2009-2010 Bac Blanc

Février 2010

Les spé Math remettront une copie séparée pour l’exercice de spé.

BAC BLANC de Mathématiques TS1 et TS2.

4 h.

Calculatrice autorisée.

EXERCICE 1. [5 points]

EXERCICE 2. [5 points]

EXERCICE 3. [SPE MATH - 5 points]

EXERCICE 4. [NON SPE MATH, 5 points]

EXERCICE 5. [5 points]

Dans chacune des questions suivantes, on demande de donner sans justifications un exemple (graphique et algébrique) de fonction f donnée sur l’intervalle donné et possédant la propriété énoncée.

1. La fonction f est définie et dérivable sur IR, le nombre dérivé de f en 0 est nul, mais f n’admet pas d’extremum en 0.

2. La fonction f est définie et dérivable sur IR, elle admet un maximum et un minimum sur l’intervalle [1 ;2] et on a f ’(x) ≠ 0 pour tout x réel.

3. La fonction f est définie sur IR et n’a pas de limite en +∞.

4. La fonction f est définie et continue sur ]0 ;+∞[ et n’a pas de limite en 0.

5. La fonction f est continue sur [1 ;2] mais n’est pas dérivable sur [1 ;2].

Annexe de l’exercice 1.

u₀ u₁ ^{2 3}

2

0 1

1

x y

CORRIGE BAC BLANC 2010.

EXERCICE 1. [5 points]

A1. − f est dérivable sur [0 ; +∞[ comme composées de fonctions dérivables

− on a f ’(x) = 2x x² + 4

− or sur [0 ; +∞[, x² + 4 > 0 et x ≥ 0 donc f’(x) ≥ 0 ce qui prouve que f est croissante sur son domaine A2a − g est dérivable sur [0 ; +∞[ comme somme de fonctions dérivables.

− g’(x) = f’(x) – 1 = 2x

x² + 4 −1 = 2x - x² - 4

x² + 4 = - x² + 2x - 4 x² + 4

− Sur [0 ; +∞[, x² + 4 > 0 donc g’(x) a le signe du trinôme –x² + 2x – 4

∆ = −12 donc ce trinôme est strictement négatif et donc g est strictement décroissante sur [0 ; +∞[

A2b. Pour x ∈ [2 ; 3] : g est continue (puisque dérivable) g est strictement décroissante

g prend des valeurs négatives (g(2) = ln8 – 2) et positives (g(3) = ln13 – 3) D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation g(x) = 0 a une unique solution α dans [2 ; 3]

Par balayage on trouve, g(2,1) > 0 et g(2,2) < 0 donc 2,1 < α < 2,2 soit α ≈ 2,2 A2c.

> Remarquons déjà que g(x) = 0 ssi f(x) – x = 0 ssi f(x) = x.

Reste à démontrer que l’équation g(x) = 0 admet une unique solution sur [0 ; +∞[.

> Vu que g est strictement décroissante sur [0 ; +∞[, vu qu’elle s’annule sur [2 ;3], on peut affirmer que ce 0 de g est unique sur [0 ; +∞[ (inutile de ré-appliquer le tvi).

> α est donc la seule solution de l’équation f(x) = x sur [0 ; +∞[.

B2. α est le réel tel que g(α) = 0 c'est à dire f(α) = α.

I est donc le point d’intersection de V et ∆.

B3a. Soit P(n) la proposition « 1 ≤ un≤α » où n est un entier naturel.

Initialisation : comme u0 = 1 et α≈ 2,2 on a bien 1 ≤ u0 ≤α hérédité : montrons que SI 1 ≤ un≤α ALORS 1 ≤ un+1 ≤α

supposons que 1 ≤ un≤α : on a alors f(1) ≤ f(un) ≤ f(α) car f est une fonction croissante sur [0 ; +∞[.

