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Bac 2008 Amérique du Nord

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(1)

D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php

Terminale S Amérique du Nord, Mai 2008 Sujets de Bac

1

Amérique du Nord, Bac Mai 2008

1. Exercice 1 (5 pts)

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O u v; , ) d’unité graphique : 4 cm.

On considère le point A d’affixe zA = +2 i et le cercle (Γ) de centre A et de rayon 2. 1. Faire une figure qui sera complétée tout au long de l’exercice.

2a. Déterminer les affixes des points d’intersection de (Γ) et de l’axe (O u; ) . 2b. On désigne par B et C les points d’affixes respectives zB =1 et zC =3.

Déterminer l’affixe zD du point D diamétralement opposé au point B sur le cercle (Γ).

3. Soit M le point d’affixe 3 6 5+5i. 3a. Calculer le nombre complexe D M

B M

z z

z z

.

3b. Interpréter géométriquement un argument du nombre D M

B M

z z

z z

− ; en déduire que le point M appartient au cercle (Γ).

4. On note (Γ′) le cercle de diamètre [AB]. La droite (BM) recoupe le cercle (Γ′) en un point N.

4a. Montrer que les droites (DM) et (AN) sont parallèles.

4b. Déterminer l’affixe du point N.

5. On désigne par M’ l’image du point M par la rotation de centre B et d’angle 2

−π .

5a. Déterminer l’affixe du point M’.

5b. Montrer que le point M’ appartient au cercle (Γ′).

2. Exercice 2 (non spécialistes, 5 pts) Partie A

On considère deux points A et D de l’espace et on désigne par I le milieu du segment [AD].

1. Démontrer que, pour tout point M de l’espace, M D M A. = M I2IA2. 2. En déduire l’ensemble (E) des points M de l’espace, tels que M D M A. =0. Partie B

Dans l’espace rapporté au repère orthonormal (O i j k; , , )

, les points A, B, C et D ont pour coordonnées respectives : A(3 ; 0 ; 0), B(0 ; 6 ; 0), C(0 ; 0 ; 4) et D(−5 ; 0 ; 1).

1a. Vérifier que le vecteur 4 2 3 n

  

  

 

est normal au plan (ABC).

1b. Déterminer une équation du plan (ABC).

2a. Déterminer une représentation paramétrique de la droite ∆, orthogonale au plan (ABC) et passant par D.

2b. En déduire les coordonnées du point H, projeté orthogonal de D sur le plan (ABC).

2c. Calculer la distance du point D au plan (ABC).

2d. Démontrer que le point H appartient l’ensemble (E) défini dans la partie A.

(2)

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2 3. Exercice 2 (spécialistes, 5 pts)

L’espace est rapporté au repère orthonormal (O i j k; , , )

. On nomme (S) la surface d’équation x2 +y2z2 =1.

1. Montrer que la surface (S) est symétrique par rapport au plan (xOy).

2. On nomme A et B les points de coordonnées respectives (3 ; 1 ; −3) et (−1 ; 1 ; 1).

2a. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (D) passant par les points A et B.

2b. Démontrer que la droite (D) est incluse dans la surface (S).

3. Déterminer la nature de la section de la surface (S) par un plan parallèle au plan (xOy).

4a. On considère la courbe (C), intersection de la surface (S) et du plan d’équation z = 68. Préciser les éléments caractéristiques de cette courbe.

4b. M étant un point de (C), on désigne par a son abscisse et par b son ordonnée.

On se propose de montrer qu’il existe un seul point M de (C) tel que a et b soient des entiers naturels vérifiant a <

b et ppcm(a ; b)= 440, c’est-à-dire tel que (a, b) soit solution du système

(1) :

( )

2 2

4625

ppcm ; 440

a b

a b

a b

<

 + =

 =

.

Montrer que si (a, b) est solution de (1) alors pgcd(a ; b) est égal à 1 ou 5.

Conclure.

Dans cette question toute trace de recherche même incomplète ou d’initiative, même non fructueuse sera prise en compte dans l’évaluation.

