Fiche de mathématiques
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Bac Scientifique
Amérique du Nord - Session Mai 2008

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Enseignement Obligatoire :
Durée de l'épreuve : 4 heures - Coefficient 7
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. Il est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu'il aura développée.
La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l'appréciation des copies.
5 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (O \, ; \, \overrightarrow{u} \, , \, \overrightarrow{v}) ; unité graphique : 4 cm.
On considère le point A d'affixe zA = 2 + i et le cercle (\Gamma) de centre A et de rayon \sqrt{2}.

1. Faire une figure qui sera complétée tout au long de l'exercice.

2.   a) Déterminer les affixes des points d'intersection de (\Gamma) et de l'axe (O \, ; \, \overrightarrow{u}).
      b) On désigne par B et C les points d'affixes respectives zB = 1 et zC = 3.
Déterminer l'affixe zD du point D diamétralement opposé au point B sur le cercle (\Gamma).

3. Soit M le point d'affixe \frac35 + \frac65 \text{i}.
      a) Calculer le nombre complexe \dfrac{z_{\text{D}} - z_{\text{M}}}{z_{\text{B}} - z_{\text{M}}}.
      b) Interpréter géométriquement un argument du nombre \dfrac{z_{\text{D}} - z_{\text{M}}}{z_{\text{B}} - z_{\text{M}}} ; en déduire que le point M appartient au cercle (\Gamma).

4. On note (\Gamma') le cercle de diamètre [AB].
La droite (BM) recoupe le cercle (\Gamma') en un point N.
      a) Montrer que les droites (DM) et (AN) sont parallèles.
      b) Déterminer l'affixe du point N.

5. On désigne par M' l'image du point M par la rotation de centre B et d'angle -\dfrac{\pi}{2}.
      a) Déterminer l'affixe du point M'.
      b) Montrer que le point M' appartient au cercle (\Gamma').


5 points

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

Partie A

On considère deux points A et D de l'espace et on désigne par I le milieu du segment [AD].

1. Démontrer que, pour tout point M de l'espace, \overrightarrow{\text{MD}} \cdot \overrightarrow{\text{MA}} = \text{MI}^2 - \text{IA}^2

2. En déduire l'ensemble (E) des points M de l'espace tels que \overrightarrow{\text{MD}} \cdot \overrightarrow{\text{MA}} = 0

Partie B

Dans l'espace rapporté au repère orthonormal (O \, ; \, \overrightarrow{i} \, , \, \overrightarrow{j} \, , \, \overrightarrow{k}), les points A, B, C et D ont pour coordonnées respectives A(3 ; 0 ; 0), B(0 ; 6 ; 0), C(0 ; 0 ; 4) et D(-5 ; 0 ; 1).

1.   a) Vérifier que le vecteur \overrightarrow{n} \left(\begin{array}{l} 4 \\ 2\\ 3 \end{array}\right) est normal au plan (ABC).
      b) Déterminer une équation du plan (ABC).

2.   a) Déterminer une représentation paramétrique de la droite \Delta, orthogonale au plan (ABC) passant par D.
      b) En déduire les coordonnées du point H, projeté orthogonal de D sur le plan (ABC).
      c) Calculer la distance du point D au plan (ABC).
      d) Démontrer que le point H appartient à l'ensemble (E) défini dans la partie A.


5 points

exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

L'espace est rapporté au repère orthonormal (O \, ; \, \overrightarrow{i} \, , \, \overrightarrow{j} \, , \, \overrightarrow{k}).
On nomme (S) la surface d'équation x^2 + y^2 - z^2 = 1.

1. Montrer que la surface (S) est symétrique par rapport au plan (xOy).

2. On nomme A et B les points de coordonnées respectives (3 ; 1 ; -3) et (-1 ; 1 ; 1).
      a) Déterminer une représentation paramétrique de la droite (D) passant par les points A et B.
      b) Démontrer que la droite (D) est incluse dans la surface (S).

