Algèbre – correction des exercices 13, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Algèbre – correction des exercices 13, Exercices de Algèbre linéaire

PDF (90.3 KB)
9 pages
230Numéro de visites
Description
Algèbre – correction des exercices 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la fonction f définie sur l’intervalle, Limite de la fonction.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 9
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
LibanScorrmai2012.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Liban \

mai 2012

Exercice 1 6 points

Commun à tous les candidats.

Partie A

On considère la fonction g définie sur l’intervalle ]0;+∞[ par :

g (x)= 2x3−1+2lnx

1. Variations de la fonction g sur l’intervalle ]0;+∞[ :

g ′(x)= 6x2+ 2

x > 0, car somme de nombres positifs sur ]0;+∞[

La fonction g est donc croissante sur ]0;+∞[. Tableau de variations :

x

g ′(x)

g (x)

0 +∞

+

−∞

+∞

α

0

2. La fonction g est continue (comme sommede fonctions continues) et strictement croissante sur ]0; +∞[. Elle réalise donc une bijection de ]0;+∞[ sur ]−∞ ;+∞[. Or 0 ∈]−∞ ;+∞[, 0 possède donc un unique antécédent, que l’on notera α. Nous avons donc g (α)= 0. De plus,

{ g (0,86)≃−0,0295< 0 g (0,87)≃+0,0385> 0

=⇒ g (0,86)< g (α)= 0< g (0,87)⇐⇒ 0,86<α< 0,87

3. Signe de la fonction g sur l’intervalle ]0;+∞[ : {

0< x <α=⇒ g (x)< g (α)= 0 x >α=⇒ g (x)> g (α)= 0

1

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie B

On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0;+∞[ par :

f (x)= 2x− lnx

x2

On note C la courbe représentative de la fonction f dans le plan, muni d’un repère orthogonal (O ;~ı ;~).

1. • Limite de la fonction f en 0 :

lim x→0+

f (x)=+∞,car lim x→0+

2x = 0 et lim x→0+

− lnx =+∞ et lim x→0+

1

x2 =+∞

• Limite de la fonction f en +∞

lim x→+∞

f (x)=+∞ car lim x→+∞

2x =+∞ et lim x→+∞

lnx

x2 = 0 (puissances comparées)

2. La courbe C admet pour asymptote oblique la droite ∆ d’équation y = 2x. En effet :

lim x→+∞

( f (x)−2x

) = lim

x→+∞ lnx

x2 = 0

• Le signe de f (x)−2x =− lnx

x2 est celui de − lnx, car x2 > 0 :

• Position relative de la courbe C et de la droite ∆ : • Sur ]0; 1[, − lnx > 0, C est au dessus de ∆, • sur ]1;+∞[, − lnx < 0, C est en dessous de ∆, • C et ∆ ont un point commun A(1,2).

3. Dérivée f ′(x) de f :

f ′(x)= 2−

1

x x2−2x lnx

x4 =

2x4−x+2x lnx x4

= 2x3−1+2lnx

x3 =

g (x)

x3

f ′(x) a même signe que g (x) car x3 est strictement positif sur ]0;+∞[. 4. Tableau de variations de la fonction f :

x

f ′(x)

f (x)

0 α +∞

− +

+∞

f (α)

+∞

1

2

5. Figure :

Liban 2 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

0 1 2 3 4 x

y

0

1

2

3

4

5

6

7

8

α

Partie C

Soit n un entier naturel non nul. On considère l’aire du domaine D du plan compris entre la courbe C , la droite ∆ et les droites d’équations respectives x = 1 et x = n.

1. Cette aire, exprimée en cm2, est donnée par (u.a ; (unité d’aire)=2cm2) :

In = 2 ∫n

1

lnx

x2 dx.

car l’aire du domaine D du plan compris entre la courbe C , la droite ∆ et les droites d’équations res- pectives x = 1 et x = n est :

n

1

( 2x

( 2x

lnx

x2

)) dx×u.a.=

n

1

lnx

x2 dx×u.a.= 2×

n

1

lnx

x2 dx = In

2.a) Calcul de l’intégrale ∫n

1

lnx

x2 dx à l’aide d’une intégration par parties :

On pose :

u(x)= lnx ; u′(x)= 1

x

v ′(x)= 1

x2 ; v(x)=−

1

x

Ainsi : ∫n

1

lnx

x2 dx =

[ − lnx

x

]n

1 − ∫n

1 −

1

x2 dx =

[ − lnx

x

1

x

]n

1 =

n−1− lnn n

b) Ainsi :

In = 2 n−1− lnn

n = 2−

2

n − 2lnn

n

3. lim n→+∞

In = 2, car lim n→+∞

2

n = lim

n→+∞ 2lnn

n = 0

Liban 3 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice no 2 4 points

Commun à tous les candidats.

1. Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (O ;~ı ;~;~k), on considère les droites D1 et D2 de re- présentations paramétriques respectives :

  

x = 4+ t y = 6+2t z = 4− t

, t ∈R, et

  

x = 8+5t

y = 2−2t

z = 6+ t ′ , t ′ ∈R.

On cherche le point d’intersection éventuelM (x ; y ; z) de ces deux droites :

  

x = 4+ t = 8+5t

y = 6+2t = 2−2t

z = 4− t = 6+ t ′ =⇒

  

t −5t ′ = 4 2t +2t ′ =−4 −t t ′ = 2

=⇒ {

t −5t ′ = 4 t + t ′ =−2

=⇒ {

6t ′ =−6 t + t ′ =−2

=⇒ {

t =−1 t ′ =−1

Les deux droites ont donc comme point commun M (4−1 ; 6−2 ; 4+1)= (3 ; 4 ; 5). Affirmation : les droites D1 etD2 sont coplanaires.

2. Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (O ;~ı ;~;~k), on considère les points A(12 ; 7 ; −13) et B (3 ; 1 ; 2) ainsi que le plan P d’équation 3x+2y −5z = 1. Le point B (3 ; 1 ; 2) appartient au plan P , car 3×3+2×1−5×2 = 1.

Le vecteur −→ AB

  −9 −6 15

  est colinéaire à un vecteur normal du plan :

−→ n

  3

2

−5

  :

−→ AB =−3−→n .

Affirmation : le point B est le projeté orthogonal du point A sur le plan P .

3. On considère les suites u et v définies, pour tout entier naturel n, par :

un = n+1 n+2

et vn = 2+ 1

n+2

lim n→+∞

(un vn)= lim n→+∞

n

n+2 −2= lim

n→+∞

n×1

n

( 1+

2

n

)−2=−1 6= 0

Affirmation : ces deux suites ne sont pas adjacentes.

4. On considère la suite u définie par son premier terme u0 = 1 et la relation de récurrence :

un+1 = 1

3 un +2, pour tout entiernaturel n.

Démonstration par récurrence : • u0 = 1< 3 • Supposons que pour tout n, on ait : un 6 3

un 6 3=⇒ 1

3 un 6 1=⇒un+1 =

1

3 un+26 3

• Ainsi, pour tout entier naturel n, on a un 6 3 Affirmation : cette suite est majorée par 3.

Liban 4 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice no 3 5 points

Commun à tous les candidats.

On dispose de deux urnesU1 etU2. L’uneU1 contient 4 jetons numérotés de 1 à 4. L’urneU2 contient 4 boules blanches et 6 boules noires. Un jeu consiste à tirer un jeton de l’urneU1, à noter son numéro, puis à tirer simultanément de l’urneU2 le nombre de boules indiqué par le jeton. On considère les évènements suivants :

J1 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 1 »

J2 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 2 »

J3 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 3 »

J4 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 4 »

B « toutes les boules tirées de l’urneU2 sont blanches »

On donnera tous les résultats sous la forme d’une fraction irréductible sauf dans la question4.b) où une valeur

arrondie à 10−2 suffit.

Arbre complet, mais non demandé.

·

J1

B N

J2

B Bl ,N N ,N

J3

B Bl ,Bl ,N Bl ,N ,N N ,N ,N

J4

B Bl ,Bl ,Bl ,N Bl ,Bl ,N ,N Bl ,N ,N ,N N ,N ,N ,N

1 4

4 10

6 10

1 4

6 45

24 45

15 45

1 4

4 120

36 120

60 120

20 120

1 4

1 210

24 210

90 210

80 210

15 210

1. Probabilité de l’évènement B sachant que l’évènement J1 est réalisé :

P J1(B )= (4 1

) (10 1

) = 4

10 =

2

5

De même la probabilité P J2(B ) est :

P J2(B )= (4 2

) (10 2

) = 6

45 =

2

15

Et :

P J3 (B )= (4 3

) (10 3

) = 4

120 =

1

30 et P J4(B )=

(4 4

) (10 4

) = 1

210

2. Calcul de P(B ), probabilité de l’évènement B :

P(B )=P(B J1)+P(B J2)+P(B J3)+P(B J4)=P J1 (B P(J1)+P J2 (B P(J2)+P J3 (B P(J3)+P J4 (B P(J4)

