Correction bac blanc 2 012 : Exercice 1 :
1°) a)
!
zA = 2 3 +2i = 2 3( )2
+22 = 12+ 4 = 16 = 4
!
zA = 4 32
+12
i"
# $ $
%
& ' ' = 4 cos (
6"
# $
%
& ' + sin (
6"
# $
%
& ' i
"
# $
%
& ' = 4e
i(6
!
zB = "4i = 4
!
zB = 4 "i( ) = 4e"i#2
!
zC = "2 3 +2i = "2 3( )2
+22 = 12+ 4 = 16 = 4
!
zC = 4 "32
+12
i#
$ % %
&
' ( ( = 4 cos 5)
6#
$ %
&
' ( + sin 5)
6#
$ %
&
' ( i
#
$ %
&
' ( = 4e
i 5)6
b) Pour tout point M du plan, OM = | zM |, donc on peut en déduire que OA = OB = OC = 4, donc A, B et C sont sur le cercle Ψ de centre O et de rayon 4. c)
d)
!
zC " zB
zA " zB
="2 3 + 2i + 4i2 3 + 2i + 4i
="2 3 + 6i( ) 2 3 "6i( )2 3 + 6i( ) 2 3 "6i( )
="12 + 24 3i + 36
12 + 36=
24 + 24 3i48
=12
+ i 32
= ei#3 .
e) On en déduit :
!
BCBA
=zC " zB
zA " zB
= ei#3 =1
!
BA;BC" # $ %
& ' = arg zC ( zB
zA ( zB
"
# $
%
& ' = arg e
i)3
"
#
$ $
%
&
' ' =
)3
Ainsi, le triangle ABC est un triangle équilatéral.
2°) a) O’ est l’image de O par la rotation de centre B et d’angle
!
"3
,
donc
!
z " O - zB = ei#3 zO $ zB( )% z " O = -4i +
12
+ i 32
&
' ( (
)
* + + 4i( ) = $4i + 2i$2 3 = $2 3 $2i.
b) Le milieu de [AO’] a pour affixe :
!
zA + z " O
2= 0 = zO, donc O est le milieu de [AO’].
Or A appartient à Ψ, cercle de centre O et de rayon 4, donc O’ ∈ Ψ. [AO’] est un diamètre de Ψ. c) Voir figure (Ψ’ est le cercle de centre O’ et de rayon 4). d) B et C appartiennent à Ψ. B est le centre de la rotation, donc r(B) = B, et donc B appartient à Ψ’ = r(Ψ). O’C =
!
zC - z " O = #2 3 +2i +2 3 +2i = 4i = 4, donc C appartient à Ψ’.
Les cercles Ψ et Ψ’ se coupent en B et C. 3°) a) M(z) ∈ (Γ) ⇔
!
z = z + 2 3 + 2i ⇔ |z – zO | = |z – zO’ | ⇔ OM = O’M ⇔ M appartient à la médiatrice de [OO’]. (Γ) est la médiatrice de [OO’]. b) OB = O’B = 4, donc B ∈ (Γ) OC = O’C = 4, donc C ∈ (Γ) Exercice 2 : Partie A : 1. f est de la forme f(x) = x – ln(u(x)) avec u(x) = x 2 + 1, donc u’(x) = 2 x.
On a donc f ’(x) = 1 -
!
" u x( )u x( )
= 1 –
!
2xx 2 +1
=
!
x 2 "2x +1x 2 +1
=x "1( )
2
x 2 +1.
Or pour tout réel x, x 2 + 1 > 0 et (x – 1)2 ≥ 0, donc f ’(x) ≥ 0. f est strictement croissante sur l’ensemble des réels, donc sur [0 ; 1]. f (0) = 0 – ln(1) = 0 f (1) = 1 – ln(2) < 1 f est croissante sur [0 ; 1], donc si 0 ≤ x ≤ 1, alors f(0) ≤ f(x) ≤ f(1), donc f(x) ∈ [0 ; 1]2. 2. f(x) = x ⇔ ln (x2 + 1) = 0 ⇔ x2 + 1 = e0 = 1 ⇔ x2 = 0 ⇔ x = 0. S = {0}. Partie B : 1. un + 1 – un =
!
