Contrôle - sciences mathématique  10 - correction, Exercices de Mathématiques Appliqués
Emmanuel_89
Emmanuel_8928 May 2014

Contrôle - sciences mathématique 10 - correction, Exercices de Mathématiques Appliqués

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Contrôle de sciences mathématique 10 - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les représentations paramétriques, La probabilité de l’évènement, la partie imaginaire.
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Terminale S

Terminale S juin 2010

Centres Etrangers

Exercice 1

Question 1

Dans l’espace muni d’un repère orthonormal ( ; , , )O i j k , on considère les droites (D1) et (D2) de représentations

paramétriques : (D1) :

1 2

3

1

x t

y t

z t

     

  

(t  ) et (D2) :

1 2

5

2

x t

y t

z t

    

   

(t  ).

Affirmation : Les droites (D1) et (D2) sont orthogonales .

VRAI.

Un vecteur directeur de (D1) est  1 2; 3;1u  et un vecteur directeur de (D2) est  2 2; 1;1u   ;

D’où      1 2. 2 2 3 1 1 1 0u u           donc 1 2u u , et par conséquent (D1) (D2).

Question 2

Dans l’espace muni d’un repère orthonormal ( ; , , )O i j k , on considère le point A de coordonnées (2 ; −1 ; 3) et la

droite (D) de représentation paramétrique :

1 4

2 2

3 2

x t

y t

z t

     

  

(t  ).

Affirmation : Le plan (P) contenant le point A et orthogonal à la droite (D) a pour équation : 2x + y − z = 0 .

VRAI.

La droite (D) admet  4;2; 2u  pour vecteur directeur ;

Le plan (P’) d’équation 2x + y − z = 0 admet  2;1; 1n  pour vecteur normal donc 2u n et passe par A car

22 + (1)  3 = 0 ; Il s’agit donc du plan (P).

Question 3

La durée de vie, exprimée en heures, d’un jeu électronique, est une variable aléatoire X qui suit la loi exponentielle

de paramètre λ = 0,0003. On rappelle que, pour tout t > 0,   0

t xp X t e dx    .

Affirmation : La probabilité pour que la durée de vie de ce jeu soit strictement supérieure à 2 000 heures est

inférieure à 0,5.

FAUX.

    2000

0

2000 1 2000 1 xp X p X e dx       

2000

2000 2000 0,0003 2000 0,6

0 1 1 1 0,55 0,5xe e e e e                           

.

Question 4

A et B sont deux évènements liés à une même épreuve aléatoire qui vérifient :

 p A = 0,4,  Ap B = 0,7 et  Ap B = 0,1.

Affirmation : La probabilité de l’évènement A sachant que l’évènement B est réalisé est égale à 14

41 .

VRAI.

   

 

   

     

0,4 0,7 0,28A B

p A B p A p B p A

p B p B p B p B

       ;

Mais, d’après la formule des probabilités totales,

          p B p B A B A p B A p B A       

             0,4 0,7 1 1A A Ap A p B p A p B p A p B         

   0,28 1 0,4 1 0,1 0,28 0,6 0,9 0,28 0,54 0,82           ;

D’où finalement,   0,28 14

0,82 41 Bp A   .

Exercice 2 non spécialistes

Dans le plan complexe (P) muni d’un repère orthonormal direct  ; ,O u v d’unité graphique 4 cm, on considère le

point A d’affixe a = −1 et l’application f , du plan (P) dans lui-même, qui au point M d’affixe z, distinct de A, associe le

point M′ = f (M) d’affixe z′ tel que : ' 1

iz z

z  

.

1. L’affixe des points M tels que M′ = M :

M′ = M      ' 1 1 0 1 0 1

iz z z z iz z z z z iz z z i

z               

0 ou 1 0 0 ou 1z z i z z i          ;

Il y a donc 2 points invariants par f : O(0) et I(1 + i) .

2. Pour tout point M distinct de A et de O, on a ' OM

OM AM  et    ; ' ;

2 u OM MA MO

   à 2π près :

Par passage aux modules et arguments dans l’égalité ' 1

iz z

z  

, il vient :

o  

1 ' ' ' ' '

1 1 1

iz i z ziz OM z z z z OM

z z z a AMz

              

;

o       0

arg ' arg arg ' arg arg 1

iz z z z i

z z a

          

    

       ; ' ; ; ' ; 2 2

u OM AM OM u OM MA MO  

      à 2π près .

3.

a. Soit B le point d’affixe b = 1

2 i  .

Construction du point B et de la médiatrice () du segment [OA] : cf. figure.

b. L’affixe b′, sous forme algébrique, du point B′ image du point B par f :

' 2 2

1 1 1 1 1 11 31 11 1 4 32 2 2 2 2 42 4

1 5 511 5 511 12 4 42 2

B B

B

i i i i ii i iz

z i z

ii

                                     

                     

.

