Bac blanc (corrigé)

La Merci - Terminales S
février 2011
BAC BLANC
4 heures
Le barême est donné à titre indicatif.
1. Exercice 1 (3 points)
1. Résoudre l’équation différentielle : 2y '+ y = 0 (E), dont l’inconnue est une fonction définie et dérivable
sur R.
−
2. On considère l’équation différentielle : 2y '+ y = e
x
2
( x +1)
(E’)
−
a. Déterminer deux réels m et p tels que la fonction f définie sur R par f ( x ) = e
x
2
( mx
2
)
+ px soit solution
de (E’).
b. Soit g une fonction définie et dérivable sur R.
Montrer que g est solution de l’équation (E’) si et seulement si g – f est solution de l’équation (E).
Résoudre l’équation (E’).
Correction
1
− x
1
1. 2y '+ y = 0 ⇔ y ' = − y a pour solutions y = Ce 2 , C constante réelle.
2
−
2. f ( x ) = e
−
2 y '+ y = e
−
f (x) = e
x
2
x
2
( mx
2
)

( x + 1 ) ⇔ 2 −

x
2
x
x
x
−
−
1 −
+ px ; f ' ( x ) = − e 2 mx2 + px + e 2 ( 2mx + p ) = e 2
2
(
)
 m 2 
1 

 − x +  2m − p  x + p  ,
2 

 2

 4m = 1
m 2 
1 
1

x +  2m − p  x + p  + mx2 + px = x + 1 ⇔ 
d’où m = , p = 1 et
p
1
=
2
2 
4



(
)
1 2

 x + x .
4

b. g est solution de (E’)
⇔
−
2 g '+ g = e
x
2
( x + 1 ) ⇔ 2 g ' + g = 2 f '+ f
⇔ 2 ( g '− f ' ) + ( g − f ) = 0 , soit
2 ( g − f ) '+ ( g − f ) = 0 et donc g − f est solution de (E).
1
− x
2
On a donc g − f = Ce
1
1
 − x
⇔ g ( x ) =  x2 + x + C  e 2 .
4

2. Exercice 2 (5 points, non spécialistes)
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O ; u, v ) (unité graphique : 1 cm).
On considère les points A, B et I d’affixes respectives : 1 + i, 3 − i et 2.
À tout point M d’affixe z, on associe le point M’ d’affixe z’ telle que : z ' = z 2 − 4 z .
Le point M’ est appelé l’image de M.
1. Faire une figure sur une feuille de papier millimétré et compléter cette figure tout au long de l’exercice.
2. Calculer les affixes des points A’ et B’, images respectives des points A et B. Que remarque-t-on ?
3. Déterminer les points qui ont pour image le point d’affixe −5 .
4. a. Vérifier que pour tout nombre complexe z, on a z '+ 4 = ( z − 2 ) .
2
b. En déduire une relation entre z '+ 4 et z − 2 puis, lorsque z est différent de 2, une relation entre
arg ( z '+ 4 ) et arg ( z − 2 ) .
c. Que peut-on dire du point M’ lorsque M décrit le cercle de centre I et de rayon 2 ?
i
π
5. Soit E le point d’affixe 2 + 2e 3 , J le point d’affixe −4 et E’ l’image de E.
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a. Calculer la distance IE et une mesure en radians de l’angle u ; IE .
(
)
b. Calculer la distance JE’ et une mesure en radians de l’angle u ; JE ' .
(
)
c. Construire à la règle et au compas le point E’ ; on laissera apparents les traits de construction.
Correction
z ' = z2 − 4 z .
2. a ' = a2 − 4 a = ( 1 + i ) − 4 ( 1 + i ) = −4 − 2i ; b ' = ( 3 − i ) − 4 ( 3 − i ) = 9 − 6 i + i 2 − 12 + 4i = −4 − 2i = a ' ; A
2
2
et B ont même image.
3. Il faut résoudre z 2 − 4 z = −5 ⇔ z 2 − 4 z + 5 = 0 : ∆ = 16 − 20 = −4 = ( 2i )
2
d’où z1 = 2 − i et z2 = 2 + i ,
notés U et V sur la figure).
4. a. z '+ 4 = z 2 − 4 z + 4 = ( z − 2 ) .
2
b. z '+ 4 =
( z − 2 )2
= z−2
et arg ( z '+ 4 ) = arg ( z − 2 ) = 2arg ( z − 2 ) .
2
2
c. Lorsque M décrit le cercle de centre I et de rayon 2, on a IM = 2 ⇔ z − 2 = 2 ⇒ z '+ 4 = 22 = 4 donc M’
est sur le cercle de centre J d’affixe –4 et de rayon 4.
i
π
5. Soit E le point d’affixe 2 + 2e 3 , J le point d’affixe −4 et E’ l’image de E.
 iπ
= 2 ; u ; IE = arg  2e 3


