Pondichery Avril 2008

(1)

Pondichery Avril 2008

Exercice 1 :

1.a. ∀x∈[1; +∞[, e^x>1⇒e^x−1= 0.

La fonctionf est donc définie et continue sur[1; +∞[comme quotient de fonctions continues sur[1; +∞[.f admet donc une primitive sur l’intervalle[1;x[ etH est donc définie pour toutx∈[1; +∞[.

1.b. H est la primitive def s’annulant en1. On a donc,∀x∈[1; +∞[, H^′(x) =f(x)etH(1) = 0.

1.c. H(3) est l’aire de la portion de plan comprise entre l’axe(Ox),la courbe def, la droite d’équationx= 0 et la droite d’équation x= 3.

2.a. Pour toutx >0, x

e^x−1= xe⁻^x

e⁻^x(e^x−1) ⇒ x

e^x−1=x e⁻^x 1−e⁻^x 2.b. En intégrant par parties et en posantu=xetv^′ = e⁻^x

1−e⁻^x,on obtientu^′= 1 etv= ln (1−e⁻^x). Les fonction uetvétant dérivables à dérivées continues sur[1; +∞[.

Ainsi 3

1

f(x)dx= [xln (1−e⁻^x)]³₁− 3

1

ln (1−e⁻^x)dx⇒ 3

1

f(x)dx= 3 ln

1−e⁻³

−ln

1−e⁻¹

− 3

1

ln (1−e⁻^x)dx

C’est à dire 3

1

f(x)dx= 3 ln

1− 1 e³

−ln

1−1 e

− 3

1

ln (1−e⁻^x)dx

2.c.1≤x≤3 ⇒ −3≤ −x≤ −1

⇒e⁻³≤e⁻^x≤e⁻¹, la fonction exponentielle étant croissante surR

⇒ −e⁻¹≤ −e⁻^x≤ −e⁻³

⇒1−e⁻¹≤1−e⁻^x≤1−e⁻³

⇒ln

1−e⁻¹

≤ln (1−e⁻^x)≤ln

1−e⁻³

,la fonctionlnétant croissante surR^+∗

On a donc,∀x∈[1; 3],ln

1−e⁻¹

≤ln (1−e⁻^x)≤ln

1−e⁻³ .

2.d. L’intégration sur[1; 3]conservant l’ordre, on a 3

1

ln

1−e⁻¹ dx≤

3

1

ln (1−e⁻^x)dx≤ 3

1

ln

1−e⁻³ dx

Donc ln

1−e⁻¹3 1≤

3

1

ln (1−e⁻^x)dx≤ ln

1−e⁻³3

1⇒2 ln

1−e⁻¹

≤ 3

1

ln (1−e⁻^x)dx≤2 ln

1−e⁻³ .

On a donc−2 ln

1−e⁻³

≤ − 3

1

ln (1−e⁻^x)dx≤ −2 ln

1−e⁻¹

et 3 ln

1− 1 e³

−ln

1−1 e

−2 ln

1−e⁻³

≤ 3

1

f(x)dx≤3 ln

1− 1 e³

−ln

1−1 e

−2 ln

1−e⁻¹

C’est à dire en valeurs approchées : 0.408≤ 3

1

f(x)dx≤1.223.pasgénial comme encadrement !!

Exercice 2 : Partie A :

Pour tout pointM du plan d’affixez,l’image parr deM est le pointM^′ d’affixez^′ défini par

ΩM^′ = ΩM

−−→ΩM,−−→

ΩM^′

=α

On a donc





z^′−ω=z−ω arg

z^′−ω z−ω

=α ⇒









z^′−ω z−ω

= 1 arg

z^′−ω z−ω

=α

⇒z^′−ω z−ω =e^iα On a donc bienz^′−ω=e^iα(z−ω).

(2)

Partie B 1.a. z_A=−√

3−i⇒ |z_A|=√

3 + 1 = 2doncz_A= 2

−

√3 2 − i

2

.

L’argumentθA dezA est donc donné par







cos (θ_A) =−

√3 2 sin (θA) = −1

2

⇒θA=−5π 6 .