"ln un2 +1( ).
Or pour tout n ≥ 0,
!
un2 ≥ 0, donc 1 +
!
un2 ≥ 1,
donc ln(1 +
!
un2 ) ≥ ln(1) = 0 car ln est strictement croissante sur ]0 ; +∞[,
donc un + 1 – un ≤ 0 (un) est décroissante. Remarque : on peut aussi le démontrer par récurrence en utilisant la croissance de la fonction f. 2. Initialisation : u0 = 1 ∈ [0 ; 1]. Hérédité : supposons que un ∈ [0 ; 1] pour un n ≥ 0 donné. Montrons que un + 1 ∈ [0 ; 1]. un + 1 = f (un) un ∈ [0 ; 1], donc d’après le 1, f (un) ∈ [0 ; 1], c’est à dire un + 1 ∈ [0 ; 1]. Conclusion : pour tout n ≥0, un ∈ [0 ; 1]. 3. (un) est décroissante et minorée par 0, donc elle converge vers une limite L. un + 1 = f (un) avec f continue sur [0 ; 1] et (un) converge vers L, donc L est solution de f(L) = L. D’après le 2. de la partie A, on a L = 0. Exercice 3 : 1°) réponse b AB (3 – 1 ; 1 – 0 ; – 2 + 1) ; AB (2 ; 1 ; –1) et le vecteur n
r(2 ; –3 ; 1) est un vecteur normal au plan (P).
AB .nr
= 2 × 2 + 1 × (–3) – 1 ×1 = 4 – 3 – 1 = 0 donc AB et nr
sont orthogonaux donc la droite (AB) est parallèle au plan . 2 × 1 –3 × 0 + (– 1) – 4 = 2 – 1 – 4 = –3 ≠ 0 donc A!(P) donc la droite (AB) est strictement parallèle à (P)
2°) réponse b
Le point H
!
3; 12
;- 12
"
# $
%
& ' appartient au plan car 2 × 3 – 3 ×
21 –
23 – 4 = 0
CH (3 – 2 ; 21 – 2 ; –
21 + 1) ; CH (1 ; –
23 ; 21 ) ; n
r= 2 CH donc n
r et CH sont colinéaires
donc CH est normal au plan (P) et H ∈(P) donc H !"
#$%
&21;-
213; est la projection orthogonale de C sur (P).
3°) réponse a
d(A ; (P) ) =
!
2"1# 3"0#1# 4
22 + (#3)2 +1=
# 3
4 +9+1=
14143
143
= ≈ 0.8 < 3,
donc (S) et (P) sont sécants suivant un cercle. 4°) réponse c Le vecteur AB (2 ; 1 ; –1) est un vecteur normal à son plan médiateur, donc une équation cartésienne de ce plan médiateur sera de la forme 2x + y – z + d = 0.
Soit I le milieu de [AB] I
!
1+ 32
;0+12
;"1"22
#
$ %
&
' ( donc I
!
2;12
;"32
#
$ %
&
' (
Le plan médiateur du segment [AB] contient le milieu I de [AB], donc on doit avoir :
2 × 2 + 21 +
23 + d = 0 donc d = – 6 donc le plan médiateur du segment [AB] a pour équation cartésienne :
2x + y – z – 6 = 0 Exercice 4 : Partie A : Restitution organisée des connaissances On pose X = –x donc x = – X .
+!="!#Xlim
x donc =
!!!!!
"
#
$$$$$
%
&
'='='=
+()+()
'
+()'()
Xe
1lim)
e
X(lim)Xe(lim)xe(lim
XXXXX
Xx
x0 car
+!=+!" XelimX
X.
Partie B : Equation différentielle On considère l’équation différentielle (E) : y′ − 2y = e2x . 1) u(x) = x e2x ; u est dérivable sur R comme produit de fonctions dérivables sur R et
u’(x) = e2x + x × 2e2x = e2x (1 + 2x) donc
u’(x) − 2u(x) = e2x (1 + 2x) – 2x e2x = e2x (1 + 2x – 2x) = e2x donc la fonction u est une solution de (E).
