BACCALAUREAT GENERAL

Transcription

1 BACCALAUREAT GENERAL Sssion d Juin 008 MATHEMATIQUES - Séri S - Ensignmnt Obligatoir Pondichéry EXERCICE ) a. Soit x. En particulir, x > 0 t donc x > puis x 0. On n déduit qu la fonction f st bin défini sur [; + [. D plus, la fonction f st continu sur [; + [ n tant qu quotint d fonctions continus sur [; + [ dont l dénominatur n s annul pas sur [; + [. Mais alors, la fonction H st bin défini sur [; + [. Ls fonctions f t H sont bin définis sur [; + [. b. H st la primitiv d f sur [; + [ qui s annul n. Donc H st dérivabl sur [; + [ t H = f. c. Pour x [; 3], on a x > 0 t donc x x > 0 puis x > 0. Par suit, f st positiv sur [; 3]. L nombr H3) st donc l air du domain D constitué ds points M d coordonnés x; y) tls qu x 3 t 0 y fx). ) a. Soit x [; 3]. x 0 t on put donc écrir x x = x x x ) = x x x = x x. x b. Pour x [; 3], posons ux) = x t vx) = ln x ). Ls dux fonctions u t v sont dérivabls sur [; 3] t pour x [; 3], on a ux) = x vx) = ln x ) u x) = v x) = x x D plus ls fonctions u t v sont continus sur [; 3]. On put donc ffctur un intégration par partis t on obtint fx) dx = x x dx x = [ x ln x ) ] 3 ln x ) dx = 3ln 3 ) ln ) fx) dx = 3ln ) 3 ln ) ln x ) dx. ln x ) dx. http :// c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

2 c. La fonction xponntill st croissant sur R t la fonction ln st croissant sur ]0; + [. Donc pour x rél, x 3 3 x 3 x x 3 ln ) ln x ) ln 3 ). Pour tout rél x d [; 3], ln ) ln x ) ln ) 3. d. Par croissanc d l intégral, on n déduit qu ou ncor ln ) 3ln ) 3 ln ln ) dx ln x ) dx ln ) ln ) 3 ln x ) dx ln ) 3 dx, 3 ). Mais alors à partir d la formul d la qustion b., fx) dx 3ln ) 3 ln ) ln ), c qui s écrit ln ) 3 ln ) [ fx) dx 3 ln ) 3 ln )]. A l aid d la calculatric, on obtint ncor 0, 4 fx) dx,. http :// c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

3 EXERCICE Parti A. Démonstration d cours. On suppos l plan rapporté à un rpèr orthonomal O, u, v ). Si M = Ω alors z = ω, puis M = Ω t z = ω. Dans c cas on a bin z ω = iα z ω). Si M Ω, alors M Ω t M st l point du plan tl qu ΩM ΩM = t ) ΩM, ΩM = θ [π]. Mais alors d après l prmir pré-rquis donné par l énoncé z ω z ω = ΩM z ) ω ) = t arg ΩM, ΩM = α [π]. ΩM z ω Ainsi, z ω z ω st l nombr complx d modul t d argumnt α c st-à-dir l nombr iθ d après l duxièm prérquis. On a ainsi montré qu z ω z ω = iθ ou ncor qu z ω = iθ z ω). C drnir résultat st donc vrai dans tous ls cas t on a montré qu pour tout point M d affix z, z ω = iθ z ω). Parti B. ) a. z A = z B = z C = z D = ±) + ± 3) = + 3 =. Puis, z A = ) 3 3 i = i z B = i ) 3 3 = i z C = z A = iπ 5iπ/6 = iπ/6, z D = z B = iπ iπ/3 = iπ/3. = cos 5π ) + i sin 5π )) = 5iπ/6, 6 6 = cos π ) + i sin π )) = iπ/3, 3 3 z A = 5iπ/6, z B = iπ/3, z C = z A = iπ/6 t z D = z B = iπ/3. b. D Ls quatr points A, B, C t D sont sur l crcl C d cntr O t d rayon. C L point A st l point d intrsction d C t d la droit d équation y = dont l absciss st négativ. L point B st l point d intrsction d C t d la droit d équation x = dont l ordonné st négativ. L point C st l point d intrsction d C t d la droit d équation y = dont l absciss st positiv. L point D st l point d intrsction d C t d la droit d équation x = dont l ordonné st positiv. A B http :// 3 c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

