Examen National du Baccalauréat

Correction 2.a :

Calculons la différence :

Développons le numérateur proposé : $(u_{n}-1)(2-u_{n}) = 2u_{n} - u_{n}^2 - 2 + u_{n} = -u_{n}^2 + 3u_{n} - 2$.

On retrouve exactement la même expression, donc : $u_{n+1}-u_{n}=\frac{(u_{n}-1)(2-u_{n})}{1+u_{n}}$.

Correction 2.b :

D'après la question 1.b, on sait que $2 \le u_{n} \le 4$ pour tout $n$. Analysons les signes des facteurs :

• $u_{n} \ge 2 \implies u_{n} - 1 > 0$
• $u_{n} \ge 2 \implies 2 - u_{n} \le 0$
• $1 + u_{n} > 0$

Ainsi, le numérateur est le produit d'un terme positif et d'un terme négatif ou nul, donc $u_{n+1} - u_{n} \le 0$. La suite $(u_{n})$ est donc décroissante.

Étant décroissante et minorée par $2$, elle est, d'après le théorème de convergence des suites monotones, convergente.

Correction 3.a :

La suite $(v_{n})$ est donc géométrique de raison $q = \frac{2}{3}$. Son premier terme est $v_{0} = \frac{2-u_{0}}{1-u_{0}} = \frac{2-4}{1-4} = \frac{-2}{-3} = \frac{2}{3}$.

Correction 3.b :

Puisque $(v_{n})$ est géométrique, son terme général est : $v_{n} = v_{0} \times q^n = \frac{2}{3} \times \left(\frac{2}{3}\right)^n = \left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}$.

Exprimons maintenant $u_{n}$ en fonction de $v_{n}$ :

$v_{n}(1-u_{n}) = 2-u_{n} \implies v_{n} - v_{n}u_{n} = 2 - u_{n} \implies u_{n}(1-v_{n}) = 2-v_{n} \implies u_{n} = \frac{2-v_{n}}{1-v_{n}} = \frac{1+1-v_{n}}{1-v_{n}} = 1 + \frac{1}{1-v_{n}}$

En remplaçant $v_{n}$ par son expression, on obtient : $u_{n}=1+\frac{1}{1-\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}}$.

Correction 3.c :

Comme $-1 < \frac{2}{3} < 1$, on a $\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(\frac{2}{3}\right)^{n+1} = 0$.

Par conséquent : $\lim_{x\rightarrow+\infty}u_{n} = 1 + \frac{1}{1 - 0} = 1 + 1 = 2$.

Correction 3.a :

Utilisons la formule de la distance d'un point à un plan :

Correction 3.b :

Puisque $d(\Omega, (P)) = 3 < R$ (car $R = 5$), le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$.

Le rayon $r$ de ce cercle est donné par le théorème de Pythagore :

Correction 4.a :

La droite $(\Delta)$ est perpendiculaire à $(P)$, son vecteur directeur est donc le vecteur normal $\vec{n}(2,-2,1)$ du plan. Passant par $\Omega(2,-1,0)$, sa représentation paramétrique est :

Correction 4.b :

Le centre $H$ du cercle est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$, soit l'intersection de $(\Delta)$ et $(P)$. Remplaçons les coordonnées de $(\Delta)$ dans l'équation de $(P)$ :

$2(2+2t) - 2(-1-2t) + t + 3 = 0 \implies 4 + 4t + 2 + 4t + t + 3 = 0 \implies 9t + 9 = 0 \implies t = -1$.

En remplaçant $t = -1$ dans $(\Delta)$ : $x = 2-2=0$, $y = -1+2=1$, $z = -1$. On retrouve bien le point $H(0,1,-1)$.

Correction 4.c :

Vérifions d'abord si $H$ est le milieu du segment $[AB]$ :

$\left(\frac{x_A+x_B}{2}, \frac{y_A+y_B}{2}, \frac{z_A+z_B}{2}\right) = \left(\frac{-1+1}{2}, \frac{0+2}{2}, \frac{-1-1}{2}\right) = (0, 1, -1) = H$. Donc $H$ est le milieu de $[AB]$.

