Algèbre – correction des exercices 10, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Algèbre – correction des exercices 10, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 10 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Les gains algébriques possibles, le calcul de l’espérance.
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BasSAmeriqueduNordmai2012CorrigeSaoud.dvi

Baccalauréat S Amérique du Nord 31 mai 2012 Corrigé de A. Saoud Manal

EXERCICE 1 5 POINTS PARTIE A.

1. Un quart des femmes et un tiers des hommes adhère à la section tennis, donc pF(T)= 1

4

et pF(T) = 1

3 . 30 % des membres de cette association adhèrent à la section tennis, donc

p(T)= 3

10 .

F et F forment une partition, d’après le théorème des probabilités totales, on a : p(T) = p(T∩F)+p(T∩F)= pF(T)p(F)+pF(T)p(F)=

1

4 p(F)+

1

3 (1−p(F))=

3

10 . On en déduit que

1

12 p(F)=

1

3 −

3

10 soit p(F)=

2

5 .

2. Il s’agit de calculer pT(F). Or pT(F)= p(T∩F)

p(T) =

p(F)pF(T)

p(T) =

2 5 × 1

4 3 10

= 1

3 .

PARTIE B.

1. a. C’est une répétition d’une expérience aléatoire à deux issues, identique et indépen- dante. La variable aléatoire X, donnant le nombre demembres adhérant à la section

tennis parmi les membres choisis, suit donc la loi binomiale de paramètres n = 4 (nombre d’épreuves) et p =

3

10 . On souhaite deux succès, la probabilité est donc

p(X= 2)= (

4

2

)

× (

3

10

)2

× (

1− 3

10

)4−2 =

(

4

2

)

× (

3

10

)2

× (

7

10

)4−2 =

1323

5000 ≈ 0,2646 .

b. Il suffit de considérer l’évènement contraire qui consiste à ne choisir aucunmembre

du club de tennis n fois, soit

(

7

10

)n

. Le résultat est donc pn = 1− (

7

10

)n

.

c. pn > 0,99, 1− (

7

10

)n

> 0,99,

(

7

10

)n

6 0,01, ln

((

7

10

)n)

6 ln(0,01) car la fonction ln

est croissante.

n ln

(

7

10

)

6 ln(0,01), n > ln(0,01)

ln (

7 10

) car ln

(

7

10

)

< 0. n > 12,9, i.e. n > 13.

2. a. Les gains algébriques possibles sont -5, 15, et 35.

Y = yi -5 15 35

p(Y= yi )

(

90

2

)

(

100

2

)

= 89

110

(

90

1

)(

10

1

)

(

100

2

)

= 2

11

(

10

2

)

(

100

2

)

= 1

110

b. L’espérance est donc E(Y)= ∑

i

yi p (

Y = yi )

=−5× 89

110 +15×

2

11 +35×

1

110 =−1. Le

jeu est en défaveur du joueur car l’espérance est négative ou encore qu’enmoyenne,

sur un grand nombre de partie, le joueur perd 1 euro par partie.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 5 POINTS

PARTIE A. RESTITUTION ORGANISÉE DES CONNAISSANCES

Onpose x = et , on a donc x > 0, ln(x)= t . On a lim t→∞

et =+∞= lim t→∞

x. lim x→+∞

ln(x)

x = lim

t→+∞

ln(et )

et =

lim t→+∞

t

et = 0 puisque lim

t→+∞

et

t =+∞.

PARTIE B.

1. La fonction g est dérivable d’après les théorèmes généraux et g ′(x)= 2x + 1

x . Pour x > 1,

2x > 0 et 1

x > 0, donc g ′(x)> 0 donc la fonction g est strictement croissante sur [1;+∞[.

