Série de mathématique – correction –  9, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Série de mathématique – correction – 9, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 9. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les points du plan d’affixes respectives, la fonction du vecteur, Le plan complexe.
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CorrectionAmeriqueSud.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2008 \

EXERCICE 1 5 points

1. AB2 = |b a|2 = |2+ i|2 = 4+1= 5 ; AC2 = |c a|2 = |1+2i|2 = 1+4= 5. AB2 = AC2 ⇐⇒ AB=AC ⇐⇒ ABC est isocèle en A.

2. ZI = 1

2 + i

7

2 .

a. z zI z a

est un réel si et seulement si arg ( z zI

z a

)

= 0 ⇐⇒ (−−→ AM ,

−−→ IM

)

= 0 [2π] , ce qui signifie que les points A, I et M sont alignés.

Les points M appartiennent donc à la droite (IA) privée du point A.

b. D’après la questionprécédente le réel solution est l’abscisse dupoint com- mun à la droite (AI) et à l’axe des abscisses. L’équation de la droite (AI) est y = x +3, donc y = 0 entraîne x =−3.

c. z−→ AI

= zI−a = 1

2 + i

7

2 +1−2i=

3

2 + i

3

2 .

On a AI2 = 9

4 + 9

4 =

18

4 . Donc AI=

3 p 2

2 .

Onpeut donc écrire z−→ AI

= 3 p 2

2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

= 3 p 2

2

(

cos π4 + isin π

4

)

= 3 p 2

2 ei

π

4 .

3. a. Le point G a pour abscisse le réel solution de la question précédente. C’est donc un point de la droite (AI) contenant le sommet principal A et le mi- lieu du côté opposé du triangle isocèle. Cette droite (AI) est donc hauteur, médiane, médiatrice et axe de symétrie du triangle ABC.

On a vu que l’équation de (AI) est y = x + 3 ; le coefficient directeur de cette droite est égal à 1, ce qui correspond à un angle

(−→ u ,

−→ AI

)

de π

4 .

Il existe donc deux rotations de centre G qui transforment A et I en deux points de l’axe des réels :

— La rotation r1 d’angle − π

4 ;

— La rotation r2 d’angle 3π

4 .

r1 est bien la première rotation de la question précédente.

Son écriture complexe est : z ′− zG = ei (

π4 )

(z zG) soit z ′− (−3)= ei

(

π4 )

(z − (−3)). z ′ =−3+ei

(

π4 )

(z +3)

b.c Une rotation conserve les longueurs et les angles ; donc l’image de (AI) axe de symétrie de (ABC) est l’axe de symétrie de A′B′C′ soit A′I′.

Donc B′ et C′ sont symétriques autour de l’axe des abscisses et donc sans calcul, b′ = c ′.

A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S

−→ u

−→ v

b

b

b

b

b

b

b

b

A

B

C

I

OG I′A′

C′

B′

π

4

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 2 ; 1), H(0 ; 2 ; 1)

2. a. Le volume V est égal à : A (FGH)×AE

3 .

FGH est un triangle rectangle en G, donc A (FGH)= FG×GH

2 =

2×1 2

= 1

et comme AE = 1, V = 1×1 3

= 1

3 .

b. On a I(0 ; 1 ; 0), −→ FI = (−1 ; 1 ; −1), −→IH (0; ; 1 ; 1), −→FI ·−→IH = 0+1−1 = 0. Les

vecteurs sont orthogonaux donc (FI) et (IH) sont perpendiculaires en I.

En prenant comme base le triangle FIH, V = FIH×d

3 , d étant la distance

du point G au plan (FIH). Le triangle FIH étant rectangle en I, son aire est

égale à FI× IH

2 .

FI2 = 1+1+1 = 3⇒ FI= p 3 ;

IH2 = 0+1+1= 2⇒ IH= p 2.

AFIH = p 3×

p 2

2 =

p 6

2 .

En reprenant l’écriture de V : 1

3 =

1

3 × p 6

2 ×d ⇐⇒ d

2 p 6 =

p 6

3 .

3. a. On calcule : −→ n ·−→FI =−2+1+1= 0. −→ n ·−→IH = 0+1−1 = 0. −→ n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (FIH) est orthogonal à ce plan.

b. L’équation du plan (FIH) est donc de la forme : 2x +1y −1z +d ′ = 0. Comme F ∈ (FIH) ses coordonnées vérifient l’équation ci-dessus soit : 0+1−0+d ′ = 0 ⇐⇒ d ′ =−1. Une équation du plan (FIH) est donc :

M(x ; y ; z) ∈ (FIH) ⇐⇒ 2x + y z −1= 0

Amérique du Sud 2 novembre 2008

A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S

c. On sait que la distance d de G au plan (FIH) est : |2xG+ yG− zG−1|p

22+12+12 =

|2+2−1−1| p 6

= 2 p 6 =

p 6

3 . On retrouve la même valeur qu’au 2. b.