π 2π
b. Grâce au 4. b. on a JE ' = 4 et u ; JE ' = 2 =
.
3
3
i
a. IE = 2 + 2e
π
3
i
− 2 = 2e
π
3
i
=2 e
(
π
(
3
)
 π
= .
 3

)
c. Construire les cercles comme ci-dessus ainsi que les droites x = 3 et x = −6 qui donnent E et E’.
3. Exercice 2 (5 points, spécialistes, élèves de Mme Banegas seulement)
Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse et donner une démonstration de la
réponse choisie. Une réponse non démontrée ne rapporte aucun point.
Proposition 1 : « l’ensemble des couples d’entiers relatifs (x ; y) solutions de l’équation 12x − 5y = 3 est
l’ensemble des couples (4 + 10k ; 9 + 24k) où k ∈ ℤ ».
Proposition 2 : Pour tout entier naturel n non nul : « 56n+1 + 23n+1 est divisible par 5 ».
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Proposition 3 : Pour tout entier naturel n non nul : « Si un entier naturel n est congru à 1 modulo 7 alors
le PGCD de 3n + 4 et de 4n + 3 est égal à 7 ».
Proposition 4 : « x2 + x + 3 ≡ 0 [ 5 ] si et seulement si x ≡ 1[ 5 ] ».
Proposition 5 : Deux entiers naturels M et N sont tels que M a pour écriture abc en base dix (M vaut
100a+10b+c où a, b, c sont des chiffres entre 0 et 9) et N a pour écriture bca en base dix.
« Si l’entier M est divisible par 27 alors l’entier M − N est aussi divisible par 27 ».
Correction
Proposition 1 : Faux. 12 et 5 sont premiers entre eux, l’équation 12 x − 5y = 1 a des solutions ;
particulièrement le couple (3, 7) donc le couple (9, 21) est solution de 12 x − 5y = 3 . On opère de manière
standard :
 12 x − 5y = 3
 x − 9 = 5k
 x = 9 + 5k
;
⇒ 12 ( x − 9 ) − 5 ( y − 21 ) = 0 ⇒ 
⇒

 12 × 9 − 5 × 21 = 3
 y − 21 = 12k  y = 21 + 12k
les couples (4 + 10k ; 9 + 24k) ne sont qu’une partie des couples solutions (la solution 9, 21 n’en fait
même pas partie…).
Proposition 2 : Faux. 56n+1 + est évidemment divisible par 5 ; 23n+1 n’est formé que de puissances de 2,
aucun de ces nombres ne sont divisibles par 5.
Proposition 3 : Vrai. Prenons n = 1 + 7 k et remplaçons : 3n + 4 = 3 + 21k + 4 = 7 + 21k = 7 ( 1 + 3k ) puis
4n + 3 = 4 ( 1 + 7 k ) + 3 = 7 + 28k = 7 ( 1 + 4 k ) ; si le PGCD vaut 7, alors 1 + 3k et 1 + 4k doivent être
u+ v = 1
 u = −3
premiers entre eux : on doit trouver u et v tels que u ( 1 + 4k ) + v ( 1 + 3k ) = 1 ⇒ 
.
⇒
 4u + 3v = 0
v= 4
Ok.
Proposition 4 : Faux. On teste tous les restes modulo 5 :
x
2
x +x+3
0
1
2
3
4
3
0
4
0
3
donc faux puisqu’on a aussi 3.
Proposition 5 : Vrai
 M = 100 a + 10b + c
⇒ M − N = 99 a − 90b − 9c = 9 ( 11a − 10b − c ) .

