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[ Correction du baccalauréat S Pondichéry \
16 avril 2008
EXERCICE 1 4 points
Commun à tous les candidats
1. a. x > 1 ⇒ e x^ > e^1 ou encore e x^ > e ⇒ e x^ > 1 (par croissance de la fonction
exponentielle). f est donc bien définie pour x > 1.
H est bien définie pour x > 1 comme intégrale d’une fonction continue
car quotient de deux fonctions continues sur [1 ; +∞[, le dénominateur ne s’annulant pas comme on l’a vu précédemment.
b. On sait que H ′ ( x ) = f ( x ) : H est la primitive de f qui s’annule pour x = 1.
c. Sur [1 ; +∞[, x > 0 et e x − 1 > 0 (voir a. ), donc la fonction f est positive sur l’intervalle [1 ; x ].
H ( x ) est donc égale à la mesure (en unités d’aire) de la surface limitée par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites verticales d’équation X = 1 et X = x.
H (3) est donc égale à la mesure (en unités d’aire) de la surface limitée par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites verticales d’équation x = 1 et x = 3.
2. a. Si x > 0, l’image f ( x ) peut s’écrire
x
e x^ − 1
x × e − x
e− x^ (e x^ − 1)
= x ×
e − x
1 − e− x^
b. En posant :
u ( x ) = x
v ′ ( x ) =
e − x
1 − e− x
d’où
u ′ ( x ) = 1 v ( x ) = ln (1 − e − x )
, on peut, toutes
les fonctions étant continues sur [1 ; 3], intégrer par parties : ∫ 3
1
f ( x ) d x =
[
x ln
1 − e − x
)] 3
1
ln
1 − e − x
d x =
3ln
1 − e−^3
− ln
1 − e−^1
1
ln
1 − e − x )^ d x.
c. On a 1 6 x 6 3 ⇐⇒ − 3 6 − x 6 − 1 ⇐⇒ e
− 3
6 e
− x
6 e
− 1 ⇐⇒
−e − 1
6 −e
− x
6 −e
− 3 ⇐⇒ 1 − e − 1
6 1 − e
− x
6 1 − e
− 3 .
Par croissance de la fonction ln, on a donc :
ln
1 − e − 1
6 ln
1 − e − x
6 ln
1 − e − 3
d. En intégrant les trois fonctions de l’inégalité précédente sur [1 ; 3], on ob- tient : ∫ 3
1
ln
1 − e
− 1 )^
d x 6
1
ln
1 − e
− x )^
d x 6
1
ln
1 − e
− 3 )^
d x soit :
2ln
1 − e−^1
1
ln
1 − e − x )^
d x 6 2ln
1 − e
On a donc −2ln
1 − e−^3
1
ln
1 − e − x
d x 6 −2ln
1 − e − 1
. Donc fi-
nalement en utilisant le résultat de la question b. :
ln
1 − e − 3
− ln
1 − e − 1
1
f ( x ) d x 6 3ln
1 − e − 3
− 3ln
1 − e − 1
EXERCICE 2 5 points
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Cet exercice contient une restitution organisée de connaissances.
Partie A
Partie B
1. a. • | zA |^2 = 3 + 1 = 4 = 22 , donc | zA | = 2.
On a donc zA = 2
p 3
2
i
cos − 5 π 6
sin − 5 π 6
= 2e
−5i π (^6).
Le module est égal à 2 et un argument à − 5 π
- De même, | zB | = 2 et z B = 2
− i
p 3
2
[
cos
π 3
π 3
)]
= 2e −i π 3 .
Le module est égal à 2 et un argument à − π 3
( (^) p 3
2
i
= 2e
π (^6).
Le module est égal à 2 et un argument à π
p 3
2
= 2e
2 π (^3). Le module est égal à 2 et un argument à 2 π 3
b. En utilisant le cercle centré en O de rayon 2 et en traçant des médiatrices :
A
B
C
D
O −→
u
v
F
E
J
c. A et C d’une part, B et D d’autre part ont leurs coordonnées opposées : ils sont donc symétriques autour de O, donc ABC D est un parallélogramme ;
Les arguments de B , C et D sont respectivement − π 3 , π 6 et 2 π 3 , donc les droites ( OB ) et ( OC ) sont perpendiculaires, de même que ( OC ) et ( OD ). Le parallélogramme ABC D a ses diagonales perpendiculaires : c’est un losange :
Comme [ AC ] et [ BD ] sont des diamètres le quadrilatère ABC D est un rec- tangle.
Conclusion : ABC D est un carré.
2. a. Dans la rotation r le point B , un point et son image sont les trois sommets
d’un triangle équilatéral (triangle isocèle ayant un angle au sommet de π 3
Pour construire F il suffit de construire le cercle de centre B et de rayon BC et le cercle de centre C et de rayon C B.
A
B
C
D
I
J
K
L
M
N
b c
b c
b c
b c
b c
b c
1. G = bar {(A, 1), (B, 1), (C, 1), (D,1)} = bar { I ,2), ( J ,2)}. Donc G est le milieu de
[ I J ].
Toujours en utilisant l’associativité du barycentre et en associant A et C d’une part B et D d’autre part on trouve que G est le milieu de [ M N ].
Enfin en associant B et C d’une part A et D d’autre part on trouve que G est l’isobarycentre de [ K L ].
Les segments [ K L ],[ M N ] et [ I J ] ont le même milieu.
