Correction du baccalauréat S La Réunion juin 2007

Durée : 4 heures
[ Correction du baccalauréat S La Réunion juin 2007 \
E XERCICE 1
Commun à tous les candidats
1.
5 points
a. A(a ; ln a).M(x ; y)(6= A) ∈ (T) ⇐⇒
y − ln a 1
x
= ⇐⇒ y = − 1 + ln a.
x−a
a
a
b. P(0 ; y) ∈ (T) ⇐⇒ y = −1 + ln a.
P(0 ; ln a − 1).
Longueur PQ : On a Q(0 ; ln a).
PQ2 == (0 − 0)2 + (ln a − ln a + 1)2 = 1.
Donc PQ = 1.
y = ln x
ln b
B
R
1
2 (ln a + ln b)
A
ln a
Q
→
−
−1 
P
x
O
→
−
ı
a
p
ab
b
La construction simple de la tangente : on construit P en enlevant 1 à
l’ordonnée de Q : la tangente est la droite (PA).
¡p
p ¢
2. R. O. C. : en appliquant la propriété à ln m = ln m × m , on obtient :
p
p
p
p
1
ln m = ln m + ln m = 2ln m ⇐⇒ ln m = ln m (avec m > 0).
2
p
p
1
3. On a ln a + ln b = ln ab = 2ln ab ⇐⇒ ln ab = (ln a + ln b).
2
D’où la construction :
– On construit la médiatrice de [QR].
p
– Cette médiatrice coupe Γ en un point dont l’abscisse est ln ab.
E XERCICE 2
1. un+1 − un = un2 > 0 : la suite est donc croissante.
2.
4 points
a. h(x)¸= x 2 + x ; ·
h est dérivable et h ′ (x) = 2x + 1.
1
Sur −∞ ; − , h ′ (x) < 0 ⇒ h est décroissante ;
2·
¸
1
Sur − ; +∞ , h ′ (x) > 0 ⇒ h est croissante.
¶2
µ
1
′
h − = 0. La fonction admet en ce point un extremum qui est un mi2 µ
¶
1
1
1 1
nimum h − = − = − .
2
4 2
4
Baccalauréat S
¸
¸
·
·
1
1
1
Sur −1 ; −
la fonction décroit de 0 à − et sur − ; 0 , la fonction
2
4
2
1
croit de − à 0.
4
1
Conclusion : si x ∈] − 1 ; 0[, alors −1 < − < h(x) < 0.
4
b. Par récurrence :
– Initialisation −1 < a = u0 < 0.
– Hérédité : supposons que pour le naturel n, −1 < un < 0. D’après la
question précédente si un ∈ [−1 ; 0[, alors un+1 = h (un ) appartient
elle aussi à cet intervalle
Conclusion : on a montré par récurrence que pour tout naturel n, −1 <
un < 0.
3. La suite u est croissante et majorée par 0 : elle est donc convergente et sa limite
ℓ est telle que ℓ 6 0.
Or la fonction h, dérivable est continue : la relation un+1 = un2 + un donne à la
limite ℓ = ℓ2 + ℓ ⇐⇒ ℓ2 = 0 ⇐⇒ ℓ = 0.
Conclusion : lim un = 0.
n→+∞
E XERCICE 3
1.
6 points
a. On sait que lim xex = 0. Donc comme lim ex − 1 = −1, on a finalex→+∞
x→+∞
ment lim f (x) = 0.
x→+∞
µ
¶
µ x
¶
1
xex
e −1+1
b. x 1 + x
=x
=
= f (x).
e −1
ex − 1
ex − 1
1
On en déduit car lim x
= 0, que lim f (x) = +∞.
x→+∞
x→+∞ e − 1
x
= 1. à la calculatrice
2. On a lim x
x→0 e − 1
Conclusion : lim f (x) = 1 et f (0) = 1 : la fonction f est continue en 0.
x→0
3.
a. Soit k la fonction définie sur R pat k(x) = ex − x − 1. Cette fonction est
dérivable et k ′ (x) = ex − 1 qui s’annule pour x = 0.
Cette fonction est décroissante sur R− de +∞ à k(0) = 0 et croissante sur
R+ de 0 à +∞.
Donc k(x) > 0 ⇐⇒ ex − x − 1 > 0 ⇐⇒ ex > x + 1, quel que soit x ∈ R
e2x − xex − ex
(ex + xex ) (ex − 1) − xex × ex
=
=
b. Dérivée de f : f ′ (x) =
(ex − 1)2
(ex − 1)2
x x
e (e − x − 1)
.
(ex − 1)2
La fonction g est donc la fonction k qui ne s’annule que pour x = 0. Donc
f ′ (x) est composé de termes positifs pour x 6= 0
