annales de mathematiques baccalaureat s pondichery 2001

ANNALES DE MATHEMATIQUES
BACCALAUREAT S
PONDICHERY 2001
AIDE ET INDICATIONS
EXERCICE 1
Z 1
1. (a) En remplaçant n par 1, on a :I1 =
(1 − x) e−x dx.
0
(b)
(c)
(d)
(e)
Posons u(x) = 1 − x et v 0 (x) = e−x . On déduit u0 (x) = −1 et v(x) = −e−x . Il reste à appliquer
la formule d’intégration par parties.
On a successivement les encadrements :
0 6 x 6 1 donc 0 6 1 − x 6 1 ce qui permet en utilisant la croissance de la fonction puissance
n-ème (n ∈ N ? ) d’obtenir un encadrement de (1 − x)n , puis en multipliant les trois membres par
le réel strictement positif e−x d’obtenir un encadrement de (1 − x)n e−x .
Il suffit ensuite d’intégrer membre à membre l’inégalité précédente, puis de multiplier les trois
1
membres par le réel strictement positif . On applique ensuite le théorème des gendarmes pour
n!
en déduire la limite de la suite (In )
Z 1
1
On a : In+1 =
(1 − x)n+1 e−x dx.
(n + 1)! 0
Posons u(x) = (1 − x)n+1 et v 0 (x) = e−x . On déduit u0 (x) = (n + 1)(1 − x)n et v(x) = −e−x .
On applique alors la formule d’intégration par parties, ce qui permet d’obtenir une relation entre
In+1 et In .
• Par hypothèse a1 = 0.
1
1
En appliquant la formule à démontrer pour n = 1 on obtient a1 = + (−1)0 I1 . Or I1 = (établi
e
e
en 1.(a)). Donc a1 = 0. La formule est donc vraie pour n = 1.
1
• Supposons la formule vraie pour un naturel non nul n c’est à dire an = + (−1)n In .
e
1
(−1)n+1
n
Il en résulte que an+1 = + (−1) In +
.
e
(n + 1)!
Il reste à simplifier et à utiliser le résultat établi en 1.(c)
On déduit du résultat précédent un encadrement de an . Le théorème des gendarmes achève
l’exercice.
EXERCICE 2
2 − i(x + iy)
2 + y − ix
=
1 − (x + iy)
1 − x − iy
Il faut ensuite multiplier la fraction par le conjugué du dénominateur puis simplifier.
2 − 2x + y
x2 + y 2 − x + 2y
On vérifiera que : f (z) =
+
i
(1 − x)2 + y 2
(1 − x)2 + y 2
f (z) est réel si et seulement si sa partie imaginaire est nulle. On reconnaitra une équation de cercle.
2. (a) Il faut résoudre l’équation f (z) = i.
2 − iz
De z 0 =
(avec z 0 6= i) on déduit z 0 − z 0 z = 2 − iz, ce qui permet d’obtenir z en fonction
1−z
de z 0 .
−−→
−−−→
−−−→
(b) Compte tenu des notations, z est l’affixe de OM , 2 − z 0 celle de M 0 C et i − z 0 celle de M 0 D.
2 − z0
De la relation z =
on déduit en particulier une expression du module, puis la relation
i − z0
cherchée.
1. f (z) =
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(c) Dans cette question par hypothèse |z| = 1 avec z 6= 1. Il suffit ensuite d’utiliser le résultat de la
question précédente.
−→ −−→
−−−→ −−−→
2 − z0
0 C,M 0 D et que arg z = OA,OM .
(d) On sait que arg
=
M
i − z0
−→ −−→
2 − z0
Par hypothèse OA,OM = k.π. Donc de la relation z =
on déduit une mesure de l’angle
i − z0
−−−→ −−−→
M 0 C,M 0 D , et l’on peut en déduire l’alignement des points.
PROBLEME
Partie A
1. (a) Le point I de (C) a pour coordonnées (1,0). La tangente ∆ a donc pour équation y = x − 1.
1
1−x
(b) f 0 (x) = 1 − =
. Le signe de f 0 (x) est donc sur ]0, + ∞[ celui de x − 1.
x
x
(c) Le signe de f (x) donne la position relative de (C) et de (∆).
2. (a) Etablir que x − ln x > 1 sur cet intervalle, et en déduire la valeur minimale prise par x − ln x sur
]0, + ∞[.
(b) MN = |x − ln x| (unités de longueur). La question précédente permet alors de conclure. On fera
attention aux unités choisies.
Partie B
−−→
p
1. OM (x, ln x). Donc OM = x2 + (ln x)2 .
2. (a) limx−→0 x2 = 0 et limx−→0 ln x = −∞ donc limx−→0 u(x) = .......
limx−→+∞ x2 = +∞ et limx−→+∞ ln x = +∞ donc limx−→+∞ u(x) = ....
1
u0 (x) = 2x +
x
(b) u est dérivable, strictement croissante sur ]0 , + ∞[, et change de signe sur cet intervalle. Le
théorème de bijection permet de démontrer que l’équation u(x) = 0 admet une solution unique
α sur ]0 , + ∞[. Il reste à utiliser la méthode de dichotomie.
(c) Utiliser les variations de u sur ]0 , + ∞[.
2
3. Etablir que g 0 (x) = u(x). Le signe de g 0 (x) résulte alors de celui de u(x) précisé à la question
x
précédente. Le sens de variation de g s’en déduit.
4. On prend α ≈ 0,655, et on en déduit la plus courte distance OM.
1
5. La tangente en A à (C) a pour coefficient directeur le nombre dérivé de ln en α soit . La droite
α
ln α
ln α
(OA) a pour coefficient directeur
. Ces coefficients directeurs ont pour produit 2 .
α
α
Il suffit ensuite de se rappeller que deux droites sont perpendiculaires si et seulement si leurs coefficients
directeurs ont pour produit -1.
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