Polynésie, 2007

Terminale S Juin 2007 Polynésie

Exercice 1 – 5 points

Pour réaliser une loterie, un organisateur dispose d’un sac contenant exactement un jeton blanc et 9 jetons noirs indiscernables au toucher et d’autre part d’un dé cubique équilibré dont les faces sont numérotées de 1 à 6.

Il décide des règles suivantes pour le déroulement d’une partie.

Le joueur doit tirer un jeton puis jeter le dé :

* si le jeton est blanc, le joueur perd lorsque le jet du dé donne 6 ;

* si le jeton est noir, le joueur gagne lorsque le jet du dé donne 6.

A la fin de la partie, le jeton est remis dans le sac.

On note B l’événement « le jeton tiré est blanc » et G l’événement « le joueur gagne le jeu ». L’événement contraire d’un événement E est noté E. La probabilité d’un événement est notée p(E).

Partie A

1. Montrer que

( )

^{G 7}

p =30. On pourra s’aider d’un arbre pondéré.

2. Quelle est la probabilité que le joueur ait tiré le jeton blanc sachant qu’il a perdu ?

3. Un joueur fait quatre parties de façon indépendante. Calculer la probabilité qu’il en gagne exactement deux et en donner une valeur approchée à 10⁻³ près.

4. Quel nombre minimal de parties un joueur doit-il faire pour que la probabilité d’en gagner au moins une soit supérieure à 0,99 ?

Partie B

L’organisateur décide de faire de sa loterie un jeu d’argent :

* chaque joueur paye 1 euro par partie ;

* si le joueur gagne la partie il reçoit 5 euros ;

* si le joueur perd la partie il ne reçoit rien.

1. On note X la variable aléatoire égale au gain algébrique (positif ou négatif) du joueur à l’issue d’une partie.

a. Donner la loi de probabilité de X et son espérance mathématique.

b. On dit que le jeu est favorable à l’organisateur si E(X) < 0. Le jeu est-il favorable à l’organisateur ?

2. L’organisateur décide de modifier le nombre n de jetons noirs (n entier naturel non nul) tout en gardant un seul jeton blanc.

Pour quelles valeurs de l’entier n le jeu est-il défavorable à l’organisateur ? Exercice 2 – 4 points

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O u v; , ). On prendra 1 cm pour unité graphique.

Les questions suivantes sont indépendantes.

1. Résoudre dans l’ensemble ℂ des nombres complexes, l’équation z−3iz− +3 6i=0, z étant le conjugué de z.

2. On considère le point A d’affixe 4−2i. Déterminer la forme algébrique de l’affixe du point B tel que OAB soit un triangle équilatéral de sens direct.

3. Soit le point D d’affixe 2i .

a. Représenter l’ensemble (E) des points M d’affixe z différente de 2i tels que :

( ) ( )

arg 2 2

z− i = + ×π4 k π k∈ℤ .

b. Représenter l’ensemble (F) des points M d’affixe z tels que z= +2i 2e^iθ,θ∈ℝ. 4. A tout point M d’affixe z≠ −2, on associe le point M’ d’affixe z’ telle que 1

' 2

z z z

= −

+ . Déterminer l’ensemble des points M tels que z' =1^.

Exercice 3 (non spécialistes) 5 points

L’espace est rapporté au repère orthonormal (O i j k; , , ) . On considère les points 2

; 3 ; 2 A3 − 

  ^et

4; 0 ; 4 B−3 − 

 . On note I le milieu du segment

[ ]

^AB et (S) la sphère de diamètre

[ ]

^{AB .}

1. Soit E le barycentre des points pondérés

(

^{A; 2}

)

^et

(

^{B; 1}

)

^.

a. Calculer les coordonnées de E.

b. Montrer que l’ensemble (P) des points M de l’espace tels que 2M A+M B =3 M O

est le plan médiateur du segment

[

^OE

]

^.

c. Montrer qu’une équation du plan (P) est y= −1.

2. a. Calculer le rayon de la sphère (S) et la distance du centre I de la sphère au plan (P). En déduire que l’intersection (C) du plan (P) et de la sphère (S) n’est pas vide.

b. Montrer qu’une équation de (C) dans le plan (P) est ^{1 2}

(

¹

)

^{2 12}

x 3 z

 +  + + =

 

  . En déduire que (C) est un cercle dont on précisera le centre et le rayon.

