Terminales C, E Eric Simo, Editeur MATHÉMATIQUES Baccalauréat – Sujets Corrigés Jean-Pierre Kengne, Emmanuel Simo Avec 13 schémas d’illustration et 22 exercices corrigés ; Eric Simo, Msc.-Ing. TU-BS (Editeur) An den Äckern 2 31224 Peine Allemagne [email protected] Mathématiques Terminales C, E. Nouvelle Edition Auteurs: Jean-Pierre Kengne, Maître Es Sciences; Emmanuel Simo, Maître Es Sciences (Cameroun) Contributions: E. S. (Allemagne); F. W., J. T. (Cameroun); E. A. F. (Italie, R-U); T. v. P. (Pays-Bas); A. Z., L. S., I. D. (Ukraine); D. R., P. B. (Italie); M. B. (Zimbabwe); F. K. (Pakistan); A. K. (Russie); R. K. (Maroc) Conception graphique des couvertures: R. A. (Bangladesh) Thème artistique des couvertures 2017: Intelligence Artificielle ISBN 978-3-947242-03-0 • Maison d’Edition SIMO • Bandjoun Brunswick Belfast Rotterdam • 2017 Sous réserve des exceptions légales, toute représentation ou reproduction intégrale ou partielle, faite, par quelque procédé que ce soit sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit, est illicite et constitue une contrefaçon sanctionnée par le Code de la Propriété Intellectuelle. En cas d’utilisation aux fins de vente, de location, de publicité ou de promotion, l’accord de l’auteur ou des ayants droit est nécessaire. Site Internet: www.simo.education ; Avant-propos Vous avez choisi ce livre parce que vous avez un objectif à atteindre. C’est un instrument réellement utile et efficace pour aider les apprenants des classes de terminales scientifiques et techniques, quel que soit leur niveau, à améliorer leurs performances en mathématiques. Inspirée de la pédagogie nouvelle, la conception de ce livre se fonde sur deux outils à savoir : le cours et les exercices corrigés. Le cours a été conçu selon le projet pédagogique suivant : Une présentation claire parfaitement lisible qui permet de faciliter le travail de l’apprenant. Un cours bien structuré allant à l’essentiel. Conforme aux contenus du programme, ce cours prépare aux compétences exigibles, mais en se limitant strictement aux notions qui doivent être étudiées. Nous l’avons donc voulu bref. Les exercices résolus et commentés, soutenus par des méthodes de résolution permettent à l’apprenant d’acquérir l’esprit scientifique et les principaux modes de raisonnement qu’il devra savoir développer. C’est une bonne façon d’aborder les nombreux exercices de chaque chapitre. Dans le souci d’efficacité qui a fait le succès de cette édition, nous attirons votre attention dans les solutions proposées, sur la schématisation, la représentation graphique, le choix des notations, la conduite littérale et enfin l’application numérique. Notons cependant qu’il ne sert à rien de lire à priori la solution d’un exercice, mais qu’il faut chercher cette solution après avoir lu l’énoncé en entier et ne consulter la solution proposée dans le livre que pour contrôler son propre résultat ou en cas d’hésitation. Nous formons le vœu que cet ouvrage constitue un outil efficace pour les apprenants des classes de terminales scientifiques et techniques et qu’il apporte à nos collègues professeurs l’aide qu’ils sont en droit d’attendre. Nous attendons avec plaisir toutes les remarques et suggestions. ; ; I Table des matières 1 1.1 1.1.1 1.1.2 1.1.3 1.1.4 1.1.5 1.1.6 1.2 1.2.1 1.2.2 1.2.3 1.2.4 1.2.5 1.2.6 Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E . . . . . . . . . . . . . . Enoncé des sujets d’examen Enoncé – Baccalauréat 2012 . Enoncé – Baccalauréat 2013 . Enoncé – Baccalauréat 2014 . Enoncé – Baccalauréat 2015 . Enoncé – Baccalauréat 2016 . Enoncé – Baccalauréat 2017 . Solution des sujets d’examen Solution – Baccalauréat 2012 Solution – Baccalauréat 2013 Solution – Baccalauréat 2014 Solution – Baccalauréat 2015 Solution – Baccalauréat 2016 Solution – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2 2 3 4 5 6 8 9 9 15 21 26 33 39 II Table des matières ; 1 1 Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E Enoncé des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1 1.1.1 1.1.2 1.1.3 1.1.4 1.1.5 1.1.6 Enoncé – Baccalauréat 2012 Enoncé – Baccalauréat 2013 Enoncé – Baccalauréat 2014 Enoncé – Baccalauréat 2015 Enoncé – Baccalauréat 2016 Enoncé – Baccalauréat 2017 1.2 1.2.1 1.2.2 1.2.3 1.2.4 1.2.5 1.2.6 Solution – Baccalauréat 2012 Solution – Baccalauréat 2013 Solution – Baccalauréat 2014 Solution – Baccalauréat 2015 Solution – Baccalauréat 2016 Solution – Baccalauréat 2017 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Solution des sujets d’examen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; . . . . . . . . . . . . 2 2 3 4 5 6 8 9 9 15 21 26 33 39 2 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E 1.1 Enoncé des sujets d’examen O est le centre de gravité du triangle AM N 2.2.4. En déduire les valeurs de d pour lesquelles le triangle AM N est isocèle de sommet principal A. Exercice 3. 1.1.1 Enoncé – Baccalauréat 2012 Partie A Soit l’équation différentielle Examen: Baccalauréat Séries: C, E Session: 2012 Durée: 4 heures Épreuve: Mathématiques Coef.: 5/4 Exercice 1. Série E uniquement 1 . sin x 1.1. Étudier la fonction f et construire sa courbe représentative (C ) dans un repère orthonormé O , i~, j~ 1.2. Montrer que la restriction g de f à l’intervalle π 0, possède une fonction réciproque g −1 , dont on 2 construira la courbe dans le même repère que (C ) 1 et que 1.3. Soit y = g −1 (x ). Montrer que sin y = x p x2 −1 cos y = x 1.4. En déduire que pour tout x de ]1, +∞[, 0 1 g −1 (x ) = − p x x2 −1 1.5. En se servant des résultats précédents, calculer Z p2 dt I= p p 2 3 t t2 −1 Soit f la fonction définie sur ]0, π[ par : f (x ) = 3 Série C uniquement 1.1. Soit N un entier relatif impair. Montrer que N 2 ≡ 1 [8] 1.2. Montrer que si un entier relatif M est tel que M 2 ≡ 1 [8] alors M est impair 1.3. Résoudre dans Z2 l’équation x 2 = 8y + 1 1.4. En déduire que la parabole (Γ ) d’équation x2 −1 y= dans un repère orthonormé O , i~, j~ du plan 8 (P ) passe par une infinité de points à coordonnées entières Exercice 2. Dans l’ensemble C des nombres complexes, on considère l’équation (E ) : z 3 + 3 − d 2 z + 2i 1 + d 2 = 0, où d est un nombre complexe donné de module 2 2.1. 2.1.1. Vérifier que 2i est une solution de l’équation (E ) 2.1.2. Résoudre dans C l’équation (E ) 2.2. Dans le plan complexe P , on considère les points A, B , M et N d’affixes respectives 2i ; −i ; −i + d et −i − d 2.2.1. Calculer M N et déterminer le milieu de [M N ] 2.2.2. En déduire que lorsque d varie dans C, les points M et N appartiennent à un cercle fixe que l’on précisera 2.2.3. Dans le cas où AM N est un triangle, montrer que (E ) : y 00 + (2 ln 2) y 0 + (ln 2)2 y = 0 3.1. 3.1.1. Résoudre l’équation (E ) dans R. 3.1.2. Déterminer la solution de (E ) vérifiant : g (0) = 0 g 0 (0) = 1 et 3.2. On considère la fonction numérique u définie pour x tout réel x par u (x ) = . On note (C ) la courbe repré2x sentative de u dans un repère orthonormé du plan. 3.2.1. Montrer que la fonction dérivée u 0 est définie sur R par u 0 (x ) = (1 − x ln 2) e−x ln 2 3.2.2. Dresser le tableau de variation de u. 3.2.3. Préciser les branches infinies de (C ) 3.2.4. Tracer (C ) et sa tangente T0 au point d’abscisse 0. (prendre 2 cm comme unité sur les axes des coordonnées). 3.3. 3.3.1. Prouver que u est une solution particulière de l’équation différentielle (E ). 3.3.2. En déduire la valeur du nombre réel Z1 (ln 2)2 u (x ) dx 0 Partie B On définit la suite numérique Vn par V0 = 0 1 Vn +1 = Vn + 2−n , pour tout n ∈ N 2 3.3.1. Démonter par récurrence que pour tout entier naturel n, Vn = u (n ) 3.3.2. Pour tout entier naturel n, on pose Sn = n X Vk k =0 3.3.3. Démontrer par récurrence que ! n X 1 n +1 Sn = − 2k 2n k =0 pour tout entier naturel n . 3.3.4. Calculer la limite de la suite Sn Partie C Dans le plan orienté et muni d’un repère orthonormé O , i~, j~ , on considère les vecteurs p p 1 3 3 1 e~1 = i~ + j~ et e~2 = − i~ + j~ 2 2 2 2 3.3.1. Démontrer que O , e~1 , e~2 est un repère orthonormé du plan. 3.3.2. Déterminer les éléments caractéristiques de la ro tation qui transforme O , e~1 , e~2 en O , i~, j~ ; 1 3 1.1. Enoncé des sujets d’examen 3.3.3. Une conique dans le repère O , e~1 , e~2 a pour équation cartésienne : p 13X 2 + 7Y 2 + 6 3X Y = 16 3.3.3.1. Écrire l’équation cartésienne réduite de cette conique dans le repère O , i~, j~ 3.3.3.2. En déduire sa nature et son excentricité. 1.1.2 Enoncé – Baccalauréat 2013 fectés respectivement des coefficients 3; −1 et 2 5.2. Déterminer l’ensemble (Γ ) des points M de l’espace vérifiant : 3M A 2 − M B 2 + 2M C 2 = 5λ2 5.3. On suppose l’espace rapporté à un repère orthonormé A, i~, j~, k~ . On donne B (0, 4, 0) et C (0, 0, 2) 5.3.1. Déterminer les coordonnées de G 5.3.2. Écrire des équations cartésiennes du plan (AB C ) et de (Γ ) 5.3.3. Préciser l’intersection de (AB C ) et (Γ ) Exercice 6. Examen: Baccalauréat Séries: C, E Session: 2013 Durée: 4 heures Épreuve: Mathématiques Coef.: 5/4 Exercice 4. π α désigne un réel de l’intervalle 0, . Le plan complexe 2 ~ v~). C orienté est rapporté à un repère orthonormé (O , u, désigne l’ensemble des nombres complexes. 6.1. Résoudre dans C l’équation z 2 cos2 α − z sin 2α + 1 = 0 Uniquement pour les candidats de la série C N désigne un entier naturel dont l’écriture en base 10 est N = a n a n −1 · · · a 1 a 0 4.1. Démontrer que le reste de la division de N par 100 est l’entier r dont l’écriture en base 10 est r = a 1 a 0 4.2. Application : démontrer que le chiffre des unités et 77 le chiffre des dizaines du nombre N = 77 vement 3 et 4 sont respecti- Uniquement pour les candidats de la série E Soit f une fonction numérique continue sur [0; 1] et telle que pour tout réel x de [0; 1] : Z1 1− x2 f (t ) dt ≥ . 2 x Soit F une primitive de f sur [0; 1] 4.1. 4.1.1. En intégrant par parties l’intégrale Z1 x f (x ) dx , I= On note z 1 et z 2 les solutions de cette équation ; z 1 désigne la solution dont la partie imaginaire est positive. A et B désignent les points d’affixes respectives z 1 et z 2 . 6.2. Quelle est la nature du triangle O AB ? Justifier votre réponse. 6.3. 6.3.1. Calculer une mesure en radians de l’angle O~B , O~A . 6.3.2. En déduire une mesure en radians de l’angle B~A, B~O 6.4. Résoudre l’équation différentielle cos2 α f 00 − (sin 2α) f 0 + f = 0 sachant que f est une fonction numérique d’une variable réelle x vérifiant f (0) = 1 et f 0 (0) = − tan α Exercice 7. 0 montrer que : F (1) = Z 1 x f (x ) dx + Z 0 1 F (x ) dx 0 4.1.2. En déduire que Z1 0 x f (x ) dx ≥ 1 3 4.2. 4.2.1. Développer et réduire f (x ) − x 4.2.2. Déduire que Z1 2 1 f (x ) dx ≥ . 3 0 2 Exercice 5. λ désigne un nombre réel strictement positif. On donne dans l’espace un triangle AB C rectangle en A tel que AB = 2λ et AC = λ 5.1. Construire le barycentre G des points A, B et C af- Dans tout le problème on note. f la fonction définie dans l’intervalle ]−2, +∞[ par f (x ) = ln (x + 2) g la fonction définie dans l’intervalle ]0, +∞[ par g (x ) = ln x (C f ) et Cg les courbes respectives de f et g dans un repère orthonormé, l’unité de longueur sur les axes étant égale à 2 cm. On appelle : (D ) la droite d’équation y = x dans le repère précédent ; u n la suite numérique définie par u 0 = 1 et pour tout n de N , u n +1 = f u n ; vn la suite numérique définie par v0 = 2 et pour tout n de N , vn+1 = f vn . 7.1. 7.1.1. Dresser les tableaux de variation de f et g 7.1.2. Démontrer que C f et (D ) se coupe en deux points M 1 et M 2 dont les abscisses x1 et x2 vérifient : −2 < x1 < −1 et 1 < x2 < 2 7.1.3. Étudier suivant les valeurs de x les positions relatives de C f et (D ) ; 4 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E 7.1.4. Tracer C f , Cg et (D ) après avoir étudié les branches infinies de (C f ) et Cg 7.2. Démontrer que (C f ) est l’image de Cg par la trans lation de vecteur −2i~ 7.3. On note (Γ ) la partie du plan définie par les droites d’équation x = −1 ; x = 1 ; C f et (D ). Calculer à l’aide d’une intégration par parties, la valeur exacte de l’aire de (Γ ). 7.4. On note α et β deux réels tels que : x1 < α < x2 < β . Démontrer que x1 < f (α) < x2 < f β 7.5. 7.5.1. Démontrer que la suite u n est croissante. 7.5.2. Démontrer que la suite vn est décroissante. de N ; 7.5.3. Démontrer que pour tout n 1 ≤ u n < x 2 < vn ≤ 2 7.6. On note I l’intervalle [1, 2] 1 1 7.6.1. Démontrer que, pour tout x de I , ≤ f 0 (x ) ≤ 4 3 7.6.2. En déduire que pour tout entier naturel 1 vn − u n n, 0 < f vn − f u n ≤ 3 7.7. 7.7.1. Démontrer n que pour tout entier naturel 1 . n, 0 < vn − u n ≤ 3 7.7.2. En déduire que les suites u n et vn sont convergentes et ont la même limite. 9.1.1. Déterminer les réels a et b pour lesquels la fonction g définie pour tout réel x par g (x ) = a cos x + b sin x est une solution de (E ) 9.1.2. Soit f une fonction 2 fois dérivable sur R. Montrer que f est une solution de (E ) si et seulement si f − g est solution de E0 9.1.3. Résoudre E0 et en déduire la forme générale des solutions de (E ) 9.2. Soit la fonction h définie sur [0, π[ par h (x ) = 1 2 cos x − sin x . 5 5 On désigne par (C ) sa courbe représentative dans un re père orthonormé O , i~, j~ 00 9.2.1. Calculer pour tout x de [0, π[, h 0 (x ) et h (x ) π 0 9.2.2. Étudier les variations de h sur , π et en dé 2 π duire que l’équation h 0 (x ) = 0 dans , π admet une 2 unique solution α avec 2,6 < α < 2,7 9.2.3. Montrer que h 0 (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]α, π[ et dresser le tableau de variation de h 9.2.4. Tracer (C ) . (Prendre α = 2,6 et pour unité de longueur sur les axes : 1,5 cm) Exercice 10. 1.1.3 10.1. Soit a un réel strictement positif 10.1.1. Montrer que : Enoncé – Baccalauréat 2014 1−a < Examen: Baccalauréat Séries: C, E Session: 2014 Durée: 4 heures Épreuve: Mathématiques Coef.: 5/4 Exercice 8. Dans l’espace muni du repère orthonormé direct O , i~, j~, k~ ; on considère les points A(1, −1, 0) ; B (3, 0, 1) ; C (1, 2, −1) et D (1, 0, 0) 8.1. Démontrer que les points A, B , C et D ne sont pas coplanaires 8.1.1. Écrire une équation cartésienne du plan (AB C ) 8.1.2. Calculer le volume du tétraèdre AB C D 8.1.3. Déterminer l’expression analytique de la réflexion f par rapport au plan (AB C ) 8.2. Soit (S ) la sphère de centre D passant par B . Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de l’image S 0 de (S ) par f . Exercice 9. 9.1. On considère les équations différentielles suivantes : (E ) : y 00 − 4y 0 + 4y = 2 cos x + sin x ; E0 : y 00 − 4y 0 + 4y = 0 1 <1 1+a 10.1.2. En déduire que : a2 < ln (1 + a ) < a 2 10.2. Soit n un entier naturel non nul, on pose 1 2 n 1+ ... 1 + Pn = 1 + n2 n2 n2 a− 10.2.1. Justifier que 12 + 22 + 32 + . . . + n 2 = n (n + 1)(2n + 1) 6 10.2.2. Montrer que : 1 1 1 (n + 1) (2n + 1) 1 1 1+ − < ln Pn < 1+ 2 n 12 n3 2 n 10.2.3. En déduire que la suite Pn converge et déterminer sa limite. Exercice 11. Dans le plan (P ) rapporté à un repère orthonormé d’origine O , on considère l’application Ψ définie par Ψ (O ) = O et pour tout point M de (P ) distinct de O , Ψ (M ) = M 0 tel que ~ 0= OM 4 −−→ OM OM 2 ; 1 5 1.1. Enoncé des sujets d’examen Partie A 11.1. 