Bac 2007 Polynésie (Sujet et corrigé) TMIC

1)

a) P(– 2 2) = (– 2 2)³ + (2 2 – 4) × (– 2 2)² + (8 – 8 2) × (– 2 2) + 16 2

= – 16 2 + (2 2 – 4) × 8 – 16 2 + 32 + 16 2

= – 16 2 + 16 2 – 32 – 16 2 + 32 + 16 2 P(–2 2) = 0.

b) – 2 2 est une racine de P(z) donc P(z) est factorisable par (z + 2 2) tel que : P(z) = (z + 2 2)(z² + αz + β) où α et β sont deux nombres réels

(z + 2 2)(z² + αz + β) = z³ + αz² + βz + 2 2z² + 2 2αz + 2 2β = z³ + (α + 2 2)z² + (β + 2 2α)z + 2 2β

Or (z + 2 2)(z² + αz + β) = z³ + (2 2 – 4)z² + (8 – 8 2)z + 16 2 pour tout z de IC.

Par identification des coefficients, on en déduit :



α + 2 2 = 2 2 – 4 β + 2 2α = 8 – 8 2 2 2β = 16 2

soit

















αααα = – 4 ββββ = 8

P(z) = (z + 2 2)(z² – 4z + 8) c) Résolution dans IC de P(z) = 0.

P(z) = 0 ⇔ (z + 2 2)(z² – 4z + 8) = 0

⇔ z + 2 2 = 0 ou z² – 4z + 8 = 0

⇔ z = – 2 2 ou z² – 4z + 8 = 0 Résolvons : z² – 4z + 8 = 0

∆ = (–4)² – 4 × 1 × 8 = – 16 = (4i)² L’équation admet 2 racines complexes conjuguées :

z1 = 4 + 4i

2 = 2 + 2i et z2 = 2 – 2i

L’équation P(z) = 0 admet 3 solutions : – 2 2 ; 2 + 2i ; 2 – 2i.

2)

a) Voir figure page suivante

On a OA = a = 2² + 2² = 2 2 OB = b = 2² + (– 2)² = 2 2 OC = c = 2 2

Donc OA = OB = OC, les points A, B, C sont sur un même cercle ΓΓΓΓ de centre O et de rayon 2 2

2 3 -1

-2 -3

2 3

-1

-2

-3

0 1

1

O u^→ v→

A

B

C I

b) a = 2 + 2i a = 2 2

argument θa de a vérifient



 

sin θa = 1 2 = 2

2

donc θθθθa = ππππ 4 [2ππππ]

b est le conjugué de a donc θθθθb = – ππππ 4 [2ππππ] on a (OB,^→OA) = arg ^→ a

b = arg a – arg b = π

4 + π 4 [2π]

= π 2 [2π]

Une mesure en radian de l'angle (OB,^{→→→→}OA) est ^{→→→→} ππππ 2

c) Les angles (CB,^→CA) et (^→ OB,^→OA) interceptent le même arc de cercle ^→ cBA.

(OB,^→OA) est l’angle au centre et (^→ CB,^→CA) est l’angle inscrit donc ^→

(CB,^→CA) = ^→ 1

2 (OB,^→OA) = ^→ π 4

Une mesure en radian de l'angle (CB,^{→→→→}CA) est ^{→→→→} ππππ 4 d)

On AC = c – a = – 2 2 – 2 – 2i = (–2 2 – 2)² + (– 2²) BC = c – b = – 2 2 – 2 + 2i = (–2 2 – 2)² + (2²) . Donc AC = BC.

Le triangle CAB est donc isocèle en C et les angles à la base sont donc égaux.

Comme la somme des angles dans un triangle vaut π on a :

Or (AC,^→AB) = (^→ BA,^→BC) ^→

Donc (AC,^→AB) = ^→ 1

2

(

)

= 1 2

 π – π

4 = 3π

8

Une mesure de l'angle (AC,^{→→→→}AB) est ^{→→→→} 3ππππ 8. e) Soit I le milieu de [AB].

