Série de mathématique – correction –  17, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Série de mathématique – correction – 17, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 17. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la suite définie, la suite arithmétique de raison.
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CorrigeAmeriqueNordS(Lac)2008.dvi

[ Corrigé du Baccalauréat S Amérique du Nord \ mai 2008

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

1.

0 1 2 3 4

-1

0

1

2

3

~u

~v

O

b A

b

B b

C

b D

bN b M’

(Γ)

(Γ′) b M

2. a. 1 et 3 sont deux nombres réels, donc B d’affixe 1 et C d’affixe 3 sont deux points

de l’axe (

O ; −→ u )

.

De plus B∈ Γ car AB=|2+ i−1| = |1+ i| = p 2,

et C∈Γ car AC=|2+ i−3| = |−1+ i| = p 2.

Le nombre de points d’intersection d’une droite avec un cercle est aumaximum

égal à deux, nous avons ici deux points d’intersection, ce sont donc les seuls.

b. Le pointD diamétralement opposé au point B sur le cercle (Γ), est tel que A est le

milieudu segment [BD], par conséquent zA = zB+ zD

2 ⇐⇒ zD = 2zA−zB = 3+2i.

3. a. zD− zM zB− zM

= 3+2i−

(

3 5 + 6

5 i )

1− (

3 5 +

6 5 i ) =

15+10i−3−6i 5−3−6i

= 12+4i 2−6i

= 2i−6i+2 2−6i

= 2i.

b. On aM distinct de B et M distinct de D, on a donc :

arg

(

zD− zM zB− zM

)

= (−−→ MB ;

−−→ MD

)

[2π]

or arg(2i)= π 2

[2π]

par conséquent (−−→ MB ;

−−→ MD

)

= π 2

[2π], on en déduit que le triangle BMD est

rectangle en M, et donc que M appartient au cercle de diamètre [BD], c’est-à-

dire (Γ).

4. a. La droite (DM) est perpendiculaire à la droite (BD), de plus N appartient au

cercle (γ′) et donc le triangle ANB est rectangle en N ainsi la droite (AN) est perpendiculaire à la droite (AB) c’est-à-dire à la droite (BD).

On en déduit ainsi que les droites (DM) et (AN) sont parallèles.

b. Les droites (DM) et (AN) sont parallèles, N appartient à la droite (BM) et A est

le milieu du segment [BD], d’après le théorème de la droite des milieux, on en

Baccalauréat S

déduit que N es le milieu du segment [BM].

Par conséquent : zN = zB+ zM

2 = 4

5 + i 3

5 .

5. a. La rotation de centre B et d’angle −π 2

a pour écriture complexe :

z ′−1= e −π 2 (z −1) ce qui donne z ′ =−iz +1+ i

ainsi, zM’ =−i (

3

5 + 6

5 i

)

+1+ i= 11

5 + 2

5 i.

b. Le point M’ est distinct du point A et point B, donc on a : (−−−→ M’A ;

−−−→ M’B

)

= arg (

zB− zM’ zA− zM’

)

[2π],

de plus zB− zM’ zA− zM’

= 1−

(

11 5 + 2

5 i )

2+ i− (

11 5 +

2 5 i ) =

5−11−2i 10+5i−11−2i

= −6−2i −1+3i

= 2i 3i−1 −1+3i

= 2i

or arg2i = π 2

[2π] ainsi on déduit que le triangle AM’B est rectangle en M’ et

donc que le point M’ appartient au cercle (Γ′).

EXERCICE 2 5 points

Enseignement obligatoire

Partie A

1. Pour tout point M de l’espace, on a : −−−→ MD .

−−→ MA =

(−−→ MI +−→ID

)

. (−−→ MI +−→IA

)

=−−→MI 2+−−→MI . (−→ IA +−→ID

)

+−→ID .−→IA or I est le milieu du segment [AD], donc

−→ ID =−−→IA ,

et par conséquent , −−−→ MD .

−−→ MA = MI2+−−→MI .−→O − IA2 = MI2− IA2

2. Pour tout point M de l’espace, on a : −−−→ MD .

−−→ MA = 0 ⇐⇒ MI2−IA2 = 0 ⇐⇒ MI2 = IA2 ⇐⇒ MI= IA car MI et IA sont des

réels positifs.