Ainsi|z_A|= 2etarg (z_A) =−5π 6 On a de même z_B = 1−i√

3⇒ |z_B|=√

3 + 1 = 2et







cos (θ_B) = 1 2 sin (θ_B) =−√

3 2

⇒θ_B= −π 3

Ainsi|zB|= 2etarg (zB) =−π 3 On a de même z_C =√

3 +i⇒ |z_C|=√

3 + 1 = 2et







cos (θ_C) =

√3 2 sin (θ_C) =1

2

⇒θ_C =π 6 Ainsi|zC|= 2etarg (zC) = π

6 Et enfin z_D=−1 +i√

3⇒ |z_D|=√

3 + 1 = 2et







cos (θ_D) =−1 2 sin (θ_D) =

√3 2

⇒θ_D= 2π 3

Ainsi|z_D|= 2et arg (z_D) =2π 3

1.b. Les pointsA, B, C,etDsont donc sur un cercle de centreOet de rayon2.Sur ce cercle,Aest le point d’ordonnée−1 et d’abscisse négative,B le point d’abscisse1et d’ordonnée négative,C le point d’ordonnée1et d’abscisse positive, Dle point d’abscisse−1et d’ordonnée positive.

-3 -2 -1 1 2 3

-3 -2 -1 1 2

A

B C D

E

F

1.c. On voit sur la figure queABCDest un carré. Démontrons le : z_D−z_C=

−1 +i√ 3

−√ 3 +i

⇒z_D−z_C=

−1−√ 3

+i√ 3−1 z_A−z_B=

−√ 3−i

− 1−i√

3

⇒z_A−z_B=

−1−√ 3

+i√ 3−1

On a doncz_D−z_C=z_A−z_B donc−−→CD=−−→BA qui prouve queABCDest un parallélogramme.

De plus|z_D−z_C|=

−(1−i)√

3−1−i

⇒ |z_D−z_C|²=

−1−√ 3²

+√ 3−1²

= 8.

Donc −−→CD

2

= 8⇒ −−→CD

= 2√ 2 etz_A−z_D=

−√ 3−i

−

−1 +i√ 3

= 1−√

3

−i 1 +√

3

⇒ |z_A−z_D|²= 1−√

3² +√

3 + 1²

= 8.

Donc −−→DA

2

= 8⇒ −−→DA

= 2√ 2.

(3)

Un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur est un losange.

De plusz_A−z_C=

−√ 3−i

−√ 3 +i

=−2√

3−2i⇒ |z_A−z_C|²= 16donc −→CA

= 4.

etz_B−z_D= 1−i√

3

−

−1 +i√ 3

= 2−2i√

3⇒ |z_B−z_D|²= 16donc −−→DB

= 4.

Un losange dont les diagonales ont même longueur est un carré .

2.a. Il suffit de construire les triangles équilatéraux indirects : BAEetBCF.

Ainsi, E est donc à l’intersection du cercle de centre B passant par A et du cercle de centre A passant par B. Des deux intersections,E est le point tel que −−→BA,−−→BE

soit négatif. Idem pourF.

2.b. L’image du point M d’affixezest le point d’affixez^′ tel quez^′− 1−i√

3

=e⁻ⁱ^π³ z−

1−i√ 3

. Doncz^′ =

1−i√ 3

+ 1

2−1 2i√

3

z− 1−i√

3

⇒z^′= 1

2−1 2i√

3

z+ 2 après avoir développé.

2.c. L’affixe de E est donc : zE= 1

2−1 2i√

3

zA+ 2⇒zE= 1

2−1 2i√

3

−√ 3−i

+ 2 Et après avoir développé : zE = 2−√

3 +i Exercice 3 :

1. Gest le barycentre du système de points pondérés : {(A; 1),(B; 1),(C; 1),(D; 1)}.Donc par associativité du barycentre, Gest aussi barycentre de : {(I; 2),(J; 2)},puisqueI est barycentre de{(A; 1),(B; 1)}etJ de{(C; 1),(D; 1)}.Ainsi Gappartient à la droite(IJ).

