Algèbre – correction des exercices 11, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Algèbre – correction des exercices 11, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 11. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la solution du système, le tableau de variations.
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corPolynesiejuin2012Reboux.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2012 \

EXERCICE 1 5 points

Le plan est rapporté à un repère orthonormal (

O ; −→ i ;

−→ j )

.

On considère les points B (100 ; 100) et C

(

50 ; 50 p e

)

et la droite (D) d’équation y = x.

On note f la fonction définie sur R dont la courbe représentative, notée Γ, est donnée en annexe. On suppose de plus qu’il existe deux réels a et b tels que :

• pour tout x réel, f (x)= xeax+b . • les points B et C appartiennent à la courbe Γ .

1. a. B(100;100) ∈Γ ⇐⇒ 100= f (100) ⇐⇒ 100= 100e100a+b ⇐⇒ 1= e100a+b ⇐⇒ 0= 100a +b

C

(

50 ; 50 p e

)

⇐⇒ 50 p e = f (50) ⇐⇒

50 p e = 50e50a+b ⇐⇒ e

− 1

2 = e50a+b ⇐⇒ 50a +b =− 1

2

Le couple (a ; b) est donc solution du système :

100a +b = 0

50a +b =− 1

2

b.

100a +b = 0

50a +b =− 1

2

⇐⇒ {

100a +b = 0 100a +2b =−1 ⇐⇒

{

100a +b = 0 b =−1 ⇐⇒

{

100a = 1 b =−1 ⇐⇒

{

a = 0,01 b =−1

Donc, pour tout x réel, f (x)= xe0,01x−1. 2. lim

x→+∞ 0,01x −1=+∞ et lim

y→+∞ ey =+∞ d’où lim

x→+∞ e0,01x−1 =+∞ et lim

x→+∞ x =+∞ donc lim

x→+∞ f (x)=+∞

3. a. Pour tout x réel, f (x)= xe0,01x−1 = 100×0,01xe0,01xe−1 = 100

e ×0,01xe0,01x

b. lim x→−∞

0,01x =−∞ et lim y→−∞

yey = 0 d’où lim x→+∞

f (x)= 0

4. f est dérivable sur R et pour tout x réel on a :

f ′(x)= 1×e0,01x−1+x ×0,01e0,01x−1 = (1+0,01x)e0,01x−1. Comme e0,01x−1 > 0 quel que soit le réel x, la dérivée a le signe du facteur 1+0,01x. Comme 1+ 0,01x > 0 ⇐⇒ 0,01x > −1 ⇐⇒ x > −100, la fonction est croissante sur [−100 ; +∞[, décroissante ailleurs. D’où le tableau de variations suivant :

x −∞ −100 +∞ f ′(x) − 0 +

f (x)

0

5. Pour tout x réel on a : f (x)−x = x (

e0,01x−1−1 )

.

Avec e0,01x−1−1> 0 ⇐⇒ 0,01x −1> 0 ⇐⇒ x > 100. On a donc le tableau de signes suivants :

x −∞ 0 100 +∞ x

e0,01x−1

f (x)−x

− + + − − +0 + − +

La courbe Γ est donc en dessous de la droite (D) sur ]0 ; 100] et au dessus ailleurs.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

6. a. Posons pour tout t réel ; u(t )= x et v ′(t )= e0,01t−1 on a alors u′(t )= 1 et v(t )= 100e0,01t−1. Les fonctions u, v , u′ et v ′ sont continues sur R car dérivables sur [0 ; 100] d’où par intégration par parties on obtient : ∫100

0 f (t )d t =

[

t ×100e0,01t−1 ]100 0 −

∫100

0 100e0,01t−1d t

= 10000e0−100×0×e−1− [

1002e0,01t−1 ]100 0

= 100000−10000 (

1− 1

e

)

= 10000

e

.

b. La courbe Γ est donc en dessous de la droite (D) sur [0;100] donc on a A = ∫100

0 t f (t )d t

= ∫100

0 td t

∫100

0 f (t )d t

= [

t2

2

]100

0 − 9900

e

= 5000− 10000

e ≃ 1321

Polynésie 2 8 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 5 points

Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct (

O, −→ u ,

−→ v )

, on considère les points A, B et C d’affixes

respectives a =−2+2i, b =−3−6i et c = 1. La figure de l’exercice est donnée en annexe. Elle peut servir à émettre des conjectures, à vérifier des résultats.

