Voici le corrigé complet du bac S de mathématiques 2012 des centres étrangers (session de juin 2012). L’épreuve comporte quatre exercices. Le premier est un exercice de géométrie dans l’espace : dans un cube, on cherche quand deux droites sont sécantes, on prouve qu’un quadrilatère est un parallélogramme, puis on détermine une équation cartésienne de plan et la section du cube. Le deuxième étudie une suite d’intégrales \( I_n=\int_0^1 x^n\mathrm{e}^{x^2}\,\mathrm{d}x \) : intégration par parties, algorithme, monotonie et limite. Le troisième confronte une conjecture graphique à l’étude d’une fonction avec des logarithmes et le théorème des valeurs intermédiaires. Le quatrième est un vrai-faux justifié : probabilités conditionnelles, combinatoire et nombres complexes pour le tronc commun, arithmétique (PGCD, équation diophantienne) et similitudes pour la spécialité. Chaque réponse est rédigée et justifiée pas à pas.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Géométrie dans l’espace, 4 points
On travaille dans le cube ABCDEFGH muni du repère orthonormé \( (A\,;\,\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE}) \). On considère les points \( I(1\,;\,\frac{1}{3}\,;\,0) \), \( J(0\,;\,\frac{2}{3}\,;\,1) \), \( K(\frac{3}{4}\,;\,0\,;\,1) \) et \( L(a\,;\,1\,;\,0) \), où \( a \) est un réel de \( [0\,;\,1] \).
Partie A
1. Représentation paramétrique de la droite (IJ).
La droite (IJ) passe par \( I(1\,;\,\frac{1}{3}\,;\,0) \) et a pour vecteur directeur \( \vec{IJ}(-1\,;\,\frac{1}{3}\,;\,1) \). Une représentation paramétrique est donc :
\[ \begin{cases} x = 1 – t \\ y = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3}t \\ z = t \end{cases} \qquad t \in \mathbb{R}. \]
2. Vérifier une représentation paramétrique de (KL).
On propose le système \( x=\frac{3}{4}+t^{\prime}(a-\frac{3}{4}) \), \( y=t^{\prime} \), \( z=1-t^{\prime} \), \( t^{\prime}\in\mathbb{R} \).
Pour \( t^{\prime}=0 \), on obtient le point \( (\frac{3}{4}\,;\,0\,;\,1) \), c’est-à-dire K. Le vecteur directeur associé est \( \vec{u}(a-\frac{3}{4}\,;\,1\,;\,-1) \). Or \( \vec{KL}(a-\frac{3}{4}\,;\,1-0\,;\,0-1)=(a-\frac{3}{4}\,;\,1\,;\,-1) \) : c’est exactement \( \vec{u} \). La droite décrite passe donc par K et est dirigée par \( \vec{KL} \) : c’est bien une représentation paramétrique de (KL).
3. Valeur de a pour laquelle (IJ) et (KL) sont sécantes.
Les droites sont sécantes si et seulement s’il existe un couple \( (t\,;\,t^{\prime}) \) tel que les deux représentations donnent le même point :
\[ \begin{cases} 1-t = \dfrac{3}{4}+t^{\prime}(a-\dfrac{3}{4}) \\ \dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}t = t^{\prime} \\ t = 1-t^{\prime} \end{cases} \]
On remplace \( t \) par \( 1-t^{\prime} \) dans la deuxième équation : \( \frac{1}{3}+\frac{1-t^{\prime}}{3}=t^{\prime} \), soit \( 2-t^{\prime}=3t^{\prime} \), donc \( t^{\prime}=\frac{1}{2} \) et \( t=\frac{1}{2} \).
La première équation devient alors \( 1-\frac{1}{2}=\frac{3}{4}+\frac{1}{2}(a-\frac{3}{4}) \), c’est-à-dire \( \frac{1}{2}-\frac{3}{4}=\frac{1}{2}a-\frac{3}{8} \), soit \( -\frac{1}{4}+\frac{3}{8}=\frac{1}{2}a \), donc \( a=\frac{1}{4} \).
