\documentclass[11pt,a4paper]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{makeidx} \makeindex \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage{fancybox} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{lscape} \usepackage{multicol} \usepackage{mathrsfs} \usepackage{tabularx,array} \usepackage{colortbl} \usepackage{multirow} \usepackage{textcomp} \usepackage{enumitem} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès \usepackage{graphicx} \usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pst-func} \usepackage{pst-eucl} \usepackage{pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage{diagbox} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=2cm, bottom=3cm]{geometry} \addtolength{\topmargin}{-1.59999pt} \def\e{\text{e}} \def\i{\text{i}} \newcommand{\ds}{\displaystyle}% displaystyle \newcommand{\cg}{\texttt{]}}% crochet gauche \newcommand{\cd}{\texttt{[}}% crochet droit \newcommand{\pg}{\geqslant}% plus grand ou égal \newcommand{\pp}{\leqslant}% plus petit ou égal \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[french]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Baccalauréat S} \lfoot{\small{Amérique du Nord}} \rfoot{\small{juin 2000}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord ~\decofourright\\[7pt]juin 2000}} \end{center} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 1}}\hfill 5 points \medskip %Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal \Ouv. % %Dans tout l'exercice, $z$ est un nombre complexe non nul. % %À tout point $M$ d'affixe $z$, on associe le point $M'$ d'affixe $z' = %-~\dfrac{1}{z}$, puis le point $I$ milieu du segment $[MM']$. L'affixe de %$I$ est donc $\dfrac{1}{2}\left(z - \dfrac{1}{z}\right)$. % %Note : les questions \textbf{2, 3} et \textbf{4} sont largement indépendantes. % %\medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Donner une relation entre les modules de $z$ et $z'$. Pour tout point $M$ d'affixe $z$, \: $z' = - \dfrac{1}{z} \Rightarrow \left|z'\right| = \left|- \dfrac{1}{z}\right| = \left|\dfrac{1}{z}\right| = \dfrac{1}{|z|}$ ou encore $|z| \times \left|z'\right| = 1$. Les modules de $z$ et de $z'$ sont donc inverses. %Donner une relation entre leurs arguments. Pour tout point $M$ d'affixe $z$, \: $z' = - \dfrac{1}{z} \Rightarrow \text{arg}(z') = \text{arg}\left(- \dfrac{1}{z} \right) = \text{arg}\left(\dfrac{- 1}{z} \right) = \text{arg}(- 1) - \text{arg}(z) = \pi - \text{arg}(z)$ ou $\text{arg}(z) + \text{arg}(z') = \pi$. Les arguments de $z$ et de $z'$ sont supplémentaires. \item %Sur la figure ci-dessous est placé le point $M_1$ d'affixe $z_1$ sur le cercle de centre O et de rayon 2. %Expliquer comment on peut obtenir géométriquement le point $M'_1$, puis le point $I_1$ milieu du segment $[M_1 M'_1]$. Effectuer cette construction. D'après la question précédente $\left|z'_1\right| = \dfrac{1}{2}$ et arg$(z'_1) = \pi - \alpha$, $\alpha$ étant un argument de $z_1$. D'où la construction : -- on construit le symétrique de $M_1$ autour de l'axe des