Bac France 2008

(1)

D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php

Terminale S France, Juin 2008 Sujets de Bac

1

France, Bac Juin 2008

Exercice 1 5 points

Les courbes (C) et (C’) données ci-dessous représentent respectivement, dans un repère orthonormal (O i j; , ), les fonctions f et g définies sur l'intervalle

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^{par :}^{f x}

( )

=^ln^x et ^{g x}

( ) (

= ^ln^x

)

².

(C)

e (C ')

-3 -2 -1 0 1 2 3

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4

x y

1. On cherche à déterminer l'aire A (en unités d'aire) de la partie du plan hachurée. On note

1

ln

e

I=

∫

xdx^et

( )

²

1

ln

e

J=

∫

x dx^.

a. Vérifier que la fonction F définie sur l'intervalle

]

^{0 ;}^{+ ∞}

[

^par^{F x}

( )

⁼^x^ln^x⁻^x est une primitive de la fonction logarithme népérien. En déduire I.

b. Démontrer à l'aide d'une intégration par parties que J= −e 2I. c. En déduire J.

d. Donner la valeur de A.

2. Dans cette question le candidat est invité à porter sur sa copie les étapes de sa démarche même si elle n’aboutit pas.

Pour x appartenant à l'intervalle [1 ; e], on note M le point de la courbe (C) d'abscisse x et N le point de la courbe (C’) de même abscisse.

Pour quelle valeur de x la distance MN est maximale ? Calculer la valeur maximale de MN.

(2)

2 Exercice 2 5 points

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal (O i j k; , , )

, on considère les points A(1, 1, 0), B(1, 2, 1) et C(3, −1, 2).

1. a. Démontrer que les points A, B et C ne sont pas alignés.

b. Démontrer que le plan (ABC) a pour équation cartésienne 2x+ − − =y z 3 0.

2. On considère les plans (P) et (Q) d'équations respectives x+2y− − =z 4 0 et 2x+3y−2z− =5 0.

Démontrer que l'intersection des plans (P) et (Q) est une droite (D) dont une représentation paramétrique est : 2

3 ,

x t

y t

z t

= − +



= ∈

 =



ℝ^.

3. Quelle est l'intersection des trois plans (ABC), (P) et (Q) ?

4. Dans cette question toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte dans l 'évaluation.

Déterminer la distance du point A à la droite (D).

Exercice 3 5 points

La durée de vie, exprimée en heures, d'un agenda électronique est une variable aléatoire X qui suit une loi exponentielle de paramètre

λ

où

λ

est un réel strictement positif.

On rappelle que pour tout t≥0,

( )

0

t x

P X≤ =t

∫

λe⁻^λ dx^.

La fonction R définie sur l'intervalle [0 ; +∞[ par ^{R t}

( ) (

⁼^{P X}^>^t

)

est appelée fonction de fiabilité.

1. Restitution organisée de connaissances

a. Démontrer que pour tout t≥0 on a ^{R t}

( )

⁼^e⁻^λ^t^.

b. Démontrer que la variable X suit une loi de durée de vie sans vieillissement, c'est-à-dire que pour tout réel 0

s≥ , la probabilité conditionnelle PX t_>

(

X> +t s

)

ne dépend pas du nombre t≥0. 2. Dans cette question, on prend λ =0,00026.

a. Calculer ^{P X}

(

^≤¹⁰⁰⁰

)

^et^{P X}

(

^>¹⁰⁰⁰

)

^.

b. Sachant que l'événement

(

^X^>¹⁰⁰⁰

)

est réalisé, calculer la probabilité de l'événement

(

^X^>²⁰⁰⁰

)

^.

c. Sachant qu'un agenda a fonctionné plus de 2000 heures, quelle est la probabilité qu'il tombe en panne avant 3000 heures ? Pouvait-on prévoir ce résultat ?

Exercice 4 (spécialistes) 5 points

Le plan est muni d'un repère orthonormal direct (O u v; , ) (unité graphique : 1 cm).

Soient A et B les points d’affixes respectives z_A= −1 iet 7 7 2 zB= + i. 1. On considère la droite (d) d’équation 4x+3y=1.

Démontrer que l’ensemble des points de (d) dont les coordonnées sont entières est l’ensemble des points

(

³ ^1, ⁴ ¹

)

Mk k+ − k− lorsque k décrit l’ensemble des entiers relatifs.

