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.

$\begin{array}{rcl} T\in\Gamma&\Leftrightarrow&p^{2}+q^{2}=r^{2}\\ &\Leftrightarrow&(kp)^{2}+(kq)^{2}=(kr)^{2}\\&\Leftrightarrow&kT\in\Gamma \end{array}$

 
2) a) Posons $T_{1}=(p_{1},\ q_{1},\ r_{1})$ et $T_{2}=(p_{2},\ q_{2},\ r_{2})$. Alors.
 
$\begin{array}{rcl} \overrightarrow{OM}_{1}\cdot\overrightarrow{OM}_{2}&=&p_{1}p_{2}+q_{1}q_{2} \\ ||\overrightarrow{OM}_{1}\wedge\overrightarrow{OM}_{2}||&=& ||(p_{1}q_{2} p_{2}q_{1})\vec{k}||\\&=&|p_{1}q_{2}-p_{2}q_{1}|\end{array}\qquad \text{et }\ \begin{array}{rcl}||\overrightarrow{OM}_{1}||\times||\overrightarrow{OM}_{2}||&=& r_{1}r_{2} \end{array}$
 
sont bien des entiers. Ensuite
 
$\begin{array}{rcl} (\overrightarrow{OM}_{1}\cdot\overrightarrow{OM}_{2})^{2}&=&||\overrightarrow{OM}_{1}||^{2}\times||\overrightarrow{OM}_{2}||^{2}\cos^{2}\theta\\ ||\overrightarrow{OM}_{1}\wedge\overrightarrow{OM}_{2}||^{2}&=&||\overrightarrow{OM}_{1}||^{2}\times||\overrightarrow{OM}_{2}||^{2}\sin^{2}\theta\end{array}$
 
Donc
$$(\overrightarrow{OM}_{1}\cdot\overrightarrow{OM}_{2})^{2}+||\overrightarrow{OM}_{1}\wedge\overrightarrow{OM}_{2}||^{2}=(||\overrightarrow{OM}_{1}||\times||\overrightarrow{OM}_{2}||)^{2}$$
 
et $T_{1}\ast T_{2}\in\Gamma$.

Ou bien :

$\begin{array}{rcl} (\overrightarrow{OM}_{1}\cdot\overrightarrow{OM}_{2})^{2}+||\overrightarrow{OM}_{1}\wedge\overrightarrow{OM}_{2}||^{2}&=&(p_{1}p_{2}+q_{1}q_{2})^{2}+|p_{1}q_{2} p_{2}q_{1}|^{2}=p_{1}^{2}p_{2}^{2}+q_{1}^{2}q_{2}^{2}+p_{1}^{2}q_{2}^{2}+p_{2}^{2}q_{1}^{2}\\&=&(p_{1}^{2}+q_{1}^{2})(p_{2}^{2}+q_{2}^{2})\\&=&r_{1}^{2}r_{2}^{2} \\&=&(||\overrightarrow{OM}_{1}||\times||\overrightarrow{OM}_{2}||)^{2}\end{array}$
 
b) Le triplet $T_{1}\ast T_{2}$ est trivial si et seulement si $\overrightarrow{OM}_{1}\cdot\overrightarrow{OM}_{2}=0$ (c'est à dire $(OM_{1})$ et $(OM_{2})$ sont perpendiculaires) ou $\overrightarrow{OM}_{1}\wedge\overrightarrow{OM}_{2}=0$ (c'est à dire $\overrightarrow{OM}_{1}$ et $\overrightarrow{OM}_{2}$ sont colinéaires donc, $(OM_{1})$ et $(OM_{2})$ sont confondues).
 
c) Notons $M'$ et $M''$ les points associés au triplets $T'$ et $T''$.

Alors,

$\begin{array}{rcl} S'&=&T'\ast T''\\&=&(|\overrightarrow{OM'}\cdot\overrightarrow{OM''}|,\ ||\overrightarrow{OM'}\wedge\overrightarrow{OM''}||,\ ||\overrightarrow{OM'}||\times||\overrightarrow{OM''}||)\\&=&(63,\ 16,\ 65) \end{array}$

appartient à $\Gamma$ et il est irréductible.


$T''_{0}= (-5,\ 12,\ 13)$ est aussi un élément de $\Gamma\;;$ notons $M''_{0}$ le point associé au triplet $T''_{0}$.

