Corrigé du bac S 2006: Mathématique Obligatoire

Education Nationale

Description

QCM de cours, suite complexe, géométrie 3D, équa diff, probabilités
Terminale S, Pondichéry, 2006

Sujets

• bac
• bac s
• corrigé bac

Informations

• Publié par: les-corriges
• Publié le: 01 janvier 2006
• Nombre de lectures: 51
• Langue: Français

Extrait

CorrigédubaccalauréatSPondichéry
3avril2006
EXERCICE1
332 6 2 8( )1. a. Faux.Contre-exemple : e =e ete =e .
b. Vrai.
c. Faux.L’équation delatangenteest y−e=e(x−1) ⇐⇒ y =ex
2. a. Vrai.
b. Faux. Exemple la fonction valeur absolue est continue et non dérivable
en0.
c. Vrai.Définitiondunombredérivé f (a).
3. a. Faux.Contre-exemple :u =3n etv =−2n.n n
b. Vrai:lasuiteapourlimiteplusoumoinsl’infini.
c. Vrai:mêmechose,lasuiteapourlimiteplusoumoinsl’infini.
d. Faux : si lim v =0,lasuitediverge.n
n→+∞
EXERCICE2(nonspécialistes)
1 i 1
1. z =2, z =1+i, z =i, z =− + , z =− ∈R.0 1 2 3 4
2 2 2
1
z z2 1
→−
vz3
0
z z
→−-2 -1 4 O 0 1 20
−2 −1 u 1
-1
−1

1+i 1+i 1
2. Onau =|z |= z = ×|z |= u .n+1 n+1 n n n
2 2 2
1
L’égalité u = u montre que la suite (u )est une suite géométrique den+1 n n
2
n1 1
raison .Onau =|z |=|2|=2.Onsaitqueu =u × .Finalement :0 0 n 0
2 2
n1
u =2 .n
2
3. OnaOA =|z |=u ,doncA appartientaudisque (fermé)decentreOetden n n n
n
1 n
rayon0,1sietseulementsiu 0,1 ⇐⇒ 2 0,1 ⇐⇒ 20 2 ⇐⇒n
2
n n 2ln20
2202 ⇐⇒ ln2ln20 ⇐⇒ n ≈8,6.
2 ln2
Laconditionseradoncréaliséelapremièrefoisparu .Onadoncn =9.9 0
Lacalculatricelivreu =0,125 etu ≈0,084<0,1.8 9
z −zn+1 n
4. a. Pourtoutnatureln, u =0doncz =0.Onpeutdoncécrire =n n
zn+1
1+i
z −zn n 1+i−2 −1+i i(1+i)2
= = = =i.
1+i 1+i 1+i 1+i
zn
2
L’interprétation géométriquedecetteégalitéest:
BaccalauréatS

π
−−−−−→ − −−−−−→
– OA , A A =+ . Conclusion : pour tout natureln le trianglen+1 n n+1
2
OA A estrectangleen A .n n+1 n+1
A An n+1
– Enmodulesl’égalitédonne =1 ⇐⇒ A A =OA .Conclu-n n+1 n+1
OAn+1
sionletriangleOA A estisocèleen A .n n+1 n+1
Finalementpourtoutnatureln,letriangleOA A estrectangleiso-n n+1
cèle en A , comme on peut le voir sur les quatre premiers trianglesn+1
delafigureci-dessus.
b. Comme les triangles sont isocèles = A A +A A +...+A A =n 0 1 1 2 n−1 n
OA +OA +···+OA =u +u +···+u .1 2 n 1 2 n
Cette somme est la somme de n premiers termes d’une suite géomé-
1
triquedepremiertermeu = 2etderaison .1
2
1
n1−
n 2 2 −1
2
Onadonc = 2 = .n
n−11
2 ( 2−1)1−
2
n
2 −1
Comme lim = 2,ona
n−1n→+∞ 2
2
lim = .n
n→+∞ 2−1
EXERCICE2(spécialité)
1. La transformation fest de la forme z =az+b avec a ∈C, b ∈C:c’estdonc
unesimilitude.
CherchonssoncentreΩinvariantpar f :

1 1 1 1 2
z = + i z +1 ⇐⇒ z − i =1 ⇐⇒ z (1−i)=2 ⇐⇒ z = =
Ω Ω Ω Ω Ω
2 2 2 2 1−i
1+i.
Lecentredelasimilitude estdoncΩd’affixe 1+i.

