Algèbre – correction des exercices 6, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Algèbre – correction des exercices 6, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 6 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Le repère orthonormé, la droite d’équation, la formule de la rotation r.
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Asie_juin_2012_corrige.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Asie 20 juin 2012\

EXERCICE 1 5 points

1. Il est évident que le point de coordonnées (1 ; 0 ; −5) appartient à D mais pas à P . Donc, si parallélisme il y a, il est strict.

La droiteD est parallèle au plan P si, et seulement si, un vecteur directeur −→ d de D est orthogonal à un vecteur

normal −→ n au plan P . Grâce aux équations, on a :

−→ d

−2

1

−4

et −→ n

3

2

−1

.

Le repère est orthonormé donc : −→ d

−→ n ⇐⇒ x−→

d × x−→

n + y−→

d × y−→

n + z−→

d × z−→

n = 0.

Ce que l’on vérifie facilement.

Ainsi : l’affirmation no 1 est vraie .

2. La distance du point A au plan P est égale, d’après la formule du cours, à :

d (A;P )= |4×1−9−0+3|

42+ (−1)2+ (−1)2 =

2 p 18

6= p 3

2 .

Ainsi : l’affirmation no 2 est fausse .

3. lim x→+∞

e−2x = 0=⇒ lim x→+∞

f (x)= 3=⇒ la droite d’équation y = 3 est une asymptote à C f en +∞.

lim x→−∞

e−2x =+∞=⇒ lim x→+∞

f (x)= 0=⇒ la droite d’équation y = 0 est une asymptote à C f en −∞.

Ainsi : l’affirmation no 3 est vraie .

4. Considérons le réel F (1,5)= ∫1,5

1 (2− t)e−t dt .

La fonction t 7−→ (2−t)e−t est évidemment continue et strictement positive sur l’intervalle d’intégration [1;1,5].

Donc, d’après théorème du cours, on en conclut que ∫1,5

1 (2− t)e−t dt > 0 id est F (1,5) 6 0.

Ainsi : l’affirmation no 4 est fausse .

5. On va effectuer une intégration par parties avec :

u′(t)= t2 ; u(t)= t3

3

v(t)= ln(t) ; v ′(t)= 1

t

Et on a bien le droit puisque toutes les fonctions (u, u′, v , v ′) sont continues sur l’intervalle d’intégration [1;e] (relire les hypothèses du théorème d’intégration par parties). Par suite :

I = [

t3

3 ln(t)

]e

1 − ∫e

1

t3

3 × 1

t dt =

e3

3 ln(e)−0−

[

t3

9

]e

1 =

e3

3 − e3

9 + 1

9 =

2e3+1 9

.

Ainsi : l’affirmation no 5 est vraie .

EXERCICE 2 5 points

Enseignement obligatoire

1. a. |zA| = √

(

− p 3 )2+12 = 2.

zA = 2 (

− p 3

2 + i

1

2

)

= 2ei 5π 6 = zA

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. zA1 = zA = 2e−i 5π 6 .

D’autre part, le cours nous donne la formule de la rotation r :

r (z)= ei π

6 (z zO)+ zO id est r (z)= ei π

6 z

Par suite, on obtient :

zB = r (

zA1 )

= 2ei π

6 e−i 5π 6 = 2e−i

4π 6 = 2e−i

2π 3 = zB =−1− i

p 3

2. a. OA= |zA| = ∣

zA ∣

∣=OA1. Comme B est l’image de A1 par la rotation de centre O (isométrie), on a : OA1 =OB.

Le triangle est isocèle en O .

Mais les lignes qui précèdent sont rendues inutiles par ce qui suit :

zB =−1− i p 3= i

(

− p 3+ i

)

= ei π

2 zA =⇒B est l’image de A par la rotation de centre O et d’angle π

2 .

Le triangle est isocèle rectangle en O .

b. On a : (−→ w ;

−−→ OA

)

= (−→ w ;

−→ u )

+ (−→

u ; −−→ OA

)

=− π

12 + 5π

6 =

9π

12 .

Et : (−→ w ;

−−→ OB

)

= (−→ w ;

−→ u )

+ (−→

u ; −−→ OB

)

=− π

12 − 2π

3 =−

9π

12 .

Conclusion : ∆ est la bissectrice de l’angle (−−→ OA ,

−−→ OB

)

.

∆ est la bissectrice passant par le sommet du triangle isocèle. Donc ∆ est aussi la médiatrice du segment opposé (cf programme de géométrie du collège). On en déduit évidemment que

les points A et B sont symétriques par rapport à la droite∆ .

