Dernier D.S. de 4h : Le bac est à nos portes...

(1)

Dernier D.S. de 4h : Le bac est à nos portes...

corrigé , basé sur celui de l'APMEP, merci à Denis Verges ! TS 1, 2 et 5

Samedi 14 février 2013, 4h, Calculatrice et formulaire de une page A4 autorisés.

Exercice 1. Métropole, 21 juin 2012 modifié, Exo 3 Partie A

1) Les différentes variables de l'algorithme prennent successivement les valeurs suivantes :

n 4 4 4 4 4

i 1 2 3 4

u 0 0+1=1 1+1 2=3

2 3 2+1

3=11 6

11 6+1

4=25

12, valeur qui s'affiche

2) Remplacer la sortie par : « Afficher u−lnn. » [pas de« un » dans l'algorithme ! Personnellement je rajouterais bien aussi un « FinPour » qui aurait dû être là depuis le début.]

u+1/i=u+1 i≠u+1

i Lorsque l'utilisateur entre n=4 l'algorithme affiche 25

12 .

3) On peut conjecturer que la suite est décroissante. [ou « la suite semble ... » mais PAS « La suites EST décroissante. »] Partie B

1) f(x)= 1

x+1+ln

(

^x⁺^x¹

)

^.x→+∞^lim

x x+1=⁽ⁱ⁾lim

x:→+∞

1 1+1

x

= 1

1+0=1 donc lim

x:→+∞

x

x+1=1 et lim

x→+∞ln

(

^x+1^x

)

⁼^lim^x→1^ln^X⁼^{0. On a}

par ailleurs lim

x:→+∞

1

x+1=0, donc finalement par somme de limites : lim_x→+∞f(x)=0.

● Méthode du corrigé de l'APMEP : Comme sur [1;+∞[,x+1>0, et x

x+1>0 la fonction f est la somme de deux fonctions dérivables sur [1;+∞[ et sur cet intervalle : f^'(x)=− 1

(x+1)²+u'(x)

u(x) avec u(x)= x x+1. Or u'(x)=1×(x+1)−x×1

(x+1)² = 1

(x+1)² donc f^'(x)=− 1 (x+1)²+

1 (x+1)²

x x+1

=− 1

(x+1)²+ 1

x(x+1)=−x+x+1 x(x+1)²= 1

x(x+1)².

● Autre méthode (meilleure, non ?) : Sur [1;+∞[,x>0 et x+1>0 donc f(x)= 1

x+1+ln(x)−ln(x+1) d'où f^'(x)=− 1

(x+1)²+1 x− 1

x+1 et on met au même dénominateur pour retrouver f^'(x)= 1 x(x+1)².

Remarque : Il est indispensable de vérifier que a>0 et b> 0 (et de le dire!) avant d'écrire que ln(ab) =ln a +ln b . Par exemple 6=(-3)(-2) et pourtant ln 6≠ln(−3)+ln(−2) puisque les deux derniers termes n'existent pas.

Pour x⩾1, la dérivée est strictement positive, donc la fonction est strictement croissante sur [1;+∞[.

Or une fonction strictement croissante sur [1;+∞[

qui a une limite négative ou nulle en +∞ est strictement négative sur [1;+∞[

On en déduit que f(x)<0 sur [1;+∞[.

2)

Tableau de variations de f

x 1 +∞

signe de f '(x) +

Variations de f 0

f(1)<0

u_n+1−u_n=

[

¹⁺¹²⁺¹³^+…¹ⁿ⁺ⁿ⁺¹¹ ⁻^ln⁽ⁿ⁺¹⁾

]

⁻

[

¹⁺¹²⁺¹³^+…+¹ⁿ⁻^lnn

]

⁼ⁿ⁺¹¹ ⁺^lnⁿ⁻^ln⁽ⁿ⁺¹⁾⁼ⁿ⁺¹¹⁺^ln

(

ⁿ⁺¹ⁿ

)

⁼^f⁽ⁿ⁾^.

On a vu que pour x⩾1,f(x)<0, donc u_n+1−u_n=f(n)<0 montre que u_n+1<u_n, ce qui signifie que la suite

(^un) est strictement décroissante.

Remarque : On pouvait aussi dire que pour x⩾1, la dérivée est positive, donc la fonction est croissante sur [1;+∞[ (sans les

« strictement »). Or une fonction croissante sur [1;+∞[ qui a une limite négative ou nulle en +∞ est négative sur [1;+∞[. On en déduit que f(x)⩽0 sur [1;+∞[. À la question suivante cela permet de déduire que u_n+1⩽u_n et donc que la suite (^un) est décroissante (au sens large = pas strictement). Cette deuxième version est plus simple mais elle donne une conclusion un peu moins précise.