En regroupant cette foisAetCd’une part etBetDd’autre part,Gest barycentre de{(M; 2),(N; 2)}donnantG∈(M N). En regroupant enfinAetDd’une part etB etC d’autre part,Gest barycentre de{(K; 2),(L; 2)}donnantG∈(KL).

Les droites(IJ),(KL)et(M N)sont donc bien concourantes enG .

A

B

C

D I

J K

L

M N

G

2.a. Il semble bien sur la figure queIKJLsoit un losange, mais la construction à la main étant impossible, cette conjecture est bien difficile à faire au moment de l’examen !!!

D’après le théorème de la droite des milieux dans le triangleBAC,on a : −→IK= 1 2

−→AC.

De même dans le triangleADC,−→

LJ= 1 2

−→AC.On a donc−→

IK=−→

LJ qui prouve queIKJL est un parallélogramme.

De plus, cette fois dans le triangleBCD,−−→KJ= 1 2

−−→BD⇒KJ = 1

2BDet de même−→IK=1 2

−→AC⇒IK= 1 2AC.

Le trétarèdre étant équifacial,AC=BDdoncIK=KJ.

Un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de même longueur est un losange . Le même raisonnement montre queIM JN etKNLM sont des losanges.

2.b. (IJ) et(KL)sont les diagonales d’un losange. Elles sont donc orthogonales, ainsi que (IJ) et (M N) d’une part et(KL) et (M N) d’autre part.

(4)

3.a. La droite (IJ) est donc orthogonale à deux droites sécantes du plan (M KN) qui sont (KL) et (MN) sécantes en G.Elle est donc orthogonale au plan (M KN).

3.b. (IJ) étant orthogonale au plan (MKN), elle est orthogonale à toutes les droites de ce plan, donc en particulier à (M K). On a donc−IJ→·−−→M K= 0.

Le théorème de la droite des milieux dans le triangleABC donne−−→AB= 2−−→M K donc−IJ→·−−→AB= 2−IJ→·−−→M K= 0 (IJ) est donc orthogonale à (AB).

On a de même −IJ→·−−→CD= 2−IJ→·−−→N K= 0 puisque(IJ)est orthogonale à(KN)incluse dans(M KN). Ainsi (IJ) est orthogonale à (CD).

3.c. Le pointGappartenant à la droite(IJ),(IG)est donc la droite passant par le milieu de[AB]et orthogonale à(AB). Dans le plan(GAB),(GI)est la médiatrice de[AB]doncGA=GBetGappartient donc au plan médiateur de[AB]. On peut aussi dire que de tous les plans contenant(GI),l’un d’entre eux est orthogonal à(AB). C’est alors le plan orthogonal

à(AB)qui passe par le milieu de[AB],c’est le plan médiateur de[AB].

De la même manière,(GJ)est orthogoanle à(CD),donc de tous les plans contenant(GJ),l’un d’entre eux est orthogonal à(CD). C’est alors le plan orthogonal à(CD)qui passe par le milieu de[CD],c’est le plan médiateur de[CD]. 3.d. Gappartient au plan médiateur de[AB]. DoncGA=GB,et de mêmeGappartient au plan médiateur de[CD]. Donc

GC=GD.

Mais on montrerait de la même manière que dans le3.c. queGappartient aussi au plan médiateur de[BC].DoncGB=GC.

Ainsi





GA=GB GC=GD GB=GC

⇒GA=GB=GC=GD qui prouve queGest la centre de la sphère circonscrite au tétraèdre .

Exercice 4 : Partie A :

1.a. f est dérivable sur[0; 20]comme produit de fonctions dérivables sur[0; 20]. Sa dérivée estf^′(x) =

−x² 10 + 2x

^′

⇒f^′(x) =−1

5 x+ 2etf^′(x)≥0⇔x≤10 f est donc croissante sur[0; 10]et décroissante sur[10; 20].

1.b. On peut faire le tableau suivant :

0

x 0 10 20

f (x)

10

0

qui prouve que f(x)∈[0; 10] .

1.c.

-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

u0u1 u2 u3 u4

2. Soit (P_n)la propriété : 0≤u_n≤10.

Initialisation : u0= 1∈[0; 10]⇒P0est vraie.