4. Exercice 3 (6 pts)

Soit f la fonction définie sur l’intervalle

]

1 ;+ ∞

[

par

( )

ln 1

f x x ln

= − x.

On nomme (C ) la courbe représentative de f et (Γ) la courbe d’équation y=lnx dans un repère orthogonal (O i j; , ).

1. Étudier les variations de la fonction f et préciser les limites en 1 et en +∞. 2a. Déterminer xlim→+∞f

( )

x lnx. Interpréter graphiquement cette limite.

2b. Préciser les positions relatives de (C ) et de (Γ).

3. On se propose de chercher les tangentes à la courbe (C ) passant par le point O.

3a. Soit a un réel appartenant à l’intervalle

]

1 ;+ ∞

[

.

Démontrer que la tangente Ta à (C) au point d’abscisse a passe par l’origine du repère si et seulement si

( )

'

( )

0

f aaf a = .

Soit g la fonction définie sur l’intervalle

]

1 ;+ ∞

[

par g x

( ) ( )

=f x xf'

( )

x .

3b. Montrer que sur

]

1 ;+ ∞

[

, les équations g x

( )

=0 et

(

lnx

) (

3 lnx

)

2lnx− =1 0 ont les mêmes solutions.

3c. Après avoir étudié les variations de la fonction u définie sur R par u t

( )

= − − −t3 t2 t 1, montrer que la fonction u s’annule une fois et une seule sur R.

3d. En déduire l’existence d’une tangente unique à la courbe (C) passant par le point O.

La courbe (C) et la courbe (Γ) sont données ci-dessous. Tracer cette tangente le plus précisément possible sur cette figure.

4. On considère un réel m et l’équation f x

( )

=mx d’inconnue x.

Par lecture graphique et sans justification, donner, suivant les valeurs du réel m, le nombre de solutions de cette équation appartenant à l’intervalle ]1 ; 10].

(3)

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3

(C)

(Γ)

-3 -2 -1 0 1 2 3

0 2 4 6 8 10 12

x y

5. Exercice 4 (4 pts)

On considère les suites

( )

xn et

( )

yn définies pour tout entier naturel n non nul par :

1 0

ncos

xn =

t tdt et

1 0

nsin yn =

t tdt.

1a. Montrer que la suite

( )

xn est à termes positifs.

1b. Étudier les variations de la suite

( )

xn .

1c. Que peut-on en déduire quant à la convergence de la suite

( )

xn ? 2a. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, 1

n 1 xn

+ . 2b. En déduire la limite de la suite

( )

xn .

3a. À l’aide d’une intégration par parties, démontrer que, pour tout entier naturel n non nul,

( ) ( )

1 1 sin 1

n n

x+ = − n+ y + . 3b. En déduire que lim n 0

n

→+∞y = .

4. On admet que, pour tout entier naturel n non nul, yn+1 =

(

n+1

)

xn−cos 1

( )

. Déterminer lim n

n nx

→+∞ et lim n

n ny

→+∞ .

(4)

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4

Amérique du Nord - Corrigé

Exercice 1 1.

2b. D et B sont diamétralement opposés sur

( )

Γ donc AD=BA, d’où zDzA =zAzB. Ainsi,

( )

2 2 2 1 3 2

D A B

z = zz = + − = +i i et D a donc pour affixe 3+2i.

3a. On a

(

3 2

)

3 6 20

5 5

... 2

3 6 10

1 5 5

D M

B M

i i

z z i

z z i

i

 

+ − + 

− =  = = =

−  

− + 

 

, d’où D M 2

B M

z z

z z i

− =

− .

3b. On sait qu’un argument de D M

B M

z z

z z

− est une mesure de l’angle

(

M B M D ,

)

, à 2π prés.

Ainsi,

(

M B M D,

)

=arg 2

( )

i = +π2 2kπ

(

k

)

: le triangle BMD est donc rectangle en M ce qui signifie que M appartient au cercle de diamètre [BD] cad à

( )

Γ .

