Baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2007
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Niveau: Secondaire, Lycée
Durée : 4 heures [ Baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2007 \ EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. a. Sachant que? : x 7? ex définie sur R vérifie?? =?, montrons que la fonc- tion f définie sur R par f (x)= eax est solution de l'équation y ? = ay . Pour tout réel x, f (x)=?(ax). f est donc une fonction dérivable et, pour tout réel x, f ?(x)= a??(ax)= aeax = a f (x). f est donc solutionde l'équa- tion y ? = ay b. Si g est une solution de l'équation y ? = ay , alors, pour tout réel x, g ?(x) = ag (x). Soit h la fonction définie sur R par h(x) = g (x)e?ax . La fonction h produit de fonctions dérivables est dérivable et, pour tout réel x : h?(x) = g ?(x)e?ax ? ag (x)e?ax = ag (x)e?ax ? ag (x)e?ax = 0. Donc h? est nulle sur R et h est une fonction constante. c. D'après 1.b., si g est solution de y ? = ay alors g vérifie la propriété : pour tout réel x, h(x)= g (x)e?ax = K ?? g (x)= K eax .
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Durée : 4 heures [ Baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2007 \ EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats 1. a. Sachant que? : x 7? ex définie sur R vérifie?? =?, montrons que la fonc- tion f définie sur R par f (x)= eax est solution de l'équation y ? = ay . Pour tout réel x, f (x)=?(ax). f est donc une fonction dérivable et, pour tout réel x, f ?(x)= a??(ax)= aeax = a f (x). f est donc solutionde l'équa- tion y ? = ay b. Si g est une solution de l'équation y ? = ay , alors, pour tout réel x, g ?(x) = ag (x). Soit h la fonction définie sur R par h(x) = g (x)e?ax . La fonction h produit de fonctions dérivables est dérivable et, pour tout réel x : h?(x) = g ?(x)e?ax ? ag (x)e?ax = ag (x)e?ax ? ag (x)e?ax = 0. Donc h? est nulle sur R et h est une fonction constante. c. D'après 1.b., si g est solution de y ? = ay alors g vérifie la propriété : pour tout réel x, h(x)= g (x)e?ax = K ?? g (x)= K eax .
- somme de limites lim
- droite commune
- perpendiculaire
- droite perpendiculaire
- antécédent d'affixe z
- limite au voisinage
- ??
- points commun
Durée : 4 heures
[Baccalauréat S Amérique du Sud novembre 2007\
EX E R C IC Epoints1 4 Commun à tous les candidats x′ 1. a.Sachant queϕ:x7→e définiesurRvérifieϕ=ϕ, montrons que la fonc ax′ tionfdéfinie surRparf(x)=solution de l’équatione esty=a y. Pour tout réelx,f(x)=ϕ(a x).fest donc une fonction dérivable et, pour ′ ′ax tout réelx,f(x)=aϕ(a x)=ae=a f(x).fest donc solution de l’équa ′ tiony=a y ′ b.Sigest une solution de l’équationy=a y, alors, pour tout réelx, ′ −ax g(x)=a g(x). Soithla fonction définie surRparh(x)=g(x)e .La fonctionhproduit de fonctions dérivables est dérivable et, pour tout réel x: ′ ′−ax−ax−ax−ax′ h(x)=g(x)e−a g(x)e=a g(x)e−a g(x)e=0. Donchest nulle surRethest une fonction constante. ′ c.D’après1.b., sigest solution dey=a yalorsgvérifie la propriété : pour −ax ax tout réelx,h(x)=g(x)e=K⇐⇒g(x)=Ke . ax Réciproquement, sigest définie surRparg(x)=K, pour toute alors ′ax′ réelx,g(x)=aKe=a g(x).gest donc solution de l’équationy=a y. ′ Donc les solutions de l’équationy=a ysont les fonctions définies surR ax parf(x)=Ke ,avecK∈R. ′ 2.(E) :y=2y+cosx. a.f0(x)=acosx+bsinx.f0somme de fonctions dérivables est dérivable ′ etf(x)= −asinx+bcosx. 0 f0est solution de (E) si et seulement si : ′ f(x)=2f0(x)+cosx⇐⇒ −asinx+bcosx=2(acosx+bsinx)+cosx⇐⇒ 0 (a+2b) sinx+(2a−b+1) cosx=0 quel que soitxréel. Pour que cette égalité soit vérifiée, il suffit que ½ ½½ 2a−b+1=0 2a−b= −1−5b= −1 ⇐⇒ ⇐⇒ a+2b=0a= −2b a= −2b 1 b= 5 ⇐⇒. Conclusion : la fonction définie surRpar 2 a= − 5 2 1 f0(x)= −cosx+sinxest une solution de (E). 5 5 ′ b.D’après1. c.Les solutions de l’équation différentielle (E0) :y=2ysont 2x les fonctions définies surRparf(x)=Ke ,K∈R. ′ c.fest solution de (E) si et seulement si , pour tout réelx, (1) :f(x)= ′ 2f(x)+cosx. Commef0est aussi solution de (E), on af(x)=f0(x)+ 0 cosx: Par différence membres à membres ¡ ¢ ′ ′ (1)⇐⇒f(x)−f(x)=2f(x)−f0(x) 0 et par linéarité de la dérivabilité : ¡ ¢¡ ¢ ′ (1)⇐⇒f(x)−f0(x)=2f(x)−f0(x) ce qui signifie quef−f0est solution de (E0).
Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
d.D’après2. b., on a doncfest solution de (E) si et seulement si, il existe un réelKtel que, pour tout réelx, 2 1 2x2x f(x)−f0(x)=Ke⇐⇒f(x)= −cosx+sinx+Ke . 5 5 2 1 2x e.kest solution de (E), donck(x)= −cosx+sinx+Ke .Or 5 5 ³ ´ π1 1 π−π k=0⇐⇒ +Ke=0⇐⇒K= −e . 2 55 2 11 2x−π On a donck(x)= −cosx+sinx−e . 5 55
EX E R C IC Epoints2 5 Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1.L’écriture complexe d’une symétrie axiale (antidéplacement) est de la forme ′ z=a z+b. A et B invariants par cette symétrie se traduit par : ½ ½½ 1=a×1+b1=a+b1=a+b ⇐⇒ ⇐⇒⇐⇒ i=a×(−i)+bi= −a(i)+b1−i=a(1+i) ( ( 1−i½ −2i =a=a−i=a (par différence)⇐⇒ ⇐⇒ 1+i 2 1+i=b 1=a+b1=a+b ′ L’écriture complexe est donc :z= −z+1+i. 2.f=H◦S. a.La réflexionSest une similitude de centre A ; donc la composée de deux similitudes de même centre est une similitude de même centre A. b.Écriture complexe : ′ – pourS, on a vu que l’écriture complexe est :z= −z+1+i. −−−→−−→ ′′ ′′′ ′ – pourH: AM= −2AM⇐⇒z−1= −2(z−1)⇐⇒ ′ ′ z"=1−2(z−1)= −2z+3 ¡ ¢ – doncz"= −2−z+1+i+3=2iz+1−2i. −−−→−−→ ′′ ′′ SoitM(z) tel que AM= −2AM⇐⇒z−1= −2(z−1)⇐⇒ 2iz+1−2i−1= −2z+2⇐⇒2z+2z=1+2i. (1) ½ 2y+2x=2 En posantz=x+iy, 2i(x−iy)+2(x+iy=1+2i(1)⇒ 2x+2y=2 Les pointsM(x;y) qui vérifient la relation sont tels quex+y=1 qui est l’équation de la droite (AB). Inversement un pointMde la droite (AB) a pour image parS Met ensuite −−−→−−→ ′′ on a bien par la transformationhAM= −2AM. L’ensemble cherché est donc toute la droite (AB). −−−→−−→ ′′ ′′ c.De même AM=2AM⇐⇒z−1=2(z−1)⇐⇒2z+1−2i=2z−2⇐⇒ 2iz−2z= −3+2i (2). ½ 2y−2x= −2 SiM(x;y), alors (2)⇒ 2x−2y=2 Les pointsM(x;y) sont tels quex−y=1 qui est l’équation d’une droite perpendiculaire à (AB) (coefficient directeur 1, alors que celui de (AB) est −ion).1), et qui contient le point A (le couple (1 ; 0) vérifie l’équat Inversement un pointMde la perpendiculaire trouvée a pour coordon nées (x;x−1). ′′ On vérifie quez−1=2ix+2x−2−2i et que 2(z−1)=2ix+2x−2−2i. L’ensemble cherché est donc toute la perpendiculaire à (AB) contenant A.