Mme Helme-Guizon http://mathematoques.weebly.com

(2)

Exercice 2. Amérique du Nord, 30 mai 2013, Exo 1

1) Démontrons que les points A, B et C ne sont pas alignés. On a ⃗AB(1;−1;−1) et ⃗AC(2;−5;−3). On a:

1 2≠−1

−5. Les coordonnées des vecteurs ⃗AB et ⃗AC ne sont pas proportionnelles. Les vecteurs ⃗AB et ⃗AC ne sont pas colinéaires donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

2) a) Démontrons que la droite Δ est orthogonale au plan (ABC).

On a ⃗AB⋅⃗u=1×2+(−1)×(−1)+(−1)×3=0 et ⃗AC⋅⃗u=2×2+(−5)×(−1)+(−3)×3=0. Les vecteurs ⃗AB et ⃗AC sont donc orthogonaux à ⃗u. La droite Δ est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), elle est donc orthogonale au plan (ABC). [« non colinéaires » est indispensable dans le théorème de la porte]

b) De ce qui précède, on déduit que ⃗u est un vecteur normal à (ABC). Une équation cartésienne de

(ABC) est de la forme 2x−y+3z+d=0. Comme le point A appartient au plan (ABC), ses coordonnées vérifient 2×0+(4)×(−1)+(1)×3+d=0 d'où d=1.

On en déduit une équation cartésienne du plan (ABC): 2x−y+3z+1=0.

c) Comme la droite Δ a pour vecteur directeur ⃗u(2;−1;3) et contient le point D (7;−1;4), une représentation paramétrique de Δ est :

{

^x^y=−t−1^z⁼⁼^3t^2t⁺⁺⁷⁴^, ^(t∈ℝ).

d) Les coordonnées du point H, intersection de la droite Δ et du plan (ABC), sont solutions du

^x^y=^z⁼⁻⁼ ^3t^4t⁺^t⁻²²^{, t∈ℝ.}

Remarque : On peut aussi montrer se contenter de vérifier que la droite d est contenus dansP 1. En effet,les coordonnées d'un point de la droite vérifient l’équation de puisque pour tout réel t, (−4t−2)+t+(3t+2)=0. Idem pour P 2 .

c) On déduit de la représentation paramétrique précédente que la droite d a pour vecteur directeur

⃗u'(−4;1;3). Le plan (ABC) a pour vecteur normal ⃗u(2;−1;3). On a ⃗u⋅⃗u'=0 donc ⃗u et ⃗u ' sont orthogonaux: la droite d et le plan (ABC) sont parallèles.

Pour savoir s'ils sont strictement parallèles ou bien si la droite d dans le plan (ABC), regardons si le point D(−2; 0; 2) de d est dans le plan (ABC) : On a 2(−2)−0+3×2+1=3≠0, donc d∉(ABC)donc la droite d et le plan (ABC) sont strictement parallèles.

Remarque : On peut aussi chercher les points d'intersection de d et (ABC) car le nombre de points d'intersection entre un point et une droite permet de connaître leur position relative : S'ils n'ont aucun point d'intersection, ils sont strictement parallèles, s'ils ont un unique point d'intersection, ils sont sécants et s'ils ont une infinité de points d'intersection, la droite est contenue dans le plan. Pour trouver les points d'intersection de d et (ABC), on remplace dans l’équation de (ABC) x, y et z par leur expression en fonction de t donnée par l'équation paramétrique de d.

Mme Helme-Guizon http://mathematoques.weebly.com

(3)

EXERCICE 3

Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal O; u;

(

v

)

. On prendra 2 cm pour unité.

⁼^π⁺^2kπ ^.

2. Si M appartient au cercle (C) de centre B et de rayon 2, alors MB=2, d’où comme M'A×MB=2, on a M’A=1, et ainsi M’ appartient au cercle (C’ ) de centre A et de rayon 1.

3. Soit le point P d’affixe p=−2+i 3.

3. a. On a p+1=−2+i 3+1=−1+i 3=2 −1 2+i 3

2

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ =2e

2iπ

3 . ( on n’oublie pas de faire un cercle trigonométrique )

3.b. On a p+1 qui est l’affixe du vecteur BM 

d’où compte tenu de ce qui est précisé dans la question 3.a. on a : BM=2 et 

⁼¹⁺^ln^x

x² .

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

−1

1 2 3

C

O

1. a. Étudions la limite def en 0.

