Pour tout entiern, on appelle Pn la propri´et´e : 0>un+1>un

TS 8 DS 5 : Complexe, espace et g´eom´etrie dans l’espace : Correction 21 janvier 2017 Exercice 1 : Exercices classiques

1. 3e^−i3π4 = 3 cos ^3π₄

−isin ^3π₄

=−³

√2 2 −i³

√2 2

2. 8e^i4π3 ×¹₂e^iπ6

e^iπ3 = 4e^i7π6

3. SoitM(x;y;z) un point de l’espace.

M ∈∆⇔ ∃t∈R; −−→

AM =t~u. Donc ∆ :





 x=−t y= 4 + 3t z= 8 + 5t Exercice 2 : Une petite suite

1. Pour tout entiern, on appelle Pn la propri´et´e : 0>un+1>un.

Initialisation : Pour n= 0, u0 =−1 et u1 = ¹₂, on a bien u0 6u1 60. La propri´et´e est v´erifi´ee pour n= 0.

H´er´edit´e : Supposons que la propri´et´e soit v´erifi´ee pour un entiern, montrons qu’elle l’est aussi pour n+ 1.

Pn+1:un+1 6un+2 60.

Par hypoth`ese de r´ecurrence, on sait que u_n6u_n+160 donc u²_n>u_n+1 >0 par d´ecroissance de la fonction carr´ee dans ]− ∞; 0[ donc −¹₂u²_n>−¹₂u_n+1>0 donc u_n+1 6u_n+2 60.

On a donc bien Pn+1.

Conclusion : On a initialisation et h´er´edit´e, la propri´et´e est donc v´erifi´ee pour tout entiern.

2. La suite est croissante et major´ee, par le th´eor`eme de convergence monotone, la suite converge vers une limite finie `.

3. lim

n→+∞un+1=` et lim

n→+∞−¹₂u²_n=−¹₂`².

On a donc `=−<sup>1</sup><sub>2</sub>`². Cette ´equation a deux solutions −2 et 0. La suite est croissante et u₀ =−1 donc la limite n’est pas −2. On a alors `= 0

Exercice 3 : Vrai ou faux dans l’espace Affirmation 1 : −−→

AB



 2

−2

−2



et −→

AC





−2

−2

−2



. ⁻²₂ 6= ⁻²₋₂ donc−−→ AB et−→

AC ne sont pas colin´eaires donc les points A,B etC ne sont pas align´es : Faux

Affirmation 2 :−−→ AB



 2

−2

−2



,−→

AC





−2

−2

−2



,−→

AG



 0

−2

−2



. Par r´esolution d’´equation, on obtient−−→

AB=−−→

AC+2−→

AG.

Les points sont donc coplanaires ; Vrai Affirmation 3 : −−→

DE





−3

−3 4



 et un vecteur directeur de cette droite est~u



 6 6

−8



. Donc~u=−2−−→

DE.

Les droites sont donc coplanaires. V´erifions si cette droite passe parA:







1 = 29 + 6t 2 = 30 + 6t 3 =−5−8t

⇔







t=−¹⁴₃ t=−¹⁴₃ t=−1

donc A n’appartient pas `a A. Faux

Affirmation 4 :

Soit I le milieu de [BC] On a I(1; 0; 1). V´erifions siI est align´e avec E etF. −−→ EF





−1

−1 1



 et −→ IF





−3

−3 3



 donc

−→

IF = 3−−→

EF donc les points sont align´es.

On remarque queI etG sont confondues doncI ∈(ABC). ; Vrai Affirmation 5 : V´erifions si (AB) et (CD) sont s´ecants. −−→

AB



 2

−2

−2



 et −−→

CD



 3 1

−2



. Les vecteurs sont non

colin´eaire donc (AB) et (CD) ne sont pas parall´eles.

TS 8 DS 5 : Complexe, espace et g´eom´etrie 2sur 4 2016-2017 R´esolvons l’´equation :







1 + 2t=−1 + 3s 2−2t=s 3−2t= 1−2s

⇔







1 + 2t=−1 + 3s 4 = 4s

4 =s

Les syst`emes ne sont pas compatibles. Les droites ne sont donc pas s´ecantes. Faux

Exercice 4 : Probl`eme nombre complexe 1.

