[ Correction du DM du 11 mai \
EXERCICE1 4 points
1. RÉPONSE b.
La droiteDest définie par la représentation paramétrique
x = 5−2t y = 1+3t z = 4
,t∈R.
P est le plan d’équation cartésienne 3x+2y+z−6=0. La droiteDest déterminée par le pointB(5; 1; 4) et son vecteur directeur
−
→v
−2 3 0
, le planPne contient pasBcar
3xA+2yA+zA−6=15+2+4−66=0, donc la droiteDn’est pas incluse dans le planP. Le vecteur normal deP c’est−→
n
3 2 1
, on a−→ n ⊥−→
v puisque leur produit scalaire vaut 0 : (−2)×3+2×3+0=0, donc la droiteDest parallèle au planP.
2. RÉPONSE b.
D′la droite qui passe par le point A de coordonnées (3 ; 1 ; 1) et a pour vecteur directeur
−
→u =2−→ i −−→
j +2−→ k.
Les droitesDetD′ne sont parallèles, car leur vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, les deux colonnes de coordonnées
2 (−1)
2
et
−2 3 0
ne sont pas proportionnelles.
Donc elles sont soit sécantes, soit ne sont pas coplanaires.
Un système d’équation paramétrique deD′est
x = 3+2u y = 1−u z = 1+2u
, u∈R On résout le système entetu:
(S) :
3+2u = 5−2t 1−u = 1+3t 1+2u = 4
(S) :
u = 1, 5
3+3 = 5−2t 1−1, 5 = 1+3t
(S) :
½ u = 1, 5 t = −0, 5 Les deux droites sont donc sécantes au pointC(6 ;−0, 5 ; 4).
Pour les questions 3 et 4, le plan est muni d’un repère orthonormé direct d’origine O.
3. RÉPONSE a. SoitEl’ensemble des pointsMd’affixezvérifiant|z+i| = |z−i|. Si on considèreDd’affixe (−i) etFd’affixe i, alors El’ensemble des pointsMtels queD M=F Mest donc la médiatrice de [DF], c’est l’axe desx.
4. RÉPONSE c. On désigne parBetCdeux points du plan dont les affixes respectives sont notéesbetc, on suppose quec b=p
2eiπ4. Donc en considérant les vecteurs−−→
OBet−−→
OC et en utilisant module et argument dezC−zO
zB−zO =p
2eiπ4 , vu quep
2eiπ4 est écrit sous forme exponentielle³
module :p
2, argument :π 4
´ on en déduit que :|zC−zO|
|zB−zO|=p
2 et(−−→á OB;−−→
OC)= π 4 DoncOC=p
2×OBet(−−→á OB ;−−→
OC)=π 4
On peut donc tracer le dessin du triangleOBC, il suffit de choisirB(autre queO)
1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
bB
bO
bB′
α=45˚
bC
Le triangleOBCsemble isocèle et rectangle en B, prouvons le en calculant
|0−b|et|c−b[ puis argzO−zB
zC−zB
, donc on va calculerzO−zB
zC−zB
c’est zO−zB
zC−zB = −b
bp 2ei
π
4−b; zzO−zB
C−zB =p −1 2ei
π 4−1; zO−zB
zC−zB = −1
(1+i)−1 car eiπ4 =
p2 2 +i³p
2 2
´ et que p2p
2=2 zO−zB
zC−zB =−1 zO−zB i
zC−zB =i car (−1)=(i)2et
i est de module 1 et d’argument π2, doncBO=BCet−−→
BO⊥−−→
BC.
Solution D. Vergès : p2eiπ4 =p
2¡
cosπ4+i sinπ4¢
=p 2³p
2 2 +ip22´
=1+i.
L’énoncé c b=p
2eiπ4 peut donc s’écrire :c=b(1+i).
Pour voir si le triangleOBCest rectangle enBconsidérons le quotientzBO
zBC =0−b
c−b= −b
b+bi−b=−b bi =−1
i =i.
On a donczBO
zBC =i, ce qui montre :
- en prenant les arguments des deux membres que (BO) est perpendiculaire à (BC) ; - en prenant les modules queBO
BC =1 ou encoreBO=BC.
Le triangleOBCest donc rectangle isocèle enB.
