Correction du baccalauréat S Polynésie

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Correction du baccalauréat S Polynésie \ septembre 1998 Exercice 1 5 points 1. a. • z1 =?1= 1eipi ; • z2 = 1? ip3 2 ; |z2| 2 = 1 4 + 3 4 = 1 ? |z2| = 1;z2 = cos ( ?pi3 ) + isin(?pi3 ) = e?i pi3 ; • z3 =?1?i p3, donc |z3|2 = 1+3= 4= 22 ?|z3| = 2 ; z3 = 2 ( ? 1 2 ? i p3 2 ) = 2(cos(? 2pi3 ) + i sin(? 2pi3 )) = 2e?2i pi3 . b. • z31 = e3ipi = eipi =?1 ; • z32 = e?ipi =?1 ; • z33 = 23e?2ipi = 8. 2. a. On calcule (x + iy)3 = x3? iy3+3ix2y ?3x y2 = x3?3x y2+ i(y3+3x2y). On a également (x + iy)3 = (?ei?)3 = ?3ei3?. Le module de z3 est donc ?3 et un argument de z3 est 3?. b. z3 est un nombre réel si et seulement si un de ses arguments est égal à 0 mod [pi] soit si 3? = 0 [pi] ?? ? = pi3 mod [pi 3 ] .

• vecteur directeur


• e?x ?


• vec- teurs ???mp


• ???qp ??


• opposée de l'aire a1


• aire de la surface infinie


• coefficient directeur de la tangente


• ??


• pi3

Sujets

• Vecteur directeur

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 septembre 1998
• Nombre de lectures: 25
• Langue: Français

Extrait

Durée : 4 heures [Correction du baccalauréat S Polynésie\ septembre 1998

Exercice 1

5 points

iπ 1. a.•z 1 = −1=1e ; 1−i 3 ¡ ¢¡ ¢ 1 3 2 π π •z 2 =; | z 2 + = | = 1 ⇒ | z 2 | = 1;z 2 =cos− +i sin− = 3 3 2 44 π −i 3 e ; à ! p 1 3 2 2 •z 3 = −1−i 3,donc | z 3 | = 1+3=4=2 ⇒ | z 3 | = 2 ;z 3 =2− −i= 2 2 ¡ ¡¢ ¡¢¢ π 2π2π −2i 3 2 cos− +i sin− =2e . 3 3 3 3iπiπ b.•z=e=e= −1 ; 1 3−iπ •z=e= −1 ; 2 3 3−2iπ •z=2 e=8. 3 ¡ ¢ 3 33 22 32 32 2. a.On calcule (x+iy)=x−iy+3ix y−3x y=x−3x y+iy+3x y. ¡ ¢ 3 3 iθ3 i3θ On a également (x+iy)=ρe=ρe . 3 33 Le module dezest doncρet un argument dezest 3θ. 3 b.zal àest un nombre réel si et seulement si un de ses arguments est ég h i π π 0 mod [ π] soit si 3θ=0 [π]⇐⇒θ=mod . 3 3 L’ensemble (E) est donc constitué des trois droites définies par π2π θ=0,θ=,θ=. 3 3 3 3 c.Si de plus 1 6 z 6 8, alors 1 6 ρ 6 8⇐⇒1 6 ρ 6 2. ′ L’ensemble (E ) est coloré cidessous : 2

1

−2−1 −1

−2

1 2

Exercice 25 points A(0 ; 6 ; 0), B(0 ; 0 ; 8), C(4 ; 0 ; 8). 1. a.. b.Démontrer que : −→−→−→−→ •BC (4 ; 0 ; 0) et BA (0 ;6 ;−8) ; donc BC∙BA=0+0+0=0 ; les vecteurs sont orthogonaux , les droites (BC) et (BA) sont perpendiculaires ; −→−→−→−→ •De même CO (−4 ; 0 ;−8) et OA (0 ; 6 ; 0) ; donc CO∙OA=0+0+0=0 ; les vecteurs sont orthogonaux , les droites (CO) et (OA) sont perpendicu laires.

