Algèbre – correction des exercices 2, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Algèbre – correction des exercices 2, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 2 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la Somme de fonctions dérivables, Méthode 1, Méthode 2.
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AmeriqueSudSnov 2012 corrige.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud \ 13 novembre 2012

Exercice 1 6 points

Commun à tous les candidats

Partie A

1. Restitution organisée de connaissance

a. Somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[, ϕ est dérivable sur cet intervalle et ϕ′(x)= ex x > 0 d’après le troisième résultat admis. ϕ est donc une fonction croissante sur [0 ; +∞[ et commeϕ(0)= e0−0= 1 qui est donc le minimum de ϕ sur [0 ; +∞[, on a donc ϕ(x)> 1 pour tout x de [0 ; +∞[.

b. Le résultat précédent s’écrit donc pour tout x de [0 ; +∞[ :

ϕ(x)> 1 ⇐⇒ ex x2

2 > 1 ⇐⇒ ex > 1+

x2

2 . Comme lim

x→+∞ 1+

x2

2 =+∞, par comparai-

son (quatrième résultat admis), lim x→+∞

ϕ(x)=+∞.

2. a. Méthode 1 : f (x)= 1 2 x

e 1 2 x

.

Posons u(x)= 1 2 x, alors f (x)=

u

eu =

1 eu

u

.

Si x tend vers plus l’infini, u tend vers plus l’infini. On a démontré au 1. que lim u→+∞

eu

u =

+∞ et par conséquent lim u→+∞

1 eu

u

= 0, soit lim x→+∞

f (x)= 0

Méthode 2 : f (x)=− (

− 1

2 x

)

e− 1 2 x .

Posons u(x)=− 1

2 x ; on a donc f (x)=−ueu .

Si x tend vers +∞, u tend −∞. On sait que lim u→−∞

ueu , donc lim x→+∞

f (x)= 0.

b. f produit de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :

f ′(x)= 1

2

(

e− 1 2 x

1

2 xe−

1 2 x

)

= 1

2 e−

1 2 x

(

1− 1

2 x

)

.

Comme e− 1 2 x > 0, quel que soit le réel x, le signe de f ′(x) est celui de la différence

1− 1

2 x.

1− 1

2 x > 0 ⇐⇒ 1>

1

2 x ⇐⇒ 2> x.

De même 1− 1

2 x < 0 ⇐⇒ 1<

1

2 x ⇐⇒ 2< x.

Donc f est croissante sur [0 ; 2] et décroissante sur [2 ; +∞[.

On a f (0)= 0 et f (2)= 1

2 ×2e−

1 2×2 = e−1 =

1

e .Onadonc le tableaude variations suivant :

x 0 2 +∞

f (x)

0

1 e

0

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie B

1. a. u est dérivable sur [0 ; +∞[ et u′(t)= ae− 1 2 t

1

2 ate−

1 2 t .

Donc u′(t)+ 1

2 u(t)= ae−

1 2 t

1

2 ate−

1 2 t +

1

2 ate−

1 2 t = ae−

1 2 t

u est solution de (E ) si ae− 1 2 t =

1

2 e−

1 2 t ⇐⇒ a =

1

2 .

La fonction t 7−→ u(t)= 1

2 te−

1 2 t est solution de (E ).

b. On vient de voir que u(t)= 1

2 te−

1 2 t est solution de (E ) soit :

u′(t)+ 1

2 u(t)=

1

2 te−

1 2 t .

v est solution de (E ) ⇐⇒ v ′(t)+ 1

2 v(t)=

1

2 te−

1 2 t ⇐⇒ par différence avec l’égalité⋆

v ′(t)+ 1

2 v(t)−

(

u′(t)+ 1

2 u(t)

)

= 1

2 te−

1 2 t

1

2 te−

1 2 t ⇐⇒

v ′(t)−u′(t)+ 1

2 v(t)−

1

2 u(t)= 0 ⇐⇒ (v u)′(t)+

1

2 (v u)(t)= 0

c’est-dire si et seulement si la fonction h = v u est solution de l’équation (

E ′ )

.

c. Soit y une solution de l’équation, donc y ′+ 1

2 y = 0 ⋆⋆.

Posons z(t)= e 1 2 t y . z est dérivable et

z ′(t)= 1 2 e

1 2 t y +e

1 2 t y ′ = e

1 2 t (

1 2 y + y

)

= e 1 2 t ×0(d’après ⋆⋆) = 0.

La fonction z de dérivée nulle est donc une constante K ∈R. z(t)= e

1 2 t y =K ⇐⇒ y =K e−

1 2 t ,K ∈R.

d. On a vu au b. que les solutions v de l’équation (E ) sont telles que v u = v − 1

2 te−

1 2 t

sont solutions de (

E ′ )

. Donc d’après la question précédente :

v − 1

2 te−

1 2 t = K e−

1 2 t ⇐⇒ v =

(

K ′+ 1

2 t

)

e− 1 2 t .

