La présentation et la qualité de la rédaction seront prises en compte dans la note. Les élèves non spécialistes traiteront l'exercice 3 sur les nombres complexes, les élèves spécialistes l'exercice 3 sur les similitudes directes (sur une feuille à part).
Exercice 1 6 points
Commun à tous les élèves
Partie A - Étude du signe d'une fonction
1. f est la somme de fonctions dérivables sur]0 ; +∞[doncf est dérivable sur cet intervalle et∀x∈]0 ; +∞[: f0(x) = 2x+ 4
x .
Comme x >0,2x >0 et 4
x >0, on déduit que f0(x)>0 . La fonction f est donc strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
• lim
x→0x2= 0 et lim
x→04 lnx=−∞; par somme de limites, on a lim
x→0f(x) =−∞.
L'axe des ordonnées est donc asymptote verticale à la courbe représentative de f au voisinage de zéro.
• lim
x→+∞x2 = +∞et lim
x→+∞4ln(x) = +∞; par somme de limites, on a lim
x→+∞f(x) = +∞ .
2. • La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[donc continue sur cet intervalle
• lim
x→0f(x) =−∞et lim
x→+∞f(x) = +∞
• f est strictement croissante sur ]0; +∞[
D'après le corollaire du TVI, l'équation f(x) = 0admet une unique solution α sur]0 ; +∞[. 3. f est strictement croissante sur ]0; +∞[etf(α) = 0 donc :
• f(x)<0 ⇐⇒ 0< x < α
• f(x) = 0 ⇐⇒ x=α
• f(x)>0 ⇐⇒ α < x
Partie B - Une valeur approchée du réel α déni dans la partie A 1. g(x) =x ⇐⇒ e−14x2 =x
⇐⇒ −14x2 = lnx (car la fonction logarithme népérien réalise une bijection de]0; +∞[surR)
⇐⇒ 14x2+ lnx= 0
⇐⇒ x2+ 4 lnx= 0
⇐⇒ f(x) = 0.
On a vu que l'unique solution de cette équation est le réel positifα. Doncα est aussi l'unique solution de l'équation g(x) =x.
2. On peut conjecturer que la suite converge vers la solution de l'équationg(x) =xdansR?+ c'est-à-dire α.
3. On obtient :
u0 = 0,5, u1≈0,939413, u2≈0,802018, u3≈0,851455, u4 ≈0,834232, u5 ≈0,840309, u6 ≈0,838174, u7 ≈0,838925.
Le plus petit entier n pour lequel les trois premières décimales de un et un+1 sont identiques est donc n= 6 .
Puisqu'on a supposé que u6 6α6u7, on a donc 0,8381746α60,838925. Donc0,838est une valeur approchée deα à10−3 près.
Partie C - Un problème de distance 1. M(x ; 2 lnx), donc OM =p
x2+ (2 lnx)2=p
x2+ 4(lnx)2 .
2. (a) h est la somme de fonctions dérivables sur]0 ; +∞[donch est dérivable sur cet intervalle et ∀x >0, h0(x) = 2x+ 8(lnx)× 1
x = 2x+ 8lnx
x = 2x2+ 8 lnx
x = 2 x2+ 4 lnx
x = 2f(x)
x . x >0, le signe de h0(x) est celui def(x)qui a été étudié dans la partie A.
• h0(x)<0 ⇐⇒ 0< x < α
• h0(x)>0 ⇐⇒ x > α
Le signe de la dérivée donne le sens de variation de la fonction donc la fonction h est strictement décroissante sur[0 ; α[ethest strictement croissante sur ]α ; +∞[.
(b) Le résultat précédent montre que la fonction h admet un minimum sur ]0; +∞[ en α de valeur h(α). La fonction dénie par x 7−→ p
h(x) a le même sens de variation que la fonction h, donc un minimum enα .
Conclusion : il existe un point unique de(Γ) A(α ; 2 lnα) tel que OA<OM pour tout point M de (Γ)distinct de A.
3. La tangente TA à la courbe(Γ) au point A a pour vecteur directeur−→u (1 ; ϕ0(α)) soit−→u
1 ; 2 α
.
La droite (OA) a pour vecteur directeur −→
OA(α ; 2 lnα).
Le produit scalaire de ces deux vecteurs est égal à :1×α+ 2
α ×2 lnα=α+4 lnα
α = α2+ 4 lnα
α .
On a vu dans la question précédente que f(α) = α2+ 4 lnα = 0 donc le produit scalaire est nul, ce qui montre que la droite (OA) est perpendiculaire à la tangente TA.
Exercice 2 5 points
Commun à tous les élèves
1. (a) A = V1 ∩V2. D'après l'énoncé p(V2) = 0,6 et pV2(V3) = 0,6 donc p(V2∩V3) = p(V2)×pV2(V3) = 0,6×0,6 = 0,36.
