UNIVERSITE CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/ 9 OFFICE DU BACCALAUREAT BP 5005-DAKAR-Fa-Séégal Serveur Vocal: 68 05 59 Téléfax (1) 864 67 39 - Tél : 84 95 9-84 65 81 M A T H E M A T I Q U E S 09 G 18bis AR Durée: 4 heures Séries : S1-S3 - Coeff 8 Epreuve du 1 er groupe Les calculatrices électroiques o imprimates avec etrées uique par clavier sot autorisées Les calculatrices permettat d afficher des formulaires ou des tracés de courbe sot iterdites Leur utilisatio sera cosidérée comme ue fraude(cfcirculaire 0 5990/OB/DIR du 1 08 1998) EXERCICE 1 1 Das l espace, o doe deux poits A et B disticts a) Motrer que toute rotatio R de l espace trasformat A e B a so axe (D) iclus das le pla médiateur de [AB] 1 pt b) Réciproquemet, soit (D) ue droite du pla médiateur de [AB] Motrer qu il existe ue rotatio et ue seule d axe (D) trasformat A e B O pourra itroduire le projeté orthogoal K de A sur (D) 1 pt Soit OABC u tétraèdre régulier dot tous les côtés ot la même logueur c est à dire OA = OB = OC = BC = AB = AC a) Motrer qu il existe ue rotatio R 1 et ue seule d axe (OC) trasformat A e B b) Motrer que le projeté orthogoal K de A sur (OC) est le milieu de [OC] 3 E déduire que KA = AB 0,5 + 0,5 = c) Détermier le cosius de l agle de la rotatio R 1 1 pt EXERCICE O rappelle la propriété coue sous le om de petit théorème de Fermat : Si p est u ombre premier et a u etier aturel premier avec p, alors a p 1 1 est divisible par p 1 Prouver à l aide du petit théorème de Fermat, que 4 8 1 est divisible par 9 Soiet a et deux etiers aturels o uls Démotrer que (a + 1) 1 [a] E déduire que 4 1 [3] 3 Soiet a et deux etiers aturels o uls Démotrer que (a 1) ( 1) [a] E déduire que 4 4 1 [17] et 4 1 [5] 0,5 + 0,5 = 1 pt 0,5 + 0,5 + 0,5 = 1,5 pt 4 A l aide des questios précédetes, détermier 4 diviseurs premiers de 4 8 1 PROBLEME Le pla euclidie (P) est mui d u repère orthoormé R = (O, i, j ) 1 1 pt
M A T H E M A T I Q U E S /9 Epreuve du 1 er groupe O appelle f a la foctio umérique de la variable réelle x défiie par : f a (x) = x + 1 + a l, x + 1 où a est u réel o ul O ote C a la courbe représetative de f a das le repère R (uité graphique 1 cm) Partie A: (5, 5 pts ) 1 Détermier l esemble de défiitio D fa de f a puis calculer les limites de f a à ses bores 0,5 + 0,5 = 0,75 pt a) Prouver que toutes les courbes (C a ) passet par u poit fixe I dot o détermiera les coordoées 0, 5 pt b) Démotrer que le poit I est cetre de symétrie de toutes les courbes (C a ) 3 Détermier les asymptotes de (C a ) puis étudier les positios relatives de (C a ) par rapport à so asymptote oblique ( ) 0,5 + 0,5 + 0,5 = 1 pt 4 Vérifier que f a est dérivable das D fa et calculer f a (x) pour tout x D f a 0,5 + 0,5 = 0,75 pt 5 Soit g a le triôme défii