Bac blanc : correction

Lycée Max Linder Terminale S
Bac blanc : correction
Exercice :
Partie A
Pré-requis : Pour un nombre réel q > 1, lim
n→+∞qn= +∞.
Démontrer à l’aide du pré-requis que si 0 < q < 1, alors lim
n→+∞qn= 0.
On pose Q = 1
q.
Ainsi, lim
n→+∞qn= lim n→+∞1
Qn.
Comme q∈]0;1[, Q = 1
q>1 et donc d’après le pré-requis, lim
n→+∞Qn= +∞.
Puis par passage à l’inverse, on a lim
n→+∞qn= 0.
Partie B
La suite (un)nest définie par 
u0= 5 000
un+1 = 0,8un+ 1 500 .
On donne l’algorithme suivant.
Entrée : nun entier naturel
Traitement : Affecter à U la valeur 5 000
Pour iallant de 1 à n
Affecter à U la valeur 0,8U
Fin Pour
Sortie : Afficher U
. (a) Faire fonctionner cet algorithme l’algorithme pour n= 5 et donner l’affichage obtenu.
nUi
5 5 000 X
5 4 000 1
5 3 600 2
5 3 280 3
5 3 024 4
5 2 819,2 5
.
L’algorithme affiche alors 2 819,6.
(b) Recopier et modifier l’algorithme pour qu’il calcule la valeur unen sortie.
Entrée : nun entier naturel
Traitement : Affecter à U la valeur 5 000
Pour iallant de 1 à n
Affecter à U la valeur 0,8U + 1 500
Fin Pour
Sortie : Afficher U
(c) À l’aide de ce nouvel algorithme, on a obtenu (au centième près) le tableau suivant.
n0 10 50 100 500 1 000
un5 000,00 7 231,56 7 499,96 7 500,00 7 500,00 7 500,00
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Conjecturer le sens de variation et la convergence éventuelle de la suite (un).
Il semblerait que la suite (un)nsoit croissante et converge vers 7 500.
. (a) On définit la suite (vn) par vn=un−7 500 pour tout entier naturel n.
Démontrer que la suite (vn) est géométrique et donner ses éléments caractéristiques.
Pour tout n,vn+1 =un+1 −7 500 = 0,8un+ 1 500 −7 500 = 0,8un−6 000 = 0,8un−6 000
0,8=
0,8(un−7 500) = 0,8vn.
Ainsi, (vn)nest la suite géométrique de raison 0,8 et de premier terme
v0= 5 000 −7 500 = −2 500.
(b) En déduire l’expression de vnen fonction de npuis de un.
De la question précédente, on tire vn=−2 500 ×0,8n.
Or, un=vn+ 7 500 = −2 500 ×0,8n+ 7 500
d’où l’expression de la suite (un)n.
.Question de recherche : démontrer les résultats conjecturés à la question .(c).
Pour tout n,un+1 −un=−2 500 ×0,8n+1 + 7 500 −(−2 500 ×0,8n+ 7 500)=
−2 500 ×0,8n×0,8 + 2 500 ×0,8n×1 = 2 500 ×0,8n×(−0,8 + 1) = 2 500 ×0,8n×0,2>0.
On en déduit que la suite (un)nest bien croissante.
Ensuite, comme lim
n→+∞0,8n= 0, on a lim n→+∞un= 7 500.
. On souhaite déterminer le rang N tel que pour tout n>N, la distance entre unet 7 500 soit
inférieure à 0,1. Recopier et compléter l’algorithme suivant.
Traitement : Affecter à N la valeur 0
Affecter à U la valeur 5 000
Tant que 7 500 −U>0,1
Affecter à N la valeur N + 1
Affecter à U la valeur 0,8U + 1 500
Fin Tant que
Sortie : Afficher N
Exercice :
Pré-requis : zest un nombre complexe tel que z=a+iboù aet bsont deux nombres réels. On note zle
conjugué de ztel que z=a−ib.
. Restitution Organisée de Connaissances.
(a) Démontrer que pour tous nombres complexes zet z′,z×z′=z×z′.
On note z=a+ibet z′=a′+ib′où a;a′;bet b′sont quatre nombres réels.
z×z′= (a+ib)(a′+ib′) = aa′−bb′+i(ab′+a′b),
on reconnaît la forme algébrique de z×z′, d’où
z×z′=aa′−bb′−i(ab′+a′b)
Puis, z×z′= (a−ib)×(a′−ib′) = aa′−bb′+i(−a′b−ab′) = aa′−bb′−i(a′b+ab′).