4. a. (AG) est perpendiculaire au plan (FIH) si et seulement si −−→ AG est colinéaire

à −→ n . Or

−−→ AG (1 ; 2 ; 1) qui n’est manifestement pas colinéaire à

−→ n .

b. M(x ; ; y ; z)∈ (AG) ⇐⇒ −−→ AM =α

−−→ AG qui se traduit par :

M(x ; y ; z) ∈ (AG) ⇐⇒

x = t y = 2t z = t

c. Il faut résoudre le système :

x = t y = 2t z = t 2x + y z −1 = 0

⇒ 2t +2t t −1= 0 ⇐⇒ 3t = 1 ⇐⇒ t = 1

3

Les coordonnées de K sont donc

(

1

3 ; 2

3 ; 1

3

)

.

5. Le rayon de la sphère est GK.

Or GK2 = 4

9 + 16

9 + 4

9 =

24

9 ⇒GK=

24

9 =

2 p 6

3 .

Or la distance d de G au plan (FIH) est égale à

p 6

3 ; elle est donc inférieure au

rayon de la sphère et par conséquent la section de la sphère par le plan (FIH) est un cercle.

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1.

a. On sait que l’équation paramétrique de la droite D ′ est celle d’une droite

contenant le point (0 ; 0 ; -2) et de vecteur directeur −→ u′ (1 ; −1 ; 0).

Or −→ u ·

−→ u′ = 1− 1+ 0 = 0 : les vecteurs directeurs des deux droites sont

orthogonaux ; les droites D et D ′ sont perpendiculaires.

Le point A est commun aux deux droites D et D ′. S’il existe un plan conte-

nant A et défini par les deux vecteurs −→ u et

−→ u′ , un vecteur

−→ n (a ; b ; c)

normal à ce plan est orthogonal à chaque vecteur −→ u et

−→ u′ ; donc

−→ n ·−→u = 0 ⇐⇒ a +b = 0 et −→ n ·

−→ u′ = 0 ⇐⇒ a b = 0.

On en déduit aussitôt que a = b = 0 et −→n (0 ; 0 ; c). Donc une équation de ce plan est z = k soit z = 2 puisque A appartient à ce plan horizontal. Ceci est impossible puisque tous les points de D ′ ont pour cote −2. Conclusion : les droites D et D ′ ne sont pas coplanaires.

b. M(x ; y ; z)i nD ′ ⇐⇒

x = 0+1t y = 0+1t z = 2+0t

⇐⇒

x = t y = t z = 2

.

On a :

{

(M H)⊥ D H D .

Avec H (

xH ; yH ; zH )

ce système se traduit par :

Amérique du Sud 3 novembre 2008

A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S

xH x + yH y = 0 xH = t yH = t zH = 2

t x + t y = 0 ⇐⇒ t = x + y 2

.

Donc −−−→ M H

(

xH x ; yH y ; zH z )

ou encore −−−→ M H

( y x 2

; x y 2

; 2− z )

.

On en déduit :

M H2 = ( y x

2

)2 + ( x y

2

)2 + (2− z)2 =

x2+ y2−2x y 2

+ (2− z)2.

c. M de coordonnées (x ; y ; z) appartient à S si et seulement si M H =

MK ⇐⇒ M H2 = MK 2 ⇐⇒ x2+ y2−2x y

2 + (2− z)2 =

(x + y)2

2 + (2+

z)2 ⇐⇒ x2 + y2 − 2x y + 8+ 2z2 − 8z + x2 + y2 − 2x y + 8+ 2z2 + 8z ⇐⇒ 16z =−4x y ⇐⇒ z =−

x y

4 .

2. a. Le plan a pour équation z = 0 ; les points de la section ont leurs coordon- nées qui vérifient : {

z = 0

z = − 1

4 x y

⇐⇒ {

z = 0 x y = 0 ⇐⇒

{

x = 0 z = 0 ou

{

y = 0 z = 0

La section se compose de l’axe des abscisses et de l’axe des ordonnées.

b. Un plan parallèle à (xOy) a une équation de la forme z = k, k ∈ R ; les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient : {

z = k

z = − 1

4 x y

⇐⇒ {

z = k x y = −4k ⇐⇒

y = − 4k

x z = k

si x 6= 0.

La section est donc une hyperbole

c. Les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient : {

x + y = 0

z = − 1

4 x y

⇐⇒ {

y = −x

z = 1

4 x2

La section est donc ici une parabole.

EXERCICE 3 3 points

1.

f (x)= p

x − lnx.

a. La fonction est une différence de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[, elle est donc dérivable et

f ′(x)= 1

2 p

x

1

x =

p x −2 2x

qui est du signe du numérateur puisque x > 0.

f ′(x)= 0 ⇐⇒ p

x = 2 ⇐⇒ x = 4 ; f ′(x)< 0 ⇐⇒ 0< x < 4 ; f est décroissante sur cet intervalle f ′(x)> 0 ⇐⇒ x > 4 ; f est croissante sur cet intervalle. Il en résulte que f a un minimum pour x = 4 et f (4)=

p 4− ln42−2ln2≈

0,62.

b. Le minimum de f étant supérieur à zéro, f (x)> 0 quel que soit x ∈]0 ; +∞[.

