Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie mars

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie \ mars 2004 EXERCICE 1 4 points Les autres égalités s'obtiennent de façon semblable. 1. M est l'image de A dans la rotation de centre B et d'angle + pi 3 ce qui se traduit par m ?b = ei pi 3 (a ?b) ?? m = ei pi 3 (a ?b)+b. 2. En utilisant les relations précédentes : a. Par différence des deux premières égalités m ?n = ei pi 3 (a ?c) et par différence des deux dernières : q ? p = ei pi 3 (a ? c). On a donc par transitivité m ?n = q ? p ?? ???NM = ??? PQ ?? NMQP est un parallélogramme. b. Dans la rotation de centre D et d'angle + pi 3 : A 7?? Q C 7?? P Par propriétés de la rotation (qui est une isométrie), AC=QP et (??? AC , ??? QP ) = + pi 3 . Demême dans la rotation de centre C et d'angle ? pi 3 , on a B 7?? N D 7?? P Donc BD = NP et (??? BD , ??? NP ) =? pi 3 ?? (??? NP , ??? BD ) = pi 3 .

• relation de chasles ????


• ??? ag


• vecteur ???


• ???? gma


• ln2


• ??


• dx en application de la relation de chasles

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 mars 2004
• Nombre de lectures: 23
• Langue: Français

Extrait

[Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie\ mars 2004

E X E R C IC E points1 4 Les autres égalités s’obtiennent de façon semblable. π 1.M est l’image de A dans la rotation de centre B et d’angle+ce qui se traduit 3 π π i i parm−b=e (a−b)⇐⇒m=e (a−b)+b. 3 3 2.En utilisant les relations précédentes : π i a.Par différence des deux premières égalitésm−n=e (a−c) 3 et par différence des deux dernières : −−→ π i 3 q−p=e (a−c). On a donc par transitivitém−n=q−p⇐⇒NM= −→ PQ⇐⇒NMQP est un parallélogramme. π A→−7Q b.Dans la rotation de centre D et d’angle+: 3 C→−7P ³ ´ −→−→ Par propriétés de la rotation (qui est une isométrie), AC = QP etAC ,QP= π +. 3 π De même dans la rotation de centre C et d’angle−, on a 3 B7−→N D7−→P ³ ´³ ´ −→−→ π −→−→ π Donc BD = NP etBD ,NP= −⇐⇒NP ,BD=. 3 3 3.s il ait deux; il faut qu’en pluOn sait déjà que MNPQ est un parallélograme côtés consécutifs de même longueur et perpendiculaires. Or NP = QP⇐⇒AC = BD d’après la question précédente. ³ ´³ ´³ ´³ ´ −→−→ π −→−→−→−→−→−→ π D’autre partNP ,QP= ⇐⇒NP ,BD+BD ,AC+AC , QP= ⇐⇒ 2 2 ³ ´³ ´³ ´ −→−→ π −→−→−→−→ π π π3π4π π BD , AC= −BDNP ,−AC ,QP− =− ⇐⇒= − − = 2 23 36 66 ³ ´ −→−→ π AC ,BD=, toutes ces égalités étant moduloπ. 6

E X E R C IC E points2 5 Partie A 1.La somme des coefficients est : 1+1−m+2m−1+1−m=26=0 quel que soitm. Le barycentreG m existe donc quel que soit le réelm. 2.On a G 1 =(B, 0), (G ; 1), (D ; 0)}; 1),bar {(E=bar {(E ;1), (G ; 1)} qui est tout simplement le milieu de [EG]. 3.On a G 0 =(B, 1), (G ;; 1),bar {(E−1), (DOn a donc par définition; 1)}. −−→−−→−−→−→→−−−−→→−−→−→−→−→ 1G 0 E+1G 0 B−1G 0 G+1G 0 D=0⇐⇒2G 0 A+AE+AB−AG+AD=0 . −→−→−→−→−−→→− Or AE+AB+AD=AG ,donc l’égalité précédente devient 2G 0 A=0⇐⇒ G 0 =A. G 0 =1), (B,1), (G,A entraîne que A est le barycentre de {(E,−1)}1), (D,= bar {(I,3), (G,−1)} par associativité des trois points E, B et D. La dernière relation montre que la barycentre A est aligné avec les points I et G.

