Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie novembre

Description

Niveau: Secondaire, Lycée
[ Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie \ novembre 2004 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats z ? = z2?4z. 1. a. Soit zA = 1? i ; alors zA? = (1? i)2?4(1? i)= 1?1?2i?4+4i=?4+2i. zB = 3+ i ; alors zB? = (3+ i)2?4(3+ i)= 9?1+6i?12?4i =?4+2i= zA? . b. Supposons que z1 et z2 aient la même image par f , alors : z21 ?4z1 = z 2 2 ?4z2 ?? z 2 1 ? z 2 2 ?4z1 +4z2 = 0 ?? (z1+Z2)(z1? z2)? 4(z1? z2)= 0 ?? (z1? z2) [z1+ z2?4]= 0 ?? { z1? z2 = 0 z1+ z2?4 = 0 ?? { z1 = z2 z1+ z2 = 4 Conclusion : si deux points ont la même image : – ou ils sont égaux ; – ou ils sont symétriques autour du point d'affixe 2 (car z1+ z2 2 = 2). 2. Soit I le point d'affixe ?3. a. OMIM ? est un parallélogramme si et seulement si ses diagonales [OI] et [M M ?] ont le même milieu soit si ? 3 2 = z + z ? 2 ?? ?3= z + z ? ?? ?3= z + z2 ?4z ?? z2?3z +3=

• ?4z2 ??


• symétriques autour du point d'affixe


• demême vn


• vn


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• points commun

Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 novembre 2004
• Nombre de lectures: 126
• Langue: Français

Extrait

[Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie\ novembre 2004

E X E R C IC E 1 Commun à tous les candidats

5 points

′2 z=z−4z. 2 ; alorsz=(1−i)−4(1−i)=1−1−2i−4+4i= −4+2i. 1. a.Soitz A =1−i A ′ 2 2i=z. ′ ′ z B =3+i ; alorsz=(3+i)−4(3+i)=9−1+6i−12−4i= −4+ A B b.Supposons quez 1 etz 2 aient la même image parf, alors : 2 22 2 z−4z 1 =z−4z 2 ⇐⇒z−z−4z 1 +4z 2 =0⇐⇒ ( z 1 +Z 2 ) ( z 1 −z 2 ) − 1 21 2 ½ z 1 −z 2 =0 4 (z 1 −z 2 ) =0⇐⇒ ( z 1 −z 2 ) [ z 1 +z 2 −4]=0⇐⇒ ⇐⇒ z 1 +z 2 −4=0 ½ z 1 =z 2 z 1 +z 2 =4 Conclusion : si deux points ont la même image : – ouils sont égaux ; z 1 +z 2 – ouils sont symétriques autour du point d’affixe 2 (car=2). 2 2.Soit I le point d’affixe−3. ′ a.OMIMest un parallélogramme si et seulement si ses diagonales [OI] et ′ 3z+z ′ [M M] ont le même milieu soit si⇐⇒− = 2 2 ′2 2 −3=z+z⇐⇒ −3=z+z−4z⇐⇒z−3z+3=0. µ ¶µ ¶ 2 2 3 93 3 2 b.z−3z+3=0⇐⇒z+− −3=0⇐⇒z− +=0⇐⇒ 2 42 4 à ! µ ¶ 2 2 3 i3 z− −=0. 2 2 p 3 i3 3i 3 D’où les deux solutions :z 1 = +etz 2 = −. 2 22 2 ′2 2 3. a.(z+4)=z−4z+4=(z−2) .De cette égalité il découle : ′2 2 ¯¯ – enégalant les modules|z+4| =(z−2)= |z−2|, £ ¤ ′2 – enégalant les arguments arg(z+4)=arg (z−2)=2arg(z−2). b.On considère les points J et K d’affixes respectivesz J =2 etz K = −4. Si un pointMappartient cercle (C) de centre J et de rayon 2, alors|z−2| = ′ ′ 2 ; d’après laquestion précédente son imageMa une affixeztelle que ′2 2′ ′ |z+4| = |z−2| =2=4 : ceci signifie queMappartient au cercle (C) de centre K et de rayon 4. π π iπ i−i 2 2 c.z E = −4−3i. Donc (z E +4)= −4−3i+4= −3i=3e×e=3e . π D’après la question3. a.il résulte que arg(z−2)= −. 4 π π ′2 − − 4 4 De (z+4)=(z−découle que ou2) ilz−2=3e ouz−2= −3e , π π 66 6 − − 4 4 soit 2+3e ou2−encore3e ouz 1 =2+ −i ouz 2 =2− + 2 22 p 6 i . 2

E X E R C IC E 2 Commun à tous les candidats

5 points

Baccalauréat S

On appelle I et J les milieux respectifs des segments [EF] et [ FG]. L est le barycentre de {(A, 1) ; (B, 3)}. Soit (π) le plan d’équation 4x−4y+3z−3=0. −→−→−→−→ 3 −→ 1.Par définition de L, LA+LB=0⇐⇒AL=AB . Les coordonnées de L sont : 4 µ ¶ 3 ; 0; 0. Réponse :b. 4

2.Le point L appartient de façon évidente à (π)Le plan (πle point G(1) ;; 1); 1 µ ¶ 1 aussi (4−4+3−3=; 11 ;pas le point J0) ; le point E(0 ; 0 ; 1) aussi ; mais 2 (car 4−2+3−3=0 est fausse) ; enfin A n’appartient pas au plan (π). Conclu sion (π) est le plan (GLE). Réponse :a.