2. a. La fonction f (x) = u(x)− v(x)

u(x) avec u(x)= x et v(x) = ln(x). u et v sont dérivables

avec u′(x) = 1 et v ′(x) = 1

x . D’après les théorèmes généraux f est dérivable et on a

f ′(x)= u′(x)− v ′(x)u(x)−v(x)u′(x)

u(x)2 = 1−

1 x ×x − ln(x)

x2 =

x2−1+ ln(x) x2

= g (x)

x2

b. Pour tout x ∈ [1;+∞[, g (x) > 0 et x2 > 0, donc f ′(x) > 0. On en déduit que f est strictement croissante sur [1;+∞[.

c. f (x)− x = − ln(x)

x , lim

x→+∞ f (x)− x = − lim

x→+∞ ln(x)

x = 0 donc la droite D d’équation

y = x est une asymptote à la courbe C .

d. Pour tout x ∈ [1;+∞[, ln(x)> 0 et x > 0, donc ln(x)

x > 0 donc la courbe C est située

en dessous de la droite D.

3. a. Un graphique pour comprendre :

1 2 3 4 5

1

2

3

4

5

0

D

C

M3

M3

N5

M5

Amérique du Nord 2 31 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

La distance MkNk = | f (x)−x| = ln(k)

k > 0.

Variables k est un entier

d est une variable réelle

Initialisation k := 2 ; d := ln(k)

k Traitement Tant que d > 10−2

Début du tant que

k := k +1 ;

d := ln(k)

k ;

Fin du tant que

Sortie Afficher k

EXERCICE 3 5 POINTS

PARTIE A.

b.1 Pour tout x ∈ [0; 1], 1

1+x2 > 0, donc f ′(x)> 0. On en déduit que f est strictement crois-

sante sur [0; 1]

2. a. g est la composée des fonctions f et u : x 7−→ tan(x) qui sont dérivables, donc g est dérivable et g ′(x)= f ′ (u(x))×u′(x)=

1

1+ tan2(x) ×

(

1+ tan2(x) )

= 1

b. Pour tout x de [

0; π

4

]

, g ′(x)= 1, donc pour tout x de [

0; π

4

]

, g (x)= x + c avec c ∈ R une constante. D’autre part, 0+ c = g (0) = f (tan(0)) = f (0) = 0. On en déduit que c = 0. On a donc g (x)= x pour tout x de

[

0; π

4

]

. g (

π

4

)

= π

4 = f

(

tan( π

4 ) )

= f (1), donc

f (1)= π

4 .

3. f est croissante sur [0 ; 1]. f (0)= 0 et f (1)= π

4 donc, pour tout x ∈ [0 ; 1], 06 f (x)6

π

4

PARTIE B.

1. On pose u(x) = x. u et f sont dérivables et leurs dérivées u′(x) = 1 et f ′(x) = 1

1+x2

sont continues, d’après le théorème de l’intégration par parties on a I0 = ∫1

0 f (x)dx =

∫1

0 u′(x) f (x)dx =

[

u(x) f (x) ]1 0−

∫1

0 u(x) f ′(x)dx =

[

x f (x) ]1 0−

∫1

0

x

1+x2 dx = f (1)−

1

2

∫1

0

2x

1+x2 dx.

On pose pour tout x de [0; 1], v(x)= 1+x2. v est dérivable avec v ′(x)= 2x, de plus v(x)> 0

pour tout x de [0; 1].

∫1

0

2x

1+x2 dx =

∫1

0

v ′(x)

v(x) dx = [ln(v(x))]10 = ln(2). On en déduit que

I0 = π

4 − 1

2 ln(2).

Amérique du Nord 3 31 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. a. Pour tout x de [0; 1], 0 6 xn et 0 6 f (x), donc 0 6 xn f (x) d’après la positivité de

l’intégrale, on a 06

∫1

0 xn f (x)dx, donc 06 In .

b. Pour tout x de [0; 1], 06 xn et f (x)6 π

4 , donc xn f (x)6

π

4 xn d’après la croissance

de l’intégrale, on a

∫1

0 xn f (x)dx 6

∫1

0

π

4 xndx =

[

π

4 ×

xn+1

n +1

]1

0

= π

4(n +1) , donc In 6

π

4(n +1) .

c. On a 06 In 6 π

4(n +1) et lim

n→+∞ π

4(n +1) = 0, d’après le théorème des comparaisons

des limites de suites, (In) converge et sa limite est 0 .

