Sujet Corrigé baccalauréat S Amérique de Nord 2003

Correction Exercice Non-Spécialité Amérique du Nord 2003
Voici la figure !!
2) a: et b: et c:
C'est un simple calcul. Mais on peut aussi voir que |zB - zA | = |zC - zA | = |zB - zC| donc que le triangle
ABC est équilatéral. Comme ce triangle est équilatéral, le centre de son cercle circonscrit et son
centre de gravité sont identiques!
OR : on remarque que zA + zB + zC = 0 donc le centre de gravité de ABC est O donc le centre de son
cercle circonscrit est O. CommeOC = 2 , le rayon du cercle circonscrit est R = 2.
3) a: On nous dit que 2 est un cercle de centre  d'affixe -2. Appelons k son rayon
OR! le cercle de centre  et de rayon k est l'ensemble des poinrs M d'affixe z vérifiant |z + 2|² = k² .
Mais
=
, d'où
M appartient à 2 si et seulement si |z+2|²-4 = 0.
D'où, si et seulement si |z + 2| = 2 On a bien le cercle de centre
b:
et de rayon k = 2.
= 2 donc A appartient bien à 2 . Idem pour B.
4) a:La forme complexe de r1 est : z ' = ei/3(z - zA) + zA . A est le centre de la rotation r1 donc
r1(A) = A . zC = ei/3(zB - zA) + zA . donc r1 (B) = C .
On peut aussi dire que (AB,AC)=/3 et AC =AB.
L'image de C par r1 est le point C1 d'affixe :
.
b: L'image par r1 d'un cercle du centre M et de rayon R est le cercle de centre r1(M) et de même
rayon R. Comme r1 () = O , ( pour le voir, prendre la forme complexe de r1 ) , on en déduit que l'image
de 2 par r1 est le cercle de centre O et de rayon 2. C'est donc le cercle 1 .
5) Forme complexe de r : z ' = az + b .
a: L'image de  par r est le centre de 1 , c'est à dire O d'où la relation :-2 a + b = 0.
D'où b = 2 a .
b: r (C) a pour affixe : 2 a + b . Soit : 4 a .
Comme | a | = 1, on en déduit que pour tout a et tout b , | r (C)| = 4.
Donc, le point r (C) appartient au cercle 3 de centre O et de rayon 4.
Correction Problème
Partie A:
    
. Comme      , d'après le rappel, on a:    


  
  
    
      
  
     

b: 



            .




















 .
On sait que 

   
  
  
1. a:  
c: Deux asymptotes à la corube de f : (D) :"y = 1" en -oo et (D') : "y = 0" en +oo.
2. a: La dérivée de g est :   

  
décroissante sur [0;+oo[.
b: g(0) = 0 donc g(t) < 0 sur [0;+oo[.




, d'où g(t) < 0 sur [0;+oo[ d'où g strictement

  

            

3. a: 


   
     
  
      
b: f ' (x) et g(x) sont donc de même signe. De plus, pour tout t > 0, g(t) > 0.
Comme pour tout x réel, ex > 0 , on en déduit que pour pour tout x réel, f '(x) > 0.
f est donc strictement croissante sur R .
4.
Partie B
1. La dérivée de F est f . Comme f > 0 sur R, on en déduit que F est strictement croissantev sur R .


          
2. a: Sans problème et on obtient :







b:
  



                   
   





          


  
d'où F(x) = x-e-xln(1+ex ) - ln(1 + ex ) +2ln(2)
c: On le vérifie sans problème !

     
   , on a : 
     
  
3. En utilisant la limite de f en +oo, et 
4.             . Donc la droite d'équation "y = x -1 + 2ln(2)" est asymptote à
  
la courbe de F en -oo.
Partie C
1. f (k) correspondant, en unités d'aire, au rectangle de base [k-1 , k] et de hauteur f(k).
D'où la correspondance avec u 4 suivante :
2. Il est évident la suite est croissante car f(x) > 0 sur R.. Effectivement, on a : un+1 - un = f(n+1).
3. a: Pour tout k , f est décroissante que [k -1; k].

Donc pour tout t dans [k-1 ; k], f(k)< f (t )< f(k-1). D'où en intégrant :    



   
b: En sommant de k = 1 à n , on a alors
 

.


 .

D'où un < F(n).
4. La suite (u) est croissante et d'après l'inégalité précédente, et la limite de F en +oo, (u) est
majorée par 2ln(2).
Suite croissante et majorée ....Donc elle converge vers une limite L < 2ln(2).