Corrigé du Bac Blanc du 1 r Trimstr Ercic 1 1) a. Rmarquons déjà qu n posant X, on Alors, comm X ( 1) 1, on obtint par quotint : ( X X ) + f () 0. X + Cci impliqu qu C admt un asymptot horizontal d équation y 0 n. X X 0. b. Pour tout 0, f () 1 1+ 1 1 1 1 1 + 1 1+ 1 1. 1 ( 1) + donc 1+ + + 1 1 + 0 1 t + donc par produit : f () +. + 1 c. D après la qustion précédnt, on a pour tout 0, on a f () 1+ 1 + 1 donc : f () 1. Or, + + t 1 + 0 donc par différnc, 1 + t n passant à l invrs, on + obtint : [ f () ] 0. + Ainsi, la droit d équation y st bin asymptot à C n +. 2) 0 1 1 (c st un it d cours). On alors, par quotint : Donc f st bin continu n 0. f () 0 0 0 1 1 1 1 1 f (0). 3) a. Posons h() 1. La fonction h st défini t dérivabl sur IR comm somm d fonctions définis t dérivabls sur IR t : h () 1. Comm la fonction ponntill st strictmnt croissant sur IR t 0 1, on a h(0) 0 t : Si < 0, < 1 h () < 0 h st strictmnt décroissant sur ] ; 0 [ h() > h(0) sur ] ; 0 [ ; Si > 0, > 1 h () > 0 h st strictmnt croissant sur ] 0 ; + [ h() > h(0) sur ] 0 ; + [. Cci montr qu h() 0 sur IR avc égalité si t sulmnt si 0 t ainsi : + 1 sur IR avc égalité si t sulmnt si 0. b. Sur IR*, f st dérivabl n tant qu quotint d fonctions dérivabls (avc l dénominatur non nul).
Et, IR * : f () ( + )( 1) ( ) ( 1)² Et finalmnt, on trouv bin f () ( + 1)( 1) + 1 g() ( 1)² ( 1)² ( 1)² avc (ô surpris) g() 1 h(). ( 1) ( 1)² c. IR *, g() > 0 (d après a), > 0 t ( 1)² > 0 donc f () > 0. Or, f st continu n 0 (il n y a pas d «saut»), donc f st strictmnt croissant sur IR. On obtint alors l tablau d variations : + + f 0 ) a. Comm f st défini sur IR, 0, f ( ) a du sns t : f ( ) 1 1 ( 1) 1. On a M( ; f ()) t M ( ; f ( )) t quand 0, donc M M t (MM ) st ffctivmnt un droit. ym ym' Son cofficint dirctur a st donné par a, soit : M M ' ( 1) () f ( ) 1 f a 1 1 1 1. ( ) 2 2 2 2 2 Rmarquons qu c cofficint st indépndant d donc d la position d M. b. Si f st dérivabl n 0, sa courb C admt un tangnt au point d absciss 0. Or, avc ls notations précédnts, [MM ] rprésnt la cord d la portion d C compris ntr M t M. Quand tnd vrs 0, (MM ) tnd alors vrs la tangnt à C au point d absciss 0 donc la pnt d (MM ) tnd vrs la pnt d ctt tangnt. Comm la pnt d (MM ) st constant, égal à ½ t la pnt d la tangnt au point d absciss 0 vaut f (0), l résultat précédnt suggèr (très fortmnt!) qu : Autr méthod, plus analytiqu : f (0) 1 2. f () f (0) Si f st dérivabl n 0, alors ist t vaut f (0). Mais alors, on put écrir, avc f (0) 1 : 0 0 f () 1 f ( ) 1 f () 1 f ( ) f (0) soit f (0) t f (0). 0 0 0 0 f () ( ) () ( ) () 1 ( ) 1 1 () 1 ( ) 1 Or, 0, f f f f f + f f. ( ) 2 2 2 f () f ( ) 1 f () 1 f ( ) 1 1 Ainsi, ( f '(0) + f '(0)) f '(0). 0 ( ) 0 2 2 f () f ( ) 1 f () f ( ) 1 D après la qustion a, 0, donc t ainsi f (0) 1 ( ) 2 0 ( ) 2 2.