Conclusion : les droites (IJ) et (KL) sont sécantes si et seulement si \( a=\frac{1}{4} \). En reportant \( t=\frac{1}{2} \), leur point d’intersection est \( \Omega(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}) \), le centre du cube.
Partie B
Dans cette partie, \( a=\frac{1}{4} \), donc \( L(\frac{1}{4}\,;\,1\,;\,0) \).
1. Montrer que IKJL est un parallélogramme.
D’après la partie A, les diagonales (IJ) et (KL) du quadrilatère IKJL se coupent en \( \Omega(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}) \). Calculons les milieux des diagonales :
\[ (\frac{1+0}{2}\,;\,\frac{\frac{1}{3}+\frac{2}{3}}{2}\,;\,\frac{0+1}{2})=(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}) \quad\text{et}\quad (\frac{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}{2}\,;\,\frac{0+1}{2}\,;\,\frac{1+0}{2})=(\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2}). \]
Les diagonales [IJ] et [KL] ont le même milieu Ω : IKJL est un parallélogramme. (On peut aussi constater que \( \vec{IK}=\vec{LJ}=(-\frac{1}{4}\,;\,-\frac{1}{3}\,;\,1) \).)
2. a) Montrer que \( \vec{n}(8\,;\,9\,;\,5) \) est normal au plan (IJK).
Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Les points I, J, K, L sont coplanaires (IKJL est un parallélogramme), donc \( \vec{IJ} \) et \( \vec{KL} \) sont deux vecteurs du plan (IJK), non colinéaires puisque les droites (IJ) et (KL) sont sécantes. Le repère étant orthonormé :
\[ \vec{IJ}\cdot\vec{n} = -1\times 8+\frac{1}{3}\times 9+1\times 5 = -8+3+5 = 0, \]
\[ \vec{KL}\cdot\vec{n} = -\frac{1}{2}\times 8+1\times 9-1\times 5 = -4+9-5 = 0. \]
\( \vec{n} \) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK) : il est normal à ce plan.
b) Équation cartésienne du plan (IJK).
Le plan admet une équation de la forme \( 8x+9y+5z+d=0 \). Le point I lui appartient : \( 8\times 1+9\times \frac{1}{3}+5\times 0+d=0 \), soit \( 11+d=0 \), donc \( d=-11 \).
Une équation du plan (IJK) est \( 8x+9y+5z-11=0 \).
c) Points d’intersection M et N du plan (IJK) avec les arêtes (BF) et (DH).
La droite (BF) passe par \( B(1\,;\,0\,;\,0) \) et est dirigée par \( \vec{BF}(0\,;\,0\,;\,1) \) : ses points sont de la forme \( (1\,;\,0\,;\,t) \). Un tel point appartient au plan si \( 8+0+5t-11=0 \), soit \( t=\frac{3}{5} \). Donc \( M(1\,;\,0\,;\,\frac{3}{5}) \), qui est bien sur le segment [BF] car \( 0\leq\,\frac{3}{5}\leq\, 1 \).
La droite (DH) passe par \( D(0\,;\,1\,;\,0) \) et est dirigée par \( \vec{DH}(0\,;\,0\,;\,1) \) : ses points sont de la forme \( (0\,;\,1\,;\,t) \). On résout \( 0+9+5t-11=0 \), soit \( t=\frac{2}{5} \). Donc \( N(0\,;\,1\,;\,\frac{2}{5}) \).
La section du cube par le plan (IJK) est donc l’hexagone IMKJNL.
Exercice 2 :
Suite d’intégrales, 5 points
On pose, pour tout entier naturel \( n \geq\, 1 \), \( I_n=\int_0^1 x^n\mathrm{e}^{x^2}\,\mathrm{d}x \). On note \( g(x)=x\mathrm{e}^{x^2} \) et \( G(x)=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x^2} \).
1. a) Montrer que G est une primitive de g sur \( \mathbb{R} \).
