 \\ 2y + z- 6 & 0 \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{l} x = z = 0 \\ y = 3 \\ \end{array} \right.$ donc B(0 ; 3 ; 0).
$\vec{j} \cdot \vec{n'} = 0 + 1 + 0 = 1$ donc $\vec{j}$ n'est pas orthogonal au vecteur normal de $(Q)$ donc $\vec{j}$ n'est pas parallèle à $(Q)$ donc la droite $(O,\vec{j})$ n'est pas parallèle à $(Q)$ : $(Q)$ coupe l'axe $(O,\vec{j})$ .
Le point d'intersection de $(P)$ et $(O,\vec{j})$ vérifie : $\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x & z=0 \\ y-2z+12 & 0 \\ \end{array} \right. \Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{l} x = z = 0 \\ y = -12 \\ \end{array} \right.$ donc C(0 ; -12 ; 0).

4. On a : $\overrightarrow{\text{AC}} \left( \begin{array}{c} x_{\text{C}} - x_{\text{A}} \\ y_{\text{C}} - y_{\text{A}} \\ z_{\text{C}} -z_{\text{A}} \\ \end{array} \right) \Longleftrightarrow \overrightarrow{\text{AC}} \left( \begin{array}{c} 0-3 \\ -12-0 \\ 0-6 \\ \end{array} \right)$ $\Longleftrightarrow \overrightarrow{\text{AC}} \left( \begin{array}{c} -3 \\ -12 \\ -6 \\ \end{array} \right)$
On a : $\left( \begin{array}{c} -3 \\ -12 \\ -6 \\ \end{array} \right) = -3 \left(\begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 2 \\ \end{array} \right)$
$\overrightarrow{\text{AC}}$ est normal au plan $(T)$ donc $\left( \begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 2 \\ \end{array} \right)$ est normal au plan $(T)$ , donc l'équation $(T)$ est de la forme : $x+4y+2z+d=0$ .
Or $(T)$ passe par B donc $x_{\text{B}} + 4 y_{\text{B}} + 2 z_{\text{B}} + d = 0 \Longleftrightarrow 12 + d = 0 \Longleftrightarrow d = -12$
Donc une équation de $(T)$ est $\boxed{x+4y+2z-12=0}$ .

5. $\text{M} \in (\text{OA}) \Longleftrightarrow \overrightarrow{\text{OM}} = t.\overrightarrow{\text{OA}} ,t\in \mathbb{R}$ $\Longleftrightarrow \left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x & 3 t \\ y & 0 \\ z & 6t \\ \end{array} \right.$
(OA) et $(T)$ parallèles si et seulement si tout vecteur normal à $(T)$ est orthogonal au vecteur $\overrightarrow{\text{OA}}$ .
Or $\overrightarrow{n_T} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 4 \\ 2 \\ \end{array} \right)$ est normal à $(T)$ et $\overrightarrow{\text{OA}} \left(\begin{array}{c} 3 \\ 0 \\ 6 \\ \end{array} \right)$ donc $\overrightarrow{n_T} \cdot \overrightarrow{\text{OA}} = 1 \times 3 + 4 \times 0 + 2 \times 6 = 3 + 0 + 12 = 15$
Donc les vecteurs ne sont pas orthogonaux donc (OA) n'est pas parallèle à $(T)$ : (OA) et $(T)$ sont sécants.
Leur point d'intersection H vérifie : $x_{\text{H}} + 4y_{\text{H}} + 2z_{\text{H}} - 12 = 0$ et $\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x_{\text{H}} & 3t \\ y_{\text{H}} = 0 \\ z_{\text{H}} & 6t \\ \end{array} \right.$ donc $3t+0+12t-12=0 \Longleftrightarrow 15t=12 \Longleftrightarrow t=\dfrac{12}{15}=\dfrac{4}{5}$ et $\left \lbrace \begin{array}{c @{ = } c} x_{\text{H}} & 3t = \dfrac{12}{5} \\ y_{\text{H}} & 0 \\ z_{\text{H}} & 6t = \dfrac{24}{5} \\ \end{array} \right.$
$(T)$ et (OA) se coupent en $\boxed{\text{H} \left(\frac{12}{5} \, ; \, 0 \, ; \, \frac{24}{5} \right)}$ .

