Baccalauréat S Polynésie septembre 2004

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Baccalauréat S Polynésie septembre 2004 EXERCICE 1 5 points f (x)= lnx x +1? x. 1. a. La fonction affine 1? x est dérivable ; lnx x est le quotient de deux fonc- tions dérivable, la seconde ne s'annulant pas sur ]0 ; +∞[. f est donc dérivable sur cet intervalle et : f ?(x)= 1 x ? x+ lnx 2 x x ?1= 2? lnx 2x x ?1= 2? lnx?2x ln x 2x x = ? [lnx+2(x lnx?1)] 2x x Or x x > 0 sur ]0 ; +∞[, donc f ?(x) est du signede? [lnx+2(x lnx?1)]= N (x). b. N (1) = 0. Si x > 1, x > 1(par croissance de la fonction x ? x) et par produit x x > 1 ?? x x ? 1 > 0 ?? 2(x x ? 1) > 0. De plus si x > 1, alors lnx > 0 et par somme, puis opposé N (x)< 0. Le même raisonnement avec 0< x < 1 conduit à N (x)> 0.

• ona z


• demi-cercle


• quart de cercle trans- laté de ? dans la translation de vecteur ?2


• ??

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• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 2004
• Nombre de lectures: 16
• Langue: Français

Extrait

Baccalauréat S Polynésie septembre 2004

E XERCICE 15 points lnx f(x)= +1−x. x lnx 1. a.La fonction affine 1−xest dérivablele quotient de deux fonc-; est x tions dérivable, la seconde ne s’annulant pas sur ]0 ;+∞[.fest donc dérivable sur cet intervalle et : 1 lnx ×x+ x 2x 2−lnx2−lnx−2xlnx−[lnx+2 (xlnx−1)]  f(x)= −1= −1= = x 2x x2x x2x x  Orx x>0 sur ]0 ;+∞[, doncf(x) est du signe de−[lnx+2 (xlnx−1)]= N(x).

b.N(1)=0. Six>1,x>1(par croissance de la fonctionx→x) et par produitx x>1⇐⇒x x−1>0⇐⇒2(x x−1)>0. De plus si x>1, alors lnx> 0 et par som` me, puis opposé N(x)<0. Le même raisonnement avec 0<x<1 conduit àN(x)>0.

c.Conclusion : la fonctionfest croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur [1 ;+∞[. Le maximum defest obtenu quand la dérivée s’annule en changeant de signe, donc en 1 et il vautf(1)=0. La fonctionfest donc négative sur l’intervalle étudié.  1 2. a.D’après le résultat précédentA(α)= −f(x) dx. Pour la fonction quo- α tient on intégre par parties en posant : 1  u(x)=2 lnx v(x)=  2x 2  u(x)= v(x)= x x   uetvétant dérivables etuetvcontinues, on peut intégrer par parties :    1 11 1   2 lnx 1 2x2x2 =2 lnx x−dxd. Orx=dx= α α 2x α x α x α x  1 1   1 4 dx=4x. α α 2x   α 2 x FinalementA(α)=2 lnx x−4x+x− = 2 1 2 α  7 α− −4α+2αlnα+. 2 2 2 b.On sait queα>0. On peut donc poserα=βavecβ>0. Doncαlnα= 2 2 βlnβ=β×2 lnβ. La fonction carré étant continue, siαtend vers zéro,βaussi, et on sait que limβlnβ=0. La limite des quatre premiers β→0 termes est nulle, donc finalement : 7 limA(α)=. 2 α→0 Géométriquement, cette limite correspond à la mesure de la surface li- mitée par la courbeC, l’axe des abscisses et les droites verticales d’équa- tionsx=0 etx=1. 3. a.On a 1  x  2⇒ln 1  lnx  etln 2 1 1 1  x  2⇒1  x  2⇐⇒   1 et par produit : 2 x lnx 0   2<1. x

