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math p10 .pdf



Nom original: math p10.pdf
Titre: Amérique du nord math S 2008 cor
Auteur: user

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Amérique du Nord Juin 2008

série S

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Page 1 sur 13

Exercice 1 : Sur 5 points (commun à tous les candidats)
1. Figure en fin d’exercice.
→
2. a) Soit un point M de l’axe (O ; u ). Son affixe est z = x avec x réel.
M est un point de (Γ) si AM = 2
AM = 2 ⇔ z – zA = 2
⇔ (x – 2)2 + (–1)2 = 2
⇔ (x – 2)2 = 1
⇔ x – 2 = 1 ou x – 2 = – 1
⇔ x = 3 ou x = 1.
→

Les affixes des points d'intersection de (Γ
Γ) et de l'axe (O ; u ) sont z = 1 et z = 3.
b) Le point D est diamétralement opposé au point B sur le cercle (Γ) donc A est le milieu du segment
[BD].
z + zB
soit zD = 2zA – zB
soit zD = 3 + 2i
On a donc : zA = D
2
3 6
12 4
3 + 2i – – i
+ i
5
5
5 5
z –z
12 + 4i 6 + 2i 1 + 3i 6 + 18i + 2i – 6
3. a) D M =
=
=
=
×
=
zB – zM
3 6
2 6
2 – 6i 1 – 3i 1 + 3i
1+9
1– – i
– i
5 5
5 5
z –z
Soit D M = 2i
zB – zM
b) arg

→
→
zD – zM
= (MB , MD)
zB – zM

π
[2π]
2
Donc le triangle MBD est rectangle en M donc le point M appartient au cercle de diamètre [BD].
Comme D est diamétralement opposé au point B sur le cercle (Γ), le point M appartient donc au
cercle (Γ
Γ).
→

→

Donc (MB , MD) = arg (2i) =

4. a) N est un point de (Γ’) donc le triangle ABN est rectangle en N donc les droites (AN) et (BN)
sont perpendiculaires.
Comme N est un point de la droite (BM) alors les droites (AN) et (BM) sont perpendiculaires.
De plus les droites (BM) et (DM) sont perpendiculaires car le triangle MBD est rectangle en M.
La droite (BM) est donc perpendiculaire aux deux droites (DM) et (AN), ces deux droites sont donc
parallèles
b) Soit zN l’affixe du point N.
Dans le triangle BDM :
On sait que A est le milieu de [BD].
N est un point de [BM]
(DM) et (AN) sont parallèles
Donc d’après le théorème des milieux, N est le milieu de [BM].
3 6
1+ + i
5 5
z + zM
8
6
4 3
=
= +
i soit zN = + i
Donc zN = B
10 10
2
2
5 5
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5. a) M’ est l'image du point M par la rotation de centre B et d'angle –
zM’ – zB = e

−i

π
2 (z

M

Page 2 sur 13
π
donc :
2

3 6
11 2
– zB) soit zM’ = – i + i – 1  + 1 soit zM’ =
+ i
5 5
5 5


b) AB = zB – zA = 2

Donc le rayon du cercle (Γ’) est

Soit I le milieu de [AB], son affixe est zI =

zA + zB 3 1
= + i
2
2 2

7
1

i =
10 10

49
1
+
=
100 100

Calculons : IM’ = zM’ – zI =

Donc M’ est sur le cercle de centre I et de rayon

2
.
2

1
2
= .
2 2

2
c'est-à-dire le cercle (Γ
Γ’).
2

Γ
D

2

M
A

1

N



v

I
M'

O0



u

B1

2

3C

4

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Exercice 2 : Sur 5 points (Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)
Partie A
1 . Pour tout point
M de l'espace
: → → →
→ →
→
MD.MA = (→
MI →
+ ID →
).( MI
+ IA
)
→
→ →
→ →
= MI. MI→
+ MI.
IA →
+ ID . →
MI + ID→
. IA →
→
= MI2 + MI.( IA + ID ) – IA 2 ( ID
= –→IA car
I milieu de [AD])
→
→
( IA + ID = 0 car I milieu de [AD])
= MI2 – IA2
→

→

Donc pour tout point M de l'espace, MD.MA = MI2 – IA2.
→

→

2. MD.MA = 0 ⇔ MI2 – IA2 = 0
⇔ MI2 = IA2
⇔ MI = IA
→

→

L'ensemble (E) des points M de l'espace tels que MD.MA = 0 est la sphère de centre I est de
rayon IA (ou passant par A).
Partie B
1 . a) Les points A, B et C ne sont pas alignés donc ils définissent un plan.
– 3
– 3
→ 
→ 

