Mathématiques Bac Blanc TS du mercredi 10 février 2010 (4 heures)

Mathématiques Bac Blanc TS du mercredi 10 février 2010
(4 heures)
Sujet pour les spécialistes physique ou SVT
Les calculatrices sont autorisées (mais aucun formulaire personnel).
La qualité de la rédaction, la clarté de la copie et la précision des raisonnements entreront pour une part
importante dans l’appréciation des copies.
Exercice 1
3 points
1. Soit u la suite définie par : u0  0 et un 1 
1
pour tout entier naturel n.
2  un
a. Calculer u1, u2 et u3. On exprimera chacun de ces termes sous forme d’une fraction irréductible.
b. Comparer les quatre premiers termes de la suite u aux quatre premiers termes de la suite w définie sur N
par wn 
n
n 1
c. À l’aide d’un raisonnement par récurrence, démontrer que, pour tout entier naturel n, un = wn.
 n 
 où ln désigne la fonction logarithme népérien.
 n 1 
2. Soit v la suite de terme général vn défini par vn  ln 
a. Montrer que v1+v2 +v3 =−ln4.
b. Soit Sn la somme définie pour tout entier naturel non nul n par : Sn  v1  v2  ........  vn
Exprimer Sn en fonction de n.
Déterminer la limite de Sn lorsque n tend vers +∞.
Exercice 2
5 points.
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct  O, u , v  d’unité graphique 1 cm.
Faire une figure que l’on complètera au fur et à mesure des questions.
1. Placer les points A, B et C d’affixes respectives
zA = −11+ 4i, zB = −3−4i et zC = 5+ 4i.
z z
2. Calculer le module et un argument du quotient A B et en déduire la nature du triangle ABC.
zC  z B

3. Soit E l’image du point C par la rotation R de centre B et d’angle .
4
Montrer que l’affixe de E vérifie zE  3  (8 2  4)i .
Placer le point E.
2
4. Soit D l’image du point E par l’homothétie H de centre B et de rapport
.
2
Montrer que D est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
Placer le point D.
5. Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse,
sera prise en compte dans l’évaluation.
Soit  la droite parallèle à la droite (EC) passant par le point D. On note F le point d’intersection de la droite 
et de la droite (BC), I le milieu du segment [EC] et J le milieu du segment [DF].
Montrer que B, I et J sont alignés.
Exercice 3
7 points.
Partie A : Restitution Organisée de Connaissances
ln x
On admet connu le résultat suivant : lim
 0 ainsi que les propriétés algébriques de la fonction ln.
x  x
Démontrer que : lim
x ln x  0

x 
0
Partie B
On considère la fonction f définie par f ( x)  2 x² ln x  3x² pour x > 0 et f (0) = 0.
1.
2 x² ln x  3x² . Que peut-on en déduire pour la fonction f ?
a. Déterminer lim

x 
0
b. La fonction f est-elle dérivable en 0 ?
2.
a. Déterminer la limite de f en + 
b. Montrer que pour x > 0 , f ( x)  4 x (ln x  1)
c. Dresser le tableau de variations de f sur [0 ; + [
3. On désigne par C la courbe représentative de f dans un repère, et on désigne par T la tangente à C au point A
d’abscisse 1.
a. Déterminer une équation de T.
b. L’objet de cette question est d’étudier la position relative de C et T et pour cela d’étudier le signe de la fonction h
définie sur ]0 ;+[ par h( x)  2 x² ln x  3x²  4 x  1
(i) Calculer h '( x) et h "( x)
(ii) Étudier les variations de h’ et en déduire le signe de h '( x)
(iii) Étudier les variations de h puis conclure.
Exercice 4
5 points
1. Résoudre l’équation différentielle : 2y’+ y = 0 (E) dont l’inconnue est une fonction définie et dérivable
sur

x
2
2. On considère l’équation différentielle : 2 y ' y  e ( x  1)
( E ')

