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Baccalauréat S Centres étrangers juin 2005

E XERCICE 1 Commun à tous les candidats 0, 3 D1 0, 6 0, 7 R1 R1

3 points

1.

0, 2 0, 7 0, 4 D1 D2 0, 8

R2

R2

D2 En suivant l’arbre de probabilités pondéré ci-dessus, on a p(R1 ) = 0, 6 × 0, 3 = 0, 18. 2. De mêmep(R2 ) = 0, 4 × 0, 7 × 0, 2 = 0, 056. Donc p(R) = 0, 18 + 0, 056 = 0, 236. 0, 18 p(R1 ∩ R) 3. On sait quep R (R1 ) = = ≈ 0,762 6 ≈ 0, 763. p(R) 0, 236 4. On a un schéma de Bernouilli avec p = 0, 236 et n = 5, car 20 % de 25 représentent 5 personnes. Donc la probabilité d’avoir 5 réponsesau questionnaire est : 5 × (0, 236)5 × (1 − 0, 236)20 ≈ 0, 179. 20

0, 3

E XERCICE 2 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 1. M = N ⇐⇒ z = z 2 ⇐⇒ z(1 − z) = 0 ⇐⇒ z z =0 = 1.

3 points

z = 0  3 2 M = P ⇐⇒ z = z ⇐⇒ z 1 − z = 0 ⇐⇒ z(1 + z)(1 − z) = 0 ⇐⇒ z = −1 .   z =1 2 3 Conclusion si M ∈ E , z, z et z sont des complexes distincts et par conséquent M, N et P aussi. 2. a. M N P est rectangle en P si et seulement si MP 2 + P N 2 = M N 2 ⇐⇒ 2 2 2 2 2 z 3 − z + z 2 − z 3 = z 2 − z ⇐⇒ z(1 − z 2 ) + z 2 (1 − z) = |z(z−1)|2 ⇐⇒ |z|2 1 − z 2 + |z|4 |1 − z|2 = |z|2 |1 − z|2 ⇐⇒ (car z =0) |1 − z 2 |2 + |z|2 |1 − z|2 = |1 − z|2 ⇐⇒ (car z = 1) |1 + z|2 + |z|2 = 1.
2

Baccalauréat S juin 2005

b. En reprenant l’égalité précédente : |1 + z|2 + |z|2 = 1 ⇐⇒ (1 + z)(1 + z) + zz = 1 ⇐⇒ (1 + z)(1 + z) + zz = 1 ⇐⇒ zz + z + z + 1 + zz = 1 ⇐⇒ 1 1 1 1 1 1 1 = ⇐⇒ 2zz +z +z = 0 ⇐⇒ zz + z + z + − = 0 ⇐⇒ z + z+ 2 2 4 4 2 2 4 1 1 1 = . z+ z+ 2 2 4 1 1 1 1 = c. Soit C le point d’affixe − . Lacondition précédente z + z+ 2 2 2 4 1 1 1 entraıne que z + = ⇐⇒ CM = . Géométriquement M appartient 2 2 2 1 au cercle de centre C et de rayon , M étant distinct de O et de A (qui 2 sont sur le cercle et de B. 1 Conclusion : l’ensemble C est le cercle de centre C de rayon , privé de 2 O et de A. 3. a. On a M(z) ∈ C et z = r eiα . Alors z 3 > 0 ⇐⇒ r 3 ei3α > 0 ⇐⇒ ei3α > 0 ⇐⇒ cos(3α) 3α cos(3α) α > => = 0 0 [2π] 0 0 ou ⇐⇒ cos(3α) α > 0 cos(3α) sin(3α) 0 [ > = 0 0 ⇐⇒

2π 2π ou − 3 3 car dans ces trois cas le cosinus est positif (et même égal à 1. L’ensemble F cherché est donc la réunion des trois demi-droites d’ori2π → − gine O faisant respectivement avec l’axe O, u un angle de 0, et 3 2π − , privée du points O. 3 b. Figure :

2π ⇐⇒ ] 3 2π 2π ⇐⇒ α = 0 ou α = ou α = − , 3 3 =

D

→ − vA

C

−1) O 4 E

→ − u

B

c. D’après les questions 2. a. et2. b. il faut que M appartiennent aux deux ensembles C et F : graphiquement on voit qu’il y a deux solutions. 2π 2π il faut donc que r > 0, α ∈ − , 0, et que |z + 1|2 + |z|2 = 1. 3 3

Centres étrangers

2

Baccalauréat S juin 2005

– Si α = −

ir 3 2π r 2iπ , z = r e− 3 , z + 1 = − + 1 + . 3 2 2 2 2 r 3r + r 2 = 1⇐⇒ 2r 2 − r + 1 = Donc |z + 1|2 + |z|2 = 1 ⇐⇒ − + 1 + 2 4 1 1 ⇐⇒ 2r 2 − r = 0 ⇐⇒ r = . Première solution le point E d’affixe 2 1 − 2iπ 1 3 − e 3 = − −i . 2 4 4 2π , le calcul de r est le même ; on trouve le point D d’affixe – Si α = 3 1 2iπ 1 3 − e 3 = − +i . 2 4 4 – Si α = 0, z = r, |z + 1|2 + |z|2 = 1 ⇐⇒ (r + 1)2 + r 2 = 1 ⇐⇒ 2r 2 + r = 1 0 ⇐⇒ r = − qui n’a pas de solution. Il y a donc commeprévu deux 2 solutions : les points D et E.

E XERCICE 2 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A

3 points

1. Si a = 2p et b = 2q, alors N = a 2 − b 2 = 4p 2 − 4q 2 = 4 × . . . n’est pas impair ; Si a = 2p +1 et b = 2q +1, alors N = (2p +1)2 −(2q +1)2 = (2p +2q +2)(2p −2q) n’est pas impair. Conclusion a et b n’ont pas la même parité. 2. On a par définition de N , a > b. Or N =(a + b)(a − b), donc est le produit de deux naturels. En posant a + b = p et a − b = q, N = p × q. D’après la question 1, a et b sont de parités contraires, donc a + b = p et a − b = q sont impairs et leur produit aussi. Partie B 1. a. Les restes de X sont les naturels de 0 à 8. On calcule les restes de X 2 : X X2 0 0 1 1 2 4 3 0 4 7 5 7 6 0 7 4 8 1

b. On a 250 507 = 9 × 27 834 + 1, donc...
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