G est dérivable sur \( \mathbb{R} \) comme composée de \( x\mapsto x^2 \) et de la fonction exponentielle. Avec \( u(x)=x^2 \), on a \( u^{\prime}(x)=2x \) et \( (\mathrm{e}^{u})^{\prime}=u^{\prime}\mathrm{e}^{u} \), donc :
\[ G^{\prime}(x)=\frac{1}{2}\times 2x\,\mathrm{e}^{x^2}=x\mathrm{e}^{x^2}=g(x). \]
G est bien une primitive de g sur \( \mathbb{R} \).
b) Calcul de \( I_1 \).
\[ I_1=\int_0^1 x\mathrm{e}^{x^2}\,\mathrm{d}x=\big[G(x)\big]_0^1=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{1}-\frac{1}{2}\mathrm{e}^{0}=\frac{\mathrm{e}-1}{2}. \]
\( I_1=\frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{1}{2}\approx 0{,}859 \).
c) Relation de récurrence : \( I_{n+2}=\frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{n+1}{2}I_n \).
On écrit \( x^{n+2}\mathrm{e}^{x^2}=x^{n+1}\times x\mathrm{e}^{x^2} \) et on intègre par parties en posant :
\[ u(x)=x^{n+1},\quad u^{\prime}(x)=(n+1)x^n,\qquad v^{\prime}(x)=x\mathrm{e}^{x^2},\quad v(x)=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{x^2}. \]
Les fonctions \( u \) et \( v \) sont dérivables à dérivées continues sur \( [0\,;\,1] \), donc :
\[ I_{n+2}=[\frac{1}{2}x^{n+1}\mathrm{e}^{x^2}]_0^1-\int_0^1 (n+1)x^n\times \frac{1}{2}\mathrm{e}^{x^2}\,\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\mathrm{e}-0-\frac{n+1}{2}\int_0^1 x^n\mathrm{e}^{x^2}\,\mathrm{d}x. \]
Pour tout \( n\geq\, 1 \) : \( I_{n+2}=\frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{n+1}{2}I_n \).
d) Calcul de \( I_3 \) et \( I_5 \).
Avec \( n=1 \) : \( I_3=\frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{2}{2}I_1=\frac{1}{2}\mathrm{e}-(\frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{1}{2})=\frac{1}{2} \).
Avec \( n=3 \) : \( I_5=\frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{4}{2}I_3=\frac{1}{2}\mathrm{e}-2\times \frac{1}{2}=\frac{1}{2}\mathrm{e}-1 \).
\( I_3=\frac{1}{2} \) et \( I_5=\frac{1}{2}\mathrm{e}-1\approx 0{,}359 \).
2. Que calcule l’algorithme ?
L’algorithme initialise \( u \) à \( \frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{1}{2} \), c’est-à-dire \( I_1 \), et \( n \) à 1. Tant que \( n\lt 21 \), il remplace \( u \) par \( \frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{n+1}{2}u \) (la relation du 1.c), puis augmente \( n \) de 2. Comme \( u \) est mis à jour avant \( n \), c’est l’ancienne valeur de \( n \) qui sert : si \( u=I_n \), la nouvelle valeur est \( I_{n+2} \).
| Étape | u | n |
|---|---|---|
| Initialisation | \( I_1 \) | 1 |
| Après le 1er passage | \( I_3 \) | 3 |
| Après le 2e passage | \( I_5 \) | 5 |
| … | … | … |
| Dernier passage (on entre avec \( n=19\lt 21 \)) | \( I_{21} \) | 21 |
| Test \( 21\lt 21 \) faux : sortie et affichage | \( I_{21} \) | 21 |
L’algorithme affiche la valeur de \( I_{21} \) (environ \( 0{,}114 \)).
3. a) Montrer que \( I_n\geq\, 0 \).
Pour tout \( x\in[0\,;\,1] \), \( x^n\geq\, 0 \) et \( \mathrm{e}^{x^2}\gt 0 \), donc \( x^n\mathrm{e}^{x^2}\geq\, 0 \). L’intégrale d’une fonction positive sur un intervalle dont les bornes sont dans l’ordre croissant est positive : \( I_n\geq\, 0 \) pour tout \( n\geq\, 1 \).
b) Sens de variation de la suite \( (I_n) \).
