Cahiers du baccalauréat 2006 Examen du baccalauréat Epreuve : Mathématiques

Cahiers du baccalauréat 2006 Examen du baccalauréat Epreuve : Mathématiques

Section : Mathématiques

SESSION PRINCIPALE 2006

Solutions de l’ exercice 1 :

1) a)

f

_θ

( ) ^{1 + i = 2 i −} ( ^{i + e}

^iθ

) ( ) ( ) ^{1 + i + 1 + i} ( ^{− 1 + e}

^iθ

)

^{= 0}

b)

a z b

z'+ "= − d’où ^z'+

( )

^{1−i =i+eiθ alors z'=−1−i+i+eiθ =−1+eiθ}

d’où z’

= − 1 + e

^iθ et z’’ =1+i

2) a) AM= z_M −z_A = −1+e^iθ +1 = e^iθ =1

Donc M varie sur le cercle de centre A et de rayon 1 b) (BM) est tangente an cercle ( C) ⇔ AMetBM sont

orthogonaux. π

( )

π

, = 2



 



⇔AM^→ BM^→

=









−

⇔ −

A M

B M

Z Z

Z

arg Z π

( )

π

2 iR

Z Z

Z Z

A M

B

M ∈

−

⇔ − =0









−

⇔ −

A M

B M

e Z Z

Z R Z

Or 1 1

3 1

+ +

−

− +

= −

−

−

θ θ

i i

A M

B M

e i e Z

Z Z

Z = _θ

θ i

i

e e i +

−

−1 3

= ^θ

π i i

e e ^{3 −}

4

2 + 1 =



 



 π−θ 3 4

2

i

e +1

Re 1

3 cos 4

2 +



 



 −

=









−

− π θ

A M

B M

Z Z

Z

Z = 1

3 cos 2

2 +



 



− π −θ ₌

3 1 cos 2

2 +



 



 π +θ

Re 2

1 3

2 =−



 



 −

=⇔









−

− π θ

Z Cos Z

Z Z

A M

B

M 



 



= 



 



 +

⇔ 3

2 3

2π θ π

Cos Cos

π κπ π θ

π κπ π θ

3 2 2 3

2 2 3 2 3

2 + = + + = − +

⇔ ou

⇔_θ =2k_π ou

π π

θ ^{2 k}

3 2 +

=

Comme

θ ∈ [ ^{0 , 2} π [

alors : (BM) est tangente an cercle ( C)

⇔







∈ 3 ,2π θ ^o

2eme méthode :

la droite (BM) est tangente an cercle ( C) ⇔ AMetBM sont orthogonaux.

⇔ AM . BM

=0

⇔^1-cosθ^-

3

sinθ ⁼⁰

⇔

^cosθ⁺

3

sinθ⁼¹

⇔

^cos(θ^-

3 π

) =

2 1

⇔







∈ 3 ,2π θ ^o

de quoi s’agit-il ?

Paraboles .

Tangentes à une parabole.

Construction des points d’intersection d’une parabole et d’une droite.

Solutions de l’exercice 2 :

1) a) On a : d

(

^A',(AB)

)

= ^A'A = ^A'F (Les triangles A’FO et A’AO sont isométriques).

Donc A'∈ρ

b) La tangente à P en A’ est la bissectrice intérieure de

(

A ' F, A ' Auuuur uuuur

)

c’est (A’O).

2)

( ^{OB ' OA}

^∧

^{, '} )

^≡

⁽

^{OB ' , OFuuuur uuur∧}

^{) (}

^{+ OF , OA 'uuur uuuur∧}

⁾

^{[ ] 2 π}

¹

(

OB , OF

) (

¹ OF , OA

)

2 2

∧ ∧

≡ uuur uuur + uuur uuur

[ ]2π

( )

1 OB , OA 2

≡ uuur uuur∧

[ ]2π

2

≡π [ ]2π 3) a) – si M ∈Ρ alors MF = d(M,(AB)) = MH

Le quadrilatère FMHK étant visiblement un rectangle et a deux côtés consécutifs isométriques c’est un carré.

b) Si M1 et M2 sont les points d’intersection de D avec P alors F M1 H1 K est un carré , F M2 H2 K est un carré et M1H1 = M2H2 = FK

Alors ces carrées sont isométriques et M1F = M2F donc M1 et M2 sont les points d’intersection du cercle de centre F et de rayon FK avec D d’où leur construction.