1. Le triangle ABC semble rectangle en C. (−−→ CA ,

−−→ CB

)

= arg (

−3−6i−1 −2+2i−1

)

= arg (

−4−6i −3+2i

)

= arg (

2i(2i−3) −3+2i

)

= arg(2i)= π

2 Le triangle ABC est donc bien rectangle en C.

2. a. L’écriture complexe de la rotation r de centre B et d’angle π

2 est :

z ′− (−3−6i)= ei π

2 (z +3+6i) ⇐⇒ z ′ = iz +3i−6+ (−3−6i) ⇐⇒ z ′ = iz −9−3i. b. L’affixe du point A′ image de A par r est a′ = i(−2+2i)−9−3i=−11−5i

c. L’affixe s du point S milieu de [AA′] est s = a +a

2 =

−2+2i−11−5i 2

=− 13

2 − 3

2 i.

d. Le triangle ABC étant rectangle en C le centre de son cercle circonscrit estΩ le milieu de [AB] qui a pour affixe

− 5

2 −2i. Son rayon estΩA=

−2+2i− (

− 5

2 −2i

)∣

= ∣

1

2 +4i

= p 65

2

OrΩS = ∣

− 13

2 − 3

2 i−

(

− 5

2 −2i

) ∣

= ∣

− 8

2 + 1

2 i

= p 65

2 donc S est bien sur le cercle circonscrit au triangle ABC.

3. On construit de la même manière C′ l’image de C par la rotation de centre A et d’angle π

2 , Q le milieu de [CC′], B′

l’image de B par la rotation de centre C et d’angle π

2 et P le milieu de [BB′].

On admet que les affixes respectives de Q et de P sont q = 1

2 + 5

2 i et p = 2−5i.

a. Démontrer que s q p a

= −132 −

3 2 i−

1 2 −

5 2 i

2−5i+2−2i =

−7−4i 4−7i

= −4i+7i2

4−7i =−i.

b. On a donc (−−→ AP ;

−−→ QS

)

= arg(−i)=− π

2 . Les droites (AP) et (QS) sont donc perpendiculaires.

De plus

s q p a

= QS

AP = |− i| = 1 donc que les segments [AP] et [QS] sont de même longueur.

4. p s q b

= 2−5i+ 132 +

3 2 i

1 2 +

5 2 i+3+6i

= 17 2 −

7 2 i

7 2 +

17 2 i

=−i.

On a donc (−−→ BQ ;

−→ SP

)

= arg(−i)=− π

2 . Les droites (BQ) et (SP) sont donc perpendiculaires.

Onmontre de même que les droites (CS) et (PQ) sont perpendiculaires.

Les droites (AP), (BQ) et (CS) sont donc les trois hauteurs du triangle PQS donc sont concourantes

Polynésie 3 8 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 3 5 points

PARTIE A.

Lorsque N= 3 l’algorithme effectue trois boucles avant de s’arrêter. À la fin de la boucle pour k = 0 on a U= 3 ; à la fin de la boucle k = 1 on a U= 10 et à la fin de la boucle correspondant à k = 2 on obtient U = 29. L’affichage en sortie est donc 29.

PARTIE B.

On considère la suite (un) définie par u0 = 0 et, pour tout entier naturel n, un+1 = 3un −2n +3.

