Ministère des Enseignements Sécondaires Examen : BAC session 2014Office du baccalauréat du Cameroun Series : C et ECopie : www.doualamaths.com Epreuve : Mathématiques

Baccalauréat C et E 2014 : Correction intégrale.

Exercice 1 (3 points).Le plan complexe est rapporté à un

1. Montrons que les points A,B ,C et D ne sont pas coplanaires.On a

−−→AB ∧ −→AC(−4, 2, 6),

−−→AD(0; 1; 0). D'où

−−→AD · (−−→AB ∧ −→AC) = 2.

Donc les pints A, B , C et D ne sont pas coplanaires.

2. (a) Ecrivons une équation cartésienne du plan (ABC)Soient M(x, y, z), −→n (−2; 1; 3) un vecteur normal du plan (ABC)M ∈ (ABC) ⇔ −−→

AM · −→n = 0 ⇔ −2x + y + 3z + 3 = 0

(b) Calculons le volume V du tétraedre (ABCD)

V =13

(12‖−−→AB ∧ −→AC‖ × d(D, (ABC))

)

=16√

6 + 4 + 36× | − 2 + 3|√4 + 1 + 9

u.v

=122√

14× 1√14

u.v

=13u.v

(c) Déterminons l'expression analytique de la reflexion f de plan (ABC)Soient M(x; y; z) et M(x′; y′; z′), I le milieu du segment [MM ′]

On a M ′ = f(M) ⇔{ −−−→

MM ′ = k−→n ou k ∈ R(1)I ∈ (ABC)(2)

(1) ⇔

x′ = x− 2λ

y′ = y + λ

z′ = z + 3λ

avec λ ∈ R

(2) donne −2(

x + x′

2

)+

(y + y′

2

)+ 3

(z + z′

2

)+ 3 = 0

D'où λ =27x− 1

7y − 3

7z − 3

7On en déduit donc l'expression analytique suivante :

x′ =37x +

27y +

67z +

67

y′ =27x +

67y − 3

7z − 3

7

z′ =67x− 3

7y − 2

7z − 9

73. Déterminons la nature et les éléments caractéristiques de (S′) = f((S)) où (S) = δ(D, BD)

Posons D′ = f(D). On a D′(

97;−17

;−37

)et BD =

√5

Donc (S′) est la sphère de centre D′ et de rayon√

5

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Exercice 2

1. (a) Déterminons les réels a et b pour que la fonction g soit une solution sur R de (E)g solution de (E) ⇔ ∀x ∈ R, g′′(x)− 4g′(x) + 4g(x) = 2 cosx + sinx, qui équivaut à :(−a− 4b + 4a) cosx + (−b + 4a + 4b) sin x = 2 cosx + sinx, ∀x ∈ R, qui équivaut à :{

3a− 4b = 2

4a + 3b = 1⇔

a =25

b =−15

(b) Démontrons que f est une solution de (E) siet seulement si f − g est une solution de (E0)On a (f − g) solution de (E0) ⇔ ∀x ∈ R, (f − g)′′(x)− 4(f − g)′(x) + 4(f − g)(x) = 0⇔ ∀x ∈ R, f ′′(x)− 4f ′(x) + 4f(x) = g′′(x)− 4g′(x)− 4g(x)⇔ ∀x ∈ R, f ′′(x)− 4f ′(x) + 4f(x) = 2 cosx + sin x

⇔ f solution de (E)

(c) Resolvons (E0) puis donnons la forme générale des solutions de (E)L'équation caractéristique de (E0) : r2 − 4r + 4 = 0 a une seule solution r = 2 ;donc les solutions sur R de (E0) sont les fonctions x 7→ (Ax + B)e2x

où A et B sont des constantes réelles et x ∈ R2. (a) Soit x ∈ [0;π[, calculons h′(x) et h′′(x)

On a h′(x) = −25

sinx− 15

cosx et h′′(x) = −25

cosx +15

sinx

(b) Etudions les variations de h′(x) sur[π

2; π

[et déduisons - en que l'équation

h′(x) = 0 admet dans cet intervalle une unique solution α telle que 2, 6 < α < 2, 7Soit x ∈

[π

2;π

[, on a cosx ≤ 0 et sinx ≥ 0. par suite la fonction h′ est

strictement croissante sur[π

2;π

[.

De plus, h′ est continue sur[π

2;π

[; h′

(π

2

)= −2

5et lim

x→πh′(x) =

15.

Donc l'éuation h′(x) = 0 admet une solution unique α sur[π

2;π

[.

