Corrige Bac

e le cercle(C) en P′ .

Corrigé du baccalauréat S

P

P1

Q

−2

B

×

O

×

A

−2 Exercice 2 5 points

Proposition 1 : Faux − → −→ − − AvecM(x ; y ; z), AM · BC = 0 ⇐⇒ 2x − 4y + 0(x − 2) = 0 ⇐⇒ 2x − 4y = 0 ⇐⇒ x − 2y = 0 qui est l’équation d’un plan. Or les coordonnées (1 ; 2 ; 0) du point I ne vérifient pas cette équation. Proposition 2 : Vrai −→ −→ − − −→ −→ − − MB + MC = MB − MC ⇐⇒ −→ − −→ − 2MI = CB ⇐⇒ IM = 1 BC ⇐⇒ M 2

appartient à la sphère de centre I et de diamètre [BC].

Proposition 3 : Faux En prenant comme base de ce tétraèdre le triangle rectangle OBC, [OA] est une 1 1 8 1 hauteur. Le volume est donc V = A (OBC) × OA = × × 4 × 2 × 2 = . 3 3 2 3 Proposition 4 : Vrai Les coordonnées des trois points vérifient bien l’équation donnée.   8   2 −→  9  4  − 4 1  ; il est donc bien normal au plan (ABC). Enfin = Le vecteur OH 9 9 8 2 9 les coordonnées de H vérifient bien l’équation du plan (ABC). Proposition 5 : Vrai 2 4 2 −→ 1 −→ −→ −→ − − − − −→ − De OG = OA + OB + OC on en déduit que G ; ; puis que AG a 3 3 3 3    2  1 3 pour coordonnées  4  qui est colinéaire au vecteur  2 . Une équa3 −2 −4 3

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tion paramétrique de la droite (AG) est donc :

  x = 0+1×t y = 0+2×t  z = 2 + (−2) × t   x=t y = 2×t ⇐⇒  z = 2 − 2t

avec t ∈ R

Exercice 2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

5 points

Proposition 1 : Vrai Par récurrence : initialisation 3|22×0 − 1 ⇐⇒ 3|0. Vrai Hérédité : supposons que 3|22n −1 ⇐⇒ il existe k ∈ R tel que 22n −1 = 3k ⇐⇒ 22n = 3k + 1. Or 22(n+1) = 22n+2 = 22n × 22 = 4 × 22n = 4(3k + 1) = 12k + 4. Finalement 22(n+1) − 1 = 12k + 3 = 3(4k + 1)qui est un multiple de 3. n Autr e méthode : 22 ≡ 1 mod 3, d’où 22 ≡ 1 mod 3 ⇐⇒ 22n ≡ 1 mod 3 ⇐⇒ 22n − 1 ≡ 0 mod 3 ⇐⇒ 22n − 1 est un multiple de 3. Proposition 2 : Faux x 2 + x ≡ 0 mod 6 ⇐⇒ x(x + 1) ≡ 0 mod 6. Or les entiers x et x + 1 sont consécutifs ; il en résulte donc que ou x ≡ 0 mod 3 (si x + 1 est pair) , ou x + 1 ≡ 0 mod 3 (si x est pair) et dans ce dernier cas x ≡ 0 mod 3 est faux. Exemple : 22 + 2 ≡ 0 mod 6 et 2 ≡ 0 mod 3 est faux. Proposition 3 : Faux Un couple solution est suggéré : (4 ; 9) puisque 12 × 4 − 5 × 9 = 3. 12x − 5y = 3 =⇒ (par différence) 12(x − 4) − 5(y − 9) = 0 ⇐⇒ 12 × 4 − 5 × 9 = 3 12(x − 4) = 5(y − 9) (1). Donc 5 étant premier avec 12 divise x−4 ; il existe donc α tel que x−4 = 5α ⇐⇒ x = 4 + 5α et en remplaçant dans l’égalité (1), y − 9 = 12α ⇐⇒ y = 9 + 12α. Si α est impair on n’obtient pas les couples solutions proposés.