6. On a : $\overrightarrow{\text{BC}} \left( \begin{array}{c} x_{\text{C}} - x_{\text{B}} \\ y_{\text{C}} - y_{\text{B}} \\ z_{\text{C}} - z_{\text{B}} \end{array}} \right)$ $\Longleftrightarrow \overrightarrow{\text{BC}} \left( {\begin{array}{c} 0 - 0 \\ -12 - 3 \\ 0 - 0 \end{array} \right)$ $\Longleftrightarrow \overrightarrow{\text{BC}} \left( \begin{array}{c} 0 \\ -15 \\ 0 \end{array} \right)$ et $\overrightarrow{\text{OA}} \left( {\begin{array}{c} 3 \\ 0 \\ 6 \end{array}} \right)$
On a donc : $\overrightarrow{\text{BC}} \cdot \overrightarrow{\text{OA}} = 0$ donc (BC) et (OA) perpendiculaires donc dans le triangle ABC, (OA) est la hauteur issue de A.
De même : $\overrightarrow{\text{AB}} \left( \begin{array}{c} -3 \\ 3 \\ -6 \end{array} \right)$ et $\overrightarrow{\text{HC}} \left( \begin{array}{c} -\dfrac{12}{5} \\ -12 \\ -\dfrac{24}{5} \end{array}} \right)$ donc : $\overrightarrow{\text{AB}} \cdot \overrightarrow{\text{HC}} = -3 \times \left(-\dfrac{12}{5}\right) + 3 \times (-12) - 6 \times \left(-\dfrac{24}{5}\right) = \dfrac{36-36\times5+144}{5} = \dfrac{180-180}{5}=0$
Donc (AB) et (HC) sont perpendiculaires, donc dans le triangle ABC, (HC) est la hauteur issue de C.
Donc, H = (OA) $\cup$ (HC) est le point d'intersection des hauteurs de ABC : H est l'orthocentre de ABC.

exercice 4 - Commun à tous les candidats

1. a) Il y a autant de pièces P₁ que de pièces P₂ donc si on appelle $x_i$ le nombre de pièces P_i : $x_1=x_2$ et $p(P_1) = \dfrac{x_1}{x_1+x_2} = \dfrac{x_1}{2x_1} = \dfrac{1}{2}= \boxed{0,5}$ .

1. b) On a $p(P_1) = 0,5$ et $p_{P_1} (S_1) = 0,8$ alors $p(P_1 \cap S_1) = p_{P_1}(S_1) . p(P_1) = 0,8 \times 0,5 = \boxed{0,4}$

1. c) $p(S_1) = p(P_1 \cap S_1) + p(P_2 \cap S_1)$
$= p_{P_1}(S_1).p(P_1)+p_{P_2}(S_1).p(P_2) \\ = 0,8\times 0,5 + 0,4 \times 0,5 = 0,4 + 0,2 = \boxed{0,6}$ .

2. a) En tout, il y a $\left( \begin{array}{c} 200 \\ 2 \\ \end{array} \right) = \dfrac{200 !}{198! 2!} = \dfrac{200 \times 199}{2}= 19900$ tirages possibles.
Il y a 100 pièces P₁, donc le nombre de tirages favorables est ${100 \choose 2} = \dfrac{100!}{2\times98!} = 50\times99=4950$ .
La probabilité de tirer deux pièces P₁ est donc : $p = \dfrac{4950}{199000} \approx \boxed{0,2487}$ .

2. b) Le nombre de tirages possibles est toujours 19900.
200 pièces prises au hasard = 100 pièces P₁ + 100 pièces P₂.
Le nombre de tirages favorables (une pièce P₁ et une pièce P₂) est ${100 \choose 1} \times {100 \choose 1} = 100 \times 100 = 10000$
La probabilité de tirer une pièce P₁ et une pièce P₂ est donc : $p = \dfrac{10000}{19900} \approx \boxed{0,5025}$

2.c) 200 pièces prises au hasard = 100 pièces P₁ + 100 pièces P₂
= 80 pièces P₁ de S₁ + 20 pièces P₁ de S₂ + 60 pièces P₂ de S₂ + 40 pièces P₂ de S₁
= 120 pièces de S₁ + 80 pièces de S₂.
Le nombre de tirages possibles est toujours 19900.
Le nombre tirages favorables (deux pièces de S₁ ou deux pièces de S₂) est :
${120 \choose 2} + {80 \choose 2} = \dfrac{120!}{2! 118!} + \dfrac{80!}{2! 78!} = \dfrac{120\times 119}{2} + \dfrac{80\times 79}{2}\\ = 60\times 119 + 40 \times 79 = 10300$
La probabilité de tirer 2 pièces venant du même fournisseur est donc : $p = \dfrac{10300}{19900} = \boxed{\frac{103}{199}}$ .

3. NB : la loi exponentielle s'écrit : $p(X\le t) = \displaystyle \int_0^t\lambda e^{-\lambda x}dx$
Pour une pièce P₁ fabriquée par S₁, $p(X\le 5) = \displaystyle \int_0^5 0,2e^{-0,2x}dx=[-e^{-0,2x}]_0^5=-e^{-1}+e^0=1-\dfrac{1}{e}$ $\approx \boxed{0,6321}$

Publié par Cel/Aurélien le 24-03-2009

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