Alors,

$\begin{array}{rcl} S''&=&T'\ast T''_{0}\\&=&(|\overrightarrow{OM'}\cdot\overrightarrow{OM''}_{0}|,\ ||\overrightarrow{OM'}\wedge\overrightarrow{OM''}_{0}||,\ ||\overrightarrow{OM'}||\times||\overrightarrow{OM''}_{0}||)\\&=&(33,\ 56,\ 65) \end{array}$

appartient à $\Gamma$ et il est irréductible.


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

Alors,

$\begin{array}{rcl} S'\ast S''&=&(|\overrightarrow{ON'}\cdot\overrightarrow{ON''}|,\ ||\overrightarrow{ON'}\wedge\overrightarrow{ON''}||,\ ||\overrightarrow{ON'}||\times||\overrightarrow{ON''}||)\\&=&(2975,\ 3000,\ 4225)\end{array}$

appartient à $\Gamma$ 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 $(\mathcal{C})$ car la droite $(OM)$ est un axe de symétrie de ce cercle.

De plus $(\overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OA'})=2(\overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OM})=2\theta\ [2\pi].$

$C$ appartient à $(\mathcal{C})$ et $(\overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OC})=2\theta+\pi\ [2\pi].$

Il vient : $$(\overrightarrow{OA'},\ \overrightarrow{OC})=(\overrightarrow{OA'},\ \overrightarrow{OA})+(\overrightarrow{OA},\ \overrightarrow{OC})=\pi\ [2\pi]$$

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

 

 
2) a) $b=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(\theta+\frac{\pi}{2}\right)}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{2}}.\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}=\mathrm{i}z\quad\text{ et }\quad c=\mathrm{e}^{\mathrm{i}(2\theta+\pi)}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}.\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\theta}=-z^{2}$.
 
b) $\overrightarrow{ON}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}\;;$ donc $N$ est le quatrième sommet du parallélogramme dont trois points consécutifs sont $B,\ O$ et $A$.
$\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{ON}+\overrightarrow{OC}\;;$ donc $H$ est le quatrième sommet du parallélogramme dont trois points consécutifs sont $C,\ O$ et $N$.
 
3) a) $\theta$ est différent de $\dfrac{\pi}{2}\ [\pi]$ signifie que $z$ est différent de $\mathrm{i}$  et de $-\mathrm{i}$

Alors $b=\mathrm{i}z$ différent de 1 (et de -1) ; $A$ et $B$ sont donc distincts.

De même $c=-z^{2}$ différent de 1 (et de -1) ; $A$ et $C$ sont donc distincts.

Enfin $b-c$ est différent de 0 (et de -2) ; par conséquent $B$ et $C$ sont distincts.
$$\dfrac{z_{\overrightarrow{AH}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}=\dfrac{b+c}{b-c}=\dfrac{\mathrm{i}z-z^{2}}{\mathrm{i}z+z^{2}}=\dfrac{1-\mathrm{i}z}{1+\mathrm{i}z}\quad\text{ et }\quad\dfrac{z_{\overrightarrow{CH}}}{z_{\overrightarrow{BA}}}=\dfrac{1+b}{1-b}=\dfrac{1+\mathrm{i}z}{1-\mathrm{i}z}$$
 
Ensuite :

$\begin{array}{rcl} \dfrac{1+\mathrm{i}z}{1-\mathrm{i}z}&=&\dfrac{1+\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\alpha}}{1-\mathrm{e}^{2\mathrm{i}\alpha}}\quad\text{ avec }\alpha=\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi}{4} \\&=&\dfrac{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha}+\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha}}{\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha}-\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha}} \\&=&\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha}\mathrm{i}\quad\text{ est bien imaginaire pur }\end{array}$
 
On en déduit que les angles $(\overrightarrow{AH},\ \overrightarrow{CB})$ et $(\overrightarrow{CH},\ \overrightarrow{BA})$ 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  $\mathrm{i}^{2}+4=3$. Les racines de l'équation sont donc $$z_{1}=\dfrac{\mathrm{i}+\sqrt{3}}{2}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{6}}\quad\text{ et }\quad z_{2}=\dfrac{\mathrm{i}-\sqrt{3}}{2}=\mathrm{e}^{5\mathrm{i}\frac{\pi}{6}}$$
 
Le centre de gravité $G$ du triangle $ABC$ est $\dfrac{1}{3}(1+b+c)$.

