2009 Bac Nouvelle Calédonie

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1

( )

2 3 3 2

zD = − +i −

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4

Nouvelle Calédonie, Bac Mars 2009 – Corrigé (ou éléments seulement…)

Exercice 1.

1a. La rotation de centre A(1) et d’angle 2 3

π a pour écriture complexe ^{z' 1− =ei23π}

(

)

Or

2

3 2 2 1 3

cos( ) sin( )

3 3 2 2

ei i i

π ₌ π ₊ π _{= − +} donc l’image de B(3+4i) a pour affixe

( ) ( )

'

1 3

1 3 4 1 ... 2 3 3 2

2 2

zB  i  i i

= + − +  + − = = − + −

  donc D est bien l’image de B.

1b. Une rotation est une isométrie, cad que c’est une transformation qui conserve les longueurs : considérons le cercle de centre A et de rayon AB. Comme r est une isométrie et qu’elle envoie A sur A et B sur D on a AB=AD.

Ainsi, B et D sont sur ce cercle.

2a. L’homothétie de centre B(3+4i) et de rapport 3

2 a pour écriture complexe ^{z'− +}

(

)

(

(

) )

L’image F du point A(1) a donc pour affixe ^{zF = +}

(

)

(

(

) )

2b. Le milieu de [CD] a pour affixe ... 2 2

C D

z z

+ = = − i.

2c. On a

( ) ( )( )

( )( )

2 3 2 3 ( 2 ) 2 2 1 2

3 3 ... 3

1 ( 2 ) 1 2 1 2 1 2

C F

A F

i i i i

z z i

z z i i i i i

+ − − − − − −

− = = − = = = −

− − − + + − . On a donc i 3 3eⁱ²

−π

− = .

Passons à l’argument l’égalité démontrée ci-dessus, il vient :

(

)

^{( )}

Reste à vérifier que (AF) passe par le milieu de [CD] : comme c’est F, c’est évident !

3. Donnons-nous donc les points A, B et F.

> Pour construire D, rien de plus simple : d’après la question 1a, on trace le cercle de centre A et de rayon AB.

Notons B’ le symétrique de B par rapport à A. Comme D est l’image de B par la rotation d’angle 2 3

π et de centre A, on a

(

)

^{( )}

Pour tracer cet angle, on peut placer le milieu J de [AB’], sa perpendiculaire passant par J et on obtient deux points d’intersection avec le cercle.

D est le point tel que

(

)

^{( )}

(

)

^{( )}

> F étant le milieu de [CD], on place ensuite le symétrique de D par rapport à F pour obtenir C.

Exercice 2.

1a. Ces points déterminent un unique plan ssi ils sont non alignés. On a 4 2 0 AB

−

 

 

 

 

 

et

4 0 3 AC

−

 

 

 

 

 

: ces vecteurs ne sont pas

colinéaires (coordonnées non proportionnelles) donc les points ne sont pas alignés.

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5 1b. Soit

3 6 4 n

  

  

 

: ce vecteur est normal au plan ssi il est orthogonal à deux sécantes. Les droites (AB) et (AB) n’étant pas

parallèles, elle sont sécantes donc il suffit de vérifier que n

est orthogonal à 4 2 0 AB

−

 

 

 

 

 

et 4 0 3 AC

−

 

 

 

 

 

.

On a

3 4

6 . 2 12 12 0 0

4 0

n AB

−

   

   = − + + =

   

   

   

et

3 4

6 . 0 12 0 12 0

4 3

n AB

−

   

   = − + + =

   

   

   

d’où le résultat cherché.

1c. Les points A, B et C définissant un unique plan, il suffit de vérifier que chacun de ces points vérifie l’équation 3x+6y+4z−12=0 (je vous laisse le faire).

Remarque : en fait, le plan ci-dessus admet n

pour vecteur normal donc il suffit de vérifier qu’un seul de ces points est dans ce plan car il existe un unique plan de vecteur normal donné passant par un point A.

1d. A l’aide la formule rappelée dans l’énoncé, on a

2 2 2

2 2 1

| 3 6 4 12 |

122 / 9 122

3 3 9

61 9 61

3 6 4

δE

+ − + −

= = =

+ +

2a. Soit

1

: 2 ,

5 4 9 3

x t

D y t t

z t

 = +

 = ∈



 = +



ℝ.

D admet le vecteur 1

2 4 3

  

  

  

  

pour vecteur directeur, donc aussi le vecteur 3 6 4 n

  

  

 

(on a multiplié les coordonnées par

3) : D est donc orthogonale au plan (ABC).

Prenons 1

t= −3 : on obtient comme point de

1 2 1 3 3

: 4 ,

3 5 4 1 9 9 9 x

D y t

z

 = − =



 = ∈



 = − =



ℝ cad E ! Donc E est un point de D.

2b. Par définition, G est le point d’intersection de la perpendiculaire à (ABC) qui passe par E, cad de D et (ABC).

Résolvons le système

( )

1 1 4

1 2 2 3

2 5 4 5 4 2

: 5 4 ...

9 3 9 3 3

9 3 5 4 1 1

3 1 6 2 4 12 0

3 6 4 12 0

9 3 3

x t x t

x t x

y t y t

y t

D z t z t y

z t

t t t z

x y z t

= +

  = + 

= +

  =  =  =

 =   

 

  

⇔ = + ⇔ ⇔ =

 = +   = + 

   

=

     

+ + × + + − =

+ + − = =

   

     

donc

4 / 3 2 / 3 1 G

 

 

 

 

 

.

2c. La distance entre E et la plan est (justement ou donc) la longueur

2 2 2

4 2 2 2 1 244 2 61

( ) 1

3 3 3 3 9 81 9

EG      

=  −  + − −  + −  = =

      avec 2 61 2 61 122

9 9 61 9 61

= × = comme en 1d !