Correction Terminale S

A. P. M. E. P.

4.Par définition du barycentre : −−−→ −−−→−−−→−→−−→− G m E+(1−m)G m B+(2m−1)G m G+(1−m)G m D=0 soit en faisant intervenir le point A grâce à le relation de Chasles ³ ´³ ´³ ´ −−−→ −→−−−→−−→−−→−−−−→→−→ G m A+AE+(1−m) G m A+ AB+(2m−1) G m A+AG+(1−m) G m A+AD= −→ 0 soit en développant −−−→−→−→−→−→ (1+1−m+2m−1+1−m)G m A+AE+(1−m)AB+(2m−1)AG+(1−m)AD= −→ 0⇐⇒ −−−→−→−→−→−→ 2G m A−mAB+2mAG−mAD=0 −→−→−−→→ car dans le pavé : AG=AB+AD+AE −→−→−→ Comme AB+AC=AD , la relation devient : −−−→−→−−→→ 2G m A−mAC+2mAG=0⇐⇒ ³ ´ −−−→ m −→−→ G m A=AC−2AG 2 −→−→−−→ Or AC=EG=2O 2 G donc on a ³ ´³ ´ −−−→ m −−→−−−−→→ m −−→−→ G m A=2O 2 G−2AG⇐⇒G m A=2O 2 G+2GA⇐⇒ 2 2 ³ ´ −−−→ m −−−−−→→−−−→→−−−−→ G m A=2O 2 A⇐⇒G m A=mO 2 A⇐⇒AG m =mAO 2 2 Cette dernière égalité montre que le point G m appartient à la droite (AO 2 ) et plus précisement que le point G m a pour abscissemsi le repère choisi est le couple (A, O 2 ). NAinsi on retrouve que G 0 a pour abscisse 0, donc est égal au point A et que G 1 a pour abscisse 1 et est donc égal au point O 2 . 5. a.O 2 est le milieu de [EG], donc la droite (AO 2 ) appartient au plan (ACGE) ; on vient de démontrer queG m appartient à la droite (AO 2 ) : doncG m appartient au plan (ACGE) et enfin O 1 étant le mileu de [AC] appartient lui aussi à ce plan. Conclusion : les points A, C, E, G, O 1 , O 2 etG m sont coplanaires. b.I étant le centre de gravité du triangle EBD, appartient au plan (EBD). De même la droite (EI) appartient à ce plan. G m appartient au plan (EBD) s’il est barycentre des trois points E, B et D. Il faut donc que le coefficient de G (dans la définition deG m soit nul, 1 donc quem=. 2 © ª 1 1 On a donc G 1 le barycentre de {(E,) soit1), (I, 1)}bar (E,), (D,1), (B, 2 2 2 c’està dire en fait le milieu de [EI]. 1 ConclusionG m appartient à (EI) si et seulement sim=. 2

Partie B

1.On a immédiattement : A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ;1). −−→→−→ AG (1 ; 1 ; 1),EB (1 ; 0 ;−(0 ; 1 ;1), ED−1), . −→−→−→−→ Or AG∙EB=1−1=0 et AG∙ED=1−1=0. −→ Le vecteur AGétant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EBD) est donc orthogonal à ce plan. −→ •L’équation du plan (EBD) orthogonal au vecteur AG (1 ; 1 ; 1) et contenant le point B(1 ; 0 ; 0) est : M(x;y;z)∈(EBD)⇐⇒1×(x−1)+1×y−0)+1×(z−0)=0⇐⇒x+y+z−1=0.

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Correction Terminale S

A. P. M. E. P.

¡ ¢ 1 1 2.Comme O 2 est le milieu de [EG], O 2 ; ;1 . 2 2 −−−→ Comme AG m (x;y;z), ces trois nombres étant les coordonnées du pointG m , −−−→−−→ l’égalité trouvée à la partie A : AG m =mAO 2 se traduit par :  m x=  ¡ ¢ 2 m m m y= . DoncG m ; ;m. On sait que la distance deG m au plan 2 2 2  z=m est donnée par : m m ¯ ¯ ¯ ¯ m + +m−1 |2m−1| +y+ x G m G m z G 2 2 = = p . 2 2 2 1+1+ 1 33 ½ |2m−1|3 2 m−1=1 ou On a donc= ⇐⇒|2m−1| =1⇐⇒ ⇐⇒ 3 2m−1= −1 3 ½ m=1 ou m=0

E X E R C IC E 3

11 points

Partie A : étude d’une fonction µ ¶· ¸· ¸·µ ¶¸ 2 22 X1 11 91 9 2 1. a.P(X)= −2X− +1= −2X+− +1= −2X= −− +2X− −= 2 48 48 416 µ ¶µ ¶µ ¶ 1 31 31 −2X− +X− −= −2X+ ( X−1). 4 44 42 · ¸ 1 ¡ ¢ 1 On sait queP(X)<0 sauf sur−où; 1P(X)Ê0, avecP− =P(1)= 2 2 0. −x2 b.En posantX=e ,f(x)=1+X−2X=P(X). Le signe defest celui de P(X), mais avecX>0. Donc pourX∈]0 ; 1[,0<X<1⇐⇒x>0,f(x)>0, f(0)=0, pourX>1⇐⇒x<0,f(x)<0. c.La courbeCcontient donc l’origine. −x−2x 2.Comme lim e=lim e0 et=0, limf(x)=1. x→+∞x→+∞x→+∞ Ceci montre que la droite d’équationy=1 est asymptote horizontale à la courbeCau voisinage de plus l’infini. −2x 3.On factorise edans l’écriture def(x) : ¡ ¢ −2x2x x f(x)=e e+e−2 . x2x2x x Comme lim e=0 etlim e=0, lim e+e−2= −2. x→−∞x→−∞x→−∞ −2x D’autre partlim e= +∞et par produit des limites :limf(x)= −∞ x→−∞x→−∞ 4. a.fétant la somme de fonctions dérivables surR, est dérivable surRet ′ −x−2x f(x)= −e+4e . ′ −x−2x−2x x−2x b.f(x)= −e+4e=e (4−et comme ee )>0, quel que soitx∈ ′x R, le signe def(x) est celui de (4−e ). x x c.On a (4−e )=0⇐⇒e=4⇐⇒x=ln 4=2 ln 2 ; x x (4−e )>0⇐⇒e<4⇐⇒x<par croissance de la fonction ln ;2 ln 2 x x (4−e )<0⇐⇒e>4⇐⇒x>2 ln 2par croissance de la fonction ln. On en déduit le tableau de variations :

