EABJM 16 janvier 2010 MATHÉMATIQUES

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1 EABJM 16 janvier 010 MATHÉMATIQUES Terminales S1 - S N. Chiffot S. Coursaget J. Giovendo Durée : 4 heures. Nombre de pages : 8. L utilisation de la calculatrice est autorisée. Le présent sujet devra être remis à l intérieur de la copie à la fin de la composition. Les élèves suivant l enseignement de spécialité doivent traiter l exercice situé page 3; cet exercice doit être rédigé sur une feuille séparée. Les élèves ne suivant pas l enseignement de spécialité doivent traiter l exercice situé page 4. Les élèves ne sont pas autorisés à quitter la salle durant la première heure ni les 15 dernières minutes précédant la fin de l épreuve. Corrigé TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page 1/8

2 Exercice 1. À traiter par tous les candidats. [4 points] 1. f est solution de l équation différentielle y = 1 y + 10, donc d après un théorème du cours, il existe une constante k telle que, pour tout t 0 : f(t) = ke 1 t 10 1 = ke 1 t + 0. La condition f(0) = 0 entraîne alors que k + 0 = 0, c est-à-dire k = 00. Finalement : f(t) = 00e t (a) f est dérivable sur R + en tant que somme de fonctions qui le sont, et, pour tout t 0 : (b) f (t) = 100e t < 0 la fonction f est donc strictement décroissante sur R +. lim t = et t + lim X ex = 0, donc par composition lim t + e t = 0. On en déduit par opérations que lim f(t) = 0; ce qui signifie que la droite D d équation y = 0 est t + asymptote horizontale à la courbe C au voisinage de +. (c) Graphique : 0 00 f(t) en C C y = 50 D 1 3 3, Figure 1 exercice 1, question c t (en heures) 3. (a) Graphiquement, f(t) = 50 pour t = 3, 8, soit 3 heures et 48 minutes environ. TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page /8

3 (b) Résolvons dans R + f(t) = 50 00e t + 0 = 50 On retrouve bien le résultat précédent. 00e t = 30 e t 3 = 0 t ( ) 3 = ln 0 ( ) 3 t = ln 0 3,79 à 0,01 près TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page 3/8

4 Exercice. À traiter par les candidats ne suivant pas l enseignement de spécialité. [5 points] 1. (a) Calcul du module : z A = = 4 = z A =. ( ) 1 3 On peut donc écrire z A = + i = ( cos π 3 + i sin π 3) = e i π 3. De façon évidente z B = i = e i π. (b) On obtient A en traçant la perpendiculaire à [OU] contenant U de coordonnées (1; 0) et le cercle de centre O et de rayon et B est le symétrique de O par rapport à V (0; 1). Voir la figure ci-après. (c) Comme OA = OB =, le triangle est isocèle; une mesure de ( ) OA, OB est π π 3 = π 6, donc le triangle n est ni équilatéral, ni rectangle.. (a) z B = ei π z A e i = e i π π 6. 3 Un argument de z B est donc π z A 6. ( ) On peut donc en déduire qu une mesure de OA ; OB est π, cet angle étant celui de la 6 rotation. (b) La rotation r est donc la rotation de centre O et d angle π. Son écriture complexe est donc 6 z = ze i π 6 3. (a) L image de Γ cercle de centre A et passant par O est le cercle de même rayon OA de centre r(a) =B passant par r (O) = O, c est-à-dire Γ. (b) L affixe de I est la demi-somme des affixes de A et B : z I = 1 ) 3 (1 + i +. (c) C est sur les deux cercles Γ et Γ de centres respectifs A et B et de rayon, donc CA = CB =. Or OA = OB =, donc OA = AC = CB = BO = : le quadrilatère OACB est un losange. (d) D après la question précédentes les diagonales [AB] et [OC] ont le même milieu; or le milieu de [AB] est I qui est aussi celui de [OC]. I est le milieu de [OC] donc OC = OI, ce qui donne z C = z I = 1 + i ( + 3 ) 4. (a) Calculons AD : z D z A = i 3 1 i 3 = 1 + i 3 = =. [AD] est bien un rayon de Γ. (b) Comme D appartient à Γ, son image appartient à Γ et au cercle de centre O et de rayon [OD]. Par définition : ( ) z D = e i π 3 6 i 3 = + i1 i 3 = 3 + 3i 5. DC ( 1 ; ( + 3) 3 ) ou DC ( 1 ; ( 3) ) ; DD ( ) 3 ; 3 3. On constate que DD = 3 DC, ce qui signifie que les points C, D et D sont alignés. TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page 4/8