11.1.1. Montrer que pour tout point M de (P ), Ψo Ψ (M ) = M 11.1.2. Justifier que l’ensemble des points M de (P ) distinct de O tels que sous espace vectoriel de P~ 11.2.1. Soit Opp ϕ l’ensemble des vecteurs u~ de P~ tels que ϕ (u~ ) = −u~ . Déterminer Opp ϕ et montrer que Opp ϕ est un sous-espace vectoriel de P~ Ψ (M ) = M est un cercle de centre O et de rayon 2 Pour toute la suite, (d ) est une droite quelconque de (P ), D est un point fixé de (d ) distinct de O ; u~ est un vecu~ teur directeur de (d ). On pose e~2 = et on suppose le ku~ k plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct O , e~1 , e~2 . On donne O~D = a e~1 + b e~2 . 11.2. Justifier que (d ) est l’ensemble des points M d’affixe z tels que z = a + it , où t ∈ R. 11.3. Soient M et M 0 2 points de (P ) tous distincts de O et d’affixes respectives z et z 0 4 11.3.1. Montrer que Ψ (M ) = M 0 ⇔ z 0 = z ~ 0 = x 0 e~1 + y 0 e~1 , 11.3.2. En posant O~M = a e~1 + t e~2 et O M montrer que 4a a2 + t 2 4t et y 0 = a2 + t 2 Ψ (M ) = M 0 ⇔ x 0 = 11.3.3. Vérifier que dans ce cas, 2 2 4 x0 − + y 02 = a a2 11.3.4. En déduire que si M appartient à (d ), alors Ψ(M ) appartient au cercle C1 de diamètre O H 0 , où H 0 est l’image par Ψ du projeté orthogonal H de O sur (d ) 11.4. Soit h l’application affine qui à tout point M x , y associe M 1 x1 , y1 tel que x1 = x 2 y1 = y 3 1.1.4 Enoncé – Baccalauréat 2015 Examen: Baccalauréat Séries: C, E Session: 2015 Durée: 4 heures Épreuve: Mathématiques Coef.: 5/4 Exercice 12. Soit à résoudre le système : p x = p 2y + 3 y = 2z + 3 z = p2x + 3 où x , y et z sont des nombres réels. 12.1. Première approche : série E uniquement 12.1.1. Montrer que le triplet (3, 3, 3) est une solution de ce système. 12.1.2. Montrer que si le triplet (x , y , z ) est une solution de ce système, on ne peut pas avoir x < 3. 12.1.3. Montrer que si le triplet (x , y , z ) est une solution de ce système, on ne peut pas avoir x > 3. 12.1.4. Déduire alors l’ensemble solution de ce système. 12.2. Deuxième approche : série C uniquement 12.2.1. Montrer que si le triplet (x , y , z ) est solution de ce système, alors x , y et z sont solutions de l’équation : t 8 − 12t 6 + 30t 4 + 36t 2 − 128t − 183 = 0 12.2.2. En déduire les valeurs rationnelles de x , y et z . Montrer que l’image de (C1 ) par h est une ellipse dont on donnera l’excentricité. Exercice 13. Partie B Dans le plan vectoriel P~ associé à (P ), on considère l’application ϕ telle que ~ =O ~ ϕ O et ~ = ϕ (u) 4 ~ 2 kuk ~ u~ si u~ 6= O 11.1. Soit v~ un vecteur non nul, exprimer 4 ~ ϕ v kv~k2 en fonction de v~ et en déduire que ϕ n’est pas une application linéaire 11.2. 11.2.1. Déterminer l’ensemble Inv ϕ des vec ~ = u~ teurs u~ de P~ tels que ϕ (u) 11.2.2. Soient u~1 et u~2 deux vecteurs de (P~ ) tels que π Ø ~1 , u~2 = u~1 = u~2 = 2 et mes u 3 Calculer u~1 + u~2 et en déduire que Inv ϕ n’est pas un On dit que deux suites u n et vn sont adjacentes lorsque : l’une est croissante, l’autre est décroissante et u n − vn tend vers 0 quand n tend vers +∞. Si u n et vn sont adjacentes telles que u n est croissante et (vn ) est décroissante, alors pour tout n appartenant à N, on a : u n ≤ vn . 13.1. Compléter les phrases ci-après par le mot qui convient : 13.1.1. Toute suite croissante et majorée est . . . . . . . . . . . 13.1.2. Toute suite décroissante et . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . est convergente. 13.2. Indiquer si la proposition ci-après est vraie ou fausse et proposer une démonstration pour la réponse indiquée : « Deux suites adjacentes sont convergentes et elles ont la même limite » ; 6 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E 13.3. Relier en justifiant votre choix la courbe (C) de la colonne (I) à la courbe (C 0 ) de sa fonction dérivée dans la colonne (II). Colonne (I) (c) Colonne (II) y (a) (b) y y x x (c) x 15.2. Déterminer les deux autres solutions z 1 et z 2 de (E), où z 1 a une partie réelle négative. A, B et C ont pour affixes respectives : 15.3. p Les points p −2 3 − 2i, 2 3 − 2i et 4i. Déterminer la nature du triangle AB C et montrer que les points A, B et C appartiennent à une conique dont on précisera la nature et les éléments caractéristiques. 15.4. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de la transformation f du plan qui à M (z ) associe M 0 (z 0 ) tel que : z 0 − 4i = r eiθ (z − 4i) et qui transforme le point A en B ; r et θ étant des nombres réels. y Partie B x Un triangle équilatéral M N P de côté 2 est divisé en quatre parties par deux droites perpendiculaires passant par son centre de gravité G . (Voir figure ci-dessous). (D 0 ) (D ) Exercice 14. P On désigne par L R2 , la famille des endomorphismes 2 fλ de R dont la matrice M λ relativement à la base canonique i~, j~ de R2 est de la forme −1 + λ 1+λ , λ (1 − λ) λ où λ est un réel. 14.1. A quelles conditions sur λ, fλ est-il automorphisme ? 14.2. Une boîte Ω contient cinq boules numérotées −2, −1, 0, 1 et 2, toutes indiscernables au toucher. On tire au hasard successivement et sans remise deux boules de Ω et on note (p , q ) le couple de numéros obtenus. On désigne par X l’aléa numérique qui à tout couple (p , q ) associe la valeur : −2 si aucun des fp et fq n’est un automorphisme. 1 si un seul parmi fp et fq est un automorphisme. 3 si les deux fp et fq sont des automorphismes 14.2.1. Déterminer la loi de probabilité de X 14.2.2. Calculer l’espérance et l’écart-type de X . 14.3. Déterminer une équation cartésienne du noyau et de l’image de f (−2). 14.4. Soit g l’application linéaire définie de R2 Dans R2 par : 1 1 g x, y = −x + 3y ; x + y . 2 2 G appartient-elle à L (R) ? Justifier. Exercice 15. x H F N G E y D M On se propose de déterminer la valeur maximale de l’aire A de la partie hachurée. p p 3 3 15.1. Démontrer que A = − x−y . 3 6 3x − 1 15.2. Démontrer que y = . 3(x + 1) 15.3. En déduire la valeur maximale de A. L’espace est associé à un repère orthonormé direct 15.4. O , i~, j~, k~ . p p p 3 2 6 On donne : M (0, 2, 0) ; N ( 3, 1, 0) ; P , 1, . 3 3 Déterminer le système d’équations cartésiennes de la perpendiculaire au triangle M N P en son centre de gravité. Partie C f est la fonction numérique d’une variable réelle x défix nie par : f (x ) = e2e On pose g (x ) = ln f (x ). Montrer que g est solution d’une équation différentielle du premier ordre que l’on précisera. Ce problème comporte trois parties indépendantes A, B et C. Partie A Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct (O , u~ , v~) . On considère l’équation (E) : 1.1.5 Enoncé – Baccalauréat 2016 z 3 + 64i = 0. 15.1. Déterminer une solution z 0 de (E) telle que : z 0 = −z 0 Examen: Baccalauréat Séries: C, E Session: 2016 Durée: 4 heures Épreuve: Mathématiques Coef.: 5/4 ; 1 7 1.1. Enoncé des sujets d’examen Exercice 16. Une urne contient 5 jetons portant les réels : p p − 2 ; −1 ; 0 ; 1 et 2. On tire successivement et avec remise deux jetons de l’urne. On appelle x le numéro du premier jeton et y celui du deuxième jeton et on construit le nombre complexe z = x + iy . 16.1. Combien de nombres complexes peut-on ainsi construire ? 16.2. Quelle est la probabilité d’obtenir : p 16.2.1. Un nombre complexe de module 2 ? π 16.2.2. Un nombre complexe dont un argument est ? 2 16.3. On effectue trois fois de suite le tirage successif et avec remise de 2 jetons de l’urne et on désigne par X la variable aléatoire qui, à l’issue de ces trois tirages p associe le nombre de nombres complexes de module 2. Déterminer la loi de probabilité de X . Exercice 17. On considère dans un repère orthonormé direct (O , i~, j~, k~ ) de l’espace, les surfaces (S ) et (S 0 ) d’équations respectives z = (x − y )2 et z = x y . On prendra 1 cm comme unité. 17.1. 17.1.1. Déterminer le vecteur i~ ∧ j~ ∧ (2k~ ). 17.1.2. On note (I2 ) l’intersection de (S 0 ) avec le plan (P1 ) d’équation z = 0. Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de (I2 ). 17.1.3. On note (I3 ) l’intersection de (S ) et de la surface (S 00 ) d’équation z = −2x y +4+2y 2 . Déterminer la nature et les éléments caractéristiques du projeté orthogonal de (I3 ) sur le plan (O , i~, j~). 17.2. (Série C uniquement) On note (I4 ) l’intersection de (S ) et de (S 0 ). Dans cette partie, on veut démontrer que le seul point appartenant à (I4 ) dont les coordonnées sont des entiers naturels est le point O (0, 0, 0). On suppose qu’il existe un point M appartenant à (I4 ) et dont les coordonnées x , y et z sont des entiers naturels. 17.2.1. Montrer que si x = 0, alors le point M est le point O. 17.2.2. On suppose désormais que l’entier x n’est pas nul. 17.2.2.1. Montrer que les entiers x et y vérifient x 2 − 3x y + y 2 = 0. En déduire qu’il existe alors des entiers naturels x 0 et y 0 premiers entre eux tels que x 02 − 3x 0 y 0 + y 02 = 0. 17.2.2.2. Montrer que x 0 divise y 02 , puis que x 0 divise y 0 . 17.2.2.3. Établir que x = 0 et conclure. 17.3. (Série E uniquement) AB C O est un tétraèdre régulier d’arête égale à 2. L’arête [O B ] est portée par l’axe des ordonnées. C est un point p du plan (O , i~, j~) d’abscisse égale à 3. 17.3.1. 17.3.1.1. Faire un schéma. 17.3.1.2. Montrer que les coordonnées des points A, B et C dansle repère (O , i~, j~, k~ ) sont respectivement p p p 2 6 3 ; 1; ; (0, 2, 0) et ( 3, 1; 0). 3 3 17.3.2. En déduire le volume du tétraèdre AB C O . Exercice 18. Ce problème comporte deux parties 1 et 2. Le plan est muni d’un repère orthonormé direct (O , i~, j~). On l’ensemble (E ) des points M (x , y ) tels que p considère p |x | + |y | = 1. On va déterminer toutes les isométries du plan qui laissent (E ) globalement invariant. Partie 1 Soit f la fonction numérique d’une variable réelle définie par : p 2 f (x ) = 1 − |x | pour tout x appartenant à [−1, 1]. On note (C ) sa courbe représentative dans le repère orthonormé (O , i~, j~). On prendra 3 cm comme unité sur les axes. 18.1. 18.1.1. Déterminer la parité de f 18.1.2. Quelle conséquence géométrique peut-on en déduire ? 18.2. Soit g la restriction de f à [0, 1] et t définie sur [0, 1] par t (x ) = g (x 2 ). p 18.2.1. Vérifier que g (x ) = (1 − x )2 pour tout x ∈ [0, 1]. 18.2.2. Étudier la dérivabilité de g à droite en 0. Que peut-on en conclure pour la courbe (C ) de f . 18.2.3. Montrer que pour tout x ∈]0, 1], p −1 + x 0 . g (x ) = p x 18.2.4. Dresser le tableau de variation de g . 18.2.5. Montrer que t est solution de l’équation différentielle y 00 − 2 = 0 sur [0, 1]. 18.3. 18.3.1. Représenter soigneusement dans le repère (O , i~, j~), la courbe (C ) de la fonction f . 18.3.2. Déterminer l’aire du domaine limité par l’axe des abscisses et la courbe (C ) de f . 18.4. Soit h la fonction définie sur [−1, 1] par f (x ) = −h (x ). Déduire de (C ) la courbe (C ) de h dans le même repère (O , i~, j~). 1 18.5. On considère la suite (u n ) définie par u 0 = et 2 u n +1 = f (u n ). 18.5.1. Vérifier que la suite (u n ) est bien définie. 18.5.2. Montrer que (u n ) n’est ni croissante ni décroissante. Partie 2 On note (J ) l’ensemble des isométries du plan qui laissent (E ) globalement invariant. 18.1. Montrer que pour tout point M (x , y ) appartenant à (E ), on a : −1 ≤ x ≤ 1. 18.2. Montrer que (E ) est la réunion des courbes (C ) et (C 0 ). 18.3. On considère dans le repère (O , i~, j~) les points I (1; 0) ; J (0; 1) ; K (−1; 0) et L (0; −1). 18.3.1. Déterminer l’ensemble des couples (A, B ) de points de (E ) tels que d (A, B ) = 2. 18.3.2. Soit S une isométrie du plan laissant (E ) globalement invariant. Montrer que : S (O ) = O . ; 8 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E 18.3.3. En déduire toutes les natures possibles de l’isométrie S . 18.4. Soit r un déplacement laissant globalement invariant (E ). 18.4.1. Vérifier que r est soit une rotation de centre O et d’angle non nul, soit l’application identique du plan. 18.4.2. En déduire par leurs éléments caractéristiques tous les déplacements qui laissent (E ) globalement invariant. 18.5. Soit S∆ une réflexion du plan d’axe ∆ laissant (E ) globalement invariant. 18.5.1. Vérifier que O ∈ ∆. 18.5.2. En déduire par leurs éléments caractéristiques toutes les réflexions qui laissent (E ) globalement invariant. 18.6. Écrire alors en extension l’ensemble (J ). 1.1.6 Enoncé – Baccalauréat 2017 Examen: Baccalauréat Séries: C, E Session: 2017 Durée: 4 heures Épreuve: Mathématiques Coef.: 5/4 Exercice 19. E est un espace vectoriel sur R dont une base est B = (~i; ~; k~ ). Soit f l’endomorphisme de E qui à tout vecteur u~ = x i~ + y j~ + z k~ associe le vecteur ~ = (−x − y + 2z )i~ + (2x − y + z ) j~ + (x − 2y + 3z )k~ . f (u) 19.1. Déterminer la matrice de f dans la base B. 19.2. 19.2.1. Déterminer le noyau ker f de f (on donnera une base de ker f ). 19.2.2. En déduire la dimension de ℑf , image de f . 19.2.3. f est-elle bijective ? Justifier votre réponse. 19.3. On considère les vecteurs e~1 = 2 j~ − k~ ; e~2 = 3i~ + j~ + k~ ; e~3 = i~ − k~ . 19.3.1. Démontrer que la famille B 0 = e~1 ; e~2 ; e~3 est une base de l’espace vectoriel E . 19.3.2. Déterminer la matrice de f dans la base B 0 . Exercice 20. 20.1. 20.1.1. Vérifier que le couple (5; −7) est une solution de l’équation (E ) 13x + 7y = 16. 20.1.2. Déterminer les couples d’entiers relatifs (x ; y ) vérifiant l’équation (E ). 20.2. 20.2.1. Démontrer que, pour tout entier naturel n, 42n ≡ 1[5]. 20.2.2. Déterminer le reste de la division euclidienne de 20142015 par 5. 20.3. p désigne un entier naturel supérieur à 1. Une urne contient 2p boules numérotées de 1 à 2p , toutes indiscernables au toucher. Un joueur tire successivement, sans remise 2 boules de cette urne. 20.3.1. Quel est le nombre de résultats possibles ? Si les boules tirées portent des numéros pairs, il gagne 800 F CFA. Si les boules tirées sont de parités différentes, il gagne 400 F CFA et il perd 800 F CFA si elles portent des numéros impairs. On désigne par X le gain algébrique du joueur à l’issue de chaque épreuve. 20.3.2. Déterminer la loi de probabilité de X en fonction de p . 20.3.3. Calculer l’espérance mathématique de X en fonction de p . 20.3.4. Calculer p pour que l’espérance de gain du joueur soit de 240 F CFA. Exercice 21. Soit AB C D un carré de sens direct et de centre I . π 21.1. Soient r la rotation de centre A et d’angle , t la 2 # „ translation de vecteur AC et S la symétrie centrale de π # „ et S = SC . centre C , c’est-à-dire r = R A, , t = t AC 2 21.1.1. 21.1.1.1. Déterminer la droite (∆) telle que r = Sδ ◦ S(AD ) . 21.1.1.2. Donner la nature et les éléments caractéristiques de t ◦ r . 21.1.2. 21.1.2.1. Déterminer (S ◦t ◦r )(A) et (S ◦t ◦r )(D ). 21.1.2.2. Donner la nature et les éléments caractéristiques de S ◦ t ◦ r . 21.2. Soient M un point de la droite (D C ), N le point d’intersection de la droite (B C ) avec la perpendiculaire à la droite (AM ) passant par A, J le milieu du segment [M N ]. r 0 est la rotation de centre A telle que B = r 0 (D ) ; S 0 la similitude directe de centre A telle que I = S 0 (D ). 21.2.1. Montrer que N = r 0 (M ). En déduire la nature du triangle AM N . 21.2.2. 21.2.2.1. Déterminer l’image de C par S 0 . 21.2.2.2. Démontrer que J = S 0 (M ). 21.2.2.3. Déduire le lieu géométrique des points J , lorsque M décrit la droite (D C ). 21.2.3. 21.2.3.1. Donner la nature de l’ensemble (>) 1 des points M du plan tels que d (M , C ) = p d (M , (B D )). 