bbbbbbbDurée:4heures[ CorrigédubaccalauréatSPolynésie\septembre2006EXERCICE 1 4points1. a. On a c−a=2+2i et b−a=2−2i; or c−a=2+2i=i(2−2i)=i(b−a).Cette égalité signifie que C est l’image de B dans le quart de tour directdecentreA.DoncletriangleABCestrectangleenA.µ ¶ ³ ´z−3 z−z z−3 −−→ −−→Ab. Ona = .Doncarg = AM , BMz−5+2i z−z z−5+2iBz−3c. Lenombre estunréelstrictementnégatifsietseulementsil’unz−5+2iz−3−dessesargumentsestégalàπ.D’aprèsleb,onadonc ∈ R ⇐⇒z−5+2i³ ´−−→ −−→AM , BM =π [2π] ⇐⇒ M∈]AB[.L’ensemblecherchéestdoncleseg-mentouvert]AB[.′2. a. Si z est l’affixe du point image du point d’affixe z dans la rotation r deπ′centreΩetd’angle− ,cetteaffixevérifiez −ω=−i z−ω ⇐⇒( )2′ ′ ′ ′z =−iz+ω(1+i) ⇐⇒ z =z =−iz+(2−i)(1+i) ⇐⇒ z =−iz+3+i .b. ABCétantrectangleisocèleenA,lecentreEducerclecirconscritΓestlemilieude[BC]d’affixe5etsonrayonestégalà2.′Une rotation est une isométrie donc l’image du cercleΓ est le cercleΓ′dontlecentreestE ,imagedeEparr etdemêmerayon2.′′Onaalors:z =z =−iz +3+i=−5i+3+i=3−4i.EE E′ iθUne équation paramétrique deΓ est alors : z−z ′ = 2e , θ∈ [0 ; 2π[Eiθdonc: z=3−4i+2e , θ∈[0; π[ .EXERCICE 2 4points1. a. Ondressel’arbrepondérésuivant:23 B2 B3N13B45 B1N32N1351 43 5 B4B5N1N 511 N B5LesvaleursprisesparX sont(dehautenbas):0,1,1,2,1,2,2.CorrigédubaccalauréatSµ ¶32 8b. OnaP(X=0)=P(BBB)= = .3 27c. – La probabilité demandée s’obtient en suivant la troisième branche.2 1 4 8ElleestégaleàP(BNB)= × × = .3 3 5 ...
b
b
b
b
b
b
b
Durée:4heures
[ CorrigédubaccalauréatSPolynésie\
septembre2006
EXERCICE 1 4points
1. a. On a c−a=2+2i et b−a=2−2i; or c−a=2+2i=i(2−2i)=i(b−a).
Cette égalité signifie que C est l’image de B dans le quart de tour direct
decentreA.DoncletriangleABCestrectangleenA.µ ¶ ³ ´z−3 z−z z−3 −−→ −−→A
b. Ona = .Doncarg = AM , BM
z−5+2i z−z z−5+2iB
z−3
c. Lenombre estunréelstrictementnégatifsietseulementsil’un
z−5+2i
z−3
−dessesargumentsestégalàπ.D’aprèsleb,onadonc ∈ R ⇐⇒
z−5+2i³ ´
−−→ −−→
AM , BM =π [2π] ⇐⇒ M∈]AB[.L’ensemblecherchéestdoncleseg-
mentouvert]AB[.
′2. a. Si z est l’affixe du point image du point d’affixe z dans la rotation r de
π
′centreΩetd’angle− ,cetteaffixevérifiez −ω=−i z−ω ⇐⇒( )
2
′ ′ ′ ′z =−iz+ω(1+i) ⇐⇒ z =z =−iz+(2−i)(1+i) ⇐⇒ z =−iz+3+i .
b. ABCétantrectangleisocèleenA,lecentreEducerclecirconscritΓestle
milieude[BC]d’affixe5etsonrayonestégalà2.
′Une rotation est une isométrie donc l’image du cercleΓ est le cercleΓ
′dontlecentreestE ,imagedeEparr etdemêmerayon2.
′
′Onaalors:z =z =−iz +3+i=−5i+3+i=3−4i.EE E
′ iθUne équation paramétrique deΓ est alors : z−z ′ = 2e , θ∈ [0 ; 2π[E
iθdonc: z=3−4i+2e , θ∈[0; π[ .
EXERCICE 2 4points
1. a. Ondressel’arbrepondérésuivant:
2
3 B
2 B
3
N1
3
B
4
5 B
1
N3
2
N13
5
1 4
3 5 B
4
B5
N1
N 5
1
1 N B
5
LesvaleursprisesparX sont(dehautenbas):0,1,1,2,1,2,2.CorrigédubaccalauréatS
µ ¶32 8
b. OnaP(X=0)=P(BBB)= = .
