Fiche de mathématiques
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Bac Scientifique
Amérique du Sud - Session Novembre 2007

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Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité :
Durée de l'épreuve : 4 heures - Coefficient 7
Pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité :
Durée de l'épreuve : 4 heures - Coefficient 9

L'utilisation d'une calculatrice est autorisée.
Le candidat doit traiter les quatre exercices.
Le candidat est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu'il aura développée.
Il est rappelé que la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.
4 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

1. Dans cette question, on demande au candidat d'exposer des connaissances.
On suppose connu le résultat suivant :
La fonction x \mapsto  \text{e}^x est l'unique fonction \varphi dérivable sur \mathbb{R} telle que \varphi' = \varphi, et \varphi(0) = 1.
Soit a un réel donné.
    a) Montrer que la fonction f définie sur \mathbb{R} par f(x) = \text{e}^{ax} est solution de l'équation y' = ay.
    b) Soit g une solution de l'équation y'= ay. Soit h la fonction définie sur \mathbb{R} par h(x)  = g(x)\text{e}^{-ax}. Montrer que h est une fonction constante.
    c) En déduire l'ensemble des solutions de l'équation y' =  ay.

2. On considère l'équation différentielle (E) : y'= 2y + \cos x.
    a) Déterminer deux nombres réels a et b tels que la fonction f_{0} définie sur \mathbb{R} par :
f_{0}(x) = a \cos x + b \sin x
soit une solution f_{0} de (E).
    b) Résoudre l'équation différentielle \left(\text{E}_{0}\right)~ :~ y' =  2y.
    c) Démontrer que f est solution de (E) si et seulement si f - f_{0} est solution de \left(\text{E}_{0}\right).
    d) En déduire les solutions de (E).
    e) Déterminer la solution k de (E) vérifiant k\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0.


5 points

exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Le plan \mathcal{P} est rapporté à un repère orthonormal direct (O ; \vec{u},\vec{v}).
On fera une figure que l'on complétera avec les différents éléments intervenant dans l'exercice.

1. On considère les points A d'affixe 1 et B d'affixe i. On appelle S la réflexion (symétrie axiale) d'axe (AB).
Montrer que l'image M' par S d'un point M d'affixe z a pour affixe z' =  -\text{i}\overline{z} + 1 + \text{i}.

2. On note H l'homothétie de centre A et de rapport -2. Donner l'écriture complexe de H.

3. On note f la composée H \circ S.
    a) Montrer que f est une similitude.
    b) Déterminer l'écriture complexe de f.

4. On appelle M'' l'image d'un point M par f.
    a) Démontrer que l'ensemble des points M du plan tels que \overrightarrow{\text{AM''}} = -2\overrightarrow{\text{AM}} est la droite (AB).
    b) Démontrer que l'ensemble des points M du plan tels que \overrightarrow{\text{AM''}} = 2\overrightarrow{\text{AM}} est la perpendiculaire en A à la droite (AB).


5 points

exercice 2 - Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

Le plan \mathcal{P} est rapporté à un repère orthonormal direct (O ; \vec{u},\vec{v}).
On fera une figure qui sera complétée au fur et à mesure.
Soit f l'application qui à tout point M de P d'affixe non nulle z associe le point M' d'affixe :
 z'= \dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right).

1. Soit E le point d'affixe z_{\text{E}} = - \text{i}. Déterminer l'affixe du point E', image de E par f.

2. Déterminer l'ensemble des points M tels que M'= M.

3. On note A et B les points d'affixes respectives 1 et -1.
Soit M un point distinct des points O, A et B.
    a) Montrer que, pour tout nombre complexe z différent de 0, 1 et -1, on a :
\dfrac{z' + 1}{z' - 1} = \left(\dfrac{z + 1}{z - 1} \right)^2.
    b) En déduire une expression de \dfrac{M'\text{B}}{M'\text{A}} en fonction de \dfrac{M\text{B}}{M\text{A}} puis une expression de l'angle \left(\overrightarrow{M'\text{A}},~\overrightarrow{M'\text{B}}  \right) en fonction de l'angle \left(\overrightarrow{M\text{A}},~\overrightarrow{M\text{B}}  \right).

4. Soit \Delta la médiatrice du segment [A, B]. Montrer que si M est un point de \Delta distinct du point O, alors M' est un point de \Delta.

5. Soit \Gamma le cercle de diamètre [A, B].
    a) Montrer que si le point M appartient à \Gamma alors le point M' appartient à la droite (AB).
    b) Tout point de la droite (AB) a-t-il un antécédent par f ?


5 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

L'espace est muni d'un repère orthonormal (O ; \vec{i},\vec{j},\vec{k}).

1. On considère le point A de coordonnées (-2 ; 8 ; 4) et le vecteur \vec{u} de coordonnées (1 ; 5 ; -1).
Déterminer une représentation paramétrique de la droite (d) passant par A et de vecteur directeur \vec{u}.

2. On considère les plans (P) et (Q) d'équations cartésiennes respectives
x - y - z = 7 et x - 2z=11.
Démontrer que les plans (P) et (Q) sont sécants. On donnera une représentation paramétrique de leur droite d'intersection, notée (d').
Montrer que le vecteur de coordonnées (2 ; 1 ; 1) est un vecteur directeur de (d').