Solutions du problème : Partie A :

1) a)

( )

x

x

e x e

f ₂

2

1 1 2

' ₋

−

+ + −

= ^x _x ^x

e e e

2 2 2

1 2 1

−

−

−

+

−

= + ^x_x

e e

2 2

1 1

−

−

+

= −

x 0 + ∞

f’(x) 0 +

f(x) Log2 + ∞

b) _x^lim_→+∞

(

^f

( )

^{x −x}

)

⁼⁰ donc D est asymptote à C an voisinage de +∞ c) ^f(x)−x=Log

(

^1+e−2x

)

^{φ 0} donc C est au dessus de D.

d)

2) a) f est continue et strictement croissante sur

[

0,+∞

[

elle réalise donc une bijection de

[

0,+∞

[

sur f π

[

0,+∞

[ [

φ= Log2,+∞

[

b) (C’) est le symétrique de (C) par rapport à D.

3) a)

t t t t

+

−

= −

− +

− 1

1 1

1 1 1

2

= t t +

− 1

2

donc ^{− ≤} ₊ ^{, ∀ ∈}

[

^0,+∞

[

1

1 1 t

t t

[

^+∞

[

∈

∀

≥ +

+ ≤1 1 1 0,

1

1 puisque t t

t donc 1

1

1 1 ≤

≤ +

−t t b) d’après ce qui précède 1

1

1 1 ≤

≤ +

−t t

donc

∫

₆^x

( )

^{1−t dt≤}

∫

₆^x₁₊¹_t ^≤

∫

₆^{x1.dt alors}

^{( )}

^t

^[

^Log

^{( )}

^t

^]

^{x x}

x

≤ +

 ≤

 

− − ₀

0

2 1

2 1 1

Donc :

( ) ( )

(

^x

)

^x

Log x

x dire à est c

x x Log x

≤

−

≤

−

≤ +

≤ +

−

−

2 1 ' 1

2 1 1 1

2 1

2 2

c) d’après ce qui précède pour tout x∈

[

0,+∞

[

^{x− x ≤Log}

(

^1+x

)

^{≤ x}

2 1 ₂

Donc pour t∈

[

0,+∞

[

, ^{e 2t e 4t Log}

(

^{1 e 2t}

)

^{e 2t}

2

1 _{− − −}

− − ≤ + ≤

4) a) ^{Sn =}

∫

₀^x

(

^f(x)−x

)

^{dx =}

∫

₀^{xLog(1+e−x)dx}

D’après ce qui précédé, ^{e 2x e 4x Log}

(

^{1 e 2x}

)

^{e 2x}

2

1 _{− − −}

− − ≤ + ≤

Donc :

( )

∫

₆^x_^{e−2x −}₂^{1e−4x}_^dn≤

∫

₀^{xLog1+e−2x dn≤}

∫

₆^xe−2xdn

or

∫

₆^n_^{e−2x −1}₂^e−4x_^dx=

∫

₆^{ne−2xdx−1}₂

∫

₆^ne−4xdx

n x n

x e

e

6 4 6

2

4 1 2 1 2

1 

−

 −

 

−

= ^{− −}

8 1 8

1 2 1 2

1 2 + + 4 −

−

= e^{− n} e^{− n} e ²ⁿ e ⁴ⁿ 8 1 2

1 8

3 _{− −}

+

−

=

et 2

1 2

1 2

1 2

0 0

2

2  =− +

−

= ^{− −}

∫

− ⁿ

n

n x x

e e

dx e

Alors : e ²ⁿ e ⁴ⁿ S_n e ²ⁿ 2 1 2 1 8

1 2

1 8

3 _{− − −}

−

≤

≤ +

−

b) ^Sn− −^Sn =

∫

^n+1Log

(

+^{e− x}

)

^dx−

∫

^nLog

(

+^{e− x}

)

^dx

0 0

2 2

1 1 1

∫

_n^n+1Log

(

^1+e−2x

)

^dx

Or ^Log

(

^1+e−2x

)

^{dnφ 0 car1+e−2x φ1 alors}

∫

_n^n+1Log

(

^1+e−2x

)

^dn≥0

donc Sn₊₁ −Sn ≥0 alors Sn est croissante.

d’autre part et d’après ce qui précède a)

n

n e

S ²

2 1 2

1 ₋

−

≤ Donc

2

≤ 1

Sn c.â.d

2 par1 majorée est

S_n

croissante et majorée Sn est convergente.

