Corrigé Bac Maths S1 1er groupe 2015

Exercice 1

1) a) Il suffit de l'écrire.
 
b) Soit k un entier non nul et T=(p, q, r) un triplet d'entiers relatifs tel que r non nul.

TΓp2+q2=r2(kp)2+(kq)2=(kr)2kTΓ

 
2) a) Posons T1=(p1, q1, r1) et T2=(p2, q2, r2). Alors.
 
OM1OM2=p1p2+q1q2||OM1OM2||=||(p1q2p2q1)k||=|p1q2p2q1|et  ||OM1||×||OM2||=r1r2
 
sont bien des entiers. Ensuite
 
(OM1OM2)2=||OM1||2×||OM2||2cos2θ||OM1OM2||2=||OM1||2×||OM2||2sin2θ
 
Donc
(OM1OM2)2+||OM1OM2||2=(||OM1||×||OM2||)2
 
et T1T2Γ.

Ou bien :

(OM1OM2)2+||OM1OM2||2=(p1p2+q1q2)2+|p1q2p2q1|2=p21p22+q21q22+p21q22+p22q21=(p21+q21)(p22+q22)=r21r22=(||OM1||×||OM2||)2
 
b) Le triplet T1T2 est trivial si et seulement si OM1OM2=0 (c'est à dire (OM1) et (OM2) sont perpendiculaires) ou OM1OM2=0 (c'est à dire OM1 et OM2 sont colinéaires donc, (OM1) et (OM2) sont confondues).
 
c) Notons M et M les points associés au triplets T et T.

Alors,

S=TT=(|OMOM|, ||OMOM||, ||OM||×||OM||)=(63, 16, 65)

appartient à Γ et il est irréductible.


T0=(5, 12, 13) est aussi un élément de Γ; notons M0 le point associé au triplet T0.

Alors,

S=TT0=(|OMOM0|, ||OMOM0||, ||OM||×||OM0||)=(33, 56, 65)

appartient à Γ et il est irréductible.


Notons N et N les points associés au triplets S et S.

Alors,

SS=(|ONON|, ||ONON||, ||ON||×||ON||)=(2975, 3000, 4225)

appartient à Γ mais est réductible. Le triplet irréductible correspondant est (119, 120, 169).


on obtient d'autres triplets en combinant par exemple T  et  S  ou  T  et  S  etc...

Exercice 2

1) A appartient à (C) car la droite (OM) est un axe de symétrie de ce cercle.

De plus (OA, OA)=2(OA, OM)=2θ [2π].

C appartient à (C) et (OA, OC)=2θ+π [2π].

Il vient : (OA, OC)=(OA, OA)+(OA, OC)=π [2π]

Donc A et C sont bien symétriques par rapport à O.

 

 
2) a) b=ei(θ+π2)=eiπ2.eiθ=iz et c=ei(2θ+π)=eiπ.e2iθ=z2.
 
b) ON=OA+OB; donc N est le quatrième sommet du parallélogramme dont trois points consécutifs sont B, O et A.
OH=ON+OC; donc H est le quatrième sommet du parallélogramme dont trois points consécutifs sont C, O et N.
 
3) a) θ est différent de π2 [π] signifie que z est différent de i  et de i

Alors b=iz différent de 1 (et de -1) ; A et B sont donc distincts.

De même c=z2 différent de 1 (et de -1) ; A et C sont donc distincts.

Enfin bc est différent de 0 (et de -2) ; par conséquent B et C sont distincts.
zAHzCB=b+cbc=izz2iz+z2=1iz1+iz et zCHzBA=1+b1b=1+iz1iz
 
Ensuite :

1+iz1iz=1+e2iα1e2iα avec α=θ2+π4=eiα+eiαeiαeiα=cosαsinαi est bien imaginaire pur 
 
On en déduit que les angles (AH, CB) et (CH, BA) sont droits ; H est donc l'intersection des hauteurs c'est à dire l'orthocentre du triangle ABC.
 
b) Le discriminant de l'équation est  i2+4=3. Les racines de l'équation sont donc z1=i+32=eiπ6 et z2=i32=e5iπ6
 
Le centre de gravité G du triangle ABC est 13(1+b+c).

Pour que H coïncide avec G il faut et il suffit que 1+b+c soit égale à 13(1+b+c) c'est à dire que 1+b+c=0 ou z2iz1=0. Donc H coïncide avec G si et seulement si θ=π6 ou θ=5π6
 
4) Puisque l'affixe z s'écrit cosθ+isinθ, celle de H s'écrit :

1+izz2=1+i(cosθ+isinθ)(cosθ+isinθ)2=1sinθ+icosθcos2θisin2θ formule de Moivre =1sinθcos2θ+i(cosθsin2θ)
 
Donc H est le point de (H) de paramètre θ.

Problème

Partie A

1) a) la fonction f est définie et continue sur [0, 1[.

Elle est dérivable dans cet intervalle et x[0, 1[, f(x)=2x11x
 
La dérivée, somme de deux réels négatifs dont l'un l'est strictement, est strictement négative. f(0)=1 et limx1f(x)=.

Voici le tableau de variation de f.
 
x01f(x)1f(x)
 
La fonction f est strictement décroissante et envoie l'intervalle [0, 1[ sur l'intervalle [, 1[ qui contient 0, donc l'équation f(x)=0 a une solution unique α.
 
b) f(12)=34ln2>0 et f(β)=β2<0 ; donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, α appartient à l'intervalle ]12, β].
 
2) Posons pour simplifier Iβ=]12, β].

f est deux fois dérivable dans [0, 1[ et  x[0, 1[, f(x)=21(1x)2
 
Alors,  xIβ, p(x)=2x+11x et q(x)=2+1(1x)2
p et q sont dérivables sur Iβ et xIβ, p(x)=2+1(1x)2 et q(x)=1(1x)3
 
Ces dérivés sont positives.