3. Démontrer que les droites (d) et (d') ne sont pas coplanaires.

4. On considère le point H de coordonnées (-3 ; 3 ; 5) et le point H' de coordonnées (3 ; 0 ; -4).
    a) Vérifier que H appartient à (d) et que H' appartient à (d').
    b) Démontrer que la droite (HH') est perpendiculaire aux droites (d) et (d').
    c) Calculer la distance entre les droites (d) et (d'), c'est-à-dire la distance HH'.

5. Déterminer l'ensemble des points M de l'espace tels que \overrightarrow{M\text{H}'} \cdot \overrightarrow{\text{HH}'} = 126.


6 points

exercice 4 - Commun à tous les candidats

1. On considère la fonction f_{1} définie sur [0 ; +\infty[ par
f_{1}(x) = 2x - 2 + \ln \left(x^2 + 1\right).
    a) Déterminer la limite de f_{1} en + \infty.
    b) Déterminer la dérivée de f_{1}.
    c) Dresser le tableau de variations de f_{1}.

2. Soit n un entier naturel non nul. On considère la fonction f_{n}, définie sur [0 ; + \infty[ par
f_{n}(x) =   2x -2 + \dfrac{\ln \left(x^2 + 1\right)}{n}.
    a) Déterminer la limite de f_{n} en +\infty.
    b) Démontrer que la fonction f_{n} est strictement croissante sur [0 ; + \infty[.
    c) Démontrer que l'équation f_{n}(x) = 0 admet une unique solution \alpha_{n} sur [0 ; + \infty[.
    d) Justifier que, pour tout entier naturel n, 0 < \alpha_{n} < 1.

3. Montrer que pour tout entier naturel non nul n, f_{n}\left(\alpha_{n+1}\right) > 0.

4. Étude de la suite \left(\alpha_{n}\right)
    a) Montrer que la suite \left(\alpha_{n}\right) est croissante.
    b) En déduire qu'elle est convergente.
    c) Utiliser l'expression \alpha_{n} = 1 - \dfrac{\ln \left(\alpha_{n}^2 + 1\right)}{2n} pour déterminer la limite de cette suite.






Remarque : cette correction, écrite au delà de 2012, utilise volontairement les quantificateurs universel (\forall) et existentiel (\exists) en tant qu'entraînement.

exercice 1

1. a) Soit f la fonction définie sur \mathbb{R} par f(x)=\text{e}^{ax} avec a réel.
La fonction f est dérivable sur \mathbb{R} comme fonction composée de \varphi et de x\mapsto ax dérivables sur \mathbb{R}.
Alors, pour tout x de \mathbb{R} \text{ : }
 f'(x)=\left(\text{e}^{ax}\right)'=(ax)'\text{e}^{ax}=a\text{e}^{ax}=af(x)

On en déduit que :
\forall x \in\mathbb{R}\text{ : } f'(x)=af(x)

Et donc :
\boxed{\text{La fonction }f\text{ définie sur } \mathbb{R} \text{ par } f(x) = \text{e}^{ax} \text{ est solution de l'équation } y' = ay}

1. b) Puisque la fonction g est solution de l?équation différentielle y'=ay sur \mathbb{R} , donc g est dérivable sur \mathbb{R} et pour tout réel x: g'(x)=ag(x)
Or, la fonction h définie sur \mathbb{R} par h(x)  = g(x)\text{e}^{-ax} est dérivable sur \mathbb{R} car les fonctions x\mapsto \text{e}^{-ax} et g sont dérivables sur \mathbb{R}
On a donc, \forall x \in\mathbb{R} \text{ : }
\begin{matrix}h'(x)&=&\left(g(x)\text{e}^{-ax} \right)'&=&\underbrace{g'(x)}_{ag(x)}\text{e}^{-ax}+g(x)\left(\text{e}^{-ax}\right)'\\&=&ag(x)\text{e}^{-ax}+g(x)(-a\text{e}^{-ax})&=&ag(x)\text{e}^{-ax}-ag(x)\text{e}^{-ax}\\&=&0\end{matrix}

On en déduit que
\forall x \in \mathbb{R}\text{ : } h'(x)=0

Et donc :
\boxed{\text{ La fonction }h \text{ est constante sur } \mathbb{R}}

1. c)
D'après 1. b), si une fonction g définie sur \mathbb{R} est solution de l?équation différentielle y'=ay, alors la fonction x\mapsto g(x)e^{-ax} est constante sur \mathbb{R}.
Donc dans ce cas, il existe un réel k tel que :
\forall x\in\mathbb{R}\text{ : } g(x)e^{-ax}=k

Et donc, il existe un réel k tel que :
\forall x \in\mathbb{R} \text{ : } g(x)=ke^{ax}

On en déduit :
\left[\text{ Une fonction g définie sur } \mathbb{R} \text{ est solution de } y'=ay \right]\Longrightarrow \left[\exists k \in\mathbb{R} \text{ : } \forall x\in\mathbb{R}\text{ , }g(x)=k\text{e}^{ax}\right] \red{\text{ (I) }}

Réciproquement, soit une fonction g définie sur \mathbb{R} par :
\forall x\in\mathbb{R} \text{ : }g(x)=k\text{e}^{ax}\text{ }(a,k\in\mathbb{R})