3. Déterminer la nature de la section de la surface (S) par un plan parallèle au plan (xOy).

4. a) On considère la courbe (C), intersection de la surface (S) et du plan d'équation z = 68. Préciser les éléments caractéristiques de cette courbe.
    b) M étant un point de (C), on désigne par a son abscisse et par b son ordonnée.
On se propose de montrer qu'il existe un seul point M de (C) tel que a et b soient des entiers naturels vérifiant a < b et ppcm(a ; b) = 440, c'est-à-dire tel que (a , b) soit solution du système (1) : \left \lbrace \begin{array}{l} a < b \\ a^2 + b^2 = 4625 \\ \text{ppcm}(a ; b) = 440 \end{array} \right.
Montrer que si (a , b) est solution de (1) alors pgcd(a ; b) est égal à 1 ou 5.
Conclure.
Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation.


6 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

Soit f la fonction définie sur l'intervalle ]1 ; +\infty[ par f(x) = \ln x - \displaystyle \frac{1}{\ln x}.
On nomme (C) la courbe représentative de f et \Gamma la courbe d'équation y = \ln x dans un repère orthogonal (O \, ; \, \overrightarrow{i} \, , \, \overrightarrow{j}).

1. Etudier les variations de la fonction f et préciser les limites en 1 et en +\infty.

2. a) Déterminer \displaystyle \lim_{x \to + \infty} \: \left[f(x) - \ln x\right]. Interpréter graphiquement cette limite.
    b) Préciser les positions relatives de (C) et de \Gamma.

3. On se propose de chercher les tangentes à la courbes (C) passant par le point O.
    a) Soit a un réel appartenant à l'intervalle ]1 : +\infty[.
Démontrer que la tangente Ta à (C) au point d'abscisse a passe par l'origine du repère si et seulement si f(a) - a f'(a) = 0.
Soit g la fonction définie sur l'intervalle ]1 ; +\infty[ par g(x) = f(x) - x f' (x).
    b) Montrer que sur ]1 ; +\infty[, les équations g(x) = 0 \text{ et } \left(\ln x\right)^3 - \left(\ln x\right)^2 - \ln x - 1 = 0 ont les mêmes solutions.
    c) Après avoir étudié les variations de la fonction u définie sur \mathbb{R} par u(t) = t^3 - t^2 - t - 1, montrer que la fonction u s'annule une fois et une seule sur \mathbb{R}.
    d) En déduire l'existence d'une tangente unique à la courbe (C) passant par le point O.
La courbe (C) et la courbe \Gamma sont données en annexe ci-dessous.
Tracer cette tangente le plus précisément possible sur cette figure.

4. On considère un réel m et l'équation f(x) = mx d'inconnue x.
Par lecture graphique et sans justification, donner, suivant les valeurs du réel m, le nombre de solutions de cette équation appartenant à l'intervalle ]1 ; 10].

Représentations graphiques obtenues à l'aide d'un tableur :
sujet du bac scientifique Amérique du Nord 2008 - terminale : image 1



4 points

exercice 4 - Commun à tous les candidats

On considère les suites (x_n) \text{ et } (y_n) déinies pour tout entier naturel n non nul par : x_n = \displaystyle \int_0^1 t^n \cos t \text{d}t et \displaystyle y_n = \int_0^1 t^n \sin t \text{d}t.

1. a) Montrer que la suite (x_n) est à termes positifs.
    b) Etudier les variations de la suite (x_n).
    c) Que peut-on en déduire quant à la convergence de la suite (x_n) ?

2. a) Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, x_n \leq \dfrac{1}{n+1}.
    b) En déduire la limite de la suite (x_n).

3. a) A l'aide d'une intégration par parties, démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, x_{n+1} = -(n+1)y_n + \sin(1).
    b) En déduire que \displaystyle \lim_{n \to +\infty} y_n = 0.

4. On admet que, pour tout entier naturel n non nul y_{n+1} = (n+1)x_n - \cos(1).
Déterminer \displaystyle \lim_{n \to +\infty} nx_n et \displaystyle \lim_{n \to +\infty} n y_n.








exercice 1 - Commun à tous les candidats

1. Figure complète :
sujet du bac scientifique Amérique du Nord 2008 - terminale : image 2


2. a) Les points de l'axe (O , \overrightarrow{u}) ont une affixe réelle. Soit M un point d'affixe réelle x.
M \in (\Gamma) \: \: \Longleftrightarrow  \: |x-z_A| = \sqrt2\\ \hspace{60pt} \Longleftrightarrow \: (x-2-i)(\overline{x-2-i})=2\\ \hspace{60pt} \Longleftrightarrow \: (x-2-i)(x-2+i)=2\\ \hspace{60pt} \Longleftrightarrow \: (x-2)^2+1=2\\ \hspace{60pt} \Longleftrightarrow \: (x-2)^2=1\\ \hspace{60pt} \Longleftrightarrow \: x=1\ \text{ ou }\ x=3.
Les points d'intersection de (\Gamma) et de l'axe (O,\overrightarrow{u}) sont d'affixes 1 et 3.