3. zB1 = zB = 2ei 2π 3 et zB’ = r

(

zB1 )

= 2ei 2π 3 .ei

π

6 = 2ei 5π 6 =⇒ B′ =A

4. L’image de O par la symétrie d’axe ∆ est lui-même puisque O∈∆. Comme la symétrie axiale est une isométrie, on en déduit que le segment [OC] a la même longueur que son image [OD]. S’il fallait le démontrer, c’est fait : OCD est isocèle en O. On en déduit puisque ∆ est lamédiatrice du segment [CD] (par définition de la symétrie axiale) qu’elle est aussi la bissectrice de l’angle Ô.

Conclusion : D est l’image de C par la rotation r1 de centre O et d’angle 2 (−−→ OC ;

−→ w

)

.

(−−→ OC ;

−→ w

)

= (−−→ OC ;

−→ u )

+ (−→

u ; −→ w

)

=−arg(zC)+ π

12 =−

π

4 +

π

12 =−

π

6 .

On en déduit que :

r1(z)= e−i 2π 6 z =⇒ zD = r1 (zC)= e−i

2π 6 .2ei

π

4 =⇒ zD = 2e−i π

12 .

EXERCICE 2 5 points

Enseignement de spécialité

Partie A : Détermination d’une similitude directe.

1. a. On a :

zA =− 12 + i p 3 2 = cos

( 2π 3

)

+ i sin ( 2π 3

)

= e 23 .

zB =− p 3+ i= 2

(

− p 3 2 +

i 2

)

= 2 (

cos ( 5π

6

)

+ i sin ( 5π 6

))

= 2e 56 .

b. Voir figure.

2. a. La transformation f est une similitude directe donc elle admet une écriture complexe de la forme

z ′ = az +b.

Comme f (A)= B et f (O)=O, les complexes a et b vérifient le système {

0= a ×0+b 2e 5iπ6 = ae

23 +b

donc

b = 0

a = 2e 5iπ 6

e 2iπ 3

= 2ei ( 5π

6 − 2π 3

)

= 2e iπ 6

.

Donc l’écriture complexe de f est z ′ = 2e iπ 6 z.

Asie 2 20 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. On sait que f est une similitude directe de centre O.

De plus on sait que le rapport de f est donné par ∣

∣2e iπ 6

∣= |2| ∣

∣e iπ 6

∣= 2 puisque ∣

∣eiθ

∣= 1 quel que soit le réel

θ et que l’angle de f est donné par arg (

2e iπ 6

)

= π6 .

Partie B : étude d’une transformation

1. a. La transformation g est la composée de f suivie de s.

Or l’écriture complexe de f est z ′ = 2e iπ 6 z et l’écriture complexe de s est z ′ = z.

Par suite l’écriture complexe de g = s f est z ′ = s (

2e iπ 6 z

)

= 2e iπ6 z = 2×e iπ 6 × z = 2e

− iπ6 z.

b. On a zA = e 2iπ 3 et g (A)=C donc zC = zA′ = 2e−

iπ 6 zA = 2e−

iπ 6 e−

23 = 2e−

5iπ 6 .

On a g (C )= D d’où zD = zC ′ = 2e− iπ 6 zC = 2e− iπ6 ×2e

− 5iπ6 = 2e− iπ 6 ×2e

5iπ 6 = 4ei

(

π6 + 5π 6

)

= 4e 2iπ 3 .

Voir figure.

c. On a zC

zA =

2e− 5iπ 6

e 2iπ 3

= 2ei (

− 5π6 − 2π 3

)

= 2e− 3iπ 2 = 2e

iπ 2 = 2i.

Par suite comme (−−→ O A ;

−−→ OC

)

= arg (

zCzO zAzO

)

= arg (

zC zA

)

et commearg (

zC zA

)

= arg(2i)= π

2 , onobtient

(−−→ O A ;

−−→ OC

)

= π

2 : le triangle OAC est rectangle en O.

d. On a zD

zA =

4e 2iπ 3

e 2iπ 3

= 4 ∈R∗.

Alors comme z−−→

OD

z−−→ O A

= zD zO zA zO

= zD

zA = 4 on en déduit z−−→

OD = 4z−−→

O A d’où

−−→ OD = 4−−→O A .

Les vecteurs −−→ OD et

−−→ O A sont donc colinéaires.

2. L’écriture complexe de la composée g g est z ′ = g (g (z))= g (

2e− iπ 6 z

)

= 2e− iπ 6 2e−

iπ 6 z = 4e−

iπ 6 e

iπ 6 z = 4z.

Par conséquent, comme 4∈ R∗ ∖

{1}, on en déduit que la transformation g g est une homothétie de rapport 4. Remarquons que g (g (O))= g (O)=O donc O est l’unique point invariant de cette homothétie, c’est-à-dire son centre.

Donc g g est l’homothétie de centre O et de rapport 4.

