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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 .Réponse C Soit F une primitive sur R de la fonction x
1
1
x
e
(le calcul de F n'est pas demandé).
La dérivée surR de la fonction h : x F(3x+5) est la fonction: x
35
3
1
x
e
.
La fonction :x 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
1
53  x
e
1
3
53  x
e
2. Réponse B Une primitive sur R de la fonction f ,x
3
21x
xe 
est définie par: x
31
1
3x
e
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
u
eu '
3
1
avec
1)( 3 xxu
.
Donc F est de la forme
u
e
3
1
, soit F(x)=
1
3
3
1
x e
pour tout xde R.
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
22 5
2
x
e
L’équation différentielle est de la forme
bayy'
avec
2a
et
5b
.
D’après le cours, les solutions de cette équation différentielle sont définies par
x
kexf 2
2
5
)( 
où k R.
x
kexf 2 2)(' 
.
 1)1('f
 12 2 ke
2
2
e
k
.
2
5
)( 22 x
e
xf 
.
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 h 0;lim (h) = 0.

Exercice II (5 points) (Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité).
La suite (un) est définie sur R par: u0 = 2 et, pour tout entier naturel n, un+1 =
23
n
u
n
.
1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, un 0.
Soit P(n) la propriété : «
0
n
u
, pour tout entier naturel n. »
 Initialisation : P(0) est vraie , car
02
0u
.
 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 =
23
n
u
n
.Donc
0
1 n
u
, car
0
n
u
par hypothèse de récurrence et
032 n
.
Ainsi P(n+1) est vraie.
 Conclusion : Pour tout entier naturel n , un 0.
2. Démontrer que la suite (un) est décroissante.
Soit n un entier naturel quelconque,
3)3(2 3
2
1 nnuu
u
nu
uu nn
n
n
nn
.
3)1(
1 nnu
uu n
nn
. On sait que
0
3
1
n
n
et un 0 ,pour tout n de N ,
donc
0
1 nn uu
et la suite (
n
u
) est décroissante.
Que peut-on en déduire relativement à la convergence de cette suite?
La suite
)( n u
est décroissante et minorée par zéro donc ,par thérorème,elle est convergente.
3a) Démontrer par récurrence que la suite (un) est définie par:
2
2
( 2)!
n
n
un
.
Soit P(n) la propriété : «
2
2
( 2)!
n
n
un
, pour tout entier naturel n. »
 Initialisation : P(0) est vraie ; en effet ,
2
0u
et
2
2
4
!2
220 
 Hérédité : supposons la propriété P(n) vraie pour un certain entier naturel n
et montrons que P(n+1) est aussi vraie.Montrons que
)!3( 23
1 n
un
n
un+1 =
23
n
u
n
.L’hypothèse de récurrence permet de remplacer
n
u
par
)!2( 22 n
n
.
On obtient :
)!2( 2 3
22
1 nn
un
n
=
)!3( 23
1 n
un
n
, C.Q.F.D.
 Conclusion : Pour tout entier naturel n ,
2
2
( 2)!
n
n
un

b)En déduire que, pour tout entier naturel n, n 1, un 2
2
3
n
.
Pour tout entier naturel n ,
2
2
( 2)!
n
n
un
3......)1()2( 2
2
)!2( 2
21
nnnn
nn
.
Quel que soit l’entier naturel p ,
23  np
, on peut écrire :
3
11 
p
.
En multipliant ces n inégalités , ce qui est possible car elles ne portent que sur des nombres strictement
positifs, on a :
n
nnn ) 3
1
(
3..........)1()2( 1
.
En multipliant de chaque côté par
n
22
, qui est positif,
n
nn
nnn 3
2
2
3....)1()2( 22 
, c’est-à-dire :un 2
2
3
n
.
c)Calculer la limite de la suite (un).
D’après la question 1 et la question 3a). pour tout n de N ,
n
n
u)
3
2
(20 
.
1;1
3
2
donc la limite de la suite géométrique de terme général
n
)
3
2
(
est égale à zéro.
En appliquant le théorème des gendarmes , on obtient :
0lim 
 n nu
Exercice III (5 points) (Pour tous les candidats)
Dans le plan rapporté à un repère orthonormal direct
)v,uO,(
) (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 .
zB = 1 + i 3 ;
231 
B
z
. zB =2
2
3
2
1
(i
)=
)
3
sin
3
(cos2 i
=
3
2
i
e
.
zC = 1 - i 3; zB et zC sont des nombres complexes conjogués donc
2 CB zz
et arg (zC)=
3
. zC =2ei
3

b) Placer les points A, B et C .
2. Déterminer la nature du quadrilatère OBAC.
OB
z
= 1+i
3
et
31312 iizzz CA
CA 
. Les vecteurs
OB
et
CA
ont la mëme affixe donc ils sont
égaux et le quadrilatère OBAC est un parallélogramme.De plus,
2 BC zz
, 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|
AMOM 
.
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
A
zz 
,
z
est solution de l’équation z =
Error!
si et seulement si
042
2 zz
.
Il s’agit de résoudre dans C une équation du second degré à coefficients réels .
12
et
3212 
.
L’équation admet deux solutions conjuguées distinctes ,
B
ziz  31
1
et
C
ziz  31
2
.
b) En déduire les points associés aux points B et C.
Les nombres complexes
B
z
et
C
z
sont les solutions de l’èquation
zz '
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 :
3CBA
Gzzz
z
.
Après simplification , on peut écrire :
3
4
G
z
et
6
' G
z
2. a) 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:
pour tous nombres complexes z1 et z2 , |z1 z2| = | z1 | | z2|,
pour tout nombre complexe z non nul,
11
zz
. Voir le cours.
b) Démontrer que pour tout nombre complexe distinct de 2, |z ' - 2| =
2
2
z
z
.
2
2
2
2
2
2
4
2'   z
z
zz z
z
.
c) 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
2 zz
.
La question précédente nous permet d’écrire que , dans ce cas ,
22' z
.
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)