Les solutions de (E ) sont les fonctions t 7−→ (

K + 1

2 t

)

e− 1 2 t , K ′ ∈R.

2. La solution y(t)= (

K + 1

2 t

)

e− 1 2 t vérifie :

y(0)= 0 ⇐⇒ K e− 1 2×0 = 0 ⇐⇒ K = 0.

La solution est donc définie par t 7−→ 1

2 te−

1 2 t = f (t).

3. a. On a vu que sur [2 ; +∞[, f est décroissante. L’algorithme fait calculer successive- ment f (3), f (4), . . . : ces valeurs décroissent vers zéro, donc l’algorithme va s’arrêter

dès qu’une image f (n) sera inférieure à 0,1. Cette valeur de n sera celle donnée à la

sortie de le l’algorithme.

b. La calculatrice donne f (7)≈ 0,107, f (8)≈ 0,073 : n0 = 8. c. La réponse précédente peut se traduire par : à partir 8+8= 16 h il restera dans le corps

moins de 0,1 g de principe actif soit moins de 10%.

Exercice 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. M d’affixe z est invariant si et seulement siM ′ =M ⇐⇒ z ′ = z ⇐⇒ 2iz

z− i = z ⇐⇒ z(z−i)=

2iz ⇐⇒ z(z− i−2i)= 0 ⇐⇒ z(z−3i)= 0 ⇐⇒ z = 0 ou z = 3i. Les points invariants par f sont O et le point d’affixe 3i.

Amérique du Sud 2 13 novembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. On a zB′ = 2izB

zB− i =

2i×2i 2i− i

= −4 i

= 4i.

zC′ = 2izC

zC− i =

2i×1 1− i

= 2i(1+ i)

(1− i)(1+ i) =

2i(1+ i) 2

= i(1+ i)=−1+ i.

3. a. Pour tout point M distinct de A, l’affixe z ′ deM ′ est telle que :

z ′ = 2iz

z− i ⇒ z ′−2i=

2iz

z− i −2i

z ′−2i= 2iz

z− i − 2i(z− i) z− i

= 2iz−2iz−2

z− i =

−2 z− i

.

b. On a ∣

z ′−2i ∣

∣=BM ′ et ∣

−2 z− i

= |−2] |z− i|

= 2

AM .

L’égalité précédente : z ′−2i= −2 z− i

se traduit en termes de modules par : BM ′ = 2

AM .

SiM appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1, alors AM = 1, donc BM ′ = 2

1 = 2.

Conclusion : si M appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1, alors M ′ appartient au cercle Γ′ de centre B et de rayon 2.

c. Pour les arguments : z ′−2i= −2 z− i

→ arg(z ′−2i)= arg ( −2 z− i

)

⇐⇒

arg(z ′−2i)= arg(−2)−arg(z− i) ⇐⇒ (−→ u ,

−−−→ BM

)

= π− (−→ u ,

−−→ AM

)

.

d. On calcule AD2 = |zD− zA|2 = (p

3

2 −0

)2

+ (

3

2 −1

)2

= 3

4 + 1

4 = 1.

AD2 = 1⇒ AD= 1, donc D appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1. D’après les résultats de la question précédente, D appartenant à Γ, son image D′ appartient à Γ′

cercle de centre B et de rayon 2.

D’autre part le résultat de la question 3. c. montre qu’il suffit de construire sur le cercle

de centre B et de rayon 1 un arc de même longueur que l’ arc du cercle de centre A et

de rayon 1 intercepté par l’angle égal à l’argument de (−→ u ,

−−→ AD

)

. (voir figure à la fin)

4. a. Par définition −−→ GO +−−→GB +−−→GC =−→0 ⇐⇒ −−→GO +−−→GO +−−→OB +−−→GO +−−→OC ⇐⇒

3 −−→ OG =−−→OB +−−→OC ⇐⇒ −−→OG =

1

3

(−−→ OB +−−→OC

)

.

On a donc zG = 1

3 (zB+ zC)=

1

3 (2i+1)=

1

3 + 2

3 i.

b. On calcule l’affixe de −−−→ G ′O +

−−−→ G ′B′ +

−−−→ G ′C′ c’est-dire z−−−→

G ′O + z−−−→

G ′B′ + z−−−→

G ′C′ =

3+ i+3+5i+0+2i= 6+8i 6= 0. Conclusion :G ′ n’est pas l’isobarycentre de O, B′ et C′. Ce qui est évident sur la figure.

