INFO EXERCICE 3 Obligatoire Bac S juin 2019
Il y avait en fait cinq questions et non quatre. C'est une erreur du texte mais sans gravité.
BILAN:
Affirmation 1 | OUI |
Affirmation 2 | NON |
Affirmation 3 | OUI |
Affirmation 4 | OUI |
Affirmation 5 | NON |
1. Soit l'équation ( E ) : z2 − 2 √3 z + 4 = 0 .
Soit les points A et B d'affixes ses solutions.
Affirmation 1 : " Le triangle OAB est équilatéral.
AFFIRMATION EXACTE.
En effet:
On peut utiliser le discriminant simplifié, Δ ' au lieu de Δ = b2 − 4 ac
car on remarque que b = 2 b ' avec b ' = − √ 3
Δ = 4 Δ' Δ et Δ' sont de même signe ( Δ ' est plus petit )
Δ ' = b' 2 − ac avec b ' = − √ 3 a = 1 et c = 4
Donc : Δ ' = ( − √ 3 )2 − 1 × 4 = 3 − 4 = − 1 Δ' < 0
Les solutions smplifiées dans l'ensemble des nombres complexes sont donc :
( − b ' − i √ | Δ ' | ) / a = √ 3 − i
L'autre est son conjugué car ( E ) est à coefficients réels.
( − b ' + i √ | Δ ' | ) / a = √ 3 + i
Soit zA = √ 3 + i et zB = √ 3 − i
OA2 = | √ 3 + i |2 = ( √ 3 )2 + 12 = 4 Donc OA = 2
OB2 = | √ 3 − i |2 = ( √ 3 )2 + ( − 1 ) 2 = 4 Donc OB = 2
BA = | zA − zB | = | √ 3 + i − ( √ 3 − i ) | = | 2 i | = 2 Donc BA = 2
Comme : OA = OB = BA = 2
Conclusion : Le triangle OAB est équilatéral.
2. Soit u = √ 3 + i
et son conjugué ū = √ 3 − i
Affirmation 2 :
u2019 + ū 2010 = 22019
AFFIRMATION FAUSSE .
En effet :
u = √ 3 + i = 2 ( ( √ 3 / 2 ) + i ( 1 / 2 ) ) = 2 ( cos ( π / 6 ) + i sin( π / 6 ) )
Donc :
u = 2 ei π / 6
Ainsi avec la formule de Moivre :
u2019 = 22019 ei 2019 π / 6
Mais 2019 π / 6 = ( 2016 π / 6 ) + 3 π / 6 = 168 × 2 π + π / 2
On peut négliger les multiples de 2 π .
Donc :
u2019 = 22019 ei π /2 = 22019 i de partie réelle nulle
Son conjugué est ū2019
Donc u2019 + ū2019 = 2 Re( u2019 ) = 0
On peut le retouver en disant :
ū2019 = − 22019 i
Ainsi : u2019 + ū2019 = 0
u2019 + ū2019 ≠ 22019
Conclusion : L'égalité est fausse.
3. Soit n dans IN*.
Soit fn ( x ) = x e− n x + 1 pour tout nombre réel positif x .
AFFIRMATION 3:
La fonction fn admet un maximum sur l'intervalle [ 0, + ∞ [
AFFIRMATION EXACTE.
En effet:
La fonction fn est définie et dérivable sur l'intervalle [ 0 ,+ ∞ [ comme
produit est composée de fonction définies et dérivables sur l'ensemble des nombres réels.
x → x , exp et x → − n x + 1
Soit x ≥ 0:
On a :
fn ' ( x ) = 1 e− n x + 1 + x ( − n e− n x + 1 )
c-à-d en factorisant
fn ' ( x ) = ( 1 − n x ) e− n x + 1
Comme exp > 0 sur l'ensemble des nombres réels ,
fn ' ( x ) est toujours du signe de 1 − n x
Il suffit d'étudier le signe de 1 − n x pout tout x dans l'intervalle [ 0 ,+ ∞ [
On a: n > 0 donc n ≠ 0
♦ 1 − n x = 0 ssi x = 1 / n
♦ 1 − n x > 0 pour tout x dans l'intervalle [ 0 , 1/ n [
♦ 1 − n x < 0 pour tout x dans l'intervalle ] 1 / n , + ∞ [
La fonction fn est donc strictement croissante sur l'intervalle [ 0 , 1/ n ]
et strictement décroissante sur l'intervalle [1 / n , + ∞ [
Elle admet sur les nombres réels positifs un maximum en x = 1 /n .
Ce maximum est: fn( 1 / n ) = ( 1 / n ) e− n / n + 1 = ( 1 / n ) e0 = 1 / n car e0 = 1
x | 0 1 /n + ∞ |
fn ' ( x ) | + 0 − |
fn( x ) | ↑ 1 / n ↓ |
Conclusion: L'affirmation 3 est vraie.
4. Soit f(x ) = cos( x ) e− x pout tout nombre réel x.
AFFIRMATION 4:
La courbe ( C ) de f admet en + ∞ une asymptote horizontale .
AFFIRMATION EXACTE.
En effet:
La limite de f en + ∞ est nulle.
Donc l'axe des abscisse est, en + ∞, une asymptote horizontale pour la courbe ( C ) de f.
Soit x un nombre réel quelconque.
On a : − 1 ≤ cos(x ) ≤ 1
On a aussi : exp > 0 sur l'ensemble des nombres réels
Donc: e− x > 0 pour tout nombre réel x
Ainsi : − 1 e− x ≤ cos(x ) e− x ≤ 1 e− x
c-à-d
e− x ≤ f( x ) ≤ e− x pour tout nombre réel x
Or lim e− x = lim eX = 0
x → + ∞ X → − ∞
On en déduit : lim f = 0
+ ∞
Conclusion : La courbe de f admet bien une asymtote horizontale en + ∞
L'affirmation 4 est vraie.
5. Soit A > 0.
On admet quà la fin de l'algorithme suivant, on a I= 15.
l ← 0 Tant que 2I ≤ A l = l + 1 Fin Tant que |
AFFIRMATION 5:
On a: 15 ln( 2 ) ≤ ln( A ) ≤ 16 ln( 2)
AFFIRMATION FAUSSE:
En effet, cet encadrement s'écrit : ln( 215 ) ≤ ln( A ) ≤ ln( 216 )
c-à-d, comme la fonction exp est croissante sur l'ensemble de réels,
il s'écrit en fait : 215 ≤ A ≤ 216
Mais avoir 215 ≤ A
entrainerait que à la fin on ne s'arrêtrait pas à I = 15 mais l'on devrait continuer
considérer I =16 .... C'est donc impossible.
Tableau jusqu'à I= 15
l | 2i |
0 | 20 = 1 On continue donc 1 ≤ A |
1 | 21 = 2 On continue donc 2 ≤ A |
2 | 22 = 4 On continue donc 4 ≤ A |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
.......... | etc |
14 | 214 = 16384 On continue donc 214 ≤ A |
15 | 215 =32768 On s'arrête donc A < 215 |
Conclusion: Comme on est bloqué à I= 15 , il est impossible d'avoir 215 ≤ A
L'affirmation 5 est fausse.
----------------------------------------------------------------------------------------------------