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Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2006

E XERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats Partie A. Restitution organisée de connaissances z z z On a arg ′ × z ′ = argz ⇐⇒ arg ′ + argz ′ = argz ⇐⇒ arg ′ = argz − argz ′ . z z z Partie B iz + 3 1. a. M d’affixe z (avecz = −i) est invariant par f si et seulement si z = ⇐⇒ z +i 2 2 z + iz = iz + 3 ⇐⇒ z = 3. Les points invariants sont donc lespoints J et K d’affixes respectives 3 et − 3. Le cercle de diamètre [AB] a pour rayon 2 et pour centre le point d’affixe i. Or la distance de ce point à J est égale à ( 3)2 + 12 = 2, donc J appartient au cercle de diamètre [AB]. Même calcul pour K. 2 − 2i i(−2 + 3i = = −1. Donc C′ apparb. Si c ′ est l’affixe de C′ , alors c ′ = −2 + i + i −2 + 2i tient à l’axe des abscisses. iz + 3 i(z − 3i) 2. On peutécrire z ′ = = . En prenant les arguments de ces deux z +i z − (−i) complexes (et en utilisant le résultat de la partie A) on obtient arg(z ′ ) = argi + π z − 3i −→ −→ − − à 2π près ⇐⇒ arg(z ′ ) = + AM , BM à 2π près ⇐⇒ arg z − (−i) 2 π −→ −→ − − arg(z ′ ) = MA , MB + à 2π près. 2 π π ′ 3. a. z est imaginaire pur si et seulement si son argument est ou − . Les 2 2 points M correspondants sont tous lespoints de la droite (AB) excepté les points A et B. π −→ −→ − − b. – Si M appartient au demi-cercle contenant K, alors MA , MB = et 2 par conséquent arg(z ′ ) = π, donc M ′ a une affixe réelle négative. π −→ −→ − − – Si M appartient au demi-cercle contenant J, alors MA , MB = − et 2 par conséquent arg(z ′ ) = 0, donc M ′ a une affixe réelle positive.

Dans tous les cas si M appartient au cerclede diamètre [AB] privé des points A et B, le point M ′ appartient à l’axe des abscisses. Autre méthode numérique : Si M appartient au cercle de diamètre [AB], son affixe s’écrit z = i + 2e2iθ , avec θ ∈ [0 ; 2π]. On trouve alors que cos θ ∈ R. z′ = 1 + sin θ

Corrigé du baccalauréat S

3 ×

B

2

C

×

1

−2

×

K

C′ −1 1

J

×

2

−1 ×

A

−2 E XERCICE 2 Réservéaux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 5 points

H J

I

G

E

F

D R

C

A
Asie

B 2
juin 2006

Corrigé du baccalauréat S

1. Voir figure 2. Construction du point J : – Dans le plan CDHG, la droite (IC) coupe la droite (DH) en un point P ; – Dans le plan ADHE la droite (PA) coupe la droite (EH) en J. Le plan (ACI) est donc coupé par les deux facesparallèles (ABCD) et (EFGH) : les intersections (AC) et(IJ) sont donc parallèles. − − → − − → 3. a. R ∈ (AC) : on sait qu’il existe un réel unique k tel que AR = k AC , ce réel k étant l’abscisse de R si le repère de la droite (AC) est le couple (A, C). − − → − → (IR) ⊥ (AC) ⇐⇒ IR · AC = 0. − − → − − → b. Si R a pour coordonnées (x, y, z), AR = k AC =⇒ x = k, y = k, z = 0. 1 1 − − → − → IR · AC = 0⇐⇒ x − ×1+(y −1)×1+(z −1)×0 = 0 ⇐⇒ x− +y −1 = 0. 3 3 2 4 D’où en remplaçant par les coordonnées de R : 2k − = 0 ⇐⇒ k = . 3 3 2 2 Conclusion : R ; ; 0 . 3 3 11 11 =⇒ IR = . 9 3 → − − − → 4. n de coordonnées (3 ; −3 ; 2) est normal au vecteur AC (1 ; 1 ; 0) (produit − 1 → scalaire nul) et au vecteur AI 3 ; 1 ; 1 . → − Le vecteur n orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ACI) est un vecteurnormal à ce plan. Une équation du plan (ACI) est donc 3x − 3y + 2z + d = 0 et comme ce plan contient A(0 ; 0 ; 0), d = 0. Une équation du plan (ACI) est donc : 3x − 3y + 2z = 0. 5 |3 × 1 − 3 × 0 + 2 × 1| = . 5. Avec F(1 ; 0 ; 1) on sait que d(F, ACI) = 2 + (−3)2 + 22 22 3 c. On calcule IR2 = 1 3 + 1 3 + 12 =
2 2

E XERCICE 2 Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A: Étude de deux cas particuliers

5 points

1. Si n = 2 : 12 + 32 + 52 = 35 = 8× 4+ 3, c’est-dire que 12 + 32 + 52 ≡ 3 modulo 3. Le triplet (1 ; 3 ; 5) est donc solution. 2. a. Si n = 3 r R 0 0 1 1 2 4 3 1 4 0 5 1 6 4 7 1

b. Les seuls restes possibles sont donc 0, 1 et 4. Avec trois carrés la somme des restes ne peut être que 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, mais pas 7. Conclusion : il n’existe...
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