Correction bac blanc 2 012 : Exercice 1 :

1°) a)

!

zA = 2 3 +2i = 2 3( )2

+22 = 12+ 4 = 16 = 4

!

zA = 4 32

+12

i"

# $ $

%

& ' ' = 4 cos (

6"

# $

%

& ' + sin (

6"

# $

%

& ' i

"

# $

%

& ' = 4e

i(6

!

zB = "4i = 4

!

zB = 4 "i( ) = 4e"i#2

!

zC = "2 3 +2i = "2 3( )2

+22 = 12+ 4 = 16 = 4

!

zC = 4 "32

+12

i#

$ % %

&

' ( ( = 4 cos 5)

6#

$ %

&

' ( + sin 5)

6#

$ %

&

' ( i

#

$ %

&

' ( = 4e

i 5)6

b) Pour tout point M du plan, OM = | zM |, donc on peut en déduire que OA = OB = OC = 4, donc A, B et C sont sur le cercle Ψ de centre O et de rayon 4. c)

d)

!

zC " zB

zA " zB

="2 3 + 2i + 4i2 3 + 2i + 4i

="2 3 + 6i( ) 2 3 "6i( )2 3 + 6i( ) 2 3 "6i( )

="12 + 24 3i + 36

12 + 36=

24 + 24 3i48

=12

+ i 32

= ei#3 .

e) On en déduit :

!

BCBA

=zC " zB

zA " zB

= ei#3 =1

!

BA;BC" # $ %

& ' = arg zC ( zB

zA ( zB

"

# $

%

& ' = arg e

i)3

"

#

$ $

%

&

' ' =

)3

Ainsi, le triangle ABC est un triangle équilatéral.

2°) a) O’ est l’image de O par la rotation de centre B et d’angle

!

"3

,

donc

!

z " O - zB = ei#3 zO $ zB( )% z " O = -4i +

12

+ i 32

&

' ( (

)

* + + 4i( ) = $4i + 2i$2 3 = $2 3 $2i.

b) Le milieu de [AO’] a pour affixe :

!

zA + z " O

2= 0 = zO, donc O est le milieu de [AO’].

Or A appartient à Ψ, cercle de centre O et de rayon 4, donc O’ ∈ Ψ. [AO’] est un diamètre de Ψ. c) Voir figure (Ψ’ est le cercle de centre O’ et de rayon 4). d) B et C appartiennent à Ψ. B est le centre de la rotation, donc r(B) = B, et donc B appartient à Ψ’ = r(Ψ). O’C =

!

zC - z " O = #2 3 +2i +2 3 +2i = 4i = 4, donc C appartient à Ψ’.

Les cercles Ψ et Ψ’ se coupent en B et C. 3°) a) M(z) ∈ (Γ) ⇔

!

z = z + 2 3 + 2i ⇔ |z – zO | = |z – zO’ | ⇔ OM = O’M ⇔ M appartient à la médiatrice de [OO’]. (Γ) est la médiatrice de [OO’]. b) OB = O’B = 4, donc B ∈ (Γ) OC = O’C = 4, donc C ∈ (Γ) Exercice 2 : Partie A : 1. f est de la forme f(x) = x – ln(u(x)) avec u(x) = x 2 + 1, donc u’(x) = 2 x.

On a donc f ’(x) = 1 -

!

" u x( )u x( )

= 1 –

!

2xx 2 +1

=

!

x 2 "2x +1x 2 +1

=x "1( )

2

x 2 +1.

Or pour tout réel x, x 2 + 1 > 0 et (x – 1)2 ≥ 0, donc f ’(x) ≥ 0. f est strictement croissante sur l’ensemble des réels, donc sur [0 ; 1]. f (0) = 0 – ln(1) = 0 f (1) = 1 – ln(2) < 1 f est croissante sur [0 ; 1], donc si 0 ≤ x ≤ 1, alors f(0) ≤ f(x) ≤ f(1), donc f(x) ∈ [0 ; 1]2. 2. f(x) = x ⇔ ln (x2 + 1) = 0 ⇔ x2 + 1 = e0 = 1 ⇔ x2 = 0 ⇔ x = 0. S = {0}. Partie B : 1. un + 1 – un =

!

