Corrige bac

Pages: 8 (1815 mots) Publié le: 15 janvier 2012
Durée : 4 heures

Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2006

E XERCICE 1

5 points

1. Si z = −1, z =

z −1 ⇐⇒ z 2 + z = z − 1 ⇐⇒ z 2 = −1 ⇐⇒ z = i ou z = −i. z +1 Les points invariants par f sont les deux points d’affixes i et −i z −1 − 1 (z + 1) = z − 1 − z − 1 = −2. 2. a. z = −1, (z ′ − 1)(z + 1) = z +1 b. L’égalité de ces deux complexes entraîne l’égalité de leurs modules soit z′ − 1)(z + 1) = | − 2| ⇐⇒ |z ′ − 1| × |z + 1| = 2 ⇐⇒ AM ′ × BM = 2. Même chose pour les arguments : arg[(z ′ − 1)(z + 1)] = arg(−2) ⇐⇒ → −− − −→ → −→ − − arg(z ′ − 1) + arg(z + 1) = π [2π] ⇐⇒ u , AM ′ + u , BM = π [2π].

3. M appartient au cercle (C) de centre B et de rayon 2 si et seulement si BM = 2 ⇐⇒ |z − (−1)| = 2 ⇐⇒ |z + 1| = 2. En reportant dans la première relation trouvée à la questionprécédente, il suit que 2AM ′ = 2 ⇐⇒ AM ′ = 1 qui signifie que M ′ appartient au cercle (C′ ) de centre A et de rayon 1. 4. a. p + 1 = −2 + 1 + i 3. D’où |p + 1|2 = 1 + 3 = 4 = 22 =⇒ |p + 1| = 2. Donc 2iπ 3 1 p +1 = 2 − +i = 2 cos 2π + i sin 2π = 2e 3 3 3 2 2 b. On vient de trouver que |p + 1| = 2 ⇐⇒ BP = 2 qui signifie que P appartient au cercle (C). c. Soit P1 le point d’affixe p + 1. Les points P1 etO sont les images respec→ − tives des points P et B dans la translation de vecteur u . (OBPP1 ) est donc −− −→ − → un parallélogrammme. Donc les vecteurs OP1 et BP ont la même affixe, 2π d’où le même argument d’après la a. et le même module 2. 3 D’autre part la construction classique (opposé du conjugué) montre que → − P et Q sont symétriques autour de l’axe O, v et B et A le sont aussi. → − Donc[BP] et[AQ] sont symétriques dans la symétrie autour de O, v . π → −→ − − Donc par supplémentarité u , AQ = 3 → − − → → −→ − − Or d’après 2. b. u , BP + u , AP′ = π. Conclusion : le point P′ appartient à la droite (AQ), ou encore les points A, P′ et Q sont alignés. d. On en déduit la construction simple de P′ : – Construire Q symétrique de P autour de l’axe des ordonnées ; – Le segment [AQ] coupele 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
Polynésie

2

juin 2006

Corrigé dubaccalauréat S

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...
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