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Correction du baccalauréat S Liban juin 2007
Exercice 1 6 points
- a. Signe de ln x(1 − ln x) : on fait un tableau de signes :
x 0 1 e +∞
ln x −^0 + +
1 − ln x +^ + 0 −
ln x(1 − ln x) − 0 + 0 −
b. On a f (x)−g(x) = ln x−(ln x)^2 = ln x(1−ln x). On déduit du tableau précédent que C est au dessous de C′^ sauf entre 1 et e.
- M (x ; ln x) et N
x ; (ln x)^2
a. On a déjà vu que h(x) = ln x(1 − ln x). Cette fonction est dérivable sur ]0 ; +∞[ et h′(x) =
x
x
ln x = 1 x
(1 − 2 ln x) qui est du signe de 1 − 2 ln x. Cette différence s’annule pour x = e (^12) =
e. Sur ]0 ;
e[, h′(x) > 0 , donc h est croissante ; Sur ]
e ; +∞[, h′(x) < 0 , donc h est décroissante ; b. Le résultat précédent montre la fonction h a un extremum (la dérivée s’annule en changeant de signe), qui est un maximum pour x =
e. Comme ce nombre est entre 1 et e, (car 1 < e < e^2 ⇒ 1 <
e < e) le nombre h(x) est positif.
Donc M N = h (
e) = ln
e (1 − ln
e) =
c. L’équation (ln x)^2 −ln x = 1 est équivalente à −h(x) = 1 ⇐⇒ h(x) = − 1. On pose X = ln x et on résout l’équation X^2 − X − 1 = 0 ⇐⇒ ( X −
X −
X −
On a donc deux solutions X 1 =
= ln x 1 et X 2 =
ln x 2. On a donc finalement deux solutions : x 1 = e
1+ 2 √ 5 et x 2 = e
1 − 2 √ 5 . d. Sur ]0 ; 1[∪]e ; +∞[ la fonction (ln x)^2 −ln x est positive et représente donc la distance M N. D’après la question précédente il existe deux valeurs de x pour les- quelles la distance M N = 1. Ce sont les réels x 2 = a = e
1 −√ 5 (^2) et x 1 = b = e 1+ 2 √ 5 , avec a < b.
- a. Grâce à une intégration par parties (avec u′^ = dx et v = ln x, d’où u = 1 et v′^ =
x
, les fonctions u′^ et v′^ étant continues sur ]0 ; +∞[ :
∫ (^) e
1
ln x dx = [x ln x]e 1 −
∫ (^) e
1
x x
dx = e − 0 − [x]e 1 = e − e − (−1) = 1.
b. Avec G(x) = x
[
(ln x)^2 − 2 ln x + 2
]
qui est dérivable, on a G′(x) =
(ln x)^2 − 2 ln x + 2 + x
2 ln x x
x
= (ln x)^2 − 2 ln x + 2 + 2 ln x − 2 = (ln x)^2. c. Sur l’intervalle [1 ; e] on a vu que ln(x) − (ln x)^2 > 0 , donc l’aire A est égale à
∫ (^) e
1
[
ln x − (ln x)^2
]
dx =
∫ (^) e
1
ln x dx −
∫ (^) e
1
g(x) dx = 1 − [G(x)]e 1 = 1 − G(e) + G(1) = 1 − e(1 − 2 + 2) + 2 = 3 − e. (u. a.)
Exercice 2 6 points Candidats ne faisant pas l’option mathématiques C(1 ; 1 ; 2)
- Un vecteur directeur de (d) est
qui n’est manifestement
pas colinéaire au vecteur
(0 ; 1 ; 0). Fausse.
- Un vecteur normal au plan (P ) a pour coordonnées (1 ; 0 ; 3) qui est colinéaire au vecteur précédent de (d). De plus A ∈ (P ). Vraie
- On a : AB^2 = 4 + 1 + 1 = 6, AC^2 = 1 + 4 + 1 = 6 et BC^2 = 9 + 9 + 0 = 18. ABC est donc isocèle en A Si BAC avait pour mesurê
π 3 , alors le triangle serait équilatéral, ce qui est faux. Fausse.
- On a par définition : G existe car −1 + 1 + 1 6 = 0, et −
GA +
GB +
GC =
- Soit I le milieu de [BC] ; l’égalité précédente peut s’écrire : −→ GI −
IA +
GI +
IB +
GI +
IC =
IA +
GI =
GI =
IA ⇐⇒ G est le milieu de [AG]. Vraie
- On a vu que BC^2 = 18 ⇐⇒ BC = 3
La distance de C au plan P est égale à :
12 + 3^2
- Donc la sphère et le plan sont sécants. Vraie
Exercice 2 6 points Candidats ayant choisi l’option mathématiques
- Cette écriture est bien celle d’une similitude directe. S’il existe un point fixe, alors z = 2iz + 1 ⇐⇒ z(1 − 2 i) = 1 ⇐⇒ z =
1 − 2 i
⇐⇒ z = 1 + 2i 1 + 4
i. Le centre est bien A.
z′^ = 2 iz + 1 1 5
i = 2 i
i
entraîne par différence :
z′^ −
i
= 2i
z −
i
ce qui entraîne en prenant les argu-
ments que
AM ,
AM ′
π 2
: en prenant les modules AM ′^ = 2AM. Donc le rapport est égal à 2. Vraie
d. Les suites (pn) et (pn+1) ayant la même limite ℓ, la relation de ré- currence pn+1 = 0, 8 pn + 0, 05 donne ℓ = 0, 8 ℓ + 0, 05 ⇐⇒ 0 , 2 ℓ = 0 , 05 ⇐⇒ ℓ =
Conclusion : lim n→+∞ pn = 0, 25 =
Exercice 4 5 points Commun à tous les candidats
- z′^ =
2 z |z| − z =
2 reiα r − reiα^ = 2eiα^ − reiα^ = (2 − r)eiα.
- Avec z = 3, la formule précédente donne zA′^ = (2 − 3)e^0 i^ = − 1.
- a. B a pour affixe b = −
3 + i. On a donc |b^2 | = 3 + 1 ⇒ |b| = 2. On
peut écrire b = 2
i
cos 56 π + i sin 56 π
= 2ei^ 56 π .
b. zB′ = (2 − 2)ei^ 56 π = 0 = zO.
- cf. figure.
- a. Il s’agit de résoudre z′^ = 0 ⇐⇒ (2 − r)eiα^ ⇐⇒ r = 2 ou eiα^ = 0. L’ensemble des points dont l’image par f est O est le cercle de centre O et de rayon 2. b. cf. figure.
- Points invariants par f : on cherche les complexes z tels que z =
z |z|
|z|) ⇐⇒ z|z| = 2z − z|z| ⇐⇒ 2 z|z| = 2z car z 6 = ⇐⇒ |z| = 1. L’ensemble cherché est bien le cercle C 1.
- M a pour affixe z avec |z| 6 = 1.
a. D’après la question 1, l’affixe du point I est
[
reiα^ + 2eiα^ − reiα
]
× 2 eiα^ = eiα^ qui est un complexe de module 1 quel que soit α. Le milieu I de [MM’] appartient à C 1. b. I et M ont à 2 π près le même argument : ils sont donc alignés avec O et I appartient à la demi-droite [OM ). c. Construction de l’image de M 1 : — la demi-droite [OM ) coupe le cercle C 1 au point I ; — il suffit de construire le point image M 1 ′ symétrique de M 1 autour de I.
~u
~v
O
I
b M ′ 1
C 1
A′ b^ b^ A
b
M 1
B^ b
B′