"ln un2 +1( ).

Or pour tout n ≥ 0,

!

un2 ≥ 0, donc 1 +

!

un2 ≥ 1,

donc ln(1 +

!

un2 ) ≥ ln(1) = 0 car ln est strictement croissante sur ]0 ; +∞[,

donc un + 1 – un ≤ 0 (un) est décroissante. Remarque : on peut aussi le démontrer par récurrence en utilisant la croissance de la fonction f. 2. Initialisation : u0 = 1 ∈ [0 ; 1]. Hérédité : supposons que un ∈ [0 ; 1] pour un n ≥ 0 donné. Montrons que un + 1 ∈ [0 ; 1]. un + 1 = f (un) un ∈ [0 ; 1], donc d’après le 1, f (un) ∈ [0 ; 1], c’est à dire un + 1 ∈ [0 ; 1]. Conclusion : pour tout n ≥0, un ∈ [0 ; 1]. 3. (un) est décroissante et minorée par 0, donc elle converge vers une limite L. un + 1 = f (un) avec f continue sur [0 ; 1] et (un) converge vers L, donc L est solution de f(L) = L. D’après le 2. de la partie A, on a L = 0. Exercice 3 : 1°) réponse b AB (3 – 1 ; 1 – 0 ; – 2 + 1) ; AB (2 ; 1 ; –1) et le vecteur n

r(2 ; –3 ; 1) est un vecteur normal au plan (P).

AB .nr

= 2 × 2 + 1 × (–3) – 1 ×1 = 4 – 3 – 1 = 0 donc AB et nr

sont orthogonaux donc la droite (AB) est parallèle au plan . 2 × 1 –3 × 0 + (– 1) – 4 = 2 – 1 – 4 = –3 ≠ 0 donc A!(P) donc la droite (AB) est strictement parallèle à (P)

2°) réponse b

Le point H

!

3; 12

;- 12

"

# $

%

& ' appartient au plan car 2 × 3 – 3 ×

21 –

23 – 4 = 0

CH (3 – 2 ; 21 – 2 ; –

21 + 1) ; CH (1 ; –

23 ; 21 ) ; n

r= 2 CH donc n

r et CH sont colinéaires

donc CH est normal au plan (P) et H ∈(P) donc H !"

#$%

&21;-

213; est la projection orthogonale de C sur (P).

3°) réponse a

d(A ; (P) ) =

!

2"1# 3"0#1# 4

22 + (#3)2 +1=

# 3

4 +9+1=

14143

143

= ≈ 0.8 < 3,

donc (S) et (P) sont sécants suivant un cercle. 4°) réponse c Le vecteur AB (2 ; 1 ; –1) est un vecteur normal à son plan médiateur, donc une équation cartésienne de ce plan médiateur sera de la forme 2x + y – z + d = 0.

Soit I le milieu de [AB] I

!

1+ 32

;0+12

;"1"22

#

$ %

&

' ( donc I

!

2;12

;"32

#

$ %

&

' (

Le plan médiateur du segment [AB] contient le milieu I de [AB], donc on doit avoir :

2 × 2 + 21 +

23 + d = 0 donc d = – 6 donc le plan médiateur du segment [AB] a pour équation cartésienne :

2x + y – z – 6 = 0 Exercice 4 : Partie A : Restitution organisée des connaissances On pose X = –x donc x = – X .

+!="!#Xlim

x donc =

!!!!!

"

#

$$$$$

%

&

'='='=

+()+()

'

+()'()

Xe

1lim)

e

X(lim)Xe(lim)xe(lim

XXXXX

Xx

x0 car

+!=+!" XelimX

X.

Partie B : Equation différentielle On considère l’équation différentielle (E) : y′ − 2y = e2x . 1) u(x) = x e2x ; u est dérivable sur R comme produit de fonctions dérivables sur R et

u’(x) = e2x + x × 2e2x = e2x (1 + 2x) donc

u’(x) − 2u(x) = e2x (1 + 2x) – 2x e2x = e2x (1 + 2x – 2x) = e2x donc la fonction u est une solution de (E).

