Corrigé du baccalauréat S Asie juin

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2004 \ EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats 1. L'affirmation signifie que f ?(0)=?1 4 . f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s'annulant pas car 1+ex > 1> 0. f ?(x)=? e x (1+ex )2 et f ?(0)=? 1 (1+1)2 =? 1 4 . L'affirmation est vraie. 2. ?????M M ? = ????MA +???MB + 4???MC ?? ????MG +????GM ? = ????MG ????GA +???MG +???GB + 4????MG + 4???GC ?? ???? GM ? = 3????MG ?? ???? GM ? = ?3????GM (car par définition du barycentre : ????GA +???GB +4???GC =??0 . La dernière égalité trouvée montre bien que M ? est l'image de M dans l'ho- mothétie de centre G et de rapport ?3. 3. f (x)= 1 2 x ?? x sin3x = 1 2 x ?? { x = 0 sin3x = 1 2 sin3x = 1 2 ?? sin3x = sin pi6 ou sin3x = sin 5pi 6 . Donc : – d'une part sin3x = sin pi6 ?? 3x = pi 6 [2pi] ?? x = pi 18 [ 2pi 3 ] .

• cercle ?


• sin3x


• ???gc ?? ????


• gm ?


• affixe du vecteur ???am


• ????mg


• sin pi6


• ??

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2004
• Nombre de lectures: 36
• Langue: Français

Extrait

[Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2004\

E X E R C IC E 1 3points Commun à tous les candidats 1 ′ 1.L’affirmation signifie quef(0)= −. 4 fest dérivable comme quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne x s’annulant pas car 1+e > 1>0. x e 11 ′ ′ f(x)= −etf(0)= −= −. x 2 2 (1+e ) (1+1) 4 L’affirmation est vraie. − − −→ →− − −−−→→−−−→ −−−→ −−→−→−−→−→ ′ ′ 2.M M= −MA+MB+4MC⇐⇒MG+GM= −MG−GA+MG+GB+ −−→−→ →−−− −−→ −−−→ −−→ ′ ′ 4MG+4GC⇐⇒GM=3MG⇐⇒GM= −3GM(car par définition du −→−→−→−→ barycentre :−GA+GB+4GC=0 . ′ La dernière égalité trouvée montre bien queMest l’image deMdans l’ho mothétie de centre G et de rapport−3. ( x=0 1 1 3.f(x)=x⇐⇒xsin 3x=x⇐⇒ 1 2 2 sin 3x= 2 1 π5π sin 3x= ⇐⇒sin 3x=sin ousin 3x=Donc :sin . 6 6 2 £ ¤ π ππ2π – d’unepart sin 3x=sin⇐⇒3x=[2π]⇐⇒x=. 6 618 3 £ ¤ 5π5π5π2π – oud’autre part sin 3x=sin⇐⇒3x=[2π]⇐⇒x=. 6 618 3 Donc l’affirmation est vraie.

E X E R C IC E points2 5 Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 2 1. a.On développe (z−7i)(z+i)=z−6iz+7. ′ ′ b.M6=A est invariant si et seulement siM=M⇐⇒z=z⇐⇒z= 3iz−7 2 2 ⇐⇒z(z−3i)=3iz−7⇐⇒z−3iz=3iz−7⇐⇒z−6iz+7= z−3i ½ z=7i 0⇐⇒(z−7i)(z+i)=0 d’après la question précédente⇐⇒ z= −i Il existe donc deux points invariants parf: B(7i) et C(−i). 2. a.onc leOn vérifie aisément que le milieu de [BC] est le point A qui est d centre du cercleΣet que BC = 8 dont le rayon deΣest égal à 4. ³ ´ −→ −−→−−→ En posantθ=e 1 , AM, on a en calculant l’affixe du vecteur AM: iθiθ z−3i=4e⇐⇒z=3i+4e . ¡ ¢ iθ iθ 3i 3i+4e−7 −16+12ie ′ −iθ b.On a doncz= ==3i−4e= iθiθ 4e 4e i(π−θ) 3i+4(−cosθ+i sinθ)=3i+4(cos(π−θ)+i sin(π−θ))=3i+4e . ′ Cette dernière égalité montre queMappartient lui aussi au cercleΣ. iθ c.On a avecz=3i+4e , iθ z= −3i+4e iθ′ −z=3i−4e=zcomme on l’a vu à la question précédente. ′ Le pointMse construit en prenant le symétrique deMautour de l’axe des abscisses, puis le symétrique de ce point autour de O, ou encore plus simplement par symétrie autour de l’axe des ordonnées.

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A. P. M. E. P.

3.On reprend la question 2 mais avec un cercle de rayonr. Un point de ce cercle iθ a une affixe égale àz=3i+re . On en déduit que : ¡ ¢ iθ iθ 3i 3i+re−7 −16+3r16ie 16 ′ −iθ(π−θ) z= −= =e+3i=3i+e . iθiθ rere r r ′ Cette dernière égalité montre queMappartient au cercle de centre A(3i) et de 16 rayon . r L’image d’un cercle de centre A est un cercle de centre A.