3. Soit D le point de coordonnées 1 1

; ; 4 3 1

3 2

− − − 

 

 ^.

a. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (ID).

b. En déduire que la droite (ID) est sécante au cercle (C) en un point noté F dont on donnera les coordonnées.

Exercice 3 (spécialistes) 5 points

Partie A

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

on considère les points ^A

(

^{1 ; 3 ; 2}

)

^{, B}

(

^{4 ; 6 ;−4}

)

et le cône (Γ⁾ d’axe

(

^{O k;}

)

, de sommet O et contenant le point A.

1. Montrer qu’une équation de (Γ) est ^{2 2} 5 ² x +y = 2z .

2. Soit (P) le plan parallèle au plan (xOy) et contenant le point B.

a. Déterminer une équation de (P).

b. Préciser la nature de l’intersection (C₁) de (P) et de (Γ^).

3. Soit (Q) le plan d’équation y=3. On note (C₂) l’intersection de (Q) et de (Γ). Sans justification reconnaître la nature de (C₂) parmi les propositions suivantes :

* deux droites parallèles ;

* deux droites sécantes ;

* une parabole ;

* une hyperbole ;

* un cercle.

Partie B

a. Résoudre l’équation (E).

b. En déduire l’ensemble des points de (C1) dont les coordonnées sont des entiers relatifs.

2. a. Démontrer que si le point M de coordonnées

(

^{x y z; ;}

)

, où x, y et z sont des entiers relatifs, est un point de (Γ) alors z est divisible par 2 et x²+y² est divisible par 10.

b. Montrer que si M est un point de (C₂) alors x² ≡1 m odulo 10^.

c. Résoudre dans l’ensemble des entiers relatifs l’équation x² ≡1 m odulo 10.

d. Déterminer un point de (C₂), distinct de A, dont les coordonnées sont des entiers relatifs.

Exercice 4 6 points

On considère la fonction f définie sur

]

^{0 ;+ ∞}

[

^{par f x}

( )

^{= +1 xlnx}. On note (Cf) sa courbe représentative dans un repère orthogonal (O i j; , ).

Toutes les aires considérées dans ce problème seront exprimées en unités d’aire.

Partie A

Le but de cette partie est de déterminer un encadrement de l’aire A du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe (C_f) et les deux droites d’équations x=1 et x=2.

On note M et N les points de (C_f) d’abscisses respectives 1 et 2, P et Q leurs projetés orthogonaux respectifs sur l’axe des abscisses. La figure est donnée plus bas.

1. a. Montrer que f est positive sur

[

^{1 ; 2}

]

^.

b. Montrer que le coefficient directeur de la droite (MN) est 2 ln 2 . c. Soit E le point d’abscisse 4

e. Montrer que sur l’intervalle

[

^{1 ; 2}

]

, le point E est l’unique point de (C_f) en lequel la tangente à (Cf) est parallèle à (MN).

d. On appelle (T) la tangente à (C_f) au point E. montrer qu’une équation de (T) est : ^y

(

^{2 ln 2}

)

^{x 4 1}

= − +e ^. 2. Soit g la fonction définie sur

[

^{1 ; 2}

]

^{par g x}

^{( )}

^{f x}

^{( )} (

^{2 ln 2}

)

^{x 4 1}

e

 

= − − + ^.

a. Montrer que ^'

( )

^{1 ln}

4

g x  x

= +  

  pour tout x de

[

^{1 ; 2}

]

^.

b. Etudier les variations de g sur

[

^{1 ; 2}

]

et en déduire la position relative de (C_f) et de (T) sur cet intervalle.

3. Soient M’ et N’ les points d’abscisses respectives 1 et 2 de la droite (T). On admet que la courbe (Cf) reste sous la droite (MN) sur l’intervalle

[

^{1 ; 2}

]

et que les points M’ et N’ ont des ordonnées strictement positives.

a. Calculer les aires des trapèzes MNQP et M’N’QP.

b. En déduire, à l’aide de la calculatrice, un encadrement de A d’amplitude 10⁻¹. Partie B

Le but de cette partie est de déterminer la valeur exacte de A.