EXERCICE2 (ENSEIGNEMENT OBLIGATOIRE) 5 points
1. a. u1=45=0, 8 ;u2=1413≃1, 08 ;u3=4041≃0, 98 ;u4=122121≃1, 01.
b. On voit bien queu0>1 ;u1<1 ;u2>1 ;u3<1 ;u4>1 donc le signe des différences (un−1) change à chaque rang : sinpair c’est+
sinimpair c’est−, comme (−1)n. c. un+1−1=un+2−(2un+1)
2un+1 = 1−un
2un+1=−un+1 2un+1.
d. On a admis au début de l’énoncé que tous lesunsont strictement positifs (on pourrait le démontrer par récurrence) ; démon- trons par récurrence la propriétéP : (un−1) a le même signe que (−1)n:
L’initialisationest faite au b : (u0−1>0).
Hérédité: supposons que pournentier naturel (un−1) ait le signe de (−1)n; alors (1−un) a le signe opposé de (un−1) donc a le signe de (−(−1)n) donc de (−1)n+1et
(2un+1)>0, vu que tous lesun sont strictement positifs, donc la fraction 1−un
2un+1 a le signe de (−1)n+1et comme elle est égale à (un+1−1), on a prouvé que (un+1−1) a le signe de (−1)n+1, l’hérédité est prouvée.
CONCLUSION : On a montré queu0−1>0 et si pourndeN, (un−1) a le signe de (−1)nentraîne que (un+1−1) a le signe de (−1)n+1, donc d’après le principe de récurrence pour toutn∈N, (un−1) a le même signe que (−1)n.
2. Pour tout entier natureln, on posevn=un−1 un+1.
Vu que tous lesunsont strictement positifs, la suite (vn)n∈Nexiste.
a. vn+1=un+1−1 un+1+1=
un+2 2un+1−1
un+2 2un+1+1=
un+2−(2un+1) 2un+1 un+2+2un+1
2un+1
=un+2−(2un+1)
un+2+2un+1 =−un+1 3un+3. b. vn+1=−un+1
3un+3 =−1 3
(un−1) un+1 =−1
3 vn.
La suite (vn)n∈Nest donc géométrique de raison−1 3 . v0=u0−1
u0+1=1
3doncvn=1 3·
µ−1 3
¶n
pour toutndeN.
c. On admet que pour tout entier natureln, un=1+vn
1−vn
. Donc, pour toutndeN, on aun=1+13·¡−1
3
¢n
1−13·¡−1
3
¢n.
Comme la suite (vn) est géométrique de raisonq=−31, donc−1<q<1, (vn) tend vers 0, donc (un) converge vers 1.
Exercice 3 5 points
Commun à tous les candidats Partie A
Soitf la fonction dérivable, définie sur l’intervalle ]0 ;+∞[ parf(x)=xln(x).
1. Déterminer les limites def en 0 et en+∞.
D’après le cours, on sait que lim
x→0xln(x)=0 donc lim
x→0f(x)=0.
x→+∞lim x= +∞
lim ln(x)= +∞
)
x→+∞lim xln(x)= +∞(par produit) donc lim
x→+∞f(x)= +∞.
2. On appellef′la fonction dérivée def sur ]0 ;+∞[.
La fonctionf est dérivable sur ]0 ;+∞[ comme produit de fonctions dérivables : f′(x)=1×ln(x)+x×1
x=ln(x)+1.
3. Déterminer les variations def sur ]0 ;+∞[. On étudie le signe def′(x) sur ]0 ;+∞[ : ln(x)+1>0⇔ln(x)> −1⇔x>e−1 Donc :
• La fonctionf est strictement décroissante sur ]0 ; e−1] ;
• la fonctionf est strictement croissante sur [ e−1;+∞[.
Partie B
SoitC la courbe représentative de la fonctionf dans un repère orthonormal.
SoitAl’aire, exprimée en unités d’aire, de la partie du plan comprise entre l’axe des abscisses, la courbeCet les droites d’équations respectivesx=1 etx=2.
On utilise l’algorithme suivant pour calculer, par la méthode des rectangles, une valeur approchée de l’aireA. (voir la figure ci- après).
Figure
1 2
1
O
C
Algorithme Variables
ketnsont des entiers naturels U,V sont des nombres réels Initialisation
Uprend la valeur 0 V prend la valeur 0 nprend la valeur 4 Traitement
Pourkallant de 0 àn−1
Affecter àUla valeurU+n1f ³ 1+kn´ Affecter àV la valeurV+n1f
³ 1+kn+1
´ Fin pour
Affichage AfficherU AfficherV 1. a. Que représententUetV sur le graphique précédent ?
Sur la figure ci-dessus, le nombreUreprésente la somme des aires des rectangles inférieurs (en rouge) ; cette somme minore l’aire sous la courbe. Le nombreV représente la somme des aires des rectangles supérieurs (en bleu) ; cette somme majore l’aire sous la courbe.
b. Quelles sont les valeursUetV affichées en sortie de l’algorithme (on donnera une valeur approchée deUpar défaut à 10−4 près et une valeur approchée par excès deV à 10−4près) ?
