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[ Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2004 \
EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats
1. L’affirmation signifie que f ′(0) = −
f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne
s’annulant pas car 1 + e x^ > 1 > 0.
f ′( x ) = −
e x (1 + e x^ )^2
et f ′(0) = −
(1 + 1)^2
L’affirmation est vraie. 2.
M M ′^ = −
M A +
M B + 4
M C ⇐⇒
M G +
G M ′^ = −
M G −
GA +
M G +
GB +
M G + 4
GC ⇐⇒
G M ′^ = 3
M G ⇐⇒
G M ′^ = − 3
G M (car par définition du barycentre : −
GA +
GB + 4
GC =
La dernière égalité trouvée montre bien que M ′^ est l’image de M dans l’ho- mothétie de centre G et de rapport −3.
3. f ( x ) =
x ⇐⇒ x sin 3 x =
x ⇐⇒
x = 0 sin 3 x =
sin 3 x =
⇐⇒ sin 3 x = sin π 6 ou sin 3 x = sin 56 π. Donc : — d’une part sin 3 x = sin π 6 ⇐⇒ 3 x = π 6 [2 π ] ⇐⇒ x = 18 π
[ (^2) π 3
]
— ou d’autre part sin 3 x = sin 56 π ⇐⇒ 3 x = 56 π [2 π ] ⇐⇒ x = 518 π
[ (^2) π 3
]
Donc l’affirmation est vraie.
EXERCICE 2 5 points Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
1. a. On développe ( z − 7i)( z + i) = z^2 − 6i z + 7. b. M 6 = A est invariant si et seulement si M = M ′^ ⇐⇒ z ′^ = z ⇐⇒ z = 3i z − 7 z − 3i
⇐⇒ z ( z − 3i) = 3i z − 7 ⇐⇒ z^2 − 3i z = 3i z − 7 ⇐⇒ z^2 − 6i z + 7 =
0 ⇐⇒ ( z −7i)( z +i) = 0 d’après la question précédente ⇐⇒
z = 7i z = −i Il existe donc deux points invariants par f : B(7i) et C(−i).
2. a. On vérifie aisément que le milieu de [BC] est le point A qui est donc le centre du cercle Σ et que BC = 8 dont le rayon de Σ est égal à 4. En posant θ =
e 1 ,
A M
, on a en calculant l’affixe du vecteur
A M :
z − 3i = 4ei θ^ ⇐⇒ z = 3i + 4ei θ^.
b. On a donc z ′^ =
3i
3i + 4ei θ
4ei θ^
− 16 + 12iei θ 4ei θ^
= 3i − 4e−i θ^ =
3i + 4(− cos θ + isin θ ) = 3i + 4(cos( π − θ ) + i sin( π − θ )) = 3i + 4ei( π − θ ). Cette dernière égalité montre que M ′^ appartient lui aussi au cercle Σ. c. On a avec z = 3i + 4ei θ , z = −3i + 4ei θ − z = 3i − 4ei θ^ = z ′^ comme on l’a vu à la question précédente. Le point M ′^ se construit en prenant le symétrique de M autour de l’axe des abscisses, puis le symétrique de ce point autour de O, ou encore plus simplement par symétrie autour de l’axe des ordonnées.
3. On reprend la question 2 mais avec un cercle de rayon r. Un point de ce cercle a une affixe égale à z = 3i + r ei θ. On en déduit que :
z ′^ =
3i
3i + r ei θ
r ei θ^
− 16 + 3 r iei θ r ei θ^
r
e−i θ^ + 3i = 3i +
r
e( π − θ ). Cette dernière égalité montre que M ′^ appartient au cercle de centre A(3i) et de rayon
r
L’image d’un cercle de centre A est un cercle de centre A.
