Le cinq en un !

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Annales corrigées
Classe(s) : Tle S | Thème(s) : QCM et vrai/faux
Type : Exercice | Année : 2016 | Académie : Polynésie française


Polynésie française • Juin 2016

Exercice 4 • 5 points

Le cinq en un !

Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et justifier la réponse choisie. Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.

▶ 1. Proposition 1. Dans le plan complexe muni d’un repère orthonormé, les points A, B et C d’affixes respectives zA = 2 + 3i, zB = 1 + i et zC = – 4i ne sont pas alignés.

▶ 2. Proposition 2. Il n’existe pas d’entier naturel n non nul tel que (i(1 + i))2n soit un réel strictement positif.

▶ 3. ABCDEFGH est un cube de côté 1.

matT_1606_13_00C_03

Le point L est tel que EL=13EF

Proposition 3. La section du cube par le plan (BDL) est un triangle.

Proposition 4. Le triangle DBL est rectangle en B.

▶ 4. On considère la fonction f définie sur l’intervalle [2 ; 5] et dont on connaît le tableau de variations donné ci-dessous :

matT_1606_13_00C_tab_01

Proposition 5. L’intégrale 25f(x)dx est comprise entre 1,5 et 6.

Les clés du sujet

Durée conseillée : 60 minutes.

Les thèmes clés

Nombres complexes • Géométrie dans l’espace • Intégration.

Les outils dont vous avez besoin

Les références en rouge renvoient à la boîte à outils en fin d’ouvrage.

Nombres complexes  E16 • E18a • E19a • E19b • E19d • E21• C4 Propositions 1. et 2.

Positions relatives  E24a • E24c Proposition 3.

Orthogonalité  E31c • E32a • E32b Proposition 4.

Intégrale  E14  Proposition 5.

Nos coups de pouce

▶ Proposition 1. Déterminez les coordonnées des points A, B et C à partir de leurs affixes. Calculez les coordonnées des vecteurs AB et AC. Concluez.

▶ Proposition 2. Écrivez le nombre complexe i(1+i) sous forme exponentielle. Démontrez ensuite que (i(1+i))2n=2n×(i)n.

▶ Proposition 4. Déterminez les coordonnées des vecteurs BD et BL dans le repère orthonormé (B;BC,BA,BF). Calculez leur produit scalaire et concluez.

Corrigé

Corrigé

▶ 1. Étudier l’alignement de points

zA=2+3i est l’affixe du point A de coordonnées (2;3).

zB=1+i=1+1×i est l’affixe du point B de coordonnées (1;1).

zC=4i=04×i est l’affixe du point C de coordonnées (0;4).

Il s’ensuit AB(xBxAyByA)=(1213)=(122) et AC(xCxAyCyA)=(0243)=(27).

Les coordonnées des vecteurs AB et AC n’étant pas proportionnelles, les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires. Les points A, B et C ne sont pas alignés.

La proposition 1 est vraie.

Autre méthode

zAB=zBzA=1+i(2+3i)=(12)2i et zAC=zCzA=4i(2+3i)=27i.

Les affixes des vecteurs AB et AC n’étant pas proportionnelles, les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires. Les points A, B et C ne sont pas alignés. La proposition 1 est vraie.

▶ 2. Déterminer un entier sous contrainte

Posons a=i(1+i). En développant, nous avons a=i+i2=i1=1+i.

Gagnez des points !

Vérifiez vos résultats à l’aide de la calculatrice.

Le module du nombre complexe a est |a|=|1+i|=(1)2+12=2. Le nombre complexe a étant non nul, un argument θ de ce nombre complexe exprimé en radians est tel que :

cosθ=Re(a)|a|=12=22  et  sinθ=Im(a)|a|=12=22.

D’après le tableau des valeurs usuelles, nous en déduisons que 3π4 est un argument de a.

Ainsi, nous avons i(1+i)=2 ei3π4.

Intéressons-nous désormais au nombre complexe (i(1+i))2n, n désignant un entier naturel non nul. Par le point précédent, nous avons :

(i(1+i))2n=(2 ei3π4)2n=(2)2n×(ei3π4)2n.

Notez bien

Pour tout nombre complexe z, pour tous entiers naturels m et p,zm×p=(zm)p.

Or, (2)2n=((2)2)n=2n et (ei3π4)2n=((ei3π4)2)n=(ei3π4×2)n=(ei3π2)n.

Notez bien

cos(3π2)=0 ; sin(3π2)=1.

Mais, ei3π2=cos(3π2)+isin(3π2)=0+i×(1)=i. Par suite, (i(1+i))2n=2n×(i)n.

Or, pour n=4, nous avons (i(1+i))8=24×(i)4=16×1=16. Il existe alors un entier non nul n(n=4) tel que (i(1+i))2n soit un réel strictement positif (16>0).La proposition 2 est fausse.

