Corrigé Polynésie S 2010

Corrigé baccalauréat S Polynésie 2010 (raiateabac.blogspot.com)
EXERCICE 1 (5 points) Partie A :
Pré-requis : z = a + bi et _
z
= a – bi
a°) En posant z = a + bi et z’ = a’+ b’i on obtient : z x z’ = (a + bi) ( a’ + b’ i) = aa’ – bb’ + i (ab’ + ba’)
d’où _____
'
z
z
×
= aa’ – bb’ - i (ab’ + ba’) et, par ailleurs : _
z
x _
'
z
= (a – bi ) (a’ – b’ i) = aa’ – bb’ – i( ab’ + a’b)
Conclusion : Pour tous complexes z et z’, on a bien _____
'
z
z
×
= _
z
x _
'
z
b) En posant z’ = z on obtient du a) : __
²
z
= (__
z
)² et le reste se fait par récurrence sur l‘entier n.
Je ne fais que l’hérédité :
Hypothèse de récurrence: __
n
z = (__
z
)
n
d’où __ 1+n z = _______ zz
n
× = __
n
z x _
z
=(__
z
)
n
x _
z
= (__
z
)
n+1
Partie B :
Equation (E) : z
4
= - 4
1°) Si z est solution de (E) alors: (-z)
4
= z
4
= - 4 et donc –z est aussi solution de (E)
et ( _
z
)
4
= __
4
z = _____
4
−
= - 4 donc _
z
est aussi solution de (E)
2°) a) z
0
= 1+ i = 2 (
2
1
+
2
1
i) = 2 (
2
2
+
2
2
i) = 2
4
π
i
e
b) On a donc z
04
= ( 2
4
π
i
e )
4
= ( 2 )
4
π i
e = 4 x (-1) = - 4 et z
0
est bien solution de (E)
3°) D’après les questions précédentes on a :
– z
0
= - 1 - i ;
__
0
z =1 – i et donc -
__
0
z = -1 + i qui sont également solutions de (E)
Remarques :
a) L’équation (E) est du 4
e
degré et admet donc en final quatre solutions complexes.
b) Comme bien souvent, la partie C démarre avec les quatre solutions que l’on vient de citer.
Partie C :
On donne : z
A
= 1 + i ; z
B
= -1 + i ; z
C
= - 1 – i et z
D
= 1 – i.
1°) On a z’ – z
C
= (z – z
C
)
3
π
i
e
− donc z’ = - 1 – i + (z + 1 + i) (
2
1
- i
2
3
) =
2
1
[ - 1 + 3 - i - i 3 + z(1 - i 3 )]
2°) a) E est l‘image de B par r donc z
E
=
2
1
[ - 1 + 3 - i - i 3 + (-1 + i)(1- i 3 )] =
2
1
[ -2 + 2 3 ] = -1 + 3
b) F est l‘image de D par r donc z
F
=
2
1
[ - 1 + 3 - i - i 3 + (1 - i)(1 - i 3 )] = - i (1 + 3 )
c) On a
F
A
E
A
zz zz −
−
=
)31(1 311 +++ −++ ii i = )32(1 32 ++ +− ii= )32(1))(32(1( )32(1)(32( +−++ +−+− ii ii =
2
)32(1 32)32(33)32(22 ++ +++++−+− iii
soit
F
A
E
A
zz zz −
−= 348 4
+
= 32 1
+
= )32)(32( )32(
−+ −
= 2 - 3
∈
IR+
Conclusion :
F
A
E
A
zz zz −
−
est donc bien un nombre réel (strictement positif d’ailleurs).

d) On en déduit que : (
>−
FA
,
>−
EA
) = arg(
F
A
E
A
zz zz −
−
) +2k π = arg(2 - 3) + 2k π = 2k π car un argument
de 2 - 3 est 0 comme pour tout nombre réel > 0
Conclusion : Les points A, E et F sont alignés, dans cet ordre.
(Figure non demandée…)
EXERCICE 2 ( 3 points) Déplacement de robots.
Partie A :
1°) On a p(S) + p(I) +p(X) = 1 avec p(S) = p(X) = 2p(I) on obtient alors p(S)+ p(S)+ 2p(S)= 1 soit 5p(S) = 1
et donc p(S) =
5
1
Remarque : on a alors p(S) =
5
2
et p(X) =
5
2
et le déplacement d’un robot sur une étape peut alors être représenté par
l‘arbre suivant :