1. A l’aide d’une intégration par parties, calculer

2 1

ln x xdx

∫

^.

2. En déduire la valeur exacte de A.

(T )

N '

M '

P Q

N

E

M

(Cf)

0 0,5 1 1,5 2 2,5

0 0,5 1 1,5 2

x y

5

Polynésie 2007 - Corrigé

Exercice 1 Partie A

1. Notons S l’événement « Faire 6 ». Voici l’arbre pondéré associé à la situation :

L’évènement G s’écrit alors ^G=

(

^B∩S

) (

^{∪ B∩S}

)

^.

Comme les évènements

(

^B∩S

)

^et

(

^B∩S

)

sont incompatibles, on a alors ^{p G}

( )

^{= p B}

(

^∩S

) (

^{+ p B∩S}

)

^{, cad}

( )

^{G 1 5 9 1 7}

10 6 10 6 30

p = × + × = .

2. On cherche pG

( )

B :

( ) ( )

( ) ⁽ ( ) ⁾

G

1 1

B G B S 10 6 1 30 1

B G G 1 7 60 23 46

30

p p

p

p p

∩ ∩ ×

= = = = × =

−

.

3. On répète ici de manière indépendante l’épreuve à deux issues : « gagner une partie » ou « la perdre ».

Si X désigne la v.a. qui compte le nombre de succès, alors X suit une loi binomiale de paramètres n=4^, 7 p=30 ^. Il en gagne 2 donc avec la probabilité

2 2

4 7 23

0,192

2 30 30

       ≈

    

  ^.

4. Il s’agit toujours d’une loi binomiale, de paramètre n et 7 p= 30^.

Par conséquent, ^{( 1) 1}

(

⁰

)

^{1 23}

30

n

p X≥ = −p X= = − 

  . On cherche alors n tel que p X( ≥ ≥1) 0, 99 ^:

( )

( )

ln ln(23 / 30) 0

ln 0, 01

23 23

( 1) 0, 99 1 0, 99 ln ln 0, 01 17, 3

23

30 30

ln 30

croit n

p X n n

    <

≥ ≥ ⇔ −  ≥ ⇔  ≤ ⇔ ≥   =

 

 

d’où n=18^.

Partie B 1a. Pour déterminer la loi de X, il faut

(1) Trouver les valeurs que peut prendre X (2) Déterminer la probabilité de chaque valeur.

Ici, X prend les valeurs −1 et 4 et on a ^{p X}

(

^{= − =1}

)

^p

( )

^{G =23}₃₀^{, p X}

⁽

⁼⁴

⁾

^=p

^{( )}

^{G =}₃₀^{7 .}

Par conséquent,

( )

^{23 4 7 5 1}

30 30 30 6

E X = − + = = ^.

1b. Le jeu est favorable au jour, pas à l’organisateur : en effet, le joueur gagne en moyenne 1

6 d’euros à chaque partie.

S

S

16

5 6

S

S

16

56 1 B

10

9 B

10

2. Reprenons les calculs précédents : ^p

( )

^{G = p}

( )

^{B ×p}

( ) ( )

^{S +p B ×p S}

^{( )}

⁼_n¹_{+1 6}^{× +5} _nⁿ_{+1 6}^{× =1} ₆

₍

⁵_n⁺₊ⁿ₁

₎

^.

Par conséquent,

( )

^{1 1 6}

(

^{5 n1}

)

^{4 6}

(

^{5 n1}

)

^{.. 6}

(

^{n 191}

)

E X n n n

 +  + − +

= − × − + + × + = = +

qui sera positif lorsque n≤19 (nombre de jetons noirs).

Exercice 2

1. La méthode est ici de travailler avec l’écriture algébrique de z : z = x + iy.

Alors ^{z−3iz− +3 6i= ⇔0}

(

^x−iy

)

^{−3i x}

(

^+iy

)

^{− +3 6i= ⇔ +0 x 3y− + − −3 i}

(

^{y 3x+6}

)

^{=0, soit}

3 3 0 3 3 3 15

3 6 0 8 3 0 8, 8

x y x y

y x

x y y

+ − = = − +

 

⇒ ⇔ = =

 

− − + = − =

  . L’unique solution est donc 15 3

8 8

z= +i .