Pour \( x\in[0\,;\,1] \), on a \( x\leq\, 1 \) ; en multipliant par \( x^n\geq\, 0 \), on obtient \( x^{n+1}\leq\, x^n \), puis, en multipliant par \( \mathrm{e}^{x^2}\gt 0 \), \( x^{n+1}\mathrm{e}^{x^2}\leq\, x^n\mathrm{e}^{x^2} \). Par positivité de l’intégrale (bornes dans l’ordre croissant) :
\[ I_{n+1}\leq\, I_n. \]
La suite \( (I_n) \) est décroissante.
c) Convergence.
La suite \( (I_n) \) est décroissante et minorée par 0 : elle converge vers une limite \( \ell \geq\, 0 \).
4. Déterminer la limite \( \ell \).
D’après la relation du 1.c et la question 3.a, pour tout \( n\geq\, 1 \) :
\[ \frac{n+1}{2}I_n=\frac{1}{2}\mathrm{e}-I_{n+2}\leq\,\frac{1}{2}\mathrm{e}, \quad\text{donc}\quad 0\leq\, I_n\leq\,\frac{\mathrm{e}}{n+1}. \]
Comme \( \lim\limits_{n\to+\infty}\frac{\mathrm{e}}{n+1}=0 \), le théorème des gendarmes donne \( \ell=\lim\limits_{n\to+\infty}I_n=0 \).
Autre méthode (par l’absurde) : si \( \ell\gt 0 \), alors \( \frac{n+1}{2}I_n \) tend vers \( +\infty \), donc \( I_{n+2}=\frac{1}{2}\mathrm{e}-\frac{n+1}{2}I_n \) tendrait vers \( -\infty \), alors que \( I_{n+2} \) tend vers \( \ell\geq\, 0 \) : contradiction.
Exercice 3 :
Fonction logarithme et équation, 6 points
On s’intéresse à l’équation \( (E) : \mathrm{e}^{x}=3(x^2+x^3) \).
Partie A : conjecture graphique
Les solutions de (E) sont les abscisses des points d’intersection de la courbe de la fonction exponentielle et de celle de \( x\mapsto 3(x^2+x^3) \). Sur le graphique fourni, on voit deux points d’intersection : la conjecture est que (E) a deux solutions, l’une entre \( -1 \) et 0, l’autre entre 0 et 1.
Partie B : étude de la validité de la conjecture
1. a) Signe de \( x^2+x^3 \).
Pour tout réel \( x \), \( x^2+x^3=x^2(1+x) \). Un carré étant positif ou nul, \( x^2+x^3 \) a le signe de \( 1+x \) (et s’annule en 0) :
- \( x^2+x^3=0 \) pour \( x\in\{-1\,;\,0\} \) ;
- \( x^2+x^3\gt 0 \) pour \( x\in\,]-1\,;\,0[\,\cup\,]0\,;\,+\infty[ \) ;
- \( x^2+x^3\lt 0 \) pour \( x\in\,]-\infty\,;\,-1[ \).
b) (E) n’a pas de solution sur \( ]-\infty\,;\,-1] \).
(E) équivaut à \( x^2+x^3=\frac{\mathrm{e}^{x}}{3} \). Or \( \frac{\mathrm{e}^{x}}{3}\gt 0 \) pour tout réel \( x \), tandis que \( x^2+x^3\leq\, 0 \) sur \( ]-\infty\,;\,-1] \) d’après la question précédente. L’équation (E) n’a donc aucune solution sur \( ]-\infty\,;\,-1] \).
c) 0 n’est pas solution.
\( \mathrm{e}^{0}=1 \) et \( 3(0^2+0^3)=0 \) : \( 1\neq 0 \), donc 0 n’est pas solution de (E).
2. Équivalence avec \( h(x)=0 \).
On pose, sur \( ]-1\,;\,0[\,\cup\,]0\,;\,+\infty[ \), \( h(x)=\ln 3+\ln(x^2)+\ln(1+x)-x \). Sur cet ensemble, les deux membres de (E) sont strictement positifs, et la fonction ln est strictement croissante sur \( ]0\,;\,+\infty[ \), donc :
\[ \mathrm{e}^{x}=3x^2(1+x) \iff x=\ln(3x^2(1+x)) \iff x=\ln 3+\ln(x^2)+\ln(1+x) \iff h(x)=0. \]
Sur \( ]-1\,;\,0[\,\cup\,]0\,;\,+\infty[ \), (E) équivaut à \( h(x)=0 \), et d’après la question 1, ce sont les seules solutions possibles de (E).