2 21.2.3.2. Donner la nature, l’excentricité, une directrice et un foyer de l’image (>0 ) de (>) par S 0 . Exercice 22. 22.1. Partie 1 On se place dans l’espace (E ) muni d’un repère ~ ; u; ~ v~; w~ ). On considère les points orthonormé direct (O A(1; 6; 4), B (2; 5; 3), C (3; 1; 1) et D (8; 1; 7). On pose #„ # „ # „ N = AB ∧ AC . 22.1.1. 22.1.1.1. Déterminer les coordonnées de v v N . En déduire que les points A, B et C ne sont pas alignés. 22.1.1.2. Déterminer l’aire du triangle AB C . 22.1.2. Soit (∆) la droite passant par le point D et de ~ −1; 3). vecteur directeur u(2; 22.1.2.1. Démontrer que la droite (∆) est orthogonale au plan (AB C ). 22.1.2.2. En déduire une équation cartésienne du plan (AB C ). 22.1.2.3. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (∆). 22.1.2.4. Déterminer les coordonnées du point K , inter- ; 1 9 1.2. Solution des sujets d’examen section de la droite (∆) et du plan (AB C ). 22.1.3. On note H le projeté orthogonal de D sur le plan (AB C ). # „ #„ 22.1.3.1. On pose D H = a N . Calculer a . 22.1.3.2. En déduire la distance D H et le volume du tétraèdre AB C D . 22.1.4. Soit (P1 ) le plan d’équation x + y + z − 6 = 0 et (P2 ) le plan d’équation x + 4y − 7 = 0. 22.1.4.1. Démontrer que les plans (P1 ) et (P2 ) sont sécants. 22.1.4.2. Vérifier que la droite (d ), intersection des plans (P1 ) et (P2 ), a pour représentation paramétrique x = −4t − 1 y = t +2 , t ∈R. z = 3t + 5 22.1.4.3. La droite (d ) et le plan (AB C ) sont-ils sécants ou parallèles ? 22.1.5. Démontrer que la courbe (S ) d’équation x 2 − 2x + y 2 − 4y + z 2 − 4 = 0 est une sphère de (E ) dont on précisera les éléments caractéristiques. 22.2. Partie 2 Soit (P ) le plan de l’espace (E ) d’équation z = 0, rap~ v~). Soit f la fonction porté au repère orthonormé (O ; u; numérique de la variable réelle x définie sur l’intervalle 3 ]0; +∞[ par f (x ) = 2 ln x − +3. (C f ) est la courbe repréx ~ v~). sentative de f dans le repère (O ; u; 22.2.1. 22.2.1.1. Déterminer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition. 22.2.1.2. Étudier les variations de f et en déduire son signe. 22.2.1.3. Tracer la courbe (C f ) de f dans le repère or~ v~) du plan. thonormé (O ; u; 22.2.2. On considère la suite (u n ) définie par : u 0 = 2 et u n+1 = f (u n ). 22.2.2.1. Calculer u 1 u 2 et u 3 (on donnera l’arrondi d’ordre 2). 22.2.2.2. Démontrer que la suite (u n ) est strictement croissante. 22.2.2.3. Démontrer que pour tout entier naturel n : 2 ≤ u n ≤ 6, 5. 22.2.2.4. En déduire que la suite (u n ) est convergente. 22.2.3. Soient les équations différentielles (E ) : (2x − 3)(x + 2) y 00 + y 0 = 0 et (E 0 ) : y 00 + y 0 = . x2 22.2.3.1. Montrer que f est solution sur ]0; +∞[ de (E 0 ). 22.2.3.2. Résoudre (E ) sur ]0; +∞[. 22.2.3.3. Montrer qu’une fonction g est solution de (E 0 ) si et seulement si g − f est solution de (E ). 22.2.3.4. Résoudre alors (E 0 ) sur ]0; +∞[. 1.2 Solution des sujets d’examen 1.2.1 Solution – Baccalauréat 2012 Solution 1. (p. 2) Série E uniquement 1 sin x 1.1. f est définit sur D f = ]0, π[. f est continue et dérivable sur D f . Variations de f . ∀x ∈ D f f :]0, π[ f (x ) = f 0 (x ) = −(sin x )0 sin2 x =− cos x sin2 x ∀x ∈ ]0, π[ f 0 (x ) = 0 ⇔ − cos x = 0 π ⇔ x= 2 On a le tableau de signe suivant. x π 2 0 f 0 (x ) − 0 π + π Ainsi f est décroissante sur 0, et croissante sur 2 π ,π . 2 Limites aux bornes de D f . lim f (x ) = lim 1 1 = = +∞ sin x 0+ lim f (x ) = lim 1 1 = = +∞ sin x 0+ x →0+ x →0+ et x →π− x →π− Tableau de variation x f 0 (x ) f (x ) π 2 0 − 0 π + +∞ −∞ 1 Tracer de la courbe de f . ; Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E (Cg ) sin2 g −1 (x ) cos g −1 (x ) 2 1 x =− p x2 −1 x 1 =− p x x2 −1 =− y = 1 x 10 4 3 2 1.5. Calculons I . 1 (Cg −1 ) j~ O i~ 1 π 2 3 π 2 1.2. La restriction de f sur 0, ⇔ x = g (y ) = ⇔ sin y = 1 sin y 1 x 1 =1 x2 1 ⇔ cos2 y = 1 − x2 v v t t 1 1 ⇔ cos y = 1 − ou cos y = − 1 − x2 x2 π donc cos y > 0 Or y ∈ 0, 2 D’où v p p t 1 x2 −1 x2 −1 cos y = 1 − = = x2 |x | x p x2 −1 1 Donc sin y = et cos y = . x x 1.4. Déduisons que ∀x ∈ ]1, +∞[ 0 1 g −1 (x ) = − p x x2 −1 ⇔ cos2 y + On a ∀x ∈ ]1, +∞[ 0 g −1 (x ) = = 1 g 0 ◦ g −1 (x ) 1 − =− Z cos g −1 (x ) sin2 g −1 (x ) t p p 2 p 2 3 3 Aussi cos2 y + sin2 y = 1 p 2 p 2 3 3 4 π étant continue et stric2 π tement décroissante, définit une bijection de 0, vers 2 π = [1, +∞[. g 0, 2 La courbe de g −1 est le symétrique de la courbe de g par rapport à la première bissectrice (la droite d’équation y = x ). 1 1.3. Soit y = g −1 (x ) ; montrons que sin y = et x p 2 x −1 cos y = . x On a y = g −1 (x ) I= Z dt t2 −1 0 g −1 (t )dt p2 = − g −1 (t ) 2p3 3 p p 2 3 − g −1 2 = g −1 3 p 2 3 −1 Cherchons g 3 p −1 2 3 x =g 3 p 2 3 ⇔ g (x ) = 3 p 1 2 3 ⇔ = sin x 3 p 3 ⇔ sin x = 2 π ⇔x = 3 p π 2 3 Donc g −1 = 3 3 p π −1 2 = De même g 4 π π π D’où I = − = 3 4 12 Série C uniquement 1.1. Soit N un entier relatif impair. Montrons que N 2 ≡ 1[8]. N est impair ⇔ N = 2k + 1, (k ∈ Z) ⇒ N 2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4k (k + 1) + 1 2 ⇒ N − 1 = 4k (k + 1) Or ∀k ∈ Z, k (k + 1) ≡ 0[2] Donc ∃k 0 ∈ Z k (k + 1) = 2k 0 . D’où N 2 − 1 = 4 × 2k 0 = 8k 0 . Donc N 2 − 1 ≡ 0[8] ⇒ N 2 ≡ 0[8]. 1.2. Montrons que si M 2 ≡ 1[8] alors M est impaire. Nous allons procéder par absurde. Soit M M 2 ≡ 1[8] supposons que M n’est pas impair c’est-à-dire M est pair. ; 1 11 1.2. Solution des sujets d’examen Alors ∃k ∈ Z M = 2k ⇔ M 2 = 4k 2 . Comme M ≡ 1[8] alors ∃q ∈ Z M 2 = 8q + 1 Cherchons de tels a et b : (z − 2i) z 2 + a z + b = z 3 + 3 − d 2 z + 2i 1 + d 2 ⇔ 4k 2 = 8q + 1 ⇔ 4 k 2 − 2q = 1 ⇔ 4|1 ⇔ z 3 + (a − 2i)z 2 + (b − 2ia )z − 2ib = z 3 + 3 − d 2 z + 2i 1 + d 2 (impossible) Car 4 n’est pas un diviseur de 1. D’où si M ≡ 1[8] alors M est impaire. 1.3. Résolvons dans Z2 l’équation x 2 = 8y + 1. D’après les deux questions précédentes x 2 = 8y + 1 ⇔ ∃k ∈ Z, x = 2k + 1. D’où Par identification on a − 2i = 0 (2k + 1)2 = 8y + 1 ⇔ ⇔ 4k 2 + 4k = 8y ⇔ k 2 + k = 2y ⇔ 2y = k (k + 1) Si k est paire, alors ∃q ∈ Z k = 2q donc y = q (2q + 1) et x = 4q + 1. Si k est impaire ∃q ∈ Z k = 2q + 1 donc 2y = (2q + 1)(2q + 2) = 2(2q + 1)(q + 1) ⇔ y = (2q + 1)(q + 1) et x = 2(2q + 1) + 1 = 4q + 3 Ainsi ¦ © S = 4q + 1, q (2q + 1) , 4q + 3, (2q + 1)(q + 1) ; q ∈ Z 1.4. Déduisons que la parabole (Γ ) d’équation x2 −1 y = passe par une infinité de points à coordon8 nées entières. y= x2 −1 8 ⇔ 8y = x 2 − 1 ⇔ x 2 = 8y + 1 (1.1) Or d’après la question précédente les couples 4q + 1, q 2q + 1 et 4q + 3, 2q + 1 q + 1 q ∈Z sont les solutions entières de (1.1). Donc l’équation (1.1) admet une infinité de solutions entières et par conséquent la parabole (Γ ) d’équation x2 −1 y = passe par une infinité de points à coordon8 nées entières. Solution 2. (p. 2) Soit l’équation (E) définit dans l’ensemble C par z 3 + 3 − d 2 z + 2i 1 + d 2 = 0 (E) avec d ∈ C et |d | = 2. 2.1. 2.1.1. Vérifions que 2i est solution de (E). On a (2i)3 + 3 − d 2 2i+2i 1 + d 2 = −8i+6i−2d 2 i+2i+2d 2 i = 0. D’où 2i est solution de (E). 2.1.2. Résolvons (E) dans C. Puisque 2i est une solution de (E) alors il existe deux nombres complexes a et b tels que z 3 + 3 − d 2 z + 2i 1 + d 2 = (z − 2i) z 2 + a z + b b − 2i = 3 − d 2 −2ib = 2i 1 + d 2 ( a = 2i b = 3 − d 2 + 2ia = − d 2 + 1 D’ou z 3 + 3 − d 2 z +2i 1 + d 2 = (z − 2i) z 2 + 2iz − d 2 + 1 Ainsi (E) ⇔ z − 2i = 0 ⇔ z 2 + 2iz − d 2 + 1 = 0. Résolvons d’abord z 2 + 2iz − d 2 + 1 = 0 ∆ = (2i)2 + 4 d 2 + 1 = −4 + 4d 2 + 4 = 4d 2 = (2d )2 −2i − 2d = −i − d ou z = −i + d . 2 Ainsi l’ensemble solution de (E) dans C est donc D’où z = S = {2i, −i − d , −i + d } 2.2. Dans le plan complexe on considère les points A(2i), B (−i), M (−i + d ) et N (−i − d ). 2.2.1. Calculons M N et déterminons le milieu de [M N ]. On a M N = z N − z M =|−i − d − i + d | =|−2d | = 2|d | = 4 car |d | = 2. Le milieu de [M N ] est I d’affixe −i − d − i + d 2i zN + zM = = − = −i = z B . zI = 2 2 2 Ainsi le milieu de [M N ] est le point B . 2.2.2. Déduisons que lorsque d varie sur C, les points M et N appartiennent à un cercle fixe. On a d’après la question 2.2.1. M N = 4 et B milieu de [M N ]. MN 4 Donc B M = B N = = =2 2 2 D’où M et N appartiennent au cercle de centre B et de rayon 2. 2.2.3. Dans le cas où AM N est un triangle, montrons que O est le centre de gravité de AM N . z A + zM + zN Il suffit de montrer que z O = . 2 z A + zM + zN 2i − i + d − i − d On a = = 0 = zO . 2 2 D’où O est le centre de gravité du triangle AM N . 2.2.4. Déduisons les valeurs de d pour lesquelles AM N est isocèle en A. AM N est isocèle en A si et seulement si (AB ) ⊥ (M N ) car B est le milieu de [M N ]. Or (AB ) = (AO ) donc il faut et suffit que (AO ) ⊥ (M N ). On a (AO ) ⊥ (M N ) zN − zM ∈ iR z A − zO −i − d + i − d ⇔ ∈ iR 2i ⇔ ; 12 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E ⇔ d i ∈ iR 1 x ⇔d ∈R u 0 (x ) Or |d | = 2 ⇔ d = 2 ou d = −2. Solution 3. (p. 2) Partie A Soit l’équation y 00 + (2 ln 2) y 0 + (ln 2)2 y = 0 (E) = (A x + B ) e − 1 ln 2 −∞ +∞ (1.1) 3.1.2. Déterminons la solution g de (E) vérifiant g (0) = 0 et g 0 (0) = 1. On a g (x ) = (A x + B ) 2 0 Limites aux bornes du domaine de définition de u . x lim u(x ) = lim = −∞ et lim u (x ) = 0 x →+∞ x →−∞ x →−∞ 2 x Et ln 2 1 1 1 = e− ln 2 = u ln 2 ln 2 e ln 2 x ∆ = 4 ln2 2 − 4 ln2 2 = 0 Donc (1.1) admet une solution double 2 ln 2 = − ln 2. r0 = − 2 Ainsi les solutions de (1.1) sont sous la forme y = (A x + B x ) er0 x = (A x + B ) e−x ln 2 , (A, B ∈ R). L’ensemble solution de (1.1) est donc S x 7→ (A x + B ) 2−x :A, B ∈ R −x + +∞ Tableau de variation 3.1. 3.1.1. Résolvons l’équation (E) dans R. L’équation caractéristique associé à (E) est : r 2 + (2 ln 2) r + (ln 2)2 = 0 1 ln 2 −∞ −x ln 2 et g 0 (x ) = A − ln 2 (A x + B ) e−x ln 2 g (0) = 0 ⇔ B e−0 ⇔ B = 0 et u 0 (x ) + 0 − 1 e ln 2 u (x ) −∞ 0 3.2.3. Branches infinies de (C ). On a lim u(x ) = 0 donc (C ) admet la droite d’équax →+∞ tion y = 0 (axe des abscisses) comme asymptote horizontal. lim u(x ) = −∞. x →−∞ u (x ) x 1 = lim = lim = +∞. x →−∞ x 2 x x →−∞ 2 x x Donc (C ) admet une branche parabolique de direction (O J ) en −∞. 3.2.4. Traçons (C ) et (T0 ) : tangente à (C ) au point d’abscisse 0. On a (T0 ) : Et lim x →−∞ y = u 0 (0)(x − 0) + u(0) g 0 (0) = 1 ⇔ [A − B ln 2] e−0 = 1 ⇔ (T0 ) : y = x car u 0 (0) = 1 et u(0) = 0. :y = x ⇔ A − B ln 2 = 1 (T0 ) (T 0) ⇔A=1 x . D’où g (x ) = x e−x ln 2 = x 2−x = 2x x 3.2. Soit la fonction u(x ) = et (C ) sa courbe repré2x sentative dans un repère orthonormé. 3.2.1. Montrons que la fonction 2 j~ −2 O (C ) i~ 1 2 ln 2 4 6 u 0 (x ) = (1 − x ln 2) e−x ln 2 −2 On a ∀x ∈ R x u(x ) = = x · 2−x = x e−x ln 2 2x −4 Donc 0 u (x ) = e −x ln 2 − (ln 2) x e −x ln 2 = (1 − x ln 2) e−x ln 2 3.2.2. Tableau de variation de u. Signe de u 0 . On a ∀x ∈ R ; e−x ln 2 > 0. Donc u 0 (x ) est de même signe que 1 − x ln 2. D’où 3.3. 3.3.1. Montrons que u est une solution particulière de (E). On peut remarquer que x g (x ) = x e−x ln 2 = x 2−x = = u (x ) 2x Puisque g est une solution particulière de (E), alors u l’est aussi. ; 1 13 1.2. Solution des sujets d’examen 0+1 1 1 = − = 0 donc 20 1 1 ! 0 X 1 0+1 S0 = − 2k 20 k =0 Pn 1 n +1 et montrons que Supposons Sn = k =0 k − 2 2n ! n +1 X 1 (n + 1) + 1 Sn +1 = − 2k 2n+1 P0 3.3.2. Déduisons la valeur de Z1 ln2 2 × u(x )dx k =0 0 On a u 00 (x ) + (2 ln 2) u 0 (x ) + (ln 2)2 u(x ) = 0 Z1 ⇒ u 00 (x ) + (2 ln 2) u 0 (x ) + (ln 2)2 u(x ) dx 0 1 ⇒ u 0 (x ) + (2 ln 2) u(x ) 0 + (ln 2)2 1 Z 2 ⇒ (ln 2) Sn +1 = u(x )dx = 0 1 0 u(x )dx = u (0) + 2 ln 2u(0)− Vk + Vn+1 k =0 n X 1 = 2k ! n X 1 = 2k ! n X 1 2k ! n X 1 2k ! n X 1 = 2k ! n +1 X 1 2k ! 1 2k ! = 1 1 − ln 2 2 2 − n +1 n +1 + 2n 2n+1 − n +1 (2 − 1) 2n +1 − n +1 2n +1 + 1 − (n + 2) 2n +1 + 1 n +2 − 2n+1 2n+1 − n +2 2n+1 − (n + 1) + 1 2n+1 k =0 = On considère la suite Vn définie par V0 = 0 1 Vn +1 = Vn + 2−n ∀n ∈ N 2 k =0 k =0 3.1. Démontrons par récurrence que ∀n ∈ N ; Vn = u(n ). Pour n = 0 ; on a V0 = 0 et u(0) = 0 donc V0 = u(0). Supposons que Vn = u(n) et montrons que Vn+1 = u (n + 1). Vn = u(n) = = k =0 = n +1 X k =0 n 2n D’où ∀n ∈ N ; et Sn = 1 Vn + 2−n 2 1 n 1 = + 2 2n 2n Vn +1 = 1 n +1 2 2n n +1 = 2n +1 = u(n + 1) D’où ∀n ∈ N ; Vn = u (n). Pn 3.2. Pour tout entier naturel on pose Sn = k =0 Vk . 3.2.1. Montrons par récurrence que ! n X 1 n +1 Sn = − ; ∀n ∈ N 2k 2n = ! V0 = − n +1 2n 3.2.2. Calculons la limite de la suite (Sn ). On sait que n +1 1 1 − n X 2 1 =1× 1 2k k =0 1− 2 1 1− 2n+1 = 1 2 1 =2× 1− 2n+1 k =0 0, on a : S0 n X 1 2k k =0 = = n X k =0 1 1 − ln 2 − 2 ln 2 × 2 2 Partie B Pour n Vk = k =0 u 0 (1) − (2 ln 2) u(1) = 1 + 2 ln 2 × 0 − n +1 X k =0 0 = − On a : 0 Z k =0 u(x ) = 0 0 ⇒ u 0 (1) + (2 ln 2) u(1) − u 0 (0) − 2 ln 2u (0)+ Z1 (ln 2)2 1 2k =2− 0 et 1 2n D’où Sn = 2 − 1 n +1 n +2 − =2− 2n 2n 2n ; 14 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E Ainsi lim Sn = lim x →+∞ x →+∞ n +2 2− 2n = 2 − lim x →+∞ n +2 2n =2−0=2 Partie C Dans le plan muni du repère orthonormé O , i~, j~ , on p p 1 3 3 1 considère les vecteurs e~1 = i~+ j~ et e~2 = − i~+ j~. 2 2 2 2 3.1. Démontrons que O , e~1 , e~2 est un repère orthonormé du plan. Il suffit de montrer que det e~1 , e~2 = 6 0, que e~1 = e~2 = 1 ~. et que e~1 · e~2 = 0 p 1 3 − 1 3 2 2 p ~ ~ On a det e1 , e2 = = + = 1 6= 0. 1 3 4 4 2 v 2 p 2 u 2 3 t 1 + = 1. Aussi e~1 = 2 2 v p 2 u 2 3 t 1 Et e~2 = + − = 1. 2 2 p p 3 3 1 1 Enfin e~1 · e~2 = =0 − + 2 2 2 2 Donc O , e~1 , e~2 est un repère orthonormé du plan. de la ro3.2. Déterminons les éléments caractéristiques tation qui transforme O , e~1 , e~2 en O , i~, j~ . Il s’agit de la rotation de centre O et d’angle θ = Mes e~1 , i~ = − Mes i~, e~1 . Or p π π 1 3 Mes i~, e~1 = arg z e~1 = arg +i = arg ei 3 = 2 2 3 π Donc c’est la rotation de centre O et d’angle θ = − . 3 p 3.3. Soit la conique 13X 2 + 7Y 2 + 6 3X Y = 16 dans O , e~1 , e~2 . 3.3.1. Écrivons une équation cartésienne réduite de cette conique dans O , i~, j~ . Soit M un point de coordonnées (x , y ) dans O , i~, j~ et (X , Y ) dans O , e~1 , e~2 . Exprimons X et Y en fonction de x et y . Méthode 1 Puisque O , e~1 , e~2 et l’image de O , i~, j~ par la rotation π de centre O et d’angle θ = − . 3 π X + iY = e−i 3 x + iy p 1 i 3 − (x + iy ) = 2 2 p p 1 3 1 3 = + y +i y− x 2 2 2 2 p 1 3 X = x + y 2 p2 ⇔ 1 3 Y = y − x 2 2 Méthode 2 O~M = X e~1 + Y e~2 et O~M = x i~ + y j~. or p 1 3 e~1 = i~ + j~ 2p 2 1 3 e~2 = − i~ + j~ 2 2 p 3 1 i~ = e~1 − e~2 2p 2 ⇔ 3 1 j~ = e~1 + e~2 2 2 Donc O~M = x i~ + y j~ p p 1 1 3 3 e~1 − e~2 + y e~1 + e~2 =x 2 2 2 2 p p 1 3 3 1 = x+ y e~1 + − x + y e~2 2 2 2 2 p 1 3 X = x + y 2p 2 D’où 1 3 Y = − x+ y 2 2 Or p 13X 2 + 7Y 2 + 6 3X Y = 16 p 2 p 2 1 3 3 1 ⇔ 13 x+ y +7 − x+ y + 2 2 2 2 p p p 1 3 3 1 6 3 x+ y − x + y = 16 2 2 2 2 p 3 2 1 2 1 2 3 2 3 x + y + x y +7 x + y − ⇔ 13 4 4 2 4 4 p p p p 3 3 2 3 2 1 x y +6 3 − x + y − x y = 16 2 4 4 2 p 13 2 39 2 13 3 21 2 7 2 ⇔ x + y + xy + x + y − 4 4 2 4 4 p p 9 2 7 3 9 2 x y − x − 3 3x y + y = 16 2 2 2 2 ⇔ 4x + 16y 2 = 16 x2 y 2 + =1 22 12 3.3.2. Déduisons sa nature et son excentricité. D’après l’équation dans le repère O , i~, j~ , la conique donnée est une ellipse car son équation est sous la forme x2 y 2 + = 1 avec a = 2 et b = 1 2 a 2 bp p p ⇒ c = a 2 − b 2 = 4 − 1 = 3. p c 3 . D’où l’excentricité est : e = = a 2 ⇔ ; 1 15 1.2. Solution des sujets d’examen 1.2.2 Solution – Baccalauréat 2013 D’où les chiffres des unités et des dizaines de 77 respectivement 3 et 4. F (1) = Z F (x )dx 0 1 x f (x )dx . 