Les sciences dans le monde

E 2 → → → − − − L’espace est muni d’un repère orthonormal O, ı ,  , k . On note (D) la droite passant par les points A(1 ; −2 ; −1) et B(3 ; −5 ; −2). 4 points

e−nx dx 1 + e−x

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

− → 1. La droite (D) passe par A(1 ; −2 ; −1) et a pour vecteur directeur AB(2 ; −3 ; −1). Elle a donc pour représentation paramétrique :

  x y  z

= = =

1 + 2t −2 − 3t −1 − t

avec t ∈ R.

2. On note (D′ ) la droite ayant pour représentation paramétrique :

  x y  z

= = =

2−k 1 + 2k k

avec k ∈ R.

− → La droite (D′ ) a pour vecteur directeur u(−1 ; 2 ; 1). Les vecteurs u et AB ne sont pas colinéaires (coordonnées non proportionnelles), donc les droites (D) et (D′ ) ne sont pas parallèles. Les droites (D) et (D′ ) ont un point en commun si et seulement si il existe deux  = 2 − k (l 1 )  1 + 2t −2 − 3t = 1 + 2k (l 2 ) . Or (l 1 )+(l 2 )−(l 3 ) ⇐⇒ 0 = 3 réels t et k tels que  −1 − t = k (l 3 ) (impossible). Les trois équations sont incompatibles et les droites n’ont pas de point commun. Les droites (D) et (D′ ) ne sont ni sécantes ni parallèles, elles sont donc non coplanaires. 3. On considère le plan (P) d’équation 4x + y + 5z + 3 = 0. a. Pour tout réel t , on a 4(1+2t )+(−2−3t )+5(−1−t )+3 = 0, donc tout point de (D) appartient au plan (P). La droite (D) est donc incluse dans le plan (P).

b. M(x ; y ; z) ∈ (P) ∩ (D′ ) ⇐⇒ il existe un réel k tel que  x = 2−k    y = 1 + 2k  z = k   4x + y + 5z + 3 = 0 (e) (e) ⇐⇒ 4(2 − k) + (1 + 2k) + 5k + 3 = 0 ⇐⇒ k = −4  6  x = 2+4 = ′ y = 1 − 8 = −7 Le point C a pour M(x ; y ; z) ∈ (P) ∩ (D ⇐⇒  z = −4 = −4 coordonnées (6 ; −7 ; −4). − → 4. On considère la droite (∆) passant par le point C et de vecteur directeur w (1 ; 1 ; −1). → − − → → − − → a. u · w = (−1) × (1) + (2) × (1) + (1) × (−1) = 0 donc les vecteurs u et w ′ directeurs de (∆) et (D ) sont orthogonaux. Les deux droites sont donc orthogonales. Elles possèdent le point C en commun, elles sont donc perpendiculaires − − → − → b. De même, w · AB = 0 donc les droites (∆) et (D) sont orthogonales. La droite (∆) a pour représentation paramétrique :

  x y  z

= = =

6+λ −7 + λ −4 − λ

avec λ ∈ R.

Les droites (D) et ∆) ont un  point en commun si et seulement si il existe = 6+λ  1 + 2t deux réels t et λ tels que (s) −2 − 3t = −7 + λ)  −1 − t = −4 − λ

Liban

2

3 juin 2010

Baccalauréat S

A. P. M. E. P.

  5 (l 1 )  2t − λ =  2t − λ = 5 (l 1 ) 5t = 10 (l 2 + l 1 ) ⇐⇒ 3t + λ = 5 (l 2 ) ⇐⇒ s ⇐⇒   −t = −2 (l 3 − l 1 ) t −λ = 3 (l 3 ) λ = −1 t = 2 Les deux droites se coupent perpendiculairement en un point E(x ; y ; z)  1+4 = 6−1 = 5  x = y = −2 − 6 = −7 − 1 = −8 . tel que  z = −1 − 2 = −4 + 1 = −3 Le point E a pour coordonnées (5 ; −8 ; −3).