x
a) Déterminer deux réels m et p tels que la fonction f définie sur R par : f ( x)  e 2 (mx²  px) soit solution
de (E’).
b)Soit g une fonction définie et dérivable sur .
Montrer que g est solution de l’équation (E’) si et seulement si , g–f est solution de l’équation(E).
c) Résoudre l’équation (E’).
x
On définit sur  la fonction h par : h( x) 
1 2
e ( x ²  2 x)
4
3. Déterminer les limites en –  et en +  de la fonction h.
1 x
4. a. Calculer h’(x) et vérifier que h '( x)  e 2   x ²  2 x  4 
8
b. Dresser le tableau de variations de la fonction h sur .
Mathématiques Bac Blanc TS du mercredi 10 février 2010
(4 heures)
Sujet pour les spécialistes mathématique
Les calculatrices sont autorisées (mais aucun formulaire personnel).
La qualité de la rédaction, la clarté de la copie et la précision des raisonnements entreront pour une part
importante dans l’appréciation des copies.
Exercice 1
3 points
1. Soit u la suite définie par : u0  0 et un 1 
1
pour tout entier naturel n.
2  un
a. Calculer u1, u2 et u3. On exprimera chacun de ces termes sous forme d’une fraction irréductible.
b. Comparer les quatre premiers termes de la suite u aux quatre premiers termes de la suite w définie sur N
par wn 
n
n 1
c. À l’aide d’un raisonnement par récurrence, démontrer que, pour tout entier naturel n, un = wn.
 n 
 où ln désigne la fonction logarithme népérien.
 n 1 
2. Soit v la suite de terme général vn défini par vn  ln 
a. Montrer que v1+v2 +v3 =−ln4.
b. Soit Sn la somme définie pour tout entier naturel non nul n par : Sn  v1  v2  ........  vn
Exprimer Sn en fonction de n.
Déterminer la limite de Sn lorsque n tend vers +∞.
Exercice 2:
Les trois questions sont indépendantes
5 points.
1) On note (E) l’équation 3x + 2y = 29 où x et y sont deux nombres entiers relatifs.
a. Déterminer un couple d’entiers solution de l’équation (E).
b. Déterminer tous les couples d’entiers relatifs solutions de l’équation (E).
c. Préciser les solutions de l’équation (E) pour lesquelles on a à la fois x 0 et y
0.
2) s a pour écriture complexe : z '  3i z  2(1 i )
a.
b.
c.
d.
Démontrer que s est une similitude de rapport 3.
Démontrer que le point I d’affixe 1 + i est invariant par s.
Quelle est l’affixe du point A’, image par s de A d’affixe 2 ?
Démontrer que les points A, A’ et I sont alignés.
3) Dans tout l’exercice x et y désignent des entiers naturels non nuls vérifiant x < y.
On note S l’ensemble des couples (x, y) tels que PGCD (x, y) = y – x.
a. Calculer PGCD (363, 484).
b. Le couple (363, 484) appartient-il à S ?
c. Soit n un entier naturel non nul, le couple (n, n + 1) appartient-il à S. Justifier votre réponse.
d. Montrer que (x, y) appartient à S si et seulement si, il existe un entier naturel k non nul tel que :
x  k ( y  x) et y  (k  1)( y  x) .
En déduire que, pour tout couple (x, y) solution de S, on a : PPCM (x, y) = k(k + 1)(y –x).
Exercice 1.
1
1
1
1
 ; u2 


1
2  u0
2
2  u1
2
2
1
2
w0  0  u0 ; w1   u1 ; w2   u2
2
3
1) a) u1 
b)
1 2
1
1
3
 ; u3 