pour tout x réel par : g a (x) = x + a 1 a) Résoudre, suivat les valeurs de a l équatio g a (x) = 0 b) Das le cas où l équatio g a (x) = 0 admet deux solutios réelles distictes, o ote x 1 la solutio strictemet positive Détermier e foctio de a le sige de 1 x 1 c) Etudier suivat les valeurs du paramètre réel a strictemet égatif, les variatios de f a 6 Tracer la courbe (C 1 ) das le repère R Les poits d iflexio et d itersectio avec l axe des abscisses e sot pas demadés Partie B: (3 pts ) Soit b u élémet de R \ { 1 } et ϕ b l applicatio du pla das lui-même qui, à tout poit M(x, y) d affixe z associe le poit M (x, y ) d affixe z tel que : z = 1 [ ] (1 b) + (1 + b)i z + 1 [ ] (1 + b) + (1 + b)i z + i(1 + b) où z est le cojugué de z 1 a) Ecrire x et y e foctio de x, y et b b) Démotrer que l esemble des poits ivariats par ϕ b est la droite ( ) d équatio y = x + 1 c) Démotrer que si M est pas u poit de ( ) alors la droite (MM ) est parallèle à ue directio fixe 0, 5 pt d) Soit M 0 le poit de ( ) ayat même abscisse que M Exprimer M 0 M e foctio de M 0 M a) Démotrer que pour tout b R \ { 1 } et tout a R, ϕ b (C a ) = (C ab ) b) E déduire ue costructio géométrique simple de C 3 poit par poit à partir de C 1 das le repère R
M A T H E M A T I Q U E S 3 /9 Epreuve du 1 er 3 groupe Partie C: (3, 5 pts ) Soit λ u réel tel que 0 < λ < 1 et A(λ) l aire du domaie délimité par (C a ), (C a+ ) et les droites d équatios x = 0 et x = λ das le repère R 1 e utilisat ue itégratio par parties, calculer A(λ) puis détermier lima(λ) λ 1 0,5 + 0,5 = 1 pt ( O cosidère la foctio h défiie pour tout élémet de [0, 1[ par : h(x) = l 1+ x ) 1 x et la suite (S ) N de terme gééral S = 1 1 ( p h ) a) Détermier le ses de variatio de h sur [0, 1[ puis prouver que pour tout etier aturel p vérifiat : 0 p o a : 1 ( p + 1 ) h p + 1 p p=0 h(x) dx 1 h ( p b) e déduire que : S + 1 ( h 1 1 ) ( A 1 1 ) S ( et A 1 1 ) ( S A 1 1 ) 1 ( h 1 1 ) c) Déduire de 1 que lim S() = l 4 + ) 0,5 + 0,5 = 1 pt 0,5 + 0,5 = 1 pt
4M A T H E M A T I Q U E S 4 /9 EXERCICE 3 CORRECTION Epreuve du 1 er groupe 1 a) Si M u poit quelcoque de l axe d ue telle rotatio, alors R(M) = M Comme les rotatios coservet les distaces, le tableau atécédet A M motre que Image B M AM = BM ; ce qui veut dire que M appartiet au pla P médiateur de [A, B] b) Soit (D) ue droite coteue das le pla P et K le projeté orthogoal de A sur (D) Alors la droite (D) est orthogoale aux droites (AK) et (AB); par coséquet elle est perpediculaire au pla (ABK) défii par ces deux droites sécates La rotatio d axe (D) et d agle ( KA, KB) est la seule rotatio d axe (D) trasformat A e B (D) A θ K B P a) Les relatios OA = OB et CA = CB sigifiet que les poits O et C appartieet au pla médiateur du segmet [AB]; doc la droite (OC) est coteue das ce pla médiateur Par coséquet, d après la questio précédete, il existe ue et seule rotatio R 1 d axe (OC) trasformat A e B
