Correction Baccalauréat S Amérique du Nord Mai 2008 http ://

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1 Correction Baccalauréat S Amérique du Nord Mai 28 http :// Exercice. Voir la figure finale à la fin de l exercice! 2. (a) Le cercle Γ est l ensemble des points M du plan tels que AM = 2, ou encore; AM 2 = 2. En posant z = affixe de M, on peut alors dire que M Γ z z A 2 = 2. Posons alors z = x + iy avec x et y réels. On a alors : z z A 2 = (x + iy) (2 + i) 2 = (x 2) + i(y ) 2 = (x 2) 2 + (y ) 2. Le cercle Γ a donc pour équation cartésienne : (x 2) 2 + (y ) 2 = 2. Les points de l axe (O; u) sont ceux d ordonnée nulle. Donc, les points d intersection entre Γ et l axe (O; u) sont ceux dont les coordonnées (x; y) vérifient le système : { (x 2) 2 + (y ) 2 = 2 Ce qui peut s écrire : y = Système dont les solutions sont { (x 2) 2 = y = x = et y = ou x = 3 et y = D où deux points d intersection entre Γ et l axe (O; u). B(; ) et C(3; ) Points donc les affixes respectifs sont z B = et z C = 3. (b) Le point D est le point diamètralement opposé à B sur Γ. Le centre de Γ est A, donc A est le milieu de [BD]. On a donc la relation suvante entre les affixes des points A, B et D. z A = 2 (z B + z D ) ce qui donne z D = 2z A z B. D où..après calcul...z D = 3 + 2i. 3. M d affixe z M = i. (a) z D z M = 3 + 2i i z B z M i 2 z D z M 5 = i z B z 2 M i z D z M = 6 + 2i z B z M 3i z D z M = 2i 3i + z B z M 3i z D z M = 2i z B z M (b) On peut alors dire que Arg( z D z M ) = π. Donc le triangle BMD est rectangle en M. z B z M 2 Donc, M appartient au cercle de diamètre [BD]... qui est justement le cercle Γ!

2 4. Γ = Cercle de diamètre [AB]. N Γ (BM). (a) C est une question qui peut se traiter simplement par les homothéties! Posons h = homothétie de centre B et de rapport k = 2. Comme A = milieu de [BD], on a : h(d) = A. De plus, B Γ et [BD] est un diamètre de Γ, donc l image de Γ par h est le cercle de diamètre [BA], c est à dire Γ. De plus, l image de la droite (BM) par h est (BM) car B est le centre de h. Or, M Γ (BM), donc h(m) Γ (BM). Mais, Γ (BM) = {B, N} et h(m) B donc h(m) = N. Comme l image d une droite (d) par h est une droite (d ) parallèle à (d), on en déduit que l image de (DM) est la droite (AN) qui est donc parallèle à (DM). (b) L expression complexe de l homothétie de centre B et de rapport k = 2 est : z z B = 2 (z z B) z = 2 (z z B) + z B z = 2 (z ) + = 2 z + 2 Pour z = z M = i, on a alors z = i. L affixe de N est donc z N = i. 5. M = image de M par la rotation de centre B et d angle π 2. (a) On pose r = rotation de centre B et d angle π 2. L expression complexe de r est z z B = e i π 2 (z zb ). On sait que e i π 2 = i, donc l expression complexe de r est : z = i(z ) + z = iz + + i Pour z = z M = i, on a alors : 5 z = i( i) + + i = i L affixe de M = r(m) est donc z M = i. (b) [AB] est un diamètre de Γ. Donc, M Γ si et seulement si ABM est rectangle en M. Or, z A z M z B z M = 2 + i i + 3i i = 6 2i = 2 i. Donc Arg( z A z M ) = π z B z M 2. Le triangle BAM est donc bien rectangle en M. Le point M appartient bien au cercle Γ. 2