Vérifions maintenant l'orthogonalité : le vecteur \vec{AB} a pour coordonnées $(1 - (-1), 2 - 0, -1 - (-1)) = (2, 2, 0)$.

Le produit scalaire entre \vec{AB} et le vecteur directeur \vec{n}(2,-2,1)$ de $(\Delta)$ est :

$\vec{AB} \cdot \vec{n} = 2(2) + 2(-2) + 0(1) = 4 - 4 + 0 = 0$. Les droites sont orthogonales.

Passant par le milieu de $[AB]$ de manière perpendiculaire (dans le plan qu'elles forment), $(\Delta)$ est la médiatrice de $[AB]$.

Correction 2.a :

Multiplions par le conjugué du dénominateur :

Séparons les parties réelle et imaginaire en simplifiant par \sqrt{3} :

Partie réelle : $\frac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}+3}{6} = \frac{3+\sqrt{3}}{6}$.

Partie imaginaire : $\frac{3+\sqrt{3}}{2\sqrt{3}} = \frac{3\sqrt{3}+3}{6} = \frac{\sqrt{3}(\sqrt{3}+1)}{2\sqrt{3}} = \frac{1+\sqrt{3}}{2}$. C'est l'expression demandée.

Pour la forme exponentielle : mettons $\frac{3+\sqrt{3}}{3}$ en facteur :

Correction 2.b :

On a $b = a \times \left(\frac{b}{a}\right)$. Utilisons les formes exponentielles :

La forme trigonométrique de $b$ est donc : $b = \frac{\sqrt{6}(3+\sqrt{3})}{3} \left[ \cos\left(\frac{\pi}{12}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{12}\right) \right]$.

Calculons $b^{24}$ avec la formule de Moivre :

$b^{24} = \left[ \frac{\sqrt{6}(3+\sqrt{3})}{3} \right]^{24} \times e^{i \frac{24\pi}{12}} = \left[ \frac{\sqrt{6}(3+\sqrt{3})}{3} \right]^{24} \times e^{i 2\pi}$.

Comme $e^{i2\pi} = 1$, $b^{24}$ est un nombre réel strict.

Correction 3.a :

L'écriture complexe de la rotation est : $z' = e^{i\frac{\pi}{6}}z$.

Comme $e^{i\frac{\pi}{6}} = \cos\left(\frac{\pi}{6}\right) + i\sin\left(\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i = \frac{1}{2}(\sqrt{3}+i)$, l'écriture est correcte.

Pour $a'$, on a : $\arg(a') \equiv \arg(a) + \frac{\pi}{6} [2\pi] \equiv -\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6} [2\pi] \equiv -\frac{3\pi}{12} + \frac{2\pi}{12} [2\pi] \equiv -\frac{\pi}{12} [2\pi]$.

Correction 3.b :

$A''$ est l'image de $A'$, donc son argument subit une nouvelle rotation de $\frac{\pi}{6}$ :

$\arg(a'') \equiv \arg(a') + \frac{\pi}{6} \equiv -\frac{\pi}{12} + \frac{2\pi}{12} \equiv \frac{\pi}{12} [2\pi]$.

Comme les rotations conservent les distances à l'origine, $|a''| = |a'| = |a| = \sqrt{6}$. Donc $a'' = \sqrt{6}e^{i\frac{\pi}{12}}$.

Pour l'alignement : comparons les arguments de $b$ et $a''$. D'après la question 2.b, $\arg(b) \equiv \frac{\pi}{12} [2\pi]$. Ainsi :

$\arg\left(\frac{b}{a''}\right) = \arg(b) - \arg(a'') = \frac{\pi}{12} - \frac{\pi}{12} = 0 [2\pi]$, ce qui prouve que le rapport $\frac{b}{a''}$ est un nombre réel. Les points $O$, $A''$ et $B$ sont bien alignés.

Correction 3.c :

Par définition : $b' = e^{i\frac{\pi}{6}}b$.

Or, d'après la question 2.a, $b = a \times \frac{3+\sqrt{3}}{3} e^{i\frac{\pi}{3}}$. Donc :

Note : L'énoncé comporte une petite approximation de frappe sur le facteur $i$, l'expression exacte établie par la rotation est $b' = i\frac{3+\sqrt{3}}{3}a$.