Mais f(1) = ln5 > 1 et f(α) = α donc 1 ≤ un+1 ≤α cqfd …

Conclusion : cette démonstration prouve que ∀ n ∈ IN, 1 ≤ un≤α

B3b. Nous savons déjà que la suite (un) est majorée par α. Montrons alors qu’elle est croissante c'est à dire :

∀ n ∈ IN , un ≤ un+1

> on pourrait faire encore une récurrence, mais voici une autre méthode

> D’après 2. a. et b. g est décroissante sur [0 ; +∞[ et nulle en α. Pat conséquent, pour 0 ≤ x ≤α g(x) ≥ 0 c'est à dire f(x) ≥ x

Mais comme 1 ≤ un ≤ α, on appliquant l’inégalité précédente, f(un) ≥ un c'est à dire un+1 ≥ un donc (un) est croissante.

> (un) est croissante et majorée donc elle converge vers un réel m : comme 1 ≤ un≤α , on a 1 ≤ m ≤α. B3c.

> un+1 = f(un) avec f est continue sur [0 ; +∞[ donc en m

> un est une suite convergente vers un réel m

D’après le théorème du point fixe, m est vérifie m = f(m), équation a pour unique solution α donc lim_n→+∞ un = α.

2 3 -1

-2 -3

2

-1

-2

-3

-4

0 1

1

x y

A B

P

P'

Q

Q'

EXERCICE 2.

1a. On a z’ = (1 - i)(1 + i - 2)

1 - i - 2 = (1 - i)(- 1 + i) - 1 - i = 2i

- 1 - i = 2i(-1 + i)

2 = −1 – i donc P(1 + i) → P’(−1 – i) 1b. Vérifions que ces vecteurs sont colinéaires.

> AP^→ a pour affixe : 1 + i – 2 = −1 + i et BP'^→ a pour affixe : −1 – i + 2 = 1 – i

> Par conséquent AP^→ = − BP'^→ ce qui prouve que (AP) et (BP’) sont parallèles.

1c. On a (AP^→ ; PP'^→ ) = arg zP' - zP

zP - zA + 2kπ = arg(2i) + 2kπ = π/2 + 2kπ puique zP' - zP

zP - zA = -2 - 2i

-1 + i = 2(-1 - i)(-1 - i)

2 = 2i

Par conséquent, (AP) et (PP’) sont perpendiculaires

2. Soit z différent de 2 : M’ = M ⇔ z’ = z ⇔ = z

⇔ z– (z – 2) = z(z– _{− 2) ⇔} –z _{z – 2}z– _{= z} –z _{− 2z ⇔} z– = z ⇔ z ∈ IR Ainsi, l’ensemble des points invariants par f est l’axe réel.

3a. Remarquons que z− = −2 z 2 : par conséquent, (z – 2)(z– _{− 2) =}

(

) ( )

z - 2 = z' z - 2 + 2

z - 2 = + 2

z - 2 = = N

D avec :

> N = z– _{z – 2}–z _{+ 2}–z _{− 4 =} z– z – 4 = |z|² − 4 qui est un réel et

> D qui est un réel d’après a.

donc z' + 2

z - 2 est un réel

3c. On vient de voir que z' + 2

z - 2 = k ∈ IR . Par conséquent,

(

)

^{( )}

4. Montrons que les droites (AM) et (MM’) sont perpendiculaires.

On sait que (AM^→ ; MM'^→ ) = arg z' - z

z - 2 + 2kπ Mais z' - z

z - 2 = z' z - 2 + - z

z - 2 = − _{z - 2}^z = =

> le dénominateur est un réel (voir 3. a.)

> le numérateur = 2(z – z–) = 2(2i Im(z)) = 4i Im(z) donc z' - z

z - 2 est un imaginaire pur et donc argz' - z

z - 2 + 2kπ = ± π/2 + 2kπ Cela prouve que les droites (AM) et (MM’) sont perpendiculaires.

5. On vient de voir que, M’ étant l’image de M par f : (AM) // (BM’) et (AM) ⊥ (MM’)

pour construire M’ :

on trace la parallèle à (AM) passant par B puis la perpendiculaire à (AM) passant par M le point d’intersection de ces deux droites est M’.

EXERCICE 4.

A1. (E’) ⇔ y’ + 2y = 0

⇔ y’ = −2y

donc (E’) a pour solutions les fonctions définies sur IR par s(x) = k e^−2x avec k ∈ IR.

A2. Comme h(x) = k e^−2x avec k = 9/2, h est une solution de (E’).