Conclusion : pour x 6= 0, f ′ (x) > 0. La fonction est croissante sur ]−∞ ; 0[
et sur ]0 ; +∞[. D’où le
c. Tableau de variations
x
0
−∞
f ′ (x)
+
+∞
+
+∞
f (x)
1
0
La Réunion
2
juin 2007
Baccalauréat S
4.
x
−x
−xe−x
=
=
.
e−x − 1 1 − ex ex − 1
Ã
−−−−→
′
Les coordonnées du vecteur M M sont
a. f (−x) =
Ã
!
−2x
encore
.
−x
!
!
Ã
−2x
−2x
x
soit x − xe ou
f (−x) − f (x)
ex − 1
−x
1
= .
−2x 2
b. Les points M et M ′ sont symétriques autour de O ; les points O, M et M ′
sont donc alignés.
Quand x tend vers 0 le coefficient directeur de la droite (M M ′ ) reste
1
constant égal à . Or ce coefficient est également celui de la droite (OM)
2
qui a pour limite (par continuité de f ) la tangente à la courbe représentative de f au point O.
1
Ceci montre que le nombre dérivé en 0 existe et que f ′ (0) = .
2
Le coefficient de la droite (M M ′ ) est donc
E XERCICE 4
Enseignement obligatoire
1.
2.
3.
5 points
p
a. b = 3 − 3i.
p
p
On a |b|2 = 3 + 9 = 12 = (2 3)2 .ÃDoncp
|b| != 2 3.
¡ ¢¢
p 1
¡ ¢
p ¡
3
b peut donc s’écrire b = 2 3
−i
= 2 3 cos − π3 + i sin − π3 =
2
2
p
π
2 3e−i 3 .
p
b. On a aussi |a| = 2 3. Donc B appartient au cercle de centre O et de rayon
[OA]. Si A′ est le symétrique de A autour de O, il suffit de construire la
médiatrice de [OA′ ] qui coupe le cercle au point B (point du cercle de
partie imaginaire positive).
1
−−→´
−→
−−→ →
−
−−→ 1 ³−−→
OA + 3OC ⇐⇒ xE = ×
a. Par définition EA + 3EC = 0 ⇐⇒ OE =
4
4
p
1
(− 3) et y E = × 6.
Ã4 p
!
p
3 3
3 3
Conclusion E −
;
+ i.
. l’affixe de E est donc e = −
2 2
2
2
p
−→ −→ →
−
−−→ 1 ³ −−→ −−→´
b. Par définition 2FA +FB = 0 ⇐⇒ OF = 2OA + OB . Donc F(− 3 ; −1).
3
p
l’affixe de De F est f = − 3 − i.
p
3 3
p
p
p
p
−
+ i − 2i
3 + 3i 3 + i 3 − 3
− 3−i
3+i
e −c
2
2
= p
=
=
=
=
a. Calcul de
p
p
e −b
3 × 12
3 3 p
−3 3 − 3i −3 3 + 9i
+ i − 3 + 3i
−
2
2
p
3
i qui est bien un imaginaire pur.
9
³ −→ −−→´ π
e −c
= ki entraîne en prenant les arguments : BE , CE =
[2π].
L’égalité
e −b
2
Ceci montre que la droite (BE) est perpendiculaire à la droite (CE). Mais
E barycentre des points A et C appartient à la droite (AC) ; donc E est le
pied de la hauteur issue de B dans le triangle (ABC).
p
p
f −c
− 3 − i − 2i
3
b. On a de même
= ... =
= p
i.
p
f − b − 3 − i − 3 + 3i
2
En prenant les arguments des deux membres on montre ainsi que les
La Réunion
3
juin 2007
Baccalauréat S
droites (BF) et (CF) sont perpendiculaires et comme F barycentre de A et
B appartient à la droite (AB), F est le pied de la hauteur issue de C dans
le triangle (ABC).
4. On peut écrire que H est le barycentre de {(F ; 3) ; (C ; 6)} en utilisant l’associativité du barycentre, donc H appartient à la droite (CF).
De même comme le barycentre du système {A ; 2) ; (C ; 6)} est aussi le barycentre du système {A ; 1) ; (C ; 3)}, on déduit toujours d’après l’associativité du
barycentre que H est le barycentre du système {A ; 1) ; (C ; 3) ; (B ; 1)} soit le
barycentre du système {E ; 3) ; (B ; 1)}. Donc H appartient à la droite (BE).