 N = 100b + 10c + a
Si
M = 100 a + 10b + c
est
un
multiple
−8 a + 10b + c ≡ 0 [ 27 ] ⇒ 10b + c = 8 a + 27 k .
de
27,
108 = 4 × 27 ,
comme
on
a
Pour que M − N soit divisible par 27 il faut que 11a − 10b − c = 11a − 8 a − 27 k = 3a − 27 k soit divisible par
3, ce qui est le cas.
4. Exercice 3 (6 points)
Partie 1
Soit g la fonction définie sur [ 0 ; + ∞ [ par g ( x ) = ex − xex + 1 .
1. Étudier les variations de la fonction g.
2. Donner le tableau de variations de g.
3. a. Démontrer que l’équation g ( x ) = 0 admet sur
[0 ; + ∞[
une unique solution. On note α cette
solution.
b. À l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude 10−2 de α .
c. Démontrer que eα =
1
.
α −1
4. Déterminer le signe de g ( x ) suivant les valeurs de x.
Partie 2 : Soit A la fonction définie et dérivable sur [ 0 ; + ∞ [ telle que A ( x ) =
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4x
x
e +1
.
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1. Démontrer que pour tout réel x positif ou nul, A′ ( x ) a le même signe que g ( x ) , où g est la fonction
définie dans la partie 1.
2. En déduire les variations de la fonction A sur [ 0 ; + ∞ [ .
Partie 3
On considère la fonction f définie sur [ 0 ; + ∞ [ par f ( x ) =
4
. On note (C) sa courbe représentative
e +1
dans un repère orthonormé (O ; i , j ) . La figure est donnée ci-dessous.
x
Pour tout réel x positif ou nul, on note :
M le point de (C) de coordonnées (x ; f(x)),
P le point de coordonnées (x ; 0),
Q le point de coordonnées (0 ; f(x)).
1. Démontrer que l’aire du rectangle OPMQ est maximale lorsque M a pour abscisse α .
2. Le point M a pour abscisse α . La tangente (T) en M à la courbe (C) est-elle parallèle à la droite (PQ) ?
Dans cette question, toute trace de recherche,même incomplète, ou d’initiative, même non fructueuse, sera prise en
compte dans l’évaluation.
Correction
Partie 1
[0 ; + ∞[
par.
(
)
1. g ' ( x ) = ex − 1.ex + x.ex + 0 = − xex ; comme x est positif et exp également, g est décroissante.
2. g ( 0 ) = 2 ; lim g ( x ) = lim ex ( 1 − x ) + 1 = −∞
x→+∞
x
x→+∞
+∞
0
g'( x )
car exp tend vers +∞ ainsi que x.
–
2
3. a. g est continue, monotone strictement
décroissante de [ 0 ; + ∞ [ vers ] −∞ ; 2 ] , elle
g( x )
s’annule donc une seule fois pour un nombre α .
−∞
b. On a g ( 1,27 ) = 0,04 > 0 et g ( 1,28 ) = −0,007 < 0 donc 1, 27 ≤ α ≤ 1,28 .
c. Comme g ( α ) = 0 , on a eα ( 1 − α ) = −1 ⇔ eα =
−1
1
=
.
1−α α −1
4. Comme g est décroissante, elle est positive avant α , négative après.
Partie 2 : Soit A la fonction définie et dérivable sur [ 0 ; + ∞ [ telle que A ( x ) =
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4x
x
e +1
.
4
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1. A ' ( x ) = 4
(
) ( ) = 4e
1 ex + 1 − x ex
x
x
− xex + 1
x
e +1
e +1
=4
g( x )
ex + 1
. Comme le dénominateur est positif, A’ est du
signe de g.
2.
x
α
0
A'( x )
+
+∞
0
–
?
A( x )
0
0
Partie 3
1. L’aire du rectangle OPMQ vaut OP × OQ = x × f ( x ) =
4x
x
e +1
= A ( x ) qui est maximale lorsque x = α .
2. Pour x = α , la tangente en M a pour coefficient directeur f ' ( α ) =
coefficient directeur
yQ − yP
xQ − xP
=
f (α ) −0
0 −α
=
−4eα
(
eα + 1
)
2
et la droite PQ a pour
 1 

