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Correction du bac blanc de mathématiques-dec 2006 - TS2
Exercice I (4 points) (Pour tous les candidats)
Pour chaque question, une seule réponse est exacte. Chaque réponse juste rapporte 1 point ; une réponse
inexacte enlève 0,5 point, une absence de réponse n'est pas sanctionnée. Si le total est négatif, la note est
ramenée à 0.
Aucune justification n’est demandée.
1
1 .Réponse C Soit F une primitive sur R de la fonction x
La dérivée surR de la fonction h : x
La fonction :x
ex 1
(le calcul de F n'est pas demandé).
3
F(3x+5) est la fonction: x
e
3x 5
1
.
F(3x+5) est dérivable sur R comme composée de deux fonctions dérivables sur R ;
en appliquant le théorème sur la dérivation d’une fonction composée, on obtient :
h’(x) =3  F’(3x + 5 )= 3 
1
e
3 x 5
1

3
e
3 x 5
1
x2e x
2. Réponse B Une primitive sur R de la fonction f ,x
3
1
est définie par: x
1 x3 1
e
3
La fonction f est continue sur R donc, par théorème, elle admet des primitives sur R .
Soit F une primitive de f sur R. f est de la forme
Donc F est de la forme
1
 u 'e u avec u( x)  x 3  1 .
3
3
1 u
1
 e , soit F(x)=  e x 1 pour tout xde R.
3
3
3.Réponse B La solution de l'équation différentielle y ' + 2y = 5 et qui vérifie la condition y '(1) = -1
est définie sur R par: x
e2 2 x  5
2
L’équation différentielle est de la forme y '  ay  b avec a  2 et b  5 .
D’après le cours, les solutions de cette équation différentielle sont définies par f ( x) 
f ' ( x)  2ke2 x . f ' (1)  1   2ke2  1  k 
5
 ke 2 x où k  R.
2
e2
5  e 2 2 x
. f ( x) 
.
2
2
4.Réponse D f est une fonction définie sur un intervalle ouvert I et a est un élément de I.
Pour que f soit dérivable sur I, il faut et il suffit que pour tout réel h tel que a+h appartienne à I, on ait:
.
f(a+h) = f(a) + hf '(a) + h(h), avec
;lim (h) = 0.
h 0
Exercice II (5 points) (Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité).
2un
.
n3
La suite (un) est définie sur R par: u0 = 2 et, pour tout entier naturel n, un+1 =
Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, un  0.
1.
Soit P(n) la propriété : « u n  0 , pour tout entier naturel n. »

Initialisation : P(0) est vraie , car u 0  2  0 .

Hérédité : supposons la propriété P(n) vraie pour un certain entier naturel n et montrons que
P(n+1) est aussi vraie.
On a , un+1 =
2un
.Donc
n3
u n 1  0 , car u n  0 par hypothèse de récurrence et 2n  3  0 .
Ainsi P(n+1) est vraie.

2.
Conclusion : Pour tout entier naturel n , un  0.
Démontrer que la suite (un) est décroissante.
Soit n un entier naturel quelconque, u n1  u n 
u n1  u n 
2u n
2u  u n (n  3)
.
 un  n
n3
n3
 u n (n  1)
n 1
 0 et un  0 ,pour tout n de N ,
. On sait que
n3
n3
donc u n1  u n  0 et la suite ( u n ) est décroissante.
Que peut-on en déduire relativement à la convergence de cette suite?
La suite (u n ) est décroissante et minorée par zéro donc ,par thérorème,elle est convergente.
3a)
Démontrer par récurrence que la suite (un) est définie par:
Soit P(n) la propriété : « un 

2n  2
.
(n  2)!
2n  2
, pour tout entier naturel n. »
(n  2)!
2 0 2 4
 2
Initialisation : P(0) est vraie ; en effet , u 0  2 et
2!
2