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6 Exercice 3.

1a. D’après l’énoncé, ₁ 1

a =2 donc ₁ 1 b =2. Dressons un arbre pondéré :

D’après la formule des probabilités totales, on a

( ) ( ) ( )

2 2 1 2 1 2

1 3 1 1 5

2 4 2 2 8

a =p A = p A∩A +p A∩A = × + × = .

Par conséquent 2

( )

1 3

b = −p A =8. 2. Dressons encore un arbre :

D’après la formule des probabilités totales, on a

( ) ( ) ( ) ^{( )}

1 1 1 1

3 1 3 1 1 1

4 2 4 1 2 2 4

n n n n n n n n n n n

a ₊ = p A₊ = p A ∩A₊ +p A ∩A₊ = × + × = × + −a b a a × = + a .

3a. Soit 2

n n 3

U =a − : _{1 1} 2 1 1 2 1 1 1 4 1 2 1

3 2 4 3 6 4 4 6 4 3 4

n n n n n n n

U ₊ a₊ a a  a   a  U

= − = + − = − + = − + = − + =

    ^.

Elle est donc géométrique de raison ¼, et de premier terme _{1 1} 2 1 2 1

3 2 3 6

U = − = − = −a ^.

3b. Par conséquent,

1 1 1

6 4

n

Un

  −

= −  

  et comme 2

n n 3

a =U + ^{on a}

2 1 1 1

3 6 4

n

an

 −

= −  

  .

3c. Comme 1

1 1

− < <4 ^{, on a} 1 1

lim 0

4

n n

−

→+∞

  =

   et donc 2

lim ⁿ 3

n a

→+∞ = ^.

3d. On cherche n tel que

1 1 1 ln

2 1 1 1 1 2 1 1

0.6665 0.6665 6 ( 1) ln ln(6 )

3 6 4 6 4 3 4 4

n n n

n

c

a c n c

− − −

       

= −   > ⇔   < − ⇔  < ⇔ −  <

       

ր

et

comme ln(0.25)<0, on obtient ln(6 )

1 5.98 ln 1

4 n> c + ≈

  

 

donc dès n = 6.

Exercice 4.

Posons ^{f x( )= +}

(

)

1a. Une exponentielle est toujours positive donc f(x) est du signe de 1+x cad f(x) > 0 ssi x > -1 (donc négative sinon).

1b.

> On a lim ^x

x e⁻

→−∞ = +∞donc par produit de limites lim ( )

x f x

→−∞ = −∞.

> On a lim ^x 0

x xe⁻

→+∞ = (croissance comparée), on obtient somme de limites_x^lim_→+∞^{f x( )=}_x^lim_→+∞

(

)

1c. f est dérivable sur ℝ comme produit de fonctions dérivables et on a ^{f x'( )=1e−x+ +}

(

)

(

)

f’ est donc du signe de -x et on a : x -_∞ 0 +_∞ f ’(x) + 0 - f (x)

-_∞

ր

1

ց

0

1 2

A2

A2 34

14

A2

A2 1

2 A1 12

A1 12

1 2

An+1

An+1 34

14

An+1

An+1 1

2 An an

An

n n

b = −1 a

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7

2. Posons

1 ( )

n

In f x dx

=

∫

2a. La courbe suggère que f(x) > pour tout x > -1.

Vérifions cela : on a f(-1) = 0.

> pour x∈ −] 1; 0[, f croit et comme f s’annule en -1, f est strictement positive sur et intervalle.

> pour x∈[0; ],n n∈ℕ f décroit, tend vers 0 donc elle est aussi minorée par 0 (strictement).

> ainsi, pour tout x∈ −] 1; [n , f(x) > 0 donc par intégration sur cet intervalle

1 ( ) 0

n

In f x dx

=

∫

2b. On a

1 1 1

1 1 ( ) 1 ( ) ( ) ( )

Chasles

n n n n

n n

n n

I ₊ ⁺ f x dx f x dx ⁺ f x dx I ⁺ f x dx

− −

=

∫

∫

∫

∫

Par les mêmes arguments, ^{n 1} ( ) 0

n⁺ f x dx>

∫

1

n n

I₊ >I .

3a. Posons 1 ' 1

' ^{x x}

u x u

v e⁻ v e⁻

= + =

 

 

= = −

  (fonctions dérivables de dérivées continues).

Par intégration par parties, on trouve :

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) (1 ) 1 1

1 1 2 2

b x b b x a b x b

a a

a a

a b a b a b

f x dx x e e dx a e b e e

a e b e e e e a e b

− − − − −

− − − − − −

   

= − +  − − = + − + + − 

= + − + + − = + − +

∫ ∫

3b. Pour a = -1 et b = n, on obtient ^{In =}

∫

(

)

3c. Comme lim ⁿ 0

n ne⁻

→+∞ = , on a lim _n

n I e

→+∞ = .

3d. La fonction f étant continue et positive sur [-1 ;n] pour tout entier naturel n, In correspond à l’aire géométrique du domaine situé entre la courbe et l’axe des abscisses pour x dans [-1 ;n].

Ainsi, quand n tend vers +infini, ce domaine devient « infini » (cad non borné) mais il admet pourtant une aire finie, e (u.a) ! 4. Résolvons l’équation

∫

(

)

(

)

Ceci dit, ce calcul intégral correspond au calcul de l’aire (géométrique) du domaine ci-dessous.

2 3 4 5

-1 -2

-1

-2

-3

-4

-5

-6

-7

0 1

1

x y

Intégrale = 2,71828

2 3 4 5

-1 -2

-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7

0 1

1

x y