Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2007
E XERCICE 1 1. On a f ′ (x) = 2cos x sin x = sin 2x. Vrai 2. En intégrant par parties car toutes les fonctions sont continues : u(t ) = t ; u ′ (t ) = 1 ′ ′ v (t ) = f (t ) ; v(t ) = f (t )
1 −1

4 points

t f ′ (t ) dt = [t f (t )]1 − −1
1 −1

1 −1

f (t ) dt = f (1) − (−1) f (−1) −

1 −1

f (t ) dt =

f (1) + f (−1) −

f (t ) dt .
1 −1

Or f (−1) = − f (1), donc

t f ′ (t ) dt = − x + 3, 3
3 0

1 −1

f (t ) dt . Vrai x2 2
3

3. Avec f (x) = x et g (x) = − x2 − + 3x 6 On a bien
3

x dx =

=
0

9 et 2

3

−
0

x + 3 dx = 3

15 9 . = − +9 = 6 2 0
3 0

f (x) dx

3

0

g (x) dx et f (3) = 3 et g (3) = 2. Faux

4. f est solution de l’équation différentielle, donc f ′ (x) = −2f (x)+2 = 2(1− f (x)). Si f est constante, alors f ′ (x) = 0 et par conséquent 2(1 − f (x)) = 0 ⇒ f (x) = 1. Comme la fonction n’est pas constante f (x) = 1, donc 2(1 − f (x)) = f ′ (x) = 0. Aucune tangente n’est horizontale. Vrai E XERCICE 2 1. 5 points

a. z0 = 0, z1 = λ×0+i = i, z2 = λi+i = (λ+1)i, z3 = λ[(λ+1)i]+i = λ2 i+λi+i = λ2 + λ + 1 i. b. Par récurrence : • Initialisation z0 = 0 = λ0 − 1 i. λ−1

• Hérédité : supposons que zn =

λn − 1 · i. λ−1 λn − 1 λn+1 − λ + λ − 1 λn+1 − 1 On sait que zn+1 = λzn +i = λ ·i+i = ·i = ·i. λ−1 λ−1 λ−1 La formule est vraie au rang (n + 1). λn − 1 · i. On a démontré par récurrence que zn = λ−1

2. λ = i a. D’après 1. a., on a z3 = (−1 + i + 1)i = −1. Donc z4 = i × (−1) + i = 0. Ou plus rapide en utilisant la formule du 1. b. : z4 = b. zn+4 = in+4 − 1 in × i4 − 1 in − 1 ·i = i= · i = zn . i−1 i−1 i−1 Quel que soit n ∈ N, zn+4 = zn .

i4 − 1 · i = 0 · i = 0. i−1

c. On a donc zn+1 = (zn + 1) i (1). Cherchons un point invariant par la transformation zn −→ zn+1 . S’il existe un point invariant Ω d’affixe ω, on doit avoir ω = (ω + 1) i ⇐⇒ ω(1 − i) = i(1 + i) 1 1 i = ⇐⇒ ω = − + i . i ⇐⇒ ω = 1−i 1−i 2 2

Baccalauréat S

On a donc en retranchant ω à