On sait que lim

x→0ln(x)=−∞donc lim

x→01+ln(x)=−∞. D’autre part lim

x→0

1

x²= +∞, alors par produit des limites, lim

x→0f(x)=−∞

b. On sait que lim

x→+∞

lnx x =0, D’autre part lim

x→+∞

1

x=0, alors par produit des limites lim

x→+∞

lnx x² =0, On a aussi lim

x→+∞

1

x²=0,et en ajoutant ces deux dernières limites, on obtient :

xlim→+∞f(x)=0 c. lim

x→0f(x)=−∞prouve que l’axe des ordonnées est asymptote verticale .

xlim→+∞f(x)=0 que l’axe des abscisses est asymptote horizontale.àC 2. a. On notef^$la fonction dérivée de la fonctionf sur l’intervalle ]0 ;+∞[.

f est dérivable sur ]0 ;+∞[,

f^$(x)= 1

x×x²−(1+lnx)

x⁴ =−x−2xlnx

x⁴ =−1−2ln(x) x³ . b. −1−2lnx>0⇐⇒ lnx<−1

2 ⇐⇒ x<e⁻¹².

Pour toutx∈]0 ;+∞[,x²>0 etf^$(x) est du signe de−1−2ln(x).

c. Dresser le tableau des variations de la fonctionf. On af!

e⁻¹²"

= 1−¹₂

!e⁻¹²"2=

12

e⁻¹=e 2

Corrigé Amérique du Nord 8 30 mai 2013

(4)

1

−1

1 2 3

C

O

1. a. Étudions la limite def en 0.

On sait que lim

x→0ln(x)=−∞donc lim

x→01+ln(x)=−∞. D’autre part lim

x→0

1

x²= +∞, alors par produit des limites, lim

x→0f(x)=−∞

b. On sait que lim

x→+∞

lnx x =0, D’autre part lim

x→+∞

1

x=0, alors par produit des limites lim

x→+∞

lnx x² =0, On a aussi lim

x→+∞

1

x²=0,et en ajoutant ces deux dernières limites, on obtient :

xlim→+∞f(x)=0 c. lim

x→0f(x)=−∞prouve que l’axe des ordonnées est asymptote verticale .

xlim→+∞f(x)=0 que l’axe des abscisses est asymptote horizontale.àC 2. a. On notef^$la fonction dérivée de la fonctionf sur l’intervalle ]0 ;+∞[.

f est dérivable sur ]0 ;+∞[,

f^$(x)= 1

x×x²−(1+lnx)

x⁴ =−x−2xlnx

x⁴ =−1−2ln(x) x³ . b. −1−2lnx>0⇐⇒ lnx<−1

2 ⇐⇒ x<e⁻¹².

Pour toutx∈]0 ;+∞[,x²>0 etf^$(x) est du signe de−1−2ln(x).

c. Dresser le tableau des variations de la fonctionf. On af!

e⁻¹²"

= 1−¹₂

!e⁻¹²"2=

12

e⁻¹=e 2

x 0 ^!¹^e +∞

f^#(x) + 0 −

f(x)

−∞

1e

0 3. a. On a :f(x)=0⇐⇒1+lnx=0⇐⇒lnx=−1⇐⇒x=e⁻¹

Ce qui prouve que la courbeCcoupe l’axe des abscisses en un unique point, le point de coordonnées (e⁻¹;0)

b. D’après le tableau des variations def et sachant quef(e⁻¹)=0.

On en déduit quef(x)>0 sur l’intervalle ]e⁻¹;+∞[ etf(x)<0 sur l’intervalle ]0; e⁻¹[ .

4. Pour tout entiern!1, on noteI_nl’aire, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbeCet les droites d’équations respectivesx=1

eetx=n.

a. On sait quef>0 sur ]e⁻¹;+∞[, doncIn=

!n e−1f(x) dx Sur

"1 e; 2

#

on a au vu des variations def: 0<f(x)"^e

2. Comme l’intégration conserve l’ordre et le signe, on en déduit :

0"I2"

!n e−1

e 2d x=e

2

$ 2−1

e

%

=e−1

2et finalement : 0"I2"e−1 2.

On admet que la fonctionF, définie sur l’intervalle ]0 ;+∞[ parF(x)=−2−ln(x) x ,est une primitive de la fonctionfsur l’intervalle ]0 ;+∞[.

b. CalculonsInen fonction den. On a : In=

"

−2−lnx x

#_n

0=−2−lnn

n −

$−2−ln(e⁻¹ e⁻¹

%

=−2−lnn

n −(−2+1)e Et finalement :In=−2−lnn

n +e=e−lnn n −2

n c. Étudions la limite deI_nen+∞.

On a lim

n→+∞

lnn

n =0, lim

n→+∞

1

n=0 et lim

n→+∞

2

n=0 alors lim

n→+∞I_n=e.

Graphiquement cela signifie que l’aire du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbeCet les droites d’équations respectivesx=1

eetx=ntend vers e quandntend vers+∞.