3 (BM) 2 Γ D M Γ A v N M O u B 2 3 C 3

4 Exercice 2, Enseignement obligatoire. Partie A On considère deux points A et D de lespace et on désigne par I le milieu du segment [AD].. Pour M un point quelconque de l espace. MD. MA = ( MI + ID).( MI + IA) = ( MI IA).( MI + IA) car ID = IA. D où, MD. MA = MI. MI IA. IA = MI 2 IA De là, on en déduit que MD. MA = MI 2 = IA 2. Donc, l ensemble (E) des points M de l espace vérifiant MD. MA = est la sphère de centre I et de rayon IA. Partie B. A(3; ; ), B(; 6; ), C(; ; 4) et D( 5; ; ). (a) n 4 2 est normal au plan (ABC) si et seulement si il est orthogonal aux vecteurs AB et AC. 3 Donc, si et seulement si n. AB = et n. AC =. Or, AB et AC AB = 4 ( 3) = et n. Donc n. AC = 4 ( 3) =. n est donc bien orthogonal aux vecteurs AB et AC, donc n est bien un vecteur normal au plan (ABC). (b) On sait que si n a b est un vecteur normal au plan (P) alors une équation cartésienne de (P) c est de la forme : (P) : ax + by + cz = d avec d R Donc, d après la question précédente, une équation cartésienne de (ABC) est de la forme (ABC) : 4x + 2y + 3z = d Comme A (ABC), on a : = d, d où d = 2. Une équation cartésienne de (ABC) est donc :(ABC) : 4x + 2y + 3z = (a) La droite passant par D et orthogonale à (ABC) a pour vecteur directeur n, car n est normal à (ABC). Donc, M n et DM sont colinéaires. x + 5 y. z DM sont colinéaires si et seulement si il existe λ R tel que On pose M(x; y; z). On a alors DM n et Donc, M si et seulement si il existe λ R tel que D où une représentation paramétrique de. x = 4λ 5 : y = 2λ z = 3λ + x + 5 y z (λ R) DM = λ n. = λ (b) H est le point d intersection entre et (ABC). Donc, comme H, il existe λ R tel que les coodonnées de H soient (4λ 5 ; 2λ ; 3λ + ) De plus, H (ABC) donc ses coordonnées vérifient l équation cartésienne de (ABC). Donc, on a : 4(4λ 5) + 2(2λ) + 3(3λ + ) = 2. D où... après simplication...λ =. D où H a pour coordonnées (-; 2; 4).. 4

5 (c) La distance de D au plan (ABC) est DH. DH = (x H x D ) 2 + (y H y D ) 2 + (z H z D ) 2 = = 29...après calcul! (d) H (E) si et seulement si DH. AH =. On calcule alors les coordonnées des vecteurs DH et AH... puis on calcule le produit scalaire de ces deux vecteurs... et on conclut! 5

6 Exercice 2, Spécialité. (S) : x 2 + y 2 z 2 =, dans le repère orthonormal (O ; i, j, k ).. (S) est symétrique par rapport au plan (xoy) si et seulement si pour tout M(x ; y ; z) de l espace, on a : M (S) N(x; y; z) (S). Or, x 2 + y 2 z 2 = x 2 + y 2 (z) 2 =, d où la réponse. 2. A(3 ; ; -3) et B(- ; ; ). (a) M (D) si et seulement si AB et AM sont colinéaires. C est à dire, si et seulement si il existe λ R tel que AM = λ AB. On pose M(x; y ; z), on a alors AM x 3 y z + 3 et AB 4. 4 On peut alors dire que M (D) si et seulement si il existe λ R tel que D où, une représentation paramétrique de (D) : x = 4λ + 3 (D) : y = z = 4λ 3 (b) D après cette représentation paramétrique, on a alors ce qui se vérifie sans problème! (λ R) (D) (S) λ R, ( 4λ + 3) (4λ 3) 2 = x 3 = 4λ y = z + 3 = 4λ 3. Un plan (P) est parallèle au plan (xoy) si et seulement si il admet une équation cartésienne de la forme z = k, où k est une constant réelle. L intersection d un tel plan (P) et de (S) admet donc pour équation cartésienne : (P) (S) : { x 2 + y 2 z 2 = z = k où k est une constante réelle Si on pose I k ( ; ; k), le repère (I k ; i ; j ) est un repère orthonormé de (P). Dans ce repère, l équation de (P) (S) est alors x 2 + y 2 = + k 2. Cette équation correspond alors au cercle (C k ) inclus dans (P) de centre I k et de rayon r k = + k (a) C est un cas particulier de la question précédente avec k = 68. I 68 ( ; ; 68) et r 68 = = 4625 = (C) est donc le cercle parallèle au plan (xoy), de centre I( ; ; 68) et de rayon r = a < b (b) On doit étudier le système () : a 2 + b 2 = 4625 (a et b N) ppcm(a ; b) = 44 Posons d = pgcd(a; b). d divise a et b, donc d divise a 2 + b 2 et d divise ppcm(a ; b). Donc, si (a ; b) est solution de (),alors d divise 4625 et 44. Or, la décomposition en facteurs premiers de 4625 est : 4625 = et celle de 44 est : 44 = Donc, ppcd(4625; 44) = 5. D où, les seuls diviseurs communs dans N de 4625 et 44 sont : et 5. D où, les seuls valeurs possibles de d sont ou D où : pgcd(a ; b) = ou 5. 6