(3)

3

2. Déterminer l’angle et le rapport de la similitude directe de centre A qui transforme B en M₋1

(

−2, 3

)

. 3. Soit s la transformation du plan qui à tout point M d’affixe z associe le point M’d’affixe

2 1 5

' 3 3 3

z = iz+ − i.

Déterminer l’image de A par s, puis donner la nature et les éléments caractéristiques de s.

4. On note B1 l’image de B par s et pour tout entier naturel n non nul, B_n₊₁ l’image de B_n par s.

a. Déterminer la longueur AB_n₊₁ en fonction de AB_n.

b. À partir de quel entier n le point B_n appartient t-il au disque de centre A et de rayon 10⁻² ? c. Déterminer l’ensemble des entiers n pour lesquels A, B1 et Bn sont alignés.

Exercice 4 (non spécialistes) 5 points

Le plan est muni d'un repère orthonormal direct (O u v; , ) (unité graphique : 1 cm).

Soient A, B et I les points d'affixes respectives 1 + i, 3 − i et 2.

À tout point M d'afïïxe z, on associe le point M’ d'affixe z’ telle que z'=z²−4z. Le point M’ est appelé l'image de M.

1. Faire une figure sur une feuille de papier millimétré et compléter cette figure tout au long de l'exercice.

2. Calculer les affixes des points A’ et B’, images respectives des points A et B. Que remarque-t-on ? 3. Déterminer les points qui ont pour image le point d'affixe −5.

4. a. Vérifier que pour tout nombre complexe z, on a : ^z^{' 4}^{+ =}

(

^z⁻²

)

²^.

b. En déduire une relation entre z' 4+ et z−2 et, lorsque z est différent de 2, une relation entre ^arg

(

^z^{' 4}⁺

)

^et

( )

arg z−2 .

c. Que peut-on dire du point M’ lorsque M décrit le cercle (C) de centre I et de rayon 2 ? 5. Soient E le point d'affixe 2 2eⁱ³

π

+ , J le point d'affixe −4 et E’ l'image de E.

a. Calculer la distance IE et une mesure en radians de l'angle

( )

^{u IE}^, ^.

b. Calculer la distance JE’ et une mesure en radians de l'angle

(

^{u JE}^, ^'

)

^.

c. Construire à la règle et au compas le point E’ ; on laissera apparents les traits de construction.

(4)

4

France, Bac Juin 2008 Corrigé

Exercice 1 (5 pts)

Soit

1^eln( )

I=

∫

x dx^et^J ⁼

∫

₁^e^{ln ( )}² ^{x dx}^.

1a.

> Pour vérifier que F est une primitive de f, il suffit de la dériver : sur ]0;+∞[, F est dérivable et on a, '( ) 1 ln( ) 1 1 ln( ) 1 1 ( )

F x x x x f x

x

 

= × + × − = + − =

  ^.

> Par conséquent, I=

∫

1^ef x dx( ) =

[

F x( )

]

1^e=F e( )−F(1)= − − − =e e

(

0 1

)

1^.

1b. On a ² ²

1^eln ( ) 1^e1 ln ( )

J=

∫

x dx=

∫

× x dx^{: posons} 2

'( ) 1 ( )

'( ) 2ln( ) ( ) ln ( )

u x x u x

v x x

x

=

= 

 

 ⇒

=

  et par conséquent, on obtient

2

1 1 1

ln ( ) ê ê 2ln( ) 2 êln( ) 2

J x x x x dx e x dx e I

x

 

=  −

∫

× = −

∫

= − , par linéarité.

Remarque : en posant '( ) ln( ) ( ) ln( )

u x x

v x x

=



=

 et en utilisant le 1a, on peut calculer directement I.

1c. Comme I = 1, on obtient J = e – 2.

1d. A désigne l’aire géométrique entre les deux courbes. Comme f et g sont continues sur [1 ;e]

sur cet intervalle, ^{f x}^{( )}⁻^{g x}^{( )}⁼^{ln( ) 1 ln}^x

(

⁻ ^x

)

^≥⁰ car sur [1 ;e], ^{ln( )}x ≥0 et 1 ln

(

− x

)

≥0 on sait alors que ^A⁼

∫

₁^e

(

^{f x}^{( )}⁻^{g x dx}^{( )}

)

^linéarité⁼

∫

₁^e^{f x dx}^{( )} ⁻

∫

₁ê^{g x dx}^{( )} ^{= − = −}Î ^J ³ êû.a.

2.