Baccalauréat S

−→−→−→−→ •BC (4 ; 0 ; 0) et OA (0 ; 6 ; 0) ; BC∙OA=0 ; les vecteurs sont orthogonaux. −→ Donc BCest orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (OAB) ; conclusion la droite (BC) est orthogonale au plan (OAB). c.Pour calculer ce volume, on prend comme base le triangle rectangle (OAB) (puisque (OA) et (OB) sont portées par deux axes et comme hauteur [BC], d’abord la question précédente : 1 ×OA×OB×BC 6 ×8×4 2 3 V(OABC)== =.32 en cm 3 6 d.(OAB) est un triangle rectangle en O et (BAC) est rectangle en C, donc O et C appartiennent à la sphére de diamètre [AB]; le centre est le milieu AB 1 de [AB](0 ; 3 ; 4) et de rayon= =5. 2 2 2.M k (0 ;0 ;k). Le plan (π) qui contientMet est orthogonal à la droite (OB) est donc orthogo nal à l’axe des cotes : il est horizontal et contientM k ; une de ses équations est doncz=krencontre les droites (OC), (AC), (AB) respectivement enN,P,Q.

a.Intersection de (π) et de (OC). La droite (OC) a pour vecteur directeur −→ OC (1 ;0 ; 2). Un système d’équations paramétriques de la droite (OC) est donc :  x=t  y= point 0 Le Ncommun avec le plan (π) est tel que  z=2t k z N =k=2t⇐⇒t= 2 µ ¶ k Les coordonnées deN; 0 ;sont donck 2 b.Intersection de (π) et de (AC). De même un système d’équations para métriques de la droite (AC) est :  x=2t  y=6−3t Le point communPde cette droite et du plan (π) est  z=4t k tel quez P =4t=k⇐⇒t=. 4 µ ¶ k3k Les coordonnées dePsont donc; 6−;k. 2 4 c.Intersection de (π) et de (AB). Un système d’équations paramétriques de la droite (AB) est :  x=0  y=6−3t . Le point communQde cette droite et du plan (π) est  z=4t k tel quez Q =4t=k⇐⇒t=. 4 µ ¶ 3k Les coordonnées deQsont donc0 ; 6−;k. 4 µ ¶µ ¶ −−→ k −−→ k −−→−→− On aM Net; 0; 0Q P; 0, donc; 0M N=Q P⇐⇒M N P Qest 2 2 un parallélogramme. Or les droites (MQ) et (M N) appartiennent à deux plans perpendiculaires : elles sont donc perpendiculaires : donc le qua drilatère est un rectangle. d.(πarticulier) est orthogonal à la droite (OB) ; toute droite de ce plan, en p la droite (P M) est orthogonale à la droite (OB) . La droite (M P) est orthogonale à la droite (AC) si et seulement si les vec −−→−→ teursM Psont orthogonaux.et AC µ ¶ −−→ k3k −→ M P; 6−; 0et AC (4 ;−6 8). 2 4

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Baccalauréat S

µ ¶ −−→−→ k3k M P∙AC=0⇐⇒4× −6 6− =0⇐⇒8k−144+18k=0⇐⇒ 2 4 144 72 26k=144⇐⇒ =. 26 13 0 72104 On vérifie que=< <8. 13 1313 µ ¶ 2 2 2 22 k3k k9k13k 2 e.On calculeM P= +6− =+36+ −9k= −9k+36. 4 44 1616 b Le minimum de ce trinôme enkest obtenu pour la valeurk= −= 2a 9 72 =. (donc quand la droite (M P) est orthogonale à la droite (AC).) 13 2× 13 16

Problème

10 points

2−x f(x)=(1−x)e . Partie A −x2−x 1.f(x)=e−xOr :e . −x2−x lim e=limxe=0, donclimf(x)=0. x→+∞x→+∞x→+∞ On en déduit que l’axe des abscisses est asymptote à la courbe représentative defau voisinage de plus l’infini. 2 22 2. a.x−2x−1=(x−1)−1−1=(x−1)−2=(x−1−2)(x−1+2). Ce p trinôme est positif sauf entre ses racines 1−2 et 1+2. p Conclusion :f(x)>0 sur [−1 ; 1−2[∪]1+2 ;+∞[ et f(x)<0 sur ]1−2 ; 1+2[. Signe def(x) : l’exponentielle désignant un réel supérieur à zéro le signe 2 def(x) est celui de 1−x=(1+x)(1−x) qui est négatif sauf entre−1 et 1.

Doncf(x)<0 sauf sur ]−1 ; 1[. b.fproduit de fonctions dérivables est dérivable et ¡ ¢ ′ −x2 f(x)=e−2x−1+x. ′2 f(x) est donc du signe dex−2x−1 dont on vient de déterminer le signe. On en déduit les variations def: p p x +∞ −1 1 − 2 1 1 +2 ′ − f(x) + 0 0 + f(1− 2) 0 0 f(x) p 0 f(1+2) £ ¤ 2−(1−2) 2−1 Le maximum estf(1−2)=1−(1−2) e=(−2+2 2)e; £ ¤ 2−(1+2)−2−1 Le minimum estf(1+2)=1−(1+2) e=(−2−2 2)e. 3.) dont l’absÉquation de la tangente note (T) à la courbe (F) au point A de (F cisse est 0 : six=0,f(0)=1. ′ ′ Une équation de (T) est =y−1=f(0)(x−0) ; orf(0)= −1. Une équation de (T) est doncy= −x+1. 4. a.(1 ;0) etLes coefficients directeurs des tangentes à la courbe (F) en B ′ ′ C(−1 ; 0) sont les nombres dérivésf(1) etf(−1). ′ −1−1 f(1)=e (1−1−2)= −2e≈ −0, 7. ′1 f(−1)=e (1+2−1)=2e≈5, 4.