Baccalauréat S

b.Par récurrence : 1  u 0  2. L’appartenance est vraie au rang zéro. lnu n Hérédité : si 1  u n  2, d’après lea.0   1⇐⇒ u n lnu n 1  +1  2⇐⇒1  u n+1  2. u n On a bien démontré par récurrence que pour toutn∈N,u n ∈[1 ; 2]. 4.Commeu n+1 =f(u n )+u n ⇐⇒u n+1 −u n =f(u n ) et que l’on a démontré au 1. c.quefest négative, on montre aussi que la suite (u n ) est décroissante. 5. a.La suite (u n ) est décroissante et minorée par 1 : elle est donc convergente vers une limitetelle que 1  . b.Or par continuité de la fonctionfdérivable, la relationu n+1 =f(u n )+u n donne à la limite=f()+⇐⇒f()=0. Or on a vu à la question 1. c. que la seule valeur qui annulefest le nombre 1. Conclusion=lim (u n ) =1. n→+∞

E XERCICE 25 points (Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)  z=0 2 1. a.M=M⇐⇒z=z⇐⇒z(z−1)=0⇐⇒ z=1 Les points solutions sont donc l’origine et le point d’affixe 1.   2  2 2 b.M=M⇐⇒z=z−2⇐⇒z−z+2=0 ;Δ= −7=i 7 . 1+1i 7−i 7 On trouve deux solutions : les points d’affixeset . 2 2  2.zest imaginaire six+iy−2 est imaginaire, i.e. six=2. 2 22 2 zest imaginaire six−y+2ix yest imaginaire, i.e. six−y=0 et compte- 2 tenu de la condition précédente si 4−y=0⇐⇒y= −2 ouy=2.   Il y a donc deux points M 1 (2+2i) et M 2 (2−2i) dont les imagesMetMappar- tiennent à l’axe des ordonnées et les affixes de ces points sont conjuguées. 22 2 z−z z−z x−y+2ix y−x−iy 3. a.= =.  z−z z−2−z−2   b.Les pointsM,MetMsont alignés si ce complexe est un réel, donc si 1 2x y−y=0⇐⇒y(2x−1)=0⇐⇒y=0 oux=. 2 1 E = {M(z) avecz=xouz= +iy,x∈R,y∈R}. 2   π iθ 4. a.L’ensembleΓdes pointsMd’affixez=3e avecθ∈est le pre-0 ; 2 mier quart de cercle (dans le sens direct) de centre O et de rayon3.   L’ensembleΓdes pointsMcorrespondants est le quart de cercle trans- −→ laté deΓdans la translation de vecteur−2u.  2 i2θ Les pointsMon pour affixesz=z=3e .L’ensembleΓdes points  Mest donc le demi-cercle (direct) de centre O, de rayon 3. b.Cf. figure   π π 3 33 1 i c.Avecθ=,z 3 =3e=3+i= +i . 6 6 22 22 1 33 33   z= −+i etz= −i. 3 3 2 22 2   M 3 et Mont la même ordonnée ; la droite (M 3 M )est donc horizontale ; 3 3  M 3 ; la droite (Mont la même abscisseet M 3 M" 3 ) est donc verticale et 3   le triangle M 3 est donc rectangle en MM M 3 . 3 3 2 M 3 M=4 ; 3 2 M 3 M=3 ; 3  2 M M=7. 3 3 Donc le triangle n’est pas isocèle.

