Corrigé du bac blanc n 2 Terminales S Février 2010

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1 Corrigé Bac Blanc n Terminale S Février / 6 Corrigé du bac blanc n Terminales S Février 010 Exercice 1 Partie A Spécialité maths 1. = Soit d = PGCD(a, b) d est un diviseur de a et b donc il existe deux entiers a et b tels que a = da et b = db. Si a et b n étaient pas premiers entre eux, ils auraient un diviseur commun δ strictement supérieur à 1 donc a = δa et b = δb d où a = dδa et b = dδb ainsi dδ serait un diviseur commun à a et b strictement supérieur à d ce qui est impossible car d est le plus grand diviseur commun. Donc a et b sont premiers entre eux. = On suppose a = da et b = db avec a et b premiers entre eux alors on a : PGCD(a, b) = PGCD(da, db ) = d PGCD(a, b ) = d 1 = d. PPCM(a, b) = PPCM(da, db ) = d PPCM(a, b ) = d a b donc Partie B PGCD(a, b) PPCM(a, b) = d d a b = da db = a b 1. (a) On utilise par exemple l algorithme d Euclide : 801 = = = = le PGCD est le dernier reste non nul donc PGCD(801, 10) = (b) soit (a, b) solution de ( S) et d = PGCD(a, b) alors d a et d b donc d a et d b d où d a + b donc d 801 et d PPCM(a, b) donc d 10 d est un diviseur commun à 801 et à 10 donc c est un diviseur de PGCD(801, 10) donc d donc d = 1 ou d =. (a) soit (a, b) solution de ( S) alors a + b = 801 donc (a + b) ab = 801 donc (a + b) PGCD(a, b) PPCM(a, b) = 801 donc (a + b) 40d = 801 d où (a + b) = 40d (b) de même (a b) = a + b ab = 801 d 10 soit (a b) = d. on a vu si (a, b) solution de ( S) alors d = 1 ou d =. { Premier cas : supposons d = 1 alors a et b sont premiers entre eux et si (a, b) est solution de (S) on a le systeme (a + b) { = 1041 a + b = 1041 car a et b sont positifs (a b) soit = 561 a b = 561 ou en additionnant on obtient : 561 a = ou a = ceci est impossible car ces deux derniers nombres ne sont pas entiers. Deuxième cas : supposons d = alors on obtient le système : { (a + b) { { = 151 a + b = 9 a + b = 9 (a b) ou = 81 a b = 9 a b = 9 donc (a, b) = (4, 15) ou (a, b) = (15, 4) Vérifions si ces deux couples sont solutions : { a = 48 b = 0 4 = 8 et 15 = 5 donc PPCM(4, 15) = 5 8 = 10 et = 801 Finalement (S) possède deux couples solutions (15; 4) et (4; 15) ou { a = 0 b = 48

2 Corrigé Bac Blanc n Terminale S Février 010 / 6 Exercice 1 Spécialité Physique SVT 1. On cherche u de la forme u(x) = ax + b avec a et b des constantes. On remplace dans l équation, avec u (x) = a : Dire que u est solution de (E) équivaut à dire que, pour tout x, a = (ax + b) x +, soit ( a 1)x b + a = 0. { a 1 = 0 Cela devant être vrai pour tout x, c est équivalent à, soit a = 1 et b = a = b + a = 0 Donc il y a une unique solution affine : u : u(x) = x +. Dire que f v est solution de y = y équivaut à dire que ( f v) = ( f v), soit f v = f + v, soit f = f + v + v. Or u est solution de (E), donc v = v + x, c est-à-dire v + v = x. L équation ( f v) = ( f v) est donc équivalente à f = f + x, ce qui est bien l équation (E). Remarque : on pouvait répondre à cette question même connaître l expression de v(x), la seule chose qui compte est de savoir que v est solution.. D après la question précédente, f est solution de (E) si et seulement si f v est solution de y = y. D après le cours, les solutions de y = y sont les fonctions de la forme x Ce x, C étant une constante réelle. Donc les solutions f de (E) sont les fonctions vérifiant f (x) u(x) = Ce x, soit f (x) = Ce x + u(x) = Ce x x + On cherche C telle que Ce x x + = e 1 x x, c est-à-dire Ce x = e 1 x. En multipliant par e x : C = e. Donc la fonction g est bien solution de (E), avec C = e 4. La dérivée d une solution f de (E) est : f (x) = Ce x 1. On cherche pour quels C on a f (x) < 0 pour tout x. On raisonne par cas suivant le signe de C : Si C 0, alors Ce x 1 < 0 pour tout x puisque e x > 0 Si C < 0, alors f (x) < 0 équivaut à Ce x > 1, c est-à-dire e x < 1 puisque C < 0. C C est-à-dire x < ln(a), avec a = 1 (avec a > 0), soit x > ln(a). C Donc f n est pas strictement décroissante R tout entier. Donc l ensemble des solutions de (E) strictement décroissantes sur R est l ensemble des fonctions f de la forme f (x) = Ce x x + avec C Dire que la courbe d une solution f admet une tangente parallèle à la droite D signifie qu il existe x tel que f (x) = 1 (le coefficient directeur de D), c est-à-dire Ce x 1 = 1, soit Ce x = 0. ce qui n est possible que si C = 0 puisque e x > 0. Dans ce cas on trouve f (x) = x + = u(x), qui est bien solution. Donc la seule solution de (E) dont la courbe admet une tangente parallèle à la droite D est la fonction u. 6. Le point M a pour coordonnées M(a, a + ). L équation de la tangente T est : y = g (a)(x a) + g(a). Le point N est obtenu en cherchant x tel que y = x + : x + = g (a)(x a) + g(a), soit x + = g (a)x ag (a) + g(a) C est-à-dire x(g (a) + 1) = + ag (a) g(a). Or g(a) = e 1 a a + et g (a) = e 1 a 1 L équation est donc équivalente à xe 1 a = + ae 1 a a + e 1 a + a,

3 Corrigé Bac Blanc n Terminale S Février 010 / 6 Exercice soit xe 1 a = (a + )e 1 a, soit finalement x = a + 1. Donc y = x + = a + Le point N a pour coordonnées N(a + 1; a + ) MN a pour coordonnées (a + 1 a; a + ( a + )) = (1 ;-1) Partie A Pour les calculs, on utilisera : j = 1 + i et j = 1 i. On peut remarquer aussi que j = j car j = e iπ/ = e i4π/ = j. 1. Plusieurs méthodes possibles : Avec le module et l argument : { r Soit r = z et θ = arg(z). Alors z = re iθ et l équation est équivalente à r e iθ = 1, donc au système = 1 θ = kπ, r = 1 soit θ = kπ. L argument peut donc prendre trois valeurs différentes à π près, pour les valeurs de k égales à 0, 1 ou : 0; π ; 4π, ou, ce qui revient au même à π près : 0; π ; π Il y a donc trois solutions : { e 0, e iπ/, e iπ/}, soit { 1; j; j } En factorisant : z 1 = (z 1)(z + z + 1). En appliquant les formules de résolution d une équation du second degré, on trouve les solutions 1; 1 i ; 1 + i soit { 1; j; j }. Par conditions suffisantes et nombre de solutions : On vérifie que 1 = 1, j = e iπ = 1 et ( j) = e iπ = 1. Donc l équation admet au moins solutions distinctes { 1; j; j } Mais un polynôme de degré ne peut avoir que solutions au plus (cette connaissance n étant pas vraiment au programme de terminale), donc on a trouvé toutes les solutions.. Plusieurs méthodes possibles : Avec une rotation de centre O Soit r la rotation de centre O et d angle π. Sa formule est z = e iπ/ z, soit z = jz. Donc B = r(a), et r(b) a pour affixe j a, soit e i4π/ a = e iπ/ a = ja. Donc r(b) = C. Donc ABC est un triangle équilatéral direct de centre O Avec une rotation de centre A On vérifie que z C z A = e iπ/ (z B z A ), soit a j a = e iπ/ (a j a). En effet, e iπ/ j = e iπ = 1 et j = e iπ/ = e iπ e iπ/ = e iπ/. donc C est l image de B par la rotation de centre A et d angle π, donc ABC est un triangle équilatéral direct. Avec des distances On vérifie que AB = BC = CA = a, avec AB = a j a, BC = a j a j et CA = a a j Pour calculer ces distances, on met a en facteur et on applique la propriété : le module d un produit est égal au produit des modules. Attention, a n est pas forcément réel. AB = a j a = a( j 1) = a j 1 = a + i = a BC = a j a j = a( j j) = a j j = a i = a CA = a a j = a(1 j) = a 1 j = a 1 j = a j 1 = AB = a. (a) Racine réelle z 0 = car ( ) = 8 (le mot "racine" employé pour un polynôme P est synonyme de "solution de P(z) = 0").

4 Corrigé Bac Blanc n Terminale S Février / 6 ( (E) z = ( ) z z ) ( ) = 1 z = 1 Donc (E) { 1; j; j } Donc les solutions de (E) sont : { ; j; j } = {, 1 + i, 1 i } Partie B 1. (b) On applique le résultat de la question avec a =, donc ABC est équilatéral. J B 4 1 O I A 1 K A A 1. A est l image de O par la rotation de centre A et d angle π, donc son affixe est z = i(0 z A ) + z A = = 5 i I est le milieu de [OA ], donc z I = 0 + z = 5 i. z J = ( 1 + 4i) + i = = 5 + i OBJ est isocèle rectangle en J, direct, car B est l image de O par la rotation de centre J et d angle π, ce qui se traduit par z B z J = i(z 0 z J ). On vérifie cette dernière relation par le calcul : z B z J = 1 + 4i + 5 i = + 5 i = i(z 0 z J ) 4. K a pour affixe z A + z B = 1 + i Il suffit de démontrer que IKJ est isocèle rectangle en K. Exercice On démontre pour cela que I est l image de J par la rotation de centre K et d angle π, ce qui se traduit par : z I z K = i(z J z K ) On démontre cette dernière relation par le calcul : z I z K = = 7 i et i(z J z K ) = i ( 7 ) i = 7 i 1. Soit x solution de (F) alors x > 0, x 4 > 0 et ln x + ln(x 4) ln donc ln(x(x 4)) ln 4 donc x est solution de (E) donc l ensemble des solutions de (F) est inclus dans l ensemble des solutions de (E). Pour montrer qu il est strictement inclus, il suffit de trouver une solution de (E) qui ne soit pas solution de (F) par exemple x = 1/ comme x < 0, x n est pas solution de (F) or ln(x(4 x)) = ln(9/4) et ln(9/4) ln 4 donc ln(9/4) ln donc ln(x(x 4)) ln donc x est solution de (E). On a bien montré que l ensemble des solutions de (F) est strictement inclus dans l ensemble des solutions de (E). On aurait aussi pu trouver l ensemble des solutions de (E) : [ 8; 0[ ]4; + 8] puis l ensemble des solutions de (F) : ]4; + 8]. u n = u 0 n = n donc u n est strictement positif donc v n = ln u n existe. Comme u n+1 = u n on a ln(u n+1 ) = ln(u n ) = ln(u n ) + ln donc v n+1 = v n + ln ainsi (v n ) est une suite arithmétique de raison ln de premier terme v 1 = ln 1 = 0 donc v n = n ln donc v 010 = 010 ln. Etude d une suite