ordonnées ; -- le segment qui joint ce symétrique au point O coupe le cercle centré en O de rayon $\dfrac{1}{2}$ au point $M'_1$ ; -- on construit ensuite classiquement le milieu de $[M_1 M'_1]$ \end{enumerate} \begin{center} \psset{unit=0.8cm,arrowsize=2pt 3} \begin{pspicture}(10,10) %\psgrid \pscircle(5,5){2.25} \pscircle(5,5){4.5}\pscircle[linecolor=blue](5,5){1.125} \psdots(9,7.061)(3,3.97) \pscircle*(9,7.061){0,05} \pscircle*(3,3.97){0,05} \psline(5,0.5)(5,10) \psline(0.2,5)(9.8,5) \uput[dl](5,5){O} \uput[ur](9.1,7.2){$M_{1}$} \uput[dl](3,3.8){$M_{2}$} \rput(6,4.7){$\vect{u}$} \rput(4.6,6.2){$\vect{v}$} \psline{->}(5, 5)(7.25,5) \psline{->}(5,5)(5,7.25) \psarc[linecolor=blue](5,5){4.5}{0}{30} \psarc[linecolor=blue](5,5){4.5}{150}{180} \psline[linecolor=blue](9,7.061)(5,5)(1,7.061) \psdots[linecolor=blue](4,5.5)(6.5,6.28)\uput[ul](4.1,5.6){\blue $M'_1$} \psline[linecolor=blue](9,7.061)(4,5.5)\uput[ul](6.5,6.28){\blue $I_1$} \end{pspicture} \end{center} \item Pour cette question, $\theta$ est un réel et $M$ est le point d'affixe $z = \text{e}^{\text{i}\theta}$. \begin{enumerate} \item %Calculer sous forme algébrique l'affixe de $I$. D'après la question \textbf{1. a.}, $z' = \text{e}^{\text{i}(\pi -\theta)}$ et l'affixe du point $I$ est donc $\dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{\text{i}\theta} + \text{e}^{\text{i}(\pi -\theta)}\right) = \dfrac{1}{2}\left(\cos \theta + \text{i}\sin \theta + \cos (\pi - \theta) + \text{i}\sin (\pi - \theta) \right) = \dfrac{1}{2}\left(\cos \theta + \text{i}\sin \theta - \cos \theta + \text{i}\sin \theta\right) = \text{i}\sin \theta$. C'est donc un imaginaire pur. L'ordonnée de $I$ est donc égale à celle de $M$. \item %Sur la figure jointe est placé le point $M_2$ d'affixe $z_2$ sur le cercle $\mathcal{C}$, de centre O et de rayon 1. Expliquer comment, en utilisant le résultat de la question \textbf{2 a}, on peut obtenir géométriquement le point $I_2$ milieu du segment $[M_2M'_2]$ . %Effectuer cette construction. Il suffit pour obtenir $I$ de projeter $M_2$ sur l'axe des ordonnées. %Donner (sans justification) l'ensemble décrit par $I$ lorsque $M$ décrit $\mathcal{C}$. Comme $- 1 \leqslant \sin \theta \leqslant 1 \Rightarrow - 2 \leqslant 2\sin \theta \leqslant 2$, l'ensemble décrit par le point $I$ est le segment limité par les points (0~;~2) et $(0~;~- 2)$. \end{enumerate} \item Dans cette question, $M$ est un point du plan, distinct de O. \begin{enumerate} \item %Déterminer les points $M$ du plan complexe pour lesquels $M$ et $I$ sont confondus. $M$ et $I$ sont confondus $\iff z = \dfrac{1}{2}\left(z - \dfrac{1}{z} \right) \iff 2z = z - \dfrac{1}{z} \iff z = - \dfrac{1}{z} \iff z^2 = - 1 \iff \left\{\begin{array}{l c r} z&=&\text{i}\\ z&=&- \text{i} \end{array}\right.