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![[PDF] Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers 13 juin 2012 - APMEP](https://pdfprof.com/Listes/18/6390-18Corrige_TS_centresetrangers2012_IFaure.pdf.pdf.jpg "[PDF] Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers 13 juin 2012 - APMEP")
?Corrigé du baccalauréatS Centres étrangers?
13 juin 2012
EXERCICE 14 points
PartieA
1.La droite (I J) passe parI?
1 ;13; 0?
, et elle est dirigée par-→I J? -1 ;13; 1? Une représentationparamétriquede cette droite est ?x=1-1×t y=1
3+13×t
z=0+1×t,t?R, soit ?x=1-t y=1
3+t3z=t,t?R
4+t?? a-34? y=t? z=1-t?,t??R,passe par le point de coordonnées ?3
4; 0 ; 1?
, c"est-à-direK; le vecteur de coordonnées a-3
4; 1 ;-1?
en est un vecteur directeur. Or--→KL? a-34; 1 ;-1? . C"est donc bien une représentationparamétriquede (KL). solutionunique pour (t,t?). ?x=1-t y=1
3+t3z=t
x=3 4+t?? a-34? y=t? y=1
3+t3z=t
1-t=3 4+t?? a-34? 1
3+t3=t?
t=1-t??? ?x=1-t y=1
3+t3z=t
1-(1-t?)=3
4+t?? a-34? 1
3+1-t?3=t?
y=1
3+t3z=t
t ?=3 4+t?? a-34? 1
3+1-t?3=t?
t=1-t?
Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
y=1
3+t3z=t
1
2=34+12×?
a-34? t ?=1
2t=1-t?qui a une solution si et seulement
si 1
2=34+12×?
a-34? ??a=14. Remarque :Au passage, on a trouvé les coordonnées du point d"intersection des deux droites?1
2;12;12?
. On a t=t?=12et on reporte pour avoir x, y, z.
PartieB
1.D"après la questionprécédente, dans ce cas, les diagonales(I J) et (KL) du quadrila-
tèreIK JLsont sécantes en un pointΩ. On vérifie queΩ?1
2,12,12?
est bien le milieu de [I J] et [KL].
2;yI+yJ2;zI+zJ2?
On vérifie sans problème que l"on a bien
?xI+xJ
2,yI+yJ2,zI+zJ2?
=?12;12;12? et aussi ?xK+xL
2;yK+yL2;zK+zL2?
=?12;12;12? Les diagonalesdu quadrilatèreIK JLse coupent en leur milieu, c"est donc un paral- lélogramme. On pouvait aussi montrer que--→IK et-→LJ ont les mêmes coordonnées.
2. a.Le vecteur-→nest un vecteur normal au plan (I JK) si et seulement si, il est or-
thogonal à deux vecteurs directeursnon colinéairesde ce plan. CommeI,J,Kdéfinissent ce plan, ils sont non alignés et les vecteurs-→I Jet--→IK ne sont pas colinéaires. scalaire. -→I J? -1 ;1 3; 1? et donc-→I J·-→n=-1×8+13×9+1×5=0.
Les vecteurs
-→I Jet?nsont bien orthogonaux.
De même :
--→KL? -1
2; 1 ;-1?
et donc--→KL-→n=-12×8+1×9-1×5=0. -→nest bien orthogonal à deux vecteurs non colinéaire de (I JK), il est bien nor- mal à ce plan. b.Le plan(I JK)a donc uneéquationcartésiennede la forme 8x+9y+5z+d=0. Comme le pointIappartient à ce plan, ses coordonnées doivent vérifier cette
équation :
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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
8×1+9×13+5×0+d=0??d=-11...
c.Je détaille le cas de M. Une manière de répondre à cette question est de chercher une représentation paramétrique de(BF)qui passe par B(1 ; 0 ; 0)et est dirigée par--→BF(0 ; 0 ; 1). Mest le point d"intersection du plan (I JK) et de la droite (BF). Ses coordon- nées(x;y;z) doiventdoncêtresolutionsdusystème formépar lestroiséqua- tions issues d"une représentationparamétriquede (BF) et l"équation8x+9y+
5z+d=0 du plan (I JK) :
?x=1+0×t y=0+0×t z=0+1×t y=0 z=t y=0 z=3 5 t=3 5
Les coordonnées du pointMsont?