1 1 1 1
Les deuxégalités z = + i z+1et1+i= + i (1+i)+1entraînent par
2 2 2 2
différence:

1 1
z −(1+i)= + i [z−(1+i)].
2 2

1 1 1 1 1 1 πi
4Or + i = .Donc + i = e . L’écriture de la similitude est donc

2 2 2 22 2
finalement:
π1
i
4z −(1+i)= e [z−(1+i)].

2
Onreconnaîtlacomposée(dansn’importequelordre)
π
– d’unerotationdecentreΩetd’angle ;
4
1
– d’unehomothétie decentreΩetderapport .

2
3 1 3
2. a. Lesaffixessontrespectivement:0; 1; + i; +i.
2 2 2
b. Onau =ΩA =|z −z |.n n n Ω
1 πi 4Ord’aprèslaquestion1.,z −z = e z −z ,soitenprenantles
[ ]n+1 Ω n Ω
2
modules:


1 π 1 π 1
i i
4 4
|z −z |= e [z −z ] = ×e ×|z −z |= ×1×|z −z |,n+1 Ω n Ω n Ω n Ω

2 2 2
1
ouencoreu = u ,égalitéquimontrequelasuite(u )estunesuiten+1 n n
2
Pondichéry 2 3avril2006BaccalauréatS
1
géométriquederaison ,depremiertermeu =ΩA =ΩO= 2(dia-0 0
2
gonaled’uncarrédecôté1).
n
1
Ilenrésultequeu = 2 .n
2
c. D’après l’expression de u , tous les termes de la suite sont non nuls etn

u 2n+1
= <1:lasuiteestdoncdécroissante.
u 2n
Doncs’ilexisten telqueu <0,1,touslestermessuccessifsvérifieront0 n0
aussicetteinégalité.
n n −10 0
1 1
Oru <0,1 ⇐⇒ 2 <0,1 ⇐⇒ <0,1, d’oùd’aprèslan0
2 2

croissancedelafonctionlogarithmenépérien,−(n −1)ln 2<−ln10 ⇐⇒0
ln10 ln10
ln10<(n −1)ln 2 ⇐⇒ <n −1 ⇐⇒ n >1+ ≈7,6.0 0 0
ln 2 ln 2
Conclusion : le premier point appartenant au disque de centreΩ et de
rayon0,1estlepoint A .8
3. a. LetriangleΩA A estclairementrectangleisocèleen A .0 1 1
Démontrons par récurrence que le triangleΩA A est rectangle iso-n n+1
cèleen A :n+1
– Lapropriétéestinitialisée pourn=0.
–SupposonsqueletriangleΩA A soit rectangle isocèle en A .Orn−1 n n
le triangleΩA A est tout simplement l’image par la simitude dun n+1
triangleΩA A : il est donc de même nature, soit rectangle isocèlen−1 n
en A .n+1
Ladémonstrationparrécurrenceestachevée.
b. D’aprèslaquestionprécédente =A A +···+A A =ΩA +ΩA +n 0 1 n−1 n 1 2
···+ΩA =u +u +···+u , soit la somme desn premiers termes (ex-n 1 2 n
ceptionfaitedeu )delasuitegéométriquevueci-dessus.0
n1
−1
2
Onadonc =1× .n 1
−1

2
n1 1
<1, lim =0.Comme
n→+∞2 2

2 2( 2+1)
Conclusion : lim = = =2+ 2.
n
n→+∞ 2−1 ( 2+1)( 2−1)
EXERCICE3
PartieA
−−→ →− →−
1. M(x ; y ; z)∈∆ ⇐⇒ ilexisteλ∈RtelqueIM =λn,caronsaitquen estun
vecteurnormalauplanP.Onadonc
 
x−x = λa x = x +λa
 I  I
y−y = λb ⇐⇒ y = y +λbI I
 
z−z = λc z = z +λcI I
quiestuneéquationparamétriquedeladroite∆.
2. D’après la question 1, H est un point de∆, il vérifie donc lui aussi la relation
decolinéarité:
−→ →−
IH =kn,aveck ∈R.