Dans la suite de l’exercice, on suppose que AB = C D , BC = AD et AC = BD.
(On dit que le tétraèdre ABC D est équifacial, car ses faces sont isométriques).
2. a. En utilisant le théorème de la droite des milieux dans les triangles ABC
et AC D , on a
I K =
AC et
L J =
AC. On en déduit que
I K =
L J ⇐⇒
I K J L est un parallélogramme.
En utilisant le même théorème dans les triangles ABD et BC D , on trouve
que
LI =
J K.
On a donc en prenant les normes I K =
AC et LI =
BD. Or AC = BD.
Conclusion : LI = I K.
Le quadrilatère I K J L est un parallélogramme dont deux côtés consécutifs ont la même longueur : c’est un losange. On démontre de la même façon que I M J N et K N LM sont des losanges.
b. I K J L , I M J N et K N LM sont des losanges donc ( I J ) et ( K L ) sont orthogo- nales de même que ( I J ) et ( M N ) ainsi que ( K L ) et ( M N ).
3. a. La droite ( I J ) est orthogonale à deux droites ( K L ) et ( M N ) du plan du
losange K N LM : elle est donc orthogonale à ce plan ( MK N ).
b. ( I J ) orthogonale au plan ( MK N ) est orthogonale à toute droite de ce plan
donc en particulier à la droite ( MK ). Les vecteurs
I J et
MK sont donc
orthogonaux et par conséquent
I J ·
MK = 0.
Or dans le triangle ABC la droite ( MK ) (droite des milieux) est parallèle à ( AB ). Conclusion ( I J ) est perpendiculaire à la droite ( AB ).
De même ( I J ) est orthogonale à ( N K ) qui est parallèle à ( C D ), donc ( I J ) est perpendiculaire à ( C D ).
c. On a vu que G ∈ ( I J ) et ( I J ) est perpendiculaire à [ AB ], donc G appar- tient à la médiatrice de [ AB ]. Conclusion G est équidistant de A et de B , donc appartient au plan médiateur de [ AB ]. On démontre de même que G appartient au plan médiateur de [ C D ].
d. On sait déjà que G A = GB et que GC = GD.
On démontre de la même façon qu’à la question précédente que G appar- tient au plan médiateur de [ AD ], donc que G A = GD.
Finalement on a G A = GB = GC = GD ce qui montre que G est le centre de la sphère contenant les quatre points A , B , C et D.
EXERCICE 4 7 points
Commun à tous les candidats
Les parties A et B sont indépendantes
Partie A : un modèle discret
1. a. On a f ( x ) = 2 x −
x 2
, donc f ′ ( x ) = 2 −
x
5
. On a f ′
( x ) 6 0 ⇐⇒ x 6 10 et
f ′
( x ) > 0 ⇐⇒ x > 10. La fonction f est donc croissante sur [0 ; 10] et
décroissante sur [10 ; 20].
b. Sur [0 ; 20], le maximum de f est donc f (10) = 10, f (0) = 0 et f (20) = 0 sont les minimums de f.
On a donc quel que soit x ∈ [0 ; 20], f ( x ) ∈ [0 ; 10].
c. Voir ci-dessous.
2. Initialisation : On a u 1 = f ( u 0 ) = f (1) = 2 − 0,1 = 1,
On a bien 0 6 u 0 6 u 1 6 10.
Hérédité : Supposons qu’il existe une valeur n pour laquelle 0 6 un 6 un + 1 6
On a vu que sur l’intervalle [0 ; 10], le fonction f est croissante, donc 6 un 6
un + 1 ⇒ f ( un ) 6 f ( un + 1 ) ⇐⇒ un + 1 6 un + 2.
De plus d’après la question 1. b. quel que soit un nombre dans l’intervalle [0 ; 20] et a fortiori dans l’intervalle [0 ; 10], son image par f et elle aussi dans
l’intervalle [0 ; 10]. On a donc bien 0 6 un + 1 6 un + 2 6 10. La démonstration
par récurrence est terminée.
3. On vient en fait de démontrer que la suite ( un ) n > 0 est croissante. Comme elle majorée par 10, elle converge vers une limite ℓ inférieure ou égale à 10.
Comme la fonction f est continue on obtient par passage à la limite :
ℓ^2
2 = 0 ⇐⇒ ℓ (10 − ℓ ) = 0 ⇐⇒ ℓ = 0 ou ℓ = 10.
ℓ = 0 n’est pas possible car u 0 = ℓ et la suite est croissante.
Donc lim n →+∞
un = 10.
Partie B : un modèle continu
1. a. z =
y
⇐⇒ y
z
. z est dérivable et z ′^ = −
y ′
y^2
= − y ′^ z^2 ⇐⇒ y ′^ = −
z ′
z^2
. On a
donc :
y ′^ =
y (10 − y ) ⇐⇒ −
z ′
z^2
z
z
⇐⇒ z ′^ = −
z +
b. Une solution constante évidente de E 1 est z =
Les solutions de l’équation différentielle z ′ = −
z sont les fonctions x 7 −→
K e − x 2 .
Les solutions de l’équation E 1 sont donc les fonctions
x 7 −→ z ( x ) = K e−^
x (^2) +
Les solutions de (E) sont donc les fonctions
x 7 −→
K e − x 2
ANNEXE
À rendre avec la copie
u 0 u 1 u 2 u 3 u 4