4a. Comme N appartient au cercle

( )

Γ , le triangle ANB est rectangle en N, les droites

(

AN

) (

et BM sont donc

)

perpendiculaires. De plus les droites

(

M D et

) (

BM sont orthogonales d’après la question précédente.

)

Par conséquent, les droites

(

AN et

) (

M D sont perpendiculaires à la même droite donc parallèles entre elles (faux dans

)

l’espace, mais on est dans la plan…)

4b. Dans le triangle BMD les droites

(

AN

) (

et M D sont parallèles et A est le milieu de

) [ ]

BD . D’après le théorème des milieux la droite

(

AN coupe le segment

) [

M B en son milieu, donc N est le milieu de

] [

M B .

]

Par conséquent :

3 6

1 5 5 4 3

2 2 5 5

B M

N

z z i

z i

 

+ + 

+  

= = = + .

5a. L’écriture complexe de la rotation de centre B et d’angle 2

−π est : z zB e i2

(

z zB

)

π

′ − = − , c’est-à-dire z′ = − + +iz 1 i.

Ainsi 3 6 11 2

5 5 1 5 5

zM iii i

= −  + + + = +

  .

N M

D

A y

C v

B x

O

2a. D’après le cours,

( )

Γ a une équation de la forme

(

x2

) (

2+ y1

)

2=

( )

2 2 =2.

L’axe ( ; )O u

a pour équation y = 0 donc

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( )

2 2

2

2 1 2

; ;

0

3 1

2 1

ou .

0 0

0

x y

M x y O u

y

x x

x

y y

y

 − + − =

∈ Γ ∩ ⇔

=



 − =  =  =

⇔ ⇔ 

= =

=  



Par conséquent, les affixes des points d’intersection de

( )

Γ et de l’axe

(

O ; u

)

sont respectivement 1 et 3.

(5)

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5

5b. Montrons par exemple que AM’B est rectangle en M’ : 11 11 2 2

. 2 1 1 0 ... 0

5 5 5 5

AM BM′ ′ = −  − +   −  − = =

      .

Par conséquent, le point M′ appartient au cercle

( )

Γ .

Exercice 2 (non spécialistes)

A1. D’après la relation de Chasles, MD MA. =

(

MI+ID

) (

. MI+IA

) (

= MIIA

) (

. MI+IA

)

=MI2IA2 car I est le milieu de

[

AD

]

.

A2. M appartient à

( )

E ssi M D M A. =0ssiM I2IA2 =0ssi à M I=IA. Par conséquent

( )

E est la sphère de centre I et de rayon IA.

Partie B 1a. n

est normal au plan (ABC) s’il est orthogonal à deux droites sécantes de (ABC), donc s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires « de (ABC) ».

On a

-3 3

6 et 0

0 4

AB AC

   

   

   

   

   

donc n AB. = × − + × + × =4

( )

3 2 6 3 0 0 et n AC. = × − + × + × =4

( )

3 2 0 3 4 0.

n

est bien un vecteur normal au plan

(

ABC

)

.

1b.

> soit on le fait en deux étapes : (ABC) a une équation de la forme 4x+2y+ + =3z d 0 et on détermine d en utilisant le fait que A, par exemple, appartient au plan.

> soit on fait les deux d’un coups !

En effet, M un point de

(

ABC

)

ssi AM n. = ⇔0

(

x− × + × + × = ⇔3

)

4 y 2 z 3 0 4x+2y+ −3z 12=0. 2a. Même remarque…

Comme ∆ est orthogonale au plan

(

ABC

)

, elle est dirigée par n

. Par conséquent,

5 4 4 5

0 2 2 ,

1 3 3 1

x x t x t

M y t tq DM t n y t y t t

z z t z t

+ = = −

   

 

 

∈ ∆ ⇔ ∃ ∈ = ⇔ − = ⇔ = ∈

 

 

  − = = +

   

ℝ ℝ.