 . Ca n’a pas l’air vraiment égal mais il faut
e + 1  −α 
4
α
vérifier :
- à la machine : f ' ( 1,28 ) =
- à la main : on utilise eα =
−4e1,28
(e
1,28
+1
)
2
≈ −0,68 et
4
1.28
e
 1

+ 1  −1,28

 ≈ −0,66 … pas vraiment concluant…

1
1
1
eα + 1
⇔ α −1 = α ⇔ α = α +1 =
:
α −1
e
e
ea
4 
ea 
−4ea
 1 
−
=
−
=




eα + 1  α  eα + 1  eα + 1 
eα + 1
4
(
)
2
.
Finalement c’est pareil…
5. Exercice 4 (6 points)
Pour tout nombre réel k strictement positif, on considère la fonction fk définie sur l’intervalle ] 0 ; + ∞ [ par
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fk ( x ) = ln ( x ) − kx 2 + 1 .
Partie A
1. Déterminer la limite de la fonction fk en 0.
2. On rappelle que lim
x→+∞
ln x
ln x
= 0 . Démontrer que lim 2 = 0 .
x→+∞ x
x
En déduire la limite de la fonction fk en +∞ .
3. Montrer que, pour tout nombre réel x strictement positif, fk′ ( x ) =
1 − 2kx2
.
x
4. Pour un nombre réel k strictement positif on donne ci-dessous le tableau de variations de la fonction fk.
x
1
0
2k
+∞
1 − ln ( 2k )
f (x)
2
Justifier les renseignements sur les variations de la fonction fk figurant dans ce tableau.
5. On a tracé ci-dessous la courbe Ck représentative d’une fonction fk pour une certaine valeur du nombre
 1
réel k strictement positif. Le point A  1 ;  appartient à la courbe Ck.
 2
Quelle est la valeur du nombre réel k correspondant ? Justifier la démarche.
Partie B
Dans cette partie on pose k =
1. Calculer
∫
1
1
2
1
.
2
ln ( x ) dx . On pourra utiliser une intégration par parties.
2. Calculer, en unité d’aire, la mesure de l’aire du domaine délimité par la courbe représentative de la
1
fonction f1/2 , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = et x = 1.
2
Correction
fk ( x ) = ln ( x ) − kx 2 + 1 .
Partie A
1. En 0 ln tend vers −∞ donc fk également.
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 ln ( x )
1 ln x
1 
= 0 × 0 = 0 . En mettant x2 en facteur, on a fk ( x ) = x 2 
− k + 2  : en
2
x→+∞ x
x→+∞ x x
x 
 x
+∞ l’intérieur de la parenthèse tend vers –k ; x2 tend vers +∞ ; fk tend donc vers −∞ .
2. lim
ln x
= lim
2
3. fk′ ( x ) =
1
1 − 2kx2
− 2kx =
.
x
x
4.
1
0
x
2k
+∞
1 − ln ( 2k )
f (x)
2
(
)(
)
1 − x 2k 1 + x 2k
1 − 2kx 2
≥0⇔
≥ 0 ; seul le terme 1 − x 2k change de signe en 1 / 2k ,
x
x
positif avant, négatif après. En 0 la fonction n’est pas définie à cause de ln.
fk′ ( x ) =
5. On doit avoir fk ( 1 ) =
1
1
1
⇔ ln ( 1 ) − k + 1 = ⇔ k = .
2
2
2
Partie B
1. On pose
u= x
u' = 1
v = ln x
∫
2.
∫
1
f
x dx =
1 1/2 ( )
2
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d’où
1
v' =
1 , soit
x
ln ( x ) dx = [ x ln x ] 1/2 −
1
1
2
∫
1
1
2
1
1 1 
1 1
1
x dx = 0 − ln −  1 −  = ln 2 − .
2 2 
2 2
2
x
1
1
1  11 3
1
1
11
111 1 1
7

ln 2 − +  −
x + x
= ln 2 − + −
+1+
− = ln 2 −
≈ 0,2 .
2
2  23
2
2
2
3
2
3
8
2
2
48
 1/2
7
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