3 4 +

√ 3 4 i

= v u u t

3 4

2

+ √

3 4

!2

= r 9

16 + 3 16 =

r12 16 =

r3 4 =

√ 3 2 3

4+

√ 3 4 i =

√ 3 2







 3

√4 3 2

+

√3

√4 3 2

i









=

√ 3 2

3 4 × 2

√ 3+

√ 3 4 × 2

√ 3i

!

=

√ 3 2

√ 3 2 +1

2i

!

Or cosπ 6 =

√ 3

2 et sinπ 6 = 1

2. Donc le nombre complexe 3

4+

√ 3

4 i a pour module

√ 3

2 et pour argument π

6 donc sa forme exponentielle est

√ 3 2 e^ıπ6 .

2. (a) rn+1 =|z_n+1|=

3 4+

√ 3 4 i

! zn

= 3 4+

√ 3 4 i

× |z_n|=

√ 3 2 rn

Donc la suite (r_n) est g´eom´etrique de raisonq =

√3

2 et de premier termer₀=|z₀|= 1.

(b) La suite (rn) est g´eom´etrique donc, pour tout n,rn=r0×qⁿ, donc rn=

√ 3 2

!n

.

(c) OAn=|z_n|=rn=

√ 3 2

!n

(r_n) est une suite g´eom´etrique de raison

√3

2 ; or −1 <

√3

2 < 1 donc la suite (r_n) converge vers 0.

La longueur OAn tend donc vers 0 quandntend vers +∞.

3. (a) On fait tourner l’algorithme donn´e en prenant pour P la valeur 0,5.

La valeur affich´e est 5.

(b) Cet algorithme affiche le rang `a partir duquelr<sub>n</sub>=OA<sub>n</sub> est inf´erieur ou ´egal `a P. 4. (a) z_n−z_n+1

0−zn+1

=

z_n−

3 4 +

√ 3 4 i

z_n

−

3 4 +

√ 3 4 i

z_n

= −1 +√ 3i 3 +√

3i = −1 +√ 3i

3−√ 3i

√12 = 2√

√3i 12 Donc −−−−−→

A_n+1;O;−−−−−−→

A_n+1;A_n

= arg

z_n−z_n+1 0−z_n+1

= ^π₂. Donc le triangle est bien rectangle en An+1 .

(b) An est sur l’axe des ordonn´ees si arg(zn) =

π

2[2π] ou arg(z_n) = ^3π₂ [2π]. C’est-`a-dire qu’il existe un entier k tel que <sup>nπ</sup><sub>6</sub> = <sup>π</sup><sub>2</sub> + 2kπ ou <sup>nπ</sup><sub>6</sub> = <sup>3π</sup><sub>2</sub> + 2kπ, ce qui revient `a n = 3 + 12k ou n = 9 + 12k. A_n appartient donc `a l’axe des ordonn´ees si et seulement si n∈ {3 + 6k|k∈N}.

(c)

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE EXERCICE 3 NON SPÉCIALITÉ

A0 A1 A2

A3

A4

A5

O A6

A7

A8 A9

Pondichéry 7 8 avril 2014

Exercice 5 : Prise d’initiative

TS 8 DS 5 : Complexe, espace et g´eom´etrie 3sur 4 2016-2017 On trace la section du cube par le plan (IJK) :

1.

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE4 Commun à tous les candidats 3 points

On considère le cube ABCDEFGH représenté ci-dessous.

On définit les points I et J respectivement par−→HI=3 4

−−→HG et−→JG =1 4

−−→CG . 1. On trace la section du cube par le plan (IJK) :

F E

H G

D C

B A

I

J

K

×

×

2. On trace la section du cube par le plan (IJL) :

E H

G

F

B

D C

A

I

J

L

×M

3. On cherche s’il existe un point P de la droite (BF) tel que la section du cube par le plan (IJP) soit un triangle équilatéral.