M A T H E M A T I Q U E S 5 /9 Epreuve du 1 er 5 groupe O K A θ C B b) Puisque le triagle OAC est équilatérale, la hauteur (AK) est aussi la médiae issue de A; doc K est le milieu du segmet [OC] O e déduit KC = OC = a où a désige la logueur de l arête du tétraèdre E appliquat le théorème de Pythagore au triagle AKC rectagle e K o obtiet : AK = AC KC = a a 4 = 3a 4 Doc 3 AK = a c) Das le triagle isocèle AKB de sommet K, désigos par L le projeté orthogoal de K sur la droite (AB) et par θ ue mesure de l agle KA, KB Le poit L est aussi le milieu de [AB] E appliquat le théorème de Pythagore au triagle AKL rectagle e L o obtiet : c est à dire KL = a KL = KA AL == 3a 4 a 4 = a Alors cos θ = KL KA = a a 3 = EXERCICE 4 1 3 ; esuite cosθ = cos θ 1 = 3 1 cosθ = 1 3 1 E appliquat le petit théorème de Fermat avec p = 9 qui est premier et a = 4, o peut écrire : 4 9 1 1 est divisible par 9 Soiet a, b, c, d, p et des etiers aturels avec p et o uls Alors o a modulo p : a c b d a+b c+d ; a c b d ab cd ; a c a c Autremet dit, o peut additioer membre à membre des cogrueces, les multiplier ou les élever à ue puissace doée 1 Si p est premier, ( Z/pZ \ { 0 } ) ; est u groupe d ordre p 1 et d élémet eutre 1 Alors a Z et premier avec p (doc o multiple de p ou ȧ 0 ), ȧ p 1 = 1 c est à dire a p 1 1 [p]
6M A T H E M A T I Q U E S 6 /9 Epreuve du 1 er groupe O peut doc écrire d après ce prélimiaire et pour tous etiers a et o uls : a 0 [a] 1 1 [a] a + 1 1 [a] (a + 1) 1 [a] O obtiet alors la relatio demadée 4 1 [3] e preat a = 3 3 O a aussi, toujours d après ce prélimiaire et pour tous etiers a et o uls : a 0 [a] 1 1 [a] a 1 1 [a] (a 1) ( 1) [a] O e déduit e preat a = 17 que 16 1 [17] c est à dire 4 4 1 [17] Et e preat a = 5 que 4 1 [5] 4 O déduit de 4 1 [3] e preat = 8 que 4 8 1 [3] c est à dire 4 8 1 est divisible 3 O déduit de 4 4 1 [17] e preat = 7 que 4 8 1 [17] c est à dire 4 8 1 est divisible 17 O déduit de 4 1 [5] e preat = 14 que 4 8 1 [5] c est à dire 4 8 1 est divisible 5 E résumé 4 8 1 est divisible par chacu des quatre ombres premiers 3, 5, 17 et 9 PROBLEME Partie A: 1 Soit x u réel x D fa x + 1 existe { x 1 { x 1 x + 1 > 0 x + 1 0 x 1 Doc toutes les foctios f a ot même esemble de défiitio et a R, D fa = R \ { 1, 1 } Lorsque x ted vers + ou, x + 1 ted vers 1 et l x + 1 ted vers 0 Lorsque x ted vers 1, x + 1 ted vers 0 et est > 0; doc l x + 1 ted vers Lorsque x ted vers 1, x + 1 ted vers + ; doc l x + 1 ted vers + Par coséquet : lim f(x) =, lim f(x) = + x x + Si a > 0 : f(x) = lim x 1 lim f(x) = + x 1 Si a < 0 : f(x) = + lim x 1 lim f(x) = x 1 a) Cherchos I 0 (x 0, y 0 ) tel que pour tout a R, I C fa