On retrouve la même forme algébrique dans les deux membres de l’égalité, ce qui justifie
z×z′=z×z′.
(b) Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel nnon nul et tout nombre complexe
z,zn=zn.
On pose pour tout n∈N×,P(n) : « zn=zn».
Pour n= 1, cela revient à z=z, il n’y a rien à démontrer.
Si on suppose l’égalité vraie pour un entier nquelconque, on a
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zn=zn, puis en multipliant chaque membre par z:
zn×z=zn×z.
De par la question précédente, zn×z=zn×z=zn+1
Et zn×z=zn+1.
On aboutit à l’égalité zn+1 =zn+1, ce qui est P(n+ 1), démontrant l’hérédité et achevant la
récurrence.
.Application 
On considère l’équation (E) : z4=−4, où zest un nombre complexe. On admet que cette solution
admet exactement quatre solutions complexes.
(a) Démontrer que si zest une solution de l’équation (E), alors les nombres −zet zsont aussi
solutions de l’équation (E).
Si zest une solution de (E), z4=−4.
Puis, (−z)4=z4et donc comme zest une solution de (E), (−z)4=−4 et donc −zest aussi une
solution de (E).
Ensuite, z4=−4⇔z4=−4⇔z4=−4 et donc zest une solution de (E).
(b) On considère le nombre complexe z0= 1 + i.
Écrire z0sous forme exponentielle. Vérifier que le nombre z0est une solution de l’équation
(E).
|z0|=√12+ 12=√2, d’où z0=√2 1
√2+i1 √2!=√2cosπ
4+isinπ 4=√2eiπ
4.
Puis, z4
0=√2eiπ
44=√24×eiπ 44= 4eiπ =−4.
z0est donc bien une solution de l’équation (E).
(c) Déduire des questions précédentes les trois autres solutions de l’équation (E).
Comme z0est une solution de (E), on sait alors que −z0;z0et −z0en sont aussi.
On obtient 1 + i;−1−i; 1 −iet −1 + iqui sont quatre nombres complexes distincts deux à
deux, donnant les autre solutions de l’équation (E).
.Application 
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé (O; ~u,~v ).
Les points A, B, C et D ont pour affixe respective zA= 1 + i;zB=−1 + i;zC=−1−iet zD= 1 −i.
(a) Placer les points A, B, C et D dans le repère.
(b) E est le point d’affixe zE=−1 + √3.
Démontrer que le triangle BCE est équilatéral et que −−→ CE ,−−→ CB=π
3mod 2π.
On s’intéresse au nombre complexe Z = zB−zC
zE−zC.
Z = −1 + i−(−1−i)
−1 + √3−(1 + i)=2i −√3 + i=2i(√3−i) (√3 + i)(√3−i)=2i√3 + 2
3 + 1 =1 2+i√3 2= eiπ
3.
Mais alors 
zB−zC
zE−zC= 1 et donc CE = CB.
et arg zB−zC
zE−zC!≡π 3mod 2π, et donc −−→
CE ,−−→ CB=π
3mod 2π.
On a bien les deux résultats demandés.
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(c) F est le point d’affixe zF=−i1 + √3.
Démontrer que zA−zE
zA−zFest un nombre réel.
zA−zE
zA−zF=1 + i−(−1 + √3)
1 + i−−i1 + √3 =2−√3 + i
1 + i(2 + √3) =(2 −√3 + i)(1 −i(2 + √3) (1 + i(2 + √3)(1 −i(2 + √3) =
2−√3 + 2 + √3 + i(1 −(2 −√3)(2 + √3)
1 + (2 + √3)2=4 1 + 2 + 4√3 + 3.
On trouve que zA−zE
zA−zF∈R×
+donc arg zA−zE
zA−zF!≡0 mod 2π, et donc les points A, E et F sont
alignés.
En déduire que les points A, E et F sont alignés.
Exercice :
Partie A
On considère les fonctions fet gdéfinies pour tout nombre réel xpar f(x) = exet g(x) = 1 −e−x.
Les courbes représentatives de ces fonctions dans un repère orthonormal du plan sont notées
respectivement Cfet Cg.