Donc pour tout réel x :
g'(x)=\left(k\text{e}^{ax}\right)'=ka\text{e}^{ax}=a\left(k\text{e}^{ax}\right)=ag(x)\Longrightarrow g'(x)=ag(x)

Cela veut dire que :
g \text{ est solution de l'équation différentielle } y'=ay

On en déduit :
  \left[\text{ La fonction g  est définie sur } \mathbb{R} \text{ par: }\forall x\in\mathbb{R}\text{ , }g(x)=k\text{e}^{ax}~~(a,k\in\mathbb{R}) \right]  \Longrightarrow  \left[ \text{ g est solution de } y'=ay \right] \red{\text{ (II) }}

De \red{\text{ (I) et (II) }}:
\boxed{ \text{ L'ensemble des solutions de l'équation différentielle } y'=ay \text{ est : } \lbrace x\mapsto k\text{e}^{ax} \text{ , } k\in \mathbb{R}\rbrace }

2. a) Déterminons les deux nombres réels a et b tels que la fonction f_{0} définie sur \mathbb{R} par : f_{0}(x) = a \cos x + b \sin x soit une solution de l'équation différentielle
(E): y'= 2y + \cos x

f_0 est une fonction dérivable sur \mathbb{R} car x\mapsto \sin(x) et x\mapsto \cos(x) sont dérivables sur \mathbb{R}
f_0 est solution de l'équation (E), donc pour tout x réel, on a:
\begin{matrix}f_0'(x)=2f(x)+\cos x&\Longleftrightarrow & (a \cos x + b \sin x)'=2( a \cos x + b \sin x)+\cos x\\&\Longleftrightarrow& -a\sin x+b\cos x=(2a+1)\cos x +2b\sin x\\&\Longleftrightarrow& \begin{cases} -a=2b\\b=2a+1\end{cases} \\&\Longleftrightarrow& \boxed{\begin{cases} a=-\dfrac{2}{5}\\b=\dfrac{1}{5}\end{cases}}\end{matrix}

Et la fonction f_0 s'écrit donc :
\boxed{\forall x\in\mathbb{R}\text{ : } f_0(x)=-\dfrac{2}{5}\cos x+\dfrac{1}{5}\sin x }

2. b) Directement d'après 1. c)
\boxed{ \text{ L'ensemble des solutions de l'équation différentielle }(E_0) : y'=2y \text{ est : } \lbrace x\mapsto k\text{e}^{2x} \text{ , } k\in \mathbb{R}\rbrace }

2. c) Par définition de la fonction, f_0 est solution de l'équation différentielle (E) , donc :
\forall x\in\mathbb{R}\text{ : } f_0'(x)=2f_0(x)+\cos x

Soit f une fonction définie sur \mathbb{R}.
On a donc :
\begin{matrix}f \text{ solution de (E)}&\Longleftrightarrow& \forall x\in\mathbb{R}\text{ : } f'(x)=2f(x)+\cos x\\& \Longleftrightarrow &\forall x\in\mathbb{R} \text{ : } f'(x)-f_0'(x)=2f(x)+\cos x-2f_0(x)-\cos x\\&\Longleftrightarrow &\forall x\in\mathbb{R} \text{ : } f'(x)-f_0'(x)=2(f(x)-f_0(x)) \\&\Longleftrightarrow& \forall x\in\mathbb{R} \text{ : } (f-f_0)'(x)=2(f-f_0)(x) \\&\Longleftrightarrow& \text{ La fonction } f-f_0 \text{ est solution de l'équation différentielle }(E_0)\end{matrix}

Conclusion :
\boxed{f \text{ est solution de } (E) \text{ si et seulement si } f - f_{0} \text{ est solution de }\left(\text{E}_{0}\right)}

2. d) Soit f une fonction définie sur \mathbb{R} telle que f est solution de (E)
D'après 2. c), cela est équivalent à f-f_0 est solution de (E_0) (avec f_0 la fonction définie sur \mathbb{R} par : f_0:x\mapsto -\dfrac{2}{5}\os x+\dfrac{1}{5}\sin x )
Ce qui équivaut à (d'après 1. c) ):
\exists k\in\mathbb{R} \text{ tel que } \forall x\in\mathbb{R} \text{ : } f(x)-f_0(x)=k\text{e}^{2x}

Il s'ensuit que :
\forall x\in\mathbb{R}\text{ : } f(x)=k\text{e}^{2x}+f_0(x)=\boxed{k\text{e}^{2x}-\dfrac{2}{5}\cos x+\dfrac{1}{5}\sin x}

Conclusion :
\boxed{ \text{ L'ensemble des solutions de l'équation différentielle }(E):y'= 2y + \cos x. \text{ est: } \left\lbrace x\mapsto k\text{e}^{2x}-\dfrac{2}{5}\cos x+\dfrac{1}{5}\sin x \text{ , } k\in \mathbb{R}\right\rbrace }

2. e) Soit k une fonction définie sur \mathbb{R} et solution de (E) vérifiant k\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0
Donc il existe un réel C tel que :
\forall x\in\mathbb{R}\text{ : } k(x)=C\text{e}^{2x}-\dfrac{2}{5}\cos x+\dfrac{1}{5}\sin x