2°) E est l’événement « au cours des trois étapes, le robot passe successivement par les 3 sommets S,I et X
dans cet ordre ».
Les différentes étapes étant, d’après l’énoncé, indépendantes les unes des autres, on peut, pour les 3 étapes
successives, réaliser l’arbre suivant :
et on obtient p(E) = p( S
∩
I
∩
X) =
5
2
x
5
1
x
5
2
=
125
4
3°) F est l’événement « au cours des trois étapes, le robot passe exactement par les 3 sommets S, I et X dans
un ordre quelconque ».
En observant l‘arbre ci-dessus, on remarque pour chacune des 3 branches initiales S, I et X, il y a ensuite 2
« sous branches » favorables.
Ainsi, si l’on considère la branche initiale S, on a ensuite I
∩
X et X
∩
I
puis, si l’on considère la branche I, on a S
∩
X et X
∩
S
et enfin si l’on considère la branche X, on a S
∩
I et I
∩
S
d’où
p( F) = p( S
∩
I
∩
X) + p( S
∩
X
∩
I) + p( I
∩
S
∩
X) + p( I
∩
X
∩
S) + p( X
∩
S
∩
I)+ p( X
∩
I
∩
S)
= 6 x
5
2
x
5
1
x
5
2
=
125
24
Conclusion: p( F) =
125
24

Partie B :
Les n robots se déplacent indépendamment les uns des autres. Le nombre X de robots « passant par les sommets S, I et
X dans cet ordre » suit alors une loi binomiale B(n, p) = B(n,
125
4
) et l‘on cherche ici n pour que p( X > 0)
≥
0,99
Or p( X > 0) = 1 – p( X = 0) = 1 – (
125
121
)
n
et on obtient alors l’inéquation classique: 1 – (
125
121
)
n
≥
0,99
<=> 0,01
≥
(
125
121
)
n
<=> ln(0,01)
≥
n ln(
125
121
) par croissance de la fonction ln
<=> )
125
121
ln(
)01,0ln(
≤
n car ln(
125
121
) < 0 puisque
125
121
< 1
La calculatrice donne )
125
121
ln(
)01,0ln(
≈
141, 6
Conclusion : Le nombre minimal de robots est n
0
= 142.
EXERCICE 3 spécialité (5 points) Les parties A et B sont indépendantes
Partie A
On considère l’équation (E) : 7x – 6y = 1 où x et y sont des entiers naturels
1. Solution particulière de l‘équation (E) : on a biensûr le couple (1 ; 1) solution de (E)
2. Ensemble des couples d’entiers naturels solutions de l’équation (E) :
On a 7x – 6y = 1 = 7(1) – 6(1) => 7(x -1) = 6 (y -1) et donc 6 | 7(x -1)
Comme 7
∧
6 = 1 on a, d’après le théorème de Gauss, 6 | (x-1) donc
∃
k
∈
Z tel que x - 1 = 6k soit x = 6k+1
En reportant dans 7(x -1) = 6 (y -1) on obtient y – 1 = 7k soit y = 7k + 1
Conclusion : les solutions de (E) sont les couples de la forme (6k + 1 ; 7k + 1) avec k entier naturel puisque x et y
doivent être des entiers naturels
Partie B
Dans cette partie, on se propose de déterminer les couples (n,m) d’entiers naturels non nuls vérifiant la
relation : 7
n
– 3 x 2
m
= 1 (F).
1. On suppose m
≤
4. Montrer qu’il y a exactement deux couples solutions.
Examinons les différents cas :
1
er
cas : m = 1 (on démarre à 1 car m est non nul, ainsi que n )
0n a alors : 7
n
– 3 x 2 = 1 soit 7 x 7
n-1
– 6 x 1 = 1 et le couple (7
n-1
, 1) est alors solution de (E)
D’après le A.2°) il doit donc exister un entier naturel k tel que 7
n-1
= 6k+1 et 1=7k +1
La deuxième condition impose k = 0 et la première donne alors 7
n-1
=1 d’où n = 1
Le couple (1 ; 1) est alors le seul couple d’entiers naturels non nuls qui vérifie donc la condition (F)
si m = 1.
2
ème
cas : m = 2
On a alors : 7
n
– 3 x 2 x 2 = 1 soit 7 x 7
n-1
– 6 x 2 = 1 et le couple (7
n-1
, 2) est alors solution de (E)
Il doit donc exister un entier naturel k tel que 7
n-1
= 6k+1 et 2 = 7k +1
Or cette dernière condition n’est jamais satisfaite. Donc si m = 2 il n’y a pas de couple d’entiers naturels non
nuls (n, m) vérifiant (F)