On peut également dire que O, B′ et C′ appartiennent au disque de centre B et de rayon 2 : leur isobarycentre (centre de gravité) appartient lui aussi à ce disque ce qui n’est pas

le cas deG ′.

Amérique du Sud 3 13 novembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

2

3

−1

−2

1 2 3−1−2−3

b

b

b

b

b

b

b

b

b

A

B

C

D

O

G

G

B′

C′

D′

Exercice 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. On a par définition de la similitude de rapport k :

BC = kAB soit 1= kL ; CE = k BC soit L−1= k×1 soit en reportant dans l’équation précédente :

1 = L(L − 1) ⇐⇒ L2 − L − 1 = 0 ⇐⇒ (

L− 1

2

)2

− 1

4 − 1 = 0 ⇐⇒

(

L− 1

2

)2

− 5

4 = 0 ⇐⇒

(

L− 1

2 + p 5

2

)(

L− 1

2 − p 5

2

)

= 0 ⇐⇒ L− 1

2 +

p 5

2 = 0 ou L

1

2 −

p 5

2 = 0 ⇐⇒ L =

1

2 −

p 5

2 ou L =

1

2 + p 5

2 .

Seule la solution positive est valable : L = 1+

p 5

2 (le nombre d’or).

2. a. La droite (AB) a pour image la droite (BC). L’angle de la similitude est donc égale à (−−→ AB ,

−−→ BC

)

=+ π

2 .

Ona vuque 1 = kL, donc k = 1

L =

2

1+ p 5 =

2 (

1− p 5 )

(

1+ p 5 )(

1− p 5 ) =

2 (

1− p 5 )

1−5 =

2 (

1− p 5 )

−4 =

p 5−1 2

.

b. Ω est par définition invariant par f , donc aussi par f f .

Amérique du Sud 4 13 novembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

f f (Ω)=Ω ; Par f , A a pour image B et B a pour image C, donc

f f (A)=C ; Par f , B a pour image C et C a pour image E, donc

f f (B)= E ; c. La composée des deux similitudes de centre Ω est une similitude de centre Ω, dont le

rapport est le produit des rapports soit k2 et l’angle la somme des angles soit π.

d. A et C sont alignés avecΩ :Ω appartient à la droite (AC) ;

B et E sont alignés avec Ω : Ω appartient à la droite (BE), donc Ω est le point commun

aux droites (AC) et (BE).

3. a. L’image par f de la droite (AB) est la droite (BC) et l’image du point C est le point E.

Comme (CD) est parallèle à (AB) son image par f est la parallèle à (BC) contenant E,

donc la droite (EF).

b. On sait que (−−→ ΩE ,

−→ Ω E′

)

= π

2 .

Or on a vu que la droite (BE) est l’image de la droite (AC) par f , donc (AC)⊥ (BE). D’après la question précédente le point E′ appartient à la droite (EF) et aussi à (AC).

Conclusion : le point E′ est le point commun aux droites (EF) et (AC).

Partie B

1. Dans le repère choisi on a A(0 ; 0), B (

1+ p 5

2 ; 0 )

et C (

1+ p 5

2 ; 1 )

L’écriture complexe de la similitude directe est z ′ = az+b, avec a,b ∈ C. En utilisant les images de A et de B par f : on a {

zB = azA+b zC = azB+b

⇐⇒ {

1+ p 5

2 = a×0+b

1+ p 5

2 + i = a (

1+ p 5

2

)

+b ⇐⇒

{

1+ p 5

2 = b

1+ p 5

2 + i = a (

1+ p 5

2

)

+ 1+ p 5

2

⇐⇒ {

1+ p 5

2 = b

i = a (

1+ p 5

2

)

+ ⇐⇒

{

b = 1+ p 5

2

a = 2 1+

p 5 i .

a = 2 (

1− p 5 )

(

1+ p 5 )(

1− p 5 ) i= 2

(

1− p 5 )

−4 i= p 5−1 2

i.

L’écriture complexe de f est donc :

z ′ = p 5−1 2

iz+ 1+

p 5

2 .

2. On a zD = i. En utilisant le résultat précédent et si D′ est l’image de D par f :

zD′ = p 5−1 2

izD+ 1+

p 5

2 =

p 5−1 2

i× i+ 1+

p 5

2 =

1− p 5

2 + 1+

p 5

2 = 1= zF.

On peut également dire que D appartient à (CD), donc son image appartient à l’image de

(CD) qui est la droite (EF)

D appartient à (AD), donc son image appartient à l’image par f de (AD) ; or A est invariant,

donc l’image de (AD) est la perpendiculaire à (AD) contenant A, soit (AB).

Conclusion : D′’ appartient à (EF) et à (AD) : c’est leur point commun F.

