UNIVERSITE CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/ 9 OFFICE DU BACCALAUREAT BP 5005-DAKAR-

UNIVERSITE CHEIKH ANTA DIOP DE DAKAR 1/ 9 OFFICE DU BACCALAUREAT BP 5005-DAKAR-Fann-S´ en´ egal Serveur Vocal : 628 05 59 T´ el´ efax (221) 33 864 67 39 - T´ el. : 824 95 92 - 824 65 81 13 G 18 Bis A01 Dur´ ee : 4 heures S´ erie S1-S3 Coef 8 . . Epreuve du 1er groupe M A T H E M A T I Q U E S Les calculatrices ´ electroniques non imprimantes avec entr´ ee unique par clavier sont autoris´ ees. Les calculatrices permettant d’afficher des formulaires ou des trac´ es de courbe sont interdites. Leur utilisation sera consid´ er´ ee comme une fraude.(CF.Circulaire n0 5990/OB/DIR. du 12 08 1998) CORRECTION Correction de l’exercice 1. 1. Puisque m = x + ix, m −i = x + i(x −1) = i(x −1 −ix) = i m −1. Donc |m −i| = |i| |m −1| = |m −1| = p x2 + (x −1)2 (m −i) (m −1) = i m −1(m −1) = i |m −1| 2 est bien imaginaire pur. m(1 + i) = x(1 + i)2 = 2ix est bien imaginaire pur. 2. a. Le rapport de s est k = JM JO = |m −i| 1 = |m −i|. Puisque I et M ont pour images respectives I′ et M′ par s, on a : k = I′M′ IM = I′M′ |m −1| ; donc I′M′ = |m −1||m −i|. b. Le rapport de s ◦s est k2 = |m −i|2. J et O ont pour images respectives J et s ◦s(O) = s(M) = M′ par s ◦s. On a donc : JM′ JO = rapport de s ◦s = |m −i|2 ; donc JM′ = JO|m −i|2 = |m −i|2. c. D’apr` es la premi` ere question on a : I′M′ = |m−1||m−i| = |m−i|2 = JM′. 3. a. Le centre de s ´ etant le point J(i), l’´ ecriture complexe de S est z′ = a(z −i) + i, a nombre complexe ` a d´ eterminer. O a pour image M(m) se traduit par : m = a(−i) + i ; donc a = (i −m)/i = 1 + im ; donc z′ = (1 + im)(z −i) + i et l’´ ecriture complexe de S est : z′ = (1 + im)z + m. I′ a pour affixe (1 + im) × 1 + m = m(1 + i) + 1. M′ a pour affixe (1 + im)m + m = m(2 + im). Par cons´ equent : Le vecteur − → II′ a pour affixe zI′ −zI = m(1 + i) + 1 −1 Le vecteur − → II′ a donc pour affixe = m(1 + i) Le vecteur − − → M′I′ a pour affixe zI′ −zM′ = m(1+i)+1−m(2+im) = −im2 +(−1+i)m+1 = i m2 −(1 + i)m −1
= −i(m −i)(m −1). Le vecteur − − → M′I′ a donc pour affixe −i(m −i)(m − 1). 4. Puisque m(1 + i) est imaginaire pur, le vecteur − → II′ est un directeur de la droite (IK) ; 2 13 G 18 Bis A01 MATHEMATIQUES 2 /9 S´ erie S1-S3 Epreuve du 1er groupe le point I′ appartient donc ` a la droite (IK). Puisque (m −i)(m −1) est imaginaire pur, i(m −i)(m −1) est r´ eel pur, le vecteur − − → M′I′ est donc orthogonal de la droite (IK). On en d´ eduit que le point I′ est bien le projet´ e orthogonal de M′ sur (IK). a. La relation (2) devient M′J = d M′, (IK)
. Donc M′ appartient ` a la parabole de foyer J et de directrice la droite (IK). O I J K M I′ M′ b b b b b b b 0 1 2 −1 −2 −3 −4 −5 0 1 2 3 4 −1 −2 13 G 18 Bis A01 MATHEMATIQUES 3 /9 S´ erie S1-S3 Epreuve du 1er groupe3 Correction de l’exercice 2. 1. b b b b b b (∆) B A B S I M H 2. H appartient bien ` a la sph` ere de diam` etre [AS] car le triangle AHS est rectangle en H. 3. Puisque M appartient au cercle C de diam` etre [AB], (MB) est perpendiculaire ` a (AM). De plus, ∆= (AS) ´ etant perpendiculaire au plan P est orthogonale ` a toute droite de ce plan, en particulier ` a (BM). La droite (BM) ´ etant orthogonale ` a (AM) et (AS), est orthogonale au plan (AMS) d´ efini par ces deux droites. On en d´ eduit que (BM) est orthogonale ` a toute droite de ce plan, en particulier ` a (AH). Comme par hypoth` ese (AH) est perpendiculaire ` a (MS), (AH) est orthogonale au plan (BMS) d´ efini par les deux droites (BM) et (MS). 