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
EX E R C IC Epoints2 5 Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité µ ¶µ ¶ 1 11 i 1.z= −i−+ =i+ =0. ′ E 2−i 21 E a donc pour image O. µ ¶ 1 1 ′22 2 2.M=M⇐⇒z=z+ ⇐⇒2z=z+1⇐⇒z=1⇐⇒z=1 ouz= −1. 2z Les points égaux à leur image sont donc les points d’affixe 1 et−1. 3.SoitM(z) avecz6=0,z6=1,z6= −1. ¡ ¢µ ¶ ′2 2 1 11 z+1z+ +1z+ +2(z+1)z+1 2 2z zz+1+2z ¡ ¢ a.=1 1=1=2= =. 2 ′z+ −1z+ −2z+1−2z z−12z z(z−1)z−1 µ ¶µ ¶ ′ ′¯ ¯¯ ¯ 2 2′2 z+1z+1z+1z+1z+1 (z+1) b.= ⇐⇒= ⇒= ⇐⇒ ′¯′¯¯ ¯′ ¯2¯ z−1z−1z−1z−1|z−1|(z−1) µ ¶ ′2 MBMB =. ′ MAMA De même avec les arguments : µ ¶ ′2³ ´³ ´ z+1z+1−−→−−−→−→ −−→ ′ ′ = ⇒AM, BM=2 AM, BM⇐⇒ ′ z−1z−1 ³ ´³ ´ −−→−−→ −−→−−→ ′ ′ MA ,MB=2MA ,MB+2kπ,k∈Z. MB 4. a.M∈Δ⇐⇒MA=MB⇐⇒ =1. Donc d’après la question précé MA ′ MB ′ ′′ dente :=1⇐⇒MB=MA⇐⇒M∈Δ. ′ MA b. ′ ′ •SiM=A,M=A et de même siM=B,M=B, donc dans ces deux cas ′ M∈[AB]. •SiMappartient au cercle de diamètre [AB] etM6=A etM6=B, alors ³ ´ −−→−−→π MA ,MB=[π]. 2 ³ ´ −−→−−→ ′ ′ Donc d’après la question précédenteMA ,MB=π[2π], donc les ′ ′ points A, B etMsont alignés ou encoreM∈(AB). On peut même préci ′ ′ ser queM∈]AB[, donc finalement : siMappartient àΓ, alorsMappar tient à [AB]. ′ ′ c.Inversement, tout pointMde (AB) a une affixe réelleα.Ma au moins un antécédent d’affixez6=0 parfsi, et seulement si : µ ¶ 1 1 2 2 z+ =α⇐⇒2αz=z+1⇐⇒z−2αz+1=0. 2z 2 CommeΔ=4α−4 cette équation admet au moins une solution com plexe, non nulle. Conclusion : tout point de (AB) a au moins un antécédent parf.
EX E R C IC Epoints3 5 Commun à tous les candidats x−(−2)=t×1 −−→−→ 1.M(x;y)∈(d)⇐⇒il existet∈Rtel que AM=t u⇐⇒y−8=t×5⇐⇒ z−4=t×(−1) x= −2+t y=8+5t z=4−t
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Baccalauréat S
A. P. M. E. P.
2.1 ;Les plans (P) et (Q) ont respectivement pour vecteur normal (−1 ;−1) et (1 ; 0 ;−2) qui ne sont manifestement pas colinéaires. Ces deux plans n’étant pas parallèles sont sécants. Tout pointM(x;y;z) de leur droite commune vérifie : ½x−y−t=7 x−y−z=7 , soit en posantz=t,x−2t=11⇐⇒ x−2z=11 z=t x−y=7+t x=11+2t x=11+2t⇐⇒y=4+tqui est une re z=t z=t présentation param"trique de la droite (d’). −3= −2+t 3.H(−3 ; 3 ; 5)∈(d)⇐⇒3=8+5tqui a une solution évidentet= −1. 5=4−t 3=11+2t ′ ′ H (3 ; 0 ;−4)∈(d)⇐⇒0=4+tqui a pour solution évi −4=t dentet= −4. −−→−→−−→ ′ ′ 4.On a HH(6 ;−3 ;−9). Or HH∙u=6×1−3×5−9×(−1)=6−15+9=0. Donc ′ (HH ) et (d) sont perpendiculaires ; −→−−→−→ ′ ′ La droite (d) a un vecteur directeurv(2 ; 1 ; 1) et HH∙v=6×2−3×1−9×1= ′ ′ 12−3−9=0. Donc (HH ) et (d) sont perpendiculaires. ′ ′ 5.La droite (HH ) est la perpendiculaire commune aux droites (d) et (d). La dis ′ ′ tance HHest la plus courte distance entre les droites (d) et (d). ′2 22 2 HH=(3+3)+(−3) (−4−5)=36+9+81=126. p ′ D’où HH=126=9×14=3 14. −−−→−−→ ′ ′ 6.M(x;y;z) vérifieMH∙HH=126⇐⇒(3−x)×6+(0−y)×(−3)+(−4− z)×(−9)=126⇐⇒2(3(en simplifiant par 3),−x)+y+3(4+z)=42⇐⇒ 6−2x+y+12+3z=42⇐⇒ −2x+y+3z=24 qui est l’équation d’un plan −−→−−→ ′ ′ contenant H, puisque HH∙HH=126 (question précédente).
EX E R C IC Epoints4 6 Commun à tous les candidats ¡ ¢ 2 22 1. a.f1(x)=2x−2+lnx+1 .On alimx= +∞, limx+1= +∞, x→+∞x→+∞ ¡ ¢ 2 lim lnx+1= +∞, lim 2x−2. Finalement par somme des limites x→+∞x→+∞ limf1(x)= +∞. x→+∞ 2x ′ b.f1est une somme de fonctions dérivables etf(x)=2+. 1 2 x+1 2x 2′ c.On a 2x>0,x+1>, et donc0, doncf>2>0. 2 1 x+1 La fonction est donc croissante sur [0 ;+∞[. f1(0)= −2. D’où le tableau de variations : α x01+∞ ′ f(x) 1+ +∞
Amérique du Sud
f1(x) 0 −2
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