Et puisque : e ²ⁿ e ⁴ⁿ S_n e ²ⁿ 2 1 2 1 8

1 2

1 8

3 _{− − −}

−

≤

≤ +

− Alors,

2 1 8

3≤ λ≤

Puisque ⁻ = 0

+∞

→

kn nLim e

Partie B :

1) ^{U0 =}

∫

₀^{Log2dx =Log2}

^{U1 =}

∫

₀^{Log f'(x)dx=}

^[

^f(x)

^]

^{0Log2 = f(Log2)− f(0) = Log2+Log(1+e−2Log2)−Log2}

=Log(1+e^−Log4) = ) 4 1 1 ( +

Log = )

4 (5 Log

2) a) 0≤ x≤ Log2 donc −2Log2≤−2x≤0 d’ou 1 4

1 ≤e⁻2^x ≤

Alors 1 2

4

5 ₂

≤ +

≤ e^{− x} et par suite

5 4 1

1 2

1

2 ≤

≤ + _{− x}

e d’autre part 4

1 3

0≤ −e^−2x ≤ alors

4 ) 3 (

' ≤

≤ f x a

b)

5 ) 3 ( '

0≤ f x ≤ donc ^0≤

∫

₆^Log2

[

^f'(x)

]

^ndx≤

∫

₀^Log2(₅^{3)ndx d’où}

Log n

Un )

5 )(3 2 (

0≤ ≤

n Un

+∞

lim→ = 0 puisque 0. 5

lim 3 =



 





+∞

→ n

n

3) a)

' 2 2

1 1 1 ) (

"

1 







 +

− −

=

− ₋⁻ _x^x

e x e

f =

( ) [ ( ) ( )( ) ]

(

²

)

²

2 2

2 2 2

2

1

1 2 1

2 1

x

x x

x x

x

e

e e

e e

e

−

−

−

−

−

−

+

− +

+

− +

( ) [ ]

(

²

)

²

2 2 2

1

4 1

(

x x x

e e e

−

−

−

+

−

= + =

( )

(

²

)

²

2 2

1 1

x x

e e

−

−

+

−

b) ^Un=

∫

₀^{Log2(f'(x))ndx}

Or

(

^f'(x)

) (

^{n = f'(x)}

) (

^{2 f'(x)}

)

^{n−2 =}

(

^{1− f"(x)}

)(

^f'(x)

)

^{n−2 =}

(

^f'(x)

)

^{n−2 − f"(x)}

(

^f'(x)

)

ⁿ⁻²

Alors,

( )

²

0 1

2 '( )

1

1 n ^Log

n

n f x

U n

U 



− −

= ₋ ⁻ ₌

1

2 5

3 1

1 ⁻

− 



 





− −

n

n n

U

c)

1 2

2

2 5

3 1 2

1 ⁻

− 



 





− −

=

n n

n U n

U et

n n

n U n

U

2 1

2 1

2 5

3 2

1 



 



− 

= ₋

+

par itération (ou par récurrence) on obtient :

∑

=

−



 





− −

= ⁿ

k

k

n U k

U

1

1 2 0

2 5

3 1 2

1 et

∑

− = 



 



− 

= ⁿ

k

k

n U k

U

1

2 1

1

2 5

3 2

1

4)

∑

=



 



= ⁿ 

k

k

n k

V

2

1 5

3

1

∑ ∑

= =

−



 



 + −



 



= ⁿ 

k

n

k

k k

k

1 k 1

1 2 2

5 3 1 2

1 5

3 2

1 = U₀ −U₂n +U₁−U₂n₊₁

=

(

U0 +U1

) (

− U2_n +U2_n+1

)

_n

n V

+∞

lim→ =

(

0 + 1

)

^{, lim} =⁰

+∞

→ n

n U

car U U

=

4 2 Log5

Log + =

2 Log5