> On a

( ) M x

f x

 

 

  et

( ) N x

g x

 

 

  donc ^MN ⁼

(

^x⁻^x

) (

²⁺ ^{f x}^{( )}⁻^{g x}^{( )}

)

² ⁼ ^{f x}^{( )}⁻^{g x}^{( )} puisque sur [1 ;e], f ≥g. Ainsi, MN est maximale quand la fonction h= −f g est maximale.

> h est dérivable et on a ^{h x}^{'( )} ^{f x}^{'( )} ^{g x}^{'( )} ¹

(

^{1 2 ln( )}^x

)

= − = x − : or,

ln 1/ 2

1 2 ln( ) 0 1 ln( )

x 2 x e x

− ≥ ⇔ ≥ ⇔^ր ≥ .

Comme sur cet intervalle, ln est positif, on en déduit :

MN est donc maximale pou x = e^{1/ 2} et sa valeur maximale est ^{1/ 2} 1 ( ) ...

h e = =4 puisque

( )

^{1/ 2} ¹

ln e = 2.

Remarque : MN ne correspond pas à la distance entre les deux courbes…

x 1 e^{1/ 2} e

h’(x) + 0 - h (x)

0

ր

h(e^{1/ 2})

ց

0

(5)

5

Exercice 2 (5 pts)

1a. On a 0 1 1 AB

  

  

 

et 2

2 2 AC

 

 

− 

 

 

: les coordonnées de ces vecteurs ne sont pas proportionnelles donc ils ne sont pas colinéaires. A, B et C ne sont pas alignés, il existe donc un unique plan qui contient A, B et C.

1b. Pour démontrer que (ABC) admet pour équation 2x + y – z – 3 = 0, il suffit de vérifier que les coordonnées de chacun des 3 points vérifient l’équation donnée.

2. Soit (P) : x + 2y – z – 4 = 0 et (Q) : 2x + 3y – 2z – 5 = 0. Ces plans ont respectivement pour vecteurs normaux 1

2 1 nP

 

 

− 

 

et 2

3 2 nQ

 

 

− 

 

. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les plans s’interceptent suivant une droite.

Autant profiter de l’équation qu’on nous donne !!

Pour tout réel t,

(-2+t) + 2(3) – t – 4 = 4 – 4 + t - t = 0 donc D⊆P. 2(-2+t) + 3(3) –2 t – 5 = 9 – 9 + 2t - 2t = 0 donc D⊆Q.

Ainsi D : 2 3

x t

y z t

= − +



=

 =



est bien la droite d’intersection.

3. Un point M appartient à (ABC), P et Q sssi il appartient à (ABC) et D : en particulier, M 2 3

t

− +

 

 

 

et

( )

2 -2+t + 3 - t - 3 = 0⇔t=4. Ainsi, M 2 3 4

  

  

  .

4. La distance de A à la droite D est donnée par AH, où H est le projeté orthogonale de A sur D.

Considérons P’ le plan orthogonal à D, qui passe par A : par définition du projeté orthogonal, H sera le point d’intersection de P’ et D.

> Déterminons un équation de P’ : comme il est orthogonale à D, il est normé par un vecteur directeur 1 0 1 u

  

  

 

de D.

Il admet donc une équation de la forme x+ + =z d 0. Comme A appartient à P’, 1 + 0 + d = 0 cad d = -1.

Ainsi, (P’) : x + z – 1 = 0.

> Déterminons les coordonnées de H : comme H est sur D, H 2 3

t

− +

 

 

 

. Mais H est sur P’ donc (-2 + t) + t – 1 = 0 cad 3 t=2.

Ainsi 1 3

2;3;2

H 

− 

 .

> Finalement, la distance cherchée est d = AH = ^^_^{− −}¹₂ ¹^_^²^{+ −}

(

^{3 1}

)

²⁺^^_⁰⁻³₂^^_² ⁼ ⁹₂^{+ =}⁴ ¹⁷₂ ^.

(6)

6

Exercice 3 (5 pts)

On rappelle que ^{p X}

(

^{≤ =}^t

) ∫

₀^t^λ^e⁻^λ^x^dx pour tout t positif. Posons ^{R t}^{( )}⁼^{P X}

(

^>^t

)

1a. Les évènements

(

^X ^≤^t

)

^et

(

^X ^>^t

)

sont des évènements contraires donc ^{R t}^{( )}^{= −}¹ ^{P X}

(

^≤^t

)

^.