3.Un plan parallèle à (π) a une équation de la forme : 4x−4y+3z+d=0 ; ¡ ¢ 1 I ;0 ; 1∈(π)⇐⇒2−0+3+d=0⇐⇒d= −5. 2 La droite (FB) a pour équations :x=1 ety=en reportant dans l’équation0 ; 1 du plan on obtient 4+3z−5=0⇐⇒z=. Le point M a donc pour coordon 3 µ ¶ 1 nées 1; 0 ;. Réponse :c. 3 ¡ ¢ −→ 3 4.On a EL; 0 ;−1 quiest colinéaire au vecteur (3 ; 0 ;−4). Une équation de 4  x=3t  la droite (EL) est donc : y=0 t∈R. Un système d’équations de  z=1−4t la droite (FB) estx=1 ety=0. En remplaçant dans les équations de (EL), on 1 ¡ ¢ 1 obtient 1=3t⇐⇒t=et finalement les coordonnées de N sont1 ; 0 ;− 3 3 qui est bien le symétrique de M autour de B. ¡ ¢ −→ 1 2 On a IM; 0 ;−qui est colinéaire au vecteur (3 ; 0 ;−4) donc au vecteur 2 3 −→ IM . Réponses :a.etb. 5.On prend comme base du tétraèdre FIJM le triangle rectangle FIM, avec FI 1 21 =, FM=et comme hauteur FJ=: 2 32 Ã ! 1 2 × 1 11 2 3 Le volume est donc égal à× =. 3 22 36 Réponse :a.

E X E R C IC E 3 Commun à tous les candidats x f(x)=. x e−x

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Partie A x Soitgla fonction définie surRparg(x)=e−x−1. 1.gsomme de fonctions dérivables surRest dérivable et ′x0x′ g(x)=e−1. Comme e=1, e>1, six>0 on en déduit le signe deg(x) donc les variations degEtudier les variations de la fonctiongsurR.

–gest décroissante de+∞à 0 sur ]− ∞;; 0] –g(0)=0 ; –gest croissante sur [0 ;+∞[ ga donc un minimum 0 pourx=0. Conclusion Quel que doitx∈R,g(x) > 0.

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Baccalauréat S

x x 2.De la question précédente il résulte que e−x−1 > 0⇐⇒(e−x ) > 1>0.

Partie B 1 1. a.– Pourx6=0,f(x)= x . e −1 x x e Comme lim= +∞, limf(x)=0. x→+∞x→+∞ x – Commelim e=0, limf(x)= −1. x→−∞x→−∞ b.Les résultats précédents montrent que l’axe des abscisses est asymptote à (C) au voisinage de+∞et que la droite d’équationy= −1 est asymp tote à (C) au voisinage de−∞. 2. a.D’aprèsA. 2.le dénominateur defn’est pas nul :fest donc dérivable et x xx e−x−xe+xe (1−x) ′ f(x)= =. x 2 x 2 (e−x) (e−x ) x x′ Comme eet e−xsont supérieurs à zéro, le signe def(x) est celui de 1−x.

′ b.Six<1,f(x)>0 etfest croissante ; ′ Six>1,f(x)<0 etfest décroissante.

x−∞0 1+∞ ′ − f(x) + 0 1 e−1 f(x) 0

−1 0 ′ 3. a.On af(0)=1 etf(0)=0. ′ M(x;y)∈(T)⇐⇒y−f(0)=f(0)(x−0)⇐⇒y=x. x b.La courbe (C) est au dessus de la droite (T)⇐⇒ >x⇐⇒x> x e−x x x x(e−x ) ⇐⇒x(e−x−1)<0⇐⇒x<0, car on a vu à la questionA. 1. x que e−x−1>0. On obtient de manière analogue que la courbe (C) est au dessous de la droite (T) six>0. 4.

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0 -6 -5 -4 -3 -2 -1 01 2 3 4 5 6 −4 4 -1

-2

E X E R C IC E 3 Exercice de spécialité Dans cet exercice,aetbdésignent des entiers strictement positifs.