(b) B =V1∩V2. On ap(V2) = 0,6donc p V2
= 1−0,6 = 0,4et d'après l'énoncé pV
2(V3) = 0,9. Doncp V2∩V3
=p V2
×pV
2 V3
= 0,4×0,9 = 0,36 .
2. V2 et son événement contraireV2 réalisent une partition de l'univers doncV3 = (V3∩V2)∪(V3∩V2).
Ainsi d'après la formule des probabilités totales, on a :p3 =p(V3) =p(V3∩V2) +p V3∩V2
. Orp V3∩V2
=p V2
×pV
2(V3) = 0,4×(1−0,9) = 0,4×0,1 = 0,04. Conclusion : p3= 0,36 + 0,04 = 0,4 .
3. D'après l'énoncé, on a : pVn(Vn+1) = 0,6 et pV
n(Vn+1) = 0,9
4. Pour tout entier naturel n non nul, Vn et son événement contraire Vn réalisent une partition de l'univers donc Vn+1 = (Vn+1∩Vn)∪(Vn+1∩Vn).
Ainsi d'après la formule des probabilités totales, on a : pn+1 = p(Vn+1) = p(Vn+1∩Vn) +p Vn+1∩Vn
= pn×0,6 + (1−pn)×0,1 = 0,6pn−0,1pn+ 0,1 = 0,5pn+ 0,1.
5. (a) Pour tout entier naturel n non nul, un+1 = pn+1 −0,2 = 0,5pn + 0,1−0,2 = 0,5pn −0,1 = 0,5 (pn−0,2) = 0,5un.
Cette égalité montre que la suite u est une suite géométrique de raison 0,5 ; son premier terme est u1 =p1−0,2 = 1−0,2 = 0,8 .
(b) On sait que pour tout entier naturel nnon nulun=u1×rn−1= 0,8× 1
2 n−1
= 0,8 2n−1. De la dénition de(un) il résulte que pn= 0,2 + 0,8
2n−1 . (c) On sait que0< 1
2 <1donc lim
n→+∞
0,8
2n−1 = 0, donc lim
n→+∞pn= 0,2.
Exercice 3 5 points Pour les élèves non spécialistes
1. gure
2. À tout M(z), on associeM0(z0) tel quez0 =z2−4z.
Soita= 1 + il'axe de A et soita0 celle de A' :a0 = (1 + i)2−4(1 + i) = 2i−4(1 + i) =−4−2i. Soitb= 3−iaxe de B et soit b0 celle de B' :b0 = (3−i)2−4(3−i) = 8−6i−4(3−i) =−4−2i.
Les points A0 et B0 sont identiques.
3. Les points qui ont pour image le point d'axe−5 ont pour axez, solutions de l'équationz2−4z=−5.
z2−4z=−5⇔z2−4z+ 5 = 0.
∆ =−4<0. L'équation a deux solutions complexes conjuguées : z1 = 4−2i
2 = 2−ietz2 = 2 + i. Les deux points ayant pour image le point d'axe -5 on pour axe−2−iet−2 + i.
4. (a) Pour tout z,z0+ 4 =z2−4z+ 4 =z2−2×z×2 + 22 = (z−2)2. (b) i. On en déduit que|z0+ 4|=
(z−2)2
=|z−2]2. ii. Pour toutz6= 2,arg(z0+ 4) = arg (z−2)2
= 2 arg(z−2)[2π].
(c) On suppose que M décrit le cercleC de centre I et de rayon 2. zM = 2 + 2eiθ,θ∈R.
On a alors :|z0+ 4|=|zM−2|2 =IM2= 22= 4. Appelons J le point d'axe -4. On a alorsJ M0= 4 arg(z0+ 4) = 2 arg(z−2) = 2θ.
On trouve quearg(z0+ 4) = arg(z0−zJ)décritR.
Par conséquent,M0 décrit le cercle de centre J et de rayon 4.
5. Soient E
2 + 2eiπ3
et E' l'image de E.
(a) E est un point de C.z−IE→= 2ei π
3 donc IE=2 et une mesure en radians de l'angle−→u ; −→
IE est π
3. (b) D'après les questions précédentes, E' est un point de C0 donc JE'=4 et une mesure en radians de
l'angle −→u ; −−→
J E0
= 2−→u ; −→
IE
= 2π 3 . (c) On sait que cos
2π 3
=−1
2 donc E' est le point de C0 d'abscisse −4− 1
2 ×4 =−6 et d'ordonnée positive (car sin
2π 3
>0)
Exercice 3 5 points Pour les élèves spécialistes
Partie A
1. s(A) =I et s(B) =K.
En utilisant le théorème de Thalès (ici des milieux), sachant que I milieu de[DC]et K milieu de[AC], on a −→
IK = 1 2
−−→ AD.
Par dénition, le rapport de la similitude est égal à IK AB =
a 2
a = 1
2 si aest la mesure des côtés du carré.
