Annal correction de la polynésie en juin 2011

Pages: 12 (2840 mots) Publié le: 6 juin 2012
Terminale S

Juin 2011

Polynésie
Exercice 1

Donc z 3n ∈ iℝ ⇔ arg z 3n = ±

( )

π
2

[ 2π ] ⇔ n

π
2



π
2

[ 2π ] ⇔ n impair.

la proposition 3 est fausse.

4. Soit z un nombre complexe non nul. → Proposition 4 : Si Si
π
2

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct ( O; u , v ) . 1. Soient A le point d’affixe 2 − 5i et B le point d’affixe 7 −3i. → Proposition 1 : Le triangle OAB est rectangle isocèle.
Méthode 1 :

π
2

est un argument de z alors |i + z| = 1 + |z|.

est un argument de z alors z = iy avec y > 0 ;

Donc |i + z| =|i + iy| =|(1 + y)i| = 1 + y car 1 + y > 0 et 1 + |z| = 1 + |iy| = 1 + y ;
On a donc bien |i + z| = 1 + |z| si

π
2

OA = z A = 2 − 5i = 29 , OB = z B = 7 − 3i = 58 ,

est un argument de z.
laproposition 4 est vraie.

AB = z B − z A =

( 7 − 3i ) − ( 2 − 5i )

= 5 + 2i = 29 ;

5. Soit z un nombre complexe non nul. → Proposition 5 : Si le module de z est égal à 1 alors z 2 + Si le module de z est égal à 1 alors z = eiθ ;
π

Donc : • OA = AB ; • Méthode 2 :
i 0 − ( 2 − 5i ) z − zA −2 + 5i ( −2 + 5i )( 5 − 2i ) 29i On a : O = = = = =i=e 2 ; z B − z A ( 7 − 3i ) − ( 2 − 5i ) 5 +2i 29 52 + 22

1 z2

est un nombre réel.

OA² + AB² = OB² ;

Donc z 2 +

1 z2
1 z2

= eiθ

( )

2

+

1

(e )


2

= ei 2θ +

1 ei 2θ

= ei 2θ + e −i 2θ = 2 ×

ei 2θ + e −i 2θ = 2cos ( 2θ ) ∈ ℝ ; 2

D’où

z − zA  z − zA  zO − z A π = i ⇔ O = 1 ⇔ AO = AB et arg  O  = arg ( i ) ⇔ AB; AO = ; zB − z A zB − z A 2  zB − z A 

(

)

Donc z 2 +

estun nombre réel si le module de z est égal à 1
la proposition 5 est vraie.

Méthode 3 : On a :

i i zO − z A = i = e 2 ⇔ zO − z A = e 2 ( z B − z A ) ⇔ O = r π ( B ) . A; zB − z A 2

π

π

Exercice 2 Non spécialistes

Un joueur débute un jeu vidéo et effectue plusieurs parties successives. On admet que : la probabilité qu’il gagne la première partie est de 0,1 ; s’il gagne une partie,la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,8 ; s’il perd une partie, la probabilité de gagner la suivante est égale à 0,6. On note, pour tout entier naturel n non nul : Gn l’évènement « le joueur gagne la n-ième partie » ;
0,8

OAB est donc effectivement rectangle isocèle en A . la proposition 1 est vraie.

2. Soit ( ∆ ) l’ensemble des points M d’affixe z telle que |z − i| = |z + 2i|.→ Proposition 2 : ( ∆ ) est une droite parallèle à l’axe des réels.
M ( z ) ∈ ( ∆ ) ⇔ z − i = z + 2i ⇔ z − z A = z − z B ⇔ z − z A = z − z B ⇔ AM = BM
où A(i) et B(-2i)

G2 G2 G2

(∆)

est donc la médiatrice du segment [AB] qui est porté par l’axe des imaginaires purs donc

(∆)

est bien

pn la probabilité de l’évènement Gn— On a donc p1 = 0,1.

G1
0,1 0,2

parallèle à l’axe desréels . la proposition 2 est vraie.

1. p2 = 0,62 : • Arbre pondéré (sur les 2 premières parties) :
D’après la formule des probabilités totales, G2 = ( G1 ∩ G2 ) ∪ G1 ∩ G2

0,9

0,6

G1
0,4

3. Soit z = 3 + i 3 . → Proposition 3 : Pour tout entier naturel n non nul, z3n est imaginaire pur.
π i  π π    = 2 3  cos + i sin  = 2 3e 6 .  6 6   

 3 1 Forme exponentielle de z : z= 12 = 2 3 d’où z = 2 3   2 +i 2 
π  i Méthode 1 : z 3n =  2 3e 6  

p ( G2 ) = p

( ( G ∩G
1

2

) ∪ ( G1 ∩ G2 ) )

(

) d’où

G2

   

3n

= 2 3

(

)

3n

e

π   i  3 n×  6

= 24 3

(

)

n

e

i

nπ 2

; Donc, z 3×2 = 24 3

(

)

2 i

e

2π 2

= − 24 3

(

)

2

= p ( G1 ∩ G2 ) + p G1 ∩ G2 car ces 2événements sont incompatibles
∈ℝ ;

(

)

= p ( G1 ) × pG1 ( G2 ) + p G1 × pG

( )

1

( G2 )

car il y a dépendance

Méthode 2 : arg z 3n
Patrick CHATEL

( )

π  −i = 3n arg ( z ) = 3n × arg  2 3e 6  

 π π  = 3n × = n × ;  6 2 
Terminale S Patrick CHATEL

= 0,1 × 0,8 + 0,9 × 0, 6 = 0, 08 + 0, 54 = 0, 62 .
2 Terminale S

1

2. Le joueur a gagné la deuxième...
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