= 2

5 × 1

4 +

2

15 × 1

4 +

1

30 × 1

4 +

1

210 × 1

4 =

1

4

( 84+28+7+1

210

) =

1

7

Liban 5 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. On dit à un joueur que toutes les boules qu’il a tirées sont blanches. La probabilité que le jeton tiré porte le numéro 3 correspond à PB (J3)

PB (J3)= P(B J3) P(B )

= P J3(B P(J3)

P(B ) =

1

30 × 1

4 1

7

= 7

120

4. On joue 10 fois de suite à ce jeu. Chacune des parties est indépendante des précédentes. On note N la variable aléatoire prenant comme valeur le nombre de partie où toutes les boules tirées sont blanches.

a) La loi suivie par la variable aléatoire N est une loi binomiale de paramètre n = 10 et p = P(B )= 1

7 .

b) Probabilité de l’évènement (N = 3) :

P(N = 3)= ( 10

3

)( 1

7

)3(6 7

)7 = 120×

67

710 ≃ 0,12

Exercice no 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

On se place dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal direct (O ; ~u ;~v).

1. Un triangle

a) On considère les points A, B etC d’affixes respectives a = 2, b = 3+ i p 3 et c = 2i

p 3.

0 1 2 3 4 x

y

0

1

2

3

4

A

B

C

Mesure de l’angle ABC :

( −→ BC ;

−→ BA)=Arg

( ab c b

) =Arg

( −1− i

p 3

−3+ i p 3

) =Arg

(( 1+ i

p 3 )( 3+ i

p 3 )

( 3− i

p 3 )( 3+ i

p 3 ) ) =Arg

p 3

3 i=

π

2 +2(k ∈R)

b) ABC est donc un triangle rectangle en B . Le centre du cercle circonscrit à ce triangle est donc le milieu Ω de l’hypoténuse [AC ]. Ainsi :

ω= a+c 2

= 2+2i

p 3

2 = 1+ i

p 3

2. Une transformation du plan

On note (zn) la suite de nombres complexes, de terme initiale z0 = 0, et telle que :

zn+1 = 1+ i

p 3

2 zn+2, pour tout entier naturel n.

Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe zn .

Liban 6 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

a) Calculs des affixes des points A2, A3 et A4 :

z1 = 1+ i

p 3

2 z0+2= 2= a ; z2 =

1+ i p 3

2 z1+2= 3+ i

p 3= b

z3 = 1+ i

p 3

2 z2+2= 2+2i

p 3 ; z4 =

1+ i p 3

2 z3+2= 2i

p 3= c

On remarque que : A1 = A, A2 =B et A4 =C . b) Longueurs des segments [A1A2], [A2A3] et [A3A4] :

A1A2 = |ba| = ∣∣∣1+ i

p 3 ∣∣∣=

√ 12+

p 3 2 = 2 ; A2A3 =

∣∣∣2+2i p 3−

( 3+ i

p 3 )∣∣∣=

∣∣∣−1+ i p 3 ∣∣∣= 2

A3A4 = ∣∣∣2i

p 3−

( 2+2i

p 3 )∣∣∣= 2

c) Pour tout entier naturel n, on a :

zn+1−ω= 1+ i

p 3

2 zn +2−1− i

p 3=

1+ i p 3

2 zn+1− i

p 3

= 1+ i

p 3

2

( zn+

2(1− i p 3)

1+ i p 3

) =

1+ i p 3

2

( zn +2

−2−2i p 3

4

) =

1+ i p 3

2 (znω)

d) Le point An+1 est l’image du point An par une rotation de centreΩ et d’angle π 3 :

zn+1−ω= ( 1

2 + i

p 3

2

) (zn ω)= e

π 3 (zn ω)

e) Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : An+6 = An . Déterminer l’affixe du point A2012.

A0 = A6

A1A2

A3

A4 A5

La composée de deux rotations de même centreΩ et d’angle α et β donne une rotation de centreΩ et d’angle α+β. Donc, si l’on compose six fois la même rotation d’angle

π

3 à un point, on obtient la rotation demême

centre et d’angle 6× π

3 = 2π, c’est-à- dire l’identité.

Affixe du point A2012 est b = 3+ i p 3 :

2 0 1 2 2 1 3 2 2

6 3 3 5

⇐⇒ 2012= 6×335+2 =⇒ A2012 = A2 =B

3. Le triangle ΩAnAn+1 est un triangle équilatéral (isocèle de sommet Ω et d’angle au sommet π

3 ). Ainsi

la longueur du segment [AnAn+1] est la même que celle du segment [ΩAn].