Pour que $H$ coïncide avec $G$ il faut et il suffit que $1+b+c$ soit égale à $\dfrac{1}{3}(1+b+c)$ c'est à dire que $1+b+c=0$ ou $z^{2}-\mathrm{i}z-1=0$. Donc $H$ coïncide avec $G$ si et seulement si $$\theta=\dfrac{\pi}{6}\quad\text{ ou }\quad\theta=\dfrac{5\pi}{6}$$
 
4) Puisque l'affixe $z$ s'écrit $\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta\;,$ celle de $H$ s'écrit :

$\begin{array}{rcl} 1+\mathrm{i}z-z^{2}&=&1+\mathrm{i}(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)-(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)^{2} \\&=&1-\sin\theta+\mathrm{i}\cos\theta-\cos 2\theta-\mathrm{i}\sin 2\theta \quad\text{ formule de Moivre }\\&=&1-\sin\theta-\cos 2\theta+\mathrm{i}(\cos\theta-\sin 2\theta) \end{array}$
 
Donc $H$ est le point de $(\mathcal{H})$ de paramètre $\theta.$

Problème

Partie A

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

Elle est dérivable dans cet intervalle et $$\forall\;x\in [0,\ 1[\;,\ f'(x)=-2x-\dfrac{1}{1-x}$$
 
La dérivée, somme de deux réels négatifs dont l'un l'est strictement, est strictement négative. $f(0)=1$ et $\lim_{x\rightarrow 1^{-}}f(x)=-\infty.$

Voici le tableau de variation de $f.$
 
$$\begin{array}{|c|lcr|} \hline x  & 0 &  & 1  \\ \hline f'(x) &  & - &  \\ \hline  & 1  &   &   \\ f(x) &  & \searrow &   \\  &   &  & -\infty  \\ \hline\end{array}$$
 
La fonction $f$ est strictement décroissante et envoie l'intervalle $[0,\ 1[$ sur l'intervalle $[-\infty,\ 1[$ qui contient 0, donc l'équation $f(x)=0$ a une solution unique $\alpha.$
 
b) $f \left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{3}{4}-\ln 2 > 0$ et $f(\beta)=-\beta^{2} < 0$ ; donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, $\alpha$ appartient à l'intervalle $\left]\dfrac{1}{2},\ \beta\right].$
 
2) Posons pour simplifier $I_{\beta}=\left]\dfrac{1}{2},\ \beta\right].$

$f$ est deux fois dérivable dans $[0,\ 1[$ et  $$\forall\;x\in [0,\ 1[\;,\ f''(x)=-2-\dfrac{1}{(1-x)^{2}}$$
 
Alors,  $$\forall\;x\in I_{\beta}\;,\ p(x)=2x+\dfrac{1}{1-x}\quad\text{ et }\quad q(x)=2+\dfrac{1}{(1-x)^{2}}$$
$p$ et $q$ sont dérivables sur $I_{\beta}$ et $$\forall\;x\in I_{\beta}\;,\ p'(x)=2+\dfrac{1}{(1-x)^{2}}\quad\text{ et }\quad q'(x)=\dfrac{1}{(1-x)^{3}}$$
 
Ces dérivés sont positives.

Voici les tableaux de variation de $p\ $ et $\ q.$
 
$$\begin{array}{|c|lcr|} \hline x  & 1/2 &  & \beta  \\ \hline p'(x) &  & + &  \\ \hline  &   &   & p(\beta)  \\ p(x) &  & \nearrow &   \\  & 3  &  &   \\ \hline\end{array}$$
 
$$\begin{array}{|c|lcr|} \hline x  & 1/2 &  & \beta  \\ \hline q'(x) &  & + &  \\ \hline  &   &   & \mathrm{e}^{2}+2  \\ q(x) &  & \nearrow &   \\  & 6  &  &   \\ \hline\end{array}$$
 
Ces tableaux montrent clairement que $$\forall\;x\in I_{\beta}\;,\ 3\leq|f'(x)|\quad\text{ et }\quad|f''(x)|\leq\mathrm{e}^{2}+2$$
ce qui entraîne bien $\forall\; x,\ y \in\left]\dfrac{1}{2},\ \beta\right]\;,\ \dfrac{|f''(x)|}{|f'(y)|}\leq \dfrac{\mathrm{e}^{2}+2}{3}=M$
 
3) a) On peut procéder à une $IPP$ en posant $u=\ln(1-x)$ et $v=1-x$, il vient $u'=-\dfrac{1}{1-x}$ et $v'=-1$ puis $$\int_{\alpha}^{t}\ln(1-x)\mathrm{d}x=-\int_{\alpha}^{t}uv'\mathrm{d}x=-\left\lbrack uv \right\rbrack_{\alpha}^{t}+\int_{\alpha}^{t}u'v\mathrm{d}x=\left\lbrack -x-(1-x)\ln(1-x) \right\rbrack_{\alpha}^{t}$$
 