Finalement H appartient à deux hauteurs du triangle (ABC) : c’est donc l’orthocentre du triangle du triangle (ABC) (et donc par conséquence la droite
(AH) est perpendiculaire à la droite (BC)).
E XERCICE 4
Enseignement de spécialité
1.
5 points
a. Voir le corrigé ci-dessus.
b. Voir le corrigé ci-dessus.
p
−−→
c. L’affixe du vecteur AB est 3 3−3i, dont le carré du module est 9×3+9 =
36 = 62 .
!
Ãp
p
1
π
3
− i = 6e−i 6 .
Cette affixe peut donc s’écrire : 3 3 − 3i = 6
2
2
³→
− −−→´
π
Conclusion u ; AB = − 6 .
p
−−→
De même L’affixe du vecteur AC est 2 3 + 2i dont le carré du module est
égal à 16 = 42 .
!
Ãp
p
π
3 1
+ i = 4ei 6 .
Cette affixe peut donc s’écrire 2 3 + 2i = 4
2
2
³→
− −−→´ π
Conclusion u ; AC = 6 .
p
2.
−−→ 4 −→
−→ ¡ 3 3 ¢ −−→ ¡ p ¢
a. Coordonnées de AE 23 et AC 2 2 3 . On a AC = AE , les vecteurs sont
3
2
colinéaires, donc
A, E et C sont
alignés.
p
p
−−→ ¡ ¢
−−→
−→
−→ ¡ ¢
De même AF −13 et AB 3−33 . On a AB = 3AF ce qui montre que les
points A, F et B sont alignés.
b. Voir le sujet obligatoire
c. Voir la figure
p
1
3. z 7−→ z ′ = z − 3.
2
p
1 ¡ p ¢ p
Image de A : zA′ = × −2 3 − 3 = −2 3 = zA .
2
p
¢ p
3 3
1 ¡p
+ i = zE .
Image de B : zB′ = × 3 + 3i − 3 = −
2
2
2
p
p
1
Image de C : zC′ = × (−2i) − 3 = − 3 − i = zF .
2
4. * Géométriquement : La question précédente montre que H est l’orthocentre
de (ABC), donc son image par s est l’orthocentre du triangle (A′ B′ C′ ) qui est le
triangle AEF.
Il suffit de tracer deux hauteurs de ce triangle.
* Par le calcul :
−−→ 4 −→
−→
−−→ →
−
– On a démontré que AC = AE qui peut s’écrire EA + 3EC = 0 .
3
Le point E est le barycentre du système {(A ; 1) ; (C ; 3)}. Le point H appartenant à la droite (BE) est barycentre des points E et B, soit en utilisant
La Réunion
4
juin 2007
Baccalauréat S
l’associativité du barycentre :
H bar. {(A ; 1) ; (C ; 3) ; (B ; α)}.
−−→
−→
−→ −→ →
−
– De même AB = 3AF ⇐⇒ 2FA + FB = 0 qui montre que F est le barycentre
du système {(A ; 2) ; (B ; 1)}. Le point H appartenant à la droite (CF) est
barycentre des points F et C, soit en utilisant l’associativité du barycentre :
H bar. {(A ; 2) ; (B ; 1) ; C ; β)}.
– Donc H = bar. {(A ; 2) ; (B ; 2α) ; (C ; 6)} = bar.{(A ; 2) ; (B ; 1) ; C ; β)}.
1
En prenant α = , β = 3, on obtient le même barycentre.
2
Conclusion : H est la barycentre du système {(A ; 2) ; (B ; 1) ; (C ; 6)}. Or
une similitude conserve le barycentre, donc H′ image de H par s est le barycentre du système {(A′ ; 2) ; (B′ ; 1) ; (C′ ; 6)} ⇐⇒
−−−→
−−→
−−→´
1 ³ −−→′
OH′ =
2OA + 1OB′ + 6OC′ égalité qui se traduit par :
17

p
p
1p
p


−4 3 −
3−6 3




 x ′ = −7 3
2
H
x H′ =
6
⇐⇒
9


3

 y ′ = −1

2 −6

H
y H′ =
2
9
* Autre prolongement possible
montrer que s est composée :
³ :→
−´
– de la symétrie autour de O ; u ,
1
– de l’homothétie de centre O et de rapport ,
2
p →
−
– de la translation de vecteur − 3 u .
ANNEXE 2 (enseignement obligatoire et de spécialité)
(À rendre avec la copie)
Exercice 4
+
C
2
+
E
−4
A
′
−3 H −2
+
−5
+
+
H 1
F
−1
O
1
2
3
4
−1
−2
+
−3
B
−4
La Réunion
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juin 2007