Il s'agit de déterminer la constante réelle C , on a :
k\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0 \Longleftrightarrow C\text{e}^{2\frac{\pi}{2}}-\dfrac{2}{5}\cos \dfrac{\pi}{2}+\dfrac{1}{5}\sin \dfrac{\pi}{2}=0\Longleftrightarrow  C\text{e}^{\pi}+\dfrac{1}{5}=0\Longleftrightarrow C=-\dfrac{1}{5}\text{e}^{-\pi}

Et on remplace dans l'expression de k(x) :
\forall x\in\mathbb{R}\text{ : } k(x)=-\dfrac{1}{5}\text{e}^{-\pi}\text{e}^{2x}-\dfrac{2}{5}\cos x+\dfrac{1}{5}\sin x=\boxed{-\dfrac{1}{5}\text{e}^{2x-\pi}-\dfrac{2}{5}\cos x+\dfrac{1}{5}\sin x}


exercice 2-Spécialité

1. L'écriture complexe de la symétrie axiale S est : z'=a\overline{z}+ba\in\mathbb{C}^* \text{ et }b\in\mathbb{C} .
La symétrie axiale est d'axe (AB). On a z_A=1 \text{ et } z_B=i.
Les points A et B sont donc invariants par cette symétrie S et on peut écrire :
\begin{matrix}\begin{cases} z_A=a\overline{z_A}+b\\ z_B=a\overline{z_B}+b\end{cases} &\Longleftrightarrow &\begin{cases} 1=a+b\\ i=-ai+b\end{cases}&\Longleftrightarrow&  \begin{cases} 1=a+b\\ 1-i=a+ai\end{cases}&\Longleftrightarrow&  \begin{cases} 1=a+b\\ 1-i=a(1+i)\end{cases}&\Longleftrightarrow&  \begin{cases} b=1-a\\ a=\dfrac{1-i}{1+i}\end{cases}\\&\Longleftrightarrow & \begin{cases} b=1-a\\ a=\dfrac{1-i}{1+i}\end{cases} &\Longleftrightarrow& \begin{cases} b=1-a\\ a=\dfrac{(1-i)^2}{(1+i)(1-i)}\end{cases} & \Longleftrightarrow &\begin{cases} b=1-a\\ a=\dfrac{-2i}{2}\end{cases}& \Longleftrightarrow &\boxed{\begin{cases} b=1+i\\ a=-i\end{cases}}\end{matrix}

En en déduit :
\boxed{\text{L'image M' par } S \text{ d'un point M d'affixe } z \text{ a pour affixe }  z' =  -\text{i}\overline{z} + 1 + \text{i}}


2. L'homothétie de centre A et de rapport -2 transforme le point M(z) en M\,'(z').
\overrightarrow{AM'}=-2\overrightarrow{AM} équivaut à dire z'-1=-2(z-1) soit z'=-2z+3.


\boxed{\text{ L'image M' par l'homothétie }H \text{ d'un point M d'affixe z a pour affixe : } z'=-2z+3}

3. a) La symétrie axiale S est une similitude de centre A et l'homothétie H est aussi une similitude de centre A, donc par composition :
\boxed{f=H\text{ o }S \text{ est une similitude de centre A}}

3. b) Soit M'(z') l'image d'un point M(z) par S et soit M''(z'') l'image de M'(z') par l'homothétie H.
Donc :
\begin{cases}\bullet\begin{cases}z'= -\text{i}\overline{z} + 1 + \text{i}\\z''=-2z'+3\end{cases}\\\bullet M'' \text{ est l'image de M par la similitude } f=H\text{ o }S\end{cases}

Donc l'écriture complexe de f est :
z''=-2z'+3=-2\left(-\text{i}\overline{z} + 1 + \text{i}\right)+3=2i\overline{z}-2-2i+3=\boxed{2i(\overline{z}-1)+1}

4. a)Soit M''(z'') l'image d'un point M(z) par f.
Déterminons l'ensemble des points M vérifiant :
\overrightarrow{\text{AM''}} = -2\overrightarrow{\text{AM}}

\overrightarrow{\text{AM''}} = -2\overrightarrow{\text{AM}}\Longleftrightarrow z''-z_A=-2(z-z_A)\Longleftrightarrow z''-1=-2z+2\Longleftrightarrow 2i(\overline{z}-1)=2(-z+1)\Longleftrightarrow i\overline{z}-i=-z+1

On pose z=x+iyx,y sont réels ; on obtient :
\overrightarrow{\text{AM''}}= -2\overrightarrow{\text{AM}}\Longleftrightarrow i(x-iy)-i=-(x+iy)+1\Longleftrightarrow ix+y-i=-x-iy+1\Longleftrightarrow x+y+i(x+y)=1+i\Longleftrightarrow \begin{cases} x+y=1\\x+y=1\end{cases}\Longleftrightarrow y=-x+1

On vérifie facilement que A(1;0) et B(0;1) sont deux points de cette droite, qui est donc la droite (AB).
On peut conclure que :

\boxed{\text{L'ensemble des points M du plan tels que } \overrightarrow{\text{AM''}} = -2\overrightarrow{\text{AM}} \text{ est la droite } (AB)}

4. b) Ici encore, M''(z'') est l'image d'un point M(z) par f.
Déterminons l'ensemble des points M vérifiant :
\overrightarrow{\text{AM''}} = 2\overrightarrow{\text{AM}}