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Baccalauréat S

′ 1. a.Supposons qu’il existe un diviseur commundàaet àb. Il existe donca ′ ′′ etbtels quea=d aetb=d b. ′ ′′ ′ L’égalitéau+bv=1 peut s’écireud a+d bv=1⇐⇒d(a u+b v)=1. Ceci montre queddivise 1, doncd=1, ce qui montre queaetbsont premiers entre eux. 2 22 b.(a+ab−b)=1 peut s’écrirea×a+b(a−b)=1. Avecu=aetv=b−a, ceci montre d’après le cours queaetbsont premiers entre eux. ¡ ¢ 2 2 2 24 2. a.Lorsquea=b, l’égalité s’écrita+a−a=1⇐⇒a=1⇐⇒a=1. b.On vient de voir que (1 ; 1) est un couple solution. 2 2 Sia=2,b=3, alors (4+6−9)=1=1, donc (2 ; 3) est un couple solution. 2 2 Sia=5,b=8, alors (25+40−64)=1=1, donc (5; 8) est un couple solution.. 2 22 c.(a;b) est solution donc (a+ab−b)=1 et sia<b⇐⇒a−b<0 , alors 2 2 a−b=(a+b)(a−b)<0 cara+bsomme de deux positifs est positif. ¡ ¢ 2 2 24 3. a.Si (x;y) est une solution avecx y6=1 alorsx+x y−y=1⇐⇒x+ 2 24 32 23 x y+y+2x y−2x y−2x y=1. £ ¤¡ ¢ 2 2 2 22 22 2 Calculons (y−x)+x(y−x)−x=y+x−2x y+x y−x−x= ¡ ¢ 2 2 24 22 43 22 3 y−x−x y=y+x y+x−2x y−2x y+x y=1 (d’après l’égalité cidessus. ¡ ¢¡ ¢ 2 2 2 22 2 De même calculonsy+y(y+x)−(y+x)=y+x y−x−2x y= ¡ ¢ 2 2 2 y−x−x yque l’on vient de calculer et qui est égal à 1. Si (x;yest un couple solution, alors (y−x;x) et (y;y+x) en sont deux autres b.De de2. b.et3. a.on en déduit que le couple (2 ; 3) fournit les couples (1 ;2) et (3; 5) et que le couple solution (5; 8) donne les couples (3; 5) (déjà trouvé) et (8 ; 13) solutions. 4.Démonstration par récurrence :

– Initialisation: le couple (a 0 ;a 1 ) =(1 ; 1) est solution ; – Hérédité: supposons que le couple de rangn, (a n ;a n+1 ) soit solution. De la question3. a.il résulte que le couple (a n+1 ;a n+1 +a n ) = ( a n+1 ;a n+2 ) est aussi solution. On a donc démontré par récurrence que pour toutn > 0, les couples (a n ;a n+1 ) sont des couples solutions. D’après la question1. b.les nombresa n eta n+1 sont premiers entre eux. Les premiers nombres de la suite (de Fibonacci) sont 1; 1; 2; 3 ; 5; 8 13; 21; . . .: deux termes consécutifs sont premiers entre eux.

E X E R C IC E points4 5 Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité On considère les deux suites (u n ) et (v n ) définies, pour tout entier natureln, par : ( ( u 0 =3v 0 =4 u n +v n u n+1 +v n u n+1 =v n+1 = 2 2 7 715 15 3+4 7 +4 15+ 29 f r ac298+ 59 2 24 4 1.u 1 = =,v 1 = =,u 2 = =etv 2 = =. 2 22 42 82 16 2.Soit la suitew n =v n −u n .

u n+1 +v n u n+1 +v n −2u n+1 v n −u n+1 a.Calculonsw n+1 =v n+1 −u n+1 = == = 2 2 2 u n +v n v n − v n −u n 1 2 = =w n . 2 44

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Baccalauréat S

1 La suite (w n ) est donc une suite géométrique de raison. 4 µ ¶ n 1 b.On sait quew n =w 0 ×; orw 0 =4−3=1. 4 1 Doncw n =. n 4 1 1 Comme la raisonest comprise entre 0 et 1, on sait quelim=0 + . n n→+∞ 4 4 v n −u n w n 3.On au n+1 −u n >= =0, car la suite (w n ) est positive. 2 2 La suite (u n ) est donc croissante. u n +v n −v n u n+1 +v n u n −v n 1 2 De mêmev n+1 −v n = −v n = == − ( v n −u n ) = 2 24 4 1 −w n <0. 4 La suite (v n ) est donc décroissante. D’autre part la différencev n −u n égale àw n a pour limite 0. Les deux suites (u n ) et (v n ) sont donc adjacentes. Elles ont donc la même li miteℓ. u n +2v n 4.Soitt n =. 3 u n +v n +u+v u+2 n+1 v n+1 2 n+1n u n +v n +2v n +u n +v n a.On at n+1 = == = 3 36 2u n +4v n u n +2v n = =t n . 6 3 u 0 +2v 0 11 La suite (u n ) est donc constante ett n =t 0 =. 3 3 u n +2v n 11u n +2v n b.Det n =lim, on déduit quet n = =lim=ℓ. n→+∞n→+∞ 3 33 11 Conclusion :limu n =limv n =. n→+∞n→+∞ 3

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