Correction du baccalauréat S Liban juin 2007

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1 Correction du baccalauréat S Liban juin 07 Exercice. a. Signe de lnx lnx) : on fait un tableau de signes : x 0 e + ln x lnx lnx lnx) b. On afx) gx) lnx lnx) lnx lnx). On déduit du tableau précédent que C est au dessous de C sauf entre et e.. Mx ; lnx) et N x ; lnx) ). a. On a déjà vu que hx) lnx lnx). Cette fonction est dérivable sur ]0 ; + [ et h x) x x lnx lnx) qui est du signe de lnx. Cette différence s annule x pour x e 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 et e, car < e < e < e < e) le nombre hx) est positif. Donc MN h e) ln e ln e) ) 4. c. L équationlnx) lnx est équivalente à hx) hx). On pose X lnx et on résout l équation X X 0 X ) 0 X ) X ) ) 0. On a donc deux solutions X + lnx et X lnx. On a donc finalement deux solutions : x e + et x e. d. Sur ]0 ; [ ]e ; + [ la fonction lnx) lnx est positive et représente donc la distance MN. D après la question précédente il existe deux valeurs de x pour lesquelles la distance MN. Ce sont les réels x a e et x b e +, avec a < b.. a. Grâce à une intégration par parties avec u dx et v lnx, d où u et v x, les fonctions u et v étant continues sur ]0 ; + [ :

2 Correction du baccalauréat S e e lnx dx [xlnx] e x x dx e 0 [x]e e e ). b. Avec Gx) x [ lnx) lnx+ ] qui est dérivable, on a G x) lnx lnx) lnx++x ) lnx) lnx++lnx x x lnx). c. Sur l intervalle [ ; e] on a vu que lnx) lnx) 0, donc l aire e [ A est égale à lnx lnx) ] e e dx lnx dx gx) dx [Gx)] e Ge)+G) e +)+ e. u. a.) Exercice Candidats ne faisant pas l option mathématiques C ; ; ). Un vecteur directeur de d) est ) ; 0 ; qui n est manifestement pas colinéaire au vecteur j 0 ; ; 0). Fausse.. Un vecteur normal au plan P) a pour coordonnées ; 0 ; ) qui est colinéaire au vecteur précédent de d). De plus A P). Vraie. On a : A 4++ 6, AC et C AC est donc isocèle en A Si AC avait pour mesure π, alors le triangle serait équilatéral, ce qui est faux. Fausse. 4. On a par définition : G existe car + + 0, et GA + G + GC 0. Soit I le milieu de [C] ; l égalité précédente peut s écrire : GI IA + GI + I + GI + IC 0 IA + GI 0 GI IA G est le milieu de [AG]. Vraie. On a vu que C 8 C. La distance de C au plan P est égale à : Donc la sphère et le plan sont sécants. Vraie 0 < Exercice Candidats ayant choisi l option mathématiques. Cette écriture est bien celle d une similitude directe. S il existe un point fixe, alors z iz + z i) z z i +i +4 + i. Le centre est bien A. z iz + + i i + ) i entraîne par différence : + z + ) i i z ) i ce qui entraîne en prenant les arguments que AM, ) AM π : en prenant les modules AM AM. Donc le rapport est égal à. Vraie Liban juin 07

3 Correction du baccalauréat S. Pour z, on obtient x +x+y + x + x+y 4 0 x +) +y 4 0 x+) +y ) qui est l équation du cercle de centre ; 0 ; ) et de rayon. Fausse. [. 70 0, donc 70 ) ] 6 ) 7. Le nombre composé uniquement de facteurs n est pas divisible par le nombre premier 7, donc d après le petit théorème de Fermat ) 7 est divisible par 7. Vrai. 4. PGCDn+4, 4n+) PGCDn+4, 4n + n 4) PGCDn+ 4, n ) PGCDn, n+4 n )) PGCDn, 7). Or par hypothèse n est multiple de 7, donc PGCDn, 7) 7. Vraie. Si PGCDa, b) ; alors il existe k et k tels que a k et b k. L égalité au+bv s écrit alors ku+k v ku+k v qui signifie que u et v sont premiers entre eux. Fausse. Un contre exemple : a, b 4. On a + ) 4 et PGCD, 4). Exercice Commun à tous les candidats 4 points. On a dans l urne U, 7 boules blanches, donc p 7 0,8.. On peut s aider d un arbre. Pour obtenir p n+ il faut considérer les cas où l on a tiré au rang précédent une boule blanche : p n p n 7 9 N N On a donc p n+ 7 p n + p n ) 6 p n +. Conclusion p n+ 0,8p n +0,0.. D après la formule trouvée p 0,8p +0,0 0,8 0,8+0,00 0,68+0,0 0,7. 4. a. Initialisation : p > 0,. Hérédité : supposons qu au rang n 0,p n0 > 0,, alors 0,8p n0 > 0, et ensuite 0,8p n0 +0,0 > 0,+0,0 ou encore p n0+ > 0,. On a donc montré par récurrence sur n que pour tout naturel n non nul : p n > 0,. b. p n+ p n 0,8p n +0,0 p n 0,p n +0,0. Or on vient de démontrer que p n > 0, qui entraîne 0,p n < 0, 0, soit 0,p n < 0,0 0,p n +0,0 < 0. On a donc pour tout n, p n+ p n < 0, c est-à-dire que la suite p n ) est décroissante c. La suite p n ) est décroissante et minorée par 0, : elle donc convergente vers un réel l supérieur ou égal à 0,. Liban juin 07

4 Correction du baccalauréat S d. Les suites p n ) et p n+ ) ayant la même limite l, la relation de récurrence p n+ 0,8p n + 0,0 donne l 0,8l+0,0 0,l 0,0 l 0,0 0, 0,. Conclusion : lim n + p n 0, 4. Exercice 4 Commun à tous les candidats points. z z reiα z re iα e iα re iα r)e iα. z r. Avec z, la formule précédente donne z A )e 0i.. a. a pour affixe b +i. On a donc b + b. On ) peut écrire b + i cos π 6 + isin ) π 6 e i π 6. b. z )e iπ 6 0 z O. 4. cf. figure.. a. Il s agit de résoudre z 0 r)e iα r ou e iα 0. L ensemble des points dont l image par f est O est le cercle de centre O et de rayon. b. cf. figure. 6. Points invariants par f : on cherche les complexes z tels que z z z z ) z z z z z z z z cherché est bien le cercle C. car z 0 z. L ensemble 7. M a pour affixe z avec z. a. D après la question, l affixe du point I est [ re iα +e iα re iα] eiα e iα qui est un complexe de module quel que soit α. Le milieu I de [MM ] appartient à C. b. I et M ont à 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 : la demi-droite [OM) coupe le cercle C au point I ; il suffit de construire le point image M symétrique de M autour de I. Liban 4 juin 07

5 Correction du baccalauréat S M I // v // M 0 A - - O 0 u A C - - Liban juin 07

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