0 Posons u = x etZ v 0 = f (x ). AvecZu 0 = 1 et v = F (x ). N = a n a n −1 · · · a 1 a 0 = a n 10n + a n−1 10n −1 + · · · + a 2 102 + a 1 101 + a 0 u v 0 = [u v ] − Or on sait que u0v . Donc Or a 1 101 + a 0 = a 1 a 0 n Soit I = 1 Z x f (x )dx + 0 Uniquement pour les candidats de la série C 4.1. Démontrons que le reste de la division de N par 100 est : r = a 1 a 0 . sont Uniquement pour les candidats de la série E 4.1. 4.1.1. Montrons que Z1 Solution 4. (p. 3) 77 n−1 ⇔ N = a n 10 + a n −1 10 I= 2 + · · · + a 2 10 + a 1 a 0 1 = x F (x ) 0 − Posons q = a n 10n−2 + a n−1 10n −3 + · · · + a 3 10 + a 2 et r = a1 a0 . Alors N = 102 q + r = 100q + r Or r = a 1 a 0 = 10a 1 + a 0 < 100 Donc q et r sont respectivement les quotient et reste de la division de N par 100. 4.2. Application : Démontrons que le chiffre des unités et le chiffre des dizaines du nombre N = pectivement 3 et 4. On a : x f (x )dx 0 = 102 a n 10n −2 + a n −1 10n −3 + · · · + a 3 10 + a2 + a1 a0 77 77 1 Z 74 ≡ 43 × 7[100] ≡ 301[100] ≡ 1[100] = F (1) − 77 ≡ 43[100] 7 2 7 ≡ 432 [100] ≡ 49[100] 3 77 ≡ 43 × 49[100] ≡ 2107[100] ≡ 7[100] 4 77 ≡ 492 [100] ≡ 1[100] 5 77 ≡ 43[100] 6 77 ≡ 49[100] 7 77 ≡ 7[100] 2 7 77 ≡ 72 [100] ≡ 49[100] 3 7 77 ≡ 73 [100] ≡ 43[100] 4 7 77 ≡ 7 × 43[100] ≡ 1[100] 5 7 77 ≡ 7[100] 6 7 77 ≡ 72 [100] ≡ 49[100] 7 7 77 ≡ 43[100] F (x )dx 1 Z F (x )dx 0 ⇒ F (1) = I + Z 1 F (x )dx 0 = 1 Z x f (x )dx + Z 0 1 F (x )dx 0 Z 1 1 . 3 D’après la question précédente nous pouvons tirer que Z1 Z1 x f (x )dx ≥ 4.1.2. Déduisons-en que 0 x f (x )dx = F (1) − 75 ≡ 7[100] 76 ≡ 49[100] 1 Z 0 7 ≡ 7[100] 73 ≡ 343 ≡ 43[100] F (x )dx 0 = 1 · F (x ) − 0 · F (0) − sont res- 72 ≡ 72 [100] ≡ 49[100] 1 Z F (x )dx 0 (1.1) 0 Or on sait que Z1 f (t )dt ≥ x 1− x2 2 1− x2 2 1− x2 ⇒ F (x ) ≤ F (1) − 2 Z1 Z 1 ⇒ F (1) − F (x ) ≥ F (x )dx ≤ ⇒ 0 , ∀x x2 −1 dx ≤ 2 F (1) + 0 1 1 F (1) · x + x 3 − x 6 2 ≤ F (1) − Z 1 F (x )dx ≥ −F (1) + 0 Z 1 1 1 − 6 2 1 3 1 ⇒− ≤ F (1) + 0 1 3 (1.2) x f (x )dx ≥ F (1) + −F (1) + (1.1) et (1.2) ⇒ 0 1 1 ≥ 3 3 ; 16 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E 2 4.2. 4.2.1. Développons et réduisons f (x ) − x . 2 2 f (x ) − x = f (x ) − 2x f (x ) + x 2 Z1 2 1 4.2.2. Déduisons que f (x ) dx ≥ . 3 0 D’après 4.2.1. on peut tirer que 2 2 f (x ) = f (x ) − x + 2x f (x ) − x 2 Z 1 ⇒ 2 f (x ) dx = Z 0 1 f (x ) − x 2 dx 0 +2 Z 1 x f (x )dx − 0 = Z 1 Z x 2 dx 0 1 f (x ) − x 2 dx 0 +2 Z 1 x f (x )dx − 0 1 Z x 2 dx = car 0 1 3 x 3 2 1 = 0 1 3 1 . 3 >0 2 f (x ) − x dx > 0 Or f (x ) − x Z1 ⇒ 1 Z x f (x )dx ≥ Or d’après la question 4.1.2. 0 Z 1 0 1 . 3 2 1 1 1 f (x ) dx ≥ 0 + 2 × − ≥ 3 3 3 Solution 5. (p. 3) B A G1 G2 1 ~ (on en déduit ainsi AI 4 la construction de G voir figure). Méthode 2 Étant donné que AB = 2AC , on peut poser C 0 le milieu de [AB ]. ~ 0 ). ~ , AC Dans le plan (AB C ) on définit le repère (A, AC Dans ce repère A(0, 0), C (1, 0) et B (0, 2). On en déduit les coordonnées de 3×0−1×0+2×1 1 3−1+2 2 G 3×0− 1×2+2×0 ⇔ G 1 − 3−1+2 2 1 Placer alors le point G 21 dans le repère − 2 ~0 . ~ , AC A, AC 5.2. Déterminons l’ensemble (Γ ) des points M de l’espace vérifiant : ~ = De là on peut tirer que AG 3M A 2 − M B 2 + 2M C 2 = 5λ2 0 D’où On construit ainsi I . Et d’après le barycentre partiel on a : G = bar (A, 3); (I , 1) 2 2 2 M ∈ (Γ ) ⇔ 3M~A − M~B + 2M~C = 5λ2 2 2 ⇔ 3 M~G + G~A − M~G + G~B 2 + 2 M~G + C~G = 5λ2 ⇔ 3 M G 2 + 2M~G · G~A + G A 2 − M G 2 + 2M~G · G~B + G B 2 + 2 M G 2 + 2M~G · G~C + G C 2 = 5λ2 ⇔ 3M G 2 − M G 2 + 2M G 2 + 3G A 2 − G B 2 + 2G C 2 + + 2M~G · 3G~A − G~B + 2G~C = 5λ2 ~ ~ Or 3G~A − G~B + 2G C = 0 Car G = bar (A, 3); (B , −1); (C , 2) ⇔ 4M G 2 + 3G A 2 − G B 2 + 2G C 2 = 5λ2 ⇔ 4M G 2 = 5λ2 − 3G A 2 − G B 2 + 2G C 2 C G Calculons G A 2 , G B 2 I 5.1. Construisons G = bar (A, 3); (B , −1); (C , 2) Méthode 1 utilisation du barycentre partiel Posons I = bar (B , −1); (C , 2) alors ~ −B~I + 2C~I = 0 ~ ⇔ −B~I + 2C~B + 2B~I = 0 ⇔ B~I = −2C~B = 2B~C (1.1) (1.2) et G C 2 . Posons G1 et G2 les projetés orthogonaux respectifs de G sur (AB ) et sur (AC ). λ λ Alors AG1 = et AG2 = . 2 2 Donc AG 2 = AG1 2 + G1 G 2 (d’après Pythagore) 2 2 λ λ = + 2 2 = λ2 λ2 λ2 + = 4 4 2 Autrement C est le milieu de [B I ]. ; 1 17 1.2. Solution des sujets d’examen De même C G 2 = λ2 . 2 Or A(0, 0, 0) ∈ (AB C ) ⇔8×0+d =0 B G 2 = B G1 2 + G1 G2 2 2 2 λ λ = 2λ + + 2 2 ⇔d =0 25λ2 λ2 + 4 4 26λ2 13λ2 = = 4 2 = Donc AG 2 = C G 2 = D’où (1.2) λ2 13λ2 et B G 2 = . 2 2 ⇔ 4M G 2 = 5λ2 − 3 × λ2 13λ2 λ2 − +2× = 9λ2 2 2 2 Ainsi (AB C ) :8x = 0 ⇔ x = 0 Équation cartésienne de (Γ ) Comme A(0, 0, 0), B (0, 4, 0), C (0, 0, 2) alors AB = 4 et AC = 2. Or λ = AC donc λ = 2. Or nous avons établi que (Γ ) est la sphère de centre G 3λ . et de rayon r = 2 3 Donc r = × 2 = 3. 2 (Γ ) est donc la sphère de centre G et de rayon r = 3. Donc M (x , y , z ) ∈ (Γ ) ⇔ M G 2 = r 2 = 9 or G (0, −1, 1). ⇔ (x − 0)2 + (y + 1)2 + (z − 1)2 = 9 9 2 λ 4 3 ⇔MG = λ 2 ⇔MG2 = ⇔ x 2 + y 2 + 2y + 1 + z 2 − 2z + 1 = 9 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 + 2y − 2z − 7 = 0 D’où (Γ ) est la sphère de centre G et de rayon r = 5.3. 5.3.1. Coordonnées de G sont 3×0−1×0−2×0 4 0 3 × 0 − 1 × 4 + 2 × 0 G ⇔ G −1 4 1 3×0−1×0+2×2 4 3 λ. 2 5.3.2. Équation cartésienne du plan (AB C ) et de (Γ ). Équation de (AB C ) Méthode 1 ~ ~ = αAB ~ + β AC M (x , y , z ) ∈ (AB C ) ⇔ ∃α, β ∈ R AM x 0 0 ~ 0 ~ y ,AB ~ 4 et AC Or AM z 0 2 x = 0 × α + 0 × β α, β ∈ R ⇔ y =4×α+0×β z = 0 × α + 2 × β x = 0 ⇔ y = 4α z = 2β (Γ ) :x 2 + y 2 + z 2 + 2y − 2z − 7 = 0 5.3.3. Intersection de (AB C ) et (Γ ). Puisque le centre G de la sphère (Γ ) est un point du plan (AB C ) alors l’intersection de (AB C ) et de (Γ ) est le cercle de centre G et de rayon (le même que celui de (Γ )) r = 3 dans le plan (AB C ). Solution 6. (p. 3) π . Soit α ∈ 0, 2 6.1. Résolvons dans C z 2 cos2 α − z sin 2α + 1 = 0 ⇔ z 2 cos2 α − 2z cos α sin α + 1 = 0 On a le discriminant ∆ = (2 cos α sin α)2 − 4 cos2 α = 4 cos2 α sin2 α − 4 cos2 α = 4 cos2 α sin2 α − 1 = 4 cos2 α − cos2 α car cos2 α + sin2 α = 1 (α, β ∈ R) ⇔ x = 0 Donc (AB C ) :x = 0 Méthode 2 ~ est un vecteur normal au plan (AB C ). ~ ∧ AC n~ = AB ~ = 2k~ ~ = 4 j~ et AC AB Donc ~ = 4 j~ ∧ 2k~ = 8 j~ ∧ k~ = 8i~ ~ ∧ AC AB ~ 0, 0). D’où n(8, Ainsi une équation cartésienne de (AB C ) est de la forme 8x + 0y + 0z + d = 0 (d ∈ R) ⇔ 8x + d = 0 (d ∈ R) = −4 cos4 α 2 = 2i cos2 α D’où z= 2 cos α sin α − 2i cos2 α 2 cos2 α ou 2 cos α sin α + 2i cos2 α 2 cos2 α sin α sin α ⇔z = − i ou z = +i cos α cos α ⇔ z = tan α − i ou z = tan α + i z= S = {tan α − i, tan α + i} 6.2. Nature de O AB . ; 18 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E D’après les indications données A (tan α + i), B (tan α − i) D’où la figure suivante. L’équation caractéristique associée à cette équation différentielle est l’équation z 2 cos2 α − 2z cos α sin α + 1 = 0 que nous avons résolu à la question 6.1. dont les solutions sont : z 1 = tan α − i et z 2 = tan α + i. D’où le terme général des solutions de l’équation différentielle est : A 1 v~ β O tan α u~ -1 B O A 2 =|tan α + i|2 = tan2 α + 1 f (x ) = (A cos x + B sin x ) e x tan α ; (A, B ∈ R) En effet lorsque l’équation caractéristique admet deux solutions α + iβ et α − iβ le terme général des solutions est f (x ) = A cos β x + B sin β x eαx où (A, B ∈ R) Nous obtenons donc Et 2 2 2 O B =|tan α − i| = tan α + 1 Donc O A = O B Et par conséquent O AB est un triangle isocèle en O . Û ~ ~ 6.3. 6.3.1. Mesure en radian de O B , O A Ø ~ O~A . Soit β = Mes u, 1 ⇒ β est le complémentaire de α. tan β = tan α π Donc β = − α. 2 π Ø ~ O~A = − α. Donc Mes u, 2 π Ø ~ O~B = − −α . De même Mes u, 2 D’où Û Ø Ø ~B , O~A = Mes O ~B , u~ + Mes u, ~ O~A Mes O Ø Ø ~ O~B + Mes u, ~ O~A = − Mes u, π π = −α+ −α 2 2 = π − 2α 6.3.2. Déduisons-en la mesure en radian de l’angle Û ~A, B~O . B Comme O AB est un triangle Ö Ö B OA +O AB + × AB O = π Ö Or O AB = × AB O car le triangle O AB est isocèle en O . Ö ⇒B O A + 2× AB O = π 1 Ö π−B OA 2 1 Û ~A, B~O = ⇒ Mes B π− 2 Û ~B , O~A Mes O ⇒× AB O = 1 1 = π − (π − 2α) = (2α) = α 2 2 6.4. Résolvons l’équation différentielle cos2 α f 00 − (sin 2α) f 0 + f = 0 f (x ) = (A cos x + B sin x ) e x tan α ; (A, B ∈ R). 0 (0) = − tan α. Où f (0) = 1 et f A partir de ces deux conditions nous allons déterminer les valeurs exactes de A et de B (A cos 0 + B sin 0) e0 tan α = 1 f (0) = 1 ⇒ ⇒A=1 f 0 (x ) = (−A sin x + B cos x ) e x tan α + tan α (A cos x + B sin x ) e x tan α = (B + A tan α) cos x + (−A + B tan α) sin x e x tan α Or f 0 (0) = − tan α ⇒ (B + A tan α) cos 0+ (−A + B tan α) sin 0 e0 = − tan α ⇒ B + A tan α = − tan α or A = 1 ⇒ B = −2 tan α D’où A = 1, B = −2 tan α. Et par conséquent f (x ) = (cos x − 2 tan α sin x ) e x tan α Solution 7. (p. 3) 7.1. 7.1.1. Dressons les tableaux de variation de f et g . Tableau de variation de f (on sait que la fonction ln est strictement croissante) x +∞ −2 f 0 (x ) + +∞ f (x ) −∞ Tableau de variation de g . où f (0) = 1 et f 0 (0) = − tan α. ; 1 19 1.2. Solution des sujets d’examen x +∞ 0 g 0 (x ) + +∞ g (x ) −∞ 7.1.2. Démontrons que C f et (D ) se coupent en deux points M 1 et M 2 dont les abscisses x1 et x2 vérifient : −2 < x1 < −1 et 1 < x2 < 2 Pour cela étudions la fonction h définie sur ]−2, +∞[, par En plus h (1) = ln 3−1 > 0 et h (2) = ln 4−2 < 0. Donc h (1) × h (2) < 0 etpar conséquent 1 < x2 < 2. Conclusion : C f et (D ) se coupent en deux points M 1 et M 2 dont les abscisses x1 et x2 vérifient −2 < x1 < −1 et 1 < x2 < 2. 7.1.3. Étudions les positions relatives de C f (D ). Posons h (x ) = f (x ) − x , d’après la question précédente, on a le tableau de variation suivant x x1 −2 h 0 (x ) + + 0 +∞ x2 −1 − − 1 h (x ) = f (x ) − x = ln (x + 2) − x h (x ) Signe de la variation de h . h est continue et dérivable sur ]−2, +∞[ et on a : 1 −(x + 1) h (x ) = −1= x +2 x +2 0 0 −∞ −∞ 0 D’où le tableau de signe suivant x −2 −(x + 1) x +2 + 0 h 0 (x ) +∞ −1 0 + − + + 0 − De ce tableau nous tirons que h est croissante sur ]−2, −1] et est décroissante sur [−1, +∞[. Limites aux bornes du domaine de définition de h . lim h (x ) = lim ln (x + 2) − x = −∞ x →−2+ x →−2+ lim h (x ) = lim ln (x + 2) − x x →+∞ ln (x + 2) = lim x −1 x →+∞ x x →+∞ = +∞ × (0 − 1) = −∞ Tableau de variation de h . De ce qui précède, nous obtenons le tableau de variation suivant : x −2 Ainsi : Lorsque x ∈ −2, x1 ∪ x2 , +∞ , h (x ) < 0 et par consé quent C f est en dessous de (D ). Lorsque x ∈ x1 , x2 , h (x ) > 0 et par conséquent C f est au-dessus de (D ). C f et (D ) se coupent aux points d’abscisses x1 et x2 . 7.1.4. Étudions les branches infinies de C f et Cg . Branches infinies de C f : Comme lim f (x ) = −∞ alors C f admet la x →−2+ droite d’équation x = −2 comme asymptote verticale. Aussi lim = +∞ et x →+∞ f (x ) ln (x + 2) lim = lim = 0 ; donc C f adx →+∞ x x →+∞ x met, en +∞, une branche parabolique de direction l’axe des abscisses. Branches infinies de Cg : De même que pour C f , on obtient : Cg admet la droite d’équation x = 0 comme asymptote verticale. Cg admet en +∞ une branche parabolique de direction l’axe des abscisses. Traçons C f , Cg et (D ) (D ) +∞ −1 (C f ) 2 h (x ) 0 + 0 − (Cg ) 1 j~ 1 h (x ) −∞ −∞ −2 −1 O i~ 1 2 3 4 −1 La restriction de h sur ]−2, −1[ est continue et strictement monotone (croissante), doncelle définit une bijection de ]−2, −1[ → h ]−2, −1[ = ]−∞, 1[. Or x ∈ ]−∞, 1[ ⇔ ∃!x ∈ ]−2, −1[ tel que f (x ) − x = 0 ⇔ ∃!x ∈ ]−2, −1[ tel que f (x ) = x . Ainsi C f et (D ) se coupent en un et un seul point M 1 d’abscisse x1 dans l’intervalle ]−2, −1[. En raisonnant de même sur l’intervalle ]−1, +∞[, on obtient que C f et (D ) se coupent en un et un seul point M 2 d’abscisse x2 dans l’intervalle ]−1, +∞[. −2 −3 −4 7.2. Démontrons que C f est l’image de Cg par la translation de vecteur 2i~. Il suffit de montrer que f (x ) = g (x − (−2)). ; 20 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E Rappel 1.1. 1 f et g sont tels que ∀x , f (x ) = g (x − a ) + b où a , b ∈ R alors C f est l’image de Cg par la translation de vecteur a i~ + b j~. Si deux fonctions Dans notre cas on a : g x − (−2) = g (x + 2) = ln (x + 2) = f (x ) D’où C f est l’image de Cg par la translation de vecteur 2i~. 7.3. Calculons l’aire A de (Γ ) à l’aide d’une intégration par partie : Comme dans l’intervalle [−1, 1], C f est au-dessus de (D ), et que l’unité sur les axes et de 2 cm, on a : Z1 A =2×2 ln (x + 2) − x dx −1 =4 Z 1 ln (x + 2)dx − 4 −1 Z 1 ≤ u n ≤ x2 ≤ vn ≤ 2 1 ⇒ f (1) ≤ f (u n ) ≤ f (x2 ) ≤ f (vn ) ≤ f (2) x dx −1 ⇒ ln 3 ≤ u (n+1) ≤ x2 ≤ v(n+1) ≤ ln 4 1 1 2 Or −1 x dx = x =1−1=0 2 −1 R1 D’où A = 4 −1 ln (x + 2)dx Posons u = ln (x + 2) et v 0 = 1. 1 et v = x . Avec u 0 = x +2 R1 Z car f (u n ) = u (n +1) , f (vn ) = v(n +1) et f (x2 ) = x2 ⇒ 1 ≤ ln 3 ≤ u (n+1) ≤ x2 ≤ v(n+1) ≤ ln 4 ≤ 2 ⇒ 1 ≤ u (n+1) ≤ x2 ≤ v(n+1) ≤ 2 1 x A=4 dx x +2 −1 ! Z1 x +2−2 = 4 ln 3 + ln 1 − dx x +2 −1 Z1 ! 2 = 4 ln 3 − 1− dx x +2 −1 = 4 ln 3 − [x − 2 ln|x + 2|]1−1 = 4 ln 3 − (1 − 2 ln 3 + 1 + 2 ln 1) 1 x ln (x + 2) −1 − Il suffit de montrer que ∀n ∈ N, vn+1 ≥ vn . 7.5.2.1. Vérifions que v1 ≥ v0 . v0 = 2 et v1 = f (v0 ) = ln (2 + 2) = ln 4 < 2. Donc v1 ≥ v0 . 7.5.2.2. Supposons que vn+1 ≥ vn et montrons aussi que vn +2 ≥ vn+1 . On sait que f est croissante. Donc comme vn+1 ≥ vn , alors f (vn +1 ) ≥ f (vn ) ⇒ vn+2 ≥ vn+1 . 7.5.3. Démontrons que ∀n ∈ N, 1 ≤ u n ≤ x2 ≤ vn ≤ 2. Nous allons aussi procéder par récurrence 7.5.3.1. Vérifions que 1 ≤ u 0 ≤ x2 ≤ v0 ≤ 2 u 0 = 1 et v0 = 2 et à la question 7.5.2.2. nous avons obtenu que 1 < x2 < 2. Donc 1 ≤ u 0 ≤ x2 ≤ v0 ≤ 2 7.5.3.2. Supposons que 1 ≤ u n ≤ x2 ≤ vn ≤ 2 et montrons aussi que 1 ≤ u (n +1) ≤ x2 ≤ v(n +1) ≤ 2 Comme f est croissante, alors ! = 4 (3 ln 3 − 2) (cm2 ) 7.4. Démontrons que x1 < f (α) < x2 < f (β ). Comme f est strictement croissante et que x1 < α < x2 < β . Alors f (x1 ) < f (α) < f (x2 ) < f (β ). Or f (x1 ) = x1 et f (x2 ) = x2 car x1 et x2 sont les abscisses des points d’intersections de C f et (D ). Donc x1 < f (α) < x2 < f (β ). 7.5. 7.5.1. Démontrons que la suite u n est croissante. Il suffit de montrer que ∀n ∈ N, u n+1 ≥ u n . Pour cela nous allons procéder par récurrence. 7.5.1.1. Vérifions que u 1 ≥ u 0 . u 0 = 1 et u 1 = f (u 0 ) = ln (u 0 + 2) = ln 3 > 1. Donc u 1 ≥ u 0 . 7.5.1.2. Supposons que u n+1 ≥ u n et montrons aussi que u n+2 ≥ u n+1 . On sait que f est croissante. Donc comme u n+1 ≥ u n , alors f (u n+1 ) ≥ f (u n ) ⇒ u n+2 ≥ u n+1 . 7.5.2. Démontrons que la suite vn est décroissante. Nous allons également procéder par récurrence. De 7.5.3.1. et 7.5.3.2. nous pouvons conclure que ∀n ∈ N, 1 ≤ u n ≤ x2 ≤ vn ≤ 2. 7.5.4. Démontrons que ∀n ∈ N, 1 ≤ u n ≤ x2 ≤ vn ≤ 2. Nous allons aussi procéder par récurrence. 7.5.4.1. Vérifions que 1 ≤ u 0 ≤ x2 ≤ v0 ≤ 2. u 0 = 1 et v0 = 2 et à la question 7.1.2. nous avons obtenu que 1 < x2 < 2. Donc 1 ≤ u 0 ≤ x2 ≤ v0 ≤ 2. 7.5.4.2. Supposons que 1 ≤ u n ≤ x2 ≤ vn ≤ 2 et montrons aussi que 1 ≤ u n+1 ≤ x2 ≤ vn+1 ≤ 2 Comme f est croissante, alors 1 ≤ u n ≤ x 2 ≤ vn ≤ 2 ⇒ f (1) ≤ f (u n ) ≤ f (x2 ) ≤ f (vn ) ≤ f (2) ⇒ ln 3 ≤ u n +1 ≤ x2 ≤ vn +1 ≤ ln 4 car f (u n ) = u n+1 , f (vn ) = vn+1 et f (x2 ) = x2 ⇒ 1 ≤ ln 3 ≤ u n +1 ≤ x2 ≤ vn +1 ≤ ln 4 ≤ 2 ⇒ 1 ≤ u n+1 ≤ x2 ≤ vn+1 ≤ 2 De 7.5.4.1. et 7.5.4.2. nous pouvons conclure que ∀n ∈ N, 1 ≤ u n ≤ x2 ≤ vn ≤ 2. 