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Durée : 4 heures
[ Correction du baccalauréat S La Réunion juin 2007 \
EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats
1. a. A( a ; ln a ). M ( x ; y )( 6 = A) ∈ (T) ⇐⇒
y − ln a
x − a
a
⇐⇒ y =
x
a
− 1 + ln a.
b. P(0 ; y ) ∈ (T) ⇐⇒ y = − 1 + ln a. P(0 ; ln a − 1).
Longueur PQ : On a Q(0 ; ln a ).
PQ^2 = (0 − 0)^2 + (ln a − ln a + 1)^2 = 1.
Donc PQ = 1.
x
y = ln x
O
A
a
B
b
Q
R
ı
P
ln a
ln b
p ab
1 2 (ln^ a^ +^ ln^ b )
La construction simple de la tangente : on construit P en enlevant 1 à l’ordonnée de Q : la tangente est la droite (PA).
2. R. O. C. : en appliquant la propriété à ln m = ln
(p m ×
p m
, on obtient :
ln m = ln
p m + ln
p m = 2ln
p m ⇐⇒ ln
p m =
ln m (avec m > 0).
3. On a ln a + ln b = ln ab = 2ln
p ab ⇐⇒ ln
p ab =
(ln a + ln b ).
D’où la construction : — On construit la médiatrice de [QR]. — Cette médiatrice coupe Γ en un point dont l’abscisse est ln
p ab.
EXERCICE 2 4 points
1. un + 1 − un = u^2 n > 0 : la suite est donc croissante.
2. a. h ( x ) = x^2 + x ; h est dérivable et h ′( x ) = 2 x + 1.
Sur
]
[
, h ′ ( x ) < 0 ⇒ h est décroissante ;
Sur
]
[
, h ′( x ) > 0 ⇒ h est croissante.
h ′
= 0. La fonction admet en ce point un extremum qui est un mini-
mum h
Sur
]
[
la fonction décroit de 0 à −
et sur
]
[
, la fonction
croit de −
à 0.
Conclusion : si x ∈] − 1 ; 0[, alors − 1 < −
< h ( x ) < 0.
b. Par récurrence : — Initialisation − 1 < a = u 0 < 0. — Hérédité : supposons que pour le naturel n , − 1 < un < 0. D’après la question précédente si un ∈ [−1 ; 0[, alors un + 1 = h ( un ) appartient elle aussi à cet intervalle Conclusion : on a montré par récurrence que pour tout naturel n , − 1 < un < 0.
3. La suite u est croissante et majorée par 0 : elle est donc convergente et sa
limite ℓ est telle que ℓ 6 0.
Or la fonction h , dérivable est continue : la relation un + 1 = u^2 n + un donne à la limite ℓ = ℓ^2 + ℓ ⇐⇒ ℓ^2 = 0 ⇐⇒ ℓ = 0.
Conclusion : lim n →+∞
un = 0.
EXERCICE 3 6 points
1. a. On sait que lim x →−∞
x e x = 0. Donc comme lim x →−∞
e x − 1 = −1, on a finalement
lim x →−∞
f ( x ) = 0.
b. x
e x^ − 1
= x
e x − 1 + 1
e x^ − 1
x e x
e x^ − 1
= f ( x ).
On en déduit car lim x →+∞
e x^ − 1
= 0, que lim x →+∞
f ( x ) = +∞.
2. On a lim x → 0
e x − 1
x
= 1 ( à la calculatrice).
On peut également rappeler que lim x → 0
e x^ − 1
x
= lim x → 0
e x^ − e x
x − 0
e x
x → 0 =^ e
0 = 1.
Le quotient inverse
x
e x^ − 1
a lui aussi la même limite en 0 ; donc la limite de f
est celle de e x^ soit 1.
Conclusion : lim x → 0
f ( x ) = 1 et f (0) = 1 : la fonction f est continue en 0.
3. a. Soit k la fonction définie sur R par k ( x ) = e x − x − 1. Cette fonction est dérivable et k ′ ( x ) = e x − 1 qui s’annule pour x = 0.
Cette fonction est décroissante sur R − de +∞ à k (0) = 0 et croissante sur R
de 0 à +∞.
Donc k ( x ) > 0 ⇐⇒ e
x
− x − 1 > 0 ⇐⇒ e
x
> x + 1, quel que soit x ∈ R
b. Dérivée de f : f ′( x ) =
(e x
- x e x ) (e x − 1) − x e x × e x
(e x^ − 1) 2
e 2 x − x e x − e x
(e x^ − 1) 2
e x^ (e x^ − x − 1)
(e x^ − 1)^2
La fonction g est donc la fonction k qui ne s’annule que pour x = 0. Donc f ′ ( x ) est composé de termes positifs pour x 6 = 0 Conclusion : pour x 6 = 0, f ′ ( x ) > 0. La fonction est croissante sur ] − ∞ ; 0[ et sur ]0 ; +∞[. D’où le
c. Tableau de variations
x −∞ 0 +∞
f ′( x ) + +
f ( x )
0
4. On peut écrire que H est le barycentre de {(F ; 3) ; (C ; 6)} en utilisant l’asso- ciativité du barycentre, donc H appartient à la droite (CF).
