Bac Blanc – Série S - Session 2008 - Corrigé

Terminale S. – Lycée Desfontaines – Melle

Bac Blanc – Série S - Session 2008 - Corrigé

Enseignement obligatoire Durée de l’épreuve : 4 heures

Les barèmes des exercices ont été modifiés (c’est fréquent lors du baccalauréat).

Exercice 1 : 5 points Exercice 2 : 3.5 points Exercice 3 : 5,5 points Exercice 4 : 8,5 points TOTAL : 22,5 points.

La note finale sur 20 est la note obtenue sur 22,5. Un total supérieur à 20 est compté 20/20

_____________________________________________________________________________________________________________________________________________

Exercice 1 D’après Nouvelle Calédonie – novembre 2007 et Amérique de Nord juin 2005 5 points Partie A 4 points

Dans cette partie, le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct d’origine O.

1- Une solution de l’équation 2z+Òz=9+i est : a. 3 b. i c. 3+i 2(3+i)+(3−i)=6+2i+3−i=9+i donc 3+i est une solution de l’équation.

2- Soit z un nombre complexe,

|

z+i

|

est égal à : a.

| |

z +3 b.

|

z−1

|

c.

|

iÒz+1

|

Posons z=x+iy.

|

z+i

|

=

|

x+i(1+y)

|

= x²+(1+y)² et

|

iÒz+1

|

=

|

^xi+1+y

|

^{= x2+(1+y)2.}

Donc

|

z+i

|

=

|

iÒz+1

|

3- Soit z un nombre complexe non nul d’argument θ.

Un argument de -1+i 3

Òz est : a. –π

3 +θ b. 2π

3 +θ c. 2π

3 −θ arg





-1+i 3

Òz =arg

(

^{-1+i 3}

)

^−arg

( )

Òz =arg

 2 

 -¹ 

2+ ³

2 i −(-θ) =arg

(

^2e23πi

)

^{+θ = 2π}₃ ^{+θ (2π)}

4- Soit n un entier naturel. Le complexe

(

³⁺ⁱ

)

ⁿ est un imaginaire pur si et seulement si :

a. n=3 b. n=6k+3 avec k un entier relatif c. n=6k avec k un entier relatif 3+i=2



3 

2 +¹

2i =2e^π6i. Par conséquent

(

³⁺ⁱ

)

ⁿ⁼

(

^2eπ6i

)

^n=2nenπ6i.

Ainsi

(

³⁺ⁱ

)

ⁿ imaginaire pur ssi arg

( ⁽

³⁺ⁱ

⁾

ⁿ

)

^=π₂ ^(π)

Or arg

( ⁽

³⁺¹

⁾

ⁿ

)

^=π₂ ^{ñ arg}

(

^2nen6πi

)

^=π₂^{ñ n}₆^π=π₂^+kπ

⁽

^k☻Î

⁾

^{ñ n}₆⁼¹₂^+k

⁽

^k☻Î

⁾

^ñn=3+6k

⁽

^k☻Î

⁾

5- Soient A et B deux points d’affixes respectives i et -1. L’ensemble des points M d’affixe z vérifiant

|

z−i

|

=

|

z+1 est :

|

a. la droite (AB) b. le cercle de diamètre [AB] c. la droite perpendiculaire à (AB) passant par O.

|

z−i

|

=

|

z+1 ñ

| |

z−i

|

=

|

z−(-1) ñ AM

|

=BM.

Or l’ensemble des points M vérifiant AM=BM est la médiatrice du segment [AB].

De plus OA=

|

^zA−zO

|

⁼

| |

^{i =1 et OB=}

|

^zB−zO

|

⁼

^{| |}

^{-1 =1 donc OA=OB.}

Par conséquent O appartient à la médiatrice du segment [AB].

Ainsi l’ensemble des points M vérifiant

|

z−i

|

=

|

z+1 est l a dr o i t e per pendi cul ai r e à (AB

|

) passant par O.

6- Soit Ω le point d’affixe 1−i. L’ensemble des points M d’affixe z=x+iy vérifiant

|

z−1+i

|

=

|

3−4i

|

a pour équation : a. y=-x+1 b. (x−1)²+y²= 5 c. z=1−i+5e^iθ

(

θ☻Ë

)

|

z−1+i

|

=

|

3−4i

|

ñ

|

z−( 1−i)

|

= 3²+4² ñ ΩM= 25 ñ ΩM=5.