7.6. 1 1 7.6.1. Démontrons que ∀x ∈ I , ≤ f 0 (x ) ≤ . 4 3 On sait que f (x ) = ln(x + 2) 1 ⇒ f 0 (x ) = x +2 ∀x ∈ I , 1 ≤ x ≤ 2 ⇒3≤ x +2≤4 1 1 1 ≤ ≤ 4 x +2 3 1 1 ⇒ ≤ f 0 (x ) ≤ 4 3 ⇒ 7.6.2. Déduisons en que : ∀n ∈ N 0 < f (vn ) − f (u n ) ≤ 1 vn − u n 3 ; 1 21 1.2. Solution des sujets d’examen ⇒ lim vn − lim u n = 0 Puisque 1 ≤ u n ≤ vn ≤ 2 (d’après 7.5.4.) et que 1 1 0 < ≤ f 0 (x ) ≤ (d’après 7.6.1.). 4 3 Alors, d’après le théorème des valeurs intermédiaires 1 0 × vn − u n < f vn − f u n ≤ vn − u n 3 1 vn − u n ⇒ 0 < f vn − f u n ≤ 3 7.7. 7.7.1. Démontrons que ∀n ∈ N n 1 0 < vn − u n ≤ 3 Nous allons procéder par récurrence sur n . 7.7.1.1. Pour n = 0. On a v0 = 2, u 0 = 1. 0 1 = 1. Et 2 − 1 = 1, 3 On a bien 0 1 0 < 1 ≤ 1 ⇒ 0 < v0 − u 0 ≤ 3 n 1 7.7.1.2. Supposons que 0 < vn −u n ≤ et montrons 3 que n+1 1 0 < vn +1 − u n +1 ≤ 3 D’après 7.6.2. 1 0 < f vn − f u n ≤ vn − u n 3 1 ⇒ 0 < vn+1 − u n+1 ≤ vn − u n 3 n 1 Or nous avons supposé que 0 < vn − u n ≤ 3 n 1 1 ⇒ 0 < vn+1 − u n +1 ≤ 3 3 n +1 1 ⇒ 0 < vn+1 − u n +1 ≤ 3 D’après 7.7.1.1. et 7.7.1.2., nous déduisons que ∀n ∈ N n 1 0 < vn − u n ≤ 3 7.7.2. Déduisons en que u n et vn convergent et ont la même limite. D’après 7.5.1. et 7.5.3., (u n ) est croissante et majorée par 2. Donc est convergente. Aussi d’après 7.5.2. et 7.5.3., vn est décroissante et minorée par 1. Donc est convergente. D’après 7.7.1. n 1 0 < vn − u n ≤ 3 n 1 Or lim 0 = lim n →+∞ n →+∞ 3 D’où d’après le théorème des gendarmes lim vn − u n = 0 n →+∞ n→+∞ n →+∞ ⇒ lim vn = lim u n n→+∞ n→+∞ Ainsi u n et vn convergente et ont la même limite. 1.2.3 Solution – Baccalauréat 2014 Solution 8. (p. 4) Démontrons que A, B , C et D ne sont pas coplanaires. ~ · AD ~ ∧ AC ~ 6= 0. Il suffit de montrer que AB 2 0 0 ~ 3 et AD ~ 1, AC ~ 1 AB 1 −1 0 3 1 −1 2 0 ~ 1 ~ ∧ AC AB , , 1 −1 2 0 1 3 −4 ~ 2 ~ ∧ AC ⇒ AB 6 ~ · AD ~ ∧ AC ~ = 2 6= 0 D’où AB Ainsi A, B , C et D ne sont pas coplanaires. 8.1. 8.1.1. Équation cartésienne du plan (AB C ). x ~ ~ ⊥ AB ~ ∧ AC Soit M y ∈ (AB C ), alors AM z ~ =0 ~ · AB ~ ∧ AC ⇔ AM −4 x −1 ~ 2 et AM ~ ∧ AC ~ y + 1 Or AB z 6 D’où − 4 (x − 1) + 2 y + 1 + 6z = 0 ⇔ − 2 (x − 1) + y + 1 + 3z = 0 ⇔ − 2x + y + 3z + 3 = 0 (AB C ) : − 2x + y + 3z + 3 = 0 8.1.2. Volume de AB C D . On sait que V = 1 ~ · AD ~ ∧ AC ~ AB 6 Nous avons obtenu à la question ~ · AD ~ ∧ AC ~ =2 AB D’où 1 1 V = × 2 = (u · v ) 6 3 8.1. que 8.1.3. Expression analytique de la réflexion f par rapport au plan (AB C ). Soit M (x , y , z ) et M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) son image par rapport à f. x + x0 y + y 0 z +z0 Le milieu de M M 0 , I , , ∈ (AB C ) 2 2 2 −4 ~ 2 est un vecteur normal à ~ ∧ AC et le vecteur AB 6 ; 22 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E (AB C ). ~ On a donc I ∈ (AB C ) et M~ I // n. ~ ⇔ I ∈ (AB C ) et ∃α ∈ R tel que M~ I = αn. x + x0 y +y0 z +z0 −2 + + 3 +3=0 2 2 2 x − x0 = −2α 2 ⇔ y −y0 =α α z −z0 = 3α 2 −2 x + x 0 + y + y 0 + 3 z + z 0 + 6 = 0 x 0 = x + 4α ⇔ y 0 = y − 2α z 0 = z − 6α D’où D 0 9 1 3 ,− ,− 7 7 7 Solution 9. (p. 4) 9.1. 9.1.1. Déterminons les réels a et b pour lesquels g est une solution de (E ). On a : g (x ) = a cos x + b sin x ⇒ g 0 (x ) = −a sin x + b cos x (1.1) et g 00 (x ) = −a cos x − b sin x (1.2) (1.3) g solution de (E ) ⇔ g 00 (x ) − 4g 0 (x ) + 4g (x ) = 2 cos x + sin x (1.4) ⇔ − a cos x − b sin x − 4 (−a sin x + b cos x ) avec α ∈ R (1.2), (1.3) et (1.4) dans (1.1) donne + 4 (a cos x + b sin x ) = 2 cos x + sin x ⇔ (−a − 4b + 4a ) cos x + (−b + 4a + 4b ) sin x − 2 (x + x + 4α) + y + y − 2α = 2 cos x + sin x , ∀x + 3 (z + z − 6α) + 6 = 0 ⇔ (3a − 4b ) cos x + (4a + 3b ) sin x = 2 cos x ⇒ − 4x − 8α + 2y − 2α + 6z − 18α + 6 = 0 ⇒ − 28α = 4x − 2y − 6z − 6 1 −2x + y + 3z + 3 ⇒α= 14 (1.5) dans (1.2), (1.3) et (1.4) donne 4 x0 = x − 2x − y − 3z − 3 14 2 y0 = y + 2x − y − 3z − 3 14 6 z 0 = z + 2x − y − 3z − 3 [1e x ] 14 1 x 0 = 3x + 2y + 6z + 6 7 1 ⇒ y 0 = 2x + 6y − 3z − 3 7 1 z 0 = 6x − 3y − 2z − 9 7 + sin x , ∀x (1.5) 8.2. Nature et éléments caractéristiques de S 0 (S ) est la sphère de centre p D et de rayon D B. p Or D~B = (2, 0, 1) ⇒ D B = 4 + 1 = 5. p (S ) est donc la sphère de centre D et de rayon 5. f étant une réflexion par rapport à un plan est une isométrie. D’où S 0 est la sphère de centre D 0 = f (D ) et de rayon p 5. Il ne suffit plus qu’à déterminer D 0 = f (D ) (en utilisant l’expression analytique de f ). On sait que D (1, 0, 0) Donc les coordonnées de D 0 sont : 9 1 3(1) + 2(0) + 6(0) + 6 = 7 7 1 1 0 y = 2(1) + 6(0) − 3(0) − 3 = − 7 7 1 3 z 0 = 6(1) − 3(0) − 2(0) − 9 = − 7 7 x0 = ⇔ 3a − 4b = 2 (1.1) 4a + 3b = 1 (1.2) 3 × (1.1) + 4 × (1.2) donne 9a + 16a = 6 + 4 ⇔ 25a = 10 ⇔a = 2 5 2 1 + 3b = 1 ⇔ b = − 5 5 2 1 Donc a = et b = − . 5 5 9.1.2. Montrons que f est solution de (E ) si et seule ment si f − g est solution de E0 . f est solution de (E ) ssi (1.2) ⇔ 4 f 00 − 4 f 0 + 4 f = 2 cos x + sin x Or 2 cos x + sin x = g 00 − 4g 0 + 4g car g est solution de (E ). ⇔ f 00 − 4 f 0 + 4 f = g 00 − 4g 0 + 4g ⇔ f 00 − g 00 − 4 f 0 + 4g 0 + 4f − 4g = 0 00 0 ⇔ f −g −4 f −g +4 f −g =0 D’où f − g est solution de E0 . 9.1.3. Résolvons E0 . L’équation caractéristique associée à E0 est r 2 − 4r + 4 = 0 Résolvons (9.1.3.) ; 1 23 1.2. Solution des sujets d’examen ∆ = (−4)2 − 4 × 4 = 16 − 16 = 0 4 ⇒ r0 = = 2 2 D’où (9.1.3.) admet une solution double r0 = 2. Ainsi la forme générale des solutions de E0 est : h (x ) = (A x + B ) e2x On a cos x > 0 et sin x ≥ 0 2 2 ⇔ − cos x < 0 et − sin x ≤ 0 ⇔ h 0 (x ) < 0. 5 5 Donc h 0 (x ) > 0 n’est pas possible dans ce cas. 0 Ainsi on a h (x ) > 0 ⇔ x ∈ ]α, π[. Tableau de variation de h . h est croissante sur ]α, π[ et décroissante sur [0, α[ (A, B ∈ R) Forme générale des solutions de (E ) f est solution de (E ) ssi f − g est solution de E0 (d’après 9.1.2.) ⇔ f (x ) − g (x ) = (A x + B ) e ⇔ f (x ) = (A x + B ) e 2x 2x (A, B ∈ R) π + − 2 5 h (x ) − 2 5 h (α) 2 1 cos x − sin x 5 5 Traçons (C ). Tableau de valeurs particulières. La forme générale des solutions de (E ) est : 2 1 cos x − sin x (A, B ∈ R) 5 5 9.2. 9.2.1. Calculons h 0 (x ) er h 00 (x ) ∀x ∈ [0, π[. x 0,5 1,5 2 2,6 2,75 3 h (x ) 0,26 −0,17 −0,35 −0,45 −0,45 −0,42 2 1 h 0 (x ) = − sin x − cos x 5 5 2 1 et h 00 (x ) = − cos x + sin x 5 5 1 0.5 j~ −1 h0 α 0 h 0 (x ) + g (x ) ⇔ f (x ) = (A x + B ) e2x + x 7→ (A x + B ) e2x + x π ,π . 2 9.2.2. Étude des variations de sur π , π , cos x ≤ 0 et sin x ≥ 0 ∀x ∈ 2 2 1 − cos x ≥ 0 et sin x ≥ 0 ⇒ h 00 (x ) ≥ 0. 5 5 π ,π . Donc h 0 est croissante sur 2 0 Déduisons h (x ) = 0 admet une unique solution que π , π avec 2, 6 < α < 2, 7. α dans 2 π h 0 est continu et croissante sur , π donc, sa restric2 π tion sur cet intervalle, définit une bijection de ,π 2 π vers h 0 ,π . 2 π 2 2 Or h 0 = − et lim h 0 (x ) = . x →π− 2 5 5 D’où π 2 2 h0 ,π = − , 2 5 5 2 2 π Or 0 ∈ − , donc il existe un unique α ∈ , π tel 5 5 2 que h 0 (α) = 0. Aussi h 0 (2.6) ≈ −0, 035 < 0 et h 0 (2, 7) ≈ 0, 01 > 0. D’où 2, 6 < α < 2, 7. 0 ) > 0 ⇔ x ∈ ]α, π[. Montrons que h (x π Pour α ∈ , π , on a vu que h 0 est continue et stric2 tement croissante et que h 0 (α) = 0. Donc pour ce cas h 0 (x ) > 0 si et seulement si x ∈ ]α, π[. π Pour x ∈ 0, . 2 O i~ 1 2 3 −0.5 −1 Solution 10. (p. 4) 10.1. 10.1.1. Montrons que ∀α ∈ R∗+ , 1 − a < 1 < 1. 1+a 1 < 1. 1+a 1 1−a2 −1 a2 Et 1 − a − = =− <0 1+a 1+a 1+a 1 . ⇒ 1−a < 1+a 1 D’où 1 − a < < 1. 1+a a2 10.1.2. Déduisons que a − < ln (1 + a ) < a . 2 1 On a ∀x ∈ ]0, +∞[, 1 − x < < 1 (d’après 10.1.1.) 1+ x Za Za Za 1 (1 − x ) dx < ⇒ dx < 1 dx 1+ x 0 0 0 a a 1 ⇒ x − x 2 < ln (1 + x ) 0 < [x ]a0 2 0 ∀a ∈ ]0, +∞[ on a 1 + a > 1 ⇔ a2 < ln (1 + a ) − ln 1 < a 2 2 a ⇒a − < ln (1 + a ) < a car ln 1 = 0 2 10.2. 10.2.1. Justifions que n (n + 1)(2n + 1) 12 + 22 + 32 + · · · + n 2 = 6 ⇒a − ; 24 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E Nous allons procéder par récurrence sur n . 10.2.1.1. Pour n = 1 on a 12 = 1 et 1(1 + 1)(1 + 2) 1 × 2 × 3 6 = = = 1. 6 6 6 10.2.1.2. Supposons que n(n + 1)(2n + 1) 12 + 22 + 32 + · · · + n 2 = et montrons que 6 (n + 1)(n + 2)(2n + 3) 12 + 22 + 32 + · · · + (n + 1)2 = 6 On a 12 + 22 + 32 + · · · + n 2 + (n + 1)2 = n(n + 1)(2n + 1) 6 10.2.2. Déduisons en que Pn converge et déterminons sa limite. 1 1 1 1+ = x →+∞ 2 n 2 lim et D’où 1 1 (n + 1)(2n + 1) 1 1+ − = x →+∞ 2 n 12 n3 1 1 1 1+ = lim x →+∞ 2 n 2 lim 2 + (n + 1) n +1 = n(2n + 1) + 6(n + 1) 6 n +1 2 = 2n + 7n + 6 6 n +1 (n + 2) (2n + 3) = 6 D’où 12 + 22 + 32 + · · · + n 2 = n (n + 1)(2n + 1) 6 10.2.1.3. Montrons que 1 1 (n + 1)(2n + 1) 1 1 1 1+ − 1+ < ln Pn < 2 n 12 n3 2 n 2 n 1 1+ ··· 1 + ln Pn = ln 1 + n2 n2 n2 2 1 + ln 1 + + ···+ = ln 1 + n2 n2 n ln 1 + n2 Or a − a2 < ln (1 + a ) < a , ∀a > 0. 2 1 n2 2 2 n2 2 1 2 n − + − + ··· + − n2 2 n2 2 n2 2 n 1 2 n n2 < ln Pn < + + ··· + 2 n2 n2 n2 1 2 n 1 1 22 ⇒ + + ··· + − + + ···+ 2 2 2 4 n n n 2 n n4 n2 1 2 n < ln Pn < + + ··· + n4 n2 n2 n2 1 + 2 + ··· + n 1 2 2 ⇒ − 1 + 2 + ··· + n2 < 2 4 n 2n 1 + 2 + ··· + n ln Pn < n2 ⇒ 1 (n + 1)(2n + 1) =0 12 n3 lim x →+∞ Ainsi d’après le théorème des gendarmes ln Pn converge 1 et lim ln Pn = . n→+∞ 2 1 p ⇔ limn →+∞ Pn = e 2 = e p Donc (Pn ) converge vers e Solution 11. (p. 4) Partie A 11.1. 11.1.1. Montrons que ∀M ∈ (P ), Ψ ◦ Ψ(M ) = M Soit M 0 = Ψ(M ) et M 00 = Ψ(M 0 ). Alors 4 O~M (1.1) O~M = OM 2 Et ~ 00 = 4 O M ~ 0 OM (1.2) O M 02 4 4 OM = (1.1) ⇒ O M 0 = OM OM 2 D’où (1.2) ~ 00 = ⇒ OM 4 4 OM 2 × 4 OM 2 4O M 2 4 O~M × 16 OM 2 =O~M = ⇒ M 00 =M D’où, Ψ ◦ Ψ(M ) = M 11.1.2. Justifions que l’ensemble des points M de (P ) distincts de O tels que Ψ(M ) = M , est le cercle de centre O et de rayon 2. Soit M 6= O tel que Ψ(M ) = M . Ψ(M ) = M n(n + 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) Et 12 + 22 + · · · + n 2 = 6 ~ 0 = O~M ⇔ OM n(n + 1) 1 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) − × < ln Pn < 2n 2 2n 4 6 2n 2 1 1 1 (n + 1)(2n + 1) 1 1 ⇒ 1+ − < ln Pn < 1+ 3 2 n 12 n 2 n ⇔ Or 1 + 2 + · · · + n = ⇒ O~M ⇔ 4 OM 2 4 OM 2 = O~M =1 2 ⇔ OM = 4 ⇔ OM = 2 D’où l’ensemble des points M de (P ) distincts de O tels ; 1 25 1.2. Solution des sujets d’examen que Ψ(M ) = M , est le cercle de centre O et de rayon 2. 11.2. Justifions que (d ) est l’ensemble des points M d’affixe z tels que z = a + it (t ∈ R). M (x , y ) ∈ (d ) ⇔ O~M = x e~1 + y e~2 . Or O~D = a e~1 + b e~2 ⇔ D~M = (x − a )e~1 + (y − b )e~2 Or e~2 est un vecteur directeur de (d) et M et D ∈ (d ). ⇔ D~M // e~2 or D~M = (x − a )e~1 + (y − b )e~2 ⇔ x −a =0 ⇔ x =a D’où O~M = a e~1 + y e~2 (y ∈ R) soit encore z = a + it (t ∈ R) 4 11.3. 11.3.1. Montrons que Ψ(M ) = M 0 ⇔ z 0 = z ~ 0 = 4 O~M Ψ(M ) = M 0 ⇔ O M OM 2 4 2 0 ⇔ z = 2 × z or |z | = z · z |z | 4 4 0 ⇔ z = ×z = z ·z z ~ 0 = x 0 e~ + y 0 e~ 11.3.2. Posons O~M = a e~1 + t e~2 et O M 1 2 4a 0 Montrons que Ψ(M ) = M ⇔ x0 = et a2 + t 2 4t 0 y = a2 + t 2 O~M = a e~1 + t e~2 ⇒ OM 2 = a2 + t 2 4 4 O~M = a e~1 + t e~2 a2 + t 2 a2 + t 2 4a 4t e~1 + e~2 = a2 + t 2 a2 + t 2 ~ 0= ⇒ OM ~ 0 = x 0 e~ + y 0 e~ Or O M 1 2 4a 4t ⇔ x 0 e~1 + y 0 e~2 = e~1 + e~2 a2 + t 2 a2 + t 2 4a 4t D’où x 0 = et y 0 = . a2 + t 2 a2 + t 2 11.3.3. Vérifions dans ce cas que x 0 − x0 − 2 a 2 2 2 a 2 2 +y0 = 4 . a2 2 2 4a 2 4t + − a2 + t 2 a a2 + t 2 2 2 2 2 2a − 2t 4t = + 2 2 2 2 a (a + t ) a +t 2 h 2 1 1 = 2a 2 − 2t 2 + a2 a2 + t 2 i (4a t )2 2 h 2 1 1 = 2a 2 + a2 a2 + t 2 i 2 2t 2 − 2 × (2a ) × (2t ) + 16a 2 t 2 2 2 1 1 2a 2 + 2t 2 = 2 2 2 a a +t 2 4× a2 + t 2 4 = = a2 a 2 (a 2 + t 2 )2 +y0 = 11.3.4. Déduisons que si M ∈ (d ) alors Ψ(M ) appartient au cercle de diamètre O H 0 Soit M ∈ (d ). Alors d’après 11.2., ~ 0 = a e~ + t e~ . z = a + it ⇒ O M 1 2 2 2 4 2 +y0 = . a a2 Le projeté orthogonal H de O sur (d) à pour coordonnées H (a , 0). Donc O H = a . 4 4 4 Ainsi O ~H 0 = O~H = a e~1 + 0e~2 = e~1 . 2 a2 a a 4 Donc H 0 ,0 . a 2 2 4 2 2 2 +y0 = = Or x 0 − a a2 a 2 ⇔ M 0 appartient au cercle de centre I , 0 et de a 2 rayon r = . a 4 0 + a , 0 + 0 = 2 ,0 = I Or le milieu de O H 0 est K 2 2 a Et donc d’après 11.3.2. et 11.3.3., x 0 − 4 OH 0 2 = a = =r 2 2 a Ainsi M appartient au cercle de diamètre O H 0 . 11.4. Montrons que l’image de (C1 ) par h est une ellipse. Soit M (x , y ) un point de (C1 ). 2 4 2 +y2 = ⇔ x− a a2 x 0 = x x = x 0 et M 0 = h (M ) ⇔ ⇔ 2 3 0 y = y y = y 0 3 2 D’où 2 2 3 0 4 2 + y = x0 − a 2 a2 2 2 x0 − 2 a y0 ⇔ 2 + 2 = 1 2 2 2 × a a 3 2 2 x0 − 2 a y0 ⇔ 2 + =1 4 2 2 3a a Et 2 4 Posons A = et B = . a 3a 2 2 x0 − 2 a y0 Alors on a + =1 A2 B2 2 A 6 3 Où = a = = > 1 donc A > B . 4 B 4 2 3a L’image de (C1 ) est donc une ellipse de centre Ω et d’excentricité p e= A2 − B 2 A ; 2 ,0 a 26 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E v t 22 1 = Partie B 11.1. Exprimons φ φ 4 kv~k2 4 3a 2 Donc ¦ © Inv(φ) = u~ ∈ (P~ ) ku~ k = 2 2 a 11.2.2. Calculons u~1 + u~2 r 2 u~1 + u~2 u~1 + u~2 = r 2 2 u~1 + u~2 + 2u~1 · u~2 = r 2 2 = u~1 + u~2 + 2 u~1 · u~2 · cos (u~1 · u~2 ) s π = 22 + 22 + 2 × 2 × 2 × cos 3 p p π 1 = 12 = 2 3 car cos = 3 2 v 22 2 t 1− a 32 = = − a2 2 a v t 1− = p 5 3 4 kv~k 4 9 2 v~ en fonction de v~ 4 v~ = 2 4 × 4 kv~k2 v~ kv~k2 = 4 2 4 × ·kv~k 2 4 kv~k2 v~ kv~k2 16 = × v~ 16 ×kv~k4 4 kv~k = v~ Déduisons que φ n’est pas une application linéaire. Si φ est une application linéaire alors ∀a ∈ R, ~ = a φ(u). ~ φ(a u) Et en particulier 4 4 φ v~ = φ(v~) 2 kv~k kv~k2 4 4 × · v~ = kv~k2 kv~k2 16 = · v~ kv~k2 4 Or φ v~ = v~ (d’après la question précédente) kv~k2 4 4 Donc pour kv~k2 6= 16, φ v~ 6= φ(v~). 2 kv~k kv~k2 Ainsi φ n’est pas une application linéaire. 11.2. 11.2.1. Déterminons Inv(φ). ¦ © ~ = u~ Inv(φ) = u~ ∈ (P~ ) φ(u) ~ = u~ φ(u) ⇔ ⇔ 4 ~ kuk 4 2 ~ 2 kuk u~ = u~ =1 ~ 2 =4 ⇔ kuk ~ =2 ⇔ kuk Déduisons en que Inv(φ) n’est pas un sous espace vectoriel. ~ v~ ∈ Inv(φ), S’il était un sous espace vectoriel alors ∀u, on aurait u~ + v~ ∈ Inv(φ). Or u~1 et u~2 ∈ Inv(φ) car u~1 = u~2 = 2 p Et comme u~1 + u~2 = 2 3 6= 2 alors u~1 + u~2 ∈ / Inv(φ) D’où Inv(φ) n’est pas un sous espace vectoriel. 11.3. Déterminons Opp(φ). ~ = −u~ ∀u~ ∈ Opp(φ), φ(u) 4 ~ ~ ⇔ u = − u ku~ k2 4 = −1 ⇔ ku~ k2 4 ~ qui est impossible car ∀u, > 0 alors que −1 < 0. ~ 2 kuk D’où Opp(φ) = ;. Or on sait que ; est une sous espace vectoriel donc Opp(φ) est un sous espace vectoriel. 1.2.4 Solution – Baccalauréat 2015 Solution 12. (p. 5) p x = p 2y + 3 y = 2z + 3 z = p2x + 3 12.1. Série E 12.1.1. Montrons que le triplet (3; 3; 3) est solution de ce système p p p2 × 3 + 3 = p9 = 3 On a : 2×3+3= 9=3 p2 × 3 + 3 = p9 = 3 Donc (3; 3; 3) est une solution de ce système. 