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Durée : 4 heures
[ Baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2007 \
EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats
1. a. Sachant que ϕ : x 7 → e x^ définie sur R vérifie ϕ ′^ = ϕ , montrons que la fonc- tion f définie sur R par f ( x ) = e ax^ est solution de l’équation y ′^ = a y. Pour tout réel x , f ( x ) = ϕ ( ax ). f est donc une fonction dérivable et, pour tout réel x , f ′( x ) = aϕ ′( ax ) = a e ax^ = a f ( x ). f est donc solution de l’équa- tion y ′^ = a y. b. Si g est une solution de l’équation y ′^ = a y , alors, pour tout réel x , g ′( x ) = ag ( x ). Soit h la fonction définie sur R par h ( x ) = g ( x )e− ax^. La fonc- tion h produit de fonctions dérivables est dérivable et, pour tout réel x : h ′( x ) = g ′( x )e− ax^ − ag ( x )e− ax^ = ag ( x )e− ax^ − ag ( x )e− ax^ = 0. Donc h ′^ est nulle sur R et h est une fonction constante. c. D’après 1.b. , si g est solution de y ′^ = a y alors g vérifie la propriété : pour tout réel x , h ( x ) = g ( x )e− ax^ = K ⇐⇒ g ( x ) = K e ax^. Réciproquement, si g est définie sur R par g ( x ) = K e ax^ alors , pour tout réel x , g ′( x ) = aK e ax^ = ag ( x ). g est donc solution de l’équation y ′^ = a y. Donc les solutions de l’équation y ′^ = a y sont les fonctions définies sur R par f ( x ) = K e ax^ , avec K ∈ R. 2. (E) : y ′^ = 2 y + cos x. a. f 0 ( x ) = a cos x + b sin x. f 0 somme de fonctions dérivables est dérivable et f (^) 0 ′( x ) = − a sin x + b cos x. f 0 est solution de (E) si et seulement si : f (^) 0 ′( x ) = 2 f 0 ( x )+cos x ⇐⇒ − a sin x + b cos x = 2( a cos x + b sin x )+cos x ⇐⇒ ( a + 2 b ) sin x + (2 a − b + 1) cos x = 0 quel que soit x réel. Pour que cette égalité soit vérifiée, il suffit que { 2 a − b + 1 = 0 a + 2 b = 0
2 a − b = − 1 a = − 2 b
− 5 b = − 1 a = − 2 b
b =
a = −
. Conclusion : la fonction définie sur R par
f 0 ( x ) = −
cos x +
sin x est une solution de (E). b. D’après 1. c. Les solutions de l’équation différentielle ( E 0 ) : y ′^ = 2 y sont les fonctions définies sur R par f ( x ) = K e^2 x^ , K ∈ R. c. f est solution de (E) si et seulement si , pour tout réel x , (1) : f ′( x ) = 2 f ( x ) + cos x. Comme f 0 est aussi solution de (E), on a f (^) 0 ′ ( x ) = f 0 ( x ) + cos x : Par différence membres à membres
(1) ⇐⇒ f ′( x ) − f (^) 0 ′( x ) = 2
f ( x ) − f 0 ( x )
et par linéarité de la dérivabilité :
(1) ⇐⇒
f ( x ) − f 0 ( x )
f ( x ) − f 0 ( x )
ce qui signifie que f − f 0 est solution de ( E 0 ).
d. D’après 2. b. , on a donc f est solution de (E) si et seulement si, il existe un réel K tel que, pour tout réel x , f ( x ) − f 0 ( x ) = K e^2 x^ ⇐⇒ f ( x ) = −
cos x +
sin x + K e^2 x^.
e. k est solution de (E), donc k ( x ) = −
cos x +
sin x + K e^2 x^. Or
k
( (^) π 2
e− π.
On a donc k ( x ) = −
cos x +
sin x −
e^2 x − π.
EXERCICE 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. L’écriture complexe d’une symétrie axiale (antidéplacement) est de la forme z ′^ = az + b. A et B invariants par cette symétrie se traduit par : { 1 = a × 1 + b i = a × (−i) + b
1 = a + b i = − a (i) + b
1 = a + b 1 − i = a (1 + i)
(par différence)
{ (^1) − i 1 + i
= a 1 = a + b
{ (^) −2i 2
= a 1 = a + b
−i = a 1 + i = b
L’écriture complexe est donc : z ′^ = −i z^ +^1 +^ i.