\overrightarrow{\text{AM''}} = 2\overrightarrow{\text{AM}}\Longleftrightarrow z''-z_A=2(z-z_A)\Longleftrightarrow z''-1=2z-2\Longleftrightarrow 2i(\overline{z}-1)=2(z-1)\Longleftrightarrow i\overline{z}-i=z-1

On pose z=x+iyx \text{ et }y sont réels, donc :
\overrightarrow{\text{AM''}}= 2\overrightarrow{\text{AM}}\Longleftrightarrow i(x-iy)-i=(x+iy)-1\Longleftrightarrow ix+y-i=x+iy-1\Longleftrightarrow -x+y+i(x-y)=-1+i\Longleftrightarrow \begin{cases} -x+y=-1\\x-y=1\end{cases}\Longleftrightarrow y=x-1

La droite d'équation y=x-1 est bien évidemment perpendiculaire à la droite (AB) puisque le produit des deux coefficients directeurs est égal à -1, de plus A(1,0) appartient à cette droite.

\boxed{\text{L'ensemble des points M du plan tels que } \overrightarrow{\text{AM''}} = 2\overrightarrow{\text{AM}} \text{ est la perpendiculaire en A à la droite } (AB)}

Figure.
Bac S Amérique du Sud Novembre 2007 - terminale : image 2


exercice 2

1. On note z_{E'} l'affixe du point E'. Le point E' est l'image du point E d'affixe z_E=-i par f :
z_{E'}=f\left(z_E\right)= \dfrac{1}{2}\left(z_E + \dfrac{1}{z_E}\right)=\dfrac{1}{2}\left(-i + \dfrac{1}{-i}\right)=\dfrac{1}{2}\left(-i+i\right)=0

\boxed{\text{L'affixe du point E' est } z_{E'}=0\text{, donc E' = O}}

2. Soit M d'affixe z et M' d'affixe z'. On a :
M'=M\Longleftrightarrow z'=z\Longleftrightarrow \dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right)=z\Longleftrightarrow z+\dfrac{1}{z}=2z\Longleftrightarrow z=\dfrac{1}{z}\Longleftrightarrow z^2-1=0\Longleftrightarrow (z-1)(z+1)=0\Longleftrightarrow \boxed{ z=1 \text{ ou } z=-1}

\boxed{\text{L'ensemble des points M vérifiant M'=M est : } \lbrace M(z) \text{ / } z=1\text{ ou } z=-1\rbrace}

3. a) Soit z\in\mathbb{C} l'affixe d'un point M distinct des points O, A \text{ et } B \text{ (Donc } z\in\mathbb{C}-\lbrace -1,0,1\rbrace\text{)} } .
Soit z' l'affixe d'un point M' image de M par f, c'est à dire : z'= \dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right).
On a :
\begin{matrix} \dfrac{z' + 1}{z' - 1} &=& \dfrac{\dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right)+1}{\dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right)-1} &=& \dfrac{z + \dfrac{1}{z}+2}{z + \dfrac{1}{z}-2}\\&=& \dfrac{z^2 + 1+2z}{z^2 + 1-2z}&=& \dfrac{z^2+2z+1}{z^2-2z+1}\\&=& \dfrac{(z+1)^2}{(z-1)^2}&=& \boxed{\left(\dfrac{z+1}{z-1}\right)^2}\end{matrix}

3. b)
Rapport des distances :
\begin{matrix}\dfrac{M'\text{B}}{M'\text{A}}&=&\dfrac{|z'-z_B|}{|z'-z_A|}&=&\left|\dfrac{z'-z_B}{z'-z_A}\right|&=&\left|\dfrac{z'+1}{z'-1}\right|\\&\underbrace{=}_{\text{ d'après 3. a)}}& \left|\left(\dfrac{z+1}{z-1}\right)^2\right|&=& \left|\dfrac{z+1}{z-1}\right|^2&=&\left(\dfrac{|z+1|}{|z-1|}\right)^2\\&=&\left(\dfrac{|z-z_B|}{|z-z_A|}\right)^2&=&\boxed{\left(\dfrac{MB}{MA}\right)^2}&&\end{matrix}

Les angles :
\left(\overrightarrow{M'\text{A}},~\overrightarrow{M'\text{B}}  \right)=\arg\left(\dfrac{z_B-z'}{z_A-z'}\right)=\arg\left(\dfrac{z'-z_B}{z'-z_A}\right)=\arg\left(\dfrac{z-z_B}{z-z_A}\right)^2=2\arg\left(\dfrac{z-z_B}{z-z_A}\right)[2\pi]

Soit :
\left(\overrightarrow{M'\text{A}},~\overrightarrow{M'\text{B}}  \right)=\boxed{2\left(\overrightarrow{M\text{A}},~\overrightarrow{M\text{B}}\right) [2\pi ]} \right)

4. Soit \Delta la médiatrice du segment [AB]
Si M est un point de \Delta (différent de O), alors MA=MB
Et donc :
MA=MB\Longrightarrow \dfrac{MA}{MB}=1\Longrightarrow \dfrac{M'\text{B}}{M'\text{A}}=1\Longrightarrow M'B=M'B