12.1.2. Montrons que si (x ; y ; z ) est solution du système on ne peut pas avoir x < 3. Nous allons procéder par l’absurde. Supposons x < p3. p Si x < 3, alors 2x + 3 < 2 × 3 + 3 = 3 ⇒z <3 Et de même y < 3. ; 1 27 1.2. Solution des sujets d’examen Donc si x < 3, alors x ,y ,z < 3 p Aussi x ,y ,z ≥ 0 car α > 0, ∀α ∈ R Donc 0 ≤ x < 3, 0 ≤ y < 3 et 0 ≤ z < 3 Posons la fonction f définie sur [0; +∞[, par f (x ) = x 2 − (2x + 3). Étudions le signe de f f (x ) = x 2 − (2x + 3) = (x + 1)(x − 3) Or ∀x ≥ 0, x + 1 ≥ 1 > 0 Donc f (x ) est de même signe que x − 3 sur [0; +∞[ Donc f (x ) < 0 si x < 3 f (x ) > 0 si x > 3 Et f (x ) = 0 si x = 3 Ainsi comme x < 3, f (x ) < 0 ⇒ x 2 < 2x + 3 p ⇒ x < 2x + 3 ⇒x <z (1.1) De même comme z < 3, z< p y< p 2z + 3 ⇒ z<y (1.2) Et aussi 12.2. Série E 12.2.1. Montrons que si le triplet (x , y , z ) est solution du système, alors x , y et z sont solutions de t 8 − 12t 6 + 30t 4 + 36t 2 − 128t − 183 = 0 p x = 2y + 3 ⇒ x 2 − 3 = 2y ⇒ (x 2 − 3)2 = 4y 2 p Or y = 2z + 3 ⇒ y 2 = 2z + 3. D’où (x 2 − 3)2 = 4(2z + 3) = 8z + 12 2 ⇒ (x − 3)2 − 12 = 8z 2 ⇒ (x 2 − 3)2 − 12 = 64z 2 p Or z = 2x + 3 ⇒ z 2 = 2x + 3 D’où 2 (x 2 − 3)2 − 12 = 64(2x + 3) ⇒(x 4 − 6x 2 + 9 − 12)2 = 128x + 192 ⇒(x 4 − 6x 2 − 3)2 = 128x + 192 ⇒x 8 − 6x 6 − 3x 4 − 6x 6 + 36x 4 + 18x 2 − 2y + 3 ⇒ y <x (1.3) (1.1), (1.2) et (1.3) donnent x < y < z < x . Ce qui est absurde car on ne peut pas avoir x < x D’où on ne peut pas avoir x < 3 12.1.3. Montrons que si (x , y , z ) est solution du système on ne peut pas avoir x > 3 Si x > 3 alors p 2x + 3 > p 2×3+3 ⇒ z >3 p p 2z + 3 > 2 × 3 + 3 ⇒ y >3 ⇒ Donc si x > 3 alors on a aussi y > 3 et z > 3 Or nous avons obtenu précédemment que si x > 3 alors f (x ) > 0 Donc comme x > 3, y > 3, z > 3 on a : f (x ) > 0, f (y ) > 0 et f (z ) > 0 ⇒ x 2 > 2x + 3 , y 2 > 2y + 3 , z 2 > 2z + 3 p p p ⇒ x > 2x + 3 , y > 2y + 3 , z > 2z + 3 ⇒ x > z , y > x et z > y 3x 4 + 18x 2 + 9 = 128x + 192 ⇒x 8 − 12x 6 + 30x 4 + 36x 2 − 128x − 183 = 0 Ainsi x est solution de l’équation t 8 − 12t 6 + 30t 4 + 36t 2 − 128t − 183 = 0 Étant donné que x , y et z sont permutables dans le système initiale alors y et z sont aussi solutions de cette équation. 12.2.2. Déduisons en les valeurs rationnelles de x , y et z. Comme x , y et z sont les racines de nombres, alors x ≥ 0, y ≥ 0 et z ≥ 0 En plus x , y et z sont les solution de l’équation établie à la question précédente. Nous allons résoudre cette équation. Posons p (t ) = t 8 − 12t 6 + 30t 4 + 36t 2 − 128t − 183 On constate que p (3) = p (−1) = 0 Donc −1 et 3 sont racines du polynôme p . D’où il existe un polynôme q tel que p (t ) = (t − 3)(t + 1)q (t ) = (t 2 − 2t − 3)q (t ) Nous allons déterminer q en faisant une division euclidienne Ce qui est impossible D’où on ne peut pas avoir x > 3 12.1.4. Solution du système Nous avons obtenu aux équations précédentes que si (x , y , z ) est solution du système alors on ne peut ni avoir x < 3, ni x > 3 Donc le seul cas possible qui reste est x = 3 Et pour x = 3 on obtient y = z = 3 Ainsi la seule solution du système est :(3; 3; 3) L’ensemble solution du système est donc S = (3; 3; 3) ; 0 61t 2 − 122t − 183 − 61t 2 + 122t + 183 2t 3 + 57t 2 − 128t − 2t 3 + 4t 2 + 6t 7t 4 − 12t 3 + 36t 2 − 7t 4 + 14t 3 + 21t 2 − 4t 5 + 15t 4 4t 5 − 8t 4 − 12t 3 − 5t 6 + 6t 5 + 30t 4 5t 6 − 10t 5 − 15t 4 2t 7 − 9t 6 − 2t 7 + 4t 6 + 6t 5 + 30t 4 Solution 13. (p. 5) t8 − 12t 6 − t 8 + 2t 7 + 3t 6 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E + 36t 2 − 128t − 183 ÷ t 2 − 2t − 3 = t 6 + 2t 5 − 5t 4 − 4t 3 + 7t 2 + 2t + 61 28 13.1. Complétons les phrases 13.1.1. Toute suite croissante et majorée est convergente. 13.1.2. Toute suite décroissante et minorée est convergente. 13.2. La proposition « deux suites adjacentes sont convergentes et ont la même limite »est vraie Démonstration : Soient (u n ) et (vn ) deux suites adjacentes telles que (u n ) soit croissante et (vn ) décroissante. Alors u n ≤ vn Or comme (u n ) est croissante : ∀n; u 0 ≤ u n Et comme (vn ) est décroissante : ∀n ; vn ≤ v0 D’où on a u 0 ≤ u n ≤ vn ≤ v0 Donc (u n ) est croissante (par hypothèse) et majorée par v0 . Donc converge. Et (vn ) est décroissante et minorée par u 0 . Donc converge De plus (u n ) et (vn ) étant adjacentes lim(u n − vn ) = 0 ⇒ lim u n = lim vn D’où (u n ) et (vn ) sont convergentes et ont la même limite. 13.3. La bonne réponse est b). En effet la fonction étant strictement croissante sa dérivée est strictement positive. Solution 14. (p. 6) 14.1. Déterminons la condition sur λ pour que fλ soit automorphisme. fλ est un automorphisme si et seulement si det M λ 6= 0 ⇔ −1 + λ λ(1 − λ) 1+λ 6= 0 λ ⇔λ(−1 + λ) − λ(1 − λ)(1 + λ) 6= 0 ⇔ − λ(1 − λ) − λ(1 − λ)(1 + λ) 6= 0 ⇔ − λ(1 − λ)(λ + 2) 6= 0 ⇔λ 6= 0 et λ 6= 1 et λ 6= −2 D’où 6 5 4 3 2 q (t ) = t + 2t − 5t − 4t + 7t + 2t + 61 Donc p (t ) = 0 ⇔ t = 3 ou t = −1 ou q (t ) = 0 Comme x ,y ,z ≥ 0 alors t = 3 ou q (t ) = 0 Il ne nous reste qu’à résoudre q (t ) = 0, pour t ≥ 0 q (t ) = t 6 − 5t 4 + 7t 2 + 2t 5 − 4t 3 + 2t + 61 =t 2 t 4 − 5t 2 + 7 + t 2t 4 − 4t 2 + 1 + 61 5 2 3 =t 2 t 2 − + + 2t t 2 − 1 2 4 + 61 ≥ 61 ; ∀t ≥ 0 Donc ∀t ≥ 0, q (t ) ≥ 61 > 0 Par conséquent l’équation q (t ) = 0 n’admet aucune solution positive. La seule solution positive de p (t ) = 0 est donc 3. Ainsi x = y = z = 3. 14.2. 14.2.1. Déterminons la loi de la probabilité de X Les seules valeurs que peut prendre X sont −2 ; 1 et 3 Donc X (Ω) = {−2; 1; 3} Probabilité de X = −2 X = −2 si et seulement si les boules tirées sont p et q telles que ni fp , ni fq ne soit un automorphisme ⇔ p ∈ {0; 1; −2} et q ∈ {0; 1; −2} Il suffit de tirer l’une de ces 3 valeurs de p (parmi les 5 boules) puis, comme les tirages sont successifs et sans remise, l’une des deux autres valeurs de q parmi les 4. 3 2 3 D’où p (X = −2) = × = 5 4 10 Probabilité de X = 1 X = 1 si et seulement si : (i) Soit fp est un automorphisme et fq n’est pas un automorphisme (donc p ∈ {−1; 2} et q ∈ {0; 1; −2}). (ii) Soit fp n’est pas un automorphisme et fq est un automorphisme p ∈ {0; 1; −2} et q ∈ {−1; 2} 2 3 3 2 3 D’où p (X = 1) = × + × = 5 4 5 4 5 ; 1 29 1.2. Solution des sujets d’examen i −2 1 3 −1 −1 + λ = 2 3 1 + λ = 2 Mg = Mλ ⇔ 1 λ(1 − λ) = 4 1 λ = 2 D’où M g = M 1/2 Ainsi g appartient à L (R 2 ) p (X = i ) 3 10 3 5 1 10 Solution 15. (p. 6) Probabilité de X = 3 X = 3 si et seulement si fp et fq sont des automorphisme. Donc p ∈ {−1; 2} et q ∈ {−1; 2}. Il suffit donc de choisir l’une de ces valeurs pour p parmi les 5 numéros, puis l’autre valeur pour q parmi les 4 numéros restants. 2 1 1 Donc (X = 3) = × = . D’où 5 4 10 14.2.2. Calculons l’espérance E (X ) et l’écart type σ(X ) de X . On a le tableau suivant i −2 1 3 p (X = i ) 3 10 3 5 1 10 i P (X = i ) −6 10 3 5 3 10 3 = 0.3 10 i 2 P (X = i ) 12 10 3 5 9 10 27 = 2.7 10 E (X ) = P Total i P (X = i ) = 0.3 σ(X ) = ⇔λ= 1 2 Partie A (E) :z 3 + 64i = 0 15.1. Déterminons une solution z 0 de (E) telle que z 0 = −z 0 z 0 solution de (E) ⇔ z 03 + 64i = 0 Posons z 0 = a + ib (a , b ∈ R) z 0 = −z 0 ⇔ a −ib = −a −ib ⇔ a = 0 d’où z 0 = ib (b ∈ R) Or z 03 + 64i = 0 ⇒ (ib )3 + 64i = 0, b ∈ R ⇒i3 × b 3 + 64i = 0, b ∈ R ⇒ − ib 3 + 64i = 0 p V (X ) rX 2 = i 2 P (X = i ) − E (X ) p = 2.7 − 0.32 p = 2.61 14.3. Déterminons une équation cartésienne du noyau Ker f−2 et de l’image Im f−2 de f(−2) −1 − 2 1−2 −3 −1 M −2 = = −2(1 + 2) −2 −6 −2 x x0 ~ = 0 Soit u~ et f (u) y y ( 0 x 0 = −3x − y x −3 −1 x Alors = ⇔ y0 −6 −2 y y 0 = −6x − 2y x ~ ~ =0 u~ ∈ Ker f−2 ⇔ f−2 (u) y ( −3x − y = 0 ⇔ ⇔ −3x − y = 0 −6x − 2y = 0 ⇒b 3 = 64 p 3 ⇒b = 64 ⇒b = 4 d’où z 0 = 4i 15.2. Déterminons les autres solutions z 1 et z 2 de (E). Nous allons utiliser la division euclidienne. ⇔ 3x + y = 0 D’où Ker f−2 a 3x + y( = 0 → Im f−2 . On a pour équation cartésienne x 0 = −3x − y y 0 = −6x − 2y = 2(−3x − y ) = 2x 0 D’où une équation cartésienne de Im f−2 est y 0 = 2x 0 . Soit encore y = 2x . 2 14.4. Vérifions si g appartient à L (R ). 1 3 − 2 La matrice de g est M g = 12 1 4 2 Nous allons chercher λ ∈ R tel que M g = M λ ; Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E = z 2 + 4i z + 64i ÷ z − 4i + 64i + 64i 3 64i 3 + 64i 16i 2 z − 16i 2 z − 4i z 2 + 16i 2 z 4i z 2 − z 3 + 4i z 2 z3 D’où 2 AA 0 3 Posons (D ) la médiatrice de AA 0 alors 1 d A, (D ) = d B , (D ) = d C , (D ) = AA 0 2 2 AA 0 4 AG BG CG = = = 3 Donc = >1 1 3 d A, (D ) d B , (D ) d C , (D ) AA 0 2 Donc A, B et C appartiennent à l’hyperbole de foyer G (center de gravité de AB C ), de directrice la médiatrice de AA 0 (où A 0 est le milieu de [B C ]) et d’excentricité 4 e= . 3 NB : on peut trouver plusieurs coniques auxquelles A, B et C appartiennent. 15.4. Déterminons la nature et les éléments caractéristiques de f . Comme f (A) = B , z B − 4i = r eiθ z A − 4i p p ⇒ 2 3 − 2i − 4i = r eiθ −2 3 − 2i − 4i p p 3 − 3i 2 3 − 6i = p ⇒ r eiθ = p −2 3 − 6i − 3 − 3i p p p p 3 − 3i − 3 + 3i −3 + 3i 3 + 3i 3 + 9 p = = p 3+9 − 3 − 3i − 3 + 3i π p p i 6 + 6i 3 1 3 = = + i=e 3 12 2 2 π D’où r = 1 et θ = [2π] 2 π Ainsi f est la rotation de centre C (4i) et d’angle 2 Partie B p p 3 3 15.1. Démontrons que A = − (x − y ) 3 6 A = aire(G E N H ) − aire(F H G ) + aire(D G E ) or AG = B G = C G = + 16i 2 + 1 z − 4i 64i 3 + 64i 30 z 3 + 64i = (z − 4i) z 2 + 4iz − 16 Donc z 3 + 64i = 0 ⇔ (z − 4i) z 2 + 4iz − 16 = 0 2 ⇔ z = 4i ou z + 4i z − 16 = 0 Résolvons z 2 + 4iz − 16 = 0 ∆ = (4i)2 + 64 = −16 + 64 = 48 = 42 × 3 d’où p p p −4i − 4 3 = −2 3 − 2i ou z = 2 3 − 2i z= 2 Les autres solutions p(en plus de 4i) sont donc p z 1 = −2 3 − 2i et z 2 = 2 3 − 2i 15.3. Déterminons la natureÇ du triangle AB C p 2 p p AC = z C − z A = 2 3 + 6i = 2 3 + 62 = 48 p Donc AC = B C = 4 3 p p p AB = 2 3 − 2i − −2 3 − 2i = 4 3 = AC p Ainsi AB = AC = B C = 4 3 Le triangle AB C est donc un triangle équilatéral. Montrons que les points A, B et C appartiennent à une conique dont nous préciserons la nature et les éléments caractéristiques. On sait qu’une conique de foyer le point F , de directrice la droite (D ) et d’excentricité le réel e > 0 est l’ensemble MF des points M du plan tel que =e d (M , (D )) Il suffit donc de chercher F , (D ) et e tels que AF BF CF = = =e d (A, (D )) d (B , (D )) d (C , (D )) Soit G le centre de gravité de AB C et A 0 le milieu de [B C ] Comme AB C est un triangle équilatéral, aire(G E N H ) = aire(G H P N 0 ) = aire(G N 0 M E ) = aire(P M N ) 3 où N 0 est le projeté orthogonal de N sur (P M ) d’où MN ×PE 2×3 p MN × PM2 −EM2 = 2×3 p 2 × 22 − 12 = 2×3 p 3 = 3 p p 2 2 Car P E = M H = 2 − 1 = 3 aire(G E N H ) = F H ×G H car (G H ) ⊥ (F H ) 2 1 FH × MH 3 = 2 1 = F H ×MH 6 p 1 = ×x × 3 6 aire(F H G ) = ; 1 31 1.2. Solution des sujets d’examen = p 3 x 6 D E ×G E 2 p 3 y = 6 aire(D G E ) = p 3 tan β + 1 = p 3 − tan β (1.6) (1.4) et (1.5) dans (1.6) donne car (D E ) ⊥ (G E ) p 3x = p p 3y + 1 3 × 3y + 1 =p p p 3 − 3y 3(1 − y ) ⇒3x (1 − y ) = 3y + 1 D’où ⇒ − 3x y − 3y = −3x + 1 p p p p p 3 3 3 3 3 − x+ y= − x−y 3 6 6 3 6 3x − 1 15.2. Démontrons que y = 3(x + 1) Ø × Posons α = mes H G F et β = mes D GE ⇒3(x + 1)y = 3x + 1 A= ⇒y = × × Ø mes D G E + mes E G F = mes D GF = π 2 (1.1) × mes E G F + mes Ø F G H = mes Ø EGH = 2π 3 (1.2) Et 2π π π − = 3 2 6 π ⇒α = β + 6 (1.2)-(1.1) ⇒α − β = (1.3) Comme P M N est un triangle équilatéral, en calculant, p 3 on obtient G E = G H = 3 x y Or tan α = et tan β = GH GE p ⇒ tan α = 3x (1.4) p et tan β = 3y (1.5) Nous allons établir une relation entre tan α et tan β en utilisant (1.3) π D’après (1.3) α = β + 6 π ⇒ tan α = tan β + 6 π sin β + 6 = π cos β + 6 π π sin β cos + cos β sin 6 6 = π π cos β cos − sin β sin 6 6 p 3 1 sin β + cos β 2 = p2 1 3 cos β − sin β 2 2 p 3 sin β + cos β =p 3 cos β − sin β p sin β 3 +1 cos β = p sin β 3− cos β 3x + 1 3(x + 1) 15.3. Déduisons la valeur maximale de A D’après questions précédentes p les p 3 3 3x − 1 A= − (x − y ) et y = 3 6 3(x + 1) p p 3x − 1 3 3 x− − ⇒A = 3 6 3(x + 1) p 3 h = (x + 1) 3(x + 1) i 1 − 3x (x + 1) − (3x − 1) 6 p 6x + 6 − 3x 2 + 3x − 3x + 1 3 = 3(x + 1) 6 p 3 −3x 2 + 6x + 5 18(x + 1) p 3 −3x 2 + 6x + 5 = × 18 x +1 = Étant donné que P N = 2, alors H N = 1 D’où x ∈ [0; 1] car x ≤ H N Nous allons donc étudier le maximum de la fonction f −3x 2 + 6x + 5 définie sur D :[0; 1] par f (x ) = x +1 f est continue et dérivable sur D et ∀x ∈ D f 0 (x ) = = 0 −3x 2 + 6x + 5 (x + 1) − (x + 1)0 −3x 2 + 6x + 5 (x + 1)2 (−6x + 6)(x + 1) − −3x 2 + 6x + 5 (x + 1)2 −6(x − 1)(x + 1) + 3x 2 − 6x − 5 = (x + 1)2 −6 x 2 − 1 + 3x 2 − 6x − 5 = (x + 1)2 = = −3x 2 − 6x + 1 (x + 1)2 p p 2 3 2 3 −3 x + 1 − x +1+ 3 3 or ∀x ∈ [0, 1], (x + 1)2 p 2 3 x +1+ 3 (x + 1)2 > 0. Donc f 0 (x ) est de signe ; 32 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E p 2 3 opposé à celui de x + 1 − 3 p 2 3 > 0 si x ∈ − 1 + ;1 p 3p 2 3 2 3 or x + 1 − < 0 si x ∈ 0; −1 + 3 p 3 2 3 = 0 si x = −1 + 3 p 2 3 ≥ 0 si x ∈ 0; −1 + 3 p ⇒ f 0 (x ) est 2 3 ; 1 ≤ 0 si x ∈ −1 + 3 p 2 3 Ainsi f est croissante sur 0; −1 + et est décrois3 p 2 3 sante sur −1 + ;1 3 p 2 3 f étant continue en plus, alors f admet en x0 = −1+ 3 un maximum. La valeur maximal de A est donc Am = p 3 × f (x0 ) 18 p 2 p 2 3 2 3 −3 −1 + + 6 −1 + +5 p 3 3 3 = × p 18 2 3 −1 + +1 3 p p 4 4 4 −3 1 + − −6+4 3+5 p 3 3 3 = × p 18 2 3 3 p p 1 = −3 − 4 + 4 3 − 6 + 4 3 + 5 12 p 8 3−8 = 12 p 2 3−1 = 3 15.4. Déterminons le système d’équation cartésienne de la perpendiculaire au triangle M N P en son centre de gravité. Déterminons d’abord les coordonnées de G x A + x B + xC yA + yB + yC z A + z B + z C G ; ; 3 p3 p 3 4 3 4 2 6 ⇒G ; ; 9 3 9 n~ = M~N ∧ M~P est un vecteur au plan M N P p normal p −−→ 3 2 6 −−→ p or M N 3; −1; 0 et M P ; −1; 3 3 d’où p p −1 0 0 p p p3 p3 −1 −−→ −−→ MN ∧MP 2 6 ; 2 6 3 ; 3 −1 −1 3 3 3 3 p p p −2 3 −2 6 ; −2 2; soit n~ 3 3 (D ) est donc la droite passant par G et admettant n~ comme vecteur directeur. Soit M (x , y , z ) ; alors p p 4 2 6 4 3 −−→ ; y − ;z − GM x − 9 3 9 −−→ M ∈ (D ) ⇔ ∃α ∈ R tel que G M = αu~ p 4 3 x − 9 4 ⇔ y− 3p 2 6 z − 9 p 2 6 α 3 p = −2 2α p 2 3 =− α 3 =− (1) (2) (3) 4 p p y− 2 2 (2) ⇒ α = − y p3 = 3 4 −2 2 D’où p p p p 2 2 4 3 2 6 x− =− − y 9 3 3 4 p p 4 3 3 =− + y 9 3 p 3 ⇔x− y =0 3 et p p p p 2 6 2 3 2 2 =− − y 9 3 3 4 p p 2 6 2 6 =− + y 9 12 p 6 ⇔z − y =0 6 p 3 x − y =0 3 p D’où le système d’équation (D ) : 6 y =0 z − 6 z− Partie C x f (x ) = e2e , g (x ) = ln f (x ) Montrons que g est solution d’une équation différentielle du premier ordre. x g (x ) = ln f (x ) = ln e2e = 2e x car ln ea = a . Donc g 0 (x ) = 2e x = g (x ). D’où g est solution de l’équation différentielle y 0 = y (qui est une équation différentielle du premier ordre). ; 1 33 1.2. Solution des sujets d’examen P (X = k ) k 1.2.5 Solution – Baccalauréat 2016 Solution 16. (p. 7) 16.1. Déterminons le nombre N de nombres complexes qu’on peut ainsi construire. Il s’agit de déterminer le nombre de couple S (x , y ) qu’on peut former en tirant successivement et avec remise 2 nombres parmi les 5 données. Donc N = 52 = 25 16.2. Déterminons la probabilité d’obtenir p: 16.2.1. Un nombre complexe de module 2 Soit P1 cette probabilité nombre de cas favorables P1 = nombre de cas possibles Si nous posons n1 le nombre de cas favorables alors n1 h= N Les valeurs possible de (xp , y ) où le nombre complexe p p p a pour module 2 sont : (− 2, 0), (−1, 1), (0, − 2), (0, 2), p (1, −1), ( 2, 0), (−1, −1), (1, 1) Soit donc 8 cas favorables. 8 D’où n1 = 6 et P1 = 25 π 16.2.2. Un nombre complexe dont un argument et 2 Posons P2 cette probabilité et n2 sur nombre de cas favon2 rables P2 = . N Les valeurs possibles de (x , y ) où le nombre z = x + i y p π admet comme un argument sont : (0, 1) et (0, 2). 2 π En effet z = x + iy admet comme argument signifie 2 π que z = r ei 2 avec r ∈ R+ ⇒ z = r i(r > 0) ⇒ x = 0 et y > 0 On a donc n2 = 2 cas favorables. n2 2 = D’où P2 = N 25 16.3. On soit que, lorsqu’on repère n fois une épreuve à 2 éventualités (succès et échec) dont la probabilité de succès est p , et qu’on note X la variable aléatoire qui compte le nombre de succès obtenus, alors X suit une loi binomiale de paramètre n et P . Et dans ce cas ∀k ∈ {0, . . . , n}, on a : p (X = k ) = Cnk p k (1 − p )n−k Pour notre cas, X suit la loi binomiale de paramètres 8 n = 3 et p = (comme obtenu à la question 16.2.1.) 