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A. P. M. E. P.

x−∞2 ln 2+∞ ′ − f(x) + 0 9 8 f(x) −∞ 1 −x−2x−x 5. a.Les abscisses des points communs vérifient 1+e−2e=1⇐⇒e− −2x−2x xx x 2e=0⇐⇒e (e−2)=0⇐⇒e−2=0⇐⇒e=2⇐⇒x=ln 2. Donc A(ln2 ;1). b.Sur ]− ∞2[,; lnf(x)<1 donc la courbeCest sous la droiteD; Sur ]ln 2 ;+∞[,f(x)>1 donc la courbeCest au dessus de la droiteD. 6.Une équation deTest : 1 ′ M(x;y)∈T⇐⇒y−y A =f(ln 2) (x−x A ) ⇐⇒y=1+(x−ln 2). 2

D

−5

7.

T

Partie B : étude d’une suite

C

−5

1.Cette aire est égale à la différence : Z Z ln 2ln 2 ¡ ¢£ ¤ ln 2 −x−2x−x−2x A=ln 2×1−f(x)dx=ln 2−1+e−2e dx=ln 2−x−e+e= 0 0 0 1 1 1 ln 2−2 ln 2−0−2×0 ln 2−ln 2+e−e+0−e+e= − =. 2 4 4 2. a.Quel que soit le natureln>0,n−1+ln 2Êln 2et on a vu que pour xÊln 2,f(x)Ê1. Donc chaque terme est l’intégrale d’une fonction positive sur un inter valle [a;b] tel quea<b: c’est donc un nombre positif.

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A. P. M. E. P.

b.Chaque terme est égal à l’aire de la surface limitée parC, le droitey=1 et les droites verticales d’équationsx=(n−1)+ln 2ety=n+ln 2. 3. a.On a vu que pourx>ln 2,la fonctionfest décroissante. Donc : (n−1)+ln 2ÉxÉn+ln 2⇒f(n+ln 2)Éf(x)Éf[(n−1)+ln 2]⇐⇒ f(n+ln 2)−1Éf(x)−1Éf[(n−1)+ln 2]−1. b.Par intégration des trois fonctions positives sur l’intervalle [(n−1)+ln 2 ;n+ln 2] Z Z n+ln 2n+ln 2 [f(n+ln 2)−1] dxÉf(x) dxÉ (n−1)+(ln 2n−1)+ln 2 Z n+ln 2 ¡ ¢ f[(n−1)+ln 2]−1 dx⇐⇒ (n−1)+ln 2 f(n+ln 2)−1Éu n Éf[(n−1)+ln 2]−1. c.PournÊ2, on a montré quef(n+ln 2)−1Éu n Éf[(n−1)+ln 2]−1, donc f(n+1+ln 2)Éu n+1 Éf(n+ln 2)−1, donc par transitivitéu n+1 Éu n . Donc la suite (u n ) est décroissante. d.La suite (u n ) est décroissante minorée par zéro : elle est donc conver gente vers une limite supérieure ou égale à zéro. 4. a.S n =u 1 +u 2 +u 3 + ∙ ∙ ∙ +u n = Z ZZ 1+ln 22+ln 2n+ln 2 [f(x)−1] dx+[f(x)−1] dx+ ∙ ∙ ∙ +[f(x)−1] dx= (1−1)+ln 2(1)+(ln 2n−1)+ln 2 Z n+ln 2 [f(x)−1] dxen application de la relation de Chasles ln 2 b.S n est donc égale à l’aire de la surface limitée parC, l’axe des abscisses et les droites verticalesx=etln 2x=n+ln 2. Z Z n+ln 2n+ln 2 £ ¤ n+ln 2 −x−2x−x−2x c.S n =[f(x)−1] dx=[e−2e ]dx= −e+e= ln 2 ln 2ln 2 1 11 1 −n−ln 2−2(n+ln 2)−ln 2−2 ln 2−n−2n −e+e+e−e= −e× +e× + −= 2 42 4 1 11 −n−2n −e+e+. 2 44 −n−2n Comme lim e=lim e0 et=0, n→+∞n→+∞ 1 limS n =. n→+∞ 4

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