On en déduit que :
M'\in \Delta

Conclusion :
\boxed{\text{ Si M }\in\Delta \text{ alors } M'\in\Delta }

Remarque : M\ne O pour pouvoir utiliser les résultats du 3. b) qui ne sont valables que pour M\ne O\text{ , } M\ne A \text{ et } M\ne B

5. a) Soit M un point de \Gamma

Si M=A (respectivement M=B) :
Alors d'après 2., on a M'=A (respectivement M'=B) et on déduit que M'\in(AB)

Si M\ne A \text{ et } M\ne B :
\left(\overrightarrow{M\text{A}},~\overrightarrow{M\text{B}}\right) =\dfrac{\pi}{2} [2\pi] car [AB] est le diamètre du cercle \Gamma contenant M.
Et donc, d'après 3. b) , \left(\overrightarrow{M'\text{A}},~\overrightarrow{M'\text{B}}  \right)=2\left(\overrightarrow{M\text{A}},~\overrightarrow{M\text{B}}  \right)=\pi[2\pi]
Ce qui veut dire que les points A, B \text{ et } M' sont alignés, et donc : M'\in(AB)

Conclusion :
\boxed{\text{ Si } M\in\Gamma \text{ , alors } M'\in(AB)}

Remarque : Ici aussi, on a distingué différents cas afin de pouvoir utiliser les résultats du 3. b)

5. b) Soit M' un point appartenant à la droite (AB) et d'affixe z'
Il faut montrer qu'il existe toujours un point d'affixe z vérifiant: z'=\dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right)
z'=\dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right)\Longleftrightarrow 2z'z=z^2+1\Longleftrightarrow z^2-2z'z+1=0
Cette équation est une équation complexe de second degré, donc elle admet toujours au moins une solution.
Conclusion :
\boxed{\text{ Tout point de la droite (AB) admet un antécédent par }f }

Figure.
Bac S Amérique du Sud Novembre 2007 - terminale : image 1


exercice 3

1. Soit x,y,z réels.
Soit dans l'espace le point M(x;y;z)
Soit (d) la droite passant par A(-2;8;4) et de vecteur directeur \overrightarrow{u}(1;5;-1)
On a :
M(x;y;z)\in(d)\Longleftrightarrow \exists t\in\mathbb{R}\text{ tel que } \overrightarrow{AM}=t\overrightarrow{u}\Longleftrightarrow \begin{cases}x-(-2)=t\\y-8=5t\\z-4=-t\end{cases}\Longleftrightarrow \boxed{\begin{cases}x=t-2\\y=5t+8\\z=-t+4\end{cases}}

Conclusion :
\boxed{\text{ Une représentation paramétrique de la droite (d) est } \begin{cases}x=-2+t\\y=8+5t\\z=4-t\end{cases}\text{, } (t\in\mathbb{R})}

2. Le plan (P) a pour équation cartésienne x - y - z = 7, donc admet comme vecteur normal \overrightarrow{n_1}(1;-1;-1)
Le plan (Q) a pour équation cartésienne x - 2z = 11, donc admet comme vecteur normal \overrightarrow{n_2}(1;0;-2)
D'après les coordonnées de ces derniers, il n'existe pas de réel k tel que : \overrightarrow{n_1}=k\overrightarrow{n_2}, et donc les deux vecteurs ne sont pas colinéaires.
On en déduit que :
\boxed{\text{Les plans } (P) \text{ et } (Q) \text{ sont sécants }}

Notons (d') la droite d'intersection de (P) et (Q)
Soit M un point de l'espace de coordonnées M(x;y;z) appartenant à (d')
\begin{matrix}M(x;y;z)\in(d')&\Longleftrightarrow& \begin{cases} M(x;y;z)\in(Q) \\\text{ et } \\M(x;y;z) \in(P)\end{cases} &\Longleftrightarrow& \begin{cases}x - 2z = 11 \\ x - y - z = 7 \end{cases}\\&\underbrace{\Longleftrightarrow}_{\text{ En posant } z=t'}&\begin{cases}x  = 11+2z \\ y = x-z-7\\z=t' \end{cases} &\Longleftrightarrow& \begin{cases}x  =11+2t' \\ y = -7+(11+2t')-t'\\z=t' \end{cases} \\&\Longleftrightarrow& \boxed{ \begin{cases}x  =11+2t'\\ y = 4+t'\\z=t' \end{cases}\text{, } (t'\in\mathbb{R})}\end{matrix}

3. Afin de montrer que deux droites de l'espace ne sont pas coplanaires, il suffit de montrer qu'elles ne sont ni parallèles ni sécantes.
Parallélisme :
D'après 1., le vecteur directeur de la droite (d) est \overrightarrow{u}(1;5;-1)
D'autre part, la droite (d') de représentation paramétrique \begin{cases}x  =11+2t'\\ y = 4+t'\\z=t' \end{cases} a pour vecteur directeur \overrightarrow{v}(2;1;1)
A la lecture des coordonnées, on peut dire qu'il n'existe pas de réel k tel que : \overrightarrow{u}=k\overrightarrow{v}, et donc les deux vecteurs ne sont pas colinéaires.
Et donc :
\boxed{ (d) \text{ et } (d') \text{ ne sont pas parallèles }}\text{ }\red{(I)}