Mais ^{p X}

(

^{≤ =}^t

) ∫

₀^t^λê⁻^λ^x^dx^{= −}^ ê⁻^λ^x^₀^t ^{= −}¹ ê⁻^λ^t donc on trouve bien ^{R t}^{( )}^{= −}¹ ^{P X}

(

^{≤ =}^t

)

^e⁻^λ^t^.

1b. On a

( ) (

^[ ^{] [} ^]

)

( )

X t

P X t s X t

P X t s

p X t

>

> + >

> + =

>

∩

: mais comme t et s sont positifs, [X > +t s] [∩ X > =t] [X > +t s], et

on trouve

( ) ( )

^{( )}

( )

t s s

X t t

P X t s e

P X t s e

p X t e

λ λ

λ

− +

−

> −

> +

> + = = =

> qui est bien indépendant de t.

2. Prenons λ=0, 00026.

2a. D’après le 1a, ^{p X}

(

^≤¹⁰⁰⁰

)

^{= −}¹ ê⁻¹⁰⁰⁰^λ ^{= −}¹ ê⁻^0,26êt^{p X}

(

^>¹⁰⁰⁰

)

⁼^e⁻^0,26^.

2b. D’après le 1b, P_X_>1000

(

X >1000 1000+

)

=P X

(

>1000

)

=e⁻^0,26.

2c. On a

( ) ( )

( )

3000

2000 3000

1000 0,26

2000

2000 2000 2000

2000 3000

3000 1 1

2000

t X

e dt

P X e e

P X e e

λ λ λ

λ ⁻ ⁻ ⁻ ₋ ₋

> − −

< < −

< = = = = − = −

>

∫

.

Résultat prévisible, comme le montre la seconde méthode de calcul qui suit (on a des évènements contraires) :

( ) ( )

⁽ ^{3000) 0}

( )

2000 3000 1 2000 3000 1 2000 3000

P X

X X X

P X P X P X

= =

> < = − > ≥ = − > > et le processus étant sans vieillissement,

( ) ( )

2000 3000 1 2000 3000 1 ( 1000)

X X

P_> X < = −P _> X > = −P X > ^.

Exercice 4 (5 pts, non spé)

Soit ^A

( )

¹⁺ⁱ ^,^B

(

³⁻ⁱ

)

^et^I

( )

² : soit f, l’étrange transformation définit par

2

: ( ) '( ') 4 f M z M z

z z z

→

→ − ^.

2. On a z_A'= +

( )

1 i ²−4 1

( )

+ = − − = − −i 2i 4 4i 4 2i et z_B'= −

(

3 i

)

²−4 3

(

− = − − + = − −i

)

8 6i 12 4i 4 2i : ces deux points ont même affixe donc ils sont confondus.

3. Résolvons l’équation z²−4z= − ⇔5 z²−4z+ =5 0 : c’est un trinôme à coefficients réels, de discriminant

( )

²

4 2i

∆ = − = . Ses racines sont donc complexes conjuguées : ₁ 4 2 2 2

z = − i= −i et z₂ = = +z₁ 2 i sont les affixes des points cherchés.

4a. Bon,

(

^z⁻²

)

² ⁼^z²⁻⁴^z^{+ = +}⁴ ^z^' ⁴^!

4b.

En passant au module, il vient ^z^{' 4}^{+ =}

(

^z⁻²

)

² ^{= −}^z ²²^.

Et pour z≠2, les arguments donnent : ^arg

(

^z^{' 4}⁺

)

⁼^arg

( (

^z⁻²

)

²

)

⁼^{2 arg}

⁽

^z⁻²

⁾ ^{[ ]}

²^π ^.

4c. M(z) décrit le cercle de centre I(2) et de rayon 2 ssi IM = 2 cad z− =2 2^ssi z' 4+ =2² =4 : par conséquent, le point M’(z’) décrit le cercle C’ de centre J(-4) et de rayon 4.

5a. E 2 2eⁱ³

 π 

+

 

  donc IE z_E z_I 2eⁱ³ 2

= − = π = puisque pour tout angle θ^,^eⁱ^θ est de module 1 et d’argument θ^.

De plus,

( )

^{u IE}^, ⁼^arg

⁽

^z^E ⁻^z^I

⁾

⁼^{arg 2}^^_ ^eⁱ^π³^^_⁼^{arg 2}

^{( )}

⁺^arg^^_^eⁱ^π³^^_⁼^π₃^.

(7)

7 5b. Calculons l’affixe de JE'

: z_E'

( )

4 z' 4

(

z_E 2

)

² 2eⁱ³ ² 4eⁱ²³

π π

 

− − = + = − =  =

  donc par définition (voir 5a), on obtient 4

JE= ^et

( )

^{u JE}^, ⁼^arg

^{( )}

^z^JE ⁼²₃^π ^.