Hérédité : supposons la propriété P(n) vraie pour un certain entier naturel n
et montrons que
un+1 =
P(n+1) est aussi vraie.Montrons que u n1
2un
.L’hypothèse de
n3
On obtient : u n1 

un 
2 n 3

(n  3)!
récurrence permet de remplacer u n par
2
2 n2
2 n 3
= u n1 
, C.Q.F.D.

n  3 (n  2)!
(n  3)!
Conclusion : Pour tout entier naturel n , un 
2n  2
(n  2)!
2 n2
.
(n  2)!
n
b)En déduire que, pour tout entier naturel n, n  1, un  2   .
3
2
2n  2
Pour tout entier naturel n , un 
(n  2)!
2 n1
2n
.
 2
 2
(n  2)!
(n  2)  (n  1)  n  ......  3
Quel que soit l’entier naturel p , 3  p  n  2 , on peut écrire :
1 1
 .
p 3
En multipliant ces n inégalités , ce qui est possible car elles ne portent que sur des nombres strictement
1
1
positifs, on a :
 ( )n .
(n  2)  (n  1)  n  ..........  3 3
En multipliant de chaque côté par 2  2 n , qui est positif,
n
2  2n
2n
2
 2  n , c’est-à-dire :un  2   .
3
(n  2)  (n  1)  n  ....  3
3
c)Calculer la limite de la suite (un).
2
D’après la question 1 et la question 3a). pour tout n de N , 0  u n  2  ( ) n .
3
2
2
  1;1 donc la limite de la suite géométrique de terme général ( ) n est égale à zéro.
3
3
En appliquant le théorème des gendarmes , on obtient : lim u n  0
n 
Exercice III (5 points) (Pour tous les candidats)
 
Dans le plan rapporté à un repère orthonormal direct (O, u , v ) ) (unité graphique 2 cm), on considère les
points A, B et C d'affixes respectives zA = 2, zB = 1 + i 3 et zC = 1 - i 3.
Partie A
1.
a)
Donner la forme exponentielle de zB puis de zC .

i
1
3


zB = 1 + i 3 ; z B  1  3  2 . zB =2  (  i
)= 2(cos  i sin ) = 2e 3 .
3
3
2
2
zC = 1 - i 3; zB et zC sont des nombres complexes conjogués donc z B  zC  2 et arg (zC)= 


. zC =2ei 3
3
b)
Placer les points A, B et C .
2.
Déterminer la nature du quadrilatère OBAC.


z  = 1+i 3 et z   z A  z C  2  1  i 3  1  i 3 . Les vecteurs OB et CA ont la mëme affixe donc ils sont
CA
OB
égaux et le quadrilatère OBAC est un parallélogramme.De plus, zC  z B  2 , OB=OC=2.
Le quadrilatère OBAC étant un parallélogramme avec deux côtés consécutifs égaux est un losange.
3.
Déterminer et construire l'ensemble D des points M du plan tels que |z| = |z - 2|.
M  D  |z| = |z - 2|  OM  AM .
L’ensemble D des points M du plan est donc la médiatrice du segment OA .
Le quadrilatère OBAC étant un losange, on a : OB=AB et OC=AC ,
les points B et C appartiennent à D et l’ensemble D est la droite (BC).
Partie B
A tout point M d'affixe z tel que z  zA , on associe le point M’ d'affixe z ' défini par z ' = Error!.
1.
a)
Résoudre dans C l'équation z = Error!.
Soit z  z A , z est solution de l’équation z = Error! si et seulement si z 2  2 z  4  0 .
Il s’agit de résoudre dans C une équation du second degré à coefficients réels .
  12 et 12  2 3 .
L’équation admet deux solutions conjuguées distinctes ,
z1  1  i 3  z B et z 2  1  i 3  zC .
b)
En déduire les points associés aux points B et C.
Les nombres complexes z B et z C sont les solutions de l’èquation z '  z donc les points associés aux points
B et C sont respectivement les points B et C eux-mêmes.
c)
Déterminer et placer le point G ' associé au centre de gravité G du triangle ABC.
Par définition du centre de gravité d’un triangle, l’affixe du point G est égale à : z G 
Après simplification , on peut écrire : z G 
2.
a)
z A  z B  zC
.
3
4
et z G '  6
3
Question de cours:
_
_
Prérequis: le module d'un nombre complexe z quelconque, noté |z|, vérifie |z|² = z. z où z est le
conjugué de z.
Démontrer, à l'aide des prérequis, que:


b)
pour tous nombres complexes z1 et z2 , |z1  z2| = | z1 || z2|,
pour tout nombre complexe z non nul,
Démontrer que pour tout nombre complexe distinct de 2, |z ' - 2| =
z '2 
c)
1
1
 . Voir le cours.
z
z
2z
z2
.
2z
4
 2z
.
2 

z2
z2
z2
On suppose dans cette question que M est un point quelconque de D ,
où D est l'ensemble défini à la question 3. de la partie A. Démontrer que le point M’ associé à M
appartient à un cercle  dont on précisera le centre et le rayon. Tracer .
Si M (z) est un point de D, alors z  z  2 .
La question précédente nous permet d’écrire que , dans ce cas , z'2  2 .
Cette dernière égalité peut aussi s’écrire :AM’=2 ,où M’ est le point d’affixe z’ .
M’ appartient donc au cercle  de centre A et de rayon ègal à 2.
Exercice IV (6 points) (Pour tous les candidats)
Partie A
x
3e 4
Soit f la fonction définie sur Ë par f(x) =
a)
x
2  e4
3
Démontrer que f(x) =
1  2e
b)
x
4
.
x
x
4
3e
f(x) =

.
x
2  e4
=
e4 3
x
4
3
=
x

4
e (1  2e )
1  2e

x
4
pour tout x de R
Étudier les limites de f en + et en -.
x

x
 

x 
4
4
(1  2e )  1 , d’après le théorème sur les limites des fonctions composées.
 donc xlim
 
lim e X  0 
X 

lim 
Ainsi, lim f ( x)  3 .
x  
x

x
 

x 
4
4
donc
lim
e
  , d’après le théorème sur les limites des fonctions composées.

x 
x
lim e   
x 

lim 

x
4
Ainsi, lim (1  2e )   et lim f ( x)  0
x  
x 
c)
Étudier les variations de la fonction f.
f est dérivable sur R comme quotient de deux fonctions dérivables sur R .
x
f ' ( x)  3 
1 4
e
2
(2e

x
4
 1)
2
3
 
2
e
(2e


x
4
x
4
 1)
. Comme l’exponentielle est une fonction strictement positive ,
2
f ' ( x)  0 .pour tout x réel et la fonction f est strictement croissante sur R.
Justifier que, pour tout réel  appartenant à l'intervalle ]0 ; 3[ l'équation f(x) =  admet une
solution unique dans R
La fonction f est continue et strictement croissante sur R et l’intervalle image de R par la fonction f est
d)
l’intervalle ]0 ;3[. Du théorème des valeurs intermédiaires, on déduit que , pour tout réel  de l’intervalle ]0 ;3[.
l’équation f(x) =  admet une unique solution dans R .
Partie B
1.
On a étudié en laboratoire l'évolution d'une population de petits rongeurs. La taille de la population au
temps t, est notée g(t). On définit ainsi une fonction g de l'intervalle [0 ; +[ dans Ë. La variable réelle t
désigne le temps, exprimé en années. L'unité choisie pour g(t) est la centaine d'individus. Le modèle utilisé pour
décrire cette évolution consiste à prendre pour g une solution, sur l'intervalle
[0 ; +[, de l'équation différentielle (E1) y ' = Error!.
a)
Résoudre l'équation différentielle (E1).
Les solutions de l’équation différentielle y’ = a y sont de la forme : x  keax où k est un réel.
x
On a : (E1) y ' = Error!.Les solutions de (E1) sont.par conséquent, de la forme : x  ke 4 ,où k est un réel.
b)Déterminer l'expression de g(t) lorsque, à la date t = 0, la population comprend 100 rongeurs,
c'est-à-dire g(0) = 1.
t
t
g solution de (E1) et g (0)  1 équivaut à g(t)=ke 4 et g(0)=1 ,soit k=1.Ainsi, g (t )  e 4 .
c)
Après combien d'années la population dépassera-t-elle 300 rongeurs pour la première fois ?
On utilisera la propriété suivante: pour deux nombres réels a et b, b > 0, la relation ea > b
équivaut à a > ln b et le nombre ln b se calcule à l'aide de la touche LN de la calculatrice.
On cherche à résoudre l’inéquation suivante : g (t )  3 .
t
t
 ln 3 et t  4 ln 3 .
4
Or , 4 ln 3  4,39 . Finalement , après 5 ans , la population des rongeurs dépassera les 300 individus.
On a donc : e 4  3 soit , d’après la propriété rappelée plus haut :
2.
En réalité, dans un secteur observé d'une région donnée, un prédateur empêche une telle croissance en
tuant une certaine quantité de rongeurs. On note u(t) le nombre de rongeurs vivants au temps t (exprimé en
années) dans cette région, et on admet que la fonction u, ainsi définie, satisfait aux conditions:

u (t ) u (t ) 2

pour tout nombre t positif ou nul,
u '(t ) 
(E2) 
4
12
u (0)  1

où u' désigne la fonction dérivée de u.
a)
On suppose que, pour tout nombre réel positif t, on a u(t) > 0. On considère, sur l'intervalle
[0 ; +[, la fonction h définie par h = Error!. Démontrer que la fonction u satisfait aux conditions (E2) si et
seulement si la fonction h satisfait aux conditions:
1
1

pour tout nombre t positif ou nul,
h '(t )   h(t) +
(E3) 
4
12
h(0)  1
où h' désigne la fonction dérivée de la fonction h.
On a : h(t ) 
1
, sur R+ .
u (t )
Comme u vérifie (E2), on sait que u est dérivable sur R+. De plus , u (t )  0 sur R+ :
Par suite , h est dérivable sur R+ : Ainsi, h' (t )  
u vérifie (E2) équivaut à u ' (t ) 
u ' (t )
.
u 2 (t )
u (t ) u 2 (t )
et u (0)  1 .

4
12
u vérifie (E2) équivaut à h' (t )  
1 u (t ) u 2 (t )
(

) ( on a remplacé u’(t)dans l’expression de h’(t) )
12
u 2 (t ) 4
et h(0) 
1
 1 , car u (t )  0 sur R+ .
u (0)
1
1
1
u vérifie (E2) équivaut à h' (t )   
et h(0)  1

4 u (t ) 12
1
1
u vérifie (E2) équivaut à h' (t )   h(t ) 
et h(0)  1 .
4
12
Finalement , u vérifie (E2) équivaut à h vérifie (E3)
b)
Donner les solutions de l'équation différentielle y ' = -Error!y + Error! et en déduire l'expression
de la fonction h, puis celle de la fonction u.
Les solutions de l’équation différentielle y’=ay+b sont de la forme : x  keax 
b
,où k est un réel.
a
Les solutions de l’équation différentielle y ' = -Error!y + Error! sont de la forme : x  ke

x
4

1
,où k  R
3
h est solution de l’équation différentielle y ' = -Error!y + Error! et vérifie h(0)=1.
On en déduit que h(t )  ke
1
 t
4

1
et h(0)=1.
3
2
1
2
 1  k  . D’où h(t )  e
3
3
3
1
3

Puis , u (t ) 
.
t

h(t )
1  2e 4
h(0)=1  k 

t
4

1 1  2e

3
3

t
4
.
c)Dans ce modèle, comment se comporte la taille de la population étudiée lorsque t tend vers + ?
On remarque que u (t )  f (t ) sur R+.D’après la question Ab), lim f ( x)  3 , donc lim u (t )  3 .
x  
En conclusion, la taille de la population des rongeurs plafonne à 300 individus.
t  