1. u1 = 3 et u2 = 10. 2. a. Démontrons par récurrence, pour tout entier naturel n, la propriété Pn : un >n.

u0 = 0> 0 donc la propriété P0 est vérifiée. • Supposons la propriété Pn vraie pour une valeur de n fixée.

un+1 = 3un −2n +3> 3n −2n +3>n +3>n +1 la propriété est donc alors vérifiée au rang n +1. • Conclusion : D’après la propriété de récurrence on en déduit que pour tout entier naturel n, un >n.

b. d’après le théorème de comparaison lim(un)=+∞. 3. Pour tout entier naturel n ; un+1−un = 3un −2n +3−un = 2un −2n +3> 3> 0 donc la suite (un) est croissante. 4. Soit la suite (vn) définie, pour tout entier naturel n, par vn = un n +1.

a. Pour tout entier naturel n vn+1 =un+1− (n +1)+1= 3un −2n +3−n −1+1= 3(un n +1)= 3vn . La suite (vn) est une suite géométrique de premier terme v0 = 1 et de raison 3.

b. Pour tout entier naturel n, vn = 3n et un = vn +n −1 donc un = 3n +n −1. 5. Soit p un entier naturel non nul.

a. La suite (un) tend vers+∞ donc on peut affirmer qu’il existe aumoins un entier n0 tel que, pour tout n >n0, un > 10

p .

b. u3p = 33p +3p −1= 27p +3p −1> 27p > 10p donc n = 3p est une valeur de n telle que un > 10p ; n0 étant la plus petite de ces valeurs, on a donc n0 6 3p

c. u6 = 734 et u7 = 2193 donc pour la valeur p = 3 ; n0 = 7. d. Algorithme qui, pour une valeur de p donnée en entrée, affiche en sortie la valeur du plus petit entier n0 tel

que, pour tout n > n0 , on ait un > 10 p .

Entrée

Saisir le nombre entier naturel non nul p . Traitement

Affecter à U la valeur 0 Affecter à k la valeur 0 Tant que U< 10p

Affecter à U la valeur 3U−2k +3 Affecter à k la valeur k +1 Fin tant que Sortie

Afficher k

Polynésie 4 8 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points

Si on note les événements : B : « le cube est bleu » R : « le cube est rouge » c : « le cube a ses faces marquées d’un cercle » L : « le cube a ses faces marqués d’un losange » E : « le cube a ses faces marquées d’une étoile ».

On a l’arbre suivant :

B 60%

C 40%

L 20%

E 40%

R 40%

C 20%

L x%

E(80−x)%

PARTIE A. expérience 1

1. La probabilité que soit tiré un cube marqué d’un losange est égale à :

60%×20%+40%×x%= 0,6×0,2+0,4× x

100 = 0,12+0,004x.

2. Notons P(L) la probabilité de tirer un cubemarqué d’un losange et P(E) celle de tirer un cubemarqué d’une étoile.

P(L)=P(E) ⇐⇒ 0,12+0,004x = 0,6×0,4+0,4× 80−x 100

⇐⇒ 0,12+0,004x = 0,24+0,32−0,004x ⇐⇒ 0,008x = 0,44 ⇐⇒ x = 55

La probabilité de tirer un cube marqué d’un losange est égale à celle de tirer un cube marqué d’une étoile pour x = 55.

3. Les évènements « tirer un cube bleu » et « tirer un cube marqué d’un losange » sont indépendants équivaut à PB(L)= P(L)= PR(L) soit pour x = 20.

4. Dans cette question que x = 50. PL(B)= P(L∩B) P(L)

= 0,6×0,2

0,12+0,004×50 =

0,12

0,32 = 0,375

La probabilité que soit tiré un cube bleu sachant qu’il est marqué d’un losange est donc 0,375.

PARTIE B. expérience 2

1. La probabilité de ne tirer aucun cube rouge est :

(60 3

)

(100 3

) =

60!

57!3! 100!

97!3!

= 60×59×58 100×99×98

= 3×20×59×2×29

5×20×3×3×11×2×49 =

1711

8085 ≃ 0,212

La probabilité de tirer au moins un cube rouge est donc 1− 1711

8085 =

6374

8085 ≃ 0,788.

2. D’après les calculs précédents la probabilité que les trois cubes soient bleus est 1711

8085 .

La probabilité que les trois cubes soient rouges est :

(40 3

)

(100 3

) =

40!