3 3
2  u2 2  2 4
2
3
3
; w3   u3
4
c)
On veut démontrer par récurrence la propriété : pour tout entier n, un = wn.
Initialisation : d’après question précédente w0 = u0 donc la propriété est vraie au
rang 0
Hérédité : pour k entier quelconque, on admet que la propriété est vraie c’est à
dire que uk = wk.
D’après la définition de la suite (un) on a a)
1
1
uk 1 
 uk 1 
puisque uk  wk
2  uk
2  wk
 uk 1 
1
k
2
k 1
k1
k 1
 uk 1 
 u k 1 
 uk 1  wk 1
2(k  1)  k
k2
Donc la propriété est vraie au rang k + 1.
Conclusion : par le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, un = wn.
1
 
 2
 
 3
 
1
 
2
 
1

2
3
1
 
Exercice 2 spé.
1) a) le couple (5, 7) est solution de (E).
b) Soit (x, y) un couple solution de (E) alors 3x + 2y = 29, or d’après la question
précédente 3× 5 + 2 × 7 = 29.
On en déduit que 3x + 2y = 3× 5 + 2 × 7 donc 3( x – 5) = 2(7 – y)
3 divise 3(x – 5) donc 3 divise 2( 7 – y) or 3 et 2 sont premiers entre eux donc
d’après le théorème de Gauss 3 divise ( 7 – y). On en déduit qu’il existe k tel
que 7 – y = 3 k soit y = – 3k + 7.
3(x – 5) = 2 × 3k donc x – 5 = 2k d’où x = 2k + 5.
Réciproquement vérifions que x = 5 + 2k et y = – 3k + 7, k
de (E).
3(2k + 5) + 2(– 3k + 7) = 6k + 15 – 6k + 14 = 29
L’ensemble des solutions de (E) est  5  2k ; 7  3k  k 
c) (x, y) solution de (E) tel que x 0 et y
k  d’après la question précédente.
5  2k  0
 
7  3k  0
k

k 

 
k 


5
2
7
3
k
0  5 + 2k
, sont bien solution
.
0 et 7 – 3k
0 avec
 k   2, 1 , 0 , 1, 2}
Les solutions de l’équation (E) pour lesquelles on a à la fois x
{ (1, 13) ; (3 ; 10) ; (5 ; 7) ; (7 ; 4) ; (9 ;1)}
0 et y
0 sont :
2) a) v1  v2  v3  ln    ln    ln    ln      ln     ln 4
2
3
4
2 3 4
4

 n 


b) Sn  v1  v2  ......  vn  ln    ln    ......  ln 
2
3
n 1
n 
1
1 2 3
 Sn  ln     .... 
  ln(n 1)
  ln
n 1
n 1
2 3 4
lim (n 1)    et lim ln X    donc lim S n  
n  
X 
2) a) s a pour écriture complexe : z '  3i z  2(1 i ) donc s a une écriture complexe
de la forme z '  az  b d’où s est une similitude de rapport 3i = 3.
b) le point I d’affixe 1 + i est invariant par s si I’ = s(I) a pour affixe 1 + i.
3i(1  i)  2(1  i)  3i (1 i)  2(1 i)  3i  3  2  2i 1  i
n  
Donc I est invariant par s.
c) Affixe de A’ = s(A) : z '  3i  2  2(1 i)   2  4i
d)
AI a pour affixe 1 i , A ' I a pour affixe 3  3i,on en déduit que A ' I   3 AI ,
donc les points A, A’ et I sont alignés.
3) a) Algorithme d’Euclide : 484 = 363 × 1 + 121 ; 363 = 121 × 3 + 0 donc le
dernier reste non nul est 121, c’est le PGCD (363, 484).
b) 484 – 363 = 121 = PGCD (363, 484) et 363 < 484 donc le couple (363, 484)
appartient à S.
c) n < n + 1, d’autre part n + 1 = n × 1 + 1  1 × (n + 1) – n × 1 = 1, d’après le
théorème de Bezout on en en déduit que n et n + 1 sont premiers entre eux donc
leur PGCD est égal à 1.
On a donc n < n + 1 et n + 1 – n = 1 = PGCD (n, n +1) donc le couple (n, n +1)
appartient à S.
d) Supposons que x = k(y – x) et y = (k + 1)(y – x) avec k entier naturel non nul.
Alors y – x divise x et y – x divise y donc y – x divise le PGCD (x, y) que l’on
notera δ.
k et k + 1 sont premiers entre eux donc d’après le théorème de Bezout, il existe des
entiers u et v tels que uk + v(k + 1) = 1 d’où uk(y – x) + v(k + 1)(y – x) = y – x
mais k(y – x) = x et (k + 1)(y – x ) = y d’où l’égalité s’écrit : ux + vy = y – x donc δ
divise y – x .
On en déduit que δ = y – x d’autre part x < y donc le couple (x , y) appartient à S.
Réciproque : Soit (x, y) un couple appartenant à S.
Alors PGCD(x, y) = y – x donc il existe un entier k non nul tel que x = k(y – x ) et
un entier k’ non nul tel que y = k’(y – x) avec k et k’ premiers entre eux
y – x = k’(y – x) - k(y – x ) = (y – x )(k’ – k) donc k’ – k = 1 soit k’ = k + 1 et donc
x = k(y – x ) et y = (k + 1)(y – x).
On a donc démontré que (x, y) appartient à S si et seulement si, il existe un entier
naturel k non nul tel que : x  k ( y  x) et y  (k  1)( y  x) .
On sait que pour tout entier a et b : PPCM(a, b) ×PGCD(a, b) = ab.
Pour tout couple (x, y) de S on a donc :
PPCM(x, y) × (y – x) = k(y – x) × (k + 1)(y – x)  PPCM(x, y) = k(k + 1)(y – x)
car x ≠ y.