Coordonnées de AB  6 
Coordonnées de AC  0 
 0 
 4 
→ →
n
.
AB
=

3
×
4
+
6
×
2
+
0
×
3
=
0
→ →
n .AC = – 3 × 4 + 0 × 2 + 4 × 3 = 0.
→
→
n est orthogonal à deux droites sécantes du plan (ABC), donc le vecteur n est normal au plan
(ABC).
b) Soit ax
+ by + cz + d = 0 une équation du plan (ABC).
→
Comme n est normal au plan (ABC) alors a = 4 ; b = 2 et c = 3.
4x + 2y + 3z + d = 0
De plus A ∈ (ABC) donc les coordonnées de A vérifient l’équation du plan (ABC) :
4 × 3 + 2 × 0 + 3 × 0 + d = 0 soit d = – 12.
Une équation du plan (ABC) est 4x + 2y + 3z – 12 = 0.
→

2. a) La droite ∆ est orthogonale au plan (ABC) donc le vecteur n est un vecteur directeur de ∆.
De plus ∆ passe par D donc une représentation paramétrique de la droite ∆, orthogonale au plan (ABC)
 x = 4t – 5
passant par D est :  y = 2t
, avec t réel
 z = 3t + 1

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b) Le point H, projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est le point d’intersection de la droite ∆ et
du plan (ABC).
 x = 4t – 5
, avec t réel
(ABC) : 4x + 2y + 3z – 12 = 0 et ∆ :  y = 2t
 z = 3t + 1
On résout : 4 × (4t – 5) + 2 × 2t + 3 × (3t + 1) – 12 = 0 soit 29t – 29 = 0 soit t = 1.
D’où les coordonnées de H sont : H( – 1 ; 2 ; 4)
c) La distance du point D au plan (ABC) est égale à la distance DH.
DH = (– 1 + 5)2 + 22 + (4 – 1)2
soit DH = 29
DH = 42 + 4 + 32
d) A(3 ; 0 ; 0) et D(– 5 ; 0 ; 1).
I milieu de [AD] donc les coordonnées de I sont : (– 1 ; 0 ;
La distance IA vaut :

1
65
(4)2 + 02 + – 2 =
2
 2

La distance IH vaut ;

7
65
02 + 22 +  2 =
2
2

1
)
2

Donc IH = IA

Donc H appartient à la sphère de centre I et de rayon IA.
Le point H appartient donc à l'ensemble (E) défini dans la partie A.

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Exercice 2 : Sur 5 points (Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité)
→ → →

L'espace est rapporté au repère orthonormal (O ; i , j , k ).
On nomme (S) la surface d'équation x2 + y2 – z2 = l.
1. Soit M(x ;y ;z) un point quelconque de la surface (S). Le point M’(x ;y ;− z) est alors son
symétrique par rapport au plan (xOy). Montrons que M’ appartient alors aussi à (S)
x² + y² − (− z)² = x² + y² − z²
Or si M appartient à (S), alors : x2 + y2 – z2 = l
D’où :
x² + y² − (− z)² = 1
Donc M’ appartient à (S)
Donc la surface (S) est symétrique par rapport au plan (xOy).
2. On nomme A et B les points de coordonnées respectives (3 ; 1 ; – 3) et (– 1 ; 1 ; 1).
a) Soit la droite (D) passant par les points A et B.
→

M(x ;y ;z) ∈ (D)



M(x ;y ;z) ∈ (D)



M(x ;y ;z) ∈ (D)



→

AM = k AB
x − 3 = k(−1 − 3)
y − 1 = k(1 − 1) avec k ∈ IR
z + 3 = k(1 + 3)
x = − 4k + 3
y = 1
avec k ∈ IR
z = 4k − 3

x = − 4k + 3
b) Si M(x ;y ;z) est un point de (D), alors il existe un réel k tel que : y = 1
z = 4k − 3
Donc : x² + y² − z² = (− 4k + 3)² + 1² − (4k − 3)²
x² + y² − z² = 16 k² − 24k + 9 + 1 − (16k² − 24k + 9)
x² + y² − z² = 1
D’où M appartient à (S)
Donc (D) ⊂ (S)
3. Soit (P) un plan parallèle à (xOy). (P) a donc pour équation : z = t avec t ∈ IR

z=t

M ∈ (P) ∩ (S)

x² + y² − z² = 1

z=t

M ∈ (P) ∩ (S)

x² + y² − t² = 1

z=t

M ∈ (P) ∩ (S)

x² + y² = 1 + t²
(P) ∩ (S) est donc le cercle contenu dans (P) de centre I de coordonnées (0 ;0 ;t) et de
rayon 1 + t²

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4.