25 Donc ∀k ∈ {0, . . . , n } on a k 3−k 8 17 × p (X = k ) = C3k 25 25 D’où le tableau suivant : 173 0 253 = 4913 15625 3 × 8 × 172 1 253 3 × 82 × 17 2 253 83 3 253 = = 6936 15625 = 3264 15625 512 15625 Solution 17. (p. 7) (S ) : z = (x − y )2 (S 0 ) : z = x y 17.1. 17.1.1. Déterminons le vecteur i~ ∧ j~ ∧ (2k~ ) On soit que i~ ∧ j~ = k~ ~ Donc i~ ∧ j~ ∧ (2k~ ) = k~ ∧ (2k~ ) = 2(k~ ∧ k~ ) = 0 17.1.2. Déterminons la nature et les éléments caractéristiques de (I2 ) Soit M (x , y , z ) un point de l’espace M ∈ (I2 ) ⇔ M ∈ (S 0 ) et M ∈ (P1 ) ( ( z =xy xy =0 ⇔ ⇔ z =0 z =0 ( x = 0 ou y = 0 ⇔ z =0 ( ( x =0 y =0 ⇔ ou z =0 z =0 ⇔ M ∈ (O J ) ou M ∈ (O I ) ⇔ M ∈ (O I ) ∪ (O J ) D’où (I2 ) = (O I ) ∪ (O J ) (I2 ) est donc la réunion de l’axe des abscisses (O I ) et des ordonnées (O J ). 17.1.3. Déterminons la nature et les éléments caractéristiques du projeté orthogonal de (I3 ) sur le plan (O , i~, j~) Soit M (x , y , z ) un point de l’espace M ∈ (I3 ) ⇔ M ∈ (S ) et M ∈ (S 00 ) ( z = (x − y )2 ⇔ z = −2x y + 4 + 2y 2 ( (x − y )2 = −2x y + 4 + 2y 2 ⇔ z = (x − y )2 (1.1) Soit M 0 (x 0 , y 0 , z 0 ) un point de l’espace M 0 est le projeté de M sur (O , i~, j~) signifie que 0 x = x y0 = y z 0 = 0 D’où (16.2.1.) ⇒ (x 0 − y 0 )2 = −2x 0 y 0 + 4 + 2y 02 et z 0 = 0 ⇒ x 02 + y 02 − 2x y = = − 2x 0 y 0 + 4 + 2y 02 et z 0 = 0 ; 34 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E ⇒ x 02 − y 02 = 4 et z 0 = 0 1 Donc en posant δ = P G C D (x , y ), il existe x 0 et y 0 tels que x = δx 0 et y = δy 0 . Avec P G C D (x 0 , y 0 ) = 1 x 02 y 02 − = 1 et z 0 = 0 4 4 x 02 y 02 ⇒ − = 1 et z 0 = 0 22 22 ⇒ En plus (1.4) ⇒ (δx 0 )2 − 3(δx )(δy ) + (δy 0 )2 = 0 Donc Le projeté orthogonal de (I3 ) sur (O , i~, j~) admet donc pour equation cartésienne dans le repère (O , i~, j~), x2 y 2 − =1 22 22 x2 y 2 − = 1 avec a = 2 et b = 2. Oui est de la forme a2 b2 Il s’agit de l’hyperbole dont les éléments caractéristiques sont : Centre O Sommets A(2; 0) et A 0 (−2; 0) (car a = 2) Axe focal (O , i~) b b Asymptotes : (∆) : y = x et (∆0 ) : − x a a ⇒ ∆ : y = x et ∆0 : y = −x Excentricité : e = Donc il existe deux entiers naturels x 0 et y 0 premiers x entre eux tels que x 02 − 3x 0 y 0 + y 02 = 0 avec x 0 = , δ y y 0 = et δ = P G C D (x , y ) δ 17.2.2.2. Montrons que x 0 divise y 02 x 02 − 3x 0 y 0 + y 02 = 0 ⇒ x 02 − 3x 0 y 0 = −y 02 ⇒ x 0 (x 0 − 3y 0 ) = −y 02 Or x 0 et y 0 sont premiers entre eux, donc x 0 − 3y 0 et y 0 sont premiers entre eux Donc x 0 divise y 02 Montrons que x 0 divise y 0 x 0 divise y 02 ⇒ x 0 divise y 0 × y 0 ⇒ x 0 divise y 0 17.2.2.3. Établissons que x = 0 D’après les questions précédentes, il existe x 0 et y 0 premiers entre eux tels que (I4 ) = (S ) ∩ (S 0 ) 17.2.1. Montrons que si x = 0, alors le point M est le point O Soit M (x , y , z ) un point de l’espace M ∈ (I4 ) ⇔ M ∈ (S ) et et M ∈ (S 0 ) ¨ z = (x − y )2 (1.2) ⇔ z =xy (1.3) Montrons que si x = 0 alors M = O c.a.d x = y = z = 0 Supposons donc que x = 0, alors (1.3) ⇒ z = 0 × y = 0 et (1.2) ⇒ 0 = (0 − y )2 ⇔ 0 = y 2 ⇔ y = 0 D’où x = y = z = 0 Donc si x = 0 alors M = O . 17.2.2. 17.2.2.1. Montrons que les entiers x et y vérifient x 2 − 3x y + y 2 = 0 ¨ z = (x − y )2 M (x , y , z ) ∈ (I4 ) ⇔ z =xy ⇒ x y = (x − y )2 ⇒ x y = x 2 − 2x y + y 2 ⇒ 0 = x 2 − 3x y + y 2 ⇒ x 2 − 3x y + y 2 = 0 2 ⇒ δx 0 − 3x 0 y 0 + y 02 = 0 car δ 6= 0 ⇒ x 0 |y 02 c a p p p a 2 + b 2 = 22 + 22 = 2 2, p 2 2 p e= = 2 2 p p p Foyers : F (2 2; 0) et F 0 (−2 2; 0) car c = 2 2 17.2. (Série C uniquement) avec c 2 = ⇒ δ2 x 02 − 3δ2 x 0 y 0 + δ2 y 02 = 0 x 02 − 3x 0 y 0 + y 02 = 0 et x 0 divise y 0 x 0 et y 0 premiers entre eux signifie que le seul diviseur commun (positif) de x 0 et y 0 est 1. Or x 0 divise y 0 , ⇒ x 0 est un diviseur commun de x 0 et y 0 ⇒ x0 = 1 2 Or si x 0 = 1 alors 12 − 3 × 1 × y 0 + y 02 = 0 ⇒ y 02 − 3y 02 + 1 = 0 2 2 3 3 3 ⇒ y 02 − 3 × y 0 + − +1=0 2 2 2 2 5 3 − =0 ⇒ y0− 2 4 p p 3 − 5 3+ 5 ⇒ y0 = ou y 0 = 2 2 Or aucune de ces valeurs n’est entière. Donc le cas x 6= 0 n’admet aucune solution D’où x = 0 et par conséquent O (0, 0, 0) est le seul point de (I4 ) dont les coordonnée sont entières. 17.3. (Série E uniquement) 17.3.1. 17.3.1.1. Figure (1.4) Déduisons alors qu’il existe des entiers naturels x 0 et y 0 premiers entre eux tels que x 02 − 3x 0 y 0 + y 02 = 0 Comme x 6= 0 alors d’après la relation précédente y 6= 0 ; 1 35 1.2. Solution des sujets d’examen 2 (1.5) − (1.6) ⇒ yA2 − yA − 2 = 0 ⇒ yA − yA + 2 × yA + yA − 2 = 0 ⇒ 2 2yA − 2 = 0 y z A B ⇒ 2yA = 2 ⇒ yA = 1 (1.5) et (1.7) deviennent donc ( x A2 + z A2 = 3 p (x A − 3)2 + z A2 = 4 C p 3 x 17.3.1.2. Montrons que les coordonnées des point A, B et C dansle repère (O , i~, j~, k~ ) sont respectivement p p p 3 2 6 ; 1; , (0, 2, 0), ( 3, 1, 0) 3 3 Coordonnées de B Comme B appartient à (O J ), l’axe des ordonnées alors x B = z B = 0 Aussi comme O B = 2 alors yB = 2 ou yB = −2 Donc B (0, 2, 0) ou B (0, −2, 0) Coordonnées de Cp C a pourpabscisse 3 et appartient au plan (O , i~, j~) Donc C ( 3, yC , 0) Aussi O C = 2 p ⇒ ( 3)2 + yC2 = 4 ⇒ yC2 = 1 ⇒ yC = 1 ou yC = −1 p p Donc C ( 3; −1; 0) ou C ( 3; 1; 0) Or nous avons vu précédemment que B (0; 2; 0) ou B (0; −2; 0) Et on soit que O B C est un triangle équilatéral. Si B (0; 2;p0) Pour C ( 3; −1; 0) p on a B C 2 = ( 3)2 + 32 6= 22 , p (1.8) − 1.9) ⇒ x A2 − (x A − 3)2 = −1 p ⇒ x A2 − (x A2 + 3 − 2 3x A ) = −1 p ⇒ 2 3x A = 2 p 1 3 ⇒ xA = p = 3 3 En remplaçant dans (1.8) on obtient 1 + z A2 = 3 3 1 8 ⇒ z A2 = 3 − = 3 3 v v p p t t2 2 2 6 2 ⇒ zA = 4 × = 2 =2p = 3 3 3 3 p 2 6 ou z A = − 3 p p 3 2 6 ; 1; Donc ; dans ce cas, soit A , soit 3 3 p p 3 −2 6 ; 1; A 3 3 p 2 ème cas : si B (0; −2; 0) et C ( 3; −1; 0) 2 O A = 4 On a ce cas n’est p donc pas correct. Pour C ( 3; 1; 0) p on a B C 2 = ( 3)2 + (2 − 1)2 = 4 AB 2 = 4 AC 2 = 4 ⇔ = OB2 = OC 2 (1.8) (1.9) x 2 + yA2 + z A2 = 4 A (1.10) x A2 + (yA + 2)2 + z A2 = 4 (x − p3)2 + (y + 1)2 + z 2 = 4 A A (1.11) (1.12) (1.10) − (1.11) Si B (0; −2; 0) Donc un a : ⇒ yA2 − (yA + 2)2 = 0 ⇒ (yA − yA − 2)(yA + yA + 2) = 0 p Soit B (0; 2; 0) et C ( 3; 1; 0) p Soit B (0; −2; 0) et C ( 3; −1; 0) ⇒ −2(2yA + 2) = 0 ⇒ yA = −1 Coordonnées de A A est le point de coordonnées (x A , x B , xC ) tel que O A 2 = AB 2 = AC 2 = z 2 p 1 er cas : si B (0; 2; 0) et C ( 3; 1; 0) O A 2 = AB 2 = AC 2 = 4 x 2 + yA2 + z A2 = 4 A ⇔ x A2 + (yA − 2)2 + z A2 = 4 (x − p3)2 + (y − 1)2 = z 2 = 4 A A A (1.5) En replaçant dans (1.10) et (1.12) on obtient ( x A2 + z A2 = 3 p (x A − 3)2 + z A2 = 4 Que nous avons résolu précédemment et obtenu p p p 3 2 6 2 6 xA = et z A = ou z A = − 3 3 3 (1.6) (1.7) ; 36 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E Donc soit, pour ce cas on a : p p 3 2 6 ; −1; − soit A 3 3 p p 3 2 6 soit A + ; −1; 3 3 Conclusion p : p p 3 2 6 , B (0; 2; 0), C ( 3; 1; 0) Soit A ; 1; 3 3 p p p 3 2 6 , B (0; 2; 0), C ( 3; 1; 0) ; 1; − Soit A 3 3 p p p 3 2 6 ; −1; , B (0; −2; 0), C ( 3; −1; 0) Soit A 3 3 p p p 3 2 6 Soit A ; −1; − , B (0; −2; 0), C ( 3; −1; 0) 3 3 17.3.2. Déduisons le volume p tétraèdre AB C O p du p 3 2 6 En considérant A ; 1; , B (0; 2; 0) et C ( 3; 1; 0) 3 3 On soit que le volume V d’un tétraèdre est donne par 1 la formule V = B h ; où B est l’aide de base et h est la 3 hauteur. Calculons B y B C0 C p 2 x −→ 1 − |x | 18.1.1. 18.1.1.1. Parité de f ∀x ∈ [−1; 1], −x ∈ [−1; 1] et 2 p p 2 f (−x ) = 1 − | − x | = 1 − |x | = f (x ) Donc f est paire 18.1.1.2. Comme f est paire sa courbe (C ) est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. p 2 18.1.2. 18.1.2.1. Vérifions que g (x ) = 1 − x pour tout x ∈ [0, 1] g étant la restriction de f sur [0, 1]p est égale à f sur [0, 1] c.a.d ∀x ∈ [0, 1], g (x ) = f (x ) = (1 − |x |)2 Or ∀x ∈ [0, 1], x ≥ 0 ⇒ |x | = x p D’où g (x ) = (1 − x )2 , ∀x ∈ [0, 1] 18.1.2.2. Étudions la dérivabilité de g à droite en 0. g (x ) − g (0) Pour cela nous allons calculer lim . Et, si ce x →0> x −0 nombre existe et est fini alors g est dérivable à droite en 0 On a p g (x ) − g (0) (1 − x )2 − 12 lim = lim x →0> x →0> x −0 x p p (1 − x − 1)(1 − x + 1) = lim x →0> x p p − x (2 − x ) = lim p p x →0> x x p x −2 2 = lim 1 − p = lim p x →0> x →0> x x = 1 − ∞ = −∞ O x Comme O C B est un triangle équilatéral, le projeté orthogonal C 0 de C sur [O B ] est le milieu de [O B ]. 2 Donc O B = O C = B C = 2 et O C 0 = = 1 2 p p p 0 2 02 ⇒ C C = OC −OC = 4−1 = 3 p OB ×CC0 2× 3 p D’où B = = = 3 2 2 Calculons h . Soit A 0 le projeté orthogonal de A sur O B C Comme le plan O B C est confondue au plan (O , i~, j~) ~ ~ alors A 0 estle projeté orthogonal de pA sur plan (O , i , j ) p p 3 3 2 6 Comme A ; 1; , alors A 0 ; 1; 0 3 3 3 p 2 6 Par conséquent h = AA 0 = . 3 p p p 1 p 2 6 2×3 2 2 2 D’où V = × 3 × = = 3p 3 3×3 3 2 2 2 Donc V = (cm ). 3 Solution 18. (p. 7) Æ p E = {M (x , y )/ |x | + |y | = 1} 18.1. Partie A : f : [−1; 1] −→ R Donc g n’est pas dérivable à droite en 0. g (x ) − g (0) Et comme lim = −∞, on peut conclure que x →0> x −0 la courbe (C ) admet à droite en 0, une demi tangente parallèle à l’axe des ordonnées. 18.1.2.3. Montrons que pour tout x ∈]0; 1] p −1 + x g 0 (x ) = p x On soit que (u 2 )0 = 2u 0 u ∀x ∈]0, 1], p p 0 p g 0 (x ) = (1 − x )2 = 2(1 − x )0 (1 − x ) 1 1 p p x )0 = (− x )0 = − p car ( x )0 = p . D’où 2 x 2 x p p p −(1 − x ) −1 + x 1 g 0 (x ) = 2 − p 1− x = = p p 2 x x x p −1 + x Ainsi pou tout x ∈]0; 1] g 0 (x ) = p x 18.1.2.4. Dressons le tableau de variation de g . Pour cela, nous allons d’abord étudier le signe de g 0 (x ) p −1 + x 0 ∀x ∈]0; 1], g (x ) = p p x p p Or x > 0 et x ≤ 1 p p ⇒ x > 0 et − 1 + x ≤ 0 p −1 + x ⇒ p ≤0 x Avec (1 − p ⇒ g 0 (x ) ≤ 0, ∀x ∈]0; 1] ; 1 37 1.2. Solution des sujets d’examen Donc g est décroissante sur [0; 1] Aussi p 2 g (0) = 1 − 0 = 1 p 2 et g (1) = 1 − 1 = 0 primée en cm2 est Z =9×2 D’où la tableau de variation suivant : x 0 g (x ) = 18 Z − = 18 1 g (x ) f (x ) dx −1 Z1 f (x ) dx , car f est paire 0 1 0 1 A =3×3 Z 1 g (x ) dx = 18 0 1 Z 1 1− p 2 x dx 0 p 1 + x − 2 x dx 0 0 1 2 3 1 = 18 x 2 + x − 2 × x 2 , 2 3 0 1 p car x = x 2 , ∀x ∈ [0; 1] 1 4 = 18 +1− 2 3 1 3 4 = 18 × = 18 × = 3 − 2 2 6 18.1.2.5. Montrons que t est solution de l’équation différentielle y 00 − 2 = 0 sur [0; 1] Il suffit de montrer que pour tout x de l’intervalle [0; 1] on a t 00 (x ) − 2 = 0 Or ∀x ∈ [0; 1], t (x ) = g (x 2 ) p 2 = 1 − x 2 = (1 − |x |)2 = (1 − x )2 ⇒ t 0 (x ) = 2(1 − x )0 (1 − x ) = −2(1 − x ) = 2(x − 1) 00 ⇒ t (x ) = 2(x − 1)0 = 2 ⇒ t 00 (x ) − 2 = 0, ∀x ∈ [0; 1] D’où t est solution de l’équation différentielle y 00 − 2 = 0 sur [0; 1] 18.1.3. 18.1.3.1. Représentons la courbe (C ) de la fonction f . Tableau de valeur particulières : x 0 0,1 0,2 0,5 1 f (x ) 1 0,46 0,3 0,08 0 y 1 Donc A = 3 cm2 18.1.4. Déduisons de (C ) la courbe (C 0 ) de h . Comme h (x ) = − f (x ), ∀x ∈ [−1; 1], alors (C 0 ) est le symétrique de (C ) par rapport à l’axe des abscisses (O I ). Voir la figure précédente pour le trace de (C 0 ). 1 18.1.5. (u n ) : u 0 = et u n+1 = f (u n ) 2 18.1.5.1. Vérifions que la suite (u n ) est bien définie Il s’agit de montrer que ∀n ∈ N le terme, un (ainsi défini) existe. Pour cela nous allons montrer par récurrence que ∀n ∈ N, u n existe et appartient à l’intervalle [0; 1]. Pour n = 0, u 0 existe et u 0 ∈ [0; 1] Supposons que u n existe et appartient à [0; 1] et montrons que u n+1 existe aussi et appartient à [0; 1] D’après le tableau de variation de g , restriction de f sur [0; 1], obtenu à la question (18.1.2.4.), nous pouvons tires que ∀x ∈ [0; 1], g (x ) = f (x ) ∈ [0; 1] (C ) Donc comme u n ∈ [0; 1], f (u n ) existe et appartient aussi à [0; 1] or f (u n ) = u n+1 x (C ) 0 −1 NB : Pour représenter (C ), on trace d’abord la partie pour x ∈ [0; 1] et puis que f est paire, on déssine la partie pour les x ∈ [−1; 0] faisant le symétrique de l’aire partie par rapport à (O J ). 18.1.3.2. Déterminons l’aire A du domaine limité par l’axe des abscisses et la courbe (C ) de f . En tenant compte de l’unité sur les axes, 3 cm nu l’axe des abscisses et 3 cm nu l’axe des ordonnées, l’aire A ex- ⇒ u n +1 existe et appartient à [0; 1] D’où la suite (u n ) est bien définie. 18.1.5.2. Montrons que (u n ) n’est ni croissante ni décroissante 1 u 0 = = 0,5 2 v !2 t1 p 2 u1 = 1 − u0 = 1 − 2 v t1 3 p 1 =1+ −2 = − 2 ≈ 0,085 78 2 2 2 2 v u v !2 u t 1 p 2 u 2 = 1 − u 1 = 1 − t 1 − 2 ; 38 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E = 1− 1− v !2 t1 2 v !2 v ! 2 t1 t1 = 1−1+ = 1 − 1 − 2 2 = v !2 t1 2 = 1 = 0,5 2 Donc u 0 > u 1 et u 1 < u 2 D’où (u n ) n’est ni croissante, ni décroissante. 18.2. Partie 2 : 18.2.1. Montrons que pour tout point M (x .y ) appartenant à (E ), on a −1 ≤ x ≤ 1. Soit M (x , y ) un point du plan. Æ p M ∈ (E ) ⇔ |x | + |y | = 1 Æ p ⇔ |x | = 1 − |y | Æ Æ or |y | ≥ 0 ⇒ − |y | ≤ 0 Æ ⇒ 1 − |y | ≤ 1 Æ p or 1 − |y | = |x | p ⇒ |x | ≤ 1 ⇒ |x | ≤ 1 ⇒ −1 ≤ x ≤ 1. 18.2.2. Montrons que (E ) est la réunion des courbes (C ) et (C 0 ) Soit M (x , y ) un point du plan p p M ∈ (E ) ⇔ |x | + |y | = 1 Æ p p 2 ⇔ |y | = 1 − |x | ⇔ |y | = 1 − |x | p 2 p 2 ⇔ y = 1 − |x | ou y = − 1 − |x | Or nous avons obtenu à la question précédente que M (x , y ) ∈ E ⇒ x ∈ [−1; 1] ⇒ y = f (x ) ou y = − f (x ), x ∈ [−1; 1] ⇒ y = f (x )ou y = h (x ), x ∈ [−1; 1] ⇒ M ∈ (C ) ou M ∈ (C 0 ) ⇔ M ∈ (C ) ∪ (C 0 ) D’où (E ) est réunion des courbes (C ) et (C 0 ) 18.2.3. I (1; 0), J (0; 1), K (−1, 0) et L (0; −1) 18.2.3.1. Déterminons l’ensemble des couples (A, B ) des points de (E ) tels que d (A, B ) = 2. (E ) = (C ) ∪ (C 0 ) d’après 18.2.2. Et d’après la courbe de (C ) et (C 0 ), (E ) est contenu dans le carré I J K L , donc la distance maximale entre deux points M et N de (E ) est égale à la diagonale qui est IK = JL =2 Donc les points A, B de (E ) tels que AB = 2 sont tels que AB soit une diagonale du cané I J K L . Les couples de points possibles sont donc (I ; K ), (K ; I ), (J ; L ) et (L , J ). 18.2.3.2. Montrons que S (O ) = O (E ) = (C ) ∪ (C 0 ) étant symétrique par rapport à O admet pour centre de gravité le point O . S étant une isométrie laissant (E ) globalement invariant (E ), alors S (E ) = (E ). Or toute isométrie concerne le barycentre donc comme S (E ) = (E ), l’image par S du centre de gravite de (E ) est le centre de gravité de S (E ) = (E ) ⇒ S (O ) = O car O est le centre de gravité de (E ). 18.2.3.3. S étant une isométrie laissant au moins un point invariant est : soit l’application identique du plan ; soit une rotation d’angle non nul de centre O ; soit un symétrie orthogonale d’axe passant par O . 18.2.4. 