z E  3  4i  


 3  4i  

Exercice 2 (non spé)
2
2
i
  5  4i  3  4i 
2
2 
2
2
i
  8  8i 
2
2 
 3  4i  4 2  4 2  4 2i  4 2i


 3  8 2  4 i
4°) L’écriture complexe de H est : z ' zB 
2
 z  zB 
2
D’où :


2
2
3  (8 2  4)i  3  4i  3  4i
 zE  zB   3  4i 
2
2
ABC est un triangle rectangle en B donc le centre de son cercle circonscrit
est le milieu de l’hypoténuse [AC] qui a pour affixe :
z A  zC 11  4i  5  4i

 3  4i  zD
2
2
D est donc le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
zD  zB 
2°)
z A  zB 11  4i  3  4i 8  8i 1  i 1  i 2i




 i
zC  zB
5  4i  3  4i
8  8i
1 i 1 i 2
 z z 
z A  zB

 i  1 et arg  A B   arg(i) 
zC  zB
2
 zC  zB 
AB

On en déduit que
 1 et BC , BA  et donc que le triangle ABC est
CB
2
isocèle en B.


i

3°) L’écriture complexe de R est : z ' zB  e 4 ( z  zB )
i

On a donc zE  zB  e 4 ( zC  zB )
D’où :
5°) Par les propriétés des homothéties :
Soit C’ l’image de C par H.
On sait que le centre, un point et son image sont toujours alignés, donc C’
est sur la droite (BC).
De plus, on sait qu’une homothétie transforme une droite en une droite
parallèle. L’image par H de la droite (EC) est la droite (DC’) donc
(DC’)//(EC) : on en déduit que C’ est confondu avec F.
Or l’homothétie conserve les milieux, ce qui veut dire que l’image par H du
milieu I de [EC] est le milieu J du segment image [DC’]
Et comme le centre, un point et son image sont toujours alignés, on a : B, I
et J alignés.
Par les angles :


Par définition de E, le triangle BCE est isocèle en B et BC , BE 


La médiane (BI) est aussi bissectrice et donc BC , BI 

4

8
Les points B, D, E sont alignés (propriété de l’homothétie ou parce qu’ils
ont la même abscisse) ; les points B, F, C aussi et les droites (DF) et (EC)
sont parallèles. On peut donc appliquer le théorème de Thales et dire que
BD BF