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Baccalauréat S

b.

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−1 12 3 F −1 Partie B Intégrales et aires Z x 1.La fonctionfest dérivable sur [0 ;+∞[. l’intégralef(t) dtpourxréel po 1 sitif. ½ 2′ u(t)=1−t u(t)= −2t Posons Donc,toutes ces fonctions ′ −t−t v t()=ev t()= −e Z Z x x £ ¡¢ ¤ x 2−t−t étant dérivables sur [0 ;+∞[f(t) dt= −1−te−2te dt. 1 1 1 On pose à nouveau : ½ ′ u(t)=t u(t)=1 , on intègre à nouveau par parties et ′ −t−t v t()= −ev t()=e Z Z x x £ ¡¢ ¤£ ¤£ ¡¢ ¤ x xx 2−t−t−t2−t−t−t f(t)dt= −1−te−2te+2 edt= −1−te+2te+2e= 1 11 1 1 £ ¡¢¤ x 4 −t2 2−x et+2t+1=(x+1) e−. 1 e 4 2.Pourx=0, cette intégrale vaut 1−. e µ ¶ 4 4 1 0 A=f(t) dt= −f(t) dt= −1− =−1. (cette aire est effectivement posi 0 1 e e tive) u 3.Pouru > 1, l’intégralef(t) dtest l’opposée de l’aireA 1 (u) carf(t)<0. 1 µ ¶ 4 4 u2−u2−u DoncA 1 (u)= −f(t) dt= −(u+1) e−− =(u+1) e. 1 e e n−u Comme limue=0 quel que soitn∈N, on a : u→+∞ 4 limA 1 (u)==. u→+∞ e Graphiquement ceci signifie que l’aire de la surface infinie limitée par l’axe 4 des abscisses, la courbe et la droite d’équationx=1 est finie et tend vers. e 4 4 2−x2−x 4. a.A 1 (x)=A⇐⇒ −(x+1) e= −1⇐⇒(x+1) e=1⇐⇒ e e 2 ln(x+1)−x=0⇐⇒2 ln(x+1)=x. b.hdéfinie parh(x)=x−2 ln(1+x) est dérivable et 2 1+x−2x−1 ′ h(x)=1− ==qui est du signe dex−1 donc positive 1+x1+x x+1 car on suppose quex > 1. La fonctionhest donc croissante deh(1)= 1−2 ln 2<0 à+∞(il suffit de factoriserxdans l’écriture deh). Par continuité cette fonction s’annule une seule fois sur [1 ;+∞[ enαtel

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Baccalauréat S

queα=2 ln(1+α). On ah(2)=2−2 ln 3≈ −0, 197eth(3)=3−2 ln 4≈0, 227. Conclusion : 2<α<3. c.On obtient grâce à la calculatrice : h(2, 5)≈ −et0, 05h(2, 6)≈0, 03. h(2, 51)≈ −0, 001eth(2, 52)≈0, 003 h(2, 512)≈ −0, 0003eth(2, 513)≈0, 00005. −3 Donc finalement à 10près 2,512<α<2, 513. 2α2 Commeα=2 ln(1+α)=ln(1+α)⇐⇒e=(1+α) . ¡ ¢¡ ¢ 2 2 ¡ ¢ 1−α1−α 1−α 2−α Doncf(α)=1−αe= = =. α2 e (1+α) 1+α En partant de : 2,512<α<2, 513⇐⇒ −2, 513< −α< −2, 512⇐⇒ −1, 513<1−α< −(1)1, 512 et de 2,512<α<2, 513⇐⇒3, 512<1+α<3, 513⇐⇒ 1 1 1 < <(2) et en multipliant membre à membre (1) et 3, 1531+α3, 512 (2), on obtient : 1, 5131, 512 − <f(α)< −. 3, 5133, 512 1, 5131, 512 Or−0,430 7< −et−− <0,430 5. 3, 5133, 512 −4 Donc −0,430 7<f(α)< − qui est un encadrement à 2 0,430 5 ×10 .

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