2. b) Le point D est tel que le milieu de [BD] est le point A. On a donc :
\dfrac{z_B+z_D}{2} = z_A \Longleftrightarrow z_D=2z_A-z_B=4+2i-1=3+2i.

3. a) \dfrac{z_D-z_M}{z_B-z_M} = \dfrac{15+10i-3-6i}{5-3-6i} = \dfrac{6+2i}{1-3i} = \dfrac{(6+2i)(1+3i)}{1+9}=2i.

3. b) On a : \arg \left(\dfrac{z_D-z_M}{z_B-z_M}\right) = (\overrightarrow{MB};\overrightarrow{MD})
Or l'argument de ce complexe imaginaire pur à partie imaginaire positive vaut \pi/2, donc le triangle MDB est rectangle en M. On en déduit que M appartient au cercle de diamètre [BD] c'est-à-dire à (\Gamma).

4. a) On vient de voir que (DM)\perp(BM).
Comme N appartient au cercle de diamètre [AB], le triangle ABN est rectangle en N autrement dit (BN)\perp(AN).
Puisque N \in (BM), on en déduit que (DM) et (AN) sont perpendiculaires à une même droite, donc parallèles.

4. b) Dans le triangle MDB, A est le milieu de [BD] et (DM)//(AN) donc (AN) coupe le côté [BM] en son milieu. On a donc N est le milieu de [BM], d'où :
z_N = \dfrac{z_B+z_M}{2}=\dfrac{1+3/5+6i/5}{2}=\dfrac{4}{5}+\dfrac{3}{5}i.

5. a) L'expression complexe de la rotation utilisée est :
z' - z_B = e^{-i\pi/2}(z-z_B)\ \text{ soit }\ z'=-i(z-1)+1=-iz+1+i.
On en déduit : z_{M'} = -i\left(\dfrac{3}{5} + \dfrac{6}{5}i\right)+1+i = \dfrac{11}{5} + \dfrac{2}{5}i.

5. b) Soit E le centre du cercle (\Gamma') de diamètre [AB] donc : z_E = \dfrac{z_A+z_B}{2} = \dfrac{2+i+1}{2} = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}i.
Le cercle (\Gamma') a pour rayon \dfrac{AB}{2} = \dfrac{\sqrt 2}{2}
Calculons M'E^2 : M'E^2 = \left(\dfrac{11}{5}-\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{2}{5}-\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{7^2+1^2}{100}=\dfrac{1}{2}.
On a donc M'E = \dfrac{1}{\sqrt 2} = \dfrac{\sqrt 2}{2}, donc M'\in(\Gamma').




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

Partie A

1. En notant que \overrightarrow{ID}+\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{0} on a :
\overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = \left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{ID}\right) \cdot \left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)\\ =\overrightarrow{MI}^2 + \overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{ID} \cdot \overrightarrow{MI}+\overrightarrow{ID} \cdot \overrightarrow{IA}\\ = MI^2+\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{MI} \cdot \overrightarrow{ID}+(-\overrightarrow{IA}) \cdot \overrightarrow{IA}\\ = MI^2+\overrightarrow{MI} \cdot (\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{ID})-\overrightarrow{IA}^2\\ = MI^2-IA^2

2.On a donc : \overrightarrow{MD} \cdot \overrightarrow{MA} = 0 \Longleftrightarrow MI^2 = IA^2 \Longleftrightarrow MI = IA.
ce qui veut dire que l'ensemble considéré est la sphère de centre I et de rayon IA, ou encore la sphère de centre I passant par A.