L’ensemble (E) cherché est donc la sphère de centre I passant par A.

Partie B

1. a. −−→ AB (−3;6;0), −−→AB .−→n =−3×4+6×2+0×0 = 0−−→ AC (−3;0;4), −−→AC .−→n =−3×4+0×0+4×3 = 0 donc

−→ n est orthogonal à

−−→ AB et

−−→ AC , qui sont deux vecteurs non colinéaires du

plan (ABC),

on en déduit que −→ n est normal au plan (ABC).

b. Le plan (ABC) a une équation de la forme : 4x +2y +3z +d = 0. Le point A(3;0;0) appartient au plan (ABC), donc 4×3+d = 0 ⇐⇒ d =−12. (ABC) : 4x +2y +3z −12 = 0.

2. a. La droite ∆ est orthogonale au plan (ABC), donc −→ n est un vecteur directeur de

∆. On sait également que D(−5;0;1) est un point de ∆.

On en déduit une représentation paramétrique de ∆ :

x =−5+4t y = 0+2t z = 1+3t

t ∈R

b. Le point H, projeté orthogonal deD sur le plan (ABC), est le point d’intersection

de D et du plan (ABC).

On résout : 

x =−5+4t y = 0+2t z = 1+3t 4x +2y +3z −12 = 0

⇐⇒

x =−5+4t y = 0+2t z = 1+3t −20+16t +4t +3+9t −12= 0

Amérique du Nord 2 mai 2008

Baccalauréat S

⇐⇒

x =−5+4t y = 0+2t z = 1+3t t = 29

29 = 1

⇐⇒

x =−1 y = 2 z = 4 t = 1

On obtient ainsi H(−1;2;4).

c. H est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), donc la distance du point D

au plan (ABC) est égale à la distance DH= √

(−1+5)2+22+ (4−1)2 = p 29.

d. Les points H et D appartiennent à la droite ∆.

Le vecteur −−→ HD est donc orthogonal au plan (ABC).

De plus, les points H et D appartiennent au plan (ABC), donc le vecteur −−→ HD est

orthogonal au vecteur −−→ HA ,

ainsi −−→ HD .

−−→ HA = 0, donc H appartient à l’ensemble (E).

EXERCICE 2 5 points

Enseignement de spécialité

1. Soit M(x; y ;z) appartenant à (S).

On a x2+ y2−(−z)2 = x2+ y2−z2 = 1 donc M ′(x; y ;−z) appartient à (S), ainsi (S) est symétrique par rapport au plan (xOy).

2. Le vecteur −−→ AB (−4;0;4) est un vecteur directeur de la droite (D).

ainsi (D) :

x =−1−4t y = 1 z = 1+4t

, t ∈R.

3. Pour t ∈R, on a (−1−4t)2+12− (1+4t)2 = (1+4t)2+12− (1+4t)2 = 1. Par conséquent tout point de (D) appartient à (S), c’est-à-dire (D) est incluse dans

(S).

4. Un plan parallèle au plan (xOy) a une équation de la forme z = k avec k constante réelle.

On résout le système :

{

x2+ y2− z2 = 1 z = k ⇐⇒

{

x2+ y2 = 1+k2 z = k or 1+k

2 > 0, on

reconnait donc l’équation du cercle de centre Ω(0;0;k) et de rayon √

1+k2 inclus dans le plan d’équation z = k.

5. a. D’après ce qui précède, (C) est le cercle de centreΩ′(0;0;68) et de rayon √

4 ; 625= 5 p 185 inclus dans le plan d’équation z = 68.

b. Soit d=pgcd(a ; b), d divise a et b donc d2 divise a2 et b2. On en déduit que d2

divise a2+b2 = 4625. Or 4625= 53×37 ainsi d2 est égal à 1 ou 52 c’est-à-dire d égal 1 ou 5. Supposons que d = 1. On a alors ab =ppcm(a ; b)×pgcd(a;b)= 440. Ainsi a2+b2+2ab =5 505 ⇐⇒ (a +b)2 =5 505 or il n’existe pas d’entier dont le carré est égal à 5 505 (

p 5 505 n’appartient pas àN), par conséquent d 6= 1.