1 ; 0 ;3
5? De même, les coordonnées deNsont solutionsde ?x=0+0×t y=1+0×t z=0+1×t y=1 z=t y=1 z=2 5 t=2 5
Les coordonnées du pointNsont?
0 ; 1 ;2
5? Une autre manière de répondre, est d"utiliser l"équation duplan(I JK)donnée dans la question précédente.
EXERCICE 25 points
1. a.Gest dérivable surRcar c"est la composée de la fonction carrée suivie de la
fonction exponentielletoutes deux dérivables surR(puis produit par1 2). Pour tout réelx, on poseu(x)=x2, ainsiu?(x)=2x: G ?(x)=1
2×u?(x)eu(x)=12×2xex2=g(x)
b.I1=? 1 0 x1ex2dx=? 1 0 g(x) dx=[G(x)]10=G(1)-G(0)=1
2e-12.
I 1=1 2e-12 c.In+2=? 1 0 xn+2ex2dx=? 1 0 xn+1×xex2dx
Posons
?u(x)=xn+1 v ?(x)=xex2=g(x)????u ?(x)=(n+1)xn v(x)=1
2ex2=G(x)
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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
Toutes les fonctions sont continues car dérivables sur [0 ; 1]; on peut donc intégrer par parties : I n+2=?G(x)xn+1?10-? 1 0 (n+1)xn1
2ex2dx=12e-0-n+12?
1 0 xnex2dx= 1
2e-n+12In...
d.On faitn=1 dans l"égalité précédente :I3=1
2e-1+12I1=12e-I1=12
On recommence avecn=3:I5=1
2e-3+12I3=12e-2×12=12e-1.
I 3=1
2I5=12e-1
2.On remarque queI1=1
2e-12et queIn+2=12e-n+12In.
?Dans la boucle, on gère u avant n : on utilise la valeur de n entrante pour la nou- velle affectation de u.
ÉtapeunCommentaire
InitialisationI11ce sont les valeurs en entrant dans la boucle
Première entréeI11
Première sortie
de la boucleI33on incrémente de 2 en 2
Seconde entréeI33
Seconde sortieI55
.......la dernière valeur vérifiantn>21 est 19
Dernière entréeI1919
Dernière sortieI2121
AffichageI21le terme obtenu en dernier
En sortie de cet algorithme,on obtientI21.
3. a.Ici, il faut revenir à la définition de In
Pour toutx?[0 ; 1],xnex2?0 car " une fonction exponentielle» est positive. CommeInest donc l"intégrale d"une fonction positive, les bornes étant dans l"ordre croissant, finalementIn?0. b.?n?N,?x?[0 ; 1], x?1=?xn+1?xnon a multipliéparxn?0 et vérifié en 0 =?xn+1ex2?xnex2on a multipliépar ex2>0 =?In+1?Inpar intégrationde l"inégalité
Par définition,la suite
(In)est décroissante. c.La suite(In)est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergentevers une limite ??0.
4.Montrons par l"absurde que?=0 . Supposonsdonc??=0.
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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
On va "passer à la limite» dans la relation?n?N,In+2=12e-n+12In. D"une part : comme??=0, par produit limn→+∞n+1
2In=+∞et
lim n→+∞1
2e-n+12In=-∞
D"autre part lim
n→+∞In+2=limn→+∞In=? On devrait donc avoir?=-∞, ce qui est absurde car??0 (voir la question 3. c)
Conclusion:?=0
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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
EXERCICE 36 points
PartieA : Conjecture graphique
Il semble y en avoir 2. L"une comprise entre-1 et 0, l"autre entre 0 et 1. PartieB : étude de la validité de la conjecture graphique
1. a.?x?R,x2+x3=x2(1+x). Comme un carré est positif ou nul,x2+x3est du
signe de 1+x. •x2+x3=0 pourx?{-1 ; 0}. •x2+x3>0 pourx?]-1 ; 0[?]0 ;+∞[. •x2+x3<0 pourx?]-∞;-1[. b.xsolution de (E)??ex=3?x2+x3???x2+x3=ex
3. Or, pour tout réel
x,ex
3>0, alors quex2+x3<0 pourx?]∞;-1[. (E) n"a pas de solution sur
l"intervalle ]-∞;-1]. c.e0=1 et 3×(02+03)=0. Donc 0 n"est pas solution de (E).