EXERCICE 4 5 POINTS Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. f (M)=M⇐⇒ z = z2 ⇐⇒ z2− z = 0⇐⇒ z(z −1)= 0⇐⇒ z = 0 ou z = 1. On en déduit que Γ1 = {O,Ω}.

2. a. a = p 2− i

p 2= 2

(p 2

2 − i

p 2

2

)

= 2 (

cos (

− π

4

)

+ i sin (

− π

4

))

= 2e−i π

4 .

b. Soit M tel que f (M) = A⇐⇒ z2 = a ⇐⇒ z2−2e−i π

4 = 0⇐⇒ z2− (p

2e−i π

8

)2 = 0⇐⇒

(

z − p 2e−i

π

8

)(

z + p 2e−i

π

8

)

= 0⇐⇒ z− p 2e−i

π

8 = 0 ou z+ p 2e−i

π

8 = 0⇐⇒ z = p 2e−i

π

8 ou z =

− p 2e−i

π

8 .

Les affixes des deux antécédents de A par f sont p 2e−i

π

8 et − p 2e−i

π

8 .

3. On pose z = x + iy l écriture algébrique de z. On a z ′ = x2− y2+2ix y est imaginaire pur si et seulement si x2− y2 = 0⇐⇒ (x y)(x + y) = 0⇐⇒ x y = 0 ou x + y = 0⇐⇒ x = y ou x =−y . Γ2 est donc la réunion des droites d’équations x = y et x =−y .

4. a. M distinct de Ω est tel que le triangle ΩMM′ est rectangle isocèle direct en Ω si et seulement si z 6= 1 et M′ est l’image de M par la rotation de centre Ω et d’angle π

2 ⇐⇒ z ′−1= ei

π

2 (z −1)⇐⇒ z2−1= i(z −1)⇐⇒ z2− iz −1+ i= 0 avec z 6= 1.

b. (z −1)(z +1− i)= z2+ z − iz z −1+ i= z2− iz −1+ i c. z2− iz −1+ i= 0⇐⇒ (z −1)(z +1− i)= 0⇐⇒ z −1= 0 ou z +1− i= 0⇐⇒ z = 1 ou

z =−1+ i. Or z 6= 1, donc Γ3 contient uniquement le point d’affixe−1+ i.

5. a. (−−→ OM ,

−−−→ OM′

)

= arg (

z

z

)

= arg (

z2

z

)

= arg(z).

b. Les points O, M et M′ sont alignés si et seulement si (−−→ OM ,

−−−→ OM′

)

≡ 0[π]⇐⇒ arg(z)≡ 0[π]⇐⇒ z ∈R. Γ4 est donc l’axe des abscisses privé des points O etΩ.

Amérique du Nord 4 31 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 SPÉCIALITÉ 5 POINTS

PARTIE A.

1. Recherche de points invariants :

M est un point invariant⇐⇒ z = 5iz +6i+4⇐⇒ z −5iz = 6i+4⇐⇒ z(1−5i)= 6i+4⇐⇒ z =

6i+4 1−5i

=−1+ i. L’unique point invariant par S est le pointΩ d’affixeω=−1+ i.

z ′−ω= z ′−(−1+ i)= 5iz+6i+4−(−1+ i)⇐⇒ z ′−(−1+ i)= 5iz+5+5i= 5i (

z ′− (−1+ i) )

= 5ei

π

2 (z−ω)⇐⇒ z ′−ω= 5ei π

2 (z−ω). C’est l’expression complexe de la similitude de centre Ω, de rapport 5 et d’angle

π

2 .