EXERCICE 2 5 points Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. a. Soit a pair et tel que a^2 + 9 = 2 n^ ⇐⇒ 9 = 2 n^ − a^2. Ceci ne peut être vrai puisque la différence de deux pairs est paire. Donc si a existe, a est impair. b. On a donc a = 2 k + 1, k ∈ N, donc a^2 + 9 = 2 n^ ⇐⇒ 4 k^2 + 4 k + 10 = 2 n^.
Or 4 k^2 + 4 k + 10 ≡ 2 [4] et 2 n^ ≡ 0 [4], puisque n > 4.
Conclusion : il n’existe pas de solution à l’équation a^2 + 9 = 2 n^.
2. a. a^2 + 9 = 3 n^. Pour n > 3, 3 ≡ − 1 [4], donc
3 n^ ≡ (−1) n^ [4]. Si n est pair 3 n^ ≡ 1 [4] et si n est impair 3 n^ ≡ − 1 [4] ou encore 3 n^ ≡ 3 [4]. b. Soit a tel que a^2 + 9 = 3 n^. Si a est impair, son carré l’est aussi donc a^2 + 9 est pair, alors que 3 n^ est impair pour tout n. Conclusion : si a existe, il est pair. Puisque a est pair il existe p ∈ N tel que a = 2 p , d’où a^2 = 4 p^2. Donc a^2 ≡ 0 [4]. Il en résulte que a^2 + 9 ≡ 9 [4] ou plus simplement a^2 + 9 ≡ 1 [4]. Conclusion : a^2 + 9 = 3 n^ seulement si 3 n^ ≡ 1 [4], mais ceci n’est vrai que si n est pair. Si a^2 + 9 = 3 n^ , alors n est pair. c. On pose donc n = 2 p , p ∈ N supérieur à 1. L’équation s’écrit a^2 + 9 = 32 p^ ⇐⇒ 9 = (^) (3 p^ )^2 − a^2 = 9 ⇐⇒ (^) (3 p^ + a )(3 p^ − a ) =
Les diviseurs de 9 sont 1, 3 et 9. Il y a donc deux possibilités
3 p^ + a = 3 3 p^ − a = 3 qui n’a pas de solution car les deux nombres ne sont pas égaux, a n’étant pas nul,
3 p^ + a = 9 3 p^ − a = 1 car 3 p^ + a > 3 p^ − a. On en déduit en sommant : 2× 3 p^ = 10 ⇐⇒ 3 p^ = 5 qui n’a pas de solution car 5 n’est pas une puissance de 3. Conclusion : l’équation a^2 + 9 = 3 n^ n’a pas de solution.
3. a^2 + 9 = 5 n^ , n > 2
a. Supposons n impair ; il existe donc k ∈ N tel que n = 2 k + 1. 5 n^ = 52 k +^1 = 52 k^ × 5, donc puisque 5 ≡ 2 [3], 5^2 ≡ 22 [3], ou 5^2 ≡ 1 [3] et enfin 5 n^ ≡ 2 [3]. Donc s’il existe une solution a , alors a^2 + 9 ≡ 2 [3]. Comme a est congru à 0, 1, ou 2 modulo 3, son carré est congru à 0 ou 1 modulo 3, et comme 9 est congru à 0 modulo 3, a^2 + 9 est congru à 0 ou 1 modulo 3, alors que 5 n^ est congru à 2 modulo 3.
f ( x ) = ln(1 + 2 x ) sur
]
[
I Première partie étude d’une fonction
1. Comme 1+ 2 x > 0 sur I, f est définie sur cet intervalle et est dérivable comme fonction composée de fonctions dérivables : f ′( x ) =
1 + 2 x
- La fonction est donc croissante sur I.