18.2.4.1. Vérifions que r est et soit une rotation de centre O et d’angle non nul, soit l’application identique du plan. D’après la question précédente, puisque r laisse globalement invariant (E ), r est soit l’application identique du plan, soit une rotation de centre O et d’angle non nul, soit une symétrie orthogonale. Or une symétrie orthogonale n’est pas un déplacement. Donc r est soit une rotation de centre O et d’angle non nul, soit l’application identique du plan. 18.2.4.2. Déduisons par leurs éléments caractéristiques tous déplacements qui laissent (E ) globalement invariant. Soit r un tel déplacement. D’après la question précédente, r est soit l’application identique du plan, soit une rotation de centre O et d’angle non nul. Soit le cas où r est une rotation d’angle non nul et de centre O . Déterminons les valeurs possibles de son angle α Supposons I 0 = r (I ). Comme r est une isométrie et que O = r (O ) alors O I 0 = O I = 1 sont I , J , K et L . Donc soit I 0 = J , soit I 0 = K soit I 0 = L (cas I 0 6= I puis que l’angle de la rotation est non nul). π Si I 0 = J alors α = 2 Si I 0 = K alors α = π π 0 Si I = L alors α = − 2 Conclusion : Les déplacements qui laissent (E ) globalement invariant soit : l’application identique du plan ; π la rotation de centre O et d’angle − ; 2 π la rotation de centre O et d’angle ; 2 la rotation de centre O et d’angle π. 18.2.5. 18.2.5.1. Vérifions que O appartient à ∆. On soit que ∆ est l’ensemble des points invariants par S∆ et puis que O est invariant par tous les éléments de (J ) et donc par S∆ en particulier, alors O ∈ (∆). 18.2.5.2. Déduisons les éléments caractéristiques des réflexions que laissent (E ) globalement invariant. Il s’agit de déterminer les axes (∆) de ces réflexions. Soit I 0 l’image de I par S(∆) . Comme O = S (O ) et I 0 = S (I ) alors O I 0 = O I = 1 Donc I appartient au cercle de courbe O et de rayon 1. Or les seuls points de (E ) qui appartiennent à ce cercle sont I , J , K et L . ; 1 39 1.2. Solution des sujets d’examen Donc S (I ) ∈ {I , J , K , L } et O ∈ ∆. si S (I ) = I alors ∆ = (O I ) ; si S (I ) = J alors (∆) est première bissectrice. ∆1 : y = x ; si S (I ) = K alors (∆) = (O J ) ; si S (I ) = L alors (∆) est la 2 ème bissectrice ∆2 : y = −x . Ainsi les réflexions qui laissent (E ) globalement invariant sont S(O I ) , S(O J ) , S∆1 et S∆2 avec ∆1 : y = x et ∆2 : y = −x 18.2.6. Écrivons en extension l’ensemble (J ) D’après les questions précédentes π π , r 0, , (J ) = I d E , r 0, − 2 2 r (0, π) ,S(O I ) ,S(O J ) ,S∆1 ,S∆2 où ∆1 : y = x , ∆2 : y = −x 1.2.6 Solution – Baccalauréat 2017 ~. ⇔ (3β + γ)i~ + (2α + β ) j~ + (−α + β − γ)k~ = 0 On obtient 3β + γ = 0 2α + β = 0 −α + β − γ = 0 D’où B 0 est une famille libre de trois vecteurs de E alors B 0 est une base de E . 19.3.2. Tout d’abord j’exprime i~, j~, et k~ en fonction de e~1 , e~2 , et e~3 . Nous avons le système : 2 j~ − k~ = e~1 , 3i~ + j~ + k~ = e~2 i~ − k~ = e~ 3 par substitution, on obtient 2 1 −1 i~ = e~1 + e~2 + e~3 9 9 3 4 1 1 j~ = e~1 + e~2 − e~3 9 9 3 −1 2 2 k~ = e~1 + e~2 − e~3 9 9 3 Ainsi, f (e~1 ) = f (2 j~ − k~ ) = 2 f ( j~) − f (k~ ) Solution 19. (p. 8) = 2(−i~ − j~ − 2k~ ) − (2i~ + j~ + 3k~ ) 19.1. f (i~) = −i~ + 2 j~ + k~ , = −4i~ − 3 j~ − 7k~ f ( j~) = −i~ − j~ − 2k~ et f (k~ ) = 2i~ + j~ + 3k~ . Alors la matrice M de f dans la base B est : −1 −1 2 −1 1 M = 2 1 −2 3 19.2. 19.2.1. Soit u~ = x i~ + y j~ + z k~ un vecteur de E . ~ u~ ∈ ker f ⇔ f (u~ ) = 0 −1 −1 2 x 0 −1 1 y = 0 ⇔ 2 1 −2 3 z 0 −x − y + 2z = 0 −x − y + 2z = 0 ⇔ 2x − y + z = 0 x − 2y + 3z = 0 ⇔ α = 0, β = 0, γ = 0 . ⇔ 5x − y = 0 5x − y = 0 Ainsi, u~ ∈ ker f ⇔ y = 5x et z = 3x ⇔ u~ = x i~ + 5x j~ + 3x k~ = x (i~ + 5 j~ + 3k~ ). D’où ker f est la droite vectorielle de base i~ + 5 j~ + 3k~ . 19.2.2. dim ker f + dim ℑf = dim E c’est-à-dire 1 + dim ℑf = 3. Ainsi donc la dimension de ℑf est 2. 19.2.3. L’application f n’est pas bijective, en effet ~ ( f n’est pas injective). On peut aussi justifier ker f 6= 0 cela par le fait que dim ℑf = 6 dim E (f n’est pas surjective). 19.3. 19.3.1. e~1 , e~2 , e~3 est une famille de trois vecteurs de E , ainsi, pour montrer qu’elle est une base, il suffit de montrer qu’elle est une famille libre. Pour cela, ~ on a : soit α, β et γ trois réels tels que αe~1 + β e~2 + γe~3 = 0 ~ αe~1 + β e~2 + γe~3 = 0 ~ ⇔ α(2 j~ − k~ ) + β (3i~ + j~ + k~ ) + γ(i~ − k~ ) = 0 = 25 13 −1 e~1 − e~2 + e~3 . 9 9 3 f (e~2 ) = f (3i~ + j~ + k~ ) = 3 f (i~) + f ( j~) + f (k~ ) = 3(−i~ + 2 j~ + k~ ) + (−i~ − j~ − 2k~ ) + (2i~ + j~ + 3k~ ) = −2i~ + 6 j~ + 4k~ 22 10 16 e~1 + e~2 − e~3 . 9 9 3 f (e~3 ) = f (i~ − k~ ) = f (i~) − f (k~ ) on obtient f (e~2 ) = = (−i~ + 2 j~ + k~ ) − (2i~ + j~ + 3k~ ) = −3i~ + j~ − 2k~ = e~1 − e~2 . D’où la matrice A de f dans la base B 0 est : 22 1 − 1 9 9 25 10 A= −1 − 9 9 13 16 − 0 3 3 Solution 20. (p. 8) 20.1. 20.1.1. 13(5)+7(−7) = 65−49 = 16. Alors le couple (5; −7) est(solution de (E ). 20.1.2. 13x + 7y = 16 13(5) + 7(−7) = 16 ⇔13(x − 5) + 7(y + 7) = 0 ⇔13(5 − x ) = 7(y + 7) . Or 13 et 7 sont premiers entre eux alors il existe k ∈ Z tel ; 40 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E que 5 − x = 7k et y + 7 = 13k . Donc Solution 21. (p. 8) x = −7k + 5 et y = 13k − 7 où k est un entier relatif. Ainsi l’ensemble solution de (E ) dans Z2 est −7k + 5 ; 13k − 7), k ∈ Z 20.2. 20.2.1. 42 ≡ 1[5] alors pour tout entier naturel n, on a (42 )n ≡ 1n [5] c’est-à-dire 42n ≡ 1[5]. 20.2.2. 2014 ≡ 4[5] alors on a 20142015 ≡ 42015 [5]. Or 2015 = 2×1007+1 et pour tout entier naturel n , 42n ≡ 1[5]. Alors, 42015 ≡ 42014 × 41 [5] c’est-à-dire 20142015 ≡ 4[5]. D’où le reste de la division euclidienne de 20142015 par 5 est 4. 20.3. 20.3.1. Chaque résultat est un 2-arrangement de boules de cette urne. Ainsi le nombre de résultats possibles est A 22p = 2p (2p − 1). 20.3.2. L’univers image de la variable aléatoire X est X (Ω) = {−800 ; 400 ; 800}. L’événement [X = 800] est réalisé par les 2-arrangements de boules de numéros pairs (A 2p possibilités), ainsi la probabilité que X = 800 est A 2p A 22p = p −1 . 4p − 2 L’événement [X = 400] est réalisé par les 2-arrangements de boules de numéros de parité différente (2A 1p A 1p possibilités), ainsi la probabilité que X = 400 est 2A 1p A 1p A 22p = p . 2p − 1 L’événement [X = −800] est réalisé par les 2-arrangements de boules de numéros impairs (A 2p possibilités), ainsi la probabilité que X = −800 est A 2p A 22p = p −1 . 4p − 2 Ainsi, la loi de probabilité de X est donné par le tableau suivant : xi P (X = xi ) −800 p −1 4p − 2 400 2p 4p − 2 800 p −1 4p − 2 20.3.3. L’espérance mathématique E (X ) de X est : p −1 2p + 400 × + 4p − 2 4p − 2 p −1 800p + 800 × = . 4p − 2 4p − 2 400p . Ainsi, E (X ) = 2p − 1 E (X ) = −800 × 20.3.4. E (X ) = 240 ⇔ 400p = 240 2p − 1 ⇔ 480p − 240 = 400p ⇔ p = 3 . Ainsi, l’espérance de gain du joueur est de 240 F cfa si P = 3. 21.1. 21.1.1. 21.1.1.1. (∆) est l’image de la droite (AD ) π par la rotation de centre A et d’angle . Ainsi (∆) est la 4 droite parallèle à (B D ) passant par A. π 21.1.1.2. t ◦ r est une rotation d’angle car composée 2 d’une translation et d’une rotation. Or t = S(D B ) ◦ S(∆) ainsi t ◦ r = S(D B ) ◦ S(∆) ◦ S(∆) ◦ S(AD ) = S(D B ) ◦ S(AD ) . Alors π t ◦ r est la rotation de centre D et d’angle . 2 21.1.2. 21.1.2.1. (S ◦ t ◦ r )(A) = (S ◦ t )[r (A)] = (S ◦ t )(A) = S [t (A)] = S (C ) = C . (S ◦ t ◦ r )(D ) = S [t ◦ r (D )] = S (D ) = D 0 où D 0 est le symétrique de D par rapport à C . 21.1.2.2. S ◦ t ◦ r est la composée de la rotation S qui a π pour angle −π et la rotation t ◦r d’angle alors S ◦t ◦r 2 π π une rotation d’angle −π + = − . De plus, S ◦ t ◦ r 2 2 transforme les points A et D respectivement en C et D 0 , 0 or les droites (AC ) et (D D ) sont non parallèles alors le centre de la rotation S ◦ t ◦ r est le point d’intersection des médiatrices des segments [AC ] et [D D 0 ] c’est-à-dire le point B . π Ainsi, S ◦ t ◦ r est la rotation de centre B et d’angle − . 2 21.2. 21.2.1. Posons M 0 = r 0 (M ), On a r 0 (D ) = B et π l’angle de r 0 est − alors l’image de la droite (D C ) par r 0 2 est la perpendiculaire à (D C ) passant par B , ce qui correspond à la droite (B C ). Puisque M appartient à (D C ) alors M 0 appartient à son image (B C ) et de plus (AM ) et (AM 0 ) sont perpendiculaires. Ainsi M 0 = N c’est-à-dire r 0 (M ) = N . r 0 est la rotation de centre A qui transforme M en N alors le triangle AM N est rectangle et isocèle en A. 21.2.2. 21.2.2.1. Posons C 0 l’image de C par S 0 . S 0 est la similitude de centre A et transforme D en I et de plus le triangle AD I est rectangle isocèle indirect en I . Alors puisque S 0 transforme C en C 0 , alors le triangle AC C 0 est rectangle isocèle indirect en C 0 . Ainsi C 0 = B . indi21.2.2.2. Le triangle AM N est rectangle isocèle p 2 rect et J est milieu de [M N ] alors A J = AM et 2 π #Û „ #„ 0 mes (AM , A J ) = − alors S (M ) = J . 4 21.2.2.3. J est l’image de M par S 0 alors lorsque le point M décrit la droite (D C ), J décrit l’image de la droite (D C ) par la similitude S 0 qui est la droite (B I ). 21.2.3. 21.2.3.1. Soit M un point du plan. 1 M ∈ (>) ⇔ d (M , C ) = p d (M , (B D )) 2 p d (M , C ) 1 2 ⇔ =p = . d (M , (B D )) 2 2 Alors (>) estpl’ellipse de foyer C , de directrice (B D ) et d’ex2 centricité . 2 21.2.3.2. (>) étant p l’ellipse de foyer C , de directrice (B D ) 2 et d’excentricité alors son image par la similitude S 0 2 est l’ellipse de foyer S 0 (C ), de directrice S 0 [(B D )] et d’ex- ; 1 41 1.2. Solution des sujets d’examen p 2 . Or S 0 (C ) = B et S 0 [(B D )] est la médiatrice 2 de [AB ]. Ainsi p l’image de (>) est l’ellipse de foyer B , d’ex2 centricité et de directrice la droite (D ), médiatrice 2 de [AB ]. centricité C D M D0 I (∆) B A (D ) c’est-à-dire x = 2t + 8 y = −t + 1 z = 3t + 7 Ainsi, une représentation paramétrique de la droite (∆) est x = 2t + 8 y = −t + 1 , (t ∈ R) z = 3t + 7 22.1.2.4. K appartient à la droite (∆) alors il existe un réel t tel que K (2t +8; −t +1; 3t +7). De plus K appartient au plan (AB C ) alors −2(2t + 8) + (−t + 1) − 3(3t + 7) + 8 = 0 ce qui donne t = −2. Ainsi le point K a pour coordonnées (4; 3; 1). 22.1.3. 22.1.3.1. Le projeté orthogonal de D sur le plan (AB C ) est le point d’intersection de la droite (∆) et du plan (AB C ) c’est-à-dire K . # „ #„ # „ #„ Ainsi D H = αN ⇔ D K = αN N ⇔ (−4; 2; −6) = α(−2; 1; −3) . Solution 22. (p. 8) 22.1. Partie A #„ 22.1.1. 22.1.1.1. AB (1; −1; −1) et 1 #„ −1 −5 2 N ; ; −1 −3 −3 −1 # „ AC (2; −5; −3) d’où 1 2 −1 −5 = (3 − 5; −2 + 3; −5 + 2) . Ainsi N~ (−2; 1; −3). #„ # „ ~ #„ ~ alors les points A, B et C N= 6 0 c’est-à-dire AB ∧ AC 6= 0 sont non alignés. 22.1.1.2. L’aire, en unités d’aire, du triangle AB C est : p 1 # „ # „ 14 kAB ∧ AC k = . 2 2 22.1.2. 22.1.2.1. #„ u (2; −1; 3) est un vecteur directeur de #„ # „ # „ (∆) et N = AB ∧ AC est un vecteur normal du plan (AB C ) alors (∆) est orthogonale au plan (AB C ) si et seulement #„ # „ si les vecteurs #„ u et AB ∧ AC sont colinéaires. #„ #„ u = (2; −1; 3) = −(−2; 1; −3) = −N #„ ainsi #„ u et N sont colinéaires. D’où la droite (∆) est orthogonale au plan (AB C ). 22.1.2.2. Soit M (x ; y ; z ) un point du plan. M (x ; y ; z ) ∈ (AB C ) # „ #„ si et seulement si AM .N = 0 −2(x − 1) + (y − 6) − 3(z − 4) = 0 −2x + y − 3z + 8 = 0 Ainsi, le plan (AB C ) a pour équation : −2x + y − 3z + 8 = 0 . 22.1.2.3. Un point M (x ; y ; z ) appartient à la droite (∆) # „ si et seulement si il existe un réel t tel que D M = t #„ u D’où, α = 2. p p 22.1.3.2. D H = (−4)2 + (2)2 + (−6)2 = 2 14. Le volume du tétraèdre AB C D , en unités de volume, est p p 2 14 × 214 14 D H × aire du triangle AB C = = 3 3 3 22.1.4. 22.1.4.1. n~1 (1; 1; 1) est un vecteur normal du plan (P1 ) et n~2 (1; 4; 0) est un vecteur normal du plan (P2 ). n~1 ∧ n~2 = (−4 :1 :3) est non nul alors les plans (P1 ) et (P2 ) sont sécants. 22.1.4.2. Un système d’équations cartésiennes de la droite (d ) est : ( x + y +z −6=0 . x + 4y − 7 = 0 ( ( x + y +z −6=0 x = −4y + 7 Et ⇔ x + 4y − 7 = 0 z = 3y − 1 x = −4t − 1 ⇔ y = t + 2 , t est un nombre réel z = 3t + 5 . x = −4t − 1 y = t + 2 , (t ∈ R) est une représentation paAlors, z = 3t + 5 ramétrique de la droite (d ). 22.1.4.3. a~(−4; 1; 3) est un vecteur directeur de (d ) et #„ a~.N = 8 + 1 − 9 = 0 alors la droite (d ) et le plan (AB C ) sont parallèles. 22.1.5. x 2 − 2x + y 2 − 4y + z 2 − 4 = 0 ⇔ (x − 1)2 − 1 + (y − 2)2 − 4 + z 2 − 4 = 0 ⇔ (x − 1)2 + (y − 2)2 + z 2 = 9 . D’où (S ) est la sphère de centre de coordonnées (1; 2; 0) et de rayon 3. ; 42 1 Chapitre 1. Sujets d’examen – Baccalauréat Mathématiques – Séries C, E 22.2. Partie B 22.2.1. 22.2.1.1. La fonction f est définie sur ]0; +∞[. 3 + 3 = −∞ x 3 et lim f (x ) = lim 2 ln x − + 3 = +∞ . x 7→+∞ x 7→+∞ x lim f (x ) = lim 2 ln x − x 7→0+ x 7→0 22.2.1.2. f est dérivable sur ]0; +∞[ car somme de deux fonctions dérivables sur ]0; +∞[ et pour tout réel x > 0, on a : 2 3 2x + 3 f 0 (x ) = + = x x2 x2 −3 2x + 3 =0⇔x = . et f 0 (x ) = 0 ⇔ x2 2 Ainsi f 0 ne s’annule pas et est strictement croissante sur ]0; +∞[. f (1) = 0 alors : dans ]0; 1[ la fonction f est strictement négative et dans ]1; +∞[, la fonction f est strictement positive. 22.2.1.3. lim f (x ) = −∞ alors l’axe des abscisses est x 7→0 asymptote verticale à la courbe (C f ). f (x ) lim = 0 alors la courbe (C f ) admet à +∞ une x 7→+∞ x ~ branche parabolique de direction (O , u). En effet u n +1 = f (u n ) et d’après l’hypothèse de récurrence, 2 ≤ u n ≤ 6, 5. Or f étant strictement croissante, alors on a : f (2) ≤ f (u n ) ≤ f (6, 5) c’est-à-dire 2, 89 ≤ u n +1 ≤ 6,28. D’où 2 ≤ u n+1 ≤ 6,5. Ainsi, pour tout entier naturel n , 2 ≤ u n ≤ 6,5. 22.2.2.4. La suite (u n ) est strictement croissante et majorée alors elle est convergente. 22.2.3. 22.2.3.1. La fonction f est deux fois dérivable ]0; +∞[, et on a : 2 6 3 2 f 00 (x ) + f 0 (x ) = − − + + x2 x3 x x2 = 2x 2 + x − 6 (2x − 3)(x + 2) = . x3 x3 Alors la fonction f est solution sur ]0; +∞[ de l’équation (E 0 ). 22.2.3.2. L’équation différentielle (E ) a pour équation caractéristique a 2 +a = 0. Cette équation caractéristique a pour solutions 0 et −1 alors les solutions sur ]0; +∞[ de l’équation (E ) sont les fonctions : x 7→= Ae−x + B où A et B sont des réels. 22.2.3.3. g − f est solution de (E ) si et seulement si pour tout réel, 6 x > 0, (g − f )00 (x ) + (g − f )0 (x ) = 0 5 x > 0, g 00 (x ) − f 00 (x ) + g 0 (x ) − f 0 (x ) = 0 4 x > 0, g 00 (x ) + g 0 (x ) = f 00 (x ) + f 0 (x )) 3 x > 0, g 00 (x ) + g 0 (x ) = (C f ) 2 1 ~ 1 0u 2 3 4 5 6 7 8 −1 −2 22.2.2. 22.2.2.1. u 1 = f (u 0 ) = f (2) ' 2,89 (2x − 3)(x + 2) x3 Ainsi g − f est solution de (E ) si et seulement si g est solution de l’équation (E 0 ). 22.2.3.4. D’après la question précédente, g est solution de l’équation (E 0 ) si et seulement si g − f est solution de (E ). Ainsi, les solutions sur ]0; +∞[ de l’équation (E 0 ) sont les fonctions : 3 x 7→ Ae −x + B + 2 ln x − + 3 x où A et B sont des réels. u 2 = f (u 1 ) = f (2, 89) ' 4,08 et u 3 = f (u 2 ) = f (4, 08) ' 5,08 . 22.2.2.2. Montrons par récurrence que la suite (u n ) est strictement croissante. Pour n = 0, on a u 0 = 2 et u 1 ' 2, 89 alors on a u 0 < u 1 . Soit n ∈ N, supposons que u n < u n +1 et montrons que u n+1 < u n+2 . u n+1 = f (u n ) et u n+2 = f (u n +1 ). f est une fonction strictement croissante et d’après l’hypothèse de récurrence, u n < u n +1 alors f (u n ) < f (u n +1 ) c’est-à-dire u n+1 < u n+2 . Ainsi pour tout entier naturel n, u n < u n+1 . Alors la suite (u n ) est une suite strictement croissante. 22.2.2.3. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n , 2 ≤ u n ≤ 6, 5. Pour n = 0, on a u 0 = 2 ainsi 2 ≤ u 0 ≤ 6, 5. Soit n ∈ N, supposons que 2 ≤ u n ≤ 6, 5 et montrons que 2 ≤ u n +1 ≤ 6, 5. ;