5c. Principe de la construction :

IE = 2 donc E appartient au cercle de centre I et de rayon 2, ce qui d’après le 4c, permet de dire que E’ est sur le cercle de centre J et de rayon 4.

( )

^{u JE}^, ⁼²₃^π , et comme 2 1 2

cos et sin 0

3 2 3

π π

   

= − <

   

    , on trace le cercle de centre C’, on se place à partir de J à une abscisse de -1/2 d’unités, on trace la verticale et on prends le point du haut.

Exercice 5 (5 pts, spé)

Soit ^A

( )

¹⁻ⁱ ^et ⁷ ⁷

B 2i

 + 

 ^.

1. On note ( ) : 4d x+3y=1 : remarquons (à l’aide de l’énoncé) que le couple(1 ;-1) est solution particulière de l’équation.

Notons la

(

x y0, 0

)

: on a 4x+3y= ⇔1 4x+3y=4x0+3y0 ⇔4

(

x−x0

) (

=3 y0−y

)

: comme nous travaillons avec des entiers, cela implique que 3 divise ^{4 x}

(

⁻^x⁰

)

, et comme 3 est premier avec 4, d’après le théorème de Gauss, on sait que

(

0

)

3 | x−x et donc qu’il existe un entier relatif k tel que x−x₀=3k⇔ =x x₀+3k^.

Injectons cette solution dans l’équation : on obtient, 4 3× k=3

(

y0−y

)

⇔y0− =y 4k⇔ =y y0−4k^. Réciproquement, on vérifie que

(

x0+3 ,k y0−4k

)

est solution pour tout entier k.

2. Par définition

1

: A A s B M₋

→

→ donc son rapport est AM ¹ k AB

= − et son angle ^θ⁼

(

^{AB AM}^, ⁻¹

)

^.

Calculons donc le complexe ¹ 3 4 3 4 2 3 4 2 4 3 2

9 212 9 3 4 3 3 4 3 3

6 2

M A

B A

z z i i i i i i

Z z z i i i i

− − − + − + − + +

= = = = × = × =

− + + + +

. Ainsi,

2

Z = =k 3^.

arg( ) [2 ]

Z = =θ π2 π ^. 3. Soit s : 2 1 5

' 3 3 3

z = iz+ − i : s est l’écriture d’une similitude directe.

> l’image de A est donnée par ^' ²

( )

¹ ¹ ⁵ ^... ¹

3 3 3

A A

z = i − + −i i= = − + =i z : ainsi A est le centre de s.

> le coefficient de z qui est 2

3i, permet alors d’affirmer que s est de rapport 2

3 et d’angle 2

π (c’est celle du 1).

4a. Notons Bn₊1=s B

( )

n pour n non nul, et B1=s B

( )

^.

Comme s est de rapport 2

3^{et que} : ₁

n n

A A

s B B₊

→

→ ^{, on a} ¹

2 3

n n

AB AB

= + ^cad 1

2

n 3 n

AB₊ = AB ^.

(8)

8 4b. La suite de longueurs

(

ABn

)

n est donc géométrique de raison 2

3 et de premier terme ² 81 15

6 4 2

AB= + = ^.

On a donc 15 2

2 3

n

ABn  

=  

  ^.

On cherche donc à résoudre l’inéquation

( )

ln ln (..) 0 ln 750

15 2 1 2 1 2

ln ln(750) 16.3

2 3 100 3 750 3 ln 2 / 3

n n

      <

< ⇔ < ⇔ < − ⇔ >

     

     

ր

≃ : cela a donc lieu à partir de n = 17.

4c. On pourrait utiliser une méthode semblable qu’en 4a, mais en voila une plus jolie (et rapide…) : rappelons que si s et s’

sont deux similitudes directes d’angles respectifs θ θ et '^{, alors}s s ' est une similitude directe d’angle θ θ+ '^. De manière plus générale, sⁿ (cad s composée n fois) est d’angle

nθ =nπ2 dans ce cas précis.

Comme ¹

1 n :

n

A A

s B B

− →

→ , ces trois points sont alignés ssi

(

¹

)

^{0 [ ]}

(

¹

)

¹ ²

2 2

n− π ≡ π ⇔ n− π =kπ ⇔ − ∈n ^ℤ : n parcourt donc l’ensemble des entiers impairs.