E XERCICE 3 Enseignement obligatoire

5 points

Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, et donner une justification de la réponse choisie. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point. Toutefois, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même nonfructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. 1. Une urne contient une boule blanche et deux boules noires. On effectue 10 tirages successifs d’une boule avec remise (on tire une boule au hasard, on note sa couleur, on la remet dans l’urne et on recommence). Proposition 1 : « La probabilité de tirer exactement 3 boules blanches est 1 3 2 7 3× × . » FAUX 3 3 Il s’agit d’un schéma de Bernoulli : on renouvelle 10 fois de manière indépendante une expérience à deux issues consistant à tirer un boule dans une urne contenant 3 boules dont une blanche. La probabilité de tirer une blanche est de 1/3. On appelle X la variable aléatoire donnant le nombre de boules blanches obtenues à l’issue des 10 expériences. X suit une loi binomiale de 10 2 7 10 1 3 × et = 3. paramètres (10; 1/3). p(X = 3) = × 3 3 3 3 2. Une variable aléatoire X suit la loi exponentielle de paramètre λ(λ > 0). On rappelle que pour tout réel a > 0 : p(X

a

a) =

0

λe−λt dt . ln 2 . » VRAI λ

Proposition 2 : « Le réel a tel que p(X > a) = p(X Pour tout réel a > 0 : p(X

a

a) est égal à

a 0

a) =

p(X > a) = 1 − p(X a) = e−λa . L’équation p(X > a) = p(X a) est équivalente à : 1 ln(2) 1 − e−λa = e−λa ⇐⇒ e−λa = ⇐⇒ −λa = − ln(2) ⇐⇒ a = 2 λ 3. Soit le nombre complexe z = 1 − i 3. Proposition 3 : « Si l’entier naturel n est un multiple de 3 alors z n est un réel. »VRAI On utilise la forme exponentielle : z = 1 − i 3 = r eiθ où r = 1 + 3 = 2 et θ est 3 1 π π tel que cos(θ) = et sin(θ) = − , θ = − . Donc z = 2e−i 3 et pour tout entier 2 2 3 nπ naturel n, z n = 2n e−i 3 . Si n est multiple de 3, il s’écrit sous la forme 3k où k est un entier naturel. On obtient alors z n = 2n e−ikπ = ±2n ∈ R 4. On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct 1+i → → − − O, u , v , le point A d’affixe a = 2 − i et le point B d’affixe b = a. 2 3

3 juin 2010

0

λe−λt dt = e−λt

= 1 − e−λa ,

Liban

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A. P. M. E. P.

Proposition 4 : « Le triangle OAB est rectangle isocèle. » VRAI BA a −b − − → → , on sait que Ar g (Z ) = (BO, BA) et que |Z | = . Soit Z = −b BO 1+i 3 1 1 3 1 3 b= (2 − i) = + i, donc a − b = − i = i(− i − i) = −ib. 2 2 2 2 2 2 2 π π −ib − − → → = i est de module 1 et d’argument . Donc (BO, BA) = et BA = BO. Z= −b 2 2 Le triangle ABO est donc isocèle rectangle de sommet B. → → − − 5. Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v , à tout point M du plan d’affixe z non nulle on associe le point M ′ d’affixe z ′ telle −10 que z ′ = où z désigne le nombre conjugué de z. z Proposition 5 : « Il existe un point M tel que O, M et M ′ ne sont pas alignés. » FAUX −10 −10z −10 Pour tout point M d’affixe z non nulle, z ′ = = . Or est réel, donc z zz zz − −→ − → − les vecteurs OM et OM’ sont colinéaires et les points O, M et M’ sont alignés. E XERCICE 3 Enseignement de spécialité 5 points

Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, et donner une justification de la réponse choisie. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point. Toutefois, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. 1. On considère, dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal direct → → − − O, u , v , le point A d’affixe 2 − i et B l’image de A par la rotation de centre O π et d’angle . 2 On note I le milieu du segment [AB]. Proposition 1 : « La similitude directe de centre A qui transforme I en O a pour écriture complexe z ′ = (1 + i)z − 1 − 2i. » VRAI π Puisque B est l’image de A par la rotation de centre O et d’angle , le triangle 2 OAB est rectangle isocèle direct de sommet O. Or I est le milieu de l’hypoπ AO →− − → ténuse donc = 2 et (AI, AO) = . La similitude de centre A qui transAI 4 π forme I en O a pour rapport 2 et pour angle . Son expression complexe est 4 z ′ = 2eiπ/4 (z − z A ) + z A = (1 + i)(z − 2 + i) + 2 − i = (1 + i)z − 2 − 2i + i − 1 + 2 − i = (1 + i)z − 1 − 2i

2. On appelle S l’ensemble des couples (x ; y) d’entiers relatifs solutions de l’équation (e) : 3x − 5y = 2. Proposition 2 : « L’ensemble S est l’ensemble des couples (5k − 1 ; 3k − 1) où k est un entier relatif. » VRAI Soit (x ; y) un couple d’entiers vérifiant (e). Alors 3x − 5y = −3 + 5 donc (e ′ ) : 3(x + 1) = 5(y + 1). Le nombre 5 divise 3(x + 1) et 5 est premier avec 3. Selon le théorème de Gauss, 5 divise x +1 et il existe un entier