37!3! 100!

97!3!

= 40×39×38 100×99×98

= 2×20×3×13×2×19

5×20×3×3×11×2×49 =

494

8085 ≃ 0,061.

La probabilité que les cubes tirés soient de la même couleur est donc 1711

8085 +

494

8085 =

2205

8085 ≃ 0,273

Polynésie 5 8 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. Il y a 32 cubes marqués d’un cercle donc la probabilité d’avoir tiré exactement un cube marqué d’un cercle est (32 1

)

× (68 2

)

(100 3

) =

32×68×67 100×99×98

= 27×17×67

23×32×52×72×11 =

18224

121275 ≃ 0,150.

La probabilité de tirer exactement un cube marqué d’un cercle est environ 0,451.

Polynésie 6 8 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 5 Spécialité 5 points

PARTIE A.

On considère l’équation (E) : 25x −108y = 1 où x et y sont des entiers relatifs.

1. 25×13−108×3 = 325−224= 1, le couple (13 ; 3) est bien solution de l’équation 25x −108y = 1. 2. (x0; y0)= (13 ; 3) est une solution particulière de l’équation (E).

(x ; y) est solution de (E) équivaut à 25(xx0)= 108(y y0) avec 25 et 108 premier entre eux donc 108 divise xx0 On a donc x x0 = 108k avec k entier relatif d’où alors y y0 = 25k . L’ensemble des couples d’entiers relatifs solutions de l’équation (E) est

{

(13+108k ; 3+25k)k ∈Z }

.

PARTIE B.

Dans cette partie, a désigne un entier naturel et les nombres c et g sont des entiers naturels vérifiant la relation 25g − 108c = 1.

1. Soit x un entier naturel. Si x a [7] alors x a est divisible par 7. De même x a [19] entraîne x a divisible par 19. Or 7 et 19 sont premiers entre eux donc x a divisible par 7×19= 133. Ce qui s’écrit encore x a [133]. Donc si x a [7] et x a [19], alors x a [133].

2. a. On suppose que a n’est pas unmultiple de 7.

7 est premier et a n’est pas un multiple de 7 donc d’après le petit théorème de Fermat on a a6 ≡ 1 [7]. De plus 108= 6×18 donc a108 =

(

a6 )18 ≡ 118 [7]≡ 1 [7].

On a donc (

a25 )g = a25g = a1+108c a ×

(

a108 )c a ×1c [7]≡ a [7].

b. On suppose que a est un multiple de 7. On a alors a ≡ 0 [7] et a25g =

(

a25 )g ≡ 0 (7] donc

(

a25 )g a [7].

c. On admet que pour tout entier naturel a, (

a25 )g a [19].

D’après les questions a. et b. on sait que l’on a aussi (

a25 )g a [7] on peut donc en appliquant le résultat de

la question 1. à x = (

a25 )g

démontrer que (

a25 )g a [133].

PARTIE C.

On note A l’ensemble des entiers naturels a tels que : 16 a 6 26. Un message, constitué d’entiers appartenant à A, est codé puis décodé. La phase de codage consiste à associer, à chaque entier a de A, l’entier r tel que a25 ≡ r [133] avec 06 r < 133. La phase de décodage consiste à associer à r , l’entier r1 tel que r

13 ≡ r1 [133] avec 06 r1 < 133.

1. r1 ≡ r 13 [133]≡ (

a25 )13

[133] avec (g , c)= (13 ; 3) vérifiant la relation 25g −108c = 1 d’après la partie A. D’où d’après la question 2.c. de la partie B,

(

a25 )13

[133]≡ a [133] donc finallement on bien r1 ≡ a [133]. 2. 128≡−5 [133] donc 12813 ≡−513 [133]≡−131 [133]≡ 2 [133]

594 ≡ 130 [133]≡−3 [133] donc 5913 = (

594 )3×59≡−33×59 [133]≡−130 [133]≡ 3 [133]

Le message initiale était donc : 2 3.

Polynésie 7 8 juin 2012

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