EX3 Oblig. Juin 2019 INFO

                              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     z=   3 + i    et   z=   3 − i 

              OA2 =   3 + i  |2 =  (    3 )2  + 1  = 4                       Donc  OA = 2 

              OB2 = |   3 − i  |2 =   (    3 )2  + ( −  1 )   = 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.

                  Trequi

     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    f( 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 f 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 )  e= 1 / n  car  e= 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 e= 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  2 = 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.

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