2) (E0) : y′ − 2y = 0 ! y’ = 2y .
Les solutions de l’équation différentielle (E0) sont les fonctions g définies sur R par g(x) = k e 2x où k! R.
3) f définie sur R est solution de (E) ! f’ – 2f = e2x ! f’ – 2f = u’ – 2u (car on sait que u est solution de (E)) ! f’ – 2f – u’ + 2u = 0 ! (f – u)’ – 2 (f – u) = 0 ! (f – u) est solution de l’équation différentielle (E0) : y′ − 2y = 0. 4) On sait que f est solution de (E) ! (f – u) est solution de (E0) ! f(x) – u(x) = k e2x ! f(x) = u(x) + k e2x ! f(x) = x e2x + k e2x donc les solutions de l’équation différentielle (E) sont
les fonctions définies sur R par f(x) = (x + k) e2x où k est un réel.. 5) f(0) = 1 ! (0 + k) e0 = 1 ! k = 1 donc la solution de l’équation différentielle (E) qui prend la valeur 1 en 0 est la fonction définie sur R par f(x) = (x + 1) e2x où k est un réel.. Partie C : Etude d’une fonction Le plan est rapporté au repère orthonormé
!
O ; i ; j " # $ %
& ' . Soit la fonction f définie sur R par : f (x) = (x + 1) e2x
1) a) +!"x
lim (2x ) = + ∞ et =+!"
XX
elim + ∞ donc par composition +!"x
lim ( e2x) = + ∞
et +!"x
lim (x + 1) = + ∞ donc par produit +!"x
lim f(x) = + ∞
b) f (x) = (x + 1) e2x = xe2x + e2x =21 × 2xe2x + e2x .
Posons X = 2x ; on a alors !"#x
lim X = !"#x
lim (2x) = – ∞ et on sait que 0)Xe(lim XX
=!"#
donc
!"#x
lim (2x e2x) = 0 donc par produit !"#x
lim (21 × 2xe2x) = 0 .
Et!"#x
lim (2x ) = – ∞ et =!"#
XX
elim 0 donc par composition !"#x
lim ( e2x) = 0
Par addition, on en déduit que !"#x
lim f(x) = 0. La courbe représentative de f est asymptote à l’axe
des abscisses en – ∞.
2) f est dérivable sur R comme produit de fonctions dérivables sur R et d’après le B on sait que f’(x) = 2f(x) + e2x donc f’(x) = 2(x + 1) e2x + e2x = e2x (2x + 2 + 1) = e2x (2x + 3).
Pour tout réel x, on a e2x > 0 donc f ’(x) a le même signe que le binôme 2x + 3. f ’(x) ≥ 0 ! 2x + 3 ≥ 0 ! x ≥ –1.5
x –∞ –1.5 +∞ f ’(x) – 0 + f(x)
0 +∞
–0.5e– 3 3) f(x) = (x + 1) e2x et e2x > 0 pour tout réel x donc f(x) a le même signe que x + 1 donc
sur ] –∞ ; – 1[ f(x) < 0 et sur ] – 1 ; +∞[ f(x) > 0 et f(x) = 0! x = – 1
4) a) Sur ]–∞ ; – 1[ f(x) < 0 donc l’équation f(x) = 2 n’a pas de solution sur cet intervalle ;
Sur [– 1 ; +∞[ f est continue et strictement croissante et f(– 1) = 0 et +!"x
lim f(x) = + ∞ donc
d’après le théorème de la valeur intermédiaire, l’équation f (x) = 2 admet une solution unique α
dans [– 1 ; +∞[ donc aussi dans R.
b) A la calculatrice, on obtient 0.23 < α < 0.24 .
c) On sait que f(α) = 2 donc (α + 1) e2α = 2 ! e2α =1
2+!
(car on sait que α ≠ –1 donc α + 1≠0)
! ln(e2α ) = ln(1
2+!
) (car on sait que α > –1 donc α + 1> 0 donc1
2+!
> 0 )
! 2 α = ln(1
2+!
) ! α =21 ln(
12+!
).