SESSION Juin 2001 BAC : Série S Sujet National CORRIGE de L

SESSION Juin 2001
BAC : Série S
Sujet National
CORRIGE de L'EPREUVE DE MATHEMATIQUES
Exercice 1 (6 points) (enseignement obligatoire)
1. Représentation des points A, B, C, du milieu I de [BC]. Construction de G1 et G-1.
Les points Gk barycentres des systèmes (A, k² + 1), (B, k), (C,-k) appartiennent au plan (ABC) ; nous
allons donc , puisqu'on nous demande de placer les points A, B et C, le milieu I de [BC] et les points
G1 et G-1, faire une figure dans ce plan ; nous remarquerons , par ailleurs, que tout point Gk est défini
puisque la somme des coefficients k² + 1 + k - k = k² + 1 ≠ 0.
Le point G1 barycentre de (A,2), (B,1), (C,-1) est défini par l'égalité vectorielle :
2 G
A  G 1 B – G 
C=0 , or on a , en faisant intervenir le point A dans la décomposition de
1
1
 – G  A ­ AC=
 0
G 1 B et G 
C : 2 G
A  G 1 B – G 
C=0 <=> 2 G 
A  G
A  AB
1
1
1
1
1
1


 
<=> 2 G 1 A  AB  CA= 0 <=> AG = 1 CB
 .
1
2




De même, on obtient : 2 G ­1 A ­ G ­1 B  G ­1 C= 0 <=>
 = 1 BC

AG
 A ­ G  A ­ AB
  G  A  AC=
 0
­1
2 G ­1
2
­1
­1
<=>


Finalement, le point A est le milieu de [G1G-1] et G 1 G ­1= BC .
Pour construire G1, par exemple, à partir des points A, B, C et I, on peut, considérer G1 comme le
4ème sommet du parallélogramme AIBG1 puisque : AG = 1 CB=
 IB
 .
1
2
G-1
A
G1
I
C
B
 = ­k BC
 .
AG
k
k ² 1




on a : k ² 1 G k A k G k B – k G k C= 0 <=>
 – k  G A ­ AC=

0
k ² 1 G A  G A  AB
2. a) Pour k ∈ [-1 ; 1], montrons :
k
k
k




<=> k ² 1 G k A k  AB – AC= 0 <=>
­k

AG k =
BC
k ² 1
­x
.
x ² 1
f(x) = - f(-x) donc cette fonction est impaire, elle est aussi dérivable sur [-1 ; 1] et sa dérivée est :
x' x 2 1­x x 2 1'
x 2 1 ­x 2
x 2 ­1
f ' x=­
=­
=
x 2 12
x 2 12
x 2 12
On peut résumer l'étude des variations de f dans le tableau ci-dessous :
b) Étude de la fonction f définie sur [-1 ; 1] par
f x=
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x
-1
f '(x)
0
f(x)
1/2
1
-
0
-1/2
c) Ensemble des points Gk quand k décrit l'intervalle [-1 ; 1].
La fonction f définit une bijection, strictement décroissante, de [-1;1] sur [-1/2 ; 1/2]. Par suite, l'ensemble

 avec
des points Gk, quand k décrit [-1;1], est l'ensemble des points définis par : AG k = λ BC
λ ∈ [-1/2 ; 1/2 ], c'est-à dire finalement le segment [G1 ; G-1].
3. Détermination de l'ensemble E :
 MB­
 MC
 en faisant intervenir le barycentre
Nous décomposons la somme vectorielle 2 MA
 MB
 MC
 en faisant
(A,2),(B,1), (C, -1), c'est-à-dire G ; de même nous décomposons 2 MA­
1









intervenir G-1 . Il vient 2 MA MB – MC=2 MG 1 2 G 1 A MG 1 G 1 B – M G 1­G 1 C soit
 MB
 – MC=2






MG
2 MA
1
et de même 2 MA­ MB MC=2 MG­1






Par suite, on a : M ∈ (E) <=> ∥2 MA MB­ MC ∥=∥2 MA­ MB MC∥ <=>
 ∥=∥2 MG
 ∥
∥2 MG
1
­1
<=> MG1 = MG-1 donc (E) est le plan médiateur du segment [G1G-1], c'està-dire le plan passant par A, milieu de [G1G-1] et orthogonal à (G1G-1) soit (BC).
4. Détermination de l'ensemble F:
 MB­
 MC
 est nulle ; nous
La somme des coefficients de A, B et C qui interviennent dans 2 MA
pouvons donc intervenir dans cette somme à partir de n'importe quel point : utilisons I milieu de [BC].
 MB­
 MC=2

 2 IA­
 MI
 ­ IB­
 MI
 ­ IC=2

 . Par suite on obtient : M ∈ (P) <=>
2 MA­
MI
IA
∥2
 MB­
 MC
 ∥=∥2 MA­
 MB­
 MC
 ∥ <=>
MA
∥
∥2 MG ∥=∥2 IA
1
<=> MG1 = IA donc (F) est
la sphère de centre G1 et de rayon IA ; cette sphère passe par B puisque G1B = IA.
5. a) Coordonnées de G1 et G-1.