7 Montrons maintenant qu il existe un unique point M de (C) d abscisse a et d ordonnées b avec (a < b) et (a et b dans N) et (ppcm(a ; b) = 44). Posons, d = pgcd(a; b), p = ppcm(a ; b). On sait que a b = d p. D après le résultat précédent, on sait que d = ou d = 5. On a donc deux cas distincts à étudier. Etude du cas d = Dans ce cas, on a a b = 44, donc b = 44 a. Mais a2 + b , donc on doit avoir : a a 2 = 4625 ce qui donne a a =. C est une équation bicarré. On pose X = a 2, et on écrit alors que X doit vérifié X X =, avec X N Les solutions réelles de cette équation sont X = et X 2 = Aucunes de ces deux valeurs sont entières (prendre par exemple sa machine à calculer pour le vérifier...). Donc, il n existe pas a N tel que a a =. Donc, pas de couple (a ; b) solution de () dans le cas où d =. Etude du cas d = 5 Si d = 5, alors a b = 5 44 = 22, donc b = 22 a. Comme a 2 + b 2 = 4625, a doit alors vérifié l équation a a 2 = 4625 Ce que l on écrit : a a =. On pose alors X = a 2 et ce qui conduit à l équation X X =, avec X N Les solutions réelles de cette équation sont X = 6 et X 2 = 325. On doit donc avoir a 2 = 6 ou a 2 = 325. Comme a N, cela donne a = 4 ou a = 55. Pour a = 4, on a b = 22 = 55. a On a alors un couple (a ; b) candidat à étre solution de (). On vérifie alors que ce couple (4; 55) est bien solution de a < b a 2 + b 2 = 4625 ppcm(a ; b) = 44 (a et b N). Pour a = 55, on a alors b = 22 = 4...Comme la condition a < b n est pas respectée, le a couple (55 ; 4) n est pas une solution. Conclusion Il existe bien une unique point M répondant à la question...c est le point M(4; 55; 68). 7

8 Exercice 3 : Commun à tous les candidats. f définie sur ] ; + [ par f(x) = ln(x). (C) = courbe de f, Γ courbe d équation y = ln(x). ln(x). On calcule la dérivée de f... et on tombe sur f (x) = ln2 (x) + xln 2 (x). D où, f (x) > sur [ ; + [... d où f strictement croissante sur cet intervalle. 2. (a) f(x) ln(x) = ln(x). De plus, lim ln(x) = +, donc lim x + x + ln(x) = +. D où lim (f(x) ln(x)) = x +. Graphiquement, (C) et Γ sont asymptotes en +. (b) (C) est en-dessous de Γ si et seulement si f(x) ln(x). Donc, si et seulement si, ou encore, si et seulement si ln(x). ln(x) Or, f est définie que ] ; + [ et x ] ; + [, ln(x) >. Donc, (C) est en-dessous de Γ. 3. Tangentes à (C) passant par O. (a) Soit a >, M a point de (C) d abscisse a et (T a ) tangente à (C) en M a. Une équation de (T a ) est : (T a ) : y = f (a)(x a) + f(a). Cette droite passe par O si et seulement si on a : = f (a)( a) + f(a), ce qui donne bien : f(a) af (a) =. (b) On pose alors g(x) = f(x) xf (x). On sait que f (x) = ln2 (x) + xln 2 (x). Donc, l expression de g(x) en fonction de x pour x > est : Ce qui se simplifie en : g(x) = ln(x) ln(x) x ln2 (x) + xln 2 = ln(x) (x) ln(x) ln2 (x) + ln 2 (x) g(x) = ln3 (x) ln 2 (x) ln(x) ln 2 (x) D où, x ]; + [, g(x) = ln 3 (x) ln 2 (x) ln(x) =. (c) On pose u(t) = t 3 t 2 t, pour t R. La dérivée de u est : u (t) = 3t 2 2t = (3t + )(t ). D où le tableau de signes de u (t) sur R, puis le tableau de variations de u sur R. Faites-les! Comme u est croissante sur ]- ; 3 ] et que u( 3 ) = 38 <, on en déduit que u est strictement 27 négative sur ]- ; 3 ]. Ensuite, u est strictement décroissante sur [ ; ], donc u est strictement négative sur cet intervalle! 3 Puis, u est strictement croissante sur [ ; + [, et u() = 2 <, u(2) = 2 >. Donc, comme u est continue sur R, on en déduit d après le Théorème des valeurs intermédiaires, qu il existe bien une solution α dans l intervalle [ ; 2] à l équation u(t) =. u étant strictement croissante sur [; + [, cette solution α est unique. Donc, u s annule bien une fois et une seule sur R en un réel α [; 2]. (d) Or! l existence d une tangente au point d abscisse a > à la courbe de f équivaut au fait que g(a) =. On remarque alors que pour tout a >, g(a) = u(ln(a)). Donc, g(a) = u(ln(a)) =...D où l existence d une tangente unique répondant à la question, tangente au point d abscisse a vérifiant ln(a) = α, où α est l unique réel vérifiant u(α) =. Comme α [; 2], le réel a > vérifiant ln(a) = α est : a = e α On a donc l encadrement de a : e a e 2 8