Or l’ensemble des points M vérifiant ΩM=5 est le cercle de centre Ω et de rayon 5 cad l’ensemble des points M d’affixe z tel que z=z_Ω+5e^iθ

(

θ☻Ë

)

soit z=1−i+5e^iθ

(

θ☻Ë

)

7- Soient A et B les points d’affixes respectives 4 et 3i. L’affixe du point C tel que le triangle ABC soit isocèle avec

(

^ÄAB;ÄAC

)

^=π

2 est : a. 1−4i b. -3i c. 7+4i

Le point C est l’image de B par la rotation de centre A et d’angle π

2 donc zC−zA=e

iπ

2

(

^zB−zA

)

^.

Ainsi zC=i(3i−4)+4=-3−4i+4=1−4i

8- L’ensemble des solutions dans Ê de l’équation z−2

z−1 =z est a. {1−i} b. l’ensemble vide c. {1−i;1+i}

Sur Ê\{1} , z−2

z−1 =z ñ z−2

z−1-z =0 ñ z−2

z−1 - z(z−1)

z−1 =0 ñ –z²+2z−2=0 ñ z²−2z+2=0.

Or le trinôme z²−2z+2 admet pour discriminant ∆=(-2)²−4×1×2=4−8=-4<0.

Donc le trinôme admet deux racines complexes conjuguées z1=2+i 4

2 =1+i et z2= z1 = 1−i.

Or 1+i ☻ Ê\{1} et 1−i ☻ Ê\{1} donc l’équation z−2

z−1 =z a pour ensemble solution {1−i;1+i}

Partie B 1point

Une seule des propositions est exacte. Dans cette partie, on demande de justifier la réponse.

Dans le plan complexe, on donne le point D d’affixe i. L’écriture complexe de la rotation de centre D et d’angle –π 3 est : a. z′=



1 

2−^{i 3}

2 z− 3

2 +1

2i b. z′=

 -¹ 

2+^{i 3}

2 z− 3

2 +1 2i c. z′=



1 

2−^{i 3}

2 z− 3

2 −1

2i d. z′=



1 

2−^{i 3}

2 z+ 3

2 +1 2i L’écriture complexe de la rotation de centre D et d’angle –π

3 est z′−zD=e^-

π 3i

(

^z−zD

)

^.

Or z′−zD=e^-

π 3i

(

^z−zD

)

^{ñ z′−i=}_^1₂⁻ ₂^{3 i}_^(z−i)

ñ z′−i=



1 

2− ³

2 i z−1 2i+ 3

2 i² ñ z′−i=



1 

2− ³

2 i z−1 2i- 3

2 ñ z′=



1 

2− ³

2 i z+1 2i- 3

2

Exercice 2 D’après Antilles Guyane – juin 2006 3,5 points

Pré-requis :

- la fonction logarithme népérien est dérivable sur ]0;+õ[ et sa fonction dérivée est la fonction inverse (x→1 x ) - ln(1)=0

1. Restitution organisée des connaissances : démontrons que pour tous réels strictement positifs a et x , ln(ax)=lna+ln(x):

1point

Soit a un réel strictement positif et f la fonction définie et dérivable sur ]0;+õ[ par : f(x)=ln(ax)−ln(x).

x→ax est affine donc dérivable sur IR+* et cette fonction ne s’annule pas sur IR+*. Donc x→ln(ax) est dérivable sur IR+*. Or x→ln(x) est dérivable sur IR+* donc f est dérivable sur IR+*

Et ┐x☻IR+*, f ′(x)= a ax − 1

x = 1 x − 1

x =0. D’où f est une fonction constante sur IR+*. Or f(1)=lna−ln1=lna donc ┐x☻IR+*, f(x)=lna.

Par conséquent pour tous réels strictement positifs a et x, f(x)=lna cad ln(ax)−ln(x)=lna cad ln(ax)=lna+ln(x).

2. Démontrons que pour tous réels strictement positifs a et b : ln



1

b =-ln(b) et que ln



a

b =ln(a)−ln(b) : 1point D’après 1. pour tout b>0, ln

 1

b ×b =ln

 1

b +lnb . Or ln



1

b ×b =ln1=0.

D’où ln



 1

b +lnb =0 cad ln



 1

b =-lnb De plus, ln



 a

b =ln

 a× 1 

b =lna+ln



 1

b =lna−lnb pour tous réels a et b strictement positifs.

