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Collège Stanislas
Baccalauréat blanc du lundi 15 décembre 2008
Corrigé de l'épreuve de mathématiques.
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Exercice 1 ( 2 points )
1. On injecte par piqûre intramusculaire une dose de substance médicamenteuse dans le sang à l’instant
0t
.
La substance passe alors progressivement dans le sang. On note
)(tQ
la quantité de substance médicamenteuse
encore présente dans le sang
t
heures après l’injection. Les mesures effectuées conduisent à poser :
t
ettQ  6,6)(
.
Déterminer une équation différentielle du deuxième ordre vérifiée par la fonction
Q
sur [0 ;+[.
Solution:
Pour tout nombre t de [0 ; +[, Q(t) = 6,6 t e-t , Q'(t) = 6,6(e-t + t(-e-t) = 6,6(1-t)e-t , Q"(t) = 6,6(-e-t-(1-t)e-t) = 6,6(-2+t)e-t .
On a donc: 6,6 t e-t = Q(t) et par suite: Q'(t) = 6,6e-t - 6,6 t e-t = 6,6e-t - Q(t) d'où: Q'(t) + Q(t) = 6,6e-t . On en déduit:
Q"(t) = 6,6(-2)e-t + 6,6 t e-t = -2(Q'(t) + Q(t) ) + Q(t) = -2Q'(t) - Q(t), soit: Q"(t) + 2Q'(t) + Q(t) = 0.
La fonction Q est donc solution sur [0 ; +[ de l'équation différentielle: y" + 2y' + y = 0.
2. Soit l’équation différentielle ( E ) :
12' 2 xyy
.
Déterminer g, une fonction polynôme du second degré solution de ( E ) sur Ë .
Solution:
La fonction g est définie sur Ë par: g(x) = ax²+bx + c où a, b, c sont des nombres réels avec a  0.
Étant une fonction polynôme elle est dérivable sur Ë et, pour tout réel x, g'(x) = 2ax + b.
g est solution de (E) sur Ë   x  Ë, g'(x) + 2g(x) = x²+1   x  Ë, 2ax + b + 2(ax²+bx + c) = x²+1
  x  Ë, 2ax² + (2a+2b)x + b+2c = x² + 1
On obtient par identification:
21
2 2 0
21
a
ab
bc
 a =
Error!
, b = -
Error!
, c =
Error!
et par suite g(x) =
Error!
x² -
Error!
x +
Error!
.

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Exercice 2 ( 6 points )
1. Restitution organisée de connaissances
a) Démontrer qu’un nombre complexe z est imaginaire pur si et seulement si
zz 
Solution. Soit z = x + iy un nombre complexe, x = Re(z) et y = Im(z). Le conjugué de z est
z
= x - iy .
z est un imaginaire pur  Re(z) = 0  x = 0  z = iy 
z
= -iy 
z
=-z.
b) Démontrer qu’un nombre complexe z est réel si et seulement si
zz
.
Solution. Soit z = x + iy un nombre complexe, x = Re(z) et y = Im(z). Le conjugué de z est
z
= x - iy .
z est un réel  Im(z) = 0  y = 0  z = x 
z
= x 
z
= z.
c) Démontrer que pour tout nombre complexe z, on a l’égalité :
2
zzz 
.
Solution. Soit z = x + iy un nombre complexe, x = Re(z) et y = Im(z). Le conjugué de z est
z
= x - iy .
On sait que |z|² = Re(z)² + Im(z)² = x² + y² et z
z
= (x + iy)(x - iy) = x² - (iy)² = x² - i²y² = x² + y².
D'où: z
z
= |z|² .
Le plan complexe P est rapporté au repère orthonormal direct ( O ;
 vu;
) .
On prendra pour unité graphique 2 cm. La figure sera complétée au fur et à mesure de l’exercice .
Voir la figure à la fin de l'exercice.
2. Résoudre dans Ê l’équation : (
0)22()2 2 zziz
.
Donner les solutions sous forme algébrique et sous forme exponentielle.
Solution.
Solutions sous forme algébrique: (z - 2i)(z² - 2z + 2) = 0  (z - 2i) = 0 ou z² - 2z + 2 = 0.
Pour l'équation z² - 2z + 2 = 0, on a  = -4,  < 0. Cette équation admet deux solutions dans Ê qui sont deux nombres
complexes conjugués: z1 =
Error!
= 1+i, z2 = 1-i..
On en déduit que l'ensemble solution de l'équation (z - 2i)(z² - 2z + 2) = 0 dans Ê est: S = {2i ; 1+i ; 1-i}.
Solutions sous forme exponentielle:
Comme i =
2
i
e
, alors la solution 2i s'écrit: 2i = 2
2
i
e
.
Soit z1 = 1 + i, on a: |z1| = 2 et si 1 = arg(z1), cos 1 =
Error!
et sin 1 =
Error!