2. OAB est un triangle équilatéral de sens direct ssi A a pour image B par la rotation R de centre O, d’angle 3 π .

L’écriture complexe de R est alors : ' ³

i

R z z e z

π

→ = ; comme B = R(A) on obtient,

( ) ( ) ( )

3 1 3

4 2 4 2 2 3 2 3 1

2 2

i

b e i i i i

π  

= − = +  − = + + −

  ^.

3a. Si M(z) et D(2i), on a 2

z− =i zDM donc ^arg

(

^z−2i

)

^=arg

( )

^{zDM =}

(

^{u DM,}

)

^.

Ainsi, ^arg

(

^z−2i

)

^{= +π}₄ ^{2kπ ⇔}

(

^{u DM;}

)

^{= +π}₄ ^2kπ ; l’ensemble cherché est donc la demi-droite formant un angle de 45° avec l’horizontale, passant par D et orientée vers la droite.

3b. Il faut ici reconnaître une écriture paramétrique d’un cercle :

2 2 ⁱ 2 2 ⁱ 2 2

z= +i e^θ ⇔ − =z i e^θ ⇔ z− i = : il s’agit du cercle de rayon 2 et de centre D.

4. z' = ⇔1 z− =1 z+ = + = +2 z 2 z 2 car le module du conjugué de z est le même que celui de z.

Il s’agit donc de la médiatrice de [AB] où A(-2) et B(1).

Exercice 3 (non spécialistes)

On considère les points 2

; 3 ; 2

A3 

 − 

  ^et

4; 0 ; 4

B 3 

− −

 

 . On note I le milieu du segment

[

^AB

]

et (S) la sphère de diamètre

[

^AB

]

^.

1. Soit E le barycentre des points pondérés

(

^{A; 2}

)

^et

(

^{B; 1}

)

^.

1a. D’après le cours, 1 2 4

2 1 0

x  

=  × + × − = ^, y = −2^, z =0^.

7

1b. Une telle somme vectorielle suggère fortement d’utiliser le barycentre : 2MA MB+ =ME donc 2M A+M B =3 M O ⇔3M E=3M O⇔ M E=M O : (P) est le plan médiateur du segment

[

^OE

]

^.

1c.

Méthode 1 :^{M E= M O ⇔}

(

^x−0

)

²⁺

(

^y+2

) (

^{2 − z−0}

) (

^{2 = x−0}

)

^{2 +}

(

^y−0

) (

^{2− z−0}

)

^{2 ⇔y2 +4y+ =4 y2}

donc une équation du plan (P) est y= −1.

Méthode 2 : le milieu de [OE] a pour coordonnées (0 ;-1 ;1) donc il appartient au plan d’équation y = -1.

Par définition, P est le plan qui passe par le milieu de [OE], et de vecteur normal 0

2 0 OE

 

− 

 

 

 

.

Or, le milieu de [OE] a pour coordonnées (0 ;-1 ;1) donc il appartient au plan d’équation y = -1 et ce plan admet pour vecteur normal

0 1 0 n

  

  

 

, qui est colinéaire à 0

2 0 OE

 

 

− 

 

 

. Ces deux plans sont donc confondus.

2a. I a pour coordonnées : 1 3

; ; 1

3 2

− − − 

 

 . Le rayon de (S) est 1 1 7

4 9 36 2AB=2 + + = 2.

On a

( )

3 1

2 1

, P 1 2

d I

− +

= = . Comme cette distance est inférieure au rayon de (S), il y a intersection (en un cercle).

2b. On fait l’intersection entre (S) et (P) : ^{1 2 3 2}

(

¹

)

^{2 49}

3 2 4

x y z

   

+ + + + + =

   

    et y= −1^{, soit}

( ) ( )

2 2 2

2 2

1 3 49 1 49 1

1 1 1 12

3 2 4 3 4 4

x z x z

 +  + − +  + + = ⇔ +  + + = − =

     

      .

Le centre de (C) est le point 1

; 1 ; 1 3

− − − 

 

 , le rayon est 12=2 3^. 3. Soit D le point de coordonnées 1 1

; ; 4 3 1

3 2

 

− − −

 

 ^.