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−3

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E

 M 3 ×

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 M 3 1 M 3 × × −→ v π  6 Γ Γ −→ O E −2−1 u 1 2

E XERCICE 25 points (Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) 1+i 1. a=(−1−i)−1+i(1+2)= − .z A 1+i=z A .  2 1+i z=(−i 2)−1+i(1+2)=i 2=z C .  C 2 b.La transformationfest une similitude indirecte qui conserve les deux points A et C : c’est donc une symétrie orthogonale d’axe la droite (AC).   1+i 33 c.z=(3−2i)−1+i(1+2)= +i+Voir la figure.2 .  B 2 2 2 −−→ −−→   2.AM=2AMse traduit parz+1−i=2(z+1−i), d’où  z=z2+2−1+i(1−2).  1+i    3.On az=f[h(z)]=f[z2+2−1+i(1−2)]=z2+2−1+i(1+2− 2 1+i(1+2)=(1+i)z−1+3i. C’est encore l’écriture d’une similitude indirecte.  4. a.En utilisant l’égalité précédente, on az=(1+i)(2+4i)−1+3i= −3+9i. 0 − −−−→ →  AB apour composantes (4; 1) et AMa pour composantes (−2 ; 8). Or 0 −→ →−−−   AB∙AM= −8+8=0, donc ces vecteurs sont orthogonaux, donc M 0 0 appartient à la perpendiculaire à la droite (AB) contenant A. b.Soient les pointsM(z=x+iy) avecx∈Z,y∈Z.  z=(1+i)(x−iy)+3i−1=x+y−1+i(x−y+3). − −− → →−  AB∙AM=0⇐⇒4(x+y)+1(x−y+2)=4x+4y+x−y+2=0⇐⇒ 5x+3y= −2.

c.Le couple (−1 ;1) est une solution évidente de cette équation. On a donc :  5x+3y= −2 ⇒5(x+1)+3(y−1)=0⇐⇒ 5×(−1)+3×1= −2 5(x+1)=3(1−y). 3 divise 3(1−y), donc aussi 5(x+1) ; 3 étant premier avec 5 divise (Gauss) 1−y. Il existe donc un entierktel quex+1=3k⇐⇒x= −1+3ket en reportant dans l’équation on obtienty=1−5k. Les couples d’entiers solutions sont tous les couples de la forme (−1+3k; 1−5k) aveck∈Z. d.On a−6  y  6⇐⇒ −6  1−5k  6⇐⇒ −6  5k−1  6⇐⇒ −5  7 5k  7⇐⇒ −1  k  . 5

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 Γ

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Seules conviennnent les valeurs−1, 0 et 1, qui donnent respectivement  les couples de coordonnées (−4 ; 6),(−1) et (2 ;1 ;−4). Les points M correspondants ont pour coordonnées (1 ;−7), (−1 ;1) et (−3 ;9) Le couple (−1 ; 1) correspond au point A. Il n’y a donc que deux solutions  (on retrouve le point M). Voir la figure. 0  M 0 ×

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6

5

4

3

2 C × A × 1

B ×

−6−5−4−3−2−2 3 4 51 1 −1

−2

−3

−4

−5

−6

M 0 ×

−7 ×  M 1 E XERCICE 35 points (Commun à tous les candidats) 1.La plus petite sommea+best égale à−3, soita+b> −4⇐⇒a+b+4>0. La somme des coefficients est non nulle : le barycentre G existe quel que soit le tirage. 2. a.G appartient à la droite (BC) si et seulement si le coefficient de A, soita 1 est nul ; doncp(E 1 )=. 6 G appartient au segment [BC] si et seulement sia=0 et sib>0 ;on a 1 42 doncp(E 2 )= × =. 6 515

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b.G est strictement intérieur au triangle si les trois coefficients sont supé- 3 42 rieurs à zéro, donc sia>0 etb>0. On a doncp(E 3 )= × =. 6 55 2 3. a.On sait que E(X)=pn= ×n=4⇐⇒n=10. 5   n 3 b.,La probabilité de n’avoir aucun barycentre intérieur au triangle est 5   n 3 donc la probabilité d’en avoir au moins un est 1−. Il faut donc que 5      n n 3 33 1−  0, 999⇐⇒  0, 001⇐⇒nln  ln 0, 001⇐⇒ 5 55 ln 0, 001 n    ≈13, 5. 3 ln 5 Conclusion : il faut répéter l’expérience 14 fois.

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