4 c. èr solution. On a z C = z A t z D = z B ou ncor z A + z C = z B + z D = 0. Ainsi, ls diagonals [AC] t [BD] ont l mêm miliu à savoir O. L quadrilatèr ABCD st donc un parallélogramm d cntr O. [AC] st un diamètr du crcl C t donc l triangl ADC st rctangl n D. Ainsi, l parallélogramm ABCD a un angl droit t donc c parallélogramm st un rctangl. AC. BD = 3 ) + 3 = 0 t ls diagonals [AC] t [BD] sont prpndiculairs. L quadrilatèr ABCD st aussi un losang. En résumé l quadrilatèr ABCD st un rctangl t un losang t donc un carré. èm solution. On a z B = iz A, z C = iz B, z D = iz C t z A = iz D ). Puisqu i = iπ/, si r st la rotation d cntr O t d angl π, B = ra), C = rb), D = rc) t A = rd)). L quadrilatèr ABCD st ainsi la réunion d quatr triangls rctangls isocèls n O t ncor un fois l quadrilatèr ABCD st un carré. ) a. E st l imag d A par la rotation d cntr B t d angl π. Par suit, l triangl BAE st équilatéral indirct. L 3 point E st donc sur l crcl d cntr B passant par A t sur la médiatric d [AB] n tournant dans l sns indirct. D mêm, l point F st sur l crcl d cntr B passant par C t sur la médiatric d [AC] n tournant dans l sns indirct. D E C A F B b. L écritur complx d r st c. z E = 3 i ) z = iπ/3 z iπ/3 ) + iπ/3 = iπ/3 z iπ/3 + iπ/3 ) 3 = i z i 3) + i ) 3 3) = i z +. ) L écritur complx d r st z 3 = i z +. 3 i) + = i 3) 3 i) + = 3 + i. z E = 3 + i. http :// 4 c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

5 EXERCICE 3 ) B I K G N D A M L C J D après l théorèm du barycntr partil, G = bar{a, ), B, ), C, ), D, )} = bar{bar{a, ), B, )}, ), bar{c, ), D, )}, )} = bar{i, ), J, )} = bar{i, ), J, )}. Donc, G st l miliu du sgmnt [I, J]. D mêm n associant B t C puis A t D, on voit qu G st l miliu du sgmnt [KL] t n associant A t C puis B t D, on voit qu G st l miliu du sgmnt [MN]. En particulir, Ls droits IJ), KL) t MN) sont concourants n G. ) a. Ls diagonals du quadrilatèr IKJL s coupnt n lur miliu. Donc l quadrilatèr IKJL st un parallélogramm. Dans l triangl ABC, I st l miliu d [BA] t K st l miliu d [BC]. Donc IK = AC. D mêm, dans l triangl ABD, I st l miliu d [AB] t L st l miliu d [AD]. Donc IL = BD. Par hypothès, AC = BD t on n déduit qu IK = IL. Ainsi, l parallélogramm IKJL a dux consécutifs égaux t donc l quadrilatèr IKJL st un losang. Par symétri ds rôls, ls quadrilatèrs IMJN IM = AD = BC = JN) t KNLM KN = CD = AB = KM) sont aussi ds losangs. b. Ls diagonals d un losang sont prpndiculairs t donc IJ) KL), IJ) MN) t KL) MN). 3) a.. D après la qustion précédnt, la droit IJ) st prpndiculair aux droits KL) t MN) qui sont dux droits sécants du plan MKN). On n déduit qu la droit IJ) st orthogonal au plan MKN). b. Puisqu la droit IJ) st orthogonal au plan MKN), la droit IJ) st orthogonal à tout droit d c plan. En particulir, la droit IJ) st orthogonal à la droit MK) t donc tout vctur dirctur d la droit IJ) st orthogonal à tout vctur dirctur d la droit MK). On n déduit qu IJ. MK = 0. Dans l triangl ABC, M st l miliu d [CA] t K st l miliu d [CB]. On n déduit qu AB = MK t donc IJ. AB = IJ. MK = 0. Par suit, la droit IJ) st orthogonal à la droit AB). http :// 5 c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

6 D mêm, la droit IJ) st orthogonal à la droit KN) t donc IJ. CD = IJ. KN = 0 t la droit IJ) st orthogonal à la droit CD). B I K G N D A M L c. L plan médiatur d [AB] st l plan passant par I d vctur normal AB ou ncor l nsmbl ds points M tls qu MI. AB = 0. Comm la droit IJ) st orthogonal à la droit AB) t qu l point G st sur la droit IJ), on a GI. AB = 0 t donc C J G st dans l plan médiatur d [AB]. Par symétri ds rôls, l point G st aussi dans l plan médiatur d [CD] t [AC]. d. G st dans l plan médiatur d [AB] t donc GA = GB. G st dans l plan médiatur d [CD] t donc GC = GD. G st dans l plan médiatur d [AC] t donc GA = GC. Finalmnt GA = GC = GD = GD c qui montr qu G st l cntr d la sphèr circonscrit au tétraèdr ABCD. http :// 6 c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