5 Figure : D 4 D C Γ B I A Γ V v 4 O u U Figure Exercice TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page 5/8

6 Exercice 3. Q.C.M. À traiter par tous les candidats. [5 points] Partie A Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O; u, v ), on considère les points A et Ω d affixes respectives a = i et ω = 1 + i. r est la rotation de centre Ω et d angle π 3 et h l homothétie de centre Ω et de rapport 1. B est l image de O par r. A est l image de C par h. 1. La distance ΩA vaut (a).. L angle orienté ( u ; ΩA ) a une mesure de (b) 47π B a pour affixe (b) i. 4. Le point C a pour affixe (c) (a ω) + ω. Partie B 1. On considère une fonction f définie et dérivable sur l intervalle ] ;[, dont le tableau de variations est donné ci-dessous. On note g la fonction ln f. x e + f(x) (a) Soit x R : g(x) est défini ssi f(x) > 0, ce qui d après le tableau de variations est vérifié ssi x ] ;1[ ]1;[. La proposition initiale est fausse. (b) f est positive en 0 (f(0) = e) et dérivable en 0 avec f (0) = 0 (puisqu en 0, f possède un extremum). g est donc dérivable en 0 et g (0) = f (0) f(0) = 0. La proposition initiale est fausse. (c) Lorsque x 0, f(x) f(0) = e et g(x) = ln f(x) ln e = 1. Lorsque X 1, f(x) 0 + et g(x) = ln f(x). lim 0 g g = est donc une proposition vraie.. La fonction h est définie sur R par h(x) = e x si x 0 et par h(x) = ln(e + ex) si x > 0. (a) La limite en 1 de la fonction h est e 1 : cette limite n est pas infinie. La proposition initiale est fausse. (b) La limite de h à gauche de 0 est 1; la limite de h a droite de 0 est 1; comme h(0) = e 0 = 1, h est continue en 0. La proposition initiale est vraie. h(x) h(0) (c) Pour x < 0, = ex 1. Or cette expression tend vers 1 quand x 0 : h est x x dérivable à gauche de 0 et h g(0) = 1. h(x) h(0) ln(1 + x) + ln e 1 ln(1 + x) Pour x > 0, = =. Or cette expression tend vers x x x 1 quand x 0 + : h est dérivable à droite de 0 et h d (0) = 1. On a h d (0) = 1 = h g (0) et ainsi, h est dérivable en 0. La proposition initiale est vraie. TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page 6/8

7 Exercice 4. À traiter par tous les candidats. [6 points] Soit f la fonction définie sur l intervalle [0 ; + [ par Partie A f(x) = ln ( x + 4 ). 1. Quel que soit le réel x, x 0 donc x et ln ( x + 4 ) est bien défini. La fonction f est la composée de la fonction x x +4, dérivable sur R à valeurs dans [4 ; + [ suivie de la fonction x ln x qui est dérivable sur [4 ; + [. Par composition, la fonction f est donc dérivable sur [0 ; + [. Quel que soit x [0 ; + [, f (x) = u (x) x x + 4. u(x), avec u(x) = x + 4 et ainsi f (x) = Le numérateur et le dénominateur étant positifs, le quotient est positif, donc la fonction f est croissante sur [0 ; + [. La dérivée n étant nulle qu en 0, on peut affirmer que la fonction f est strictement croissante sur [0 ; + [.. (a) La fonction g est dérivable sur R + et g (x) = f (x) 1 = x x = x + x 4 x. + 4 Le signe de g (x) est donc celui du trinôme x + x 4. Son discriminant vaut 4 16 = 1 donc g (x) est du signe du coefficient de x, donc négatif, pour tout x [0 ; + [. La fonction g est donc strictement décroissante sur [0 ; + [. (b) la fonction g est continue, car dérivable sur [ ; 3]; g est strictement décroissante sur [ ; 3]; g() = ln 8 > 0 et g(3) = ln 13 3 < 0; Il existe donc un réel unique α [ ; 3] tel que g(α) = 0. Remarque : par ailleurs, comme g est strictement décroissante, on sait que g s annule au plus une fois sur R + et qu ainsi, α est l unique solution de l équation g(x) = 0 sur R +. On trouve grâce à la calculatrice que g(,15) > 0 et g(,16) < 0. g étant strictement décroissante sur R +, on a bien,15 < α <,16. Ce qui prouve que α, à 0,1 près. (c) Pour tout x R +, g(x) = 0 f(x) x = 0 f(x) = x. Les deux équations sont équivalentes donc ont les mêmes solutions : en l occurence, comme l équation g(x) = x possède une unique solution α, il existe un réel unique α tel que f(α) = α. PARTIE B 1. Cf. la figure à la fin.. Cf. la figure à la fin. 3. (a) Démonstration par récurrence : Initialisation : on a bien 1 u 0 α puisque u 0 = 1; Hérédité : supposons qu il existe n N tel que : 1 u n α. Par croissance de la fonction f sur R + : f(1) f (u n ) f(α) et donc ln 5 u n+1 α. Comme 1 < ln 5, on a bien : 1 u n+1 α La proposition est vraie au rang 0 et héréditaire à partir de 0, elle est donc vraie pour tout naturel. TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page 7/8

8 (b) On démontre facilement (u 0 u 1 ) puis que pour tout entier n, (u n u n+1 u n+1 u n+ ) : ainsi, (u n ) est croissante. Comme elle est majorée par α d après la question précédente, elle converge vers l α. (c) La fonction f est continue sur R + donc en particulier en l, et ainsi f (u n ) tend vers f(l) lorsque n. De plus, u n+1 tend vers l lorsque n. Par unicité de la limite, puisque pour tout entier n, f(u n ) = u n+1, il vient f(l) = l. On sait que la seule solution de cette équation est α. C est donc que l = α. Exercice 4 figure I C j O i u 0 u 1 u u 3 FIN TS1 - TS Devoir surveillé du Corrigé Page 8/8