x = x +ka
 H I
3. Onadonc y = y +kb maiscomme H appartientauplanP,sesco-H I

z = z +kcH I
ordonnéesvérifientl’équationduplansoita(x k+a)+b(y +kb)+c(z +kc)+I I I
Pondichéry 3 3avril2006BaccalauréatS
ax +by +cz +dI I I2 2 2d =0 ⇐⇒ k a +b +c +ax +by +cz +d =0 ⇐⇒ k=−I I I 2 2 2a +b +c
(cara, b etc nesontpassimultanément nuls).

−→ →− →−

4. LarelationvectorielleIH =kn entraînel’égalitédesnormes:IH=|k|n =


ax +by +cz +d ax +by +cz +dI I I I I I2 2 2
× a +b +c = .
2 2 2 2 2 2a +b +c a +b +c
PartieB
1. On applique la partie A avec I =Ω et H point commun au planQ et au plan
P,lerayondelaspèreestdonc

|1×1−1×(−1)+1×3−11| 6
IH=ΩH = = =2 3.
1+1+1 3
2. Unsystèmed’équationsparamétriquesdeladroite∆est:

x = 1+λ

y =− 1−λ

z = 3+λ
3. Enreportantcescoordonnéesdansl’équation deQ onobtient 1+λ+1+λ+
3+λ−11 = 0 ⇐⇒ 3λ−6 = 0 ⇐⇒ λ =2. En reportant cette valeur dans les
équationsparamétriquesdeladroite∆onobtient:
x =3;y=−3;z =5.Lepointcommunàlasphèreetauplanapourcoordon-
nées(3;-3;5).
EXERCICE4
PartieA
1. Soit f dérivable,strictementpositivesur[0; +∞[etvérifiant
1
f (t)=− f(t)[3−ln f(t)](1).Lafonction f étantstrictement positive, la
20
f
fonctiong =lnf estbiendéfiniesur[0; +∞[etg = ⇐⇒ f = f ×g .Mais
f
1
alorsl’équationdifférentielle (1)s’écritfg=− f[3−lnf] ⇐⇒
20
1
g =− [3−g],car f =0.
20
Inversementsilafonctiong =lnf vérifiel’équationdifférentielle
1 f
g =− [3−g](2),alorspuisque g = existe comme dérivée de la fonc-
20 f
tioncomposéede f aveclafonctionlnsur[0; +∞[,l’équation (2)s’écrit:
f 1 3 1 3 1

= lnf − ⇐⇒ f = f lnf −f =− f[3−lnf].
f 20 20 20 20 20
Onadoncbienmontrél’équivalence.
1 t

202. Lessolutions del’équationz =− z sontlesfonctionst −→ e .
20
1 3
D’autre part une solution particulière constante de l’équation z = z−
20 20
3
−
20estlenombre− =3.
1
20
1 3
Finalement lessolutions del’équationz = z− sontlesfonctions
20 20
t
20t −→ g(t)=3+Ce ,avecC ∈R.
3. D’aprèslaquestion 1,lesfonctions solutions de(E)sontlesfonctions f telles
queg=lnf ⇐⇒ f =exp(g).
Conclusion finale : les solutions de l’équation (E) sont toutes les fonctions f
tellesque:

t
20f(t)=exp 3+Ce , C ∈R.
Pondichéry 4 3avril2006

BaccalauréatS

t
204. Soit f(t)=exp 3−3e .
t t
20 20a. De lim e =+∞,ilrésulteque lim −3e =−∞etenfinque
t→+∞ t→+∞
lim f(t)=0 .
+
t→+∞
3 t t

20 20b. Ona f (t)=− e exp 3−3e etcommelesexponentiellessontstric-
20
3
tement positives, f est du signe de− <0. La fonction f est décrois-
20
santesur[0; +∞[de1(millier)à0.

t
20c. f(t) < 0,02 ⇐⇒ exp 3−3e < 0,02 soit d’après la croissance de la
t t
20 20fonctionlogarit