2b. Soit H le projeté orthogonal de D sur le plan

(

ABC

)

: H est donc le point d’intersection de la droite ∆ et du plan

(

ABC

)

.

On remplace alors x, y et z dans l’équation de

(

ABC

)

: 4 4

(

t− + × +5

)

2 2t 3 3

(

t+ −1

)

12= ⇔0 29t29= ⇔ =0 t 1.

Ainsi H a pour coordonnées

(

−1 ; 2 ; 4

)

.

2c. D’après le cours,

(

,

( ) )

4 22 23 2 12 ... 29

4 2 3

D D D

x y z

d D ABC + + −

= = =

+ + .

Remarque : on aurait pu tout aussi bien calculer DH.

2d. On a HD 4

2 3

 

 

  et HA

4 2 4

 

 

 

donc HD HA. = − + +16 4 12=0, et H appartient bien à

( )

E .

(6)

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6 Exercice 2 (spécialistes)

1. Il s’agit ici de vérifier que si M(x,y,z) appartient à S alors M(x,y,-z) appartient lui aussi à S.

Soit donc M x y z un point de

(

; ;

) ( )

S : on a x2+y2− −

( )

z 2 =x2+y2z2 =1, c’est-à-dire que le point M′ de coordonnées

(

x y ; ; z

)

appartient également à

( )

S .

2a. La droite (AB) est bien entendu dirigée par AB

, et elle passe par A ☺ donc

( )

3 4 4 3

D 1 0 1 ,

3 4 4 3

x t x t

M t tq AM t AB y t y t

z t z t

− = − = − +

 

 

∈ ⇔ ∃ ∈ = ⇔ − = ⇔ = ∈

+ == −

 

ℝ ℝ.

2b. Soit M(x,y,z) un point de D cad M(-4t+3 ;1 ;4t-3) : pour vértifier que M appartient aussi à S, il suffit de montrer que ses coordonnées vérifient l’équation de S. On a x2+y2z2 = − +

(

4t 3

)

2+ −12

(

4t3

)

2 = =... 1, donc le résultat est démontré.

On en déduit que tout point de

( )

D appartient à

( )

S cad que la droite est incluse dans la surface

( )

S .

3. Soit

( )

P un plan parallèle au plan

(

xOy :

) ( )

P a alors une équation de la forme z=c où c est un réel.

La section de (P) et(S) a donc une équation de la forme

2 2 2

1 z c

x y c

=



+ = +

 : on reconnaît l’équation d’un cercle de centre

(

0 ; 0 ; c

)

Ω et de rayon 1 c+ 2 (inclus dans

( )

P ).

La section de la surface

( )

S par un plan parallèle au plan

(

xOy est donc un cercle.

)

4a. D’après la question précédente

( )

C est le cercle de centre Ω

(

0 ; 0 ; 68

)

et de rayon 1+682 =5 185, tracé dans le plan d’équation z=68.

4b. Soit

(

a b une solution de ;

) ( )

1 . Alors :

( )

2 2 4625

ppcm ; 440

a b

a b

a b

<



+ =

 =

.

> Soit d le PGCD de a et b : il divise a (donc a ) et divise b (donc 2 b ). 2 Ainsi, d divise a2+b2 cad d divise 4625.

> Comme d divise a et b, il divise leur plus petit multiple commun, donc d divise 440.

Ainsi d est un diviseur commun de 440 et de 4625.

> Les diviseurs de 4625 sont : 1 ; 5 ; 25 ; 37 ; 125 ; 185 ; 925 et 4625.

> Les diviseurs de 440 sont : 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 8 ; 10 ; 11 ; 20 ; 22 ; 40 ; 44 ; 55 ; 88 ; 110 ; 220 et 440.

Comme d est un diviseur commun aux deux nombre, d ne peut être égal qu’à 1 ou à 5.

1er cas : d=1.