De même l'angle de la similitude est égal à−→
AB, −→ IK
= −→
AB, −→
AD
= π 2[2π]. 2. • De la même façon, on a −→
J I= 1 2
−−→
AD, donc (IJ)⊥(AB) et par suite,AJ I rectangle en J.
Or (propriété vue en 4ème), si un triangle est rectangle, il est inscrit dans un cercle ayant pout diamètre son hypoténuse, donc J ∈Γ1 . De même, comme KJB est rectangle enJ, J ∈Γ2 .
• D'autre part, d'après la question précédente, siΩest le centre de la similitude,s(Ω) = Ω, ets(A) =I donc on a −→
ΩA, −→ ΩI
= π
2[2π]qui montre que Ω∈Γ1 ; de même, −→
ΩB, −→
ΩK
= π
2[2π] montre que Ω∈Γ2 .
Les deux cerclesΓ1 etΓ2 se coupent en J et enΩ. 3. (a) L'angle de la similitude directesest π
2, donc l'image de la droite (AC) est une droite perpendiculaire à (AC). De plus, s(A) =I donc s(AC) passe par I : c'est la droite (BD) .
De même, l'image de (BC) est perpendiculaire à celle-ci et contient l'image de B qui est K : c'est la droite (CD) .
Comme C est commun à (AC) et (BC), son image est commun aux droites images (BD) et (CD) : c'est donc D. Ainsi, s(C) =D.
(b) On sait que les similitudes conservent les barycentres, donc les milieux. L'image du milieu I de [AC]
est donc le milieu E du segment image soit [ID] . 4. s(A) = I ets(I) = E donc −→
ΩA, −→ ΩI
= π
2[2π]et −→ ΩI, −→
ΩE
= π
2[2π], donc −→
ΩA, −→
ΩE
=π[2π] et par suite, A, Ωet E sont alignés.
Partie B
1. On a zA= 0, zB= 10, zC= 10 + 10i, zD= 10i .
2. On a zI= 5 + 5i .
On sait qu'une similitude directe a une écriture complexe de la forme z0 = az +b, a ∈ C∗, b ∈ C. En utilisant s(A) =I ets(B) =K on obtient le système suivant :
a×0 +b= 5 + 5i a×10 +b= 5 + 10i L'écriture complexe desest donc : z0 = 1
2iz+ 5 + 5i .
3. a 6= 1 donc Le point Ω existe, il est le point invariant de la similitude donc son axe est la solution de l'équation z0 =z ⇐⇒ 1
2iz+ 5 + 5i=z
⇐⇒ z
1−1 2i
= 5 + 5i
⇐⇒ z= 5 + 5i 1−1
2i
⇐⇒ z=
(5 + 5i)
1 +1 2i
1−1
2i 1−1 2i
⇐⇒= 5− 52+i 52 + 5 1 +14
⇐⇒ z=
5 2 +152i
5 4
⇐⇒ z= 2 + 6i donc ω= 2 + 6i .
4. On a zI= 5 + 5i. E est l'image de I pars, donc zE= 1
2i(5 + 5i) + 5 + 5i= 5 2i−5
2+ 5 + 5i= 5 2+15
2 i (on peut directement obtenir ce résultat en utilisant le fait que E est le milieu de [ID].) On remarque que −→
AE = 5 4
−→AΩ donc Ω, A, I sont alignés.
5. On sait déjà que Ωappartient à (AE).
On azL= 5i, doncz−→
ΩL=−2−i etz−→
ΩC = 8+4i=−4z−→
ΩLdonc−→
ΩC=−4−→
ΩL et par suite, L,Ω et C sont alignés . De mêmezJ= 5, doncz−Ω→J= 3−6i etz−→ΩD=−2+4i. On a donc−→
ΩJ=−3 2
−→ΩD et par suite, J,Ωet D sont alignés . Les droites (AE), (CL) et (DJ) sont donc concourantes enΩ.
Exercice 4 4 points
Commun à tous les élèves Partie A
1. v0 = lna, alors : u0 =e−lna+ 1 = 1
elna + 1 = 1
a+ 1. Réponse a .
2. Sivest strictement croissante, alors :−vest décroissante, e−vest décroissante (car la fonction exponentielle est croissante sur R) donc u = e−v+ 1 l'est aussi. De plus ∀n ∈ N, e−vn > 0 donc u est minorée par 1.
Réponse d .
3. Si v diverge vers +∞, comme lim
X→+∞e−X = 0 alors : lim
n→+∞e−vn = 0, donc lim
n→+∞un= 1. Réponse c . 4. Siv est majorée par2, alors :vn62donc−26−vn soit e−26e−vn donc e−2+ 16e−vn+ 1. Réponse b . Partie B (1 point)
Démontrons que pour tout entier naturel non nul, on aln (un) +vn>0. On a un=e−vn+ 1 = (1 +evn)(e−vn).
Donc ln (un) = ln (1 +evn) + ln (e−vn) = ln (1 +evn)−vn donc ln (un) +vn = ln (1 +evn). Or evn > 0, donc ln (1 +evn)>0.