Voici les tableaux de variation de p  et  q.
 
x1/2βp(x)+p(β)p(x)3
 
x1/2βq(x)+e2+2q(x)6
 
Ces tableaux montrent clairement que xIβ, 3|f(x)| et |f(x)|e2+2
ce qui entraîne bien x, y]12, β], |f(x)||f(y)|e2+23=M
 
3) a) On peut procéder à une IPP en posant u=ln(1x) et v=1x, il vient u=11x et v=1 puis tαln(1x)dx=tαuvdx=[uv]tα+tαuvdx=[x(1x)ln(1x)]tα
 
Il est probable que le candidat fasse le changement de variable 1x=u pour se ramener à lnudu=ulnuu. Il peut aussi faire une IPP en posant u=ln(1x) et v=1 et s'il choisit v=x, il devra trouver une primitive de x1x en procédant à une réduction en éléments simples
 
b)  tαf(x)dx=tα(1x2)dx+tαln(1x)dx Donc tαf(x)dx=φ(t)φ(α), avec φ(x)=13x3(1x)ln(1x) 
 
Lorsque t tend vers 1, (1t)ln(1t) a pour limite 0, donc limt1tαf(x)dx=13φ(α)
 
Mais f(α)=0 signifie ln(1α)=α21
limt1tαf(x)dx=P(α), avec P(x)=23x3+x2+x43

Partie B

1) a) La tangente en A à Ch a pour équation y=h(a)(xa)+h(a). l'intersection de cette tangente avec l'axe des abscisses a pour ordonnée 0, son abscisse x est donc telle que h(a)(xa)+h(a)=0 c'est à dire x=ah(a)h(a)=T(a).
 
b) T, rapport de deux fonctions dérivables, est dérivable et xJ, T(x)=1(h(x))2h(x)h(x)(h(x))2=h(x)h(x)(h(x))2
T est donc positive sur J.

Mais T(v)=vh(v)h(v) est v car le rapport h/h est 0; donc T(J)=[u, T(v)][u, v]=J.

Voici le tableau de variation de T.
xuvT(x)+T(v)T(x)u
 
2) a) Montrons que la suite (xn) est bien définie et contenue dans J donc bornée.

Par récurrence. x0=v existe et appartient à J.

Si la propriété est vraie pour un rang n donné, c'est à dire si xn existe et appartient à J alors, xn+1=T(xn) existe et appartient bien à J car T(J) est contenu dans J. Donc la propriété est vraie au rang suivant n+1.
 
b) nN, xn+1=T(xn)=xnh(xn)h(xn)  est xn car le rapport h/h est 0; donc la suite (xn) est décroissante. Comme elle est minorée par u, elle converge vers un réel lu.

Puisque nN, xn+1=T(xn) on obtient par passage à la limite T(l)=l c'est à dire lh(l)h(l)=l ou h(l)=0. Comme u est l'unique zéro de h, l=u. limn+xn=u

Partie C

1) a) G(a)=0.
 
b) G(b)=0 est équivalent à : 0=g(a)g(b)(ab)g(b)12k(ab)2.

C'est à dire k=2(ab)2(g(a)g(b)(ab)g(b)).

 
2) a) La fonction G satisfait aux hypothèses du théorème des accroissements finis dans l'intervalle [a, b] ;

donc il existe un réel c dans l'intervalle ]a, b[ tel que G(b)G(a)=G(c)(ba) c'est à dire G(c)=0.

 
b) On a pour tout x dans [a, b], G(x)=(ax)g(x)+k(ax).

G(c)=0 est donc équivalent à : k=g(c) c'est à dire

2(ab)2[g(a)g(b)(ab)g(b)]=g(c)ou g(a)g(b)(ab)g(b)=12(ab)2g(c)enfin g(a)=g(b)+(ab)g(b)+12(ab)2g(c)

 
3) a) D'après les calculs faits dans la première partie, la fonction f satisfait bien dans l'intervalle [α, β] aux hypothèses faites sur h.
 
b) Pour tout entier naturel n, cette même fonction f satisfait, dans l'intervalle [α, xn], aux hypothèses faites sur g. On a donc : nN, cn]α, xn[;f(α)=f(xn)+(αxn)f(xn)+12(αxn)2f(cn)()
 
4) Pour obtenir la relation (xn+1α)=(xnα)2f(cn)2f(xn)()
il suffit de se rappeler que f(α)=0 et de diviser la relation () par le réel non nul f(xn).

D'après la première partie, puisque xn et cn appartiennent à Iβ, |f(cn)||f(xn)|M, et () entraîne (xn+1α)M2(xnα)2
 
5) Si on pose nN, δn=M2(xnα), la relation 0(xn+1α)M2(xnα)2  se traduit par 0δn+1δ2n.
 
Montrons que δnδ2n0(M4)2n.

Par récurrence.

Cette propriété est vraie au rang 0 car à ce rang elle signifie δ0δ0M4

Si elle est vraie pour un rang donné n c'est à dire si δnδ2n0(M4)2n, alors δn+1δ2n(δ2n0)2=δ2n+10(M4)2n+1
 
Elle est donc vraie au rang suivant n+1.
 
6) Pour tout entier naturel n on a les implications suivantes :

xnα1052Mδn105δnM2×105(M4)2nM2×1052nlnM4lnM2×1052nln(M2×105)ln(M4)  car  M4<1nln2ln(ln(M2×105)lnMln4)n1ln2ln(lnMln(2×105)lnMln4)5.4949

 
 
On peut prendre n=6
 

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