Supposons que d = 5. On a alors ab =ppcm(a ; b)×pgcd(a ; b)=2 200. Ainsi a2+b2+2ab =9 025 ⇐⇒ (a +b)2 =9 025 ⇐⇒ a +b = 95 car a +b > 0. Demême a2+b2−2ab =225 ⇐⇒ (a b)2 =225 ⇐⇒ a b =−15 car a b < 0. {

a +b = 95 a b =−15 ⇐⇒

{

a +b = 95 2a = 80 ⇐⇒

{

a = 40 b = 55

Or 40<55, 402+552 = 4625 et ppcm(40 ; 55) = 5×8×11 = 440. Ainsi il existe un seul point M de (C) tel que a et b soient de entiers naturels

vérifiant a < b et ppcm(a ; b)= 440.

EXERCICE 3 6 points

Commun à tous les candidats

Amérique du Nord 3 mai 2008

Baccalauréat S

1. Pour x ∈]1 ; +∞[, on a lnx > 0 et on sait que la fonction ln est dérivable sur ]0;+∞[, on en déduit que f est une fonction dérivable sur ]1;+∞[, avec :

f ′(x)= 1 x +

1 x

(lnx)2 = (lnx)

2+1 x(lnx)2

.

Pour x ∈]1 ; +∞[, on a (lnx)2+1> 1> 0 et x(lnx)2 > 0, et donc f ′(x)> 0. On en déduit que la fonction f est strictement croissante sur ]1;+∞[. lim x→1

lnx = 0, avec lnx > 0 pour x > 1, par conséquent lim x→1 x>1

1

lnx =+∞

et donc lim x→1 x>1

f (x)=−∞.

lim x→+∞

lnx =+∞, donc lim x→+∞

1

lnx = 0 et donc lim

x→+∞ f (x)=+∞.

2. a. Pour x ∈]1;+∞[, on a f (x)− lnx =− 1

lnx , donc lim

x→+∞ f (x)− lnx = 0.

On en déduit que (C ) et Γ sont asymptotes au voisinage de +∞.

b. Pour x ∈]1 ; +∞[, on a lnx > 0 et donc − 1 lnx

< 0, par conséquent (C ) est en dessous de Γ sur ]1 ; +∞[.

3. a. La tangente Fa a pour équation y = f ′(a)(x a)+ f (a). Le point O appartient à Fa ⇐⇒ 0== f ′(a)(0−a)+ f (a) ⇐⇒ f (a)−a f ′(a)= 0.

b. Sur ]1;+∞[, on a (lnx)2 6= 0, donc :

g (x)= 0 ⇐⇒ f (x)− x f ′(x)= 0 ⇐⇒ lnx − 1 lnx

− (lnx) 2+1

(lnx)2 = 0

⇐⇒ (lnx) 3− lnx − (lnx)2−1

(lnx)2 = 0 ⇐⇒ (lnx)3− lnx − (lnx)2−1= 0.

c. La fonction u est une fonction polynôme, donc dérivable sur R,

avec u′(t)= 3t2−2t −1. On a ∆= 16, donc u′ admet deux racines distinctes : t1 =

2−4 6

=−1 3 et t2 =

2+4 6

= 1.

De plus, u′(t)> 0 pour t ∈]−∞;−1 3 [∪]1;+∞[ et u′(t)< 0 pour t ∈]− 1

3 ;1[.

t −∞ −1 3

1 +∞

−22 27

u(t) ր ց ր −2

La fonction u est croissante sur

]

−∞ ; −1 3

[

et décroissante sur

]

−1 3 ; 1

[

.

Par conséquent, sur ]−∞ ; 1[, la fonction u admet unmaximum en −1 3 .

Ce maximum vaut −22 27

, ainsi l’équation u(t) = 0 n’admet pas de solution sur ]−∞ ; 1[. La fonction u est continue et strictement croissante sur [1 ; +∞[, avec u(1)=−2 et lim

t→+∞ u(t)=+∞.

Or 0 ∈ [−2;+∞[, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que l’équation u(t)= 0 admet une unique solution sur [1 ; +∞[, par conséquent, l’équation u(t)= 0 admet une unique solution, α, sur R.

d. L’équation (ln x)3−lnx−(lnx)2−1= 0 est équivalente au système {

t3− t2− t −1= 0 t = lnx

D’après ce qui précède, α> 1 > 0, donc le réel x, tel que lnx = α, appartient à ]1 ; +∞[, ainsi l’équation (lnx)3−lnx−(lnx)2−1= 0 admet une unique solution sur ]1 ; +∞[, il en est alors de même pour l’équation g (x) = 0 (d’après 3. b.),

Amérique du Nord 4 mai 2008

Baccalauréat S

et donc il existe une unique tangente à la courbe (C ) passant par l’origine du

repère (d’après 3. a.).