$. Il y a donc deux points solutions : (0~;~1) et $(0~;~-1)$. \item %Développer $(z - 2 \text{i})^2 + 3$. $(z - 2 \text{i})^2 + 3 = z^2 - 4 - 4\text{i}z + 3 = z^2 - 1 - 4\text{i}z$. %Déterminer les points $M$ du plan complexe pour lesquels l'affixe de $I$ est 2i. L'affixe de $I$ est 2i $ \iff \dfrac{1}{2}\left(z - \dfrac{1}{z} \right) = 2\text{i} \iff z - \dfrac{1}{z} = 4\text{i} \iff z^2 - 1 = 4\text{i}z \iff z^2 - 1 - 4\text{i}z = 0 \iff (z - 2 \text{i})^2 + 3 = 0$ d'après la question précédente. Or $(z - 2 \text{i})^2 + 3 = 0 \iff (z - 2 \text{i})^2 = - 3 \iff \left\{\begin{array}{l c r} z - 2 \text{i}&=&\text{i}\sqrt{3}\\ z - 2 \text{i}&=&-\text{i}\sqrt{3} \end{array} \right. \iff \left\{\begin{array}{l c r} z = \text{i}\left(2 + \sqrt{3}\right)\\ z = \text{i}\left(2 - \sqrt{3}\right)\end{array} \right.$ \end{enumerate} \item Dans cette question, $M$ est un point du plan, distinct de O, d'affixe $z = x + \text{i}y~~(x$~et $y$ réels). \begin{enumerate} \item %Exprimer en fonction de $x$ et $y$ la partie réelle et la partie imaginaire de l'affixe de $I$. On sait que l'affixe de $I$ est $\dfrac{1}{2}\left(z - \dfrac{1}{z} \right) = \dfrac{1}{2}\left(x + \text{i}y - \dfrac{1}{x + \text{i}y} \right) =$ $ \dfrac{1}{2}\left(x + \text{i}y - \dfrac{x - \text{i}y}{(x + \text{i}y)(x - \text{i}y)} \right) = \dfrac{1}{2}\left(x + \text{i}y - \dfrac{x - \text{i}y}{x^2 + y^2} \right) =$ $ \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{(x + \text{i}y)\left(x^2 + y^2 \right) - (x - \text{i}y)}{x^2 + y^2}\right) = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^3 + xy^2 - x + \text{i}\left(x^2y + y^3 + y \right)}{x^2 + y^2} \right)$. La partie réelle de l'affixe de $I$ est donc : $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^3 + xy^2 - x}{x^2 + y^2}\right)$ et la partie imaginaire de l'affixe de $I$ est donc $\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^2y + y^3 + y}{x^2 + y^2} \right)$. \item %Déterminer l'ensemble $A$ des points $M$ du plan pour lesquels $I$ appartient à l'axe des abscisses. $I$ appartient à l'axe des abscisses si et seulement son ordonnée est nulle, soit $\dfrac{x^2y + y^3 + y}{x^2 + y^2} = 0 \iff x^2y + y^3 + y = 0 \iff y\left(x^2 + y^2 + 1 \right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l} y&=&0\\ x^2 + y^2 + 1&=&0 \end{array}\right.$ $y = 0$ représente l'axe des abscisses ; or $x^2 + y^2 +1 \geqslant 1 > 0$ : il n'existe pas de points tels que $x^2 + y^2 +1=0$. Les points solutions sont donc les points de l'axe des abscisses. \item %Déterminer l'ensemble $B$ des points $M$ du plan pour lesquels $I$ appartient à l'axe des ordonnées. $I$ appartient à l'axe des ordonnées si et seulement son abscisse est nulle, soit $x^3 + xy^2 - x = 0 \iff x \left(x^2 + y^2 - 1 \right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l} x&=&0\\ x^2 + y^2 - 1&=&0 \end{array}\right.$ $x = 0$ représente l'axe des ordonnées ; $x^2 + y^2 - 1=0$ est une équation du cercle centré en O de rayon 1. Les points solutions sont les points de l'axe des ordonnées et les points du cercle unitaire. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{\textsc{Exercice 2}}\hfill 5 points \textbf{Enseignement obligatoire} Hors programme en 2016 \begin{center} \psset{unit=0.5cm} \begin{pspicture}(7,7) \psline(0,0)(5,0) %OA \psline(0,0)(0,5) % OD \psline(5,0)(5,5) % AE \psline(1.4,1.7)(1.4,6.7) % CG \psline(6.4,1.8)(6.4,6.8) % BF \psline(1.4,1.7)(6.4,1.7) % CB \psline(1.4,6.7)(6.4,6.7) % GF \psline(0,5)(5,5) %DE \psline(0,0)(1.4,1.7) % OC \psline(0,5)(1.4,6.7) % DG \psline(5,5)(6.4,6.8) % EF \psline(5,0)(6.4,1.8) % AB \rput(0,-0.3){O} \rput(5,-0.3){A} \rput(6.7,1.8){B} \rput(1.8,2.1){C} \rput(-0.3,5){D} \rput(5.4,4.9){E} \rput(6.55,7.1){F} \rput(1.4,7){G} \end{pspicture} \end{center} \vspace{0,5cm} Soit le cube OABCDEFG représenté par la figure ci-dessus. L'espace est orienté par le repère orthonormal direct $\left(\text{O}~ ;~ \vect{\text{OA}},~\vect{\text{OC}},~\vect{\text{OD}}\right)$. On désigne par $a$ un réel strictement positif. $L,~ M$ et $K$ sont les points définis par $\vect{\text{O}L} = a \vect{\text{OC}},~ \vect{\text{O}M} = a \vect{\text{OA}}$, et $\vect{\text{B}K} = a \vect{\text{BF}}$. \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Calculer les coordonnées du vecteur $\vect{\text{D}M} \wedge \vect{\text{D}L}$. \item En déduire l'aire du triangle D$LM$. \item Démontrer que la droite (O$K$) est orthogonale au plan (D$LM$). \end{enumerate} \item On note $H$ le projeté orthogonal de O (et de $K$) sur le plan (D$LM$). \begin{enumerate} \item Démontrer que $\vect{\text{O}M} \cdot{} \vect{\text{O}K} = \vect{\text{O}H} \cdot \vect{\text{O}K}$. \item Les vecteurs $\vect{\text{O}H}$ et $\vect{\text{O}K}$ étant colinéaires, on note $\lambda$ le réel tel que $\vect{\text{O}H} = \lambda\vect{\text{OK}}$. Démontrer que $\lambda = \dfrac{a}{a^2 + 2}$. En déduire que $H$ appartient au segment [O$K$]. \item Déterminer les coordonnées de $H$. \item Exprimer $\vect{HK}$ en fonction de $\vect {\text{O}K}$. En déduire que $HK = \dfrac{a^2 - a + 2}{\sqrt{a^2 + 2}}$. \end{enumerate} \item À l'aide des questions précédentes, déterminer le volume du tétraèdre DL$MK$ en fonction de $a$. \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2}}\hfill 5 points \textbf{Enseignement de spécialité} Hors programme en 2016 Dans le plan orienté, on considère un triangle direct OAB, rectangle et isocèle en O. On a donc $(\vect{\text{OA}},~\vect{\text{OB}}) = \dfrac{\pi}{2}~[2\pi]$. On note $R_{\text{A}}$ et $R_{\text{B}}$ les rotations de centres respectifs A et B et de même angle $\dfrac{\pi}{2}$ et $S_{\text{O}}$ la symétrie de centre O. On place un point C, non situé sur la droite (AB) , on trace les carrés B$ED$C et AC$FG$ directs. On a donc $(\vect{\text{B}E},~ \vect{\text{BC}}) = \dfrac{\pi}{2}~[2\pi]$ et $(\vect{\text{AC}},~ \vect{\text{A}G}) = \dfrac{\pi}{2}~[2\pi]$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Déterminer S$_{(\text{AO})} \circ S_{(\text{AB})}$ composée des réflexions d'axes (AB) et (AO). \item En écrivant $R_{\text{B}}$ sous la forme d'une composée de deux réflexions, démontrer que $R_{\text{A}} \circ R_{\text{B}} = S_{\text{O}}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Déterminer l'image de $E$ par $R_{\text{A}} \circ R_{\text{B}}$. \item