Il est probable que le candidat fasse le changement de variable $1-x=u$ pour se ramener à $\int\ln u\mathrm{d}u=u\ln u-u$. Il peut aussi faire une $IPP$ en posant $u=\ln(1-x)$ et $v'=1$ et s'il choisit $v=x$, il devra trouver une primitive de $\dfrac{x}{1-x}$ en procédant à une réduction en éléments simples
 
b)  $$\int_{\alpha}^{t}f(x)\mathrm{d}x=\int_{\alpha}^{t}(1-x^{2})\mathrm{d}x+\int_{\alpha}^{t}\ln(1-x)\mathrm{d}x$$ Donc $$\int_{\alpha}^{t}f(x)\mathrm{d}x=\varphi(t)-\varphi(\alpha)\;,\text{ avec }\varphi(x)=-\dfrac{1}{3}x^{3}-(1-x)\ln(1-x)$$ 
 
Lorsque $t$ tend vers $1^{-}$, $(1-t)\ln(1-t)$ a pour limite 0, donc $$\lim_{t\rightarrow 1^{-}}\int_{\alpha}^{t}f(x)\mathrm{d}x=-\dfrac{1}{3}-\varphi(\alpha)$$
 
Mais $f(\alpha)=0$ signifie $\ln(1-\alpha)=\alpha^{2}-1$
$$\lim_{t\rightarrow 1^{-}}\int_{\alpha}^{t}f(x)\mathrm{d}x=P(\alpha)\;,\text{ avec }P(x)=-\dfrac{2}{3}x^{3}+x^{2}+x-\dfrac{4}{3}$$

Partie B

1) a) La tangente en $A$ à $C_{h}$ a pour équation $y=h'(a)(x-a)+h(a)$. l'intersection de cette tangente avec l'axe des abscisses a pour ordonnée 0, son abscisse $x$ est donc telle que $h'(a)(x-a)+h(a)=0$ c'est à dire $x=a-\dfrac{h(a)}{h'(a)}=T(a).$
 
b) $T$, rapport de deux fonctions dérivables, est dérivable et $$\forall\;x\in J\;,\ T'(x)=1-\dfrac{(h'(x))^{2}-h(x)h''(x)}{(h'(x))^{2}}=\dfrac{h(x)h''(x)}{(h'(x))^{2}}$$
$T'$ est donc positive sur $J.$

Mais $T(v)=v-\dfrac{h(v)}{h'(v)}$ est $\leq v$ car le rapport $h/h'$ est $\geq 0\;;$ donc $T(J)=[u,\ T(v)] \subset [u,\ v] = J.$

Voici le tableau de variation de $T.$
$$\begin{array}{|c|lcr|} \hline x  & u &  & v  \\ \hline T'(x) &  & + &  \\ \hline  &   &   & T(v)  \\ T(x) &  & \nearrow &   \\  & u  &  &   \\ \hline\end{array}$$
 
2) a) Montrons que la suite $(x_{n})$ est bien définie et contenue dans $J$ donc bornée.

Par récurrence. $x_{0}=v$ existe et appartient à $J.$

Si la propriété est vraie pour un rang $n$ donné, c'est à dire si $x_{n}$ existe et appartient à $J$ alors, $x_{n+1}=T(x_{n})$ existe et appartient bien à $J$ car $T(J)$ est contenu dans $J$. Donc la propriété est vraie au rang suivant $n+1.$
 
b) $\forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ x_{n+1}=T(x_{n})=x_{n}-\dfrac{h(x_{n})}{h'(x_{n})}$  est $\leq x_{n}$ car le rapport $h/h'$ est $\geq 0$; donc la suite $(x_{n})$ est décroissante. Comme elle est minorée par $u$, elle converge vers un réel $l\geq u.$

Puisque $\forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ x_{n+1}=T(x_{n})$ on obtient par passage à la limite $T(l)=l$ c'est à dire $l-\dfrac{h(l)}{h'(l)}=l$ ou $h(l)=0.$ Comme $u$ est l'unique zéro de $h\;,\ l=u.$ $$\lim_{n\rightarrow +\infty}x_{n}=u$$

Partie C

1) a) $G(a)=0.$
 
b) $G(b)=0$ est équivalent à : $0=g(a)-g(b)-(a-b)g'(b)-\dfrac{1}{2}k(a-b)^{2}.$

C'est à dire $k=\dfrac{2}{(a-b)^{2}}(g(a)-g(b)-(a-b)g'(b))$.