3. On donne 0.69Âln2Â0.70 et 1.09Âln3Â1.10.

Déduisons-en des encadrements de ln6, ln



1 6 et ln



3

8 : 1,5 points

On a 0.69Âln2Â0.70 et 1.09Âln3Â1.10 donc 0.69+1.09Âln2+ln3Â0.70+1.10 donc 1.78Âln6Â1.80 donc -1.80Â-ln6Â-1.78 donc -1.80Âln



1

6 Â-1.78

0.69Âln2Â0.70 donc 2.07Â3ln2Â2.10 donc 2.07Âln

( )

2³ Â2.10 donc 2.07Âln8Â2.10 donc -2.1Â-ln8Â-2.07 donc -2.1Âln



1

8 Â-2.07

Or 1.09Âln3Â1.10 donc -1.01Âln3+ln



1

8 Â-0.97 d’où -1.01Âln



3

8 Â-0.97

Exercice 3 D’après Antilles Guyane – Juin 2006 5,5 points

1. Dans le plan rapporté à un repère

(

O;Åu;Åv

)

, on considère les points :

A d’affixe a (a☻Ë) ; B d’affixe b+i (b☻Ë) ; C image de B dans la rotation de centre A et d’angle π 3.

a. Déterminons une relation entre a et b pour que le point C appartienne à l’axe

(

^{O; Åu}

)

^{: 1,5 points}

L’écriture complexe de la rotation de centre A et d’angle π

3 est : z′−a=eⁱ

π

3(z−a) (*) donc C étant l’image de B on a : zC−a= e^iπ3

(

^zB−a

)

^{ñ zC= ei}

π

3

(

^zB−a

)

^{+a ñ zC= ei}

π

3(b−a+i)+a

ñ zC= 1

2

(

^{1+i 3}

)

^(b−a+i)+a

ñ zC= 1

2

(

^{b+a− 3}

)

⁺¹

2i

(

^3(b−a)+1

)

Le point C appartiendra à l’axe

(

^{O; Åv}

)

si et seulement si la partie réelle de son affixe est nulle soit 1

2

(

^{b+a− 3}

)

^{=0 ñ b= 3−a}

b. Exprimons alors l’affixe du point C en fonction de a : 0.5 point Dans ce cas, l’affixe du point C est : zC= 1

2i

(

³

⁽

^3−a−a

⁾

⁺¹

)

⁼

⁽

^{2− 3a i}

⁾

2- Dans cette question, on pose a= 3 et b=0. On considère les points C d’affixe c=-i et D d’affixe d=2+ 3−2i 3. a. Quelle est la nature du triangle ABC ? 0.5 point

A

(

³

)

^{, B(i}) et on a bien z_C=

(

^{2− 3a i}

)

⁼

(

^{2− 3 3}

)

^i=-i=c donc C est bien l’image de B par la rotation de centre A et d’angle π

3 donc ABC est un triangle équilatéral.

b. Calculons le quotient d−a

c−a : 1point d−a

c−a =2+ 3−2i 3− 3

-i− 3 =2

(

^{1−i 3}

)

- 3−i =2

(

^{1−i 3}

) (

^{- 3+i}

)

3+1 =2i

Donc

(

^ÄAC;ÄAD

)

^=arg_^{ d−}_c−a^a _^{=arg(2i)=π}

2(2π) Le triangle A CD est donc rect angle en A. c. Déterminons l’affixe e du point E, image de D dans la rotation de centre A et d’angle π

3: 0.5 point L’écriture complexe (*) donne e=e^iπ3(d−a)+a =1

2

(

^{1+i 3}

) (

^{2+ 3−2i 3− 3}

)

^{+ 3}

=1

2

(

1+i 3

) (

2−2i 3

)

+ 3 =

(

1+i 3

) (

1−i 3

)

+ 3=1+3+ 3=4+ 3 d. Déterminons l’affixe f du point F, image de D dans la translation de vecteur ÄAC : 0.5 point

L’écriture complexe de la translation de vecteur ÄAC est : z′−z=c−a Comme F est l’image de D dans la translation de vecteur ÄAC alors :

f−d=c−a do nc f=d+c−a do nc f= 2+ 3−2i 3 -i− 3 =2−i

(

1+2 3

)

e. Déterminons la nature du triangle BEF : 1point

BE²=

|

ⁱ⁻

(

^{4+ 3}

) |

^{2 =1+}

(

^{4+ 3}

)

^{2=1+16+8 3+3=20+8 3}

BF²=

|

ⁱ⁻

⁽

²⁻ⁱ

⁽

^{1+2 3}

^{) )} |

^{2 =}

^|

^-2+2i

⁽

^{1+ 3}

^{) |}

^{2 =4+4}

⁽

^{1+ 3}

⁾

^{2=20+8 3}

EF²=

|

^{4+ 3−2+i}

(

1+2 3

) |

²=

|

^{2+ 3+i}

(

1+2 3

) |

² =

(

2+ 3

)

²+

(

1+2 3

)

²=20+8 3 Ainsi BE=BF=EF donc le triangle B EF est équilatéral.