3. a) Calcul de la dérivée.
h est dérivable sur \( ]-1\,;\,0[\,\cup\,]0\,;\,+\infty[ \) (les expressions sous les logarithmes y sont strictement positives). Avec \( (\ln u)^{\prime}=\frac{u^{\prime}}{u} \) :
\[ h^{\prime}(x)=\frac{2x}{x^2}+\frac{1}{1+x}-1=\frac{2}{x}+\frac{1}{x+1}-1=\frac{2(x+1)+x-x(x+1)}{x(x+1)}=\frac{-x^2+2x+2}{x(x+1)}. \]
b) Variations de h.
Signe du numérateur \( -x^2+2x+2 \) : \( \Delta=4+8=12 \), les racines sont \( x_1=\frac{-2+2\sqrt{3}}{-2}=1-\sqrt{3}\approx -0{,}73 \) et \( x_2=1+\sqrt{3}\approx 2{,}73 \). Le coefficient de \( x^2 \) est \( -1\lt 0 \) : le trinôme est positif entre les racines, négatif à l’extérieur.
Signe du dénominateur \( x(x+1) \) : racines \( -1 \) et 0, coefficient \( 1\gt 0 \) : il est négatif sur \( ]-1\,;\,0[ \) et positif sur \( ]0\,;\,+\infty[ \).
| \( x \) | \( -1 \) | \( 1-\sqrt{3} \) | 0 | \( 1+\sqrt{3} \) | \( +\infty \) | ||||
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \( -x^2+2x+2 \) | − | 0 | + | + | 0 | − | |||
| \( x(x+1) \) | 0 | − | − | 0 | + | + | |||
| \( h^{\prime}(x) \) | || | + | 0 | − | || | + | 0 | − | |
| \( h(x) \) | \( -\infty \) | croissante | \( h(1-\sqrt{3})\approx -0{,}11 \) | décroissante | \( -\infty \) || \( -\infty \) | croissante | \( h(1+\sqrt{3})\approx 1{,}69 \) | décroissante | \( -\infty \) |
Limites aux bornes :
- En \( -1 \) : \( \ln(x^2)\to\ln 1=0 \), \( \ln 3-x\to\ln 3+1 \) et \( \ln(1+x)\to-\infty \) car \( 1+x\to 0^{+} \). Par somme, \( \lim\limits_{x\to-1}h(x)=-\infty \).
- En 0 : \( x^2\to 0^{+} \) donc \( \ln(x^2)\to-\infty \), tandis que \( \ln(1+x)\to 0 \) et \( \ln 3-x\to\ln 3 \). Par somme, \( \lim\limits_{x\to 0}h(x)=-\infty \) (à gauche comme à droite).
- En \( +\infty \) : forme indéterminée \( +\infty-\infty \). On factorise par \( x \) :
\[ h(x)=x(\frac{\ln 3}{x}+\frac{2\ln x}{x}+\frac{\ln(1+x)}{1+x}\times \frac{1+x}{x}-1). \]
Par croissances comparées, \( \frac{\ln x}{x}\to 0 \) et \( \frac{\ln(1+x)}{1+x}\to 0 \) ; de plus \( \frac{1+x}{x}\to 1 \) et \( \frac{\ln 3}{x}\to 0 \). La parenthèse tend vers \( -1 \), donc \( \lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=-\infty \).
La calculatrice donne \( h(1-\sqrt{3})\approx -0{,}110\lt 0 \) et \( h(1+\sqrt{3})\approx 1{,}694\gt 0 \).
c) Nombre de solutions de (E).
- Sur \( ]-1\,;\,0[ \) : h admet un maximum en \( 1-\sqrt{3} \), égal à \( h(1-\sqrt{3})\lt 0 \). Donc \( h(x)\lt 0 \) sur tout l’intervalle : aucune solution sur \( ]-1\,;\,0[ \), contrairement à ce que suggérait le graphique.