Ercic 2 1) g st dérivabl sur IR + comm produit d fonctions dérivabls sur IR + t g (t) On a alors t IR +, g (t) + g(t) V V t + V t V V V t t. donc g st bin solution d (E). 2) Rmarquons déjà qu tout solution f d (E) st dérivabl sur IR + d mêm qu g t tout solution d (E ). Alors : f g + u avc u solution d (E ) f g st solution d (E ) (f g) + f g 0 f g + f g 0 f + f g + g t IR +, f (t) + f(t) g (t) + g(t) f solution d (E). 3) (E ) : y + y 0 y y donc tout solution d (E ) st d la form u(t) V t K Alors, d après la qustion précédnt, touts ls solution d (E) sont d la form f(t) g(t) + avc K IR. t K soit : f(t) V t K + avc K constant réll. V t t ) T st solution d (E) donc t IR +, T(t) t K + avc K IR. D plus, d après l énoncé, t 0 au momnt où on arriv au révillon t alors, l tau d alcoolémi st déjà d 0,1 g/l donc T(0) 0,1. Or, T(0) 0 + K K donc K 0,1. Par aillurs, on a aussi V 20 ml, donc T(t) 5t 0,1 +. 5) t IR +, T(t) 5t 0,1 +. On vint d voir qu T st solution d (E) donc T st dérivabl sur IR +, t : T (t) 5 5t 0,1 (,9 5t) 5(0,98 t) t IR +, 5 t > 0 donc T (t) st du sign d 0,98 t. On obtint alors l tablau : t 0 0,98 + T (t) + 0 T D après l tablau ci-dssus, T st maimal quand t 0,98 h soit au bout d nviron 59 min. 6) Ici, on a toujours T(t) 5t 0,1 +. a. Pour conduir n rspctant la loi, il faut qu T(t) 0,5. Or, si on prnd l volant immédiatmnt après ingstion, on l prnd à t 0 t T(0) 0,1 0,5, c qui st accptabl.
Néanmoins, l tablau d variations d T montr qu initialmnt, la fonction T st croissant vrs son maimum T(0,98) 1,89 g/l. Ainsi, l tau d alcoolémi va rapidmnt dépassr 0,5 g/l. Un tablau d valurs d T montr qu T(0,08) 0,6 < 0,5 t T(0,09) 0,503 > 0,5 donc l tau d alcoolémi va dépassr 0,5 g/l au bout d nviron 0,09 h soit un pu plus d 5 min c qui st assz court! Il n st donc pas très prudnt d prndr l volant immédiatmnt après ls du coups d champagn. b. Pour prndr l volant n tout sécurité, il faut attndr qu T soit décroissant donc t > 0,98 t avoir à nouvau T(t) 0,5. A la calculatric, on obtint : T(3,58) 0,502 > 0,5 t T(3,59) 0,98 < 0,5. Donc, il faut attndr nviron 3,59 h soit nviron 3 h 35 min. avant d prndr l volant. 7) En rprnant l raisonnmnt d la qustion précédnt ais avc un suil d toléranc d 0,2 g/l au liu d 0,5 g/l, on obtint : T(,78) 0,2015 > 0,2 t T(,79) 0,1999 < 0,2. Donc, un jun conductur doit attndr nviron,79 h soit nviron h 7 min. avant d prndr l volant. Ercic 3 QCM 1) C st FAUX. L conjugué d 2 + 3i(1 + i) 1 + 3i st 2 3i(1 i) 1 3i. 2) C st FAUX. (1 + i) 2 2i qui st bin imaginair pur mais (1 + i) (2i) 2 qui st rél. 3) C st VRAI. Si M a pour affi z + iy, on a z ( iy) + iy t l point d affi + iy st bin l symétriqu d M par rapport à l a ds ordonnés. ) C st VRAI. On a 1+ 3i 1+ 3i (1 + 3i)(1 2i) 1+ 3i 2i 6i² 1+ 3i 2i + 6 7 + i 7 i. 1 2i 1+ 2i (1 + 2i)(1 2i) 1² (2i)² 1+ 5 5 Ercic (NON spé) Parti A Posons dans tout ctt parti I [0 ; π ]. 1. On sait qu la fonction tangnt st défini sur I t qu tan st H() tan. 1 cos ² donc un primitiv d la fonction h sur I 3 2. Ls fonctions sin t cos sont définis t dérivabls sur I t la scond n s annul pas sur ct intrvall donc G st dérivabl sur I comm quotint d fonctions dérivabls sur I. G () + + 3 2 2 2 2 2 (cos )(cos ) (sin )( 3sin cos ) cos 3sin cos cos 3(1 cos ) cos 6 6 6 cos cos cos 2 2 2 cos + 3cos 3cos 3cos 2 cos 3cos 2 cos 3 2. 6 6 6 6 2 cos cos cos cos cos cos 3. La fonction f st continu sur I comm invrs d un puissanc d la fonction cosinus qui continu t non null sur I. Donc, f admt ds primitivs sur I. D après ls qustions précédnts, on put écrir, I :