Alors comme ab=pgcd

(

a b ;

)

×ppcm

(

a b ;

)

on a ab= ×1 440=440 : a et b sont donc des diviseurs de 440 dont la somme des carrés est égale à 4625 et le produit à 440.

Mais

(

a b+

)

2 =a2+b2+2ab=4625 880+ =5505 qui n’est pas un carré parfait, ce qui est impossible car a b+ est un entier naturel (en tant que somme de deux entiers naturels). Il n’y a dans ce cas aucun couple solution de ce système.

2ème cas : d=5.

Comme ab=pgcd

(

a b ;

)

×ppcm

(

a b ;

)

, alors ab= ×5 440=2200 : a et b sont donc des diviseurs de 440 dont la somme des carrés est égale à 4625 et le produit à 2200.

(7)

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7

Or

(

a+b

)

2 =a2+ +b2 2ab=4625 4400+ =9025=952, soit a b+ =95.

Seul le couple

(

40 ; 55 est solution de ce système dans ce cas.

)

Il existe un seul point M de

( )

C tel que a et b soient des entiers naturels vérifiant a<b et ppcm a

(

; b

)

=440. Exercice 3

1. > f est dérivable sur

]

1 ; + ∞

[

puisque ln ne s’annule pas sur cet intervalle. On a

( )

( )

2

( )

2

1

1 1 1

1

ln ln

f x x

x x x x

 

′ = + =  + 

 

.

Comme x>1, 1 x>0 et

( )

2

1 1 0

ln x

+ > , donc f

( )

x >0 : ainsi, f est strictement croissante sur

]

1 ;+∞

[

.

> Comme

( )

1 1

lim ln 0

x x

x +

>

= on a

( )

1 1

lim 1 ln

x

x x

>

= +∞, et donc

( )

1 1

lim

x x

f x

>

= −∞ (D : x = 1 est donc asymptote verticale à C).

> Commexlim→+∞

(

lnx

)

= +∞ on a xlim→+∞

(

ln1x

)

=0, et donc xlim→+∞f x

( )

= +∞.

2a. Puisquexlim→+∞

(

f x

( )

ln x

)

=xlim→+∞ln1x=0, les courbes

( )

C et

( )

Γ sont asymptotes en +∞.

2b. De même,

( )

ln 1

f x x ln

− = − x < 0 pour x > 1 :

( )

C est donc en dessous de

( )

Γ .

3a. Ta a pour équation y=f

( )(

a xa

) ( )

+f a =f

( )

a x+

(

f a

( )

af

( )

a

)

: cette droite passe par l’origine du repère ssi le point de coordonnées (0 ;0)à vérifie son équation, cad ssi 0=f'

( )

a × +0 f a

( )

af

( )

a f a

( )

af

( )

a =0.

3b. On a g x

( )

=0 ssi f x

( )

xf

( )

x =0 ssi

( )

2

( )

2

1 1 1 1 1

ln 1 0 ln 1 0

ln ln ln ln

x x x

x x x x x

 

 

− − ×  + = ⇔ − − − =

 

( ) ( )

( )

3 2

2

ln ln ln 1

0 ln

x x x

x

− − −

⇔ =

Par conséquent les équations g x

( )

=0 et

(

ln x

) (

3ln x

)

2ln x− =1 0 ont les mêmes solutions.

3c. On a u t

( )

=3t2− − = −2t 1

(

t 1

)(

3t+1

)

d’où le tableau ci-dessous (signe d’un trinôme)

sur ]− ∞;1], f est majorée par -22/7 < 0 donc elle ne s’annule pas.

sur [1;+∞[, f est continue, strictement croissante, elle passe de valeurs négatives (-2) à des valeurs positives (+∞) donc d’après le TVI, elle s’annule une seule fois.

D’où le résultat sur IR.

3d. Ta passe par l’origine du repère si

(

lnx

)

3lnx

(

lnx

)

2− =1 0, c’est-à-dire si u

(

lnx

)

=0. Or la question 3. c.

prouve que cette équation n’admet qu’une solution , que l’on notera a > 1. 0

À l’aide de la calculatrice, on trouve a0 ≈6, 29 : il n’existe qu’une seule tangente à (C) passant par l’origine du repère.