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a) On considère la courbe (C), intersection de la surface (S) et du plan d'équation
z = 68.
1 + 68² = 4625 = 5 185
D’après 3., (C) est le cercle de centre I (0 ; 0 ; 68) , de rayon 5 185

b) M étant un point de (C), on désigne par a son abscisse et par b son ordonnée.
Si (a , b) est solution de (1) alors
a² + b² = 4625
Soit g le PGCD de a et b.
D’où il existe deux entiers naturels a’ et b’ premiers entre eux tels que :
a = ga’ et b = gb’
Donc :
Si (a , b) est solution de (1) alors
g²a’² + g²b’² = 4625
g² (a’² + b’²) = 4625
donc g² est un diviseur de 4625
Or : 4625 = 53 × 37. Les seuls carrés parfaits qui divisent 4625 sont donc 1² et 5².
D’où : Si (a , b) est solution de (1) alors g = 1 ou g = 5
 a < b
 a2 + b2 = 4625
(1)

 ppcm(a ; b) = 440
ab ga’gb’
= ga’b’
Or ppcm(a ;b) = =
g
g
 ga' < gb'
 g²(a'² + b'²) = 4625
(1)

 ga'b' = 440
1er cas : si g = 1 , alors :
 a' < b'
 a'² + b'² = 4625
(1)

 a'b' = 440
3
Or 440 = 2 × 5 × 11 et a’ et b’ sont premiers entre eux, d’où :
Les conditions a’ < b’ et a’b’ = 440 donnent :
a’ = 1 et b’ = 440
ou
a’ = 11 et b’ = 40
ou
a’ = 5 et b’ = 88
ou
a’ = 8 et b’ = 55
Or pour chacun de ces cas, la condition a’² + b’² = 4625 n’est pas respectée.
Donc pour g = 1, le système (1) n’a pas de solution.
2ème cas : si g = 5, alors :
 a' < b'
 a'² + b'² = 185
(1)

 a'b' = 88
Or 88 = 8 × 11 et a’ et b’ sont premiers entre eux, d’où :
Les conditions a’ < b’ et a’b’ = 88 donnent :
a’ = 1 et b’ = 88
(mais dans cas a’² + b’² ≠ 185)
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ou
a’ = 8 et b’ = 11 et on a alors : a’² + b’² = 185
Donc le système (1) a une unique solution pour g = 5 : a’ = 8 et b’ = 11
D’où l’unique solution de (1) est le couple (a ;b) tel que : a = 40 et b = 55
Il existe un seul point M de coordonnées a et b entiers naturels vérifiant le
système (1) : le point de coordonnées (8 ;11)

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Exercice 3 : Sur 6 points (commun à tous les candidats)
1
.
ln x
On nomme (C) la
courbe représentative de f et Γ la courbe d'équation y = 1n x dans un repère
→ →
orthogonal (O ; i , j ).

Soit f la fonction définie sur l'intervalle ] 1 ; + ∞ [ par f (x) = ln x –

1. f est une fonction dérivable sur ] 1 ; + ∞ [, car la fonction ln est dérivable sur ] 1 ; + ∞ [et
la fonction inverse est dérivable sur ] 0 ; + ∞ [.
Soit f ’ la dérivée de f sur ] 1 ; + ∞ [.
1 

1 
x 
f ’(x) = − 

x −
 (ln x)²
1
1
f ’(x) = +
x x (ln x)²
Etudions le signe de f ’(x) :
1
x ∈ ] 1 ; + ∞ [, donc : > 0,
x
1
>0
(ln x)²

De plus un carré est toujours positif donc

1
>0
x (ln x)²
La somme de nombres positifs est positive, donc : f ’(x) > 0
On en déduit que f est strictement croissante sur ] 1 ; + ∞ [
D’où :

lim ln x = 0 et ln x > 0 (car x > 1)

x→1

d’où lim

Donc : par somme : lim f (x) = − ∞

x→1

1
=+∞
ln x

x→
→1

1
=0
x→+∞
x → + ∞ ln x
Donc, par somme : lim f (x) = + ∞
lim ln x = + ∞

d’où : lim

x→+∞

2.

