Corrigé du baccalauréat S Pondichéry mars

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Corrigé du baccalauréat S Pondichéry mars 2005 EXERCICE 1 1. a. Sur [1 ; +∞[ la fonction exponentielle et la fonction t ? t sont continues et la seconde ne s'annulant pas sur [1 ; +∞[, leur quotient est continu. b. La fonction f est de la forme : f = u v où u(t)= et , v(t)= t . Ces deux fonc- tions sont dérivables et la seconde ne s'annule pas sur [1 ; +∞[, donc f est dérivable et sur [1 ; +∞[, f ?(t) = et ? t ?et t2 = et (t ?1) t2 . L'exponen- tielle et la fonction carré sont strictement positives sur [1 ; +∞[, donc le signe de f ? est, celui de t ?1. Donc sur [1 ; +∞[, on a f ?(t) 0. Conclu- sion : la fonction f est croissante sur [1 ; +∞[. 2. Restitution organisée de connaissances a. A (1) est l'aire (exprimée en u.a.) du domaine délimité par la courbe (C ) représentant f , l'axe des abscisses et les droites verticales d'équations respectives x = 1 et x = 1.

• point de cercle


• couples solutions de l'équation


• axe des abscisses


• x?3y ?2


• droites verticales d'équations respectives


• eta ?


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mars 2005
• Nombre de lectures: 13
• Langue: Français

Extrait

Corrigé du baccalauréat S Pondichéry mars 2005

E XERCICE 1 1. a.Sur [1 ;+∞[ la fonction exponentielle et la fonctiont→tsont continues et la seconde ne s’annulant pas sur [1 ;+∞[, leur quotient est continu. u t b.La fonctionfest de la forme :f=oùu(t)=e ,v(t)=t. Ces deux fonc v tions sont dérivables et la seconde ne s’annule pas sur [1 ;+∞[, doncf t tt e×t−e e(t−1)  est dérivable et sur [1 ;+∞[,f(t)= =. L’exponen 2 2 t t tielle et la fonction carré sont strictement positives sur [1 ;+∞[, donc le   signe defest, celui det−1. Donc sur [1 ;+∞[, on af(t)  0. Conclu sion : la fonctionfest croissante sur [1 ;+∞[. 2.Restitution organisée de connaissances a.A(1) est l’aire (exprimée en u.a.) du domaine délimité par la courbe (C) représentantf, l’axe des abscisses et les droites verticales d’équations respectivesx=1 etx=1. DoncA(1)=0. b.Soitx 0 tel que 1  x 0 . La fonctionfétant croissante sur [1 ;+∞[, on a f(x 0 )<f(x 0 +h). L’aire de la surface limitée par la courbe, l’axe des abs cisses, les droites d’équationx=x 0 etx=x 0 +hest supérieure à l’aire de la surface (rectangle) limitée par la droite d’équationy=f(x 0 ) et in férieure à l’aire de la surface (rectangle) limitée par la droite d’équation y=f(x 0 +h). On a donc : f(x 0 )h<A(x 0 +h)−A(x 0 )<f(x 0 +h). D’où par division parh>0, le résultat :

A(x 0 +h)−A(x 0 ) f(x 0 < <f(x 0 +h) h c.Avec 1<x 0 ,h<0 et 1  x 0 +h  x 0 . La fonctionfétant croissante pour x  1, on af(x 0 +h)<f(x 0 ). On encadre de la même façon l’aire limitée par la courbe par l’aire des deux rectangles. On a donc

f(x 0 +h)×(−h)<A(x 0 −A(x 0 +h)<f(x 0 ×(−h) et par division par−hqui est positif :

A(x 0 +h)−A(x 0 ) f(x 0 +h)< <f(x 0 ) h d.D’après la continuité defenx 0 , on a limf(x 0 +h)=f(x 0 . Donc d’après h→0 le théorème des « gendarmes », le taux d’accroissement de la fonctionA admet pour limitef(x 0 ) enx 0 . Cette fonctionAest donc dérivable en  x 0 >1 etA(x 0 )=f(x 0 ). e.Le raisonnement fait cidessus est vrai pour toutx 0 >1. Donc la fonction  Aest dérivable sur [1 ;+∞[ etA=f.

E XERCICE 2 1.Le centreΩdu cercle (C) est le milieu du diamètre [AB]. Son affixe est donc 1−2i−2+2i 1 z Ω −= =. 2 2

Baccalauréat S

  1 Le centreΩdu cercle (C) a pour coordonnées−; 0. 2 AB 5 2 22 2 De plus AB=(−3)+4=5 .DoncR= =. 2 2 3+9i (3+9i)(4−2i) 30+330i 3 2.On az D += == =i. 4+2i (4+2i)(4−2i) 20 22 3 31 39 5 Calcul de la distanceΩD =|z D −z Ω | =+i+ =2+i=4+ = =R.    2 22 24 2 Donc D est bien un point du cercle (C).   1π1 5 3. a.Par hypothèse argz E + =et comme E∈(C)z E + =.   2 42 2   1 π 5 22 21 5−22 5 i 4 b.Doncz E + =e⇐⇒z E = −+ +i= +i . 2 22 22 4 4   1 π 1 −−−→ −−→ π  i  i 4. a.z+ =ez+ ⇐⇒ΩM=eΩM. Doncrest une rotation de 4 4 2 2 π centreΩet d’angle+. 4    1 52 25 2−2 52 b.Avecz=2, on az K = −+ +i⇐⇒z K = +i=   2 2 22 44 z E . 5 Géométriquement : K est un point de (C) carΩK=. Son image est donc 2   −→ −−→ π  un point de (C) telle queΩI ,ΩK=: c’est donc le point E. 4

E XERCICE 2 DE SPÉCIALITÉ 3+4i 1−2i 3+4i 1−2i 3x+4y+1+i(4x−3y−2)   1.z=z+ ⇐⇒x+iy=(x−iy)+ =. 5 55 55 Par identification :  3x+4y+1    x= 5 4x−3y−2    y= 5  3x+4y+1     x= x=x 5 2. a.Mest invariant si et seulement si⇐⇒  4x−3y−2 y=y   y= 5  2x−4y−1=0 ⇐⇒ ⇐⇒2x−4y−1=0. Conclusion : les points 4x−8y−2=0 Minvariants appartiennent à la droite d’équation 2x−4y−1=0.  b.L’applicationfa une écriture complexe de la formez=a z+bavec|a| = 1 : c’est donc une symétrie axiale d’axe la droite d’équation 2x−4y−1=0.   3.Le complexezest réel si et seulement siy=0⇐⇒4x−3y−2=0. L’ensemble Dest donc la droite d’équation 4x−3y−2=0. 2 4. a.Le couple (2 ; 2)∈Zvérifie l’équation 4x−3y−2=0. 2 b.Si (x;y)∈Zest une solution quelconque de l’équation 4x−3y−2=0, alors  4x−3y−2=0 , 4×2−3×2−2=0 d’où par différence 4(x−2)−3(y−2)=0⇐⇒4(x−2)=3(y−2) (1). Donc 3 divise 4(x−2) mais étant premier avec 4, divisex−2, d’après le théorème de Gauss. Il existe donck∈Ztel quex−2=3k⇐⇒x=3k+2. En reportant dans (1) on obtient 4k=y−2⇐⇒y=4k+2.

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Baccalauréat S

Inversement 4(3k+2)−3(4k+2)−2=12k+8−12k−6−2=0 ; donc les couples (3k+2 ; 4k+2),k∈Zsont les couples solutions de l’équation 4x−3y−2=0.  3x+4y+1≡50 mod   5.Six=1,x etysont des entiers⇐⇒ 4x−3y−2≡0 mod5  4y+4≡0 mod5 ⇐⇒ ←→y+6≡50 mod⇐⇒y≡ −51 mod⇐⇒ 2−3y≡0 mod5 y≡4 mod5⇐⇒y=5k+4. 4+4(5k+ 4) 20k+20  Inversement, six=1 ety=5k+4, alorsx= == 5 5 2−3(5k+4)−15k−10  4k+4∈Zety= =∈Z. 5 5