Sécance :
Les représentations paramétriques de (d) et (d') étant respectivement \begin{cases}x=t-2\\y=5t+8\\z=-t+4\end{cases}\text{, } (t\in\mathbb{R}) et \begin{cases}x  =11+2t'\\ y = 4+t'\\z=t' \end{cases}\text{, } (t'\in\mathbb{R})
Un point M(x;y;z) de l'espace appartient à (d) et (d') si et seulement si il existe t et t' réels tels que :
\begin{cases}11+2t'=t-2\\4+t'=5t+8\\t'=-t+4\end{cases}

On a :
\begin{cases}11+2t'=t-2\\4+t'=5t+8\\t'=-t+4\end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases}11+2t'=t-2\\4=4+6t\\t'=-t+4\end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases}11+2t'=t-2\\t=0\\t'=4\end{cases}\Longleftrightarrow \begin{cases}19=-2\\t=0\\t'=4\end{cases}

Le système est incompatible, il s'ensuit qu'il n'existe pas de point appartenant à (d) et (d') et donc :
\boxed{ (d) \text{ et } (d') \text{ ne sont pas sécantes }}\text{ }\red{(II)}

De \red{\text{ (I) et (II) }} on peut conclure :
\boxed{ (d) \text{ et } (d') \text{ ne sont pas coplanaires }}

4. a)
On a (d):\begin{cases}x=t-2\\y=5t+8\\z=-t+4\end{cases} (t\in\mathbb{R}), donc pour t=-1, on obtient directement les coordonnées du point H(-3;3;5).
On en déduit :
\boxed{H\in (d)}

On a (d'):\begin{cases}x  =11+2t'\\ y = 4+t'\\z=t' \end{cases} (t'\in\mathbb{R}), donc pour t'=-4, on obtient directement les coordonnées du point H'(3;0;-4).
On en déduit :
\boxed{H'\in (d')}

4. b) Un vecteur directeur de la droite (d) est
\overrightarrow{u}(1;5;-1)

Un vecteur directeur de la droite (d') est
\overrightarrow{v}(2;1;1)

Un vecteur directeur de la droite (HH') est
\overrightarrow{HH'}(x_{H'}-x_{H};y_{H'}-y_H,z_{H'}-z_H)=\overrightarrow{HH'}(6;-3;-9)

Calculons les produits scalaires :
\begin{cases} \overrightarrow{u}.\overrightarrow{HH'}=6-15+9=0\Longrightarrow (d)\perp (HH') \\ \overrightarrow{v}.\overrightarrow{HH'}=12-3-9=0\Longrightarrow (d')\perp (HH')\end{cases}

Conclusion :
\boxed{\text{ La droite (HH') est perpendiculaire aux droites (d) et (d')}}

4. c) D'après 4. a), on a \overrightarrow{HH'}(6;-3;-9), donc :
HH'=\sqrt{6^2+(-3)^2+(-9)^2}=\sqrt{36+9+81}=\sqrt{126}=\boxed{3\sqrt{14}}

5.Soit M un point de l'espace de coordonnées M(x;y;z) avec x,y,z réels ; rappelons que H'(3,0,-4) et \overrightarrow{HH'}(6;-3;-9)
On a :
\overrightarrow{M\text{H}'} \cdot \overrightarrow{\text{HH}'} = 126\Longleftrightarrow 6(3-x)-3(0-y)-9(-4-z)=126\Longleftrightarrow 18-6x+3y+36+9z=126\Longleftrightarrow \boxed{-2x+y+3z-24=0}

Conclusion :
\boxed{\text{ L'ensemble des points M de l'espace tels que } \overrightarrow{M\text{H}'} \cdot \overrightarrow{\text{HH}'} = 126 \text{ est le plan d'équation } -2x+y+3z-24=0 }


exercice 4

1. a) On a \displaystyle\lim_{x\to +\infty} x^2+1=+\infty, donc \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln\left(x^2+1\right)=+\infty
De plus \displaystyle\lim_{x\to+\infty} 2x-2=+\infty, on obtient par somme :
\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f_1(x)=\lim_{x\to+\infty}2x - 2 + \ln \left(x^2 + 1\right)=\boxed{+\infty}

1. b)
Dérivabilité : On a x\mapsto x^2+1 est une fonction polynôme, elle est donc dérivable sur [0,+\infty[ et pour tout x de [0,+\infty[\text{ : } x^2+1\in[1,+\infty[
Or, d'après le cours, la fonction \ln est dérivable sur [1,+\infty[, on en déduit par composition des fonctions que la fonction x\mapsto \ln\left(x^2+1\right) est dérivable sur [0,+\infty[. Enfin, la fonction polynôme x\mapsto 2x-2 est dérivable sur [0,+\infty[, On en déduit que la fonction f_1 est dérivable sur [0,+\infty[ comme somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle.
Calcul de dérivée f_1' : Pour tout x de [0,+\infty[,
f_1'(x)=2+\dfrac{2x}{x^2+1}

1. c)
Signe de f_1'(x) : Pour tout x\in[0,+\infty[
\dfrac{2x}{x^2+1}\ge 0

On en déduit :
\boxed{ \forall x \in [0,+\infty[ \text{ : } f_1'(x)> 0 }

Tableau de variations de f_1 :
 \begin{tabvar}{|C|CCC|}  \hline  x                      & 0        &                & +\infty      \\ \hline  f_1'(x)                &          &    +         &       \\ \hline \niveau{2}{3} f_1       & -2  &     \croit     &   +\infty   \\ \hline \end{tabvar}