1
ln
x
x→+∞
x→+∞
D’après 1. : lim [ f (x) – ln x] = 0
a)

lim [ f (x) – ln x] = lim −
x→+∞

On en déduit que Γ est asymptote à la courbe (C) en + ∞.
1
ln x
Or x > 1, donc ln x > 0 (car ln est une fonction strictement croissante sur ] 0 ; + ∞ [)
D’où :
f (x) – ln x < 0
f (x) < ln x
D’où : (C) est située en dessous de Γ sur ] 1 ; + ∞ [

b) f (x) – ln x = −

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3.

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a) Soit a un réel appartenant à l'intervalle ] 1 ; + ∞ [.
La tangente Ta à (C) au point d'abscisse a a pour équation : y = f '(a)(x − a) + f (a)
Donc : Ta passe par l'origine du repère si et seulement si : 0 = f '(a)(0 − a) + f (a)
C'est-à-dire si et seulement si : f (a) – a f '(a) = 0.

Soit g la fonction définie sur l'intervalle ] 1 ; + ∞ [ par g(x) = f (x) – x f '(x).
b) Sur ] 1 ; + ∞ [,
g(x) = 0


f (x) – x f '(x) = 0
1 
1
1

ln x –
− xx + x (ln x)² = 0


ln x
1
1

ln x –
−1−
=0
ln x
(ln x)²
1
1 


(ln x)² ln x – ln x − 1 − (ln x)² = 0 car ln x ≠ 0 sur ] 1 ; + ∞ [



(ln x)3 – (ln x)2 – ln x – 1 = 0
Donc les équations g(x) = 0 et (ln x)3 – (ln x)2 – ln x – 1 = 0 ont les mêmes
solutions sur ] 1 ; + ∞ [.
c) Soit la fonction u définie sur IR par u(t) = t3 – t2 – t –1.
u est un polynôme donc dérivable sur IR.
Soit u’ sa dérivée :
u’(x) = 3t² − 2t − 1
C’est un polynôme du second degré. Soit ∆ son discriminant.
∆ = (-2)² − 4 × 3 × (−1)
∆ = 16
2+4
2−4
1
D’où : les racines de u’(t) = 0 sont : t1 =
= 1 et t2 =
=−
2×3
2×3
3
1
Et :
u’(t) > 0 sur ] − ∞ ; − [ ∪ ] 1 ; + ∞ [
3
1
u’(t) < 0 sur ] − ; 1 [
3
1
D’où : u est strictement croissante sur ] − ∞ ; − [ ∪ ] 1 ; + ∞ [ et strictement
3
1
décroissante sur ] − ; 1 [
3
 1
22
De plus : u − 3 = −
et u(1) = − 2
 
27
1 1 1
u(t) = t3 ( 1 − − − 3 )
t t² t
1
1
1
1 1 1
lim = lim = lim 3 = 0
donc lim 1 − − − 3 = 1
t

t
t t² t
t→+∞
t→+∞
t→+∞
t→+∞
3
lim t = + ∞
t→+∞
Donc lim u(t) = + ∞ par produit
t→+∞
De même, lim u(t) = − ∞
t→−∞
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Montrons que la fonction u s'annule une fois et une seule sur IR.
1
u est continue (car dérivable) et strictement croissante sur ] − ∞ ; − [ et
3
1
22
22
u (] − ∞ ; − [) = ] − ∞ ; − [.
Or 0 n’appartient pas à ] − ∞ ; −
[
3
27
27
1
donc la fonction u ne s’annule pas sur ] − ∞ ; − [
3
1
u est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur ] − ; 1 [ et
3
22
22
1
u (] − ; 1 [) = ] − 2 ; − [. Or 0 n’appartient pas à ] − 2 ; −
[
3
27
27
1
donc la fonction u ne s’annule pas sur ] − ; 1 [
3
u est continue (car dérivable) et strictement croissante sur ] 1 ; + ∞ [ et
u (] 1 ; + ∞ [) = ] − 2 ; + ∞ [. Or 0 appartient à ] − 2 ; + ∞ [
donc, d’après le théorème de la bijection :
la fonction u s’annule une unique fois sur ] 1 ; + ∞ [
d) D’après ce qui précède, on déduit que l’équation t3 – t2 – t –1 = 0 admet une unique
solution T sur ] 1 ; + ∞ [
On pose t = ln x
D’où l’équation (ln x)3 – (ln x)2 – ln x – 1 = 0 admet une unique solution telle que :
ln x = T avec T > 1
x = eT
D’après 3. b) , l’équation g(x) = 0 admet donc pour unique solution : eT
Donc l’équation : f (a) – a f '(a) = 0 admet une unique solution a : eT
D’après 3. a) , il y a donc une unique tangente à (C) passant par l’origine O :
C’est la tangente en eT
Par balayage, on trouve un encadrement de T : 1,83 < T < 1,84 d’où 6,2 < eT < 6,3