Figure :

++

+

+

O

AB

C

D

EXERCICE 3 5 points

Partie A

1. N0,7

B 0,3

N0,7

B0,3

N0,7

B0,3

Asie 3 20 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

D’où : p = P (G)= 0,7×0,3+0,3×0,7 ⇒ p = 0,42 .

2. Soit n un entier tel que n > 2. Un joueur joue n parties identiques et indépendantes. On note X la variable aléatoire qui comptabilise nombre de parties gagnées par le joueur, et pn la probabilité que le joueur gagne aumoins une fois au cours des n parties.

a. L’expérience aléatoire a deux issues :

— succès : le joueur gagne avec une probabilité de p = 0,42 — échec : le joueur perd avec une probabilité de q = 1−p = 0,58 On répète cette expérience n fois de manière indépendante. Donc, la variable aléatoire qui compte le nombre de succès suit une loi binomiale de paramètresn et p .

b. pn = 1−P (X = 0)= 1−0,58n = pn =⇒ p10 = 1−0,5810 ≈ 0,996≈ p10

c. 1−0,58n > 0,99⇒ 0,01> 0,58n ⇒ ln(0,01)> ln (

0,58n )

⇒ ln(0,01)

ln(0,58) 6 n

le joueur doit jouer aumoins 9 parties .

Asie 4 20 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie B

1. a. Nk

k+3

B

3 k+3

N k

k+3

B3k+3

N k

k+3

B3k+3

On en déduit que :

p (Yk = 5)= k

(k +3) ×

3

(k +3) +

3

(k +3) ×

k

(k +3) =⇒ p (Yk = 5)=

6k

(k +3)2

b. d yi = −9 −1 +5

P (

Yk = yi )

= 9

(k +3)2 k2

(k +3)2 6k

(k +3)2

2. E(Yk )=−9× 9

(k +3)2 + (−1)×

k2

(k +3)2 +5×

6k

(k +3)2 =

−81−k2+30k (k +3)2

= −(k −3)(k −27)

(k +3)2 D’où :

E(Yk )> 0⇐⇒ k ∈]3 ; 27[

Le jeu est favorable au joueur pour k ∈]3 ; 27[ .

EXERCICE 4 5 points

1.

n u v a b

0 4 9 4 9 1 6,5 6,964 6,5 6,964 2 6,732 6,736 6,732 6,736

2. a. Initialisation

Pour n = 0, on a bien u0 > 0 et v0 > 0. L’hypothèse de récurrence est vérifiée pour n = 0. Hérédité

Supposons que pour n ∈N : un > 0 et vn > 0. Alors :

un + vn > 0⇒ un + vn

2 > 0⇒ un+1 > 0

u2n > 0 et v2n > 0⇒ u2n + v2n > 0⇒ u2n + v2n

2 > 0⇒

u2n + v2n 2

> 0⇒ vn+1 > 0

L’hypothèse de récurrence est donc vérifiée au rang n+1. Ainsi, d’après le théorème de récurrence, on en déduit que : un > 0 et vn > 0 pour tout n ∈N .

b. v2n+1−u 2 n+1 =

u2n + v2n 2

− (un + vn

2

)2 =

2u2n +2v2n 4

u2n +2un vn + v2n

4 =

u2n −2un vn + v2n 4

= (un vn

2

)2 = v2n+1−u

2 n+1 .

D’où, pour tout n ∈N : v2n+1−u 2 n+1 > 0⇒ v

2 n+1 > u

2 n+1 ⇒ vn+1 > un+1 ⇒ vn > un pour tout n ∈N

∗.

Par construction, v0 > u0.

Conclusion : vn >un pour tout n ∈N .

3. a. un+1−un = un + vn

2 −un =

vn un 2

> 0 d’après la question précédente. La suite (un ) est donc croissante .

b. 0< un 6 vn u2n 6 v2n u2n + v2n 6 v2n + v2n u2n + v2n

2 6 v2n v2n+1 6 v

2 n vn+1 6 vn (car les éléments de la

suite vn sont positifs).

La suite (vn) est donc décroissante .

Asie 5 20 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. On amontré que :

• la suite un est croissante donc u0 6 un pour tout entier naturel n, • la suite vn est décroissante donc vn 6 v0 pour tout entier naturel n, • pour tout entier naturel n, un 6 vn .

On en déduit que pour tout entier naturel n,u0 6 un 6 vn 6 v0 d’où en particulier

{

un 6 v0 vn 6 u0

La suite (un ) est croissante majorée par v0 donc, d’après théorème, elle est convergente.

La suite (vn) est décroissante minorée par u0 donc, d’après théorème, elle est convergente.

Il s’agit, vous l’aurez compris, de suites adjacentes, car on peut démontrer que lim n→+∞

(vn un )= 0 .

Asie 6 20 juin 2012

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