Comme An est l’image de A0 par la rotation de centreΩ et d’angle n× π

3 , on a

An =ΩA0 = ∣∣∣0−1− i

p 3 ∣∣∣= 2

Liban 7 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice no 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité.

On se place dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal direct (O ; ~u ;~v). On note zn la suite de nombres complexes, de terme initiale z0 = 0, et telle que :

zn+1 = 1+ i 2

zn+1, pour tout entier naturel n.

Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe zn .

1. Calculs des affixes des points A1, A2 et A3.

z1 = 1+ i 2

z0+1= 1 ; z2 = 1+ i 2

z1+1= 3+ i 2

; z3 = 1+ i 2

z2+1= 3+2i 2

−1 0 1 2 x

y

−1

0

1

A0 A1

A2

A3Ω

2.a) Le point An+1 est l’image du point An par une similitude directe s :

zn+1 est de la forme azn +b, où a et b sont deux nombres complexes (a 6= 0. Donc, An+1 est l’image de An par une similitude directe s.

• Son rapport est : k = |a| = ∣∣∣∣ 1+ i 2

∣∣∣∣= p 2

2 ;

• son angle est θ =Arg ( 1+ i 2

) =

π

4 +2; (parties réelle et imaginaire égales)

• son centre est le point fixe de la transformation (s(ω)=ω) :

ω= 1+ i 2

ω+1⇐⇒ω ( 1−

1+ i 2

) = 1⇐⇒ω

( 1− i 2

) = 1⇐⇒ω=

2

1− i =

2(1+ i) 2

= 1+ i

b) Le triangleΩAnAn+1 est isocèle rectangle :

Une similitude directe conserve les angles orientés,Ω est invariant, donc :

(−−−−−→ ΩAn+1;

−−−−−−→ AnAn+1

) = (−−−→ ΩAn ;

−−−−−−→ An−1An

) = ·· · =

(−−→ ΩA1;

−−−→ A0A1

)

Or (−−→ ΩA1;

−−−→ A0A1

) =Arg

( z1− z0 z1−ω

) =Arg

( 1

−i

) =

π

2 +2

Le triangleΩAnAn+1 est donc rectangle. De plus

(−−−→ ΩAn ;

−−−−−→ ΩAn+1

) = θ =

π

4 +2

Le triangleΩAnAn+1 est donc rectangle isocèle.

Liban 8 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3.a) Pour tout entier naturel n, on a :ΩAn = (p

2

2

)n−1 :

Le rapport de s est

p 2

2 , ce qui signifie queΩAn+1 =

p 2

2 ΩAn .

La suite de terme généralΩAn est une suite géométrique

• de raison

p 2

2 • et de premier termeΩA0 = |ω| = |1+ i| =

p 2.

Ainsi :

An =ΩA0× (p

2

2

)n = p 2×

(p 2

2

)n = (p

2

2

)n−1

b) À partir de n = 21 les points An sont situés à l’intérieur du disque de centreΩ et de rayon 0,001 :

An 6 0,001⇐⇒ (p

2

2

)n−1 6 0,001⇐⇒ (n−1)ln

(p 2

2

) 6 ln(0,001)⇐⇒n> 1+

ln(0,001)

ln (p

2 2

) ≃ 20,9

Il y a changement de sens de l’inégalité car on divise de chaque càŽté par ln

(p 2

2

) qui est négatif.

4. Pour tout entier naturel n, on note an la longueur AnAn+1 et Ln la somme n

k=0 ak .

Ln est ainsi la longueur de la ligne polygonal A0A1 · · ·AnAn+1. • Calcul de Ln : Comme le triangleΩAnAn+1 est rectangle isocèle en An+1, on a

an = AnAn+1 =ΩAn+1 = (p

2

2

)n

Ainsi :

Ln = n

i=0 ai =

1− (p

2

2

)n+1

1− p 2

2

• Limite de Ln quand n tend vers +∞ :

Nous avons 0< p 2

2 < 1, donc lim

n→+∞

(p 2

2

)n = 0.

Ainsi :

lim n→+∞

Ln = 1

1− p 2

2

= 2+ p 2

5. Pour tout entier naturel n, les points An ,Ω et An+4 sont alignés :

(−−−→ ΩAn ;

−−−−−→ ΩAn+4

) = (−−−→ ΩAn ;

−−−−−→ ΩAn+1

) + (−−−−−→ ΩAn+1;

−−−−−→ ΩAn+2

) + (−−−−−→ ΩAn+2;

−−−−−→ ΩAn+3

) + (−−−−−→ ΩAn+3;

−−−−−→ ΩAn+4

)

= π

4 + π

4 + π

4 + π

4 +2=π+2

Liban 9 mai 2012

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome