Correction du baccalauréat S La Réunion juin 2007

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1 Durée : 4 heures Correction du baccalauréat S La Réunion juin 007 EXERCICE Commun à tous les candidats y ln a. a. Aa ; ln a.mx ; y A T x a = a y = x ln a. a b. P0 ; y T y = ln a. P0 ; ln a. Longueur PQ : On a Q0 ; ln a. PQ == 0 0 ln a ln a =. Donc PQ =. y = ln x lnb R B ln a ln b ln a Q A j P O ı a ab b x La construction simple de la tangente : on construit P en enlevant à l ordonnée de Q : la tangente est la droite PA.. R. O. C. : en appliquant la propriété à ln m= ln m m, on obtient : ln m= ln m ln m= ln m ln m= ln m avec m> 0.. On a ln a ln b= ln ab= ln ab ln ab= ln a ln b. D où la construction : On construit la médiatrice de [QR]. Cette médiatrice coupe Γ en un point dont l abscisse est ln ab. EXERCICE 4 points. u n u n = un 0 : la suite est donc croissante.. a. hx= ] x x ; h est dérivable et h x=x. Sur ; [, h x<0 h est décroissante ; Sur ] [ ;, h x>0 h est croissante. h = 0. La fonction admet en ce point un extremum qui est un minimum h = 4 = 4.

2 Sur ] ; [ la fonction décroit de 0 à ] 4 et sur [, ; 0 la fonction croit de 4 à 0. Conclusion : si x ] ; 0[, alors < 4 < hx<0. b. Par récurrence : Initialisation < a= u 0 < 0. Hérédité : supposons que pour le naturel n, < u n < 0. D après la question précédente si u n [ ; 0[, alors u n = h u n appartient elle aussi à cet intervalle Conclusion : on a montré par récurrence que pour tout naturel n, < u n < 0.. La suite u est croissante et majorée par 0 : elle est donc convergente et sa limite l est telle que l 0. Or la fonction h, dérivable est continue : la relation u n = un u n donne à la limite l=l l l = 0 l=0. Conclusion : lim u n = 0. n EXERCICE 6 points. a. On sait que lim x xex = 0. Donc comme lim x ex =, on a finalement lim f x=0. x b. x e x e x = x = xex e x e x = f x. On en déduit car lim x e x = 0, que lim f x=. x x. On a lim x 0 e x =. à la calculatrice Conclusion : lim f x= et f 0= : la fonction f est continue en 0. x 0. a. Soit k la fonction définie sur R pat kx = e x x. Cette fonction est dérivable et k x=e x qui s annule pour x= 0. Cette fonction est décroissante sur R de à k0=0 et croissante sur R de 0 à. Donc kx 0 e x x 0 e x x, quel que soit x R b. Dérivée de f : f x = ex xe x e x xe x e x e x = ex xe x e x e x = e x e x x e x. La fonction g est donc la fonction k qui ne s annule que pour x = 0. Donc f x est composé de termes positifs pour x 0 Conclusion : pour x 0, f x>0. La fonction est croissante sur ] ; 0[ et sur ]0 ; [. D où le c. Tableau de variations x 0 f x f x 0 La Réunion juin 007

3 4. a. f x= xe x e x = x e x = x e x. Les coordonnées du vecteur M M sont x encore. x x f x f x soit x x xe x e x Le coefficient de la droite M M est donc x x =. b. Les points M et M sont symétriques autour de O ; les points O, M et M sont donc alignés. Quand x tend vers 0 le coefficient directeur de la droite M M reste constant égal à. Or ce coefficient est également celui de la droite OM qui a pour limite par continuité de f la tangente à la courbe représentative de f au point O. Ceci montre que le nombre dérivé en 0 existe et que f 0=. ou EXERCICE 4 Enseignement obligatoire. a. b= i. On a b = ==. Donc b =. b peut donc s écrire b = i = cos π i sin π = e i π. b. On a aussi a =. Donc B appartient au cercle de centre O et de rayon [OA]. Si A est le symétrique de A autour de O, il suffit de construire la médiatrice de [OA ] qui coupe le cercle au point B point du cercle de partie imaginaire positive.. a. Par définition EA EC = 0 OE = 4 OA OC x E = 4 et y E = 4 6. Conclusion E ;. l affixe de E est donc e = i. b. Par définition FA FB = 0 OF = OA OB. Donc F ;. l affixe de De F est f = i.. a. Calcul de e c e b = i i = i i i i = i = i i = i i qui est bien un imaginaire pur. L égalité e c e b = ki entraîne en prenant les arguments : BE, CE = π [π]. Ceci montre que la droite BE est perpendiculaire à la droite CE. Mais E barycentre des points A et C appartient à la droite AC ; donc E est le pied de la hauteur issue de B dans le triangle ABC. b. On a de même f c f b = i i i i =...= i. En prenant les arguments des deux membres on montre ainsi que les La Réunion juin 007