2. f = H ◦ S. a. La réflexion S est une similitude de centre A ; donc la composée de deux similitudes de même centre est une similitude de même centre A. b. Écriture complexe : — pour S , on a vu que l’écriture complexe est : z ′^ = −i z + 1 + i. — pour H :
A M ′′^ = − 2
A M ′^ ⇐⇒ z ′′^ − 1 = −2( z ′^ − 1) ⇐⇒ z " = 1 − 2( z ′^ − 1) = − 2 z ′^ + 3 — donc z " = − 2
−i z + 1 + i
- 3 = 2i z + 1 − 2i. Soit M ( z ) tel que
A M ′′^ = − 2
A M ⇐⇒ z ′′^ − 1 = −2( z − 1) ⇐⇒ 2i z + 1 − 2i − 1 = − 2 z + 2 ⇐⇒ 2i z + 2 z = 1 + 2i. (1) En posant z = x + i y , 2i( x − i y ) + 2( x + i y = 1 + 2i(1) ⇒
2 y + 2 x = 2 2 x + 2 y = 2 Les points M ( x ; y ) qui vérifient la relation sont tels que x + y = 1 qui est l’équation de la droite (AB). Inversement un point M de la droite (AB) a pour image par S M et ensuite on a bien par la transformation h
A M ′′^ = − 2
A M.
L’ensemble cherché est donc toute la droite (AB). c. De même
A M ′′^ = 2
A M ⇐⇒ z ′′^ − 1 = 2( z −1) ⇐⇒ 2i z + 1 −2i = 2 z − 2 ⇐⇒ 2i z − 2 z = − 3 + 2i (2). Si M ( x ; y ), alors (2) ⇒
2 y − 2 x = − 2 2 x − 2 y = 2 Les points M ( x ; y ) sont tels que x − y = 1 qui est l’équation d’une droite perpendiculaire à (AB) (coefficient directeur 1, alors que celui de (AB) est −1), et qui contient le point A (le couple (1 ; 0) vérifie l’équation). Inversement un point M de la perpendiculaire trouvée a pour coordon- nées ( x ; x − 1). On vérifie que z ′′^ − 1 = 2i x + 2 x − 2 − 2i et que 2( z − 1) = 2i x + 2 x − 2 − 2i. L’ensemble cherché est donc toute la perpendiculaire à (AB) contenant A.
2. Les plans (P) et (Q) ont respectivement pour vecteur normal (1 ; −1 ; −1) et (1 ; 0 ; −2) qui ne sont manifestement pas colinéaires. Ces deux plans n’étant pas parallèles sont sécants. Tout point M ( x ; y ; z ) de leur droite commune vérifie : { x − y − z = 7 x − 2 z = 11 , soit en posant^ z^ =^ t^ ,
x − y − t = 7 x − 2 t = 11 z = t
x − y = 7 + t x = 11 + 2 t z = t
x = 11 + 2 t y = 4 + t z = t
qui est une re-
présentation paramétrique de la droite ( d ′).
3. H(−3 ; 3 ; 5) ∈ ( d ) ⇐⇒
− 3 = − 2 + t 3 = 8 + 5 t 5 = 4 − t
qui a une solution évidente t =
−1.
H′(3 ; 0 ; −4) ∈ ( d ′) ⇐⇒
3 = 11 + 2 t 0 = 4 + t − 4 = t
qui a pour solution évi-
dente t = −4.
4. On a
HH′^ (6 ; −3 ; −9). Or
HH′^ ·
u = 6 × 1 − 3 × 5 − 9 × (−1) = 6 − 15 + 9 = 0. Donc (HH′) et ( d ) sont perpendiculaires ; La droite ( d ′) a un vecteur directeur
v (2 ; 1 ; 1) et
HH′^ ·
v = 6 × 2 − 3 × 1 − 9 × 1 = 12 − 3 − 9 = 0. Donc (HH′) et ( d ′) sont perpendiculaires.