Comme h′(2, 6)× h′(2, 7) < 0, alors 2, 6 < α < 2, 7

(c) Montrons que h′(x) > 0 ⇔ x ∈]α; π[ et dressons le tableau de variation de h.Soit x ∈ [0;π[. On a : h′(x) = −2

5sinx− 1

5cosx

- Pour 0 ≤ x ≤ π

2, on a −2

5sinx < 0 et −1

5cosx < 0 ; d'où h′(x) < 0

- Pour π

2≤ x ≤ α, on a h′(x) ≤ h′(α), car h′ est croissante sur

[π

2; π

[; d'où h′(x) ≤ 0

- Pour 0 < x < π, on a : h′(α) < h′(x) car h′ est strictement croissante sur [α;π[ ;d'où 0 < h′(x)Au total, h′(x) > 0 ⇔ x ∈]α; π[On a donc le tableau de variation suivant.

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(d) Tracé de la courbe de h.

Exercice 3

1. (a) Soit a > 0, montrons que 1− a <1

1 + a< 1

On a 11 + a

− (1− a) =a2

1 + a> 0 et 1

1 + a− 1 =

−a

1 + a< 0, donc 1− a <

11 + a

< 1

(b) Déduisons - en que : a− a2

2< ln(1 + a) < a

Soit t ∈]0; a]. On a : 1− t <11t

< 1 voir 1.a). D'où∫ a

0(1− t)dt <

∫ a

0

11 + t

dt <

∫ a

01dt

(Les fonctions : t 7→ 1− t, t 7→ 11 + t

et t 7→ 1 étant continues sur [0; a])

Donc[t− t2

2

]a

0

< [ln(1 + t)]a0 < [1]a0

C'est à dire a− a2

2< ln(1 + a) < a

2. (a) Soit n un entier naturel non nul, montrons que 12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6Par récurrence.Pour n = 1, on a 12 =

1(1 + 1)(2× 1 + 1)6

. Donc l'égalité est vraie pour n = 1

Supposons 12 + 22 + · · ·+ n2 =n(n + 1)(2n + 1)

6et

montrons que 12 + 22 + · · ·+ (n + 1)2 =(n + 1)(n + 2)(2n + 3)

6En effet 12 + 22 + · · ·+ (n + 1)2 =

n(n + 1)(2n + 1)6

+ (n + 1)2 =(n + 1)(n + 2)(2n + 3)

6Donc pour tout entier naturel non nul n, on a 12 + 22 + · · ·+ n2 =

n(n + 1)(2n + 1)6

(b) Montrons que : 12

(1 +

1n

)− 1

12(n + 1)(2n + 1)

n3< ln Pn <

12

(1 +

1n

)

On a ln Pn =n∑

k=1

ln(

1 +k

n2

)et pour tout entier k compris entre 1 et n, d'après 1.b, on

a : k

n2− k2

2n4< ln

(1 +

k

n2

)<

k

n2, d'où

n∑

k=1

(k

n2− k2

2n4

)<

n∑

k=1

ln(

1 +k

n2

)<

n∑

k=1

k

n2

Donc

(1n2

n∑

k=1

k

)− 1

2n4

n∑

k=1

k2 < ln nPn <1n2

n∑

k=1

k

C'est à dire que : 1n2

(n(n + 1)

2

)− 1

2n4

[n(n + 1)(2n + 1)

6

]< lnPn <

1n2

[n(n + 1)

2

]

ou encore 12

(1 +

1n

)− 1

12(n + 1)(2n + 1)

n3< ln Pn <

12

(1 +

1n

)

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(c) Déduisons - en que la suite (Pn) est convergente et déterminons sa limite.

On a limn→+∞

[12

(1 +

1n

)− 1

12(n + 1)(2n + 1)

n3

]=

12

et limn→+∞

12

(1 +

1n

)=

12

La suite (lnPn) converge donc vers 12,

par suite, la suite (Pn) est convergente et sa limite est√

e car Pn = eln Pn

PROBLEME 10 points

Partie A1. (a) Montrons que pour tout point M de (P ), ψ ◦ ψ(M) = M

On a ψ ◦ ψ(O) = ψ(O). Si M 6= O, alors en posant ψ(M) = M1 et ψ(M1) = M ′,on a

−−−→OM1 =

4OM2

−−→OM et

−−−→OM ′ =

4OM2

1

−−−→OM1 =

416

OM2

× 4OM2

−−→OM, d'où

−−−→OM ′ =

−−→OM.

par suite M ′ = M

Donc ψ ◦ ψ(M) = M pour tout point M de (P ).(b) Justifions que l'ensemble des points M distincts de O tels que ψ(M) = M

est le cercle de centre O et de rayon 2.Soit M ∈ (P ) \ {O}, on a ψ(M) = M ⇔ −−→

OM =4

OM2

−−→OM ⇔ 4

OM2= 1 ⇔ OM = 2

2. Justifions que (d) est l'ensemble des points M(z) tels que z = a + it où t ∈ RSoit M(z). On a M ∈ (d) ⇔ ∃k ∈ R/

−−→DM = k−→e1 ⇔ ∃k ∈ R/z − zD = ik

⇔ k ∈ R/z = a + i(k + b) ⇔ ∃t ∈ R/z = a + it

3. (a) Soit M(z), M ′(z′) tous distincts de O. Montrons que : ψ(M) = M ′ ⇔ z′ =4z

