z1z22= 14 + 23i 4×0.25 2.a |z3|= 2

(1)

TS Grille de correction Bac Blanc 1 _2011-2012

E1 Réponse Points Obtenus

1 z1+z2= 3−3i ; z1z2= 12−i ; z1

z2

=−8 5−9

5i ; z1z2²= 14 + 23i 4×0.25 2.a |z3|= 2 ; arg(z3)=π

6(2π) puis|z4|= 3√

2 ; arg(z4)=−3π

4 (2π) 2×0.5

2.b |z3z4|=|z3| × |z4|= 6√2 ; arg(z3z4)=arg(z3)+arg(z4)=−7π

12(2π) 0.25

z3

z4

= |z3|

|z4| = 2 3√

2 =

√2

3 ; arg(z3

z4

)=arg(z3)−arg(z4)=11π

12 (2π) 0.25

3.a Z réel⇔Z =Z ⇔ z+ 1

z−2i = z+ 1

z+ 2i ⇔...⇔y = 2x+ 2 (posantz =x+ iy)⇔ M(z) appartient à la droite ∆ d’équationy=x+ 2 privé du point d’affixe 2i

0.5

3.b Z imaginaire pur⇔Z=−Z⇔ z+ 1

z−2i=−z+ 1

z+ 2i ⇔... 1

⇔

x+1 2

²

+ (y−1)² = √

5 2

²

⇔ M(z) appartient au cercle de centre

−1 2; 1

et de rayon

√5

2 privé du point d’affixe 2i

4.a z³+ 5z²+ 11z+ 15 = (z+ 3)(z²+ 2z+ 5) ∀z∈C 0.5 4.b (z+ 3)(z²+ 2z+ 5) = 0⇔z=−3 ouz=−1 + 2i ouz=−1−2i (∆ =−16) 0.5

Total −→ 5 points

E 2 Réponse Points Obtenus

1 −1 00 ~i 1 2 3 4 5 6 7

b

A⁰

b

B⁰

b

A¹

b

B¹

b

A²

b

B²

a2= 11

3 etb2= 13

3 0.5

2 un+1=bn+1−an+1=1

3(an+ 2bn)−1

3(2an+bn) =1

3(bn−an) = 1 3un

(un) est géométrique de raison 1

3etu0=b0−a0= 6.∀n∈N, un= 6 1 3

!ⁿ

0.5 3 ∀n∈N, un>0⇔bn−an >0⇔bn> an 0.25

∀n∈N, an+1−aⁿ=1

3(2aⁿ+bⁿ) = 1

3uⁿ >0⇔(aⁿ) est croissante 0.5

∀n∈N, bn+1−bn=1

3(an+ 2bn) =−1

3un<0⇔(bn) est décroissante 0.5 La suite de points (An) est croissante et (Bn) est décroissante. 0.25 4 (un) est une suite géométrique de raison 1

3 ∈]0; 1[ donc (un)_n→+∞−→ 0.

(an) est une suite croissante, (bn) est décroissante et (bn−an)_n→+∞−→ 0 donc (an) et (bⁿ) sont adjacentes.

0.5

5 ∀ n ∈ N, vn+1 = 1

3(2an+bn) + 1

3(an+ 2bn) = an +bn = vn donc (vn) est constante. Il en est de même devn

2

qui est la suite des abscisses des milieux de An et Bn donc les segments [AnBn] ont tous le même milieu I.

0.5

6 Étant adjacentes (an) et (bn) convergent vers la même limite.

an+bn= 8 ,bn−an=un doncbn= 4 +¹₂un et (un)_n→+∞−→ 0⇒(bn)_n→+∞−→ 4

Les deux suites de points (An) et (Bn) tendent vers le point I d’abscisse 4. 0.5

1.a lim

x→−∞f(x) =−∞( lim

x→−∞e^x= 0) 0.25

Lycée Bertran de Born - Bac Blanc 1 1 sur 4

(2)

1.b f(x)−(x+ 2) =− 4e^x

e^x+ 3 et lim

x→−∞− 4e^x

e^x+ 3 = 0 doncD¹:y=x+ 2 est asymptote à la courbeCen−∞

0.5

1.c ∀x∈R,− 4e^x

e^x+ 3<0 (car e^x>0)⇔f(x)−(x+ 2)<0⇔ C au dessous deD¹. 0.25 2.a f =u−v

w doncf^′=u^′−v^′w−vw^′

w² avec u:x7→x+ 2, v:7→4e^x, w:x7→e^x+ 3

∀x∈R, f^′(x) = 1−4e^x(e^x+ 3)−4e^x×e^x

(e^x+ 3)² =....=

e^x−3 e^x+ 3

²

0.75 2.b f^′(x) = 0⇔e^x= 3⇔x= ln 3 et∀x∈R, f^′(x) =

e^x−3 e^x+ 3

²

>0

La dérivée est strictement positive sauf en ln 3 qui est un point isolé doncf est strictement croissante surR.

x Signe def^′(x) Variations def

−∞ ln 3 +∞

+ 0 +

−∞

+∞ +∞

0.75 3.a f^′(ln 3) = 0 doncD²tangente àCen (ln 3; ln 3) est horizontale d’équationy= ln 3. 0.25 3.b Tableau de signes def(x)−ln 3

x

Signe def(x) −ln 3 Position

−∞ ln 3 +∞

− 0 +

CsousD² 0 Cau−dessus deD² 0.5 4 D³: y=f^′(0)x+f(0)⇔ D³: y=1

4x+ 1. 0.5

5

1 2 3

−1

−2

1 2 3

−1

−2

−3

−4 ~i

~j O

1.25

1.a lim

x→−∞xe^1−x=−∞( lim

x→−∞1−x= +∞et lim

x→+∞e^x= +∞) 0.25

x→−∞lim x²e^1−x= +∞( lim

x→−∞x²= +∞) 0.25

1.b xe^1−x= exe^−x=−eXe^X en posantX =−x

x→+∞lim f(x) = lim

X→−∞−eXe^X= 0 ( lim

X→−∞Xe^X= 0) 0.5

(3)