4. (AH) ´ etant orthogonale au plan (BMS) est orthogonale ` a (BS) et par hypoth` ese (AI) est perpendiculaire ` a (BS) ; par cons´ equent (AHI) est le plan passant par I et perpendiculaire ` a la droite (BS) c’est ` a dire (Π) : H appartient bien ` a (Π). 5. a. A appartient ` a (Σ) par hypoth` ese. I appartient ` a (Σ) car le triangle AIS est rectangle en I. D’apr` es la question 2, H appartient ` a (Σ). Donc l’intersection de (Σ) et de (Π) est le cercle passant par les points A, I et H, lequel est le cercle de diam` etre [AI]. En effet (AH) ´ etant perpendiculaire au plan BMS, est orthogonale ` a toute droite de ce plan, en particulier ` a (HI) b. H appartenant ` a (Σ) et ` a (Π) appartient ` a leur intersection Γ. 4 13 G 18 Bis A01 MATHEMATIQUES 4 /9 S´ erie S1-S3 Epreuve du 1er groupe PROBLEME. Partie A 1. a. Les candidats ont le choix entre deux m´ ethodes : Par d´ erivation . L’application L : x 7→ Z x 0 ue−mu du a pour d´ eriv´ ee x 7→xe−mx. L’application x 7→(αx + β)e−mx + 1/m2 a pour d´ eriv´ ee x 7→(−αmx + α −βm)e−mx. Il suffit donc d’avoir :  −αm = 1 α −βm = 0 i.e α = −1/m et β = −1/m2 L’application M : x 7→ Z x 0 u2e−mu du a pour d´ eriv´ ee x 7→x2e−mx. L’application x 7→(ax2 + bx + c)e−mx + 2/m2 a pour d´ eriv´ ee x 7→ −amx2 + (2a −bm)x + b −cm
e−mx. Il suffit donc d’avoir :    −am = 1 2a −bm = 0 b −cm = 0 i.e a = −1/m, b = −2/m2 et c = −2/m3 Par int´ egration ( par parties). En posant U = u et V ′ = e−mu on trouve : L(x) = Z x 0 ue−mu du = h −1 mue−muix 0 + 1 m Z x 0 e−mu du = −1 mxe−mx −1 m2 h e−muix 0 =  −1 mx −1 m2  e−mx + 1 m2 Pour la deuxi` eme ´ egalit´ e, on pose U = u2 et V ′ = e−mu on trouve : M(x) = Z x 0 u2e−mu du = h −1 mu2e−muix 0 + 2 m Z x 0 ue−mu du = −1 mx2e−mx + 2 mL(x) =  −1 mx2 −2 m2x −2 m3  e−mx + 2 m3 b. Puisque ≪l’exponentielle l’emporte sur les polynˆ omes ≫et que m > 0 : lim x7→+∞ Z x 0 ue−mu du = lim x7→+∞(αx + β)e−mu + 1/m2 = 1/m2 et lim x7→+∞ Z x 0 u2e−mu du = lim x7→+∞(ax2 + bx + c)e−mu + 2/m3 = 2/m3 . c. Puisque l’int´ egrale d’une fonction ϕ positive et continue sur un intervalle [a, b], a < b est positive, d´ erivable et de d´ eriv´ e ϕ, f et g sont positives, d´ erivables croissantes sur I. Comme ∀u ∈R+, 0 < e−u ≤eu, on a, en ajoutant eu puis en passant ` a l’inverse : ∀u ∈R+, 1 eu > 1 eu + e−u ≥ 1 2eu. - On en d´ eduit en multipliant par u et en int´ egrant de 0 ` a x > 0 : 1 2 Z x 0 ue−udu ≤f(x) ≤ Z x 0 ue−udu. Le dernier membre est une fonction croissante de x et d’apr` es le b. (avec m = 1) il a pour limite 1 ; par cons´ equent, f est major´ ee, et comme elle est croissante, elle a une limite ℓ. 13 G 18 Bis A01 MATHEMATIQUES 5 /9 S´ erie S1-S3 Epreuve du 1er groupe5 On obtient alors par passage ` a la limite 1 2 ≤ℓ≤1. - On en d´ eduit aussi en multipliant par u2 et en int´ egrant de 0 ` a x > 0 : 1 2 Z x 0 u2e−udu ≤g(x) ≤ Z x 0 u2e−udu. Le dernier membre est une fonction croissante de x uploads/S4/ 13-g-18-bis-a01-fini-corrige-maths-s1-s3.pdf

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• Détails
• Publié le Jui 18, 2021
• Catégorie Law / Droit
• Langue French
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