Hérédité : SupposonsP_n vraie, c’est à dire0≤u_n≤10,

alors d’après le1.b. f(u_n)∈[0; 10]⇒0≤u_n+1≤10puisqueu_n+1=f(u_n).etP_n+1 est donc vraie.

(5)

La propriété est vraie pour n= 0. La supposant vraie à l’ordre non montre qu’elle l’est encore à l’ordre n+ 1. (P_n) est donc vraie pour tout n∈N.

Montrons maintenant que la propriété(Q_n) :u_n≤u_n+1.

Initialisation : u0= 1etu1= 19/10doncu0< u1montre queQ0 est vraie.

Hérédité : SupposonsQ_n vraie, c’est à direu_n≤u_n+1.Alors, d’après ce qui précède,u_n ∈[0; 10]etu_n+1∈[0; 10].

Or la fonction étant croissante sur[0; 10], u_n≤u_n+1⇒f(u_n)≤f(u_n+1)c’est à direu_n+1≤u_n+2.DoncQ_n+1 est vraie.

La propriété est vraie pour n= 0.La supposant vraie à l’ordre n on montre qu’elle l’est encore à l’ordren+ 1. (Q_n) est donc vraie pour tout n∈N.

On a donc, pour tout entier natureln,à la fois 0≤un≤10etun≤un+1. On a donc bien0≤un≤un+1≤10.

3. La suite est croissante et majorée, donc convergente. Elle converge alors forcément vers une solution de l’équation f(x) =x.

Orf(x) =x ⇔ −x²

10 + 2x=x

⇔ −x²

10 +x= 0

⇔x −x

10 + 1

= 0

⇔x= 0 oux= 10 .

Une suitecroissantedont le premier terme vaut1ne peut évidemment pas converger vers 0. La limite est donc10. Partie B :

1.a. z= 1

y ⇒z^′= −y^′

y² .Doncz est solution de(E1)si et seulement si z^′= −1

2 z+1

20 ⇔ −y^′ y² =−1

2y +1 20

⇔ −y^′= −y 2 +y²

20 en multipliant pary²non nul

⇔y^′=y 1

2− y 20

en multipliant par−1et en factorisant pary

⇔y^′= 1

20y(10−y)

Qui prouve quez^′ est solution de(E1)si et seulement siy est solution de(E). 1.b. z^′= −1

2 z+1

20 ⇔z=ke⁻^x/²− 1/20

−1/2 doncz=ke⁻^x/²+ 1 10 D’ouy= 1

z ⇒y= 1 ke⁻^x/²+ 1

10

Les solutions de(E)sont les fonctions de la forme 1 ke⁻^x/²+₁₀¹ .

2. g(0) = 1⇒ 1

k+₁₀¹ = 1donck+₁₀¹ = 1etk= 9

10.D’où g(x) = 1

9

10e⁻^x/²+₁₀¹ ⇒g(x) = 10 9e⁻^x/²+ 1 3. g est dérivable sur[0; +∞[ comme quotient et composée de telles fonctions.

g^′(x) = 45 e⁻^x/²

9e⁻^x/²+ 1² évidemment positive. Doncg est croissante sur[0; +∞[. 4. lim

x→+∞e⁻^x/²= 0⇒ lim

x→+∞

9e⁻^x/²+ 1²

= 1et lim

x→+∞g(x) = 10.

Le nombre de foyers possédant un écran plat augmente donc et tendra vers 10 millions.

5. Il dépassera 5 millions lorsque 10

9e⁻^x/²+ 1 ≥5⇔10≥5

9e⁻^x/²+ 1

en multipliant par9e⁻^x/²+ 1≥0.

Donc si et seulement si : e⁻^x/²≤1 9

⇔ −x 2 ≤ln

1 9

la fonctionlnétant croissante

⇔x≥ −2 ln 1

9

en multipliant par−2

⇔x≥4.394 4en valeur approchée.

C’est donc environ au bout de 4 ans et 3 mois. La réponse est donc2005(ou la fin du premier trimestre 2004).