1 1 3 1 3 2 2 1 3 2 2 1 f () + 2 2 2 +. 2 cos 3 cos 3 cos cos cos 3 cos cos 3 cos Soit f () 1 3 G () + 2 3 H () [ 1 3 G() + 2 3 H()]. Alors, tout primitiv F d f st d la form 1 2 F() G() + H () + K avc K constant réll. 3 3. D après la qustion précédnt : 1 2 1 sin 2 1 tan 2 tan 1 Φ() G() + H () + K + tan + K + tan + K 2 K 3 2 + 2 + 3 3 3 cos 3 3 cos 3 3 cos π Alors, comm tan 1 t tan 1 Finalmnt, Φ() + 2 2. 3 cos 3 Parti B 2 π 2 2 1 cos 2, on a 2 2 π Φ + K 0 donc 3 K. 3 Rmarquons préalablmnt qu f t g sont continus sur IR n tant qu produits d fonctions continus sur IR donc f + g t f g sont continus sur IR aussi (somm t différnc d fonctions continus) t ainsi, ls quatr fonctions f, g, f + g t f g admttnt ds primitivs sur IR. 1. IR, s() cos² + sin² (cos² + sin²) donc un primitiv d s st S tll qu 2. IR, d() cos² sin² (cos² sin²) cos(2). Posons φ() a sin(2) + b cos(2) avc a t b réls fiés. φ st dérivabl sur IR n tant qu somm d fonctions dérivabls sur IR t : φ () a sin(2) + 2a cos(2) 2b sin(2) (a 2b) sin(2) + 2a cos(2). Pour qu φ soit un primitiv d d sur IR, il faut qu φ d soit IR, (a 2b) sin(2) + 2a cos(2) cos(2). Par idntification, on obtint a 2b 0 t 2a 1 d où l on tir a 1 2 t b a 2 1. ² S (). 2 Finalmnt, la fonction D défini par 1 1 D () sin(2) + cos(2) st un primitiv d d sur IR. 2 1 1 1 3. Rmarquons qu f ( f + g) + ( f g) ( s + d ) t 2 2 2 Tout primitiv F d f st d la form : 1 1 1 g ( f + g) ( f g) ( s d ) donc : 2 2 2 S() + D() 1 1 1 F () ² + sin(2) + cos(2) + K 2 8 où K st un constant réll. Tout primitiv G d f st d la form : S() D() 1 1 1 G () ² sin(2) cos(2) + K 2 8 où K st un constant réll.
Ercic (spé) 1) Un rp-unit n st jamais pair donc 2 n apparaît pas dans sa décomposition. Un rp-unit n s trmin ni par 0 ni par 5 il n st donc pas divisibl par 5, donc 5 n apparaît pas dans sa décomposition. 2) N 3 111 3 37 N 111111 101 N 5 11111 1 271 3) a. Rappl : tout nombr ntir st congru à son chiffr ds unités modulo 10. Raisonnons par disjonction ds cas : Si n 0 (10) alors n² 0 (10) ; Si n 1 (10) alors n² 1 (10) ; Si n 2 (10) alors n² (10) ; Si n 3 (10) alors n² 9 (10) ; Si n (10) alors n² 6 (10) ; Si n 5 (10) alors n² 5 (10) ; Si n 6 (10) alors n² 6 (10) ; Si n 7 (10) alors n² 9 (10) ; Si n 8 (10) alors n² (10) ; Si n 9 (10) alors n² 1 (10). On n déduit d ctt list qu si n² s trmin par 1, c'st-à-dir si n² 1 (10), alors nécssairmnt : n 1 (10) ou n 9 (10). Donc, si n² s trmin par 1 alors n s trmin par 1 ou 9. b. Si n 1 (10) alors il ist un ntir m tl qu n 1 10m soit n 10m + 1. Si n 9 (10) alors il ist un ntir m tl qu n 9 10m soit n 10m + 9 10(m + 1) 1 t m + 1 st ntir. Ainsi, n s écrit sous la form 10m + 1 ou 10m 1 avc m ntir. c) On calcul alors : ou bin : n² (10m + 1)² 100m² + 20m + 1 20(5m² + m) + 1 20k + 1 avc k 5m² + m ntir ; n² (10m 1)² 100m² 20m + 1 20(5m² m) + 1 20k + 1 avc k 5m² m ntir. Dans ls du cas, on obtint bin n² 1 (20). ) Si k 2, on put écrir : N k 1 + 10 + 10² + + 10 k 1 (1 + 10) + 20(5 + + 5.10 k 3 ) 11 + 20q avc q IN. Comm 0 11 < 20, l rst d la division d N k par 20 st 11. 5) Si N k était un carré alors, comm N k s trmin par l chiffr 1, on aurait, d après 3c, N k 1 (20). L rst d la division uclidinn d N k par 20 srait 1. Or, on a trouvé un rst d 11 dans la qustion précédnt, donc un rp-unit différnt d 1 n st jamais un carré.