Remarque : f_1(0)=-2
2. a) Soit n \in \mathbb{N}^{*} fixé. On a \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln\left(x^2+1\right)=+\infty et \displaystyle\lim_{x\to+\infty} 2x-2=+\infty, on aboutit donc à :
\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f_n(x)=\lim_{x\to+\infty}2x - 2 + \dfrac{\ln \left(x^2 + 1\right)}{n}=\boxed{+\infty}

2. b) On a vu que la fonction x\mapsto \ln\left(x^2+1\right) est dérivable sur [0,+\infty[, donc pour n\in\mathbb{N}^{*} fixé, la fonction x\mapsto \dfrac{\ln\left(x^2+1\right)}{n} est dérivable sur [0,+\infty[. Enfin, la fonction polynôme x\mapsto 2x-2 est dérivable sur [0,+\infty[, on en déduit que la fonction f_n est dérivable sur [0,+\infty[ comme somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle.
Pour tout x de [0,+\infty[ ,
f_n'(x)=2+\dfrac{1}{n}\times \dfrac{2x}{(x^2+1)}

Pour tout x\in[0;+\infty[\text{ et } n\in\mathbb{N}^{*} \text{ fixé : }
\dfrac{1}{n}\times \dfrac{2x}{(x^2+1)}\ge 0

On en déduit :
\forall x \in [0,+\infty[ \text{ : } f_n'(x)> 0

Conclusion :
\boxed{ f_n \text{ est strictement croissante sur } [0,+\infty[}

2. c)
f_n est continue sur [0,+\infty[ car dérivable sur [0,+\infty[
f_n est strictement croissante sur [0,+\infty[
f_n(0)= 2\times 0 -2 + \dfrac{\ln \left(0^2 + 1\right)}{n}=-2<0 \text{ et }\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f_n(x)=+\infty
Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires (T.V.I) :
 \boxed{\text{ L'équation }f_{n}(x) = 0 \text{ admet une unique solution notée } \alpha_{n} \text{ sur } [0 ; + \infty[}

2. d) On a pour tout entier naturel non nul n :
f_n(0)=-2<0 \text{ et } f_n(1)=\dfrac{\ln 2}{n}>0

Donc, puisque f_n(\alpha_n)=0, on obtient :
f_n(0)<f_n(\alpha_n)<f_n(1)

Par croissance de la fonction f_n sur [0,+\infty[, on conclut :
\boxed{\text{Pour tout entier naturel non nul }n\text{ : } 0<\alpha_n<1}

3. Soit n un entier naturel non nul.
On sait que \alpha_{n+1} est solution de l'équation f_{n+1}(x)=0, soit : f_{n+1}(\alpha_{n+1})=0
f_{n+1}(\alpha_{n+1})=0 \Longleftrightarrow 2\alpha_{n+1} -2 + \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n+1}=0\Longleftrightarrow 2\alpha_{n+1} -2 =- \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n+1}

Calculons à présent f_n(\alpha_{n+1})
f_n(\alpha_{n+1})=\underbrace{2\alpha_{n+1} -2}_{-\frac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n+1}} + \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n}=- \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n+1}} + \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n}= \ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right)=\boxed{\dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n(n+1)}}

On a pour tout entier naturel n non nul \alpha_{n+1}>0 , donc \alpha_{n+1}^2+1>1, il s'ensuit \ln\left(\alpha_{n+1}^2+1\right)>0
D'autre part n(n+1)>0, on en déduit :
\boxed{\text{Pour tout entier naturel non nul } n \text{ : } f_{n}(\alpha_{n+1})>0 }

4. a) On a pour tout entier naturel non nul n :
\begin{cases} f_n(\alpha_{n+1})>0 ~~\text{ d'après 3.} \\f_n(\alpha_n)=0 ~~~~~\text{ d'après 2. c)}  \end{cases}

Donc :
\forall n\in\mathbb{N}^{*}\text{ : } f_n(\alpha_n)<f_n(\alpha_{n+1})

Et par croissance de la fonction f_n sur [0,+\infty[, on trouve :
\forall n\in\mathbb{N}^{*}\text{ : } \alpha_n<\alpha_{n+1}

On déduit que :
\boxed{\text{ La suite } (\alpha_{n})_{n\in\mathbb{N}^{*}} \text{ est croissante }}

4. b) On a :
\begin{cases} \text{La suite }(\alpha_n) \text{ est majorée par } 1~~~ \text{ d'après 2. d) } \\  \text{La suite }(\alpha_n) \text{ est croissante } ~~~~~~~~ \text{ d'après 4. a) }\end{cases}

Donc :
\boxed{(\alpha_n) \text{ est une suite convergente }}

5. b) Soit l la limite (dont on sait qu'elle existe et qu'elle est finie ) de la suite (\alpha_n)
La limite l est donc solution de l'équation l=1-\dfrac{\ln(l^2+1)}{2n}. Or \displaystyle\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\ln(l^2+1)}{2n}=0
On en déduit que
\boxed{l=1}
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