M A T H E M A T I Q U E S 7 /9 Epreuve du 1 er 7 groupe a R, I C fa a R, y 0 = f a (x 0 ) a R, y 0 = x 0 + 1 + a l x 0 1 x 0 + 1 a R, y 0 x 0 1 a 1 l x 0 1 = 0; polyôme e a idetiquemet ul { x 0 + 1 y0 x 0 1 = 0 l x 0 1 = 0 { x 0 + 1 y0 x 0 1 = 0 x 0 1 = 1 { x 0 + 1 y0 x 0 1 = 0 x 0 1 x 0 1 = 1 ou { x 0 + 1 x 0 + 1 = 1 y0 x 0 1 = 0 { 1 = 1 ou x 0 = 0 x0 = 0 y 0 = 1 Aisi, toutes les courbes passet par le poit I(0, 1) b) Pour que le poit I soit cetre de symétrie de C fa, il faut et il suffit que pour tout x de D fa, le réel x 0 x appartiee à D fa et f a (x 0 x) + f a (x) = y 0 Ici x 0 = 0 et y 0 = 1 Soit x u élémet de D fa c est à dire x est différet de 1 et 1 Alors x 0 x = x est aussi différet de 1 et 1 c est à dire appartiet à D fa De plus f a (x 0 x)+f a (x) = f a ( x)+f a (x) = x+1+ a l x + 1 +x+1+a l x + 1 = = y 0 3 Lorsque x ted vers +, x + 1 ted vers 1 et l x + 1 ted vers 0 Doc e posat ϕ(x) = a l x + 1, o peut écrire : f a (x) (x + 1) = ϕ(x) et lim ϕ(x) = 0 x + Doc pour tout a R, la droite d équatio y = x + 1 est asymptote à C fa aussi bie au voisiage de + qu au voisiage de La positio de la courbe C fa par rapport à déped qu sige de ϕ(x) Or, x D fa, l x + 1 > 0 x + 1 > 1 () > 1 (Car il est légitme d élever au carré) (x + 1) () > (x + 1) 4x > 0 x < 0 Aisi :
8M A T H E M A T I Q U E S 8 /9 Si a > 0, Pour x > 0, ϕ(x) < 0 doc C fa(x) est dessous de, Pour x < 0, ϕ(x) > 0 doc C fa(x) est dessus de, Epreuve du 1 er groupe Si a < 0, Pour x > 0, ϕ(x) > 0 doc C fa(x) est dessus de, Pour x < 0, ϕ(x) < 0 doc C fa(x) est dessous de, 4 Désigos par u la foctio défiie sur D fa par u(x) = x + 1 Alors x D fa, f a (x) = x + 1 + a l u(x) La foctio u est o ul sur D fa, y est dérivable et x D fa, u (x) = La foctio f a est doc dérivable sur D fa et (x + 1) x D fa, f a (x) = 1 + a u (x) u(x) = 1 + a x + 1 (x + 1) x D fa, f a (x) = x + a 1 ()(x + 1) 5 a) Si 1 a est < 0 c est à dire a > 1, l équatio g(x) = 0 a pas de solutio das R Si 1 a est ul c est à dire a = 1, l équatio g(x) = 0 a solutio uique x 0 = 0 Si 1 a est > 0 c est à dire a < 1, l équatio g(x) = 0 a deux solutios opposées x 1 = 1 a et x = 1 a b) E utilisat l expressio cojuguée, o peut écrire : 1 x 1 = 1 1 a = Par coséquet, 1 x 1 et a sot de même sige c) E remarquat que x D fa, f a (x) = g a (x) sige de g a (x)()(x + 1) Puisque a est < 0, g a (x) a deux racies opposées x 1 et x Voici le tableau des siges de f a (x) a 1 + 1 a ()(x + 1), o voit que dérivée f a (x) a le x x 1 1 x 1 + g a (x) + 0 0 + ()(x + 1) + + 0 0 + + f a(x) + 0 + 0 + Et voici le tableau de variatio de f a
M A T H E M A T I Q U E S 9 /9 Epreuve du 1 er 9 groupe x x 1 1 x 1 + f a + 0 + + f a (x ) + + f a f a (x 1 ) 7 6 5 M 3 M 1 (C 3) M (C 0 1) 4 3 (C 0 ) 1 5 4 3 1 0 0 1 3 4 5 6 7 1 3 4 5 6