Partie B

1. a) Les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AB} sont (-3 ; 6 ; 0) et celles de \overrightarrow{AC} sont (-3 ; 0 ; 4) donc les deux vecteurs ne sont pas colinéaires et le plan (ABC) est bien défini.
\overrightarrow{n} est normal à ce plan ssi il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.
\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AB} = 4\times(-3)+2\times6+3\times0 = 0 \text{ et }  \overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{AC}=4\times(-3)+2\times0+3\times(-4)=0.
donc \overrightarrow{n} est orthogonal à \overrightarrow{AB} et à \overrightarrow{AC}, donc \overrightarrow{n} est normal au plan (ABC).

1. b) Une équation du plan (ABC) est donc 4x + 2y + 3z + d = 0d est un réel.
Comme A\in(ABC) ses coordonnées vérifient l'équation du plan, d'où :
4\times3+2\times0+3\times0+d=0\ \text{ soit }\ d=-12.
Une équation du plan (ABC) est donc 4x + 2y + 3z - 12 = 0.

2. a) La droite \Delta est orthogonale au plan (ABC) donc elle admet \overrightarrow{n} comme vecteur directeur. Comme elle passe par D, une représentation paramétrique est :
\left \lbrace \begin{array}{l} x = x_D + tx_{\overrightarrow{n}} \\ y = y_D + ty_{\overrightarrow{n}} \\  z=z_D+tz_{\overrightarrow{n}}\\ \end{array} \right. \hspace{5pt} t \in \mathbb{R}  \hspace{15pt}  \Longleftrightarrow \: \left \lbrace \begin{array}{l} x = -5+4t \\ y = 2t \\ z=1+3t \end{array} \right. \hspace{5pt} t \in \mathbb{R}

2. b) Le point H est l'intersection de \Delta et de (ABC). Ses coordonnées vérifient donc l'équation de la droite \Delta et du plan (ABC). Il existe un réel t tel que :
\left \lbrace \begin{array}{l} x = -5 + 4t\\ y = 2t\\ z = 1+3t\\ 4x + 2y + 3z - 12=0 \\ \end{array} \right. \\ \text{soit } \left \lbrace \begin{array}{l}x = -5+4t\\ y = 2t\\ z = 1+3t\\ 4(-5 + 4t) + 2(2t) + 3(1 +3 t) - 12=0 \end{array} \right. \\ \text{soit } \left \lbrace \begin{array}{l}x = -5+4t=-1\\ y = 2t=2\\ z = 1+3t = 4\\ t = 1 \end{array} \right. \\
H a pour coordonnées (-1 , 2 , 4).

2. c) La distance de D au plan (ABC) est donné par DH ou par la formule :
d= \dfrac{|4\times x_D+2\times y_D+3\times z_D|}{\sqrt{4^2+2^2+3^2}}
Dans les deux cas, on trouve que cette distance vaut : \sqrt{29}.

2. d) On a H \in (ABC) et la droite (HD). (\Delta) est orthogonale à ce plan. Donc en particulier, (HA) et (HD) sont perpendiculaires.
On en déduit que \overrightarrow{HD} \cdot \overrightarrow{HA} = 0 et donc que H appartient à cet ensemble (E) (sphère de rayon [AD]).




exercice 2 - Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

1. Soit M un point de l'espace de coordonnées (x , y , z).
Le symétrique M' de M par rapport au plan (xOy) a pour coordonnées (x , y , -z).
On a donc :
M \in (S) \Longleftrightarrow x^2+y^2-z^2=1 \Longleftrightarrow x^2+y^2-(-z)^2=1\ \Longleftrightarrow M'\in(S).
La surface (S) est donc symétrique par rapport au plan (xOy).

2. a) Un vecteur directeur de la droite (D) est \overrightarrow{AB} de coordonnées (x_B-x_A,y_B-y_A,z_B-z_A)=(-4,0,4).
La droite (D) passant de plus par le point A, une représentation paramétrique de cette droite est :
\left \lbrace \begin{array}{l} x = x_{\text{A}} + tx_{\overrightarrow{\text{AB}}} \\  y=y_{\text{A}} + ty_{\overrightarrow{\text{AB}}} \\ z=z_{\text{A}} + tz_{\overrightarrow{\text{AB}}} \end{array} \right. \hspace{5pt} t\in \mathbb{R}  \: \Longleftrightarrow \: \left \lbrace \begin{array}{l} x=3-4t \\ y=1 \\ z=-3+4t \end{array} \right. \hspace{5pt} t\in\mathbb{R}

2. b) Soit M un point de (D). Il existe un réel t tel que les coordonnées de M soient : (3 - 4t , 1, -3 + 4t).
On a alors :
x_M^2+y_M^2-z_M^2 = (3-4t)^2+1-(-3+4t)^2 = (3-4t)^2+1-(3-4t)^2 = 1.
Donc M \in (S).
La droite (D) est donc incluse dans la surface (S).