7 EXERCICE 4 Parti A : un modèl discrt ) a. Pour tout rél x d [0; 0], fx) = 0 0x x ). f st dérivabl sur [0; 0] t pour tout rél x d [0; 0], f x) = 0 0 x) = 0 x). On n déduit l : 5 Tablau d variations d f. x f x) f 0 0 b. f admt donc un minimum égal à 0 attint n x = 0 t x = 0 t un maximum égal à 0 attint n x = 0. Donc, pour tout x [0; 0], fx) [0; 0]. c. Rprésntation graphiqu d la suit u n ) n N. y y = x 0 y = fx) u 0 u u 4 u u x ) Montrons par récurrnc qu pour tout ntir naturl n, 0 u n u n+ 0. On a u 0 = puis u = fu 0 ) = 9 0 =, 9 t donc 0 u 0 u 0. Soit n N. Si 0 u n u n+ 0. Puisqu f st croissant sur [0; 0], on a f0) fu n ) fu n+ ) f0) c qui s écrit ncor 0 u n u n+ 0. On a montré par récurrnc qu pour tout ntir naturl n, 0 u n u n+ 0. http :// 7 c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

8 3) La suit u n ) n N st croissant t majoré par 0. On n déduit qu la suit u n ) n N convrg vrs un rél qu l on not l. D plus, comm pour tout ntir n, on a u n 0 car u 0 = t car la suit u n ) n N st croissant), quand n tnd vrs +, on obtint l 0. Ensuit, pour tout ntir naturl n, on a u n+ = 0 u n0 u n ) t quand n tnd vrs +, on obtint l = l0 l) puis 0l = l0 l) puis 0 = 0 l car l 0) t nfin l = 0. 0 La suit u n ) n N convrg t lim n u n = 0. Parti B : un modèl continu ) a. Soit y un fonction dérivabl sur [0, + [ n s annulant pas sur [0, + [. Posons alors z = y. z st défini, dérivabl sur [0; + [, n s annul pas sur [0; + [ t d plus y = z t donc y = z y = 0 y0 y) y = y 0 y z z = z 0 z z = z Mais alors, z b. Soint a t b dux réls. On sait qu ls solutions sur R d l équation différntill y = ay + b sont ls fonctions d la form x C ax b a. Ici, a = t b = 0. Donc ls solutions d E ) sur R sont ls fonctions d la form x C x/ + 0, C R. Si un tll fonction n s annul pas sur [0; + [, ll fournit un solution d E) sur [0; + [ à savoir la fonction x C x/ +. 0 ) D après c qui précèd, il xist un contant réll C tll qu pour tout x 0, gx) = g0) = fournit C + 0 = puis C + 9 = t donc C =. Donc, pour tout rél x 0, gx) = 9 0 x/ + = 9 x/ +. 0 Pour tout rél positif x, gx) = 0 9 x/ C x/ +. L égalité 3) La fonction g st dérivabl sur [0; + [ n tant qu quotint d fonctions dérivabls sur [0; + [ dont l dénominatur n s annul pas sur [0; + [ t pour x 0 g x) = 0 9 x/ + ) 9 ) x/ 9 x/ + ) = 0 4, 5 x/ = 9 x/ + ) 9 x/ + ). g st strictmnt positiv sur [0; + [ t donc g st strictmnt croissant sur [0; + [. 0 4) lim x + x/ = lim X X = 0 t donc lim gx) = x = 0. lim gx) = 0. x + http :// 8 c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.

9 5) Soit x un ntir naturl. gx) x/ x/ par décroissanc d la fonction x x sur ]0, + [ t car 9 x/ + > 0) 9 x/ + 9 x/ x/ 9 ln x/ ) ln 9 par croissanc d la fonction ln sur ]0; + [) x ln 9 x ln 9 x 4, 3... x 5 car x st ntir). x = 5 corrspond à l anné 00 t donc L nombr d foyrs possédant un télévisur à fond plat dépassra 5 millions à partir d l anné 00. http :// 9 c Jan-Louis Rougt, 008. Tous droits résrvés.