E XERCICE 3    0−2 −→−→    1. a. 1 .1 AC On a ABCes vecteurs ne sont pas colinéaires. Conclusion 2−1 A, B et C ne sont pas alignés.      0 32 3 −→→−−→−→      b.On a : AB∙n= 1 ∙ 4 =0+4−4=0 et AC∙n= 1 ∙ 4 2−2−1−2 −→ = −6+4+2=0. Doncnnormal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) est un vecteur normal à ce plan. On a doncM(x;y;z)∈    x−1 3 −−→−→    (ABC)⇐⇒AM∙n=0⇐⇒ y−0 ∙ 4 =0⇐⇒3x−34y−2z+1= z−2−2 0⇐⇒ 3x+4y−2z+1=0⇐⇒M(x;y;z)∈(ABC). 2. a.Les plans P 1 et P 2 ont respectivement pour vecteurs normaux    2 1    1 et− les coordonnées de ces vecteurs ne sont pas proportion 2 . 2 6 nelles, donc les plans ne sont pas parallèles donc sécants en une droite Ddont les coordonnées de chaque point vérifient les système :   2x+y+2z+1=0 2x+y= −2z−1 ⇐⇒ x−2y+6z=0x−2y= −6z   2x+y+ = −2t−1 4x+2y= −4t−2   ⇐⇒ x−2y= −6t ⇐⇒ x−2y= −6t   z=t z=t  2  x= −2t−  5x= −10t−2   5 1 ⇐⇒ x−2y= −6t ⇐⇒ y=2t−  z=t 5  z=t   2 1 On reconnait l’équation d’une droite contenant le point−;−et; 0 5 5   −2 −→   de vecteur directeuru 2 . 1 −→−→−→−→ Oru∙n= −2×3+2×4+1×(−2)=0. Les vecteursuetnsont orthogo naux, donc la droite (D) est parallèle au plan (ABC). Comme    2 1 3+× −4× −−2×0+1=0⇐⇒ −1=0 est faux, la droite et le plan 5 5 sont parallèles et distincts.

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Baccalauréat S

3. a.t  0⇐⇒t+3  3>0. La somme des coefficients est non nulle, doncG existe. −→−→−→ −→−→ −→−→ On a d’une partGA+2GB+tGC=d’autre part0 etIA+2IB=0 . La −→ −→−→ relation de Chasles appliquéeà la première égalité donneG I+IA+2G I+ −→−→−→−→−→−→−→−→ t −→ 2IB+tG I+t IC=0⇐⇒(3+t)G I+t IC=0⇐⇒I G=IC . 3+t b.L’égalité vectorielle précédente obtenue montre que le pointGappar tient à la droite (IC) et que l’abscisse du pointGpour le repère (I, C) est t le réel. 3+t t + Soitfla fonction réelle de la variabletdéfinie parf(t)=surR. On 3+t 3  af(t)= >0. La fonctionfest donc croissante de 0 à 1 (exclu car 2 (3+t) limite en plus l’infini def(t) qui sont respectivement les abscisses de I et de C. L’ensemble des pointsGest donc le segment ouvert [IC[. 1t1 On aG= J⇐⇒f(t)= ⇐⇒= ⇐⇒2t=3+t⇐⇒t=3. 2 3+t2

E XERCICE 4 10 10 (n+1)n 1.Pour tout entier naturelnnon nul,u n+1  0, 95u n ⇐⇒  0, 95 n+1n 2 2    10 10 n+1 1 10 10 ⇐⇒(n+1)  1, 9n⇐⇒  1, 9⇐⇒1+  1, 9. n n 1 2. a.La fonction 1+étant dérivable sur [1 ;+∞[, la fonctionfl’est aussi et x    9 1 1  f(x)=10 1− <+ ×0. 2 x x 1 10 Doncfest décroissante sur [1 ;+∞[. On af(1)=2 , lim1+ =1, x→+∞ x   10 1 d’où lim1+ =1. x→+∞ x 10 b.Conclusionfà 1, doncest continue (car dérivable) et décroissante de 2 bijective. Il existe donc un unique réelαde [1 ;+∞[ tel quef(α)=1, 9. c.Avec la calculatrice on trouve quef(15)>1, 9etf(16)<1, 9.Doncn 0 = 16.   10 1 d.On an  16  α⇒f(n)  f(16)  f(α) soit1+  1, 9⇒u n+1  n u n . 3. a.D’après la question1.et pour tout entiernsupérieur à 16   10 1 1+  1, 9⇐⇒u n+1  0, 95u n . n Donc la suite (u n ) est décroissante à partir du rang 16. b.Comme de plusu n  0 la suite (u n ) converge vers un réel supérieur ou égal à zéro. 0 4.•Initialisation : on au 16  0, 95u 16 . n−16 •Hérédité : hypothèse 0  u n  0, 95u 16 . D’après la question1. n−16n−15 0  u n+1  0, 95u n  0, 95×0, 95u 16 ⇐⇒0  u n+1  0, 95u 16 . Donc la propriété est vraie au rangn+1. On a donc pour tout naturelnsupérieur ou n−16 égal à 16 : 0  u n  0, 95u 16 . n−16 Or 0,95 estle terme général d’une suite géométrique de raison telle que n−16 −1<0, 95<95lim 0,1. Donc=0. D’après l’encadrement démontré par n→+∞ récurrence et d’après le théorème des « gendarmes »

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limu n =0. n→+∞

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