On regarde la configuration de la question précédente et on se demande s’il n’y a pas une position du point L sur la droite (BF) telle que les points B, F et L soient dans cet ordre, pour laquelle le triangle IJM serait équilatéral.

Soit K le point de [GF] tel que−−→GK =1 4

−−→GF .

Nouvelle-Calédonie Wallis-et-Futuna 5 17 novembre 2016

2. On trace la section du cube par le plan (IJL) :

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE4 Commun à tous les candidats 3 points

On considère le cube ABCDEFGH représenté ci-dessous.

On définit les points I et J respectivement par−→HI=3 4

−−→HG et−→JG=1 4

−−→CG . 1. On trace la section du cube par le plan (IJK) :

F E

H G

D C

B A

I

J

K

×

×

2. On trace la section du cube par le plan (IJL) :

E H

G

F

B

D C

A

I

J

L

×M

3. On cherche s’il existe un point P de la droite (BF) tel que la section du cube par le plan (IJP) soit un triangle équilatéral.

On regarde la configuration de la question précédente et on se demande s’il n’y a pas une position du point L sur la droite (BF) telle que les points B, F et L soient dans cet ordre, pour laquelle le triangle IJM serait équilatéral.

Soit K le point de [GF] tel que−−→GK =1 4

−−→GF .

Nouvelle-Calédonie Wallis-et-Futuna 5 17 novembre 2016

On cherche s’il existe un point P de la droite (BF) tel que la section du cube par le plan (IJP) soit un triangle ´equilat´eral.

On regarde la configuration de la question pr´ec´edente et on se demande s’il n’y a pas une position du point L sur la droite (BF) telle que les points B, F et L soient dans cet ordre, pour laquelle le triangle IJM serait ´equilat´eral.

Soit K le point de [GF] tel que −−→

GK = 1 4

−−→GF .

Les trois triangles GIJ, GJK et GIK sont superposables donc IJ = JK = KJ ; le triangle IJK est donc

´

equilat´eral.

Soit P le point d’intersection des droites (JK) et (BF).

D’apr`es le th´eor`eme de Thal`es dans les triangles KGJ et KFP, on a FP GJ = KF

KG. Par construction du point K, on a KF

KG = 3 et on sait que, si on appelle a la longueur d’une arˆete du cube, GJ = a

4; on en d´eduit que FP = 3a 4 .

Le point P tel que le triangle IJK est ´equilat´eral, est d´efini par la relation vectorielle−−→

FP = 3 4

−−→BF .

3.

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Les trois triangles GIJ, GJK et GIK sont superposables donc IJ=JK=KJ ; le triangle IJK est donc équi- latéral.

Soit P le point d’intersection des droites (JK) et (BF).

D’après le théorème de Thalès dans les triangles KGJ et KFP, on aFP GJ=KF

KG. Par construction du point K, on a KF

KG=3 et on sait que, si on appelle ala longueur d’une arête du cube, GJ=a

4; on en déduit que FP=3a 4 .

Le point P tel que le triangle IJK est équilatéral, est défini par la relation vectorielle−→FP =3 4

−→BF .

C B

G F J

K

P

E

H G

F

B

D C

A I

J

P

×K //// //

EXERCICE5 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 5 points

Un apiculteur étudie l’évolution de sa population d’abeilles. Au début de son étude, il évalue à 10 000 le nombre de ses abeilles.

Chaque année, l’apiculteur observe qu’il perd 20 % des abeilles de l’année précédente.

Il achète un nombre identique de nouvelles abeilles chaque année. On notera c ce nombre exprimé en dizaines de milliers.

On noteu0le nombre d’abeilles, en dizaines de milliers, de cet apiculteur au début de l’étude.

Pour tout entier natureln non nul,un désigne le nombre d’abeilles, en dizaines de milliers, au bout de la n-ième année. Ainsi, on au0=1 et, pour tout entier natureln,un+1=0,8un+c.

Partie A

On suppose dans cette partie seulement quec=1, donc pour tout entier natureln,u_n+1=0,8un+1.

1. On calcule, à la calculatrice,unpour les premières valeurs den(valeurs deunarrondies) :

Nouvelle-Calédonie Wallis-et-Futuna 6 17 novembre 2016