L’affixe de I est i = a + b 2 = 2.

Comme on a CA = CB et IA = IB, la droite (CI), donc l’axe des abscisses, est la médiatrice du segment [AB].

On en déduit que le triangle CAI est rectangle en I.

On a donc tan (AC,^→AB) = ^→ CI AI

CI = i – c = 2 + 2 2 = 2 + 2 2 AI = i – a = 2

(AC,^→AB) = ^→ 3π 8.

Donc tan 

 3π

8 = 2 + 2 2

2 Soit tan 



 3ππππ

8 =1 + 2.

Exercice 2 : Sur 4 points 1) u1 = u0 – u0 × 2

100 = u0

 1 – 2 

100 = u0 × 0,98.

Donc u1 = 19,6.

De même u2 = u1 × 0,98 Donc u2 = 19,21 De même u₃ = u₂ × 0,98 Donc u₃ = 18,82 2) On a un + 1 = un × 0,98.

La suite (un) est donc une suite géométrique de raison 0,98 et de premier terme u0 = 20.

3) un = u0 × (0,98)ⁿ soit un = 20 ×××× (0,98)ⁿ. 4) pour 10 frappes, n = 10.

u10 = 20 × (0,98)¹⁰ = 16,34.

Après 10 frappes l’épaisseur de la pièce est de 16,34 mm.

5) un < 14 ⇔ 20 × (0,98)ⁿ < 14

⇔ (0,98)ⁿ < 0,7

⇔ ln (0,98)ⁿ < ln 0,7 car ln est croissante sur ]0 ; + ∞[

⇔ n ln 0,98 < ln 0,7

⇔ n > ln 0,7

ln 0,98 car ln 0,98 < 0

⇔ n > 17,65.

La pièce sera terminée dès le 18^ième coup de marteau.

Comme le marteau frappe toute les 6 secondes, elle sera terminée au bout de 6 ×××× 18 = 108 secondes soit 1 min 48 s

Problème : Sur 11 points

I) Etude d'une fonction auxiliaire g

On note g la fonction définie sur l'intervalle ]0 ; + ∞[ par : g(x) = x² – 4 + 2ln (x).

1) g est dérivable sur]0 ; + ∞[ de dérivée : g’(x) = 2x + 2

x

= 2x² + 2 x g’(x) = 2(x² + 1)

x

2) sur ]0 ; + ∞[ x² + 1> 0 et x > 0 donc g’(x) > 0.

Sur ]0 ; + ∞∞∞[ g est donc strictement croissante. ∞ 3) Résolution de l'équation g(x) = 0.

a) Sur l'intervalle [1 ; 2] g est dérivable et strictement croissante à valeur dans [g(1) ; g(2)] soit à valeur dans [– 3 ; 2ln 2].

Or 0 ∈ [– 3 ; 2ln 2] donc l’équation g(x) = 0 possède une solution unique α dans [1 ; 2].

b) A l’aide de la calculatrice : g(1,71) ≈ – 3.10^–3 < 0 et g(1,72) = 0,043 > 0.

Donc g(1,71) < g(α) < g(1,72).

Comme g est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ on a donc 1,71 < αααα < 1,72.

4) Signe de g(x).

Sur ] 0 ; αααα [, g(x) est négatif, Sur ] αααα ; + ∞∞∞∞ [, g(x) est positif, Pour x = αααα, g(x) est nulle.

1) f(x) = x – 1 + 2

x – 2ln(x) x

x → 0lim (x – 1) = – 1

x → 0lim 2

x = + ∞ car x > 0

x → 0lim 2ln(x)

x = – ∞ car lim

x → 0

ln x

x = – ∞ (x > 0) donc lim

x →→→→ 0 f(x) = + ∞∞∞∞ .

La courbe C admet une asymptote verticale d’équation x = 0.