BE BC
Comme BE = BC on en déduit que BF = BD : le triangle BDF est aussi
isocèle en B. De plus DBF  EBC 
zE  zC 3  (8 2  4)i  5  4i

 1  4 2i
2
2
Le milieu J de [DF] a pour affixe :
zD  zF 3  4i  3  4 2  (4i  4i 2)

 3  2 2  2i 2
2
2
L’affixe du vecteur BI est :
zI  zB  1  4 2i  3  4i  4  (4  4 2)i
L’affixe du vecteur BJ est :
zJ  zB  3  2 2  2i 2  3  4i  2 2  (2 2  4)i
On a donc

2 BJ  BI : ce qui prouve que les points B, I et J sont alignés.
4
J étant le milieu de [DF] la médiane (BJ) est aussi bissectrice d’où
 BF , BJ   8

 



et comme F, B et C sont alignés : BF , BJ  BC , BI d’où BJ , BI = 0:
les points B, I et J sont donc alignés.
x 
0
x 
0
2 x² ln x  3x²  0
D’où lim

f ( x)  f (0) on peut en déduire que f est continue en 0.
Comme lim

x 
0
BD
2
(rapport de H)

BE
2
Comme (DF) // (EC) les triangles BDF et BEC sont en configuration de
BF BD
Thales et donc
. De plus B, F et C sont dans le même ordre que

BC BE
B, D et E : on peut donc calculer l’affixe de F.
2
2
( zC  zB ) et
BC donc zF  zB 
2
2

2
 5  4i  3  4i   3  4 2  4i  4i 2
2
Le milieu I de [EC] a pour affixe :
f ( x)  f (0) 2 x² ln x  3x²

 2 x ln x  3x
x0
x
lim
2 x ln x  0(limite de référence) et lim
3x  0 donc lim
2 x ln x  3x  0



b) Pour x  0
De plus comme D = H(E) on a
zF  3  4i 
x 
0
x 
0
Par les complexes et la géométrie du collège :
B , D et E ont la même abscisse, ils sont donc alignés.
BF 
Exercice 3 :
Partie B
x ln x  0 et lim
2 x  0 donc par produit lim
2 x² ln x  0
1°) a) lim




x 
0
x 
0
x 
0
donc f est dérivable en 0 et f '(0)  0
2°) a) f ( x)  x²(2 ln x  3)
lim x ²  


f ( x)  
 par produit, xlim

lim 2 ln x  3   
x 

x 
b) f est dérivable pour x > 0 comme produit de fonctions dérivables sur ]0 ; +[
u = x² et v = 2 ln x – 3
f ( x)  2 x(2ln x  3)  x² 
signe de h’(x) ∥
variations
∥
de h
∥
∥
2
 4 x ln x  6 x  2 x  4 x(ln x  1)
x
c) Sur ]0 ;+[, x > 0 donc f (x) est du signe de ln x – 1.
+ 0
+
0
Or : ln x – 1 > 0  ln x > 1  x > e D’où le tableau de variations :
x
0
+
e
On peut en déduire que h(x) < 0 sur ]0 ;1[ et h(x) > 0 sur ]1 ; +[
La courbe C est au-dessous de sa tangente T sur ]0 ;1{ et au-dessus sur ]1 ; +{.
signe de f (x) 0
f(e)=2e²– 3e² = – e²
–
0
0
Bien sûr, C et T ont en commun le point de contact, d’abscisse 1.
+
+
variations de f
Exercice 4
1. (E) 2y’+ y = 0 équivaut à y’ = –0.5y
C’est une équation différentielle du type y’=ay avec a = –0,5 .
f(e)
Les solutions sont toutes les fonctions définie sur
3°) a) f (1) = – 3 et f (1) = – 4
L’équation de T est :