Donc f (x)> 0 ⇐⇒ p

x − lnx ⇐⇒ p

x > lnx ⇐⇒ p

x

x >

lnx

x ⇐⇒

lnx

x <

p x

x , car x > 0.

Amérique du Sud 4 novembre 2008

A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S

c. Comme

p x

x =

1 p

x et que lim

x→+∞ 1 p

x = 0, on obtient par application du

théorème des « gendarmes » que lim x→+∞

lnx

x = 0.

fn (x)= lnx

x 1 n

.

On peut écrire fn (x)= lnx

x 1 n

= lnxn×

1 n

x 1 n

= ln (

x 1 n

)n

x 1 n

= n ln

(

x 1 n

)

x 1 n

.

En posant X = x 1 n , fn(x)= n

lnX

X .

Or lim x→+∞

X =+∞ et par composition, lim X→+∞

lnX

X = 0

(d’après la question précédente)⇒ lim x→+∞

fn (x)= 0.

EXERCICE 4 7 points

2.1 On sait que cette équation a pour solutions les fonctions : x 7−→K e− x 2 , K ∈R.

2.

2y ′+ y = e− x 2 (x +1) (E′)

a. f (x) = e− x 2 (

mx2+px )

: f est un produit de fonctions dérivables sur R, elle est donc dérivable sur R et

f ′(x)=− 1

2 e−

x 2 (

mx2+px )

+ (2mx +p)e− x 2 .

f est solution de E′ si et seulement si 2 f ′+ f = e− x 2 (x +1) ⇐⇒

−e− x 2 (

mx2+px )

+2(2mx +p)e− x 2 +e−

x 2 (

mx2+px )

= e− x 2 (x +1) ⇐⇒

mx2 − px + 4mx + 2p +mx2 + px = x + 1 ⇐⇒ 4mx + 2p = x + 1 ⇐⇒ (4m −1)x + (2p −1)= 0. Cette fonction affine est nulle si et seulement si 4m −1 = 0 et 2p −1 = 0, soit si m =

1

4 et p =

1

2 .

b. On a : g et f solutions de E′ si et seulement si {

2g ′+ g = e− x 2 (x +1)

2 f ′+ f = e− x 2 (x +1)

⇒ (par différence) {

2g ′+ g = e− x 2 (x +1)

2(g ′− f ′)+ g f = 0 Donc g est solution de l’équation (E′) si et seulement si g f est solution de l’équation (E)

On a donc g (x)− f (x)= e−

x 2

4

(

x2+2x )

d’où g (x)= e−

x 2

4

(

x2+2x +K ′ )

,

K ′ ∈R.

3. h produit de fonctions dérivables sur R est dérivable sur R et

h′(x) = e−

x 2

4

(

x2

2 − x +2x +2

)

= e−

x 2

4

(

x2

2 + x +2

)

qui est du signe du tri-

nôme − x2

2 + x +2.

Pour ce trinôme∆= 1+4= 5 ; il a donc deux racines x1 = 1− p 5 et x2 = 1+

p 5.

Il est négatif (du signe de − x2 ) sauf entre les racines. h′(x) est donc négative sauf sur l’intervalle [1−

p 5 ; 1+

p 5].

h est donc décroissante sauf sur [1− p 5 ; 1+

p 5] où elle est croissante.

Amérique du Sud 5 novembre 2008

A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S

4. •On sait que lim x→+∞

xn

ex = 0, quel que soit le naturel x ; donc lim

x→+∞ 1

4 e−

x 2 x2 = 0

et lim x→+∞

1

4 e−

x 2 ×2x = 0.

Conclusion : lim x→+∞

h(x)= 0.

• lim x→−∞

e− x 2 =+∞ et lim

x→+∞ x2+2x =+∞, donc lim

x→+∞ h(x)=+∞.

5. a. Étudions la fonction d définie par

d(x) = e− x 2 −

1

4 e−

x 2 (

x2+2x )

= e− x 2

(

1− x 2

4 − 2x 4

)

qui est du signe du tri-

nôme −x2−2x +4. Pour ce trinôme ∆= 4+16= 20=

(

2 p 5 )2 . Il a donc pour racines

x1 =−1− p 5 et x2 =−1+

p 5. Il est négatif sauf entre les deux racines.

Donc la fonction d est négative sauf sur l’intervalle [1− p 5 ; 1+

p 5].

Conclusion : la courbeΓ est sous la courbeC sauf entre−1− p 5 et−1+

p 5.

Les deux courbes ayant deux points communs pour x = −1− p 5 et x =

−1+ p 5.

b.

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

−6

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5−6 x

y

Γ

C

O

Amérique du Sud 6 novembre 2008

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