Exercice 4 D’après Amérique du Sud – novembre 2004 8.5 points

Soit f la fonction définie sur [0;+õ[ par f(x)=xe^-x. Partie A

1. a. Déterminons la limite de f en +õ. 0.5 point lim

x↔+õf(x)= lim

x↔+õxe^-x= lim

X↔-õ-Xe^X=0 car à l’infini, l’expon. de x l’emporte sur toute puissance de x.

b. Etudions les variations de f.

La fonction f est le produit de 2 fonctions dérivables sur IR donc sur IR⁺, ainsi f est dérivable sur IR⁺.

┐x☻ IR⁺, f′(x)=e^-x+x

(

^-e-x

)

^=e-x(1−x)

Or ┐x, e^-x>0 donc f′(x) est du signe de 1−x.

1−x>0ñx<1 ainsi



^f′(x)>0 si x☻[0;1[

f′(1)=0

f′(x)<0 si x☻]1;+õ[

Ainsi f est strictement croissante sur [0;1] et strictement décroissante sur [1;+õ[.

Les variations sont résumées dans le tableau suivant : 1 point

x 0 1 +∞

signe de f ′(x) + 0 -

f

0

1 e

0 f(0)=0 et f(1)=1e^-1=1

e

c. Représentation graphique (échelle non respectée) 0,5 point

2. a. Montrons que f(x)=m admet exactement deux solutions lorsque m☻



0; 1 e . Soit donc un réel m☻

 0; 1 

e .

f(0)=0 donc 0 n’est pas solution de l’équation f(x)=m.

Montrons que f(x)=m admet une unique solution dans ]0;1[.

f est dérivable sur [0;+õ[, f est donc continue sur ]0;1[. De plus, f est strictement croissante sur ]0;1[.

lim

x↔0f(x)= f(0)=0 et lim

x↔1f(x)= f(1)=1

eainsi m☻





 lim 

0

f; lim 1

f

Donc, d’après un corollaire du TVI.; l’équation f(x)=m admet une unique solution dans ]0;1[.

0 1

0.5

x y

f(1)=1

edonc 1 n’est pas solution de l’équation f(x)=m.

Montrons que f(x)=m admet une unique solution dans ]1;+õ[.

f est dérivable sur [0;+õ[, f est donc continue sur ]1;+õ[.

De plus, f est strictement décroissante sur ]1;+õ[.

lim

x↔1f(x)= f(1)=1

e et lim

x↔+õf(x)=0 ainsi m☻

 lim

+õ f; lim

1 f

Donc, d’après un corollaire du TVI.; l’équation f(x)=m admet une unique solution dans ]1;+õ[.

En conclusion : 1,5 point

l’équation f(x)=m admet exactement deux solutions dans [0;+õ[, l’une dans ]0;1[ et l’autre dans ]1;+õ[.

Dans le cas où m= 1

4 , donnons un encadrement de α.

1 4☻





 0;1

e donc l’équation f(x)=1

4 admet exactement deux solutions dont une α☻]0;1[. Par la méthode par balayage, la calculatrice donne f(0,35)<1

4 et f(0,36)>1

4, on déduit donc un encadrement de α à 10^-2près : 0,35<α<0,36. 0,5 point

b. Résolvons les équations f(x)=0 et f(x)= 1

e 1 p o int

f(x)=0 ñ xe^-x=0 ñ x=0 ou e^-x=0 ñ x=0 (car e^-x>0 pour tout x).

Ainsi l’équation f(x)=0 admet 0 pour unique solution sur IR⁺. f(x)=1

e. On a vu question 1.b. que f(1)=1 e.

f est dérivable sur IR⁺ donc continue sur IR⁺, de plus f est strictement croissante sur [0;1] et strictement décroissante sur [1;+õ[, on déduit donc que ┐x☻[0;1[∟]1;+õ[, f(x)<f(1) càd f(x)<1

e . Ainsi l’équation f(x)=1

e admet 1 pour unique solution sur IR⁺. Partie B

Soit

( )

^un la suite définie par u₀=α et pour tout n u_n+1=u_ne^-un. 1. a. Montrons par récurrence que ┐n, un>0. 0,5 point

Au rang 0 : u0=α>0 donc la propriété est vraie.