A B

CD

F

E

E′ Ω

Amérique du Sud 5 13 novembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. On a l’arbre de probabilités suivant :

b

R10,7

R2 0,8

R20,2

R10,3

R2 0,7

R20,3 On a p(X = 2)= 0,7×0,8 = 0,56 ; p(X = 1)= 0,7×0,2+0,3×0,7 = 0,14+0,21 = 0,35 ; p(X = 0)= 0,3×0,3 = 0,09

b. E(X )= 2×0,56+1×0,35+0×0,09 = 1,12+0,35 = 1,47≈ 1,5. 2. a. D’après l’énoncé PRn (Rn+1)= 0,8 et PRn (Rn+1)= 0,7.

b. On construit un arbre analogue :

b

Rnxn

Rn+1 0,8

Rn+10,2

R11− xn

Rn+1 0,7

Rn+10,3 On a donc xn+1 = xn ×0,8+ (1− xn )×0,7= 0,8xn −0,7xn +0,7= 0,7+0,1xn .

3. a. Quel que soit n ∈ N, n 6= 0, un+1 = 9xn+1 − 7 = 9(0,7+0,1xn )− 7 = 6,3+ 0,9xn − 7 = 0,9xn −0,7= 0,1(9xn −7)= 0,1un . un+1 = 0,1un quel que soit le naturel n non nul signifie que la suite (un ) est géomé- trique de raison 0,1, de premier terme u1 = 9x1−7= 9×0,7−7 =−0,7.

b. On sait que pour tout naturel n, un =ur n−1 =−0,7×0,1n−1 . On sait que lim

n→+∞ 0,1n−1 = 0, donc lim

n→+∞ un = 0.

Par suite, comme xn = un +7

9 , lim

n→+∞ xn =

7

9 ≈ 0,777778.

Sur un très grand nombre de services le pourcentage de services réussis se rapproche

de 77,8 %.

Exercice 4 5 points

Commun à tous les candidats

1. Intersection avec (

O ; −→ ı )

: avec y = z = 0, on obtient A (

1 2 ; 0 ; 0

)

.

Intersection avec (

O ; −→ )

: avec x = z = 0, on obtient B(0 ; −1 ; 0).

Intersection avec (

O ; −→ k )

: avec x = y = 0, on obtient A (

0 ; 0 ; 1

3

)

.

On a AB2 = 14 +1= 5 4 ;

AC2 = 14 + 1 9 =

13 36 ;

BC2 = 1+ 1 9 = 10

9 ;

Donc tous les côtés ont des longueurs différentes : affirmation fausse.

Amérique du Sud 6 13 novembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. M(x ; y ; z) ∈ δ1∩P ⇐⇒ 2(1+ t)−(5−4t)+3(2−2t)−1 = 0 ⇐⇒ 2+2t−5+4t+6−6t−1 = 0 ⇐⇒ 2= 0 égalité fausse : affirmation fausse

3. δ1 a un vecteur directeur −→ δ1 (1 ; −4 ; −2) ;

δ2 a un vecteur directeur −→ δ2 (−1 ; +4 ; 2).

Ces deux vecteurs sont colinéaires ( −→ δ2 = −

−→ δ1 ), donc les droites sont parallèles : affirma-

tion vraie.

4. P a un vecteur normal −→ n (2 ; −1 ; 3).

La perpendiculaire à P contenant S a pour vecteur directeur −→ n .

Une équation paramétrique de cette perpendiculaire est donc : 

x = 1+2t y = 3− t z = 5+3t

Cette perpendiculaire coupe le plan P en un point éventuel dont les coordonnées véri-

fient l’équation de P c’est-à-dire si :

2(1+2t)− (3− t)+3(5+3t)−1= 0 ⇐⇒ 2+4t −3+ t +15+9t −1= 0 ⇐⇒ 14t +13= 0 ⇐⇒ t =−

13

14 .

En reportant cette valeur dans l’équation paramétrique, on obtient les coordonnées du

projeté orthogonal de S sur P : 

x = 1+2× (

− 13 14

)

y = 3− (

− 13 14

)

z = 5+3 (

− 1314 )

⇐⇒

x = − 12 14

y = 55 14

z = 3114 ⇐⇒

x = − 6 7

y = 55 14

z = 3114 Affirmation vraie.

5. On calcule la distance du point S au plan P :

d(S ; P )= ∣

∣2xS− yS+3zS−1 ∣

p 22+12+32

= |2−3+15−1|

p 14

= 13 p 14

≈ 3,4> 3.

La distance du point S au plan P est supérieure au rayon de la sphère : cela signifie que la

sphère et le plan n’ont pas de point commun : affirmation fausse.

Amérique du Sud 7 13 novembre 2012

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