, d'où arg(z1) =
Error!
(2).
On en déduit que z1 = 2
4
i
e
.
Comme 1-i est le conjugué de 1+i, alors 1-i = 2
4
i
e
.
L'ensemble solution de l'équation (z - 2i)(z² - 2z + 2) = 0 dans Ê est donc: S = {2
2
i
e
; 2
4
i
e
; 2
4
i
e
}.
3. Soit A et B les points d’affixes respectives
izA1
et
izB2
.
À tout nombre complexe
z
différent de
A
z
, on associe le complexe
iz iz
z 12 '
.
a) Soit (E) l’ensemble des points M d’affixe
z
tels que
1' z
. Déterminer et construire (E).
Solution.
|z'| = 1  z  1+i et |
Error!
| = 1  z  1+i et
Error!
= 1  z  1+i et |z-2i| = |z-1-i|  M  A et MA = MB.
Il en résulte que (E) est la médiatrice du segment [AB].

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b) Soit un
z
nombre complexe
z
(
z
A
z
) , de forme algébrique
iyxz 
, avec
x
et
y
réels.
Déterminer en fonction de
x
et de
y
, la partie réelle et la partie imaginaire de
'z
.
Solution. z' =
2
1
x iy i
x iy i
=
( 2 )( 1 )
( 1 )( 1 )
x iy i x iy i
x iy i x iy i
=
² ² ² ² 2 2 ² 2 2 ²
( 1)² ( 1)²
x ixy x ix ixy i y iy i y ix i y i i
xy
=
² ² 3 2 ( 2)
( 1)² ( 1)²
x y x y i x y
xy
. On en déduit que Re(z') =
² ² 3 2
( 1)² ( 1)²
x y x y
xy
, Im(z') =
2
( 1)² ( 1)²
xy
xy
c) Soit l’ensemble ( F ) des points M d’affixe
z
tels que
'z
est un réel. Déterminer et construire (F).
Solution.
M  (F)  z  1+i et z' est un réel  z  1+i et Im(z') = 0  z  1+i et -x-y+2 = 0.
-x-y+2 = 0 est l'équation de la droite (AB). (F) est donc la droite (AB) privée du point A.
Figure de l'exercice 2:
Exercice 3 ( 5 points ) (pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)
PARTIE A On définit :  La suite
)( n u
par :
13
0u
et , pour tout entier naturel
n
,
5
4
5
1
1 nn uu
 La suite
)( n S
par : pour tout entier naturel
n
,
n
n
kkn uuuuS  
.......
10
0
1. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel
n
,
n
n
u5
12
1
.
Solution: Soit Pn la proposition: un = 1 +
12
5n
qu'on va démontrer par récurrence.
 Initialisation: par hypothèse u0 = 13 et, pour n = 0, 1 +
12
5n
= 13. La propriété est vraie pour n = 0.
 Hérédité: soit n un entier naturel, on suppose que Pn est vraie, c'est-à-dire que un = 1 +
12
5n
. Par définition de la suite, on a:

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un+1 =
Error!
un +
Error!
=
Error!
(1 +
12
5n
) +
Error!
=
Error!
+
1
12
5n
+
Error!
= 1 +
1
12
5n
.
Pn+1 est donc aussi vraie et la propriété est héréditaire.
 Conclusion: étant initialisée et héréditaire, la propriété Pn est vraie pour tout entier naturel n.
En déduire la limite de la suite
)( n u
.
Solution: (
12
5n
) est une suite géométrique de premier terme 12 et de raison
Error!
, sa limite est donc 0 car
Error!
 ]-1 ; 1[.
Il en résulte, par addition: n +;lim un = 1.
2. a) Déterminer le sens de variation de la suite
)( n S
.
Solution: Pour tout entier naturel n, Sn+1 - Sn = un+1 = 1 +
1
12
5n
, donc, Sn+1 - Sn > 0 ce qui donne Sn+1 > Sn . La suite (Sn) est
donc croissante.
b) Calculer
n
S
en fonction de
n
.
Solution: Sn =
0
n
k
k
u
=
0
12
(1 )
5
n
k
k
=
00
12
15
nn
k
kk
= (n+1) +
0
1
12 ( )
5
nk
k
= (n+1) + 12
1
1
1 ( )
51
15
n
= (n+1) +
1
12 1
(1 ( ) )
45
5
n
= (n+1) + 15 
1
1
(1 ( ) )
5n
. D'où: Sn = n + 16 - 15
1
1
()
5n
c) Déterminer la limite de la suite
)( n S
.
Solution: (15
1
1
()
5n
) est une suite géométrique de premier terme 15 et de raison
Error!
, sa limite est donc 0 car
Error!
]-1 ; 1[.
Il en résulte, par addition: n +;lim Sn = +.
PARTIE B Étant donné une suite
)( n x
de nombres réels, définie pour tout entier naturel
n
, on considère la suite
)( n S
définie par
n
kkn xS 0
.