- Sur \( ]0\,;\,1+\sqrt{3}] \) : h est continue et strictement croissante, de \( -\infty \) (limite en 0) à \( h(1+\sqrt{3})\gt 0 \). D’après le théorème des valeurs intermédiaires (corollaire pour une fonction strictement monotone), l’équation \( h(x)=0 \) a une unique solution \( \alpha_1 \) sur cet intervalle. La calculatrice donne \( h(0{,}618)\approx -0{,}0007\lt 0 \) et \( h(0{,}619)\approx 0{,}0021\gt 0 \), donc \( 0{,}618\lt\alpha_1\lt 0{,}619 \) et \( \alpha_1\approx 0{,}62 \) au centième.
- Sur \( [1+\sqrt{3}\,;\,+\infty[ \) : h est continue et strictement décroissante, de \( h(1+\sqrt{3})\gt 0 \) à \( -\infty \). Le même raisonnement donne une unique solution \( \alpha_2 \). Comme \( h(7{,}115)\approx 0{,}0017\gt 0 \) et \( h(7{,}125)\approx -0{,}0042\lt 0 \), on obtient \( \alpha_2\approx 7{,}12 \) au centième.
d) Conclusion sur la conjecture.
L’équation (E) a bien deux solutions, \( \alpha_1\approx 0{,}62 \) et \( \alpha_2\approx 7{,}12 \), mais aucune n’est comprise entre \( -1 \) et 0, et la seconde est bien plus grande que 1. La conjecture de la partie A est donc fausse : le graphique, trop « zoomé » sur \( [-1\,;\,1] \), était trompeur.
Exercice 4 :
Vrai ou faux justifié, 5 points, candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
1. Probabilités conditionnelles. On sait que \( p(A)=0{,}2 \), \( p_A(B)=0{,}68 \) et \( p_{\overline{A}}(B)=0{,}6 \). L’affirmation dit que \( p_B(A)=0{,}32 \).
D’après la formule des probabilités totales :
\[ p(B)=p(A\cap B)+p(\overline{A}\cap B)=0{,}2\times 0{,}68+0{,}8\times 0{,}6=0{,}136+0{,}48=0{,}616. \]
Puis :
\[ p_B(A)=\frac{p(A\cap B)}{p(B)}=\frac{0{,}136}{0{,}616}\approx 0{,}22. \]
Donc \( p_B(A)\neq 0{,}32 \) (le nombre 0,32 est en fait \( p_A(\overline{B}) \)). L’affirmation est fausse.
2. Tirage de deux boules. Une urne contient \( n \) boules rouges et 3 boules noires ; on tire simultanément deux boules. L’affirmation dit qu’il existe une valeur de \( n \) pour laquelle la probabilité d’obtenir deux boules de couleurs différentes vaut \( \frac{9}{22} \).
Les tirages sont équiprobables. Il y a \( \binom\,{n+3}{2}=\frac{(n+3)(n+2)}{2} \) tirages possibles, et \( \binom\,{3}{1}\times \binom\,{n}{1}=3n \) tirages bicolores. La probabilité cherchée est :
\[ p_n=\frac{3n}{\frac{(n+3)(n+2)}{2}}=\frac{6n}{(n+3)(n+2)}. \]
On résout \( \frac{6n}{(n+3)(n+2)}=\frac{9}{22} \iff 132n=9(n^2+5n+6) \iff 9n^2-87n+54=0 \iff 3n^2-29n+18=0 \).
\( \Delta=841-216=625=25^2 \), d’où \( n=\frac{29-25}{6}=\frac{2}{3} \) ou \( n=\frac{29+25}{6}=9 \). Seule la valeur entière \( n=9 \) convient ; vérification : \( \frac{6\times 9}{12\times 11}=\frac{54}{132}=\frac{9}{22} \). L’affirmation est vraie (avec 9 boules rouges).
3. Rotation. L’affirmation dit que la rotation de centre A d’affixe \( 3-2\mathrm{i} \) et d’angle \( -\frac{\pi}{2} \) a pour écriture complexe \( z^{\prime}=-\mathrm{i}z+5+\mathrm{i} \).