3 27
c. – La probabilité demandée s’obtient en suivant la troisième branche.
2 1 4 8
ElleestégaleàP(BNB)= × × = .
3 3 5 45
1 4 4 16
– OnademêmeP(NBB)= × × = .
3 5 5 75
2 2 1 4
P(BBN)= × × = .
3 3 3 27
8 16 4
FinalementP(X=1)=P(BBB)+P(BNB)+P(BBN)= + + =
45 75 27
120+144+100 367
= .
27×25 675µ ¶k−1 k−12 1 2
2. – P(A)= × = .
k3 3 3
– P (B).Onsaitdoncquel’onatiréunenoireauk-ièmetirage.Ilrextedonc4A
blanches etune noire.Ontire(n−k) boulesblanches avecune probabilitéµ ¶n−k4
deP (B)= .A
5
– Siseulelak-ièmebouletiréeestnoirec’estqueN=A∩B.µ ¶n−k k−1 2n−k−14 2 2
Onadoncp(N)=p(A∩B)=P (B)×P(A)= × = .A k k n−k5 3 3 ×5
EXERCICE 3 7points
3 −x 2 −x1. a. Enécrivant f(x)=2x e −4x e quionttousdeuxpourlimite moins
l’infini,onobtient lim f(x)=−∞.
x→−∞
Delamêmefaçonenplusl’infini,lesdeuxtermesontpourlimite0,donc
lim f(x)=0.
x→+∞
b. Ladérivéedelafonction f estdonnéepar¡ ¢ ¡ ¢
′ −x 2 3 2 −x 3 2f (x)=e 6x −8x−2x +4x =e −2x +10x −8x =¡ ¢
−x 22xe −x +5x−4 .
−xc. Comme quel que soit x∈R, e > 0, le signe de la dérivée est celui de¡ ¢
2x −x +5x−4 .Letrinôme apourracines 1et4, doncle signedeladé-
rivée dépend de la position de x par raport aux nombres 0, 1 et 4. D’où
letableaudevariations:
x −∞ 0 1 4 +∞
−x + + +0
−trinôme + + 0 0 +
′
− −f + +0 0 0
640
4e
f(x)
2
−−∞ 0e
d. Courbereprésentative(C):
Polynésie 2 septembre2006CorrigédubaccalauréatS
1
→−
→−
−2 −1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9ı
−1
−2
−3
−4
−5
−6 Z1
−x2. a. I = xe dx.1
0½
−xu(x)=x dv(x)=e
Avec onobtientenintégrantparparties,toutes−xdu(x)=1 v(x)=−e Z1 £ ¤11 −x −x −x−xlesfonctionsétantdérivables,I =[−xe ] + e dx= −xe −e =1 0 0
0
2
1− .
e
2 51
b. L’égalité I =nI − donnepourn=2, I =2I − =2− .n n−1 2 1
e e eµ ¶
1 5 1 16
Pourn=3, I =3I − =3 2− − =6− .3 2
e e e e
`c. L’airedudomainedéfiniestégal(enunitésd’aire)àlavaleurabsoluedeZ Z Z1 1 1¡ ¢
3 2 −x 3 −x 2 −xl’intégrale 2x −4x e dx= 2 x e dx−4 x e = 2I −4I3 2
0 0 0
(parlinéaritédel’intégrale). µ ¶ µ ¶Z1¡ ¢ 16 5 123 2 −x
Onadonc 2x −4x e dx=2 6− −4 2− =4− .
e e e0
12
ConclusionA = −4≈4,4.
e
Effectivement surlafigure,surl’intervalle [0;1],lafonctionestnégative
1 2etl’airevautmoinsde carreau(cm ).
2
3. a. uestcroissantesur[a ; b]signifie0
2 2 4 2 2 4
5 1 1
>0.Cetrinômeestdoncdécroissantsur]−∞; ],croissantsur[ ;+∞[
4 2 2
1
etaunminimumen .
2 µ ¶
13 1
LepointcorrespondantestM =I −6;− ; .mini
2 2
4. a. Lareprésentationparamétriquede(D)donnelescoordonnéesd’unvec-
2
→− teurdirecteurde(D),doncunvecteurnormalà(Q),c’estlevecteur q 3 .
1
Uneéquationde(Q)estdonc:2x+3y+z+α=0.A∈(Q) ⇐⇒
−18−12−1+α=0 ⇐⇒ α=31.
Uneéquationde(Q)estdonc:M∈(Q) ⇐⇒ 2x+3y+z+31=0.
b. LetriangleAMIestrectangleenI.Lecôté[AI]aunelongueurinférieure
à celle de l’hypoténuse [AM] : I est bien le projeté orthogonal de A sur
(D).
Polynésie 4 septembre2006