k , BC=4

k et donc on a :
On a, compte tenu des coordonnées respectives de A, B et C : OA=2
 = 1 BC=
 1 4 k =2 k de même AG
 = 1 CB=­2

k donc G1 = O et G-1 a pour
AG
­1
1
2
2
2
coordonnées (0,0,4). L'ensemble (F) est la sphère de centre O
et de rayon IA=OB= ­12 2 2 1 2= 6 .
Montrer que les ensembles E et F sont sécants : L'ensemble (E) est le plan passant par A et orthogonal
à (OA) ; il coupe la sphère (F) de centre O puisque l'on a : OA = 2 (< 6 )
b) Rayon du cercle C intersection de E et F
Soit M un point du cercle (C) intersection de (E) et (F).
Le triangle OAM est rectangle en A et l'on a OA = 2 et OM =
A
M
6
donc : AM² = OM² - OA² = 6 – 4 = 2
et le rayon du cercle (C), intersection de (E) et (F) est AM =
2 .
O
Exercice 2 (5 points) (enseignement obligatoire)
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O , u , v  [unité graphique : 6 cm]. On

considère la suite (αn) de nombre réel définie par α0 =
et pour tout entier naturel n, on appelle Mn
2
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  ait pour mesure α .
le point du cercle C de centre O de rayon 1 tel que l'angle u , OM
n
1. Placer les douze points M0, M1, M2,..., M11.
5
On a α n 1=α n 
, soit
6
  5 modulo 2 
u , OMn 1 =u , OM
n
6
et, par suite
 , OM = 5 modulo 2  ; le point Mn+1 se déduit donc du point Mn par rotation de centre
 OM
n
n 1
6
5
O et d'angle
et le placement des douze points sur le cercle (C) de centre O et de rayon résulte
6
comme ci-dessous :
2. Égalité :
Z n =e
i
 5n 


2
6

Zn a pour module OMn = 1 (car Zn est l'affixe du point Mn) et a pour argument u , OM n = n et l'on
i

; or ; la suite (αn) est une suite arithmétique de premier terme α 0 =
obtient Z n =e
et de
2
n
5  5 n
5
= 
donc α n =α 0 n
raison
et finalement : Z n =e
6
6 2
6
3. a)- les points Mn et Mn+6 sont diamétralement opposés.
i
 5n 


2
6
.
5
=α n 5 donc
6
 5 modulo 2 
u , OMn  6 =u , OM
n
On a :
α n  6=α n 6.
 , OM =5 modulo 2 = modulo2 et les points Mn et Mn+6 sont diamétralement
 OM
n
n 6
opposés pour n ∈ IN.
- les points Mn et Mn+12 sont confondus.
Les points Mn et Mn+6 , d'une part et les points Mn et Mn+12 , d'autre part, sont diamétralement opposé ;
donc les points Mn et Mn+12 sont confondus.
­2 i

3
Zn .
b) Égalité : Z n  4=e
On a pour tout n entier naturel :
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Z n  4=e
iα n 4
=e
i α n 
10 i 
4 ×5 

6
=e
i n
e
3
=Z n ×e
10 i 
3
=Z n ×e
10 i 
­4 
3
­
=Z n ×e
2i 

3
Distance Mn Mn+4 : Considérons le triangle OMnMn+4 (isocèle en O) ; on a :
(MnMn+4)² = OMn² + OM²n+4 – 2 OMn OMn+4 cos(MnÔMn+1) soit puisque OMn = OMn+4 = 1 et que
3 .
l'angle MnÔMn+4 = 2π /3 : (MnMn+4)² = 2 – 2cos(2π/3) = 2 – 2 (-1/2) = 3 donc MnMn+4 =
Montrons : Mn Mn+4 Mn+8 est équilatéral.
3 pour tout n entier naturel, donc Mn+4Mn+8 =
3 ; par ailleurs,
On a donc MnMn+4 =
 , OM = ­2 = OM , OM mod. 2 donc
 OM
n
n 4
n 4
n 8
3
2
l'angle MnÔMn+4 =
= l'angle Mn+4ÔMn+8 = l'angle Mn+8ÔMn . On a donc aussi Mn+8Mn =
4
par suite le triangle Mn Mn+4 Mn+8 est équilatéral.
3 et
4. Calcul de probabilité
Les triangles équilatéraux que l'on peut obtenir avec trois points choisis parmi les points M0, M1, M2, ...,
M11, sont : M0 M4 M8 ; M1 M5 M9 ; M2 M6 M10 et M3 M7 M11.
On tire, au hasard et simultanément, trois cartons dans l'urne qui en contient douze ; donc la probabilité
d'obtenir les trois sommets d'un triangle équilatéral est (puisque les tirages sont équiprobables) :
4
4
4 ×3 ×2
nb. de tirages favorables
p=
=
=
=
= 1/55
12
!
12
nb. de tirages possibles
10 ×11 ×12
C
3
3 !×9 !
Problème (9 points), enseignement obligatoire et de spécialité.
A. Étude d'une fonction f
On définit la fonction f sur ]0, + ∞[ par f(x) = ln( 1 x – 1) .