2) (E0) : y′ − 2y = 0 ! y’ = 2y .

Les solutions de l’équation différentielle (E0) sont les fonctions g définies sur R par g(x) = k e 2x où k! R.

3) f définie sur R est solution de (E) ! f’ – 2f = e2x ! f’ – 2f = u’ – 2u (car on sait que u est solution de (E)) ! f’ – 2f – u’ + 2u = 0 ! (f – u)’ – 2 (f – u) = 0 ! (f – u) est solution de l’équation différentielle (E0) : y′ − 2y = 0. 4) On sait que f est solution de (E) ! (f – u) est solution de (E0) ! f(x) – u(x) = k e2x ! f(x) = u(x) + k e2x ! f(x) = x e2x + k e2x donc les solutions de l’équation différentielle (E) sont

les fonctions définies sur R par f(x) = (x + k) e2x où k est un réel.. 5) f(0) = 1 ! (0 + k) e0 = 1 ! k = 1 donc la solution de l’équation différentielle (E) qui prend la valeur 1 en 0 est la fonction définie sur R par f(x) = (x + 1) e2x où k est un réel.. Partie C : Etude d’une fonction Le plan est rapporté au repère orthonormé

!

O ; i ; j " # $ %

& ' . Soit la fonction f définie sur R par : f (x) = (x + 1) e2x

1) a) +!"x

lim (2x ) = + ∞ et =+!"

XX

elim + ∞ donc par composition +!"x

lim ( e2x) = + ∞

et +!"x

lim (x + 1) = + ∞ donc par produit +!"x

lim f(x) = + ∞

b) f (x) = (x + 1) e2x = xe2x + e2x =21 × 2xe2x + e2x .

Posons X = 2x ; on a alors !"#x

lim X = !"#x

lim (2x) = – ∞ et on sait que 0)Xe(lim XX

=!"#

donc

!"#x

lim (2x e2x) = 0 donc par produit !"#x

lim (21 × 2xe2x) = 0 .

Et!"#x

lim (2x ) = – ∞ et =!"#

XX

elim 0 donc par composition !"#x

lim ( e2x) = 0

Par addition, on en déduit que !"#x

lim f(x) = 0. La courbe représentative de f est asymptote à l’axe

des abscisses en – ∞.

2) f est dérivable sur R comme produit de fonctions dérivables sur R et d’après le B on sait que f’(x) = 2f(x) + e2x donc f’(x) = 2(x + 1) e2x + e2x = e2x (2x + 2 + 1) = e2x (2x + 3).

Pour tout réel x, on a e2x > 0 donc f ’(x) a le même signe que le binôme 2x + 3. f ’(x) ≥ 0 ! 2x + 3 ≥ 0 ! x ≥ –1.5

x –∞ –1.5 +∞ f ’(x) – 0 + f(x)

0 +∞

–0.5e– 3 3) f(x) = (x + 1) e2x et e2x > 0 pour tout réel x donc f(x) a le même signe que x + 1 donc

sur ] –∞ ; – 1[ f(x) < 0 et sur ] – 1 ; +∞[ f(x) > 0 et f(x) = 0! x = – 1

4) a) Sur ]–∞ ; – 1[ f(x) < 0 donc l’équation f(x) = 2 n’a pas de solution sur cet intervalle ;

Sur [– 1 ; +∞[ f est continue et strictement croissante et f(– 1) = 0 et +!"x

lim f(x) = + ∞ donc

d’après le théorème de la valeur intermédiaire, l’équation f (x) = 2 admet une solution unique α

dans [– 1 ; +∞[ donc aussi dans R.

b) A la calculatrice, on obtient 0.23 < α < 0.24 .

c) On sait que f(α) = 2 donc (α + 1) e2α = 2 ! e2α =1

2+!

(car on sait que α ≠ –1 donc α + 1≠0)

! ln(e2α ) = ln(1

2+!

) (car on sait que α > –1 donc α + 1> 0 donc1

2+!

> 0 )

! 2 α = ln(1

2+!

) ! α =21 ln(

12+!

).