5 Corrigé Bac Blanc n Terminale S Février / 6 (a) C f est l image de la courbe de la fonction ln par la translation de 5 vecteur j T a pour équation y = f (1)(x 1)+ f (1) comme f (1) = 1+ln 1 = 1 et f (x) = 1/x T a donc pour équation y = x 4 T Exercice 4 (b) u n+1 = f (u n ) et f est continue donc si la suite (u n ) converge, elle converge vers un réel l vérifiant f (l) = l, le graphique suggère que l = 1 est la seule possibilité. Enfin le graphique laisse à penser que la suite (u n ) est décroissante. on conjecture donc que la suite (u n ) est décroissante et qu elle a pour limite 1. Si on voulait le démontrer on établirait : 1) 1 u n (récurrence) ) (u n ) décroissante (récurrence) ou (signe de f (x) x) ) (u n ) décroissante et minorée est convergente vers l = f (l) 1 1 u 0 C f f est dérivable sur R (opérations et compositions de fonctions usuelles dérivables). et f (x) = e 1 x (formule (e u ) = u e u ). Donc f (x) > 0, et donc f est strictement croissante sur R. (a) g est dérivable sur R (différence de fonctions dérivables) et g (x) = e 1 x 1 Sens de variation Etudions le signe de g (x) : quand a-t-on g (x) > 0? g (x) > 0 e 1 x > 1 ( ) 1, soit 1 x > ln ( ) 1 Or ln = ln(). Donc g (x) > 0 x < 1 + ln(). De même g (x) s annule pour x = 1 + ln(). Donc g est strictement croissante sur ] ; 1 + ln()[ et strictement décroissante sur ]1 + ln(); + [. g(1 + ln()) = e ln() (1 + ln()) = 1 ln() = 1 ln() Limite en La recherche de la limite avec les théorèmes sur les opérations se présente sous une forme indéterminée «( ) ( )». Pour lever l indétermination, on va transformer l expression de g(x) pour faire apparaître xe x dont on connaît la limite 0 (cours : croissances comparées). g(x) = e x (e x e xe x ). Or on connaît les limites suivantes : lim x ex = 0, lim x xex = 0, et lim X + ex = +. Donc d après les règles sur les limites, lim g(x) = x Limite en + Les règles sur les opérations et compositions de limites s appliquent sans indétermination : (forme «0 (+ )») Cette étude justifie donc le tableau suivant : x 1 + ln() + g (x) + 0 g(x) 1 ln() lim g(x) =. x +

6 Corrigé Bac Blanc n Terminale S Février / 6 (b) La fonction g admet une asymptote d équation y = ax + b en + si et seulement si il existe une fonction u telle que f (x) = ax + b + u(x), avec lim u(x) = 0. x + Ici c est bien le cas : g(x) = x + e 1 x avec lim x + e1 x = 0. Donc la droite d équation y = x + est asymptote à la courbe de g en + (c) g étant dérivable sur R, elle est continue sur R. Sur l intervalle ] ; 1 + ln()] 0 est une valeur intermédiaire entre lim g(x) et f (1 + ln()) car 1 ln() > 0 puisque ln() < 1 (car < e). x Comme g est strictement croissante et continue sur l intervalle ] ; 1 + ln()], elle s annule une fois et une seule sur cet intervalle d après le théorème de la bijection continue. L observation de la courbe ou d une table de valeurs suggère que cette valeur est 1. Vérifions-le : g(1) = e = 1 = 0, c est bien vérifié : la solution est un nombre entier. Sur l intervalle [1 + ln(); + [. De même le théorème de la bijection continue s applique d après le tableau de variation, donc f s annule une fois et une seule, en un certain nombre α. Par observation de la courbe et d une table de valeurs, on obtient : f (, 59) 0, 00 > 0 et f (, 60) 0, 0079 < 0 Donc, à la précision permise par la calculatrice :, 59 < α <, 60 En conclusion, g s annule en deux points exactement : 1 (entier) et α.. Soit une suite u vérifiant u n+1 = f (u n ) pour tout n entier naturel. (a) Si u a une limite réelle L, alors lim u n+1 = lim u n = L. n + n + Et lim f (u n) = f (L) puisque f est continue. n + Comme u n+1 = f (u n ) on en déduit L = f (L) (unicité de la limite). Donc f (L) L = 0, c est-à-dire g(l) = 0. Donc d après la question précédente, L = 1 ou L = α (b) D après les premières valeurs, u semble décroissante. Démontrons par récurrence que u n+1 < u n pour tout n entier. initialisation : u 1 = f (0) = e, 4, donc on a bien u 1 < u 0 puisque u 0 = 0 hérédité : Soit n tel que u n+1 < u n. A-t-on u n+ < u n+1? f est strictement croissante, donc f (u n+1 ) < f (u n ), donc u n+ < u n+1. On a donc démontré l hérédité : u n+1 < u n u n+ < u n+1 conclusion : u n+1 < u n pour tout n, donc u est strictement décroissante. u est-elle convergente? Raisonnons par l absurde : si u était convergente vers une limite réelle L, d après la question a, on aurait L = 1 ou L = α. Mais c est impossible puisque u est décroissante et donc majorée par son premier terme u 0 = 0. Donc u n est pas convergente. u est-elle minorée? Par l absurde : si u était minorée, alors d après un théorème de convergence elle serait convergente (car décroissante minorée). Mais on vient de démontrer qu elle n est pas convergente. Donc u n est pas minorée.

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