Dans cette partie, on admet l’existence de deux tangentes communes à ces deux courbes. On note D
l’une d’entre elles. Cette droite est tangente à la courbe Cfau point A d’abscisse aet tangente à la
courbe Cgau point B d’abscisse b.
-
-
   ----
A
B
Cf
Cg
. (a) Exprimer en fonction de ale coefficient directeur de la tangente à la courbe Cfau point A.
La fonction fest dérivable sur Ret f′(x) = ex.
Le coefficient directeur de la tangente à la courbe de fen aest f′(a) = ea.
(b) Exprimer en fonction de ble coefficient directeur de la tangente à la courbe Cgau point B.
La fonction gest dérivable sur Ret g′(x) = 1 −(−e−x)=−e−x.
Le coefficient directeur de la tangente à la courbe de gen best g′(b) = e−b.
(c) En déduire que b=−a.
Comme on s’intéresse à leur tangente commune, ces droites ont le même coefficient
directeur, soit ea= e−b, ce qui donne a=−bet donc b=−a.
. Démontrer que 2(a−1)ea+1 = 0.
Une équation de la tangente à la courbe de fen aest y= ea(x−a) + ea= eax+ (1 −a)eaet pour la
courbe de gen −aest y= ea(x+a) + 1 −ea= eax+ 1 + (a−1)ea.
En soustrayant ces deux égalités, on aboutit à 0 = 0x+ (1 −a)ea−1−(a−1)ea, d’où 2(1 −a)ea−1 = 0
et donc 2(a−1)ea+1 = 0.
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Partie B
On considère la fonction ϕdéfinie sur Rpar ϕ(x) = 2(x−1)ex+1.
. (a) Déterminer les limites de la fonction ϕen −∞ et en +∞.
Pour la limite en −∞, on a ϕ(x) = 2xex−2ex+1.
Or, lim
x→−∞ex= 0 et lim x→−∞xex= 0, d’où par somme lim x→−∞ϕ(x) = 1
Pour la limite en +∞, comme lim
x→+∞x−1 = +∞et lim x→+∞ex= +∞, on a par produit puis somme
lim
x→+∞ϕ(x) = +∞.
(b) Déterminer l’expression de la fonction dérivée de la fonction ϕ, puis étudier son signe.
ϕest dérivable sur Ret ϕ′(x) = 2[1ex+(x−1)ex] = 2xex.
Comme ex>0 pour x∈R,ϕ′est du signe de x, soit négative sur ] −∞;0] et positive sur
[0;+∞[.
(c) Dresser le tableau de variations de la fonction ϕsur R. Préciser la valeur de ϕ(0).
De la question précédente, on tire que ϕest strictement décroissante sur ] −∞;0] et
strictement croissante sur [0;+∞[.
x
Variations
de ϕ
−∞ 0+∞
11
−1−1
+∞+∞
ϕ(0) = 2(0 −1)e0+1 = −1.
. (a) Démontrer que l’équation ϕ(x) = 0 admet exactement deux solutions sur R.
Sur ] −∞;0], la fonction ϕest continue et strictement décroissante. 0 appartient à l’intervalle
image [−1;1[.
La théorème des valeurs intermédiaires indique qu’il existe une unique solution pour
l’équation ϕ(x) = 0 sur ] −∞;0].
Sur [0;+∞[, la fonction ϕest continue et strictement croissante. 0 appartient à l’intervalle
image [−1;+∞[.
La théorème des valeurs intermédiaires indique qu’il existe une unique solution pour
l’équation ϕ(x) = 0 sur [0;+∞[.
On note αla solution négative de cette équation et βla solution positive.
(b) À l’aide de la calculatrice, donner une valeur arrondie au centième de αet de β.
Par balayage, α≈ −1,68 et β≈0,77.
Partie C
Dans cette partie, on démontre l’existence de ces tangentes communes, que l’on a admise dans la partie
A.
On note E le point de la courbe Cfd’abscisse αet F le point de la courbe Cgd’abscisse −α,αétant le
nombre réel défini dans la partie B.
. Après avoir donné les coordonnées des points E et F, déterminer en fonction de αle coefficient
directeur de la droite (EF).
E(α;eα)et F(−α;1 −eα).
Comme α>0, ces deux points n’ont pas la même abscisse et le coefficient directeur de la droite
(EF) vaut
1−eα−eα
−α−α=1−2eα −2α=2eα−1 2α.
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