Correction 3.d :

Calculons le rapport \frac{b'}{a} : $\frac{b'}{a} = i\left(\frac{3+\sqrt{3}}{3}\right)$.

Ce nombre étant un imaginaire pur ($\text{Re}=0$), l'angle géométrique $(\vec{OA}, \vec{OB'}) \equiv \arg\left(\frac{b'}{a}\right) \equiv \frac{\pi}{2} [\pi]$. Le triangle $OAB'$ est donc parfaitement rectangle en $O$.

Correction 1.a & 1.b :

La fonction $f$ est définie si et seulement si $e^x - x > 0$. D'après la Partie I, cette quantité est strictement positive pour tout réel. Donc $D_f = \mathbb{R}$.

Pour la transformation : factorisons par $e^x$ à l'intérieur du logarithme :

$f(x) = x + 1 - \ln\left(e^x(1 - xe^{-x})\right) = x + 1 - \left(\ln(e^x) + \ln(1 - xe^{-x})\right) = x + 1 - x - \ln(1 - xe^{-x}) = 1 - \ln(1 - xe^{-x})$.

Correction 1.c :

On sait que $\lim_{x\rightarrow+\infty} xe^{-x} = 0$ par croissance comparée. Donc :

$\lim_{x\rightarrow+\infty} f(x) = 1 - \ln(1 - 0) = 1 - 0 = 1$.

Géométriquement, la droite d'équation $y = 1$ est une asymptote horizontale à la courbe $(\mathcal{C}_{f})$ au voisinage de $+\infty$.

Correction 2.a, 2.b & 2.c :

En $-\infty$, $\lim_{x\rightarrow-\infty} e^x = 0$ et $\lim_{x\rightarrow-\infty} -x = +\infty$, donc $\lim_{x\rightarrow-\infty} \ln(e^x-x) = +\infty$. La forme initiale donne une indétermination complète. En utilisant la factorisation de la question 2.b, on lève l'indétermination et on trouve :

$\lim_{x\rightarrow-\infty} \frac{f(x)}{x} = 1$ et $\lim_{x\rightarrow-\infty} [f(x) - x] = -\infty$. La courbe admet donc une branche parabolique de direction la droite d'équation $y = x$ au voisinage de $-\infty$.

Correction 3.a & 3.b :

En dérivant la forme standard :

$f'(x) = 1 - \frac{(e^x-x)'}{e^x-x} = 1 - \frac{e^x-1}{e^x-x} = \frac{e^x-x - (e^x-1)}{e^x-x} = \frac{1-x}{e^x-x}$.

Comme le dénominateur est toujours strictement positif, $f'(x)$ est du signe de $1-x$. La fonction est donc strictement croissante sur $]-\infty, 1]$ et strictement décroissante sur $[1, +\infty[$. Son maximum absolu est atteint en $x=1$.

Correction 3.c :

Sur l'intervalle $[-1,0]$, la fonction est continue et strictement croissante. $f(-1) \approx -0.3$ et $f(0) = 1$. Comme $0 \in [f(-1), f(0)]$, d'après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), l'équation $f(x)=0$ possède une unique solution sur cet intervalle.

Correction 4.a & 4.b :

$f(x)=x \implies x+1-\ln(e^x-x)=x \implies 1 = \ln(e^x-x) \implies e^1 = e^x-x \implies e^x-x-e = 0$.

Si $\alpha$ et $\beta$ sont solutions, on a : $e^\alpha - \alpha = e$ et $e^\beta - \beta = e$.

Par soustraction membre à membre : $(e^\alpha - \alpha) - (e^\beta - \beta) = 0 \implies e^\alpha - e^\beta = \alpha - \beta$.

Correction 5.a & 5.b :

La restriction $g$ est continue et strictement croissante sur $I = ]-\infty, 1]$. Elle réalise une bijection de $I$ vers $J = ]\lim_{x\rightarrow-\infty}g(x), g(1)] = ]-\infty, 2-\ln(e-1)]$.

On remarque que pour $x=0$, $g(0)=1$. Donc $g^{-1}(1)=0$. Comme $g'(0) = \frac{1-0}{e^0-0} = 1 \neq 0$, la fonction réciproque est dérivable en 1 et :