3a. M est sur la droite (ID) ssi les vecteurs IM et ID

sont colinéaires

ssi il existe un réel t tel que

1 / 3 0 1 / 3

3 / 2 1 3 / 2

1 4 3 1 4 3

x t x

IM tID y t y t

z t z t

 + = ×  = −

 

= ⇔ + = × ⇔ = − +

 

+ = × = − +

 

.

3b. On remplace dans l’équation de (C) : ^{1 2}

(

¹

)

^{2 12 0 482 12 1}

3 2

x z t t

 +  + + = ⇒ + = ⇒ = ±

 

  , soit les points

1 / 3 2 1 2 3 x

y z

 = −

 = −



= − −



ou

1 / 3 1 1 2 3 x

y z

 = −

 = −



= − +



, mais seul le second est dans le plan (P).

Exercice 3 (spécialistes) Partie A

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

on considère les points ^A

(

^{1 ; 3 ; 2}

)

^{, B}

(

^{4 ; 6 ;−4}

)

^et

le cône (Γ) d’axe

(

^{O k;}

)

, de sommet O et contenant le point A.

1. L’équation d’un cône d’axe

(

^{O k;}

)

et de sommet O est du type : x² +y² =m z^{2 2}. Comme A est sur Γ, ses coordonnées vérifient son équation donc ^{2 2 2 2 2} 5

1 3 2

m m 2

+ = × ⇔ = ^. Ainsi, une équation de (Γ^{) est 2 2} 5 ²

x +y = 2z ^.

2. Soit (P) le plan parallèle au plan (xOy) et contenant le point B.

2a. Un plan parallèle au plan (xOy) admet une équation du type z = k : comme B est sur P, z = -4.

2b. M(x,y,z) est sur

2 2 5 2 2 2

2 40 4 4

x y z x y

P z

z

 + =  + =

Γ ⇔ ⇔

 = −

 = −



∩ : or dans le plan d’équation z = -4, x² + y² = 40

est l’équation d’un cercle de centre I(0 ;0 ;-4) et de rayon 40=2 10^.

3. Soit (Q) le plan d’équation y=3 : d’après le cours Q∩Γ est une hyperbole (on trouve deux droites sécantes en 0 pour Q : y = 0).

Partie B

Soient x, y et z trois entiers relatifs et M le point de coordonnées

(

^{x y z; ;}

)

. Les ensembles (C₁) et (C₂) sont les sections définies dans la partie A.

1. On considère l’équation (E) : x² +y² =40 (Q2b, c’est rassurant !) où x et y sont des entiers relatifs.

1a. Comme x et y sont des entiers relatifs on doit avoir − ≤ ≤6 x 6^. On teste alors :

Si x = 0, y∉ℕ. Si x = 1, y∉ℕ. Si x = 2, y= ±6^.

Si x = 3, y∉ℕ. Si x = 4, y∉ℕ. Si x = 5, y∉ℕ. Si x = 6, y =± ^2.

Par symétrie, seuls 8 couples sont solutions de cette équation : (-2,-6), (-2,6) ; (2,6), (2,-6) ; (-6,-2), (-6,2) ; (6,-2), (6,2).

1b. L’ensemble des points de (C₁) dont les coordonnées sont des entiers relatifs sont donc les 8 points d’abscisse et d’ordonnées ceux de 1a, et de cote z = -4.

2a. Si le point M de coordonnées

(

^{x y z; ;}

)

^{, où} x, y et z sont des entiers relatifs, est un point de (Γ^{) alors}

2 2 5 2

x +y =2z donc 2 divise 5z² puisque x² + y² est un entier. Or 2 est premier avec 5 donc d’après le théorème

9

Par conséquent, il existe un entier k tel que z = 2k : alors ^{2 2 5}

( )

^{2 2 10 2}

x +y =2 k = k donc x² + y² est un multiple de 10.

2b. Rappelons que C₂ =Q∩Γ : d’après la question précédente, comme M est sur Γ, x² + y² = 10 k.

Comme il est aussi sur Q, y = 3 et on obtient x² = 10k – 9 d’où ^{x2 ≡ −9 10}

( )

^{⇔x2 ≡1 10}

( )

^.

2c. Dans la division euclidienne par 10, il y a 10 restes possibles : 0, 1, 2, … ou 9.