▶ 3. Étudier la nature d’un polygone

Proposition 3

Notez bien

L’intersection de deux plans sécants est une droite.

Les points B et D appartiennent clairement au plan (BDL) mais aussi au plan (ABC). Comme le point L n’appartient pas au plan (ABC), les plans (BDL) et (ABC) sont sécants : la droite (BD) est leur intersection. Par suite, le plan (BDL) et la face ABCD sont sécants : leur intersection est le segment [BD].

matT_1606_13_00C_06

Similairement au point précédent, les points B et L appartiennent aux plans (BDL) et (ABF). Comme le point D n’appartient pas au plan (ABF), le plan (BDL) et la face ABFE sont alors sécants : leur intersection est le segment [BL].

matT_1606_13_00C_07

Notez bien

Si deux plans sont parallèles, tout plan qui coupe l’un coupe l’autre et les droites d’intersection sont parallèles.

Les plans (ABC) et (EFG) sont parallèles. Le plan (BDL) coupe le plan (ABC) suivant la droite (BD). Alors, le plan (BDL) coupe le plan (EFG) suivant une droite qui est parallèle à la droite (BD). Comme le point L appartient aux plans (EFG) et (BDL), cette droite passe alors par L. L’intersection des plans (EFG) et (BDL) est donc la parallèle à la droite (BD) passant par L. Cette droite coupe le segment [EH] en un point que nous noterons M. Le plan (BDL) et la face EFGH sont alors sécants : leur intersection est le segment [LM].

matT_1606_13_00C_08

Les points M et D appartiennent aux plans (BDL) et (ADH). Comme le point L n’appartient pas au plan (ADH), les plans (BDL) et (ADH) sont alors sécants : la droite (MD) est leur intersection. Le plan (BDL) et la face ADHE sont sécants : leur intersection est le segment [MD].

La proposition 3 est fausse.

matT_1606_13_00C_09

Proposition 4

Considérons le repère orthonormé (B;BC,BA,BF)

Par la relation de Chasles, nous avons BD=BC+CD. Comme ABCDEFGH est un cube, il s’ensuit que : BD=BC+BA=1×BC+1×BA+0×BF.

Le vecteur BD a alors pour coordonnées (110).

Par la relation de Chasles, nous avons BL=BF+FL. Comme, d’après l’énoncé, EL=13EF qui est équivalent à LF=23EF et que ABCDEFGH est un cube, il s’ensuit que :

BL=BFLF=BF23EF=BF+23FE=0×BC+23×BA+1×BF.

Le vecteur BL a alors pour coordonnées (0231).

Comme BDBL=1×0+1×23+0×1=230 alors les vecteurs BD et BL ne sont pas orthogonaux. Les droites (BD) et (BL) dont le point commun est B, ne sont alors pas perpendiculaires. Le triangle DBL n’est pas rectangle en B. La proposition 4 est fausse.

▶ 4. Proposer un contre-exemple

Une fonction f définie sur l’intervalle [2;5] dont le tableau de variations serait celui donné dans l’énoncé, est naturellement continue sur cet intervalle mais aussi positive (pour tout x[2;5], f(x)f(3)=0). Par suite, l’intégrale 25f(x)dx est l’aire exprimée en unités d’aire du domaine plan délimité dans un repère orthogonal par Cf la courbe représentative de la fonction f, l’axe des abscisses et les droites d’équations x=2 et x=5.

Considérons f la fonction affine définie par morceaux sur l’intervalle [2;5] dont la courbe représentative est donnée ci-après :

matT_1606_13_00C_10

Les points en bleu ont respectivement pour coordonnées (2,1 ; 0,1) puis (3,9 ; 0,1) et enfin (4,9 ; 1,1).

Cette fonction affine par morceaux admet bien pour tableau de variations le tableau donné dans l’énoncé. Mais, par la relation de Chasles, nous avons :

25f(x)dx=22,1f(x)dx+2,13f(x)dx+33,9f(x)dx+3,94f(x)dx+44,9f(x)dx+4,95f(x)dx.

Notez bien

Aire(triangle)=Base×hauteur2 etAire(trapèze)=Base+base2×hauteur

En utilisant les formules d’aires de figures usuelles, nous en déduisons que :

22,1f(x)dx=3+0,12×0,1=0,155 ;

2,13f(x)dx=0,9×0,12=0,045 ;

33,9f(x)dx=0,9×0,12=0,045 ; 3,94f(x)dx=1+0,12×0,1=0,055

44,9f(x)dx=1,1+12×0,9=0,945 et 4,95f(x)dx=2+1,12×0,1=0,155.

Et par suite, 25f(x)dx=1,4 (u.a.). La proposition 5 est fausse.