En déduire que O est le milieu du segment [E$G$]. \item On note $R_{F}$ et $R_{D}$ les rotations de centres respectifs F et D et de même angle. Étudier l'image de C par la transformation $R_{F} \circ S_{\text{O}} \circ R_{D}$. Déterminer la transformation R$_{\text{F}} \circ S_{\text{O}} \circ R_{D}$. \item Placer $H$ le symétrique de $D$ par rapport à O. Démontrer que $R_{F}(H) = D$. Démontrer que le triangle $F$O$D$ est rectangle et isocèle en O. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Problème}}\hfill 10 points \medskip Soit $f$ la fonction définie sur $[0,~+~ \infty[$ par : \[\left \{ \begin{array}{l c l } f(x) & = & \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2}\text{e}^{-~\frac{1}{x}}~ \text{pour}~x > 0\\ f(0)& = &0. \end{array}\right.\] On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormal \Oij{} (unité graphique 5~cm). \medskip \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item %Démontrer que la droite $(\Delta)$ d'équation $y = 1$ est asymptote à $\mathcal{C}$. Pour $x > 0$, \: $\dfrac{x^2 + x + 1}{x^2} = 1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}$ ; on a donc $\displaystyle \lim_{x \to + \infty} \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2} = 1$. D'autre part $\displaystyle \lim_{x \to + \infty} - \dfrac{1}{x} = 0$, donc par composition $\displaystyle \lim_{x \to + \infty}\text{e}^{-~\frac{1}{x}} = 1$ et par produit de limites : $\displaystyle \lim_{x \to + \infty} f(x) = 1$, ce qui signifie que la droite $(\Delta)$ d'équation $y = 1$ est asymptote à $\mathcal{C}$. \item %Pour $x > 0$ , calculer $\dfrac{f(x) - f(0)}{x}$. Étudier la limite de %cette expression quand $x$ tend vers 0. (on pourra utiliser, pour $n$ entier naturel non nul, %$\displaystyle\lim_{u \to +~\infty} u^n\text{e}^{-u} = 0$. %Que peut-on en déduire pour la fonction $f$ ? Que peut-on en déduire pour la courbe $\mathcal{C}$ ? $\dfrac{f(x) - f(0)}{x} = \dfrac{f(x) - 0}{x} = \dfrac{f(x)}{x} = \dfrac{x^2 + x + 1}{x^3}\text{e}^{-~\frac{1}{x}}$. Or $\dfrac{x^2 + x + 1}{x^3} = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x^3}$ et clairement $\displaystyle\lim_{x \to+ \infty} \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x^3} = 0$. Comme $\displaystyle \lim_{x \to + \infty}\text{e}^{-~\frac{1}{x}} = 1$, par produit de limites : $\displaystyle \lim_{x \to + \infty}\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 0$ signifie que la fonction $f$ est dérivable en $0$ et que son nombre dérivé est nul. La tangente à l'origine est horizontale. \item %Démontrer que pour tout $x$ de $]0, +~ \infty[$ on a $f'(x) = \dfrac{1 - x}{x^4}\text{e}^{- \frac{1}{x}}$. On a vu que $f'(0) = 0$, donc pour $x > 0$ : $f'(x) = \dfrac{x^2(2x + 1) - 2x\left( x^2 + x + 1\right)}{x^4}\text{e}^{-~\frac{1}{x}} + \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2}\text{e}^{-~\frac{1}{x}}\times \frac{1}{x^2} =$ $\text{e}^{-~\frac{1}{x}}\left(\dfrac{2x^3 + x^2 - 2x^3 - 2x^2 - 2x}{x^4} + \dfrac{x^2 + x + 1}{x^4} \right) = \text{e}^{-~\frac{1}{x}}\left(\dfrac{- x + 1}{x^4} \right)$. \item %Étudier les variations de la fonction $f$ et dresser le tableau des variations de $f$. On sait quel que soit le réel $x$, \: $\text{e}^{-\frac{1}{x}} > 0$ : le signe de $f''(x)$ est donc celui de $1 - x$. Donc sur $]0~;~1[$, $f'(x) > 0$ : la fonction est strictement croissante sur ]0~;~1[ ; et sur $[1~;~+ \infty[$, \: $f'(x) < 0$ : la fonction est décroissante sur $[1~;+ \infty[$. $f(1)$ est donc le maximum de $f$ sur $[0~;~+ \infty[$ et $f(1) = \dfrac{1 + 1 + 1}{1^2}\text{e}^{-1} = 3\text{e}^{-1} = \dfrac{3}{\text{e}}$. D'où le tableau de variations de $f$ : \begin{center} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(7,3) \psframe(7,3) \psline(0,2)(7,2)\psframe(7,3) \psline(0,2.5)(7,2.5) \psline(1,0)(1,3) \uput[u](0.5,2.4){$x$}\uput[u](1.15,2.4){$0$}\uput[u](4,2.4){$1$}\uput[u](6.5,2.4){$+ \infty$} \rput(0.5,2.25){$f'(x)$} \rput(0.5,1){$f(x)$} \psline{->}(1.5,0.5)(3.5,1.5)\psline{->}(4.5,1.5)(6.5,0.5) \uput[u](1.15,0){0}\uput[d](4,2){$\frac{3}{\text{e}}$}\uput[u](6.75,0){$1$} \rput(2.5,2.25){$+$}\rput(4,2.25){0} \rput(5.5,2.25){$-$} \end{pspicture} \end{center} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip On note $g$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par \[g(x) = f(x) - xf'(x).\] \begin{enumerate} \item %Montrer que dans $]0~;~+ \infty[$, les équations $g(x) = 0$ et $x^3 + x^2 + 2x - 1 = 0$ sont équivalentes. On a $g(x) = \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2}\text{e}^{-~\frac{1}{x}} - \dfrac{(1 - x)}{x^3}\text{e}^{-~\frac{1}{x}} = \text{e}^{-~\frac{1}{x}}\left(\dfrac{x^3 + x^2 + x - 1 + x}{x^3} \right) =$ $ \text{e}^{-~\frac{1}{x}}\left(\dfrac{x^3 + x^2 + 2x - 1}{x^3} \right)$. Donc $g(x) = 0 \iff \text{e}^{-~\frac{1}{x}}\left(\dfrac{x^3 + x^2 + 2x - 1}{x^3} \right) = 0 \iff x^3 + x^2 + 2x - 1 = 0$ car on sait que quel que soit $u \in \R, \: \text{e}^{u} > 0$. \item %Démontrer que l'équation $x^3 + x^2 + 2x - 1 = 0$ admet une seule racine réelle $\alpha$ dont on justifiera un encadrement à $10^{- 2}$ près. Soit $h$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $h(x) = x^3 + x^2 + 2x - 1$. Cette fonction polynôme est dérivable et sur $]0~;~+ \infty[$, on a $h'(x) = 3x^2 + 2x + 2$ : on a clairement $h'(x) \geqslant 2 > 0$ car tous les termes sont positifs : la fonction $h$ est donc croissante de $h(0) = - 1 $ à plus l'infini. Elle s'annule donc pour une valeur unique $\alpha \in ]0~;~+ \infty[$ telle que $h(\alpha) = 0$. La calculatrice donne $h(0,39) \approx \np{- 0,0086}$ et $h(0,40) \approx 0,024$, donc $0,39 < \alpha < 0,40$. \item %On pose $A = \dfrac{f(\alpha)}{\alpha}$. Encadrer $A$ à $2 \times %10^{- 1}$ près (justifier) et montrer que %$A = f'(\alpha)$. D'après la question \textbf{1.