Série de mathématique – correction –  13, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Série de mathématique – correction – 13, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: L’ensemble des points M, l’espace rapporté à un repère orthonormal.
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CorrectionPondicheryS2008.dvi

[ Correction du baccalauréat S Pondichéry \ 16 avril 2008

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

1. a. x > 1⇒ ex > e1 ou encore ex > e⇒ ex > 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 ex −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

ex −1 =

x ×e−x

e−x (ex −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)dx =

[

x ln (

1−e−x )]3

1− ∫3

1 ln

(

1−e−x )

dx =

3ln (

1−e−3 )

− ln (

1−e−1 )

− ∫3

1 ln

(

1−e−x )

dx.

c. On a 16 x 6 3 ⇐⇒ −36−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 )

dx 6

∫3

1 ln

(

1−e−x )

dx 6

∫3

1 ln

(

1−e−3 )

dx soit :

2ln (

1−e−1 )

6

∫3

1 ln

(

1−e−x )

dx 6 2ln (

1−e−3 )

.

On a donc −2ln (

1−e−3 )

6− ∫3

1 ln (

1−e−x )

dx 6−2ln (

1−e−1 )

. Donc fi-

nalement en utilisant le résultat de la question b. :

ln (

1−e−3 )

− ln (

1−e−1 )

6

∫3

1 f (x)dx 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

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. a. • |zA |2 = 3+1= 4= 22, donc |zA | = 2.

On a donc zA = 2 (

− p 3

2 − 1

2 i

)

= 2 (

cos −5π6 )

+ i (

sin −5π6 )

= 2e −5iπ 6 .

Le module est égal à 2 et un argument à −5π 6

.

• Demême, |zB | = 2 et zB = 2 (

1

2 − i

p 3

2

)

= 2 [

cos (

π3 )

+ i sin (

π3 )]

= 2e−i π

3 .

Le module est égal à 2 et un argument à −π3 .

zC = 2 (p

3

2 + 1

2 i

)

= 2e π

6 .

Le module est égal à 2 et un argument à π6 .

zD = 2 (

− 1

2 + i

p 3

2

)

= 2e 2π 3 . Le module est égal à 2 et un argument à 2π

3 .

b. En utilisant le cercle centré en O de rayon 2 et en traçant desmédiatrices :

1

2

−1

−2

1 2−1−2

+

+

+

+

A

B

C

D

O −→ u

−→ v

F

E

J

c. A etC d’une part, B et D d’autre part ont leurs coordonnées opposées : ils sont donc symétriques autour deO, donc ABCD est un parallélogramme ;

Les arguments de B, C et D sont respectivement −π 3 , π

6 et 2π

3 , donc les

droites (OB) et (OC ) sont perpendiculaires, de même que (OC ) et (OD).

Le parallélogramme ABCD a ses diagonales perpendiculaires : c’est un

losange :

Comme [AC ] et [BD] sont des diamètres le quadrilatère ABCD est un rec-

tangle.

Conclusion : ABCD 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 π3 ).

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 CB .

Pondichéry 2 16 avril 2008

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Demême pour E , on trace le cercle de centre B et de rayon B A et le cercle

de centre A et de rayon AB .

b. On a z ′− (

1− i p 3 )

= e− i p 3

2 [

z − (

1− i p 3 )]

⇐⇒

z ′ = 1− i p 3+

(

1

2 − i

p 3

2

)

[

z − (

1− i p 3 )]

⇐⇒

z ′ = 1− i p 3+

(

1

2 − i

p 3

2

)

z − 1

2 + i

p 3

2 + i

p 3

2 + 3

2 .

z ′ = (

1

2 − i

p 3

2

)

z +2.

c. En remplaçant z par − p 3− i, on obtient :

zE = (

1

2 − i

p 3

2

)

(

− p 3− i

)

+2= 2− p 3+ i.

EXERCICE 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

Partie B

1. a. Voir la partie obligatoire.

b. Voir la partie obligatoire.

c. Comme vu plus haut O est le milieu de [AC ] et le milieu de [BD].

zB

zA =

1− i p 3

− p 3− i

= (

1− i p 3 )(

− p 3+ i

)

(

− p 3− i

)(

− p 3+ i

) = − p 3+

p 3+ i+3i

3+1 = i.

Donc les droites (OB) et (OC ) sont perpendiculaires : le quadrilatère ABCD

est un parallélogramme (ses diagonales ont le même milieu O), un rec-

tangle (ses diagonales sont deux diamètres) et un losange (ses diagonales

sont perpendiculaires) : c’est un carré.

2. a. Cherchons les points invariants en résolvant l’équation z ′ = z ⇐⇒

z = e−i π

3 z +2 ⇐⇒ z (

1−e−i π

3

)

= 2 ⇐⇒ z (

1− 1

2 + i p 3

2

)

⇐⇒

z

(

1

2 + i p 3

2

)

= 2 ⇐⇒ z = 2

1 2 + i

p 3

2

= 4

1+ i p 3 = 1− i

p 3= zB .

Le seul point invariant est le point B .