2. a. Comme lim x →− (^12)
(1 + 2 x ) = (^0) +, lim x →− (^12)
f ( x ) = −∞.
b. Sur I, g ( x ) = f ( x )− x ; g est dérivable comme différence de deux fonctions dérivables sur I et g ′( x ) = f ′( x ) − 1 =
1 + 2 x
2 − 1 − 2 x 1 + 2 x
1 − 2 x 1 + 2 x qui est du signe de 1 − 2 x puisque sur I, 1 + 2 x > 0. 1 − 2 x = 0 ⇐⇒ x =
Conclusion : g est croissante sur
]
]
et décroissante sur
]
]
c. On a g
= ln 2 −
Cherchons la limite de g au voisinage de +∞ : g ( x ) = ln(1 + 2 x ) − x = ln x
x
− x = ln x + ln
x
− x =
x
ln x x
ln
x
x
Comme (^) x lim→+∞
ln x x = 0, (^) x lim→+∞
ln
x
x = 0, la limite du crochet est donc égale à −1 et lim x →+∞ g ( x ) = −∞.
Sur
]
]
, g est croissante de −∞ à ln 2 −
- f étant continue sur cet intervalle il existe un réel unique α tel que f ( α ) = 0. Il est évident que
α = 0. De même sur
]
]
, g décroit de ln2 −
0 à −∞ ; g étant continue sur cet intervalle, il existe un réel unique β de cet intervalle tel que g ( β ) = 0. On vérifie que g (1) ≈ 0,098 > 0 et que g (2) ≈ −0,39 < 0. Conclusion : 1 < β < 2. d. On en déduit le signe de g : — sur
]
[
, g ( x ) < 0 — sur ]0 ; β [, g ( x ) > 0 — sur ] β ; +∞[, g ( x ) < 0 — g (0) = g ( β ) = 0.
3. 0 < x < β ⇒ f (0) < f ( x ) < f ( β ) par croissance de la fonction f. f (0) = 0 et f ( β ) = g ( β ) + β = 0 + β = β. Conclusion : 0 < x < β ⇒ 0 < f ( x ) < β.
II Étude d’une suite récurrente
1. On a u 0 = 1 ∈]0 ; β [ (car β > 1). La propriété est vraie au rang 0 ; Hypothèse de récurrence : supposons que 0 < un < β. Par croissance de la fonction f , on a f (0) < f ( un ) < f ( β ) ou encore 0 < un + 1 < β. L’hérédité est établie. On a donc montré par récurrence que pour tout entier naturel n , un appartient à l’intervalle ]0 ; β [. 2. On a u 1 = f ( u 0 ) = ln 3 > 1 : la propriété est vraie au rang 1. Hypothèse de récurrence : supposons que un + 1 > un alors par croissance de la fonction f , f ( un + 1 ) > f ( un ) soit un + 2 > un + 1 : l’hérédité est établie. On a donc démontré par récurrence que la suite est croissante. 3. La suite est majorée par β et croissante : elle converge donc vers un nombre inférieur ou égal à β.
II Limite de la suite
1. On a vu que f ′( x ) =
1 + 2 x
x > 1 ⇒ 2 x > 2 ⇒ 1 + 2 x > 3 ⇒
1 + 2 x
1 + 2 x
2. a. (Hors-programme en 2009)
Puisque f ′( t ) 6
, on sait que
∫ β
un
f ′( t ) dt 6
β − un
et ce quel que soit n ∈ N.
b. Or
∫ β
un
f ′( t ) dt =
[
f ( t )
] β un =^ f^ ( un^ )^ −^ f^ ( β )^ =^ un +^1 −^ β.
Donc d’après la question précédente : un + 1 − β 6
β − un
Par récurrence : pour n = 0, on a bien 0 6 β − 1 6 1.
Hypothèse de récurrence : supposons que 0 6 β − un 6
) n ; on en dé-
duit par produit par
β − un
) n + 1
. Or on a vu que β − un + 1 6
β − un
; on en dé-
duit donc que 0 6 β − un + 1 6
) n + 1 . On a donc démontré par récurrence que pour tout naturel n :
0 6 β − un 6
) n .
c. On sait car 0 <
< 1 que lim n →+∞
) n = 0, donc d’après le théorème des « gendarmes » : (^) n lim→+∞ β − un = 0. Conclusion : (^) n lim→+∞ un = β.