4. Soit p le coefficient directeur de la tangente T que l’on vient de tracer.

Sur l’intervalle ]1 ; +∞[ : Pour m ≤ 0, l’équation f (x)= mx admet une solution. Pour 0< m < p, l’équation f (x)= mx admet deux solutions. Pour m = p, l’équation f (x)= mx admet une unique solution. Pour m > p, l’équation f (x)= mx n’admet pas de solution. En traçant la droite∆, passant par l’origine et par le point de coordonnées (10 ; f (10)),

de coefficient directeur noté q , on obtient le résultat suivant :

Sur l’intervalle ]1 ; 10[ :

Pour m ≤ 0, l’équation f (x)= mx admet une solution. Pour 0< m < q , l’équation f (x)= mx admet une solution unique. Pour q m < p, l’équation f (x)= mx admet deux solutions. Pour m = p, l’équation f (x)= mx admet une unique solution. Pour m > p, l’équation f (x)= mx n’admet pas de solution.

0

1

2

−1

−2

−3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

-3

-2

-1

0

1

2

3

T

EXERCICE 4 4 points

Commun à tous les candidats

/medskip

1. a. Pour t ∈ [0;1], on a t n > 0, 0≤ cos t ≤ 1 car [0;1]⊂ [

0 ; π

2

]

et donc t n cos t > 0.

On en déduit que xn > 0 pour n ∈N∗.

Amérique du Nord 5 mai 2008

Baccalauréat S

b. Pour n ∈N∗, on a :

xn+1− xn = ∫1

0 t n+1 cos t dt

∫1

0 t n cos t dt =

∫1

0 t n+1 cos t t n cos t dt

= ∫1

0 t n(t −1)cos t dt .

Pour t ∈ [0;1], on a t n cos t > 0, t −1≤ 0 et donc t n(t −1)cos t ≤ 0, par conséquent xn+1−xn ≤ 0 ce qui démontre que la suite (xn) est décroissante.

c. La suite (xn ) est décroissante et minorée par 0, donc elle converge vers , avec

> 0 (théorème de convergence monotone).

2. a. Pour t ∈ [0;1], on a t n > 0, 0≤ cos t ≤ 1 et donc 0≤ t n cos t t n . D’après le théorème de comparaison des intégrales, on en déduit : ∫1

0 t n cos t dt

∫1

0 t n dt , or

∫1

0 t n dt =

[

t n+1

n+1

]1

0

= 1 n+1

.

Par conséquent, 0≤ xn ≤ 1

n+1 .

b. lim n→+∞

1

n+1 = 0, donc, d’après le théorème des «gendarmes», on en déduit que

lim n→+∞

xn = 0.

3. a. On réalise une intégration par parties :

xn+1 = ∫1

0 t n+1 cos t dt =

[

t n+1 sin t ]1

0− ∫1

0 (n+1)t n sin t dt

= 1n+1 sin(1)− (n+1) ∫1

0 t n sin t dt

donc, pour tout entier n non nul, on a xn+1 =−(n+1)yn + sin(1).

b. On a yn = sin(1)− xn+1

n+1 , or lim

n→+∞ xn+1 = lim

n→+∞ xn = 0,

donc lim n→+∞

yn = 0.

4. Pour tout entier n non nul, on a xn+1 =−(n+1)yn + sin(1)=−nyn yn + sin(1). lim

n→+∞ xn+1 = 0 et lim

n→+∞ yn = 0 donc lim

n→+∞ −yn + sin(1)= sin(1),

par conséquent lim n→+∞

nyn = sin(1). De même, on a yn+1 = (n+1)xn −cos(1)= nxn + xn −cos(1). lim

n→+∞ yn+1 = 0 et lim

n→+∞ xn = 0 donc lim

n→+∞ xn −cos(1)=−cos(1),

par conséquent lim n→+∞

nxn = cos(1).

Amérique du Nord 6 mai 2008

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