B′ appartient au cercle (C) de centre O et de rayon 1 :

2 2

'

4 3 4 3 16 9 ' 1 1

5 5 5 5 25 25 BOB z i

                 

    donc B’  (C) ; CQFD !

Construction du point B′ et du cercle (C) dans le repère ; cf. figure.

c. Si un point M appartient à la médiatrice (), son image M′ par f appartient au cercle (C) :

M  ()  OM = OA ; Or, d’après le 2., ' OM

OM AM  ; Donc ' 1OM  , et par conséquent M’  (C).

d. Soit C le point tel que le triangle AOC soit équilatéral direct.

Construction, à la règle et au compas, de l’image du point C par f :

D’après le 2., on a :

 ' 1 OC

OC AC    C’  (C) ;

     5

; ' ; 2 3 2 6

u OC CA CO    

     à 2π près  C’ est sur la bissectrice (B) de COA .

C’ est donc le point d’intersection entre (B) et (C) (cf. figure).

4. Dans cette question, on se propose de déterminer, par deux méthodes différentes, l’ensemble () des points M

distincts de A et de O dont l’image M′ par f appartient à l’axe des abscisses.

a. On pose z = x + iy avec x et y réels tels que (x ; y)  (−1 ; 0) et (x ; y)  (0 ; 0).

La partie imaginaire de z′ est égale à :    

2 2

2 2 Im '

1

x y x z

x y

  

  :

 Ecrivons z’ sous forme algébrique :

 

    '

1 1 1

i x iyiz y ix z

z x iy x iy

          

    

 

       

2

2 22 2

1 11

1 1

y x xy i x x yy ix x iy

x y x y

          

    ;

 Partie imaginaire de z’ :

       

 

 

   

2 2 2 2

2 2 22 2 2

1 1 1 Im ' Im

1 1 1

y x xy i x x y x x y x y x z

x y x y x y

                      

; CQFD !

Nature et éléments caractéristiques de l’ensemble () :

M  ()  M’  (x’x) (et M’  O car M  O)  z’   *

    

2 2 2 2

2 2 Im ' 0 0 0

1

x y x z x y x

x y

        

  et  

2 21 0x y  

2 21 1

2 4 x y  

      

et    ; 1;0x y  

 M appartient au cercle de centre 1

;0 2

      

et de rayon 1

2 privé de A (et de O)

L’ensemble () est donc le cercle de centre 1

;0 2

      

et de rayon 1

2 privé des points O et A.

b. Nature de l’ensemble () à l’aide de la question 2. :

M  ()  M’  (x’x) (et M’  O car M  O)   ; ' 0u OM k  où k   ;

Or, pour tout point M distinct de A et de O, on a (d’après 2.) :     '; ' ; 2 2

u OM MA MO k

   ;

Donc M  ()     ' "0 ; 2 ; 2 2

k MA MO k MO MA k  

         où k   ;

MO MA avec M  O et M  A ;

 M appartient au cercle de diamètre [OA] privé des points O et A. L’ensemble () est donc le cercle de diamètre [OA] privé des points O et A, qui est bien celui

trouvé au a. !

Exercice 3

On considère les deux courbes (C1) et (C2) d’équations respectives y = ex et y = −x2 − 1 dans un repère orthogonal du

plan.

Le but de cet exercice est de prouver qu’il existe une unique tangente T commune à ces deux courbes.

1. Tracé approximatif d’une telle tangente à l’aide d’une règle : cf. graphique.

 Abscisse du point de contact de cette tangente avec la courbe (C1) : a  0,8 ;

 Abscisse du point de contact de cette tangente avec la courbe (C2) : b  1,2;

2. On désigne par a et b deux réels quelconques, par A le point d’abscisse a de la courbe (C1) et par B le point

d’abscisse b de la courbe (C2).

a. Une équation de la tangente (TA) à la courbe (C1) au point A :

      : 'AT y f a x a f a   où f(x) = ex f’(x) = ex ;

Donc :      : 1a a a aAT y e x a e e x e a      .

b. Une équation de la tangente (TB) à la courbe (C2) au point B :

      : 'BT y g b x b g b   où g(x) = −x2 −1  g’(x) = 2x ;

Donc :     2 2: 2 1 2 1BT y b x b b bx b         .

c. Les droites (TA) et (TB) sont confondues  les réels a et b sont solutions du système (S) : 2

2

1

a

a a

e b

e ae b

      

:

(TA) = (TB)  elles ont la même équation réduite

 elles ont le même coefficient directeur p et la même ordonnée à l’origine q

  2 2 2 2

1 1 1

a a T TA B

a a a T TA B

p p e b e b

q q e a b e ae b

             

         

; CQFD !

d. Le