De même comme le barycentre du système {A ; 2) ; (C ; 6)} est aussi le bary- centre du système {A ; 1) ; (C ; 3)}, on déduit toujours d’après l’associativité du barycentre que H est le barycentre du système {A ; 1) ; (C ; 3) ; (B ; 1)} soit le barycentre du système {E ; 3) ; (B ; 1)}. Donc H appartient à la droite (BE).
Finalement H appartient à deux hauteurs du triangle (ABC) : c’est donc l’or- thocentre du triangle du triangle (ABC) (et donc par conséquence la droite (AH) est perpendiculaire à la droite (BC)).
EXERCICE 4 5 points
Enseignement de spécialité
1. a. Voir le corrigé ci-dessus.
b. Voir le corrigé ci-dessus.
c. L’affixe du vecteur
AB est 3
p 3 − 3i, dont le carré du module est 9 × 3 + 9 = 36 = 6 2 .
Cette affixe peut donc s’écrire : 3
p 3 − 3i = 6
( (^) p 3
2
− i
= 6e −i π 6 .
Conclusion
u ;
AB
= − π 6
De même L’affixe du vecteur
AC est 2
p 3 + 2i dont le carré du module est égal à 16 = 4 2 .
Cette affixe peut donc s’écrire 2
p 3 + 2i = 4
( (^) p 3
2
i
= 4e i π 6 .
Conclusion
u ;
AC
= π 6
2. a. Coordonnées de
AE
p 3 2 3 2
et
AC
2
p 3 2
. On a
AC =
AE , les vecteurs sont
colinéaires, donc A, E et C sont alignés.
De même
AF
(p 3 − 1
et
AB
( 3 p 3 − 3
. On a
AB = 3
AF ce qui montre que les points A, F et B sont alignés.
b. Voir le sujet obligatoire
c. Voir la figure
3. z 7 −→ z ′ =
z −
p
Image de A : z A′^ =
×
p 3
p 3 = − 2
p 3 = z A.
Image de B : z B′ =
×
(p 3 + 3i
p 3 = −
p 3
2
i = z E.
Image de C : z C′ =
× (−2i) −
p 3 = −
p 3 − i = z F.
4. * Géométriquement : La question précédente montre que H est l’orthocentre de (ABC), donc son image par s est l’orthocentre du triangle (A ′ B ′ C ′ ) qui est le triangle AEF.
Il suffit de tracer deux hauteurs de ce triangle.
— On a démontré que
AC =
AE qui peut s’écrire
EA + 3
EC =
Le point E est le barycentre du système {(A ; 1) ; (C ; 3)}. Le point H ap- partenant à la droite (BE) est barycentre des points E et B, soit en utilisant l’associativité du barycentre : H bar. {(A ; 1) ; (C ; 3) ; (B ; α )}.
— De même
AB = 3
AF ⇐⇒ 2
FA +
FB =
0 qui montre que F est le bary- centre du système {(A ; 2) ; (B ; 1)}. Le point H appartenant à la droite (CF) est barycentre des points F et C, soit en utilisant l’associativité du barycentre : H bar. {(A ; 2) ; (B ; 1) ; C ; β )}. — Donc H = bar. {(A ; 2) ; (B ; 2 α ) ; (C ; 6)} = bar.{(A ; 2) ; (B ; 1) ; C ; β )}.
En prenant α =
, β = 3, on obtient le même barycentre.
Conclusion : H est la barycentre du système {(A ; 2) ; (B ; 1) ; (C ; 6)}. Or une similitude conserve le barycentre, donc H′^ image de H par s est le barycentre du système {(A′^ ; 2) ; (B′^ ; 1) ; (C′^ ; 6)} ⇐⇒ −−−→ OH′^ =
OA′^ + 1
OB′^ + 6
OC′^
égalité qui se traduit par :
x H′ =
p 3 −
p 3 − 6
p 3
y H′^ =
3 2 −^6 9
x H′ = −
p 3
6
y H′^ = −
- Autre prolongement possible : montrer que s est composée :
— de la symétrie autour de
O ;
u
— de l’homothétie de centre O et de rapport
— de la translation de vecteur −
p 3
u.
ANNEXE 2 (enseignement obligatoire et de spécialité) ( À rendre avec la copie)
Exercice 4
H
A O
C
B
E
F
H
′