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3

2

1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

-1

-2

-3

4. On considère un réel m et l'équation f (x) = mx d'inconnue x.
On cherche le nombre de points d’intersection entre la courbe (C) et la droite d’équation y = mx, c'està-dire la droite passant par l’origine et de coefficient directeur m.
1
1
T+ T
e e (ln eT)²
1
1 
f ’(eT) = T 1 + T² (coefficient directeur de la tangente unique à la courbe (C) passant par le point O.)


e
1
Au point d’abscisse 10, la droite d’équation f(10) = m × 10 a pour coefficient directeur m =
f(10).
10
f ’(eT) =

1 1 + 1 

T², alors l'équation f (x) = mx n’a pas de solutions dans ]1 ; 10].
eT 
1
1 
• Si m = T 1 + T², alors l'équation f (x) = mx admet une unique solution dans ]1 ; 10].

e 
1
1
1 
• Si f (10) < m < T 1 + T², alors l'équation f (x) = mx admet deux solutions dans ]1 ; 10].

10
e 
1
• Si m < f (10), alors l'équation f (x) = mx admet une solution dans ]1 ; 10].
10
• Si m >

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Exercice 4 : Sur 4 points (commun à tous les candidats)
1. a) Sur [0 ; 1] et pour tout n ∈ IN, tn ≥ 0 et cos t > 0 donc tn cos t ≥ 0 sur [0 ; 1].
Par conséquent



1

0

t n cos t dt ≥ 0.

Donc la suite (xn) est à termes positifs.

b) Sur [0 ; 1] tn+1 – tn = tn(t – 1) On a tn ≥ 0 ; t – 1 ≤ 0 donc tn + 1 – tn ≤ 0 donc tn+1 ≤ tn
Sur [0 ; 1] cos t > 0 donc tn+1cos t ≤ tn cos t
Par passage à l’intégrale



1

t n +1 cos t dt ≤

0



1

0

t n cos t dt

Donc xn + 1 ≤ xn

Donc la suite (xn) est décroissante.

c) La suite (xn) est décroissante et minorée par 0 donc elle est convergente vers une limite ℓ.
2. a) Sur [0 ; 1 ] cos t ≤ 1 et tn ≥ 0
Donc sur [0 ; 1] tn cos t ≤ tn.
Par passage à l’intégrale :



1

0

t n cos t dt ≤



1

0

t n dt

1

 t n +1 
Soit xn ≤ 

 n + 10
1
Pour tout entier naturel n non nul, xn ≤
.
n+1

b)

1
1
lim
= 0 et pour tout entier naturel n non nul, xn ≤
.
n+1
n→+∞n+1

De plus xn est minorée par 0 : 0 ≤ xn ≤

1
n+1

1
lim x ≤ lim
n → +∞ n n → +∞ n + 1
donc d’après le théorème des gendarmes : lim xn = 0
n→+∞
0≤

3. a) xn+1 =



1

0

t n +1 cos t dt

Posons u(t) = tn+1
u’(t) = (n + 1)tn

et v’(t) = cos t
et v(t) = sin t

Par intégration par partie :

xn+1 =  t n +1 sin t  –
0

∫ ( n + 1) t sin t dt
= sin 1 – (n + 1) ∫ t sin t dt
1

1

0
1

n

n

0

xn+1 = – (n + 1)yn + sin 1.
sin 1 – xn+1
n+1
lim (sin 1 – xn+1) = sin 1 car lim xn+1 = 0
n→+∞
n→+∞
lim (n + 1) = + ∞
Donc lim yn = 0.
n→+∞
n→+∞

b) xn+1 = – (n + 1)yn + sin 1 donc yn =

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Amérique du Nord Juin 2008

série S

Corrigés

Page 13 sur 13

4. yn + 1 = (n + 1)xn – cos(1) donc nxn = yn+1 + cos 1 – xn
lim yn+1 = 0 et lim xn = 0
donc lim nxn = cos 1
n→+∞
n→+∞
n→+∞
xn+1 = – (n + 1)yn + sin 1 donc nyn = sin 1 – xn+1 – yn
lim xn+1 = 0 et lim yn = 0
donc lim nyn = sin 1
n→+∞
n→+∞
n→+∞

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