4. Résoudre graphiquement f x

( )

=mx revient à chercher l’intersection entre (C) et les droites passant par l’origine et de pente m ; on a donc pour 1≤ ≤x 10 et

( )

0

10 10 m = f :

x -∞ -1/3 1 +∞

f ’(x) + 0 - 0 +

f (x) -∞

ր

22

− 7

ց

-2

ր

+

(8)

D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php

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8

- si mm0 l’équation f x

( )

=mx admet

une seule solution.

- si m0 ≈0,187≤ ≤m f

( )

a0 ≈0, 2 l’équation f x

( )

=mx admet deux solutions.

- si m>f

( )

a0 l’équation f x

( )

=mx

n’admet aucune solution.

Exercice 4

1a. La fonction t֏tncost est continue et positive sur l’intervalle

[

0 ; 1 . Par conséquent

]

1 0

cos 0

tn t dt

, c’est-à-dire

que xn ≥0 pour tout entier naturel n non nul.

1b. Etudions le signe de la différence de deux consécutifs :

( ) ( ) ( )

1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 n cos 0 ncos 0 n cos ncos 0 n n cos 0 n 1 cos

n n

x+ − =x

t + t dt

t t dt=

t + t tt dt=

t +t t dt=

t tt dt. Sur

[

0 ; 1 ,

]

t֏

(

t1

)

tncost est négative donc 1

( )

0

1 ncos 0 tt t dt

cad xn+1xn0. Ainsi

( )

xn est décroissante.

1c. Comme

( )

xn est décroissante et minorée par 0,

( )

xn est convergente.

2a. On a 0<cost≤1 donc 0<tncosttn et par intégration,

1 1

0 0

0<

tncos t dt

t dtn . Comme

1 1

1

0 0

1 1

1 1

n n

t dt t

n n

+

= +  = +

, le résultat cherché est obtenu.

2b. Comme 1

0 xn 1

< ≤ n

+ et 1

lim lim 0 0

1

n→+∞n =n→+∞ =

+ , d’après le théorème des gendarmes, lim n 0

n x

→+∞ = . 3a. Posons u t

( )

=cost et v t

( )

=tn+1, alors u t

( )

=sint et v t

( ) (

= n+1

)

tn :

( ) ( ( ) ) ( )

1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 0 0 0

cos sin 1 sin sin 1 0 1 sin

n n n n

xn+ =

t + t dt=t+ t −

n+ t + t dt= − − n+

t+ t dt donc xn+1= −

(

n+1

)

yn+sin 1

( )

.

3b. On a sin 1

( )

1

1

n n

y x

n

+

= + : comme nlim→+∞

(

sin 1

( )

xn+1

)

=sin 1

( )

(d’après la question 2b.), on en déduit que

lim n 0

n y

→+∞ = .

(C)

¬ζ

-3 -2 -1 0 1 2 3

0 2 4 6 8 10 12

x y

(9)

D. PINEL, Site Mathemitec : http://mathemitec.free.fr/index.php

Terminale S Amérique du Nord, Mai 2008 Sujets de Bac

9 4. On a yn+1=

(

n+1

)

xn−cos 1

( )

.

> Alors nxn=yn+1− +xn cos 1

( )

: or lim n 1 0

n y+

→+∞ = et lim n 0

n x

→+∞ = donc lim n cos 1

( )

n nx

→+∞ = .

> On sait que sin 1

( )

1

1

n n

y x

n

+

= + , soit nyn=nn+1

(

sin 1

( )

xn+1

)

: comme nlim→+∞

(

sin 1

( )

xn+1

)

=sin 1

( )

et

lim lim 1

1

n n

n n

n n

→+∞ = →+∞ =

+ , on en déduit que nlim→+∞nyn =sin 1

( )

.

Origine des sujets et corrigés : F. Laroche.

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