On a ψ(M) = M ′ ⇔ −−−→OM ′ =

4OM2

−−→OM ⇔ Z ′ =

4|z|2 Z ⇔ Z ′ =

4z

zz⇔ Z ′ =

4z

(b) Montrons que ψ(M) = M ′ ⇔ x′ =4a

a2 + t2et y′ =

4t

a2 + t2

On a ψ(M) = M ′ ⇔ Z ′ =4z⇔ x′ + iy′ =

4a− it

⇔ x′ + iy′ =4a + 4it

a2 + t2

⇔ x′ =4a

a2 + t2et y′ =

4t

a2 + t2

(c) Vérifions que(

x′ − 2a

)2

+ y′2 =4a2

Cette égalité n'a de sens que pour a 6= 0. Et our tout de tels a :(x′ − 2

a

)2

+ y′2 =(

4a

a2 + t2− 2

a

)2

+16t2

(a2 + t2)2=

(2a2 − 2t2)2 + 16a2t2

a2(a2 + t2)2=

4(a2 + t2)2

a2(a2 + t2)2=

4a2

(d) Déduisons - en que si M ∈ (d), alors , ψ(M) ∈ (C1), cercle de diamètre [OH ′]Soit (d) la droite constituée des points M d'affixe z tel ue z = a + it, avec a 6= 0 ;on a : zH = a et zH′ =

4a

Soit N(x; y). On a N ∈ (C1) ⇔ −−→ON.

−−→H ′N = 0 ⇔ x

(x− 4

a

)+ y2 = 0 ⇔

(x− 2

a

)2

+ y2 =4a2

Comme(

x′ − 2a

)2

+ y′2 =4a2

alors ψ(M) ∈ (C1)

4. <Montrons que l'image de (C1) par h est une ellipse dont on calculera l'excentricité e.

On a :

x = x1

y =32y1

⇔

x1 = x

y1 =23y

Ainsi(

x− 2a

)2

+ y2 =4a2⇔

(x1 − 2

a

)2

+(

32y1

)2

=4a2

⇔(x1 − 2

a

)2

(2a

)2 +(y1)2(

43a

)2 = 1. Donc h((C1)) est une ellipse d'excentricité e =

√(2a

)2 − (43a

)2

2|a|

=√

53

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Partie B

1. Soit −→v un vecteur non nul, exprimons ϕ

(4

‖−→v ‖−→v

)en fonction de −→v et montrons que ϕ n'est

pas une application linéaire.

On a ϕ

(4

‖−→v ‖−→v

)=

4‖−→v ‖2

16× 4‖−→v ‖2

.−→v = −→v4

‖−→v ‖2ϕ(−→v ) =

16‖−→v ‖

−→v . Comme ϕ

(4

‖−→v ‖2−→v

)6= 4‖−→v ‖2

ϕ(−→v ) pour ‖−→v ‖ 6= 2, alors ϕ n'est pas uneaplication linéaire.

2. (a) Déterminons l'ensemble Inv(ϕ)

Soit −→u ∈ (−→P ). On a −→u ∈ Inv(ϕ) ⇔ ϕ(−→u ) = −→u ⇔ −→u =

−→O ou −→u =

4‖u‖2

.−→u ⇔ −→u =−→O ou

4‖−→u ‖2

= 1 ⇔ −→u =−→O ou ‖−→u ‖ = 2. Donc Inv(ϕ) = {−→u ∈ (

−→P )/−→u =

−→O ou ‖−→u ‖ = 2}

(b) calculons ‖−→u1+−→u2‖ et montrons que Inv(ϕ) n'est pas un sous espace vectoriel de de (−→P )

On a (−→u1 +−→u2)2 = −→u12 +−→u2

2 + 2−→u1.−→u2 = 4 + 4 + 4 = 12. Donc ‖−→u1 +−→u2‖ =

√12

En outre, on a −→u1 et −→u2 qui appartiennent à Inv(ϕ),mais −→u1 +−→u2 n'appartient pas à Inv(ϕ)Donc Inv(ϕ) n'est pas un sous espece vectoriel de (

−→P )

3. Déterminons l'ensemble Opp(ϕ) et montrons que Opp(ϕ) est un sous espace vectoriel de (−→P )

Soit −→u ∈ (−→P ). u ∈ Opp(ϕ) ⇔ ϕ(−→u ) = −−→u ⇔ −→u =

−→O. Donc Opp(ϕ) = {−→O}.

Le singleton {−→O} est un sous espace vectoriel de−→P ;

Opp(ϕ) est alors un sous espace vectoriel de−→P

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