3. Un plan parallèle à (xOy) admet une équation de la forme z = k, où k est un réel.
L'intersection de (S) avec ce plan (P_k) est l'ensemble des points M dont les coordonnées (x , y , z) vérifient :
\left \lbrace \begin{array}{l} z=k\\ x^2+y^2-z^2=1 \end{array} \right. \text{ soit } \left \lbrace \begin{array}{l} z=k\\ x^2+y^2=1+k^2\end{array} \right.
Or l'équation x^2+y^2=1+k^2 est une équation du cercle inclus dans le plan (P_k) de centre G_k(0,0,k) et de rayon \sqrt{1+k^2}.

4. a) Comme vu dans la question précédente, l'équation x^2+y^2=1+68^2 est une équation du cercle inclus dans le plan (P_{68}) de centre G_{68}(0,0,68) et de rayon \sqrt{1+68^2}=\sqrt{4625}=5\sqrt{185}.

4. b) Notons p = pgcd(a;b), a' et b' les deux entiers tels que a = pa' et b = pb'.
a^2 + b^2 = 4625 \Longleftrightarrow  p^2 a'^2 + p^2b'^2 = 5^3 \times 37 \Longleftrightarrow   p^2 \left(a'^2 + b'^2 \right) = 5^3 \times 37
On en déduit que p^2 = 5^2 ou p^2 = 1 donc :
Si (a , b) est solution de (1) alors pgcd(a ; b) est égal à 1 ou 5.
On sait d'autre part que \text{ppcm}(a ; b) = 440 = 2^3 \times 5 \times 11. Ceci nous donne les possibilités suivantes :
\begin{array}{|c|c|c|c|c|} \hline  \text{pgcd} & a & b & a^2+b^2 & \text{conclusion}\\  \hline  1 & 1 &  2^3\times 5 \times 11 &193601 & \text{non}\\  \hline  1 & 2^3 & 5 \times 11 & 3089 & \text{non} \\  \hline  1& 5 & 2^3\times11 &7769 & \text{non}\\  \hline  1& 11 & 2^3\times5 &1721 & \text{non} \\  \hline  5&5& 2^3 \times 5 \times 11 &193625 & \text{non}\\  \hline  5 & 2^3\times5 & 5\times11 &4625 & \text{oui}\\  \hline  \end{array}

Il y a donc bien un seul couple solution : le couple (40 , 55).

Autre solution :
On sait que ab = \text{ppcm}(a,b) \times \text{pgcd}(a,b) donc on a :
(a+b)^2 = a^2 + b^2 + 2ab = 4625 + 2 \times 440 \times \text{pgcd}(a,b) = 4625 + 880\text{pgcd}(a,b)
Comme 4625 + 880 = 5505 = 5\times 1101 n'est pas un carré parfait (1101 n'étant pas multiple de 5), on ne peut avoir pgcd(a,b) = 1.
On a donc pgcd(a , b) = 1 et (a+b)^2 = 4625 + 880 \times 5 = 95^2 d'où a + b=95.
On a d'autre part : (a - b)^2 = a^2 + b^2 - 2ab = 4625 - 2 \times 440 \times 5 = 225 = 15^2 d'où a - b = -15 (en utilisant a < b).
On en déduit facilement a = 40 et b = 55.




exercice 3 - Commun à tous les candidats

1. La fonction ln est dérivable sur I = ]1 ; +\infty[, et ne s'annule pas sur cet intervalle, donc la fonction 1/ln est dérivable sur I, et finalement, comme somme de fonctions dérivables, f est dérivable sur I.
f'(x) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{\frac{1}{x}}{(\ln(x))^2} = \dfrac{(\ln(x))^2+1}{x(\ln(x))^2} > 0.
Donc f est strictement croissante sur I.