5. La droite (HH′) est la perpendiculaire commune aux droites ( d ) et ( d ′). La distance HH′^ est la plus courte distance entre les droites ( d ) et ( d ′). HH′^2 = (3 + 3)^2 + (−3)^2 (− 4 − 5)^2 = 36 + 9 + 81 = 126. D’où HH′^ =
p 126 =
p 9 × 14 = 3
p
6. M ( x ; y ; z ) vérifie
M H′^ ·
HH′^ = 126 ⇐⇒ (3 − x ) × 6 + (0 − y ) × (−3) + (− 4 − z ) × (−9) = 126 ⇐⇒ (en simplifiant par 3), 2(3 − x ) + y + 3(4 + z ) = 42 ⇐⇒ 6 − 2 x + y + 12 + 3 z = 42 ⇐⇒ − 2 x + y + 3 z = 24 qui est l’équation d’un plan contenant H, puisque
HH′^ ·
HH′^ = 126 (question précédente).
EXERCICE 4 6 points Commun à tous les candidats
1. a. f 1 ( x ) = 2 x − 2 + ln
x^2 + 1
. On a lim x →+∞ x^2 = +∞, lim x →+∞ x^2 + 1 = +∞,
x →+∞lim ln
x^2 + 1
= +∞, (^) x lim→+∞ 2 x − 2. Finalement par somme des limites
x →+∞lim f^1 ( x )^ = +∞. b. f 1 est une somme de fonctions dérivables et f (^) 1 ′ ( x ) = 2 +
2 x x^2 + 1
c. On a 2 x > 0, x^2 + 1 > 0, donc
2 x x^2 + 1
, et donc f 1 ′ > 2 > 0.
La fonction est donc croissante sur [0 ; +∞[. f 1 (0) = −2. D’où le tableau de variations : x 0 +∞
f (^) + ′ 1 ( x )
f 1 ( x )
− 2
α 1
2. fn ( x ) = 2 x − 2 +
ln
x^2 + 1
n
a. Pour n fixé, on a encore lim x →+∞
ln
x^2 + 1
n
= +∞, et donc
x →+∞lim fn^ ( x )^ = +∞. b. f (^) n ′ ( x ) = 2 + 2 x n
x^2 + 1
Comme à la question 1, tous les termes sont positifs, donc f (^) n ′ ( x ) > 0. La fonction fn est donc croissante sur [0 ; +∞[. c. La fonction fn est continue sur [0 ; +∞[. Comme f (0) = −2 et lim x →+∞ fn ( x ) = +∞ il existe un réel unique αn tel que fn ( αn ) = 0.
d. On a fn (1) =
ln 2 n
On a donc − 2 < 0 < 1 ou encore fn (0) < fn ( αn ) < fn (1) d’où par croissance de la fonction fn , 0 < αn < 1.
3. On sait que fn + 1 ( αn + 1 ) = 0 ⇐⇒ 2 αn + 1 − 2 +
ln
α^2 n + 1 + 1
αn + 1
= 0 ⇐⇒ 2 αn + 1 − 2 =
ln
α^2 n + 1 + 1
αn + 1
D’autre part :
fn ( αn + 1 ) = 2 αn + 1 − 2 +
ln
α^2 n + 1 + 1
n + 1
ln
α^2 n + 1 + 1
αn + 1
ln
α^2 n + 1 + 1
n + 1
en utilisant (1) =
ln
α^2 n + 1 + 1
) [^1
n
n + 1
]
= ln
α^2 n + 1 + 1
×
n ( n + 1)
Or α^2 n + 1 > 0 ⇒ α^2 n + 1 + 1 > 1 ⇒ ln
α^2 n + 1 + 1
> 0. D’autre par
n ( n + 1)
Conclusion ln
α^2 n + 1 + 1
×
n ( n + 1)
0 ou encore fn ( αn + 1 ) > 0.
a. On vient de démontrer que 0 < fn ( αn + 1 ) ou encore fn ( αn ) < fn ( αn + 1 ). D’où par croissance de la fonction fn , αn < αn + 1. Conclusion la suite ( αn ) est donc croissante. b. La suite est croissante et majorée par 1 : elle donc convergente vers une limite ℓ.
c. αn = 1 −
ln
α^2 n + 1
2 n
entraîne par limite au voisinage de plus l’infini que
lim n →+∞
ln
α^2 n + 1
2 n
= 0, d’où lim n →+∞ αn = 1.