Indiquer pour chaque proposition suivante si elle est vraie ou fausse : Justifier dans chaque cas .
Proposition 1 : Si la suite
)( n x
est convergente , alors la suite
)( n S
l’est aussi.
Solution: La proposition est fausse.
Contre-exemple: La suite (un) définie dans la partie A est convergente vers 1 alors que la suite (Sn) qui lui est associée est
divergente ayant une limite égale à +.
Proposition 2 : Les suites
)( n x
et
)( n S
ont le même sens de variation.
Solution: La proposition est fausse.
Contre-exemple: La suite (un) définie dans la partie A est décroissante étant une suite géométrique de raison
Error!
qui
appartient à ]0 ; 1[ alors que la suite (Sn) qui lui est associée est croissante comme on l'a démontré à la partie A, 2 a).
Proposition 3 : Toute suite réelle croissante est convergente .
Solution: La proposition est fausse.
Contre-exemple: La suite (n) des entiers naturels est croissante mais divergente car sa limite est +.

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Exercice III (5 points)
(Pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité).
On suppose dans cet exercice que n est un entier naturel et on pose: a = 7n + 8 ; b = 4n + 3.
1. Démontrer que tout diviseur de commun de a et b est un diviseur de 11.
Quelles sont les valeurs possibles du nombre PGCD(a;b) ?
Solution:
 Soit d un diviseur commun de a et b, d divise toute combinaison linéaire dans Î de a et b, en particulier d divise le
nombre 4a - 7b = 4(7n + 8) - 7(4n + 3) = 11.
 PGCD(a;b) est un entier naturel diviseur commun de a et b, il divise donc 11. Ses valeurs possibles sont donc 1 et 11.
2. a) Résoudre dans β l'équation: (E) 11x - 7y = 8.
Solution:
Solution particulière: une solution particulière de l'équation (E) est: (x0;y0) = ( 9;13).
Solution générale:
 Soit (x;y) une solution de (E). On a: 11x - 7y = 8 et, 119 - 713 = 8 puisque (9;13) est une solution particulière de
(E). En soustrayant membre à membre ces deux égalités, on obtient: 11(x-9) - 7(y-13) = 0, ce qui donne:
11(x-9) = 7(y-13) (E').
On en déduit que 7, qui divise 7(y-13), divise 11(x-9). Comme 7 et 11 sont deux nombres premiers distincts, 7est
premier avec 11. On en déduit que 7 divise x-9, d'après le théorème de Gauss. On a donc: x-9= 7k (k  Î), soit x = 7k +9,
kÎ.
En remplaçant dans (E'), x-9 par 7k, on obtient: 117k = 7(y-13) , ce qui donne y-13= 11k et y = 11k + 13.
On en déduit que, si (x;y) est une solution de (E), alors: (x;y) = (7k + 9; 11k + 13), k  Î.
 Réciproquement, si (x;y) = (7k + 9; 11k + 13), k  Î., alors:
11x - 7y = 11(7k + 9) - 7(11k + 13) = 8. Donc (x;y) est une solution de (E).
 Conclusion: l'ensemble solution de l'équation (E) est: S = {(x;y) = (7k + 9; 11k + 13), k  Î, k  Î}.
b) En déduire que si a est un multiple de 11, alors il en est de même de b.
Quel est dans ce cas le PGCD des nombres a et b ?
Solution:
 Si a est multiple de 11, alors a  0 (11), ce qui donne 7n + 8  0 (11). Le nombre 7n + 8 est donc un multiple de 11 et
s'écrit: 7n + 8 = 11x  11x - 7n = 8.
Le couple (x;n) est donc une solution de l'équation (E) et alors n s'écrit: n = 11k+13.
On en déduit que b = 4n + 3 = 4(11k+13) + 3 = 44k + 55 = 11(4k + 5). b est donc un multiple de 11.
c) Démontrer que si a est un multiple de 11 alors n  2 (11).
Solution:
 Si a est multiple de 11, alors n = 11k+13 comme on vient de le voir au b). Il en résulte que n  13  2 (11).
3. a) Soit k un entier naturel non nul premier avec 11.
Démontrer que si ku  kv (11), alors u  v (11).
Solution:
ku  kv (11)  ku - kv  0 (11)  k(u - v)  0 (11). Il en résulte que 11 divise k(u-v). Comme 11 est premier avec k,
alors 11 divise u-v d'après le théorème de Gauss. On en déduit: u - v  0 (11)  u  v (11).
b) En déduire que a  b (11) si et seulement si n  2 (11)
Solution:
a  b (11)  7n + 8  4n + 3 (11)  3n  -5 (11)  3n  6 (11)  3n  32 (11)  n  2 (11)
Car 3 est premier avec 11, parce que ce sont deux nombres premiers distincts, et on applique le résultat du a).