On fait tourner l’algorithme ci-dessus :
Variables k U V n
Initialisation 0 0 4
Traitement 0 0 0,069 8 4
1 0,069 7 0,221 8 4
2 0,221 7 0,466 7 4
3 0,466 6 0,813 2 4
Affichage On affiche la valeur deU: 0,466 6 On affiche la valeur deV : 0,813 2 c. En déduire un encadrement deA.
On peut donc en déduire que 0,4666<A<0,8132.
2. Soient les suites (Un) et (Vn) définies pour tout entiernnon nul par : On admettra que, pour toutnentier naturel non nul,Un6A6Vn.
a. Trouver le plus petit entierntel queVn−Un<0, 1.
Sachant queUn=1 n
· f(1)+f
µ 1+1
n
¶ +f
µ 1+2
n
¶ + ··· +f
µ
1+n−1 n
¶¸
et que Vn=1
n
· f
µ 1+1
n
¶ +f
µ 1+2
n
¶ + ··· +f
µ
1+n−1 n
¶ +f(2)
¸ , on peut dire queVn−Un=1
n
¡f(2)−f(1)¢
=2ln(2)−0
n =2ln(2) n . Vn−Un<0, 1⇐⇒ 2ln(2)
n <0, 1⇐⇒ 2ln(2)<0, 1n ⇐⇒ 2ln(2) 0, 1 <n Or2ln(2)
0, 1 ≈13, 86 donc le plus petit entierntel queVn−Unsoit inférieur à 0,1 est 14.
Vérification :V13−U13≈0, 107>0, 1 etV14−U14≈0, 099<0, 1.
b. Comment modifier l’algorithme précédent pour qu’il permette d’obtenir un encadrement deAd’amplitude inférieure à 0, 1 ? Pour obtenir un encadrement deA d’amplitude inférieure à 0, 1 dans l’algorithme, il suffit d’entrer 14 comme valeur den; autrement dit, au lieu de «nprend la valeur 4 », on entrera «nprend la valeur 14 ».
Partie C
SoitFla fonction dérivable, définie sur ]0 ;+∞[ parF(x)=x2
2 lnx−x2 4. 1. Montrer queFest une primitive def sur ]0 ;+∞[.
F′(x)=2x
2 ×ln(x)+x2 2 ×1
x−2x
4 =xln(x)+x 2−x
2=xln(x)=f(x) DoncFest une primitive def sur ]0 ;+∞[.
2. Calculer la valeur exacte deA.
La fonctionf est croissante sur [1 ; 2] etf(1)=0 donc la fonctionf est positive sur [1 ; 2] ; on peut donc dire queA= Z2
1 f(t)t..
A= Z2
1 f(t)t.=F(2)−F(1)=(2ln(2)−1)− µ
−1 4
¶
=2ln(2)−3 4
Exercice 4 5 points
Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Soit ABCDEFGH un parallélépipède rectangle tel que AB = 2, AD = 3 et AE = 1.
On appelle respectivement I, J et P les milieux respectifs des segments [CD], [EF] et [AB].
On note Q le point défini par−−→
AQ=1 3
−−→AD.
A
B C
D E
F G
H
I J
P
Q
+
+ +
+
On appelleplan médiateur d’un segmentle plan perpendiculaire à ce segment et passant par son milieu.
L’objectif de l’exercice est de déterminer les coordonnées du centre d’une sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ (c’est-à-dire une sphère qui passe par les quatre points A, B, I, J).
L’espace est rapporté au repère orthonormal³ A ;−→
AP ,−−→
AQ ,−→
AE´ . 1. Justifier que les quatre points A, B, I et J ne sont pas coplanaires.
Les points A, B et I appartiennent au plan (ABC) ; comme J est sur l’arête [EF] qui est strictement parallèle au plan (ABC), le point J n’appartient pas au plan (ABC).
Donc les quatre points A, B, I et J ne sont pas coplanaires.
2. Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur (P1) du segment [AB].
Le plan médiateur (P1) du segment [AB] est le plan perpendiculaire à [AB] passant par le milieu P de [AB] ; c’est donc l’ensemble des points M de l’espace tels que les vecteurs−−→
AB et−−→
PM soient orthogonaux.
Dans le repère³ A ;−→
AP ,−−→
AQ ,−→
AE´
, A a pour coordonnées (0 ; 0 ; 0) et B a pour coordonnées (2 ; 0 ; 0), donc−−→
AB a pour coordonnées (2 ; 0 ; 0).