}, $g(\alpha) = 0$ soit $f(\alpha) - \alpha f'(\alpha) = 0 \iff f(\alpha) = \alpha f'(\alpha) \iff \dfrac{f(\alpha)}{\alpha} = f'(\alpha) = A$. Or $f'(\alpha) = \text{e}^{-~\frac{1}{\alpha}}\left(\dfrac{- \alpha + 1}{\alpha^4} \right)$. On a $0,39 < \alpha < 0,40 \iff \dfrac{1}{0,4} < \dfrac{1}{\alpha} < \dfrac{1}{0,39} \iff$ $- \dfrac{1}{0,39} < - \dfrac{1}{\alpha} < - \dfrac{1}{0,40} \iff \text{e}^{- \frac{1}{0,39}} < \text{e}^{- \frac{1}{\alpha}} < \text{e}^{- \frac{1}{0,40}}$. La calculatrice donne : $0,677 < \text{e}^{- \frac{1}{\alpha}} < 0,679$. D'autre part : $0,39 < \alpha < 0,40 \iff - 0,40 < - \alpha < - 0,39 \iff $ $1 - 0,40 < 1 - \alpha < 1 - 0,39 \iff 0,6 < 1 - \alpha < 0,61$ et $0,39 < \alpha < 0,40 \iff 0,39^4 < \alpha^4 < 0,40^4$ ou $\np{0,023134} < \alpha^4 < \np{0,0256} \iff \dfrac{1}{\np{0,0256}} < \dfrac{1}{\alpha^4} < \dfrac{1}{\np{0,023134}}$ soit $\np{39,0625} < \dfrac{1}{\alpha^4} < 43,23$. Donc $0,677 \times 0,6 \times \np{15,9} < \text{e}^{-~\frac{1}{\alpha}}\dfrac{- \alpha + 1}{\alpha^4}< 0,679 \times 0,61 \times 43,23$. Finalement $1,9 < A < 2,19$, soit l'encadrement à $2 \times 10^{-1}$ près : Puisque $A = \dfrac{f(\alpha)}{\alpha}$ et que $g(\alpha)= 0$, soit $f(\alpha) - \alpha f'(\alpha) = 0$, donc \[A = \dfrac{\alpha f'(\alpha)}{\alpha} = f'(\alpha).\] \item %Pour tout $a > 0$, on note $T_{a}$ la tangente à $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $a$. %Montrer que $T_{a}$ a pour équation $y = Ax$. Tracer $T_{a}$, puis la courbe $\mathcal{C}$. La tangente $T_{\alpha}$ à la courbe $\mathcal{C}$ a pour équation : $y - f(\alpha) = f'(\alpha)(x - \alpha)$ ou encore $y = f'(\alpha)x + f(\alpha) - \alpha f'(\alpha)$ et finalement : \[y = Ax.\] D'où la figure : \begin{center} \psset{unit=4cm,arrowsize=2pt 3} \begin{pspicture*}(-0.15,-0.15)(2.5,1.5) \psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(0,0)(2.5,1.5) \psline(0,1)(2.5,1) \psline(1,2) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red,algebraic]{0.01}{2.5}{(x^2+x+1)*(2.71828^(-1/x))/(x^2)} \psplotTangent[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,algebraic,arrows=<->]{0.395}{0.25}{(x^2+x+1)*(2.71828^(-1/x))/(x^2)} \psplotTangent[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,algebraic,arrows=<->]{1}{0.25}{(x^2+x+1)*(2.71828^(-1/x))/(x^2)} \psline[linestyle=dashed](0.395,0)(0.395,0.79) \psline[linestyle=dashed](1,0)(1,1.104) \uput[d](0.395,0){$\alpha$}\uput[u](2.4,1.1){\red $\mathcal{C}$}\uput[ul](0.65,1.3){ $T_{\alpha}$} \end{pspicture*} \end{center} \item %Déduire des questions précédentes que de toutes les tangentes $T_{a}$ à $\mathcal{C}$ (en des points d'abscisses non nulles), seule $T_{\alpha}$ passe par l'origine O. On a vu que l'équation de la tangente à la courbe $\mathcal{C}$au point d'abscisse $a$ a pour équation : $y = f'(a)x + f(a) - a f'(a)$. Cette droite contient l'origine si et seulement si $f(a) - a f'(a) \iff a = \dfrac{f(a)}{f'(a)}$. Or on a vu que seule $\alpha$ vérifie cette équation. Conclusion : $T_{\alpha}$ est la seule tangente à $\mathcal{C}$ qui contient l'origine O. \item On admettra que $T_{\alpha}$ est au-dessus de $\mathcal{C}$ sur $]0~;~+\infty[$. \begin{enumerate} \item %Par lecture graphique (et sans justification), donner le nombre de solutions %de l'équation $f(x) = m$ , suivant le réel $m$ donné. Graphiquement on voit que le nombre de solutions est : \begin{tabularx}{\linewidth}{*{3}X} $\bullet~$ si $m < 0$ : 0&$\bullet~$ si $0 \leqslant m \leqslant 1$ : 1&$\bullet~$ si $1 < m < \dfrac{3}{\e}$ : 2\\ $\bullet~$ si $m = \dfrac{3}{\e}$ : 1&$\bullet~$ si $m > \dfrac{3}{\e}$ : 0&\\ \end{tabularx} \item %Par lecture graphique (et sans justification), donner le nombre de solutions de l'équation $f(x) = mx$ selon le réel $m$ donné. \begin{tabularx}{\linewidth}{*{2}X} $\bullet~$si $m > A$ 1 solution 0&$\bullet~$ si $m = A$ : 2 solutions 0 et $\alpha$\\ $\bullet~$si $0 < m < $ : 3 solutions dont 0&$\bullet~$si $m \leqslant 0$ : 1 solution 0 \end{tabularx} \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie C} \medskip \begin{enumerate} \item %Pour $n \in \N$* on pose $u_{n} = \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 %f(x)\:\text{d}x$. Sans calculer explicitement $u_{n}$, déterminer le signe de %$u_{n+1} - u_{n}$. En déduire que la suite $(u_{n})$ est croissante. Comme $0 < n < n + 1$, on a $0 < \dfrac{1}{n+1} < \dfrac 1n$. Par linéarité de l'intégrale : $u_{n+1} - u_{n} = \displaystyle\int_{\frac{1}{n+1}}^1 f(x)\:\text{d}x - \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 f(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} f(x)\:\text{d}x$ : c'est l'intégrale sur un intervalle croissant d'une fonction positive d'après les parties précédentes : c'est donc un nombre positif : $u_{n+1} - u_{n} > 0 \iff u_{n+1} > u_{n}$ : la suite $(u_{n})$ est croissante. \item %Démontrer que la fonction $h$, définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $h(x) = (x + 1)\text{e}^{-\frac{1}{x}}$ est une primitive de $f$ sur $]0~;~+\infty[$. Comme $x > 0$, la fonction $h$ produit de fonctions dérivables sur $]0~;~+\infty[$ est dérivable et sur cet intervalle : $h'(x) = \text{e}^{-\frac{1}{x}} - \dfrac{1}{x^2}(x + 1)\text{e}^{-\frac{1}{x}} = \text{e}^{-\frac{1}{x}}\left(1 - \dfrac 1x - \dfrac{1}{x^2}\right) = \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2}\text{e}^{-\frac{1}{x}} = f(x)$ sur $]0~;~+ \infty[$. $h$ est donc une primitive de $f$ sur $]0~;~+\infty[$. \item %Calculer $u_{n}$. Interpréter graphiquement le résultat. D'après la question précédente, on a donc ; $u_n = [h(x)]_{\frac 1n}^1 = h(1) - h\left(\frac 1n\right) = (1 + 1)\text{e}^{-\frac{1}{1}} - \left(\frac 1n + 1\right)\text{e}^{-\frac{1}{\frac 1n}} = \dfrac{2}{\e} - \left(\dfrac 1n + 1 \right)\e^{-n}$. \item %Étudier la convergence de la suite $\left(u_n\right)$. On sait que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \e^{-n} = 0$, que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\dfrac 1n = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\dfrac 1n + 1 = 1$, donc par produit de limites $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(\dfrac 1n + 1 \right)\e^{-n} = 0$. Conclusion par somme de limites : \[\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = \dfrac{2}{\e} \approx 0,736.\] \end{enumerate} \end{document}