E X E R C IC E 2 5points Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 2n n2 1. a.Soitapair et tel quea+9=2⇐⇒9=2−a. Ceci ne peut être vrai puisque la différence de deux pairs est paire. Donc siaexiste,aest impair. 2n2n b.On a donca=2k+1,k∈N, donca+9=2⇐⇒4k+4k+10=2 . 2n Or 4k+4k+10≡2 [4]et 2≡puisque0 [4],n > 4. 2n Conclusion : il n’existe pas de solution à l’équationa+9=2 . 2n 2. a.a+9=3 .Pourn > 3, 3≡ −donc1 [4], n n 3≡(−1) [4]. n nn Sinest pair 3≡et si1 [4]nest impair 3≡ −1 [4]ou encore 3≡ 3 [4]. 2n2 b.Soitatel quea+9=3 .Siaest impair, son carré l’est aussi donca+9 n est pair, alors que 3est impair pour toutn. Conclusion : siaexiste, il est pair. 2 2 Puisqueaest pair il existep∈Ntel quea=2p, d’oùa=4p. 2 Donca≡0 [4]. 2 2 Il en résulte quea+9≡ou plus simplement9 [4]a+9≡1 [4]. 2n n Conclusion :a+9=3 seulementsi 3≡mais ceci n’est vrai que1 [4], sinest pair. 2n Sia+9=3 ,alorsnest pair. c.On pose doncn=2p,p∈Nsupérieur à 1. 2 2p p 2 2 p p L’équation s’écrita+9=3⇐⇒9=(3 )−a=9⇐⇒(3+a) (3−a ) = 9. Les diviseurs de 9 sont 1, 3 et 9. Il y a donc deux possibilités ½ p 3+a=3 •qui n’a pas de solution car les deux nombres ne sont p 3−a=3 pas égaux,an’étant pas nul, ½ p 3+a=9 • p 3−a=1 p pp p car 3+a>3−a. On en déduit en sommant : 2×3=10⇐⇒3=5 qui n’a pas de solution car 5 n’est pas une puisance de 3. 2n Conclusion : l’équationa+9=3 n’apas de solution. 2n 3.a+9=5 ,n > 2 a.Supposonsnimpair ; il existe donck∈Ntel quen=2k+1. n2k+1 2k2 22 5=5=5×5, donc puisque 5≡2 [3],5≡ou 52 [3],≡1 [3] n et enfin 5≡2 [3]. 2 Donc s’il existe une solutiona, alorsa+9≡2 [3]. Commeaest congru à 0, 1, ou 2 modulo 3, son carré est congru à 0 ou 1 2 modulo 3, et comme 9 est congru à 0 modulo 3,a+9 est congru à 0 ou n 1 modulo 3, alors que 5est congru à 2 modulo 3. Ces deux nombres ne sont donc pas égaux. 2n Conclusion : sinest impair l’équationa+9=5 ,n > 2 n’a pas de solu tion.

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A. P. M. E. P.

b.On suppose doncnpair ;il existe donck∈Ntel quen=2kavecp > 1. L’équation s’écrit : ¡ ¢¡ ¢ 2 2 2 2k2k k2 a+9=5⇐⇒a+9=5⇐⇒9=5−a⇐⇒ ¡ ¢¡ ¢ k k 5+a5−a=9, d’où deux possibilités : ½ p 5+a=3 •qui n’a pas de solution puisquea6=0. p 5−a=3 ½ p 5+a=9 p p •soit en sommant 2×5=10⇐⇒5=5⇐⇒p=1 p 5−a=1 et donca=4 2n Conclusion : l’équationa+9=5 ,n > 2 a une seule solution : 4.

E X E R C IC E 3 4points Commun à tous les candidats    2 3    1. −1 et1 sont des vecteurs normaux respectivement àPetQ. 0−1 Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles et sont donc sécants suivant une droiteD. Tout point commun àPetQa des coordonnées (x;y;z) qui vérifient le ½ 2x−y= −5 système : 3x+y−z=0   x=αx=α   En posantx=α, le système devient : 2x−y= −5 ⇐⇒ y=2α+5   3x+y−z=0z=5α+3 2.•Dest parallèle au planRsi un vecteur directeur deDest orthogonal à    1−5    un vecteur normal àR 2 c’estàdire si∙ 5 =0⇐⇒ −5+10− 5−1 5=0 qui est bien vraie. •Deux droites sont coplanaires si elles ont un point commun ou si elles sont parallèles.   α= −3β α= −3β   ⋆Si elles sont sécantes c’estàdire si 2α+5=1+β⇐⇒ −6β+5=1+β ⇐⇒   5α+5=2+2β−15β+5=2+2β  α= −3β   4 β= 7 5   β= 17 Ce système n’a pas de solution. Conclusion : les deux droites ne sont pas sécantes. ⋆Si elles sont parallèles leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. −→ ′ Da pour vecteur directeuru(1 ; 2 ; 5) etDa pour vecteur directeur −→ v(−3 ;1 ; 2). Ces vecteurs ne sont manifestement pas colinéaires. Donc les droites ne sont pas parallèles. ′ Conclusion :DetDne sont pas coplanaires.