1.
donc lim ln  1x ­1=­∞
lim 1x =1 et lim 1x­1=0
x0
x0
lim
1x =∞ et
x  ∞
x0
lim f x=∞
x  ∞
2. Sens de variation de f en ]0 ; + ∞[.
On peut résumer l'étude des variations de f dans le tableau ci-dessous :
x
0
+∞
1+x
1
+∞
1x
1
+∞
1x­1
0
+∞
f x=ln  1x – 1
-∞
+∞
Remarque La fonction f est dérivable sur ]0 ; + ∞[ et sa dérivée est :
1
1
 1x – 1 '
×
f ' x=
=
(>0)
2 1x
1x  – 1
1x – 1
3. Coordonnées des points A, B, P et H.
Le point A, point de (C) a pour ordonnée : yA = f(3) = ln( 4 -1) = ln 1 = 0
9
Le point B, point de (C) d'abscisse 5/4 a pour ordonnée : yB = f(5/4) = ln(
4
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– 1) = ln1/2 = - ln2
Le point P projeté orthogonal de B sur l'axe des abscisse a pour coordonnée P(5/4, 0) et H projeté
orthogonal de B sur l'axe des ordonnées a pour coordonnées H(0, - ln2).
Représentation de (C) : (C) courbe tracée en rouge dans la partie inférieur du graphique
B. Utilisation d'une rotation
1. a) z' en fonction de z.
Soit r la rotation de centre O et d'angle
i

2
. A tout point M du plan d'affixe z, la rotation r associe le

2
point M' d'affixe z' donc z '=e z=iz
On note z = x + iy et z' = x' + iy' (x,x',y,y' réels), exprimer x' et y' en fonction de x et y, puis exprimer x
et y en fonction de x' et y'.
On a donc z' = x' + i y' = iz = i(x+iy) = -y + ix ; soit x' = - y et y' = x (I)
ou encore x = y' et y = - x' (II)
b) Coordonnées des points A', B' et P' images respectives des points A, B et P par la rotation r.
D'après (I) les points A', B' et P' images respectives de A(3, 0), B(5/4, ln2) et P(5/4, 0) ont pour
coordonnées : A'(0, 3), B'(ln2, 5/4) et P'(0, 5/4).
2. a) M appartient à (C), son image M' par r appartient à Г.
Soit M un point de (C) , ses coordonnées seront donc : M(x ; y = f(x) = ln( 1x – 1)) avec x>
si M' = r(M) alors M' aura pour coordonnées (x', y') et l'on aura d'après (II), -x' = ln( 1 y '  – 1))
1 y '  -1 = e-x'
d'où
1 + y' = (e-x' + 1)²
y' = e-2x' + 2 e-x' et M' = r(M) appartient à Г .
b) Tracer sur le graphique précédent les points A', B', P' et la courbe Г : voir graphique précédent : Г
est la courbe tracée en rouge dans la partie supérieur du graphique.
C. Calculs d'intégrales
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ln 2
1. Calcul de
∫ g x dx
:
0
ln 2
ln 2
0
0
∫ g x dx= ∫ e­2x2 e­x  dx=[
­1 ­2x
­1 ­2 ln2
1
11
e ­2 e­x ] ln2=
e
­2 e­ln2  2 =
2
2
2
8
0
(remarque -2 ln2 = ln2-2)
Interprétation graphique de cette intégrale : g est une fonction positive sur IR, donc en particulier sur
l'intervalle [0, ln2]. L'intégrale calculée sera donc l'expression de l'aire (en unités d'aire) de la partie du
plan D' comprise entre les axes de coordonnées, Г et la droite d'équation x = ln2, c'est-à-dire la droite
(H'B') (en notant H' = r(H)).
2. a) Recherche de l'aire A du domaine plan D limité par les segments [AO], [OH] et [HB] et l'arc de
courbe (C) d'extrémités B et A.
L'image du domaine plan D par r sera le domaine limité par [A'O], [OH'] et [H'B'] et l'arc de courbe
(C) d'extrémités B' et A' c'est-à-dire D'. Puisque la rotation est une transformation qui conserve les
aires Aire de D = Aire de D' = 11/8 (en u;a)
3
b) Calcul de I. La fonction f est négative sur [5/4 ; 3] donc l'intégrale I=∫ ln  1x­1 dx est
5
4
l'opposé de l'aire de la partie de plan comprise entre [BP], [PA] et l'arc de courbe (C) d'extrémités A et
B.
Donc A = aire rectangle(OHPB) + (- I ) = 5/4 ln2 – I
= > I = 5/4 ln2 - A = 5/4 ln2 – 11/8 ≈ - 0,51
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