2) Etude en + ∞∞∞∞. a) f(x) = x – 1 + 2

x – 2ln(x) x

x →lim + ∞(x – 1) = + ∞ lim

x → + ∞

2 x = 0

x →lim + ∞

2ln(x)

x = 0 car lim

x → + ∞

ln x x = 0 donc lim

x →→→→ + ∞∞∞∞ f(x) = + ∞∞∞∞ . b) f(x) – (x – 1) = x – 1 + 2

x – 2ln(x)

x – (x – 1)

= 2

x – 2ln(x) x

x → + ∞ lim 2

x = 0 et lim

x → + ∞

2ln(x)

x = 0 donc lim

x → + ∞ [f(x) – (x – 1)] = 0 La droite D d'équation y = x – 1 est donc asymptote à la courbe C.

c) f(x) = x – 1 ⇔ x – 1 + 2

x – 2ln(x)

x = x – 1

⇔ 2

x – 2ln(x) x = 0

⇔ 2 – 2lnx = 0 car x ≠ 0

⇔ ln x = 1

⇔ x = e On a f(e) = e – 1 + 2

e – 2ln e

e = e – 1

Les coordonnées du point A commun à la courbe C et à la droite D sont (e ; e – 1).

d) Position de C par rapport à la droite D.

f(x) – (x – 1) = 2

x – 2ln(x)

x = 2(1 – ln x) x f(x) – (x – 1) = 0 ⇔ 2(1 – ln x)

x = 0

⇔ x = e (cf question précédente).

f(x) – (x – 1) > 0 ⇔ 2(1 – ln x) x > 0

⇔ 1 > ln x

⇔ x < e f(x) – (x – 1) < 0 ⇔ 2(1 – ln x)

x < 0

⇔ 1 < ln x

⇔ x > e

Donc sur ]0 ; e[ la courbe C est au dessus de la droite D ; sur ]e ; + ∞∞∞ [ la courbe C est au dessous de la droite D. ∞ 3) Etude des variations de f.

a) f est dérivable de dérivée : f ’(x) = 1 – 2

x² – 2 × 1

x × x – 2 ln x x²

= 1 – 2

x² – 2 – 2lnx x²

= x² – 2 – 2 + 2ln x x²

= x² – 4 + 2ln x x² f ’(x)= g(x)

x² b) Comme f ’(x) = g(x)

x², le signe de f ’(x) est le même que celui de g(x) car x² est positif.

Donc sur ] 0 ; α [, f ’(x) est négatif donc f est décroissante sur ] α ; + ∞ [, f ’(x) est positif donc f est croissante

Pour x = α, f ’(x) est nulle donc f admet un extremum en α Tableau de variations :

x f ’(x)

f 0

− +∞

α

+

f ’(α)

+∞ +∞

f ’(e ) = (e²)²

= (e²)² – 4 + 2 ln e² (e²)²

= e⁴ – 4 + 2 × 2 ln e e⁴

= e⁴ – 4 + 4 e⁴

= 1

L’asymptote D aussi pour coefficient directeur 1.

Comme les deux droites ont le même coefficient directeur elles sont donc parallèles.

5)

C

D T

2 3 4 5 6 7 8

2 3 4 5 6 7

-1

0 1

1

x y

III) Calcul d'une aire

1) H est dérivable sur ]0 ; + ∞[ de dérivée : H’(x) = 2x

2 – 1 + 2

x – 2 × 1

x × ln x

= x – 1 + 2

x – 2ln x x

= f (x)

Donc H est une primitive de la fonction f sur l'intervalle ]0 ; + ∞∞∞[ ∞ 2)

a) Voir graphe

b) Sur [1 , e] f(x) est positive donc on a : S = ^e

1 f (x)dx

∫

=

[

]

e 1

= H(e) – H(1)

= 



 e²

2 – e + 2ln e – (ln e)² –







 1

2 – 1 + 2ln 1 – (ln 1)²

= e²

2 – e + 2 – 1 – 1 2 + 1 S = e²

2 – e + 3

2 (UA).

c) 1 UA = 2 × 2 = 4 cm² Donc S =







 e²

2 – e + 3

2 × 4 ≈ 9,90 mm²