Le point M a pour coordonnées (x;y;z) et le point P a pour coordonnées (1 ; 0 ; 0), donc−−→
PM a pour coordonnées (x−1 ;y;z).
−−→AB et−−→
PM sont orthogonaux si et seulement si−−→
AB .−−→
PM=0 ⇐⇒(x−1)×2+y×0+z×0=0 ⇐⇒ x−1=0 Le plan (P1) a pour équationx−1=0.
On peut aussi justifier que le plan médiateur du segment [AB] est le plan (PIJ) et que les trois points P, I et J ont pour abscisse 1 ; donc une équation du plan (PIK) estx=1.
3. Soit (P2) le plan d’équation cartésienne 3y−z−4=0.
D’après le texte,−−→
AD=3−−→
AQ ; or le point Q a pour coordonnées (0 ; 1 ; 0) donc le point D a pour coordonnées (0 ; 3 ; 0).
−−→AC=−−→
AD+−−→
DC=−−→
AD+−−→
AB ; or−−→
AB a pour coordonnées (2 ; 0 ; 0) donc−−→
AC a pour coordonnées (2 ; 3 ; 0). Ce sont aussi les coordon- nées du point C.
Le point I est le milieu de [CD] donc le point I a pour coordonnées µ0+2
2 ;3+3 2 ;0+0
2
¶
soit (1 ; 3 ; 0).
On calcule de même les coordonnées du point J, milieu de [EF], et on trouve (1 ; 0 ; 1)
Un point M de coordonnées (x;y;z) appartient au plan médiateur de [IJ] si et seulement si IM=JM autrement dit IM2=JM2. IM2=(x−1)2+(y−3)2+z2; JM2=(x−1)2+y2+(z−1)2
IM2=JM2 ⇐⇒ (x−1)2+(y−3)2+z2=(x−1)2+y2+(z−1)2 ⇐⇒ y2−6y+9+z2=y2+z2−2z+1 ⇐⇒ −6y+2z+8=8 ⇐⇒
3y−z−4=0
Le plan médiateur de [IJ] a pour équation 3y−z−4=0 donc c’est le plan (P2).
Montrer que le plan (P2) est le plan médiateur du segment [IJ].
4. a. Démontrer que les plans (P1) et (P2) sont sécants.
Le plan (P1) d’équationx−1=0 a pour vecteur normal le vecteur−→
n1de coordonnées (1 ; 0 ; 0).
Le plan (P2) d’équation 3y−z−4=0 a pour vecteur normal le vecteur−→
n2de coordonnées (0 ; 3 ;−1).
Les vecteurs−→
n1et−→
n2ne sont pas colinéaires donc les plans (P1) et (P2) ne sont pas parallèles.
Les plans (P1) et (P2) sont donc sécants.
b. Montrer que leur intersection est une droite (∆) dont une représentation paramétrique est : Pour déterminer la droite d’intersection des plans (P1) et (P2), on résout le système
½ x−1=0
3y−z−4=0 que l’on écrit
x=1 y=y z=3y−4
Donc la droite (∆) d’intersection des plans (P1) et (P2) a pour représentation paramétrique :
x=1 y=t z=3t−4
oùt∈R.
c. Déterminer les coordonnées du pointΩde la droite (∆) tel queΩA =ΩI.
Un point de (∆) a pour coordonnées (1 ;t; 3t−4) oùtest un réel.
On va donc chercher une valeur det pour laquelleΩA =ΩI, le pointΩétant un point de (∆), autrement dit pour laquelle ΩA2=ΩI2.
ΩA2=(−1)2+(−t)2+(−3t+4)2;ΩI2=(1−1)2+(3−t)2+(−3t+4)2
ΩA2=ΩI2 ⇐⇒(−1)2+(−t)2+(−3t+4)2=(1−1)2+(3−t)2+(−3t+4)2 ⇐⇒1+t2=9−6t+t2 ⇐⇒6t=8⇐⇒ t=4 3 Le pointΩde (∆) tel queΩA=ΩI, correspond au paramètret=4
3 et a donc pour coordonnées µ
1 ;4 3; 3×4
3−4
¶
c’est-à-dire µ
1 ;4 3; 0
¶ .
d. Montrer que le pointΩest centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ.
Le pointΩappartient à la droite (∆) donc il appartient à la fois à (P1) et à (P2).
(P1) est le plan médiateur de [AB] etΩ∈(P1) doncΩA =ΩB.
(P2) est le plan médiateur de [IJ] etΩ∈(P2) doncΩI =ΩJ.
De plusΩA =ΩJ ; doncΩA =ΩB =ΩI =ΩJ :
le pointΩest le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ.