E X E R C IC E 4 Commun à tous les candidats ¸ · 1 f(x)=ln(1+2x) sur−;+∞. 2

I Première partie étude d’une fonction

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8 points

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A. P. M. E. P.

1.Comme 1+2x>0 sur I,fest définie sur cet intervalle et est dérivable comme fonction composée de fonctions dérivables : 2 ′ f(x)= >0. La fonction est donc croissante sur I. 1+2x 2. a.(1Comme lim+2x)=0 + , limf(x)= −∞. 1 1 x→−x→− 2 2 b.Sur I,g(x)=f(x)−x;gest dérivable comme différence de deux fonctions 2 2−1−2x1−2x ′ ′ dérivables sur I etg(x)=f(x)−1= −1= =qui 1+2x1+2x1+2x est du signe de 1−2xpuisque sur I, 1+2x>0. 1 1−2x=0⇐⇒x=. 2 ¸ ¸¸ ¸ 1 11 Conclusion :gest croissante sur−décroissante sur; et;+∞. 2 22 µ ¶ 1 1 c.On ag=ln 2− >0. 2 2 Cherchons la limite degau voisinage de+∞: µ ¶µ ¶ 1 1 g(x)=ln(1+2x)−x=lnx2+ −x=lnx+ln 2+ −x= x x µ ¶   1 ln 2+ lnx x   x+ −1 .   x x µ ¶ 1 ln 2+ lnx x Comme lim=0, lim=0, la limite du crochet est donc x→+∞x→+∞ x x égale à−lim1 etg(x)= −∞. x→+∞ ¸ ¸ 1 11 Sur−; ,gest croissante de−∞à ln 2− >0.fétant continue sur 2 22 cet intervalle il existe un réel uniqueαtel quef(α)=0. Il est évident que α=0. ¸ ¸ 1 1 De même sur;+∞,gdécroit de ln 2− >0 à−∞;gétant continue 2 2 sur cet intervalle, il existe un réel uniqueβde cet intervalle tel que g(β)=0. On vérifie queg(1)≈0, 098>0 et queg(2)≈ −0, 39<0. Conclusion : 1<β<2. d.On en déduit le signe deg: ¸ · 1 – sur−; 0,g(x)<0 2 – sur]0 ;β[,g(x)>0 – sur]β;+∞[,g(x)<0 –g(0)=g(β)=0. 3.0<x<β⇒f(0)<f(x)<f(β) par croissance de la fonctionf. f(0)=0 etf(β)=g(β)+β=0+β=β. Conclusion : 0<x<β⇒0<f(x)<β.

II Étude d’une suite récurrente 1.On au 0 =1∈]0 ;β[ (carβ>1). La propriété est vraie au rang 0 ; Hypothèse de récurrence : supposons que 0<u n <β. Par croissance de la fonctionf, on af(0)<f ( u n ) <f(β) ou encore 0<u n+1 <β. L’hérédité est établie. On a donc montré par récurrence que pour tout entier natureln,u n appartient à l’intervalle ]0 ;β[. 2.On au 1 =f(u 0 )=ln 3>1 : la propriété est vraie au rang 1. Hypothèse de récurrence : supposons queu n+1 >u n alors par croissance de la fonctionf,f ( u n+1 ) >f ( u n ) soitu n+2 >u n+1 : l’hérédité est établie. On a donc démontré par récurrence que la suite est croissante.

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A. P. M. E. P.

3.La suite est majorée parβet croissante : elle converge donc vers un nombre inférieur ou égal àβ.

II Limite de la suite 2 ′ 1.On a vu quef(x)=. 1+2x 1 12 2 x > 1⇒2x>2⇒1+2x>3⇒ >⇒ >. 3 1+2x3 1+2x 2. a.(Horsprogramme en 2009) Z β 2 2 ¡ ¢ ′ ′ Puisquef(t) 6 , on sait quef(t) dt 6 β−u n et ce quel que soit 3 3 u n n∈N. Z β £ ¤ β ′ b.Orf(t) dt=f(t)=f ( u n ) −f(β)=u n+1 −β. u n u n 2 ¡ ¢ Donc d’après la question précédente :u n+1 −β 6 β−u n . 3 Par récurrence : pourn=0, on a bien 0 6 β−1 6 1. Ã ! n 2 Hypothèse de récurrence : supposons que 0 6 β−u n 6 ; on en dé 3 2 duit par produit par: 3 Ã ! n+1 2 ¡ ¢ 2 2 ¡ ¢ 0 6 β−u n 6 . Or on a vu queβ−u n+1 6 β−u n ; on en 3 33 µ ¶ n+1 2 déduit donc que 0 6 β−u n+1 6 . 3 On a donc démontré par récurrence que pour tout natureln: Ã ! n 2 0 6 β−u n 6 . 3 µ ¶ n 2 2 c.On sait car 0< <1 quelim=0, donc d’après le théorème des n→+∞ 3 3 « gendarmes » :limβ−u n =0. n→+∞ Conclusion :limu n =β. n→+∞

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