L’écriture complexe d’une rotation de centre \( \Omega \) et d’angle \( \theta \) est \( z^{\prime}-z_{\Omega}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}(z-z_{\Omega}) \). Ici \( \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/2}=-\mathrm{i} \), donc :
\[ z^{\prime}=-\mathrm{i}(z-3+2\mathrm{i})+3-2\mathrm{i}=-\mathrm{i}z+3\mathrm{i}+2+3-2\mathrm{i}=-\mathrm{i}z+5+\mathrm{i}. \]
L’affirmation est vraie.
4. Équation complexe. L’équation (E) de l’énoncé se ramène, puisque \( z\overline{z}=|z|^2 \), à \( z^2=|z|^2+1 \). L’affirmation prétend que (E) admet des solutions.
Si \( z \) était solution, les deux membres auraient le même module. Or \( |z^2|=|z|^2 \), tandis que \( |z|^2+1 \) est un réel strictement positif, de module \( |z|^2+1 \). On aurait donc \( |z|^2=|z|^2+1 \), soit \( 0=1 \) : impossible. (E) n’a aucune solution : l’affirmation est fausse.
5. Angle d’un triangle. On considère les points A, B, C d’affixes \( a=-1 \), \( b=\mathrm{i} \) et \( c=\sqrt{3}+\mathrm{i}(1-\sqrt{3}) \). L’affirmation dit que le triangle ABC a un angle de \( 60^{\circ} \).
La figure suggère d’étudier l’angle en A. On a \( (\vec{AB},\vec{AC})=\arg(\frac{c-a}{b-a}) \) et :
\[ \frac{c-a}{b-a}=\frac{\sqrt{3}+1+\mathrm{i}(1-\sqrt{3})}{1+\mathrm{i}}=\frac{(\sqrt{3}+1+\mathrm{i}(1-\sqrt{3}))(1-\mathrm{i})}{2}=\frac{2-2\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}=1-\mathrm{i}\sqrt{3}. \]
Or \( 1-\mathrm{i}\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2})=2\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/3} \), donc \( (\vec{AB},\vec{AC})=-\frac{\pi}{3}\;(2\pi) \). L’angle géométrique \( \widehat{BAC} \) mesure \( \frac{\pi}{3} \), soit \( 60^{\circ} \). L’affirmation est vraie.
Exercice 4 :
Vrai ou faux justifié, 5 points, candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. Équation diophantienne. L’affirmation dit que les solutions entières de \( (E) : 3x-2y=1 \) sont les couples \( (9+2k\,;\,13+3k) \), \( k\in\mathbb{Z} \).
Ces couples sont solutions : \( 3(9+2k)-2(13+3k)=27+6k-26-6k=1 \).
Ce sont les seules : si \( (x\,;\,y) \) est solution, en soustrayant \( 3\times 9-2\times 13=1 \), on obtient \( 3(x-9)=2(y-13) \). Donc 2 divise \( 3(x-9) \) ; comme 2 et 3 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss donne \( x-9=2k \) avec \( k\in\mathbb{Z} \), puis \( 3\times 2k=2(y-13) \), soit \( y-13=3k \). L’affirmation est vraie.
2. PGCD. On pose \( a=3n+1 \) et \( b=2n+3 \) (\( n \) entier naturel). L’affirmation dit que \( \mathrm{PGCD}(a\,;\,b)=7 \) si et seulement si \( n\equiv 2\;(7) \).
Soit \( d=\mathrm{PGCD}(a\,;\,b) \). Il divise toute combinaison linéaire de \( a \) et \( b \), en particulier \( 3b-2a=6n+9-6n-2=7 \). Donc \( d=1 \) ou \( d=7 \).
- Si \( n\equiv 2\;(7) \) : \( a\equiv 3\times 2+1=7\equiv 0\;(7) \) et \( b\equiv 2\times 2+3=7\equiv 0\;(7) \). 7 divise \( a \) et \( b \), donc \( d=7 \).