Proposition 5 : Vrai On a par hypothèse M = 100a + 10b + c = 27k, (1) k ∈ NetN = 100b + 10c + a. Donc M − N = 99a − 90b − 9c = 9(11a − 10b − c). Or (1) =⇒ −10b − c = 100a − 27k. Donc M − N = 9(11a + 100a − 27k) = 9(11a −27k) = 9(3×37a −3×9k) = 27(37a −9k) qui est bien un multiple de 27.

Proposition 4 : Si d est le PGCD(a ; b) alors il existe deux entiersa ′ etb ′ tels que a = d a ′ et b = db ′ . Le PPCM(a ; b) = a ′ b ′ d. En remplaçant dans l’énoncé a ′ b ′ d − d = 1 ⇐⇒ d(a ′ b ′ − 1) = 1. Cette égalité prouve que d divise 1, donc que d = 1. On a donc PGCD(a ; b) = 1 et PPCM(a ; b) = ab. L’égalité s’écrit donc : ab − 1 = 1 ⇐⇒ ab = 2. Les seuls couples solutions sont (1 ; 2) et (2 ; 1) et le seul avec a < b est le couple(1 ; 2).

Exercice 3 1.

4 points

a. 318+ 110 = 428 personnes sur 1000 ont eu au moins un retard le premier mois ; la probabilité est donc égale à 0, 428. b. Sur les 572 personnes n’ayant pas eu de retard le premier mois, 250+60 = 310 ont eu au moins un retard le mois suivant ; la probabilité est donc 310 155 = . égale à 572 286

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2.

a. La lecture du tableau permet de dire que p 1 = 0, 512, q 1 = 0, 318 et r 1 = 0, 110. b. On dresse l’arbre suivant : An pn 0, 54 0, 66 qn Bn 0, 34 rn Cn 0, 34 On a donc p n+1 = p (A n+1 ) = p n × p A n (A n+1 ) + q n × p B n (A n+1 ) + r n × pC n (A n+1 ) = c. Or p n + q n + r n = 1. D’où p n+1 = 0, 46p n + 0, 66(1 − p n ) = −0, 2p n + 0, 66. soit p n+1 = 0, 46p n + 0, 66q n + 0, 66r n . A n+1 0, 66 A n+1 A n+1 A n+1 A n+1 0, 46 A n+1

d. un = p n − 0, 55 =⇒ un+1 = p n+1 − 0, 55 = −0, 2p n + 0, 66 − 0, 55 = − 0, 2(un + 0, 55) + 0, 11 = −0, 2un , égalité qui montre que la suite (un ) est une suite géométrique de raison −0, 2. e. Comme la raison de la suite (un ) est −1 < −0, 2 < 1, on sait que lim un = 0 et par conséquent

n→+∞ n→+∞

lim p n − 0, 55 = 0 ⇐⇒ lim p n = 0, 55.

n→+∞

Exercice 4 Partie A 1. On sait que F ′ (x) = f (x) 2. Sur [2 ; +∞[, f (x) 0 ⇐⇒ f est croissante sur R.

3 x

6 points

4e−2 , d’où

f (t ) dt

2 2

4e−2 dt ⇐⇒ F (3)

4e−2 .

D’autre part cette intégrale d’une fonction positive sur l’intervalle [2 ; 3] est positive. Partie B 1. a. f (x) = x 2 e−x =⇒ f ′ (x) = 2xe−x − x 2 e−x = xe−x (2 − x), dérivée qui a le signe du trinôme x(2 − x). Celui-ci est positif entre les racines 0 et 2. Les variations sont donc bien celles qui sont indiquées dans le tableau. D’autre part f (0) = 0 et f(2) = 22 e−2 = 4e−2 .

2. La fonction h est la fonction « écart vertical » entre les deux courbes de la question précédente. H ′ (x) = (−2x−2)e−x − −x 2 − 2x − 1 e−x = e−x −2x − 2 + x 2 + 2x + 1 = e−x x 2 − 1 .

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b. On a f (x) − g (x) = x 2 e−x − e−x = x 2 − 1 e−x qui est du signe du trinôme x 2 − 1. Conclusion : (C ) est au dessus (Γ) sauf entre −1 et 1.

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a. H ′ (x) = (−2x − 2)e−x − −x 2 − 2x − 1 e−x = e−x −2x − 2 + x 2 + 2x + 1 = e−x