L'inconscient

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Corrigé du baccalauréat S La Réunion 23 juin 2009

E XERCICE 1 → → − − Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O, u , v .

4 points

1. Soit (E) l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant : z = 1 − 2i + eiθ , θ étant un nombre réel. z = 1 − 2i + eiθ , ⇒ |z − (1 − 2i)| = eiθ soit |z − (1 − 2i)| = 1. Conclusion : les points M d’affixe z sont à ladistance 1 du point d’affixe 1− 2i. Comme θ ∈ R, la réponse est c.

z ′ − (−1 − i) = −i[z − (−1 − i)]. f est donc la rotation de centre le point d’afixe π −1 − i et d’angle − . Réponse d. 2 3. Soit (F) l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z − 1 + i| = |z + 1 + 2i|.

2. Soit f l’application du plan qui, à tout point M d’affixe z associe le point M ′ d’affixe z ′ tel que z ′ = −iz − 2i. Un point Md’affixe z est invariant par f si et seulement si : z = −iz − 2i ⇐⇒ −2i z(1 + i) = −2i ⇐⇒ z = = −1 − i. 1+i Il y a donc un point invariant par f . z′ = −iz − 2i entraîne par différence : −1 − i = −i(−1 − i) − 2i

Soient les points A, B et C d’ affixes respectives 1 − i, − 1 + 2i et −1 − 2i. |z − 1 + i| = |z + 1 + 2i| peut s’écrire |z − (1 − i)| = |z − (1 − 2i)| qui montre que M est équidistant desdeux points A et C ; donc M appartient à la médiatrice de [AC]. Réponse c.

4. On considère dans l’ensemble des nombres complexes l’équation z + |z|2 = 7 + i. En posant z = x + iy, l’équation proposée s’écrit : x + iy + x 2 + y 2 = 7 + i, soit en identifiant parties réelles et parties imaginaires : x + x2 + y 2 y = = 7 1

La partie imaginaire de(s) la solution(s) est égale à 1. La premièreéquation s’écrit : x + x 2 + y 2 = 7 ⇐⇒ x 2 + 1+ x = 7 ⇐⇒ x 2 + x − 6 = 0 ⇐⇒ (x − 2)(x + 3) = 0 ⇐⇒ x = 2 ou x = −3.

Vérification : avec z1 = 2 + i, 2 + i + 4 + 1 = 7 + i : ce nombre est solution. Avec z1 = −3 + i, − 3 + i + 9 + 1 = 7 + i : ce nombre est solution. Réponse a.

E XERCICE 2 Partie A

6 points

2. f produit de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ est dérivable sur cet intervalle et f′ (x) = e−x − xe−x = e−x (1 − x). Comme e−x > 0, quel que soit x, le signe de f ′ (x) est donc celui de 1 − x.

1. La fonction semble être croissante sur [0 ; 1], puis décroissante sur [1 ; +∞[. La limite en +∞ semble être nulle.

A. P M. E. P . .

Corrigé du baccalauréat S

On a donc f ′ (1) = 0, f ′ (x) > 0 six ∈]0 ; 1[, f ′ (x) < 0 six > 1. x ex D’autre part f (x) = x . On sait que lim =+∞, donc lim f (x) = 0. x→+∞ x x→+∞ e 3. Voir l’annexe 4. C f semble être au dessus de C g sur ]0 ; 1[, puis au dessous sur ]1 ; +∞[. Démonstration : considérons la fonction d définie sur [0 ; +∞[ par d(x) = xe−x − x 2 e−x = xe−x (1 − x). Comme x 0 et e−x > 0, le signe de d est celui de 1 − x. Conclusion : d(x) > 0 si 0 < x < 1, c’est-à-dire f (x) > g (x) ; d(x) < 0 si x > 1, c’est-à-dire f (x)
Partie B 1. Voir l’annexe 2. I =
1 0 1

f (x) dx =

xe−x dx.

0

On fait une intégration par parties en posant : u(x) d v(x)
1 0

= =

x e−x

du(x) v(x)

= =

1 −e−x
1 0

Toutes ces fonctions étant continues, on a donc : I = [−xe−x ]1 − 0 −e−x dx = −xe−x
1 0−

e−x

1 0

2 1− . e 3. a. H produit de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ est dérivable sur cetintervalle et : b. On peut écrire H ′ (x) = x 2 e−x − 2e−x = g (x) − 2e−x ou encore

= −e−x (x + 1)

= −2e−1 + 1 =

H ′ (x) = (−2x −2)e−x + x 2 + 2x e−x = e−x x 2 + 2x − 2x − 2 = e−x x 2 − 2 .

4. On a vu que sur ]0 ; 1[ C f est au dessus de C g . L’aire A est donc l’intégrale de la fonction positive d sur [0 ; 1].
1 1 1

g (x) = H ′ (x) + 2e−x . Une primitive de H ′ (x) est H (x), uneprimitive de 2e−x est −2e−x , donc par linéarité une primitive de g est G(x) = − x 2 + 2x e−x − 2e−x = −e−x x 2 + 2x + 2 .

A= Or
0 1

0 1

( f (x) − g (x)) dx = 2 ; e

0

f (x) dx −

g (x) dx (par linéarité de l’intégrale).
0

f (x) dx = I = 1 −

5 g (x) dx = G(1) − G(0) = − + 2. e 3 2 5 Donc A = 1 − + − 2 = − 1. e e e 3 Remarque : A = − 1 ≈ 0,1 ce qui correspond à peu près à ce...
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