Raisonnons par disjonction des cas :

Comme x² ≡1 modulo 10, on a forcément ^{x≡1 10}

( )

^{ou x≡9 10}

( )

cad x = 10k + 1 ou x = 10k + 9.

2d. Par exemple le point de coordonnées (9,3,-6) est un point de (C₂), distinct de A.

Exercice 4 Partie A

1a. Sur

[

^{1 ; 2}

]

^{, lnx>0} de même que x > 0 donc f est bien positive sur

[

^{1 ; 2}

]

^.

1b. M a pour coordonnées

(

^{1 ; 1}

)

^{et N}

(

^{2 ; 1+2 ln 2}

)

^.

Le coefficient directeur de la droite (MN) est donc 2 ln 2 2 ln 2 1

M N

M N

y y

x x

− = − =

− − ^.

1c. Rappelons que :

• Deux droites (non verticales) sont parallèles ssi elles ont le même coefficient directeur.

• Le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse a est par définition f ’(a) . La dérivée de f est : ^f'

( )

^{x lnx x 1 lnx 1}

= + × =x + ^.

La tangente à (C_f) est donc parallèle à (MN) lorsque ^{lnx+ =1 2 ln 2⇔ =x e2ln 2 1− =1}_e

( )

^{eln 2 2 =4}_e^.

1d. Rappelons l’équation de la tangente au point d’abscisse a : y = f(a) + f ‘(a)(x-a). Alors,

( )

4 4 4 4

2 ln 2 1 ln ... 2 ln 2 1

y x x

e e e e

 

   

=  − + +  = = + −

     puisque ln 4=2 ln 2.

2. Soit g la fonction définie sur

[

^{1 ; 2}

]

^{par g x}

( )

^{f x}

( ) (

^{2 ln 2}

)

^{x 4 1}

e

 

= − − +  : visiblement, nous allons étudié la position de la courbe par rapport à sa tangente.

2a. On a ^'

( )

^'

( )

^{2 ln 2 1 ln ln 4 1 ln}

4 g x =f x − = + x− = +  x

 ^.

2b. De plus, ^'

( )

^{1 ln 0 ln 1 1 4}

4 4 4

x x x

g x e x

e

    −

= +  ≥ ⇔  ≥ − ⇔ ≥ ⇔ ≥

    ^.

Reste de x modulo 10 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Reste de x² modulo 10 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1

x -_∞ 4

e -_∞

g ’(x) - 0 + 0

g (x) ..

ց

0

ր

..

Conclusion ^{g x}

( )

^≥0 puisque minorée par 0, et (Cf) est toujours au-dessus de (T).

Remarque : évitez de faire un tableau de variations incomplet, je l’ai fait pour mieux illustrer le résultat.

3a. Il nous faut les ordonnées de M’ et N’ : '

( )

2 ln 2 1 4 yM

= + − e^, '

( )

4 ln 2 1 4 yN

= + −e^.

Dans ce cas : Aire de MNQP :

( ) ( )

1 1 ln 2 1,693

2 2

M n

y y

PM QN

PQ +

+ × = × = + ≈ ;

Aire de M’N’QP :

(

' '

) (

' '

)

4

1 3 ln 2 1 1,608

2 2

M N

y y

PM QN

PQ e

+

+ × = × = + − ≈ ;

3b. L’aire A est comprise, par construction, entre ces deux valeurs : 1,6 à 10⁻¹ près.

Partie B

1. On pose

1 2

' 2

1

ln '

u x

u x

v x

v x

 =

= 

 

 ⇒

 =  =



. La formule d’IPP donne alors

2 2

2 2

2 2 2

1 1 1 1

1 1 1 1 3

ln ln 2 ln 2 2 ln 2 0,636

2 2 4 4

x xdx x x x dx x

x

   

=  − × = −  = − ≈

∫ ∫

^.

2. Comme la fonction f est positive entre 1 et 2, l’aire géométrique est donnée, en unité d’aires, par l’intégrale

suivante : ²

( )

^{2 2}

1 1 1

3 1

1 ln 1 2 ln 2 2 ln 2 1,636

4 4

f x dx dx x xdx

=

∫

=

∫

+

∫

= + − = + ≈

A .