 
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 $G(b)-G(a)=G'(c)(b-a)$ c'est à dire $G'(c)=0.$

 
b) On a pour tout $x$ dans $[a,\ b]\;,\ G'(x)=-(a-x)g''(x)+k(a-x).$

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

$\begin{array}{rcl} \dfrac{2}{(a-b)^{2}}[g(a)-g(b)-(a-b)g'(b)]&=&g''(c)\\ \text{ou }\quad g(a)-g(b)-(a-b)g'(b)&=&\dfrac{1}{2}(a-b)^{2}g''(c)\\ \text{enfin }\quad g(a)&=&g(b)+(a-b)g'(b)+\dfrac{1}{2}(a-b)^{2}g''(c)\end{array}$

 
3) a) D'après les calculs faits dans la première partie, la fonction $f$ satisfait bien dans l'intervalle $[\alpha,\ \beta]$ aux hypothèses faites sur $h$.
 
b) Pour tout entier naturel $n$, cette même fonction $f$ satisfait, dans l'intervalle $[\alpha,\ x_{n}]$, aux hypothèses faites sur $g$. On a donc : $$\forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ \exists\;c_{n}\in]\alpha,\ x_{n}[\;; f(\alpha)=f(x_{n})+(\alpha-x_{n})f'(x_{n})+\dfrac{1}{2}(\alpha-x_{n})^{2}f''(c_{n})\qquad (*)$$
 
4) Pour obtenir la relation $$(x_{n+1}-\alpha)=(x_{n}-\alpha)^{2}\dfrac{f''(c_{n})}{2f'(x_{n})}\qquad\qquad (**)$$
il suffit de se rappeler que $f(\alpha)=0$ et de diviser la relation $(*)$ par le réel non nul $f'(x_{n}).$

D'après la première partie, puisque $x_{n}$ et $c_{n}$ appartiennent à $I_{\beta}\;,\ \dfrac{|f''(c_{n})|}{|f'(x_{n})|}\leq M$, et $(**)$ entraîne $$(x_{n+1}-\alpha)\leq\dfrac{M}{2}(x_{n}-\alpha)^{2}$$
 
5) Si on pose $\forall\;n\in\mathbb{N}\;,\ \delta_{n}=\dfrac{M}{2}(x_{n}-\alpha)$, la relation $0\leq(x_{n+1}-\alpha)\leq\dfrac{M}{2}(x_{n}-\alpha)^{2}$  se traduit par $0\leq\delta_{n+1}\leq\delta_{n}^{2}.$
 
Montrons que $\delta_{n}\leq\delta_{0}^{2^{n}}\leq\left(\dfrac{M}{4}\right)^{2^{n}}.$

Par récurrence.

Cette propriété est vraie au rang 0 car à ce rang elle signifie $\delta_{0}\leq\delta_{0}\leq\dfrac{M}{4}$

Si elle est vraie pour un rang donné $n$ c'est à dire si $\delta_{n}\leq\delta_{0}^{2^{n}}\leq\left(\dfrac{M}{4}\right)^{2^{n}}$, alors $$\delta_{n+1}\leq\delta_{n}^{2}\leq\left(\delta_{0}^{2^{n}}\right)^{2}=\delta_{0}^{2^{n+1}}\leq\left(\dfrac{M}{4}\right)^{2^{n+1}}$$
 
Elle est donc vraie au rang suivant $n+1.$
 
6) Pour tout entier naturel $n$ on a les implications suivantes :

$\begin{array}{lcl} x_{n}-\alpha\leq 10^{-5}&\Leftrightarrow&\dfrac{2}{M}\delta_{n}\leq 10^{-5}\\&\Leftrightarrow&\delta_{n}\leq\dfrac{M}{2\times 10^{5}}\\&\Leftarrow&\left(\dfrac{M}{4}\right)^{2^{n}}\leq\dfrac{M}{2\times 10^{5}}\\&\Leftrightarrow&2^{n}\ln\dfrac{M}{4}\leq\ln\dfrac{M}{2\times 10^{5}}\\&\Leftrightarrow&2^{n}\geq\dfrac{\ln\left(\dfrac{M}{2\times 10^{5}}\right)}{\ln\left(\dfrac{M}{4}\right)}\ \text{ car }\ \dfrac{M}{4}<1\\&\Leftrightarrow&n\ln 2\geq\ln\left(\dfrac{\ln\left(\dfrac{M}{2\times 10^{5}}\right)}{\ln M-\ln 4}\right)\\&\Leftrightarrow&n\geq\dfrac{1}{\ln 2}\ln\left(\dfrac{\ln M -\ln (2\times 10^{5})}{\ln M-\ln 4}\right)\sim 5.4949\end{array}$

 
 
On peut prendre $n=6$
 
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