3
ème
cas : m = 3
On a alors : 7
n
– 3 x 2 x 4 = 1 soit 7 x 7
n-1
– 6 x 4 = 1 et le couple (7
n-1
, 4) est alors solution de (E)
Il doit donc exister un entier naturel k tel que 7
n-1
= 6k+1 et 4 = 7k +1
Or cette dernière condition n’est jamais satisfaite. Donc si m = 3 il n’y a pas de couple d’entiers naturels non
nuls (n, m) vérifiant (F)
4
ème
cas : m = 4
on a a alors : 7
n
– 3 x 2 x 8 = 1 soit 7 x 7
n-1
– 6 x 8 = 1 et le couple (7
n-1
, 8) est alors solution de (E)
Il doit donc exister un entier naturel k tel que 7
n-1
= 6k+1 et 8 = 7k +1
Or cette dernière condition impose k = 1 et donc n - 1 = 1 soit n = 2
Le couple (n = 2 ; m = 4) est alors le seul d’entiers naturels non nuls qui vérifie la relation (F)si m=4.
Conclusion : si m
≤
4., il y a bien uniquement deux couples d’entiers naturels non nuls solutions :
(n = 1, m = 1) et (n = 2, m = 4)
2. On suppose maintenant que m
≥
5.
a) Montrer que si le couple (n, m) vérifie la relation (F) alors 7
n
≡
1 (modulo 32)
Si m
≥
5 il existe un entier m’
≥
0 tel que m = 5 + m’ et la relation (F) devient :
7
n
– 3 x 2
m
= 7
n
– 3 x 2
5+ m’
= 7
n
– 3 x 2
5 x
2
m’
= 1 d’où 7
n
= 1 + 32 x 3 x 2
m’
≡
1 mod(32)
b) On a 7
0
= 1
≡
1 mod(32)
7
1
= 7
≡
7 mod(32)
7
2
= 49
≡
17 mod(32)
7
3
= 343
≡
23 mod(32)
7
4
= 2401
≡
1 mod(32) d’où un cycle de longueur 4
On raisonne alors modulo 4 pour n :
∗
si n est de la forme n= 4k (avec k entier naturel) alors 7
n
= 7
4k
= (7
4
)
k
≡
1
k
≡
1 mod(32)
∗
si n est de la forme n= 4k+1 alors 7
n
= 7
4k+1
= (7
4
)
k
x 7
≡
1 x 7
≡
7 mod(32)
∗
si n est de la forme n= 4k+2 alors 7
n
= 7
4k+2
= (7
4
)
k
x 7
2
≡
1 x 49
≡
17 mod(32)
∗
si n est de la forme n= 4k+3 alors 7
n
= 7
4k+3
= (7
4
)
k
x 7
3
≡
1 x 23
≡
23 mod(32)
Conclusion : Le seul cas où 7
n
≡
1 mod(32) est celui où n est de la forme n= 4k, c’est-à-dire lorsque 4 | n
c) Si un couple (n, m) vérifie (F) on a donc n de la forme n = 4k avec k entier naturel
On a alors 7
n
= 7
4k
= (7
4
)
k
≡
2401
k
≡
1
k
= 1 mod(5) car 2401 = 1 + 5 x 480
≡
1 mod(5)
d) Si un couple (n, m) vérifie (F) on a nécessairement 7
n
≡
1 mod(5)
Or un tel couple doit vérifier la relation 3 x 2
m
= 1 – 7
n
et on doit donc avoir 3 x 2
m
≡
1 – 1 = 0 mod(5)
Examinons les restes de la division euclidienne de 3 x 2
m
par 5 :
on a 2
0
= 1
≡
1 mod(5) donc 3 x 2
0
≡
3 mod(5)
2
1
= 2
≡
2 mod(5) donc 3 x 2
1
≡
6 mod(5)
≡
1 mod(5)
2
2
= 4
≡
4 mod(5) donc 3 x 2
2
≡
12 mod(5)
≡
2 mod(5)
2
3
= 8
≡
3 mod(5) donc 3 x 2
3
≡
9 mod(5)
≡
4 mod(5)
2
4
= 16
≡
1 mod(5) donc 3 x 2
4
≡
3 mod(5) d’où un cycle de longueur 4
On raisonne alors modulo 4 pour m :
∗
si m= 4k (avec k entier naturel) alors 2
m
= 2
4k
= (2
4
)
m
=16
m
≡
1
m
= 1 mod(5) donc 3 x 2
m
≡
3 mod(5)
∗
si m= 4k+1 alors 2
m
= 2
4k+1
= (2
4
)
m x
2 =16
m x
2
≡
2 mod(5) donc 3 x 2
m
≡
6 mod(5)
≡
1 mod(5)
∗
si m= 4k+2 alors 2
m
= 2
4k+2
= (2
4
)
m x
2
2
=16
m x
4
≡
4 mod(5) donc 3 x 2
m
≡
12 mod(5)
≡
2 mod(5)
∗
si m= 4k+3 alors 2
m
= 2
4k+3
= (2
4
)
m x
2
3
=16
m x
8
≡
3 mod(5) donc 3 x 2
m
≡
9 mod(5)
≡
4 mod(5)
Ainsi, dans aucun cas nous n’avons 3 x 2
m
≡
0 mod(5)
Conclusion : si m
≥
5, il n’existe pas de couple (n, m) d’entiers non nuls vérifiant (F)