Autre méthode : ln est strictement croissante et strictement positive sur I , donc son inverse est strictement décroissante sur I, donc x \mapsto -1/\ln(x) est strictement croissante sur I. Donc f, en tant que somme de fonctions strictement croissantes sur I, est strictement croissante sur I.

Limite en 1 (par valeurs supérieures) :
\displaystyle \lim_{x\to 1} \ln(x)=0\ \text{et pour tout } x \in I \ \ln(x)>0,\ \text{ donc }\ \displaystyle \lim_{x\to1}\dfrac{1}{\ln(x)}=+\infty
Finalement, par somme, on a :
\displaystyle \lim_{x\to 1} f(x)=-\infty
(ce qui nous indique une asymptote verticale d'équation x = 1 pour C.)

Limite en +\infty :
\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \ln(x)=+\infty\ \text{ donc }\ \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{\ln(x)}=0
Finalement, par somme, on a :
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty

2. a) Puisque f(x) - \ln(x)=-1/\ln(x) , on a vu à la question précédente que :
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}[f(x)-\ln(x)]=0.
Les courbes représentatives de f et de ln sont donc asymptotes.

2. b) Pour étudier les positions relatives des deux courbes, on étudie le signe de la différence f(x) - \ln(x). Soit x \in ]1 ; +\infty[. On sait alors que \ln(x) > 0, donc :
f(x) - \ln(x) = -\dfrac{1}{\ln(x)} < 0
et finalement C est en dessous de G.

3. a) Une équation de la tangente à C au point d'abscisse a est :
y = f'(a)(x-a)+f(a).
Cette droite passe par O si et seulement si :
0 = f'(a)(0 - a) + f(a) \Longleftrightarrow f(a) - af'(a) = 0.

3. b) Soit x \in I, (on notera que \ln(x) \neq 0) :
g(x) = 0 \Longleftrightarrow f(x) - xf'(x) = 0\\ \Longleftrightarrow \ln(x) - \dfrac{1}{\ln(x)}-x\times\dfrac{(\ln(x))^2-1}{x(\ln(x))^2}=0\\ \Longleftrightarrow \left(\ln(x)\right)^3-\ln(x)-(\ln(x))^2-1=0\\ \Longleftrightarrow \left(\ln(x)\right)^3-(\ln(x))^2-\ln(x)-1=0
Les deux équations ont bien les mêmes solutions sur I.

3. c) La fonction u est une fonction polynôme donc dérivable sur \mathbb{R}.
On a pour tout t \in \mathbb{R} \: : \: u'(t) = 3t^2-2t-1.
C'est un trinôme du second degré, on va donc calculer son discriminant :
\Delta = (-2)^2 - 4 \times 3 \times(-1) = 16 > 0. Ce trinôme admet donc deux racines :
t_1 = \frac{-(-2) - \sqrt{16}}{2 \times 3} = - \dfrac{1}{3} \, \, \rm{ et } \, \, t_2 = \dfrac{-(-2) + \sqrt{16}}{2 \times 3} = 1
Un trinôme du second degré est du signe du coefficient de t2 pour t à l'extérieur des racines, donc ici :
u' > 0 sur ]-\infty ; -1/3[ \cup ]1 ; +\infty[ et u' < 0 sur ]-1/3 ; 1[. Donc, u est strictement croissante sur ]-\infty ; -1/3], strictement décroissante sur [-1/3 ; 1] et strictement croissante sur [1 ; +\infty[.
Le maximum de u sur ]-\infty ; 1] est donc u(-1/3) = -1/27 - 1/9 + 1/3 - 1 = -22/3 < 0, donc u < 0 sur ]-\infty ; 1] et ne s'annule donc pas.
Sur ]1;+\infty[ :
u est continue (polynôme),
u est strictement croissante sur ]1 ; +\infty[
0 \in ]u(1) ; \displaystyle \lim_{x\to+\infty}u(x)[ = ]-2;+\infty[,
donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, u s'annule une et une seule fois sur ]1 ; +\infty[ , donc sur \mathbb{R}.