4 droites BF et CF sont perpendiculaires et comme F barycentre de A et B appartient à la droite AB, F est le pied de la hauteur issue de C dans le triangle ABC. 4. On peut écrire que H est le barycentre de {F ; ; C ; 6} en utilisant l associativité du barycentre, donc H appartient à la droite CF. De même comme le barycentre du système {A ; ; C ; 6} est aussi le barycentre du système {A ; ; C ; }, on déduit toujours d après l associativité du barycentre que H est le barycentre du système {A ; ; C ; ; B ; } soit le barycentre du système {E ; ; B ; }. Donc H appartient à la droite BE. Finalement H appartient à deux hauteurs du triangle ABC : c est donc l orthocentre du triangle du triangle ABC et donc par conséquence la droite AH est perpendiculaire à la droite BC. EXERCICE 4 Enseignement de spécialité. a. Voir le corrigé ci-dessus. b. Voir le corrigé ci-dessus. c. L affixe du vecteur AB est i, dont le carré du module est = 6=6. Cette affixe peut donc s écrire : i=6 = 6e i π 6. Conclusion u ; AB = π 6. i De même L affixe du vecteur AC est i dont le carré du module est égal à 6=4. Cette affixe peut donc s écrire i=4 u Conclusion ; AC = π 6.. a. Coordonnées de AE et AC colinéaires, donc A, E et C sont alignés. i = 4e i π On a AC = AE, les vecteurs sont De même AF et AB. On a AB = AF ce qui montre que les points A, F et B sont alignés. b. Voir le sujet obligatoire c. Voir la figure. z z = z. Image de A : z A = = = z A. Image de B : z B = i = i=z E. Image de C : z C = i = i= z F. 4. * Géométriquement : La question précédente montre que H est l orthocentre de ABC, donc son image par s est l orthocentre du triangle A B C qui est le triangle AEF. Il suffit de tracer deux hauteurs de ce triangle. * Par le calcul : On a démontré que 4 AC = AE qui peut s écrire EA EC = 0. Le point E est le barycentre du système {A ; ; C ; }. Le point H appartenant à la droite BE est barycentre des points E et B, soit en utilisant La Réunion 4 juin 007

5 l associativité du barycentre : H bar. {A ; ; C ; ; B ; α}. De même AB = AF FA FB = 0 qui montre que F est le barycentre du système {A ; ; B ; }. Le point H appartenant à la droite CF est barycentre des points F et C, soit en utilisant l associativité du barycentre : H bar. {A ; ; B ; ; C ; β}. Donc H = bar. {A ; ; B ; α ; C ; 6}=bar.{A ; ; B ; ; C ; β}. En prenant α=, β=, on obtient le même barycentre. Conclusion : H est la barycentre du système {A ; ; B ; ; C ; 6}. Or une similitude conserve le barycentre, donc H image de H par s est le barycentre du système {A ; ; B ; ; C ; 6} OH = 7 OA OB 6 OC égalité qui se traduit par : x H = y H = x H = 7 6 y H = * Autre prolongement possible : montrer que s est composée : de la symétrie autour de O ; u, de l homothétie de centre O et de rapport, de la translation de vecteur u. ANNEXE enseignement obligatoire et de spécialité À rendre avec la copie Exercice 4 E H C 5 A 4 H O 4 F B 4 La Réunion 5 juin 007

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