De z ′ = e−i π

3 z +2 et 1− i

p 3= e−i

π

3 (

1− i p 3 )

+2, on obtient par différence :

z ′− (

1− i p 3 )

= e−i π

3

[

z − (

1− i p 3 )]

g est donc la similitude directe de centreB et d’angle− π

3 . C’est la rotation

de centre B .

b. Voir la partie obligatoire.

Pour le point J image de O c’est le point d’affixe 2

c. O est le milieu de [AC ], donc la rotation conservant les milieux J est le m̀ilieu de [EF ].

EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats

Pondichéry 3 16 avril 2008

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

A

B

C

D

I

J

K

L

M

N

bc

bc

bc

bc

bc

bc

1. G = bar{(A, 1), (B, 1), (C, 1), (D,1)}= bar{I ,2), (J ,2)}. DoncG est lemilieu de [I J ].

Toujours enutilisant l’associativité du barycentre et en associant A etC 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 =CD, BC = AD et AC = BD. (Ondit que le tétraèdre ABCD est équifacial, car ses faces sont isométriques).

2. a. En utilisant le théorème de la droite des milieux dans les triangles ABC

et ACD, on a −−→ I K =

1

2

−−→ AC et

−→ LJ =

1

2

−−→ AC . On en déduit que

−−→ I K = −→LJ ⇐⇒

I K JL est un parallélogramme.

En utilisant le même théorème dans les triangles ABD et BCD, on trouve

que −→ LI =−−→JK .

On a donc en prenant les normes I K = 1

2 AC et LI =

1

2 BD. Or AC = BD.

Conclusion : LI = I K . Le quadrilatère I K JL est un parallélogrammedont 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 JL, 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 (CD), donc (I J )

est perpendiculaire à (CD).

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 [CD].

d. On sait déjà que G A =GB et que GC =GD. On démontre de lamême façon qu’à la question précédente queG 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.

Pondichéry 4 16 avril 2008

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

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) = 2x x2

10 , 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 u1 = f (u0)= f (1)= 2−0,1= 1,9 On a bien 06 u0 6 u1 6 10.

Hérédité : Supposons qu’il existe une valeur n pour laquelle 06 un 6 un+1 6 10.

On a vu que sur l’intervalle [0 ; 10], le fonction f est croissante, donc6 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 06 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 inférieure ou égale à 10.

Comme la fonction f est continue on obtient par passage à la limite :

= 22

10 ⇐⇒ 102 = 0 ⇐⇒ (10−)= 0 ⇐⇒ = 0 ou = 10.

= 0 n’est pas possible car u0 = et la suite est croissante. Donc lim

n→+∞ un = 10.

Partie B : un modèle continu

1. a. z = 1

y ⇐⇒ y

1

z . z est dérivable et z ′ = −

y

y2 = −y z2 ⇐⇒ y ′ = −

z

z2 . On a

donc :

y ′ = 1

20 y(10− y) ⇐⇒ −

z

z2 =

1

20

1

z

(

10− 1

z

)

⇐⇒ z ′ =− 1

2 z +

1

20 .

b. Une solution constante évidente de E1 est z = 1

10 .

Les solutions de l’équation différentielle z ′ =− 1

2 z sont les fonctions x 7−→

K e− x 2 .

Les solutions de l’équation E1 sont donc les fonctions

x 7−→ z(x)= K e− x 2 +

1

10 .

Les solutions de (E) sont donc les fonctions

x 7−→ 1

K e− x 2 +

1

10

.

Pondichéry 5 16 avril 2008

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. g est une solutionde (E) telle que g (0) = 1 ⇐⇒ 1

K e− 0 2 +

1

10

= 1 ⇐⇒ 1

K +0,1 =

1 ⇐⇒ 1= K +0,1 ⇐⇒ K = 0,9= 9

10 .

Finalement g (x)= 1

9 10e

x2 + 1

10

= 10

9e− x 2 +1

.

3. On a g ′(x)=− 10×9×

(

− 1 2

)

e− x 2

(

9e− x 2 +1

)2 =

45e− x 2

(

9e− x 2 +1

)2 . Cette dérivée ne comportant

que des termes positifs est positive : la fonction g est donc croissante sur

[0 ; +∞[. 4. On a lim

x→+∞ e−

x 2 = 0, donc lim

x→+∞ g (x)= 10.

Ceci signifie qu’à long terme le nombre de foyers équipés de téléviseurs à

écran plat va se rapprocher de 10 millions.

5. Il faut résoudre l’inéquation g (x) > 5 ⇐⇒ 10

9e− x 2 +1

> 5 ⇐⇒ 2 > 9e− x 2 +

1 ⇐⇒ 1 > 9e− x 2 ⇐⇒

1

9 > e−

x 2 ⇐⇒ − ln9 > − x2 ⇐⇒

x 2 > ln9 ⇐⇒ x > 2ln9

soit environ 4,3 ans ou en 5 ans à 1 an près soit en 2010.

Pondichéry 6 16 avril 2008

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE

À rendre avec la copie

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

−1 −2 −3

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20−1-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

u0 u1 u2 u3 u4

Pondichéry 7 16 avril 2008

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