9 4. Nombre de solutions de l équation f(x) = mx. Question très mal posée! Posons m le coefficient directeur de la tangente en A à la courbe de f, où A est l unique point de la courbe de f passant par O. Si m > m, alors aucun point d intersection. Si m = m, alors un seul point d intersection qui est A. Si m < m, alors deux points d intersection. Si m <, alors un seul point d intersection. Figure de l exercice 3 2 y = ln(x) Tangente passant par O A y = f(x) O

10 Exercice 4, Commun à tous les candidats. x n = Un exercice qui se traite rapidement! t n cos(t)dt quad et y n =. (a) Pour tout t [; ] et pour tout n N, t n cos(t). Donc, comme, (b) Pour n N, x n x n+ = t n sin(t)dt t n cos(t)dt, c est à dire, n N, x n. Or, t [; ], t n cos(t)( t), donc (t n cos(t) t n+ cos(t))dt = t n cos(t)( t)dt. t n cos(t)( t)dt, d où x n x n+. D où, la suite (x n ) est décroissante. (c) On en déduit alors que (x n ) est minorée par (car à termes positifs!) et décroissante... Suite minorée ET décroissante... donc suite convergente.. La suite (x n ) est donc convergente. De plus, comme nn x n, on peut dire que sa limite L est positif. lim (x n) = L R avec L n + 2. (a) Pour tout t [; ] et pour tout n N, on a t n cos(t) t n. D où... Positivité de l intégrale! on en déduit que pour tout n N, x n = [ ] t Mais, t n n+ dt = = n + n +, d où n N, x n n +. (b) On sait que lim n + n + =. Comme n N, x n t n cos(t)dt t n dt., on en déduit, d après le Théorème des Gendarmes, que n + lim x n =. La suite (x n ) converge donc vers. n + 3. (a) On demande maintenant une intégration par parties...pour, infine, montrer que la suite (y n ) converge aussi vers! Mais la même démarche suivie pour la suite (x n ) conduit directement à ce résultat! Faisons tout de même cette intégration par parties. n N étant fixé, posons u(t) = t n+ et v(t) = sin(t). On alors u (t) = (n + )t n et v (t) = cos(t). On peut alors écrire que : D où : x n+ = t n+ cos(t)dt = u(t)v (t)dt = [u(t)v(t)] x n+ = [t n+ sin(t)] }{{} (n + )t n sin(t)dt sin() sin()=sin() }{{} On a donc bien n N, x n+ = (n + )y n + sin(). =(n+)y n u (t)v(t)dt (b) De cette dernière relation, on peut en déduire que n N, y n = x n+ n + + sin() n +. Comme lim = et lim n + n + x n =, on en déduit alors lim y n =. n + n + 4. On admet que n N, y n+ = (n + )x n cos(). On peut donc écrire que n N, y n+ x n = nx n cos() Or, (x n ) et (y n ) convergent vers, donc lim n + (y n x n ) =. Donc, lim n + (nx n cos()) =. Donc, lim n + x n = cos()... La suite (nx n ) converge donc vers cos(). De même, on a vu que n N, x n+ = (n + )y n + sin(), donc x n + y n = ny n + sin(). On en déduit alors que lim n + ny n = sin().