2.?x?]-1; 0[?]0;+∞[, (E)??ex=3?x2+x3?
??lnex=ln?3?x2+x3??a=b??lna=lnb ??x=ln3+ln?x2(1+x)?ln(ab)=lna+lnb ??x=ln3+ln?x2?+ln(1+x) ??ln3+ln?x2?+ln(1+x)-x=0 ??h(x)=0
3. a.hest unesommeet composée de fonctionsde référence dérivables,donchest
bien dérivable sur ]-1 ; 0[?]0 ;+∞[. Siu>0 sur un intervalle, alors lnuest dérivable sur cet intervalle et sa dérivée est u? u. Pour tout réelx?]-1 ; 0[?]0 ;+∞[,h?(x)=0+2x x2+1x+1-1=2x+1x+1-1=
2(x+1)+x-x(x+1)
x(x+1). On a bien :h?(x)=-x2+2x+2x(x+1). b.Pour étudier le sens de variations deh, on étudie le signe de sa dérivée. Les numérateurset dénominateurssont des trinômes du second degré. Il est donc positif "à l"extérieur» des racines, négatif "entre» les racines (voir le tableau). Pour le numérateur, pas de racine évidente. On calcule donc le discriminant. On trouve :Δ=12>0 et les deux racines sontx1=-2+2? 3 -2=1-?3 et x 2=1+?
3. Le coefficient dominant est-1>0, d"où le signe...
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Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
x-1 1-?3 0 1+?3+∞ -x2+2x+2-0+0- x(x+1)0-0+ h?(x)|| +0- || +0-
Étude des limites aux bornes :
• Limite en-1 limx→-1ln3-x=ln3-1 ?limx→-1x2=1 lim
X→1lnX=0par composition=?limx→-1lnx2=0
limx→-11+x=0 lim par somme lim x→-1h(x)=-∞ • Limite en 0 limx→0ln3-x=ln3 ?limx→0x2=0 lim X→0lnX= -∞par composition=?limx→0lnx2=-∞ limx→01+x=1 lim par somme lim x→0h(x)=-∞ • Limite en+∞ limx→+∞ln3-x=-∞?limx→+∞x2= +∞ lim X→+∞lnX= +∞par composition=?limx→+∞lnx2=+∞ ?limx→+∞1+x= +∞ lim par somme on a la F.I. "+∞-∞» h(x)=ln3+(x+1)?2lnx x+1+ln(1+x)x+1-xx+1? Or • lim x→+∞x x+1=limx→+∞11+1x=1 ?lim x→+∞1+x= +∞ lim
X→+∞lnX
X=0par composition=?limx→+∞ln(1+x)x+1=0
• Pour toutx>1,0?lnx x+1
Centres étrangersPage 7/1213 juin 2012 Corrigé du baccalauréat SA. P. M. E. P.
Pour avoir le tableau de variations complet, il nous faut encore les signes deh?1-? 3?<0 eth(1+?3)>0 que l"on obtient avec la calculatrice.
x-11-?30α11+?3α2+∞ f?(x)+0-+0- h -∞h ?1-? 3? -∞ -∞h ?1+?3? c.• Sur l"intervalle]-1 ; 0[, la dérivée s"annule en changeant de signe (+;-), donch(1-? 3) est un maximum pourhsur cet intervalle. Orh(1-?3)<0
donc l"équationh(x)=0 n"a pas de solution sur]-1 ; 0[. C"est une première contradiction avec la conjecture de la partieA. • Sur l"intervalle ]0 ; 1+? 3[ la fonctionhest dérivable, donc continue; 0 est
compris entre limx→0h(x) eth?1+? 3?, d"après le théorème des valeurs inter-
médiaires,l"équationh(x)=0admetdoncaumoinsunesolutionsur?0 ; 1+? 3?. Commehest strictement monotone sur cet intervalle, cette solutionα1est unique. La calculatrice donne :h(0,61)≈-0,02 eth(0,62)≈0,24. 0 est donc compris entreh(0,61) eth(0,62), le raisonnement précédent as-
sure donc queα1?[0,61 ; 0,62]. On trouve de même que 0,618<α1<0,619
Une valeur approchée deα1, arrondie au centième est donc 0,62. • Commeh(1+?quotesdbs_dbs28.pdfusesText_34
[PDF] Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers 13 juin 2012 - APMEP