Réponse Points Obtenus

1.b x²e^1−x= ex²e^−x= eX²e^X en posant X=−x

x→+∞lim g(x) = lim

X→−∞eX²e^X= 0 ( lim

X→−∞X²e^X = 0) 0.5

1.c f =ue^v doncf^′=u^′e^v+uv^′e^v avecu:x7→x , v:x7→1−x f^′(x) = 1×e^1−x−x×1×e^1−x= e^1−x(1−x)

x Signe def^′(x) Variations def

−∞ 1 +∞

+ 0 −

−∞

11

00 0.75

g=ue^v doncf^′=u^′e^v+uv^′e^v avecu:x7→x², v:x7→1−x g^′(x) = 2x×e^1−x−x²×1×e^1−x=x(2−x)e^1−x

x Signe deg^′(x) Variations de g

−∞ 0 2 +∞

− 0 + 0 −

+∞ +∞

00

4 e 4 e

00 0.75

1.d f(x)−g(x) =xe^1−x−x²e^1−x=x(1−x)e^1−x. Tableau de signes de la différence : x

Signe dex Signe de 1 − x

Signe de e^1−x Signe def(x)−g(x)

Position relative

−∞ 0 1 +∞

− 0 + +

+ + 0 −

+ + +

− 0 + 0 −

CsousC^′ 0 CsurC^′ 0 CsousC^′ 0.5 2.a h^′(α) = 0 eth^′(x) = e^x−2x−1 donc e^α−2α−1 = 0⇔e^α= 2α+ 1 0.25

h(α) = e^α−α²−α−1 et e^α= 2α+ 1 donch(α) = 2α+ 1−α²−α−1 =α−α² 0.25

2.b

x Signe deh^′(x) Variations de h

1 α +∞

− 0 +

e−3 e−3

α−α² α−α²

+∞ +∞ β

0

0.5 2.c h(α)<0 et lim

x→+∞h(x) = +∞donc la continuité dehet la stricte monotonie de hsur [α; +∞[ implique qu’il existe un uniqueβ sur [α; +∞[ tel queh(β) = 0. Sur [1;α], hne s’annule pas car e−3<0 (voir tableau)

0.5

3.a S(a) =A ⇔3−e = 3−e^1−a a²+a+ 1

⇔ −e =−e×e^−a(a²+a+ 1)

⇔ 1

e^−a =a²+a+ 1⇔e^a−a²−a−1 = 0⇔h(a) = 0 0.5 3.b D’après la question 2.c, la seule solution deh(a) = 0 aveca >1 est le nombreβ.

Ainsia=β et il est unique.

0.5

(4)

A.1 Démonstration du thèorème de Gauss via celui de Bézout (voir cours) 0.75

A.2 p ∈ N, q ∈ N; a ≡ 0(p) ⇒ ∃k1 ∈ Z tel que a = pk1 et a ≡ 0(q) ⇒ ∃k2 ∈ Z tel que a = qk2. De ce qui précède, on en déduit que pk1 = qk2 et l’on peut interpréter cette relation par le fait que p|qk2. p et q premiers entre eux donc d’après le théorème de Gauss, p|k2, il existe donc k3 ∈Ztel quek2 =pk3. Ainsi a=pqk3 et donca≡0(pq)

0.75

B.1.a 17 et 5 sont premiers entre eux donc il existe (u;v)∈Z² tels que 17u+ 5v= 1 0.5

B.1.b n0= 3×17u+ 9×5v et 17u= 1−5v doncn0= 3 + 6×5v etn0≡3(5)

n0 = 3×17u+ 9×5v et 5v = 1−17udonc n0 = 9−6×17u et n0 ≡ 9(17) Ainsin0∈S

0.5

B.1.c (−2; 7) est solution de 17u+ 5v= 1 doncn0= 3×(−34) + 9×35 = 213 0.5

B.2.a n ∈ S donc n ≡ 9(17) et n ≡ 3(5). D’autre partn0 ≡ 9(17) et n0 ≡ 3(5). En utilisant les propriétés sur les congruences (ici transitivité), on obtientn≡n0(17) et n≡n0(5) ou encoren−n0≡0(17) etn−n0≡0(5). D’après la questionA.2, on peut en déduire quen−n0≡0(17×5)⇔n−n0≡0(85)

0.5

B.2.b Si n ∈ S, n−n0 ≡ 0(85). Avec la valeur n0 = 213 trouver à la question B.1.b, on obtient n ≡ 213(85) or 213 ≡ 43(85) donc n ≡ 43(85) et il existe k ∈ Z tel que n = 43 + 85k . Réciproquement, on suppose qu’il existe k ∈ Z tel que n= 43 + 85k= 9 + 2×17 + 17×5k= 9 + 17∗(2 + 5k) doncn≡9(17). De même, n= 43 + 85k= 3 + 5(8 + 17k) donc n≡3(5). On conclut quen∈S.

1

(-0.25) s.rec B.3 Soitnle nombre de jetons de Zoé. De toute évidencen∈S donc il existe k∈Z

tel quen= 43 + 85k. Or 3006n6400⇔300643 + 85k6400 257685k6 357⇔257

85 6k6 357

85 .k∈Z=⇒k= 4 etn= 43 + 4×85 = 383.

0.5

Total−→ 5 points