Supposons qu’il existe un entier pÃ0 tel que up>0 et montrons alors que u_p+1>0.

u_p+1=upe^-up. Or, ┐x, e^-x>0 donc e^-up>0. De plus par hypothèse de récurrence, up>0. On déduit donc que u_p+1>0.

Ainsi s’il existe un entier p Ã0 tel que up>0 alors u_p+1>0. Or, u0>0, on déduit donc que ┐n, un>0.

b. Montrons que

( )

^un est décroissante càd que ┐n, u_n+1−u_n<0. 0,5 point u_n+1−un=une^-un−un=un

(

e^-un−1 .

)

Or, ┐n, u_n>0 donc –u_n<0 donc e^-un<e⁰ donc e^-un<1 donc e^-un−1<0.

On a donc u_n+1−u_n<0 ┐n, la suite

( )

^un est donc décroissante.

c. Montrons que la suite

( )

^un est convergente et déterminons sa limite.

La suite

( )

^un est décroissante et minorée par 0 (car un>0 ┐n), donc elle converge et sa limite l est positive.

On a : l= lim

n↔+õu_n+1= lim

n↔+õf

( )

^{un = lim} _X↔

lf(X)=f(l) car f est continue en l.

D’où f(l)=l, on est donc amené à résoudre l’équation f(x)=x.

Or f(x)=x ñ xe^-x=x ñ x

(

e^-x−1

)

=0 ñ x=0 ou e^-x−1=0 ñ x=0 ou e^-x=1 ñx=0 ou e^-x=e⁰ ñ x=0.

Ainsi S={0}.

D’où l=0, on déduit donc que la suite

( )

^un converge vers 0. 0,5 point 2. On considère la suite

( )

^wn définie sur É par w_n=lnu_n

a. Montrer que, pour tout n entier naturel, on a : un=wn−w_n+1.

┐n, wn−w_n+1=ln

( )

^{un −ln}

(

^un+1

)

^=ln_^_u^un _^

n+1

Or, ┐n, u_n+1=u_ne^-un donc un

u_n+1=e^un Donc w_n−w_n+1=ln

(

^eun

)

^=un

Donc ┐n, un=wn−w_n+1 0,5 point

b. On pose S_n=u0+u1+…+u_n. Montrer que S_n=w0−w_n+1. Montrons pas récurrence sur Sn=w0−w_n+1.

Initialisation : S0=u0 et d’après a., w0−w_n+1=u0. La propriété est ainsi vraie pour n=0.

Hérédité : Supposons qu’il existe un entier p tel que Sp=w0−w_p+1 et montrons alors que S_p+1=w0−w_p+2 S_p+1=u0+…..up+u_p+1=Sp+u_p+1=w0−w_p+1+u_p+1.

Or, u_p+1=w_p+1−w_p+2 donc S_p+1=w₀−w_p+1+w_p+1−w_p+2=w₀−w_p+2

La propriété est donc héréditaire. Elle est vraie pour n=0 donc ┐n Sn=w0−w_n+1. 0,5 point Remarque : Moins rigoureux mais acceptable,

┐n, Sn=u0+u1+…+un=

(

^w0−w1

)

⁺

(

^w1−w2

)

^+…+

(

^wn−wn+1

)

=w0−w_n+1 c. En déduire lim

n↔+õSn.

D’après les questions précédentes, on sait que lim

n↔+õun=0 et wn=lnun

Donc lim

n↔+õwn= lim

n↔+õlnun= lim

X↔0lnX=-õ . Or, ┐n, sn=w0−w_n+1 donc lim

n↔+õSn=+õ 0,5 point

3. Soit

( )

^un et

( )

^vn les suites définies par :



u₀=α

┐n, u_n+1=f

( )

^{un et} v₀>0

┐n, v_n+1=f

( )

^vn

Existe-t-il une valeur de v0 différente de α telle que, pour tout nÃ1, on ait un=vn ? Si oui, préciser laquelle.

Si v0 est tel que f

( )

^{u0 =f}

( )

^v0 (càd tel que u1=v1), alors par récurrence, il est immédiat que ┐nÃ1, et donc un=vn.

Or f

( )

^{u0 =f(α)= 1}₄ . Posons alors v0=β où β est le réel défini à la question A.2.b.

Alors, on a v0ýu0 et f

( )

^{v0 =f(β)= 1}₄ ^{càd f}

( )

^{v0 =f}

( )

^u0 et par récurrence évidente ┐nÃ1, un=vn. 0,5 point