A3. g est solution de (E) ⇔ g’ + 2g = 3e^−3x .

Comme g’(x) + 2g(x) = (−3)(−3x)’e^−3x + 2(−3e^−3x ) = 9e^−3x – 6e^−3x = 3e^−3x on a bien g solution de (E).

A4. f est solution de (E) ⇔ f’ + 2f = 3e^−3x

On a f’(x) + 2f(x) = g’(x) + h’(x) + 2g(x) + 2h(x) = [g’(x) + 2g(x)] + [h’(x) + 2h(x) ] = 3e^−3x avec

> g est solution de (E) donc g’(x) + 2g(x) = 3e^−3x

> h est solution de (E’) donc h’(x) + 2h(x) = 0 Ainsi f est bien solution de (E).

B1. On développe : 3e^−2x (3

2 − e^−x ) = 9

2e^−2x – 3e^−3x = f(x) B2.

> quand x → +∞, −x → −∞ donc 3e^−2x → 0 et e^−x → 0 d’où 3

2 − e^−x→3 2 par produit on obtient : lim_x→+∞ f(x) = 0

> quand x → −∞ : −x → +∞ donc 3e^−2x → +∞

et e^−x → +∞ d’où 3

2 − e^−x→ −∞ par produit on obtient lim_x→-∞ f(x) = −∞

B3.

− f est dérivable sur IR

− f ’(x) = 9

2(−2x)’e^−2x – 3(−3x)’e^−3x = −9e^−2x + 9e^−3x = 9e^−3x (1 – e^x )

− Or ∀ x ∈ IR, 9e^−3x > 0 donc f’(x) a le signe de 1 – e^x Mais 1 – e^x≥ 0 ⇔ e^x≤ 1 ⇔ x ≤ 0 ( par croissance de exp)

− On en déduit le tableau de variation de f :

4. Calculer les coordonnées des points d’intersection de la courbe VVVV_f avec les axes du repère.

> V_f coupe l’axe (O ; ^→j ) quand x = 0 donc au point A(0 ; 3/2)

Q V_f coupe l’axe (O ; ^→i ) quand f(x) = 0 donc au point B(−ln(3/2) ; 0)

car :

f(x) = 0 ⇔ 3e^−2x (3

2 − e^−x ) = 0

⇔ e^−x = 3/2 (car 3e^−2x > 0)

⇔ −x = ln(3/2) ⇔ x = −ln(3/2) 5. Calculer f(1) et tracer l’allure de la courbe VVVV_f .

f(1) = 9

2e⁻² – 3e⁻³≈ 0,46

2 -1

-1

-2

0 1

1

x y

B

EXERCICE 5.

ATTENTION pour vos contre-exemples.

Si une fonction tend vers ∞ quand x tend vers a, on dit bien que f a une limite…

1. La fonction f est définie et dérivable sur IR, le nombre dérivé de f en 0 est nul, mais f n’admet pas d’extremum en 0.

Soit f(x) = x³

f est définie et dérivable sur IR, f’(x) = 3x² qui s’annule en 0 sans changer de signe.

2. La fonction f est définie et dérivable sur IR, elle admet un maximum et un minimum sur l’intervalle [1 ; 2]

et on a f’(x) ≠ 0 pour tout x réel.

Soit f(x) = x.

f est définie et dérivable sur IR, admet f(1) = 1 pour minimum et f(2) = 2 pour maximum sur l’intervalle [1 ; 2]

3. La fonction f est définie sur IR et n’a pas de limite en +∞∞∞∞. Soit f(x) = cos x.

f est définie sur IR mais n’a pas de limite en +∞.

4. La fonction f est définie et continue sur ]0 ; +∞∞∞∞[ et n’a pas de limite en 0.

Soit f(x) = cos(1/x)

f est définie sur ]0 ; +∞[, composée de fonctions continues, f est continue mais quand x → 0, 1/x → +∞ et cos(1/x) n’a pas de limite.

-1

0 1

1

x y

5. La fonction f est continue sur [1 ; 2] mais n’est pas dérivable sur [1 ; 2]

La fonction f(x) = |x-1.5| convient, d’après les résultats sur les valeurs absolues.