3.

x 0 ^!¹^e +∞

f^#(x) + 0 −

f(x)

−∞

1e

0 3. a. On a :f(x)=0⇐⇒ 1+lnx=0⇐⇒ lnx=−1⇐⇒ x=e⁻¹

Ce qui prouve que la courbeC coupe l’axe des abscisses en un unique point, le point de coordonnées (e⁻¹;0)

4. Pour tout entiern!1, on noteInl’aire, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbeCet les droites d’équations respectivesx=1

eetx=n.

a. On sait quef >0 sur ]e⁻¹;+∞[, doncIn=

!n

e⁻¹f(x) dx Sur

"1 e; 2

#

on a au vu des variations def : 0<f(x)"^e

0"I2"

!n e⁻¹

e 2d x=e

2

$ 2−1

e

%

=e−1

On admet que la fonctionF, définie sur l’intervalle ]0 ;+∞[ parF(x)=−2−ln(x) x ,est une primitive de la fonctionf sur l’intervalle ]0 ;+∞[.

"

−2−lnx x

#n

0=−2−lnn

n −

$−2−ln(e⁻¹ e⁻¹

%

=−2−lnn

n +e=e−lnn n −2

n c. Étudions la limite deInen+∞.

On a lim

n→+∞

lnn

n =0, lim

n→+∞

1

n=0 et lim

n→+∞

2

n=0 alors lim

n→+∞In=e.

Graphiquement cela signifie que l’aire du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbeC et les droites d’équations respectivesx=1

x 0 ^!¹^e +∞

f^#(x) + 0 −

f(x)

−∞

1e

0 3. a. On a :f(x)=0 ⇐⇒1+lnx=0⇐⇒ lnx=−1⇐⇒ x=e⁻¹

4. Pour tout entiern!1, on noteInl’aire, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbeCet les droites d’équations respectivesx=1

eetx=n.

a. On sait quef >0 sur ]e⁻¹;+∞[, doncIn=

!_n

e⁻¹f(x) dx Sur

"1 e; 2

#

0"I2"

!_n

e⁻¹

e 2d x=e

2

$ 2−1

e

%

=e−1

"

−2−lnx x

#n

0=−2−lnn

n −

$−2−ln(e⁻¹ e⁻¹

%

=−2−lnn

n +e=e−lnn n −2

On a lim

n→+∞

lnn

n =0, lim

n→+∞

1

n =0 et lim

n→+∞

2

n =0 alors lim

n→+∞In=e.

b. Pour montrer que la fonction F est une primitive de f, il suffit de dériver F pour obtenir F’=f.

c.

x 0 ^!¹^e +∞

f^#(x) + 0 −

f(x)

−∞

1e

0 3. a. On a :f(x)=0⇐⇒ 1+lnx=0⇐⇒lnx=−1⇐⇒ x=e⁻¹

4. Pour tout entiern!1, on noteIn l’aire, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbeC et les droites d’équations respectivesx=1

eetx=n. a. On sait quef >0 sur ]e⁻¹;+∞[, doncI_n=

!n

e⁻¹f(x) dx Sur

"1 e; 2

#

0"I2"

!_n

e⁻¹

e 2d x=e

2

$ 2−1

e

%

=e−1

"

−2−lnx x

#n

0=−2−lnn

n −

$−2−ln(e⁻¹ e⁻¹

%

=−2−lnn

n −(−2+1)e Et finalement :I_n=−2−lnn

n +e=e−lnn n −2

On a lim

n→+∞

lnn

n =0, lim

n→+∞

1

n=0 et lim

n→+∞

2

n=0 alors lim

n→+∞In=e.

d.

x 0 ^!¹^e +∞

f^#(x) + 0 −

f(x)

−∞

1e

0 3. a. On a :f(x)=0⇐⇒ 1+lnx=0⇐⇒lnx=−1⇐⇒ x=e⁻¹

4. Pour tout entiern!_{1, on note}_I_n l’aire, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbeC et les droites d’équations respectivesx=1

eetx=n. a. On sait quef >0 sur ]e⁻¹;+∞[, doncIn=

!_n

e⁻¹f(x) dx Sur

"1 e; 2

#

0"_I₂"

!_n

e⁻¹

e 2d x=e

2

$ 2−1

e

%

=e−1

2et finalement : 0"_I₂"_e₋¹ 2.

"

−2−lnx x

#_n

0=−2−lnn

n −

$−2−ln(e⁻¹ e⁻¹

%

=−2−lnn

n +e=e−lnn n −2

On a lim

n→+∞

lnn

n =0, lim

n→+∞

1

n=0 et lim

n→+∞

2

n=0 alors lim

n→+∞In=e.