- Réciproquement, si \( d=7 \), alors 7 divise \( a \) : \( 3n+1\equiv 0\;(7) \), soit \( 3n\equiv -1\;(7) \). En multipliant par 5 (car \( 5\times 3=15\equiv 1\;(7) \)) : \( n\equiv -5\equiv 2\;(7) \).
L’affirmation est vraie.
3. Division euclidienne. On pose \( a=2n^2+7n+21 \) et \( b=2n+2 \). L’affirmation dit que, pour tout entier naturel \( n \), le quotient et le reste de la division euclidienne de \( a \) par \( b \) sont \( n+2 \) et \( n+17 \).
Un contre-exemple suffit. Pour \( n=0 \) : \( a=21 \) et \( b=2 \), et \( 21=10\times 2+1 \). Le quotient est 10, pas \( n+2=2 \). L’affirmation est fausse.
Remarque : on a bien \( (n+2)(2n+2)+(n+17)=2n^2+7n+21=a \) pour tout \( n \), mais pour que ce soit la division euclidienne il faut aussi \( 0\leq\, n+17\lt 2n+2 \), c’est-à-dire \( n\gt 15 \). L’égalité n’est donc la division euclidienne que pour \( n\geq\, 16 \).
4. Similitude réciproque. Soit \( s \) la similitude directe de centre A d’affixe \( 3+4\mathrm{i} \), de rapport \( \sqrt{2} \) et d’angle \( \frac{\pi}{4} \). L’affirmation dit que sa réciproque a pour écriture \( z^{\prime}=\frac{1-\mathrm{i}}{2}z+\frac{-1+7\mathrm{i}}{2} \).
La réciproque \( s^{-1} \) est la similitude directe de centre A, de rapport \( \frac{1}{\sqrt{2}} \) et d’angle \( -\frac{\pi}{4} \). Vérifions que l’écriture proposée correspond :
- elle est de la forme \( z^{\prime}=\alpha z+\beta \) avec \( \alpha=\frac{1-\mathrm{i}}{2}\neq 0 \) : c’est une similitude directe ;
- rapport : \( |\alpha|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{1}{\sqrt{2}} \) ;
- angle : \( \alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}(\frac{\sqrt{2}}{2}-\mathrm{i}\frac{\sqrt{2}}{2})=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/4} \), donc \( \arg\alpha=-\frac{\pi}{4}\;(2\pi) \) ;
- centre : \( \frac{1-\mathrm{i}}{2}(3+4\mathrm{i})+\frac{-1+7\mathrm{i}}{2}=\frac{3+4\mathrm{i}-3\mathrm{i}+4-1+7\mathrm{i}}{2}=\frac{6+8\mathrm{i}}{2}=3+4\mathrm{i} \) : A est invariant, c’est le centre (unique point fixe car \( \alpha\neq 1 \)).
L’affirmation est vraie.
5. Angle d’une similitude. On considère \( a=1+2\mathrm{i} \), \( b=4-\mathrm{i} \), \( c=1-2\sqrt{3}+\mathrm{i}(3+\sqrt{3}) \) et \( d=4+\sqrt{3}+4\mathrm{i}\sqrt{3} \). L’affirmation dit que la similitude directe qui transforme A en C et B en D a pour angle \( \frac{\pi}{3} \).
Comme \( A\neq B \) et \( C\neq D \), cette similitude existe et est unique ; son angle est \( (\vec{AB},\vec{CD})=\arg(\frac{d-c}{b-a}) \).
\[ d-c=3+3\sqrt{3}+\mathrm{i}(3\sqrt{3}-3),\qquad b-a=3-3\mathrm{i}. \]
\[ \frac{d-c}{b-a}=\frac{(1+\sqrt{3}+\mathrm{i}(\sqrt{3}-1))(1+\mathrm{i})}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}=\frac{1+\sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)+\mathrm{i}(1+\sqrt{3}+\sqrt{3}-1)}{2}=\frac{2+2\mathrm{i}\sqrt{3}}{2}=1+\mathrm{i}\sqrt{3}. \]
Or \( 1+\mathrm{i}\sqrt{3}=2(\frac{1}{2}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2})=2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/3} \). L’angle de la similitude est donc \( \frac{\pi}{3} \) (et son rapport vaut 2). L’affirmation est vraie.