2. z ′ = x ′+ iy ′ = 5iz +6i+4 = 5i(x + iy)+6i+4 = 5ix −5y +6i+4 = −5y +4+ i(5x +6) ⇐⇒ {

x ′ =−5y +4 y ′ = 5x +6

PARTIE B.

1. a. On a 4×1+3× (−1) = 1, en multipliant par 5, on obtient 4×5+3× (−5) = 5. On a ainsi une solution particulière (5;−5). D’où 4a + 3b = 5 ⇐⇒ 4a + 3b = 4× 5+ 3× (−5) ⇐⇒ 4a − 4× 5 = −3b + 3× (−5) ⇐⇒ 4(a − 5) = −3(b + 5). On en déduit que 4 divise −3(b + 5), or 4 et -3 sont premiers entre eux, d’près le théorème de Gauss, 4 divise b + 5, donc ∃k ∈ Z tel que b + 5 = 4k ⇐⇒ b = −5+ 4k , on en déduit que 4(a − 5) = −3(−5+ 4k + 5) ⇐⇒ 4(a − 5) = −3× 4k ⇐⇒ a − 5 = −3k ⇐⇒ a = 5− 3k . L’ensemble des couples solutions est donc {(5−3k ; −5+4k)/k ∈Z}.

b. −3x ′+4y ′ = 37⇐⇒−3x ′+4y ′ ⇐⇒−3(−5y +4)+4(5x +6) = 37⇐⇒ 20x +15y −12+

24= 37⇐⇒ 20x +15y = 25⇐⇒ 4x +3y = 5⇐⇒∃k ∈Z tel que {

x = 5−3k y =−5+4k

−36 5−3k 6 5 et−36−5+4k 6 5, donc seuls k = 1 et k = 2 sont tels que−36 x 6 5 et −36 y 6 5. Les points de coordonnées (2;−1) et (−1; 3) répondent à la question.

2. a. x ′+ y ′ =−5y +4+5x +6= 5(x y +2), donc x ′+ y ′ est un multiple de 5. b. x ′+ y ′− (x ′− y ′)= 2y ′, donc x ′− y ′ et x ′+ y ′ sont congrus modulo 2.

Par ailleurs 2 est un nombre premier. Si 2 divise x ′2− y ′2 = (x ′− y ′)(x ′+ y ′), alors il divise x ′− y ′ ou x ′+ y ′. Supposons qu’il divise x ′− y ′, alors x ′− y ′ ≡ 0 [2], or x ′− y ′ ≡ x ′+ y ′ [2], donc x ′+ y ′ ≡ x ′− y ′ ≡ 0 [2]. Le raisonnement est identique si on suppose que x ′+ y ′ ≡ 0 [2].

c. x ′2− y ′2 = 20 donc x ′2− y ′2 est multiple de 2 donc x ′− y ′ et x ′+ y ′ le sont également. Par ailleurs x ′+ y ′ est un multiple de 5. Or (x ′− y ′)(x ′+ y ′)= 20, donc x ′+ y ′ est un multiple de 2 et de 5 qui divise 20, x ′+ y ′ est donc un multiple de 10 qui divise 20. On en déduit que x ′+ y ′ =±10 ou x ′+ y ′ =±20. x ′+ y ′ =±20 est impossible car cela donnerait x ′−y ′ =±1 qui ne serait pas congru à x ′+y ′ =±20modulo 2. Il reste donc l’unique possibilité x ′+ y ′ =±10 donc x ′− y ′ =±2, ce qui donne x ′ =±6 et y ′ =±4. x ′ = 6 n’est pas possible car cela donnerait 6 = −5y + 4 d’où y = −

2

5 , donc y n’est

pas entier. On a finalement x ′ =−6 et y ′ =−4 ce qui donne x =−2 et y = 2. L’unique point de E est donc (2; −2).

Amérique du Nord 5 31 mai 2012

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