1
h '( x)  4 x ln x  2 x ²   6 x  4  4 x ln x  4 x  4
x
1
h "( x)  4 ln x  4 x   4  4 ln x
x
h "( x) est du signe de ln x
1
+
∥
– 0
+
signe de h "( x)
variations
∥
de h’
0
∥
On en déduit le signe de h’(x) et les variations de h
x
0
1
x
2
avec
x
2
2. 2 y ' y  e ( x  1) ( E ')
a) Pour tout réel x ,
x
x
x


1 
m
p
f '( x)  (2mx  p)e 2  e 2 (mx ²  px)  e 2 ( x ²  (2m  ) x  p)
2
2
2
T a pour équation y = – 4x + 1
b) h( x)  2 x² ln x  3x²  4 x  1
0

C constante réelle
y  f '(1)( x  1)  f (1)
y  4( x  1)  3
y  4 x  1
x
qui x
Ce
+
f solution de (E’)

x
 pour tout réel x, 2 f '( x)  f ( x)  e 2 ( x  1)
 pour tout réel x,
x
x
x



m
p
2
2
2
2e ( x²  (2m  ) x  p)  e (mx²  px)  e ( x  1)
2
2
 pour tout réel x, (mx²  (4m  p) x  2 p)  (mx²  px)  ( x  1)
 pour tout réel x, 4mx  2 p  x  1
 4m=1 et 2p=1
 m=1/4 et p=1/2

x
2
La fonction f cherchée est donc définie sur R par : f ( x)  e (
x² x
 )
4 2
x
b) Soit g une fonction définie et dérivable sur
g est solution de l’équation (E’)

1 2
e ( x ²  2 x) La fonction h est définie et dérivable sur 
4
x
x

1
1 
h '( x)  (( )e 2 ( x ²  2 x)  e 2 (2 x  2))
4
2
x
x
1 
1
1 
 e 2 ( x ²  x  2)  e 2 ( x ²  2 x  4)
4
2
8
x
1 
On a bien trouvé l’expression donnée dans l’énoncé e 2   x ²  2 x  4 
8
4. a. h( x) 
.
x
 pour tout réel x, 2 g '( x)  g ( x)  e 2 ( x  1)
 pour tout réel x, 2 g '( x)  g ( x)  2 f '( x)  f ( x)
 pour tout réel x, 2( g '( x)  f '( x))  g ( x)  f ( x)  0
 g–f est solution de l’équation(E).
c) d’après la question précédente
g solution de (E’)  g–f est solution de l’équation(E)
, g ( x)  f ( x)  Ce

x
2
b. Comme pour tout réel x , e
d’après la question1
x

2
 g ( x)  f ( x)  Ce
avec C constante réelle quelconque
et on en déduit la forme générale des solutions de l’équation (E) comme
étant des fonctions « g » définies par
x
x
x
x




x² x
x² x
2
2
2
2
g ( x)  f ( x)  Ce  e (  )  Ce  e (   C )
4 2
4 2
x

x
1 
  d ' où lim e 2   
x 
x  4
h( x)  
2
 donc xlim


lim ( x ²  2 x)  lim x²  
x 
x 

lim 
x
x
x
x

1 
1
1 
x 
x 
h( x)  e 2 ( x²  2 x)  x²e 2  xe 2  ( )²e 2  ( )e 2
4
4
2
2
2
ex
1
  d ' où lim x n e x  lim x  0
x  x n
x 
x  e
Or on a montré en cours que
xn
lim
D’où l’on peut déduire que
x
2
 0 h’(x) est du signe de   x²  2 x  4 
trinôme du second degré avec = 4+16=20 donc admettant deux racines
x1  1  5 et x2 1  5
Ce trinôme est du signe de « a » ici -1, à l’extérieur des racines
x
-
+
1 5
1 5
signe de
h '( x)
variations
de h
–
0
+
lim h( x)  0
x 
0
–
h(x2)
+
h(x1)
3. Limites de h ?
x

0