3. d) On a : g(x) = 0 \Longleftrightarrow u(\ln(x)) = 0
La fonction u s'annule une et une seule fois sur \mathbb{R}, notons a son unique racine, on peut remarque que a > 1 puisque u s'annule en fait sur ]1 ; +\infty[.
On a alors : g(x) = 0 \Longleftrightarrow \ln(x) = \alpha \Longleftrightarrow x = e^{\alpha} \geq e > 1.
Donc l'équation g(x) = 0 admet une et une seule solution sur ]1 ; +\infty[ , donc il existe une et une seule tangente à C passant par O.
sujet du bac scientifique Amérique du Nord 2008 - terminale : image 3


4. Notons \beta = f'(e^{\alpha}). Autrement dit, \beta est le coefficient directeur de l'unique tangente à C passant par l'origine.
si m \geq \beta : pas de solution ;
si m = \beta : une solution (\beta) ;
si \beta > m \geq f(10)/10 : deux solutions ;
si m < f(10)/10 : une solution.




exercice 4 - Commun à tous les candidats

1. a) L'intervalle [0 , 1] est inclus dans l'intervalle [0 , p/2] donc cos est une fonction positive sur cet intervalle, donc t \mapsto t^n\cos(t) est positive sur [0 , 1] , et comme les bornes de l'intégrale sont dans l'ordre croissant, (x_n) est une suite à termes positifs.

1. b) Soit n un eniter naturel non nul.
x_{n+1} - x_n = \displaystyle \int_0^1 (t^{n+1} - t^n) \cos (t) dt = \displaystyle \int_0^1 (t-1)t^n \cos (t) dt
Par les mêmes arguments que dans la question précédente, x_{n+1}-x_n \leq 0 et donc la suite (x_n) est décroissante.

1. c) C'est une suite décroissante et minorée (par 0), donc elle est convergente (et sa limite est supérieure ou égale à 0).

2. a) Soit n un entier naturel non nul. Soit t \in [0,1].
cos(t) \leq 1 \text{ donc } t^n\cos(t)\leq t^n \text{ donc}\ \displaystyle \int_0^1 t^n\cos(t)\text{d}t\leq \displaystyle \int_0^1 t^n\text{d}t
Or cette dernière intégrale se calcule simplement :
\displaystyle \int_0^1 t^n\text{d}t = \left[\frac{t^{n+1}}{n+1}\right]_0^1 = \dfrac{1}{n+1}.
On a donc bien pour tout entier naturel non nul n : x_n \leq \dfrac{1}{n+1}

2. b) En reprenant le résultat de la question 1. a), on a donc pour tout entier naturel non nul n : \0 \leq x_n \leq \dfrac{1}{n+1}.
Et comme \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0 , le théorème de comparaison des limites (les gendarmes) donne :
(x_n) converge vers 0.
Remarque : ici on savait déjà que la suite était convergente, mais on le redémontre.

3. a) Posons :
u(t) = t^{n+1}\text{ et } v(t)=\sin(t).
Ces deux fonctions sont dérivables à dérivées continues sur [0 , 1] et :
u'(t) = (n+1)t^{n} \text{ et }v'(t)=\cos(t).
On peut donc appliquer la formule d'intégration par parties :
x_{n+1} = \displaystyle \int_0^1u(t)\times v'(t)\text{d}t\\  = \left[u(t)\times v(t)\right]_0^1 - \displaystyle \int_0^1u'(t)\times v(t)\text{d}t\\  = [t^{n+1}\times \sin(t)]_0^1 - \displaystyle \int_0^1(n+1)t^n\times \sin(t)\text{d}t\\   = \sin(1)-(n+1)y_n.

3. b) On en déduit que pour tout entier naturel non nul n : y_n = \dfrac{\sin(1)-x_{n+1}}{n+1}
Or \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\ \sin(1)-x_{n+1}=\sin(1), donc par quotient, on a : \displaystyle \lim_{n\to+\infty}y_n=0.

4. Soit n un entier naturel non nul. On a : y_{n+1} = nx_n+x_n-\cos(1) \text{ donc }nx_n=y_{n+1}-x_n+\cos(1).
D'après les questions précédentes, on a : \displaystyle \lim_{n\to+\infty}y_{n+1}=\displaystyle \lim_{n\to+\infty}y_n=\displaystyle \lim_{n\to+\infty}x_n=0
Donc \displaystyle \lim_{n\to+\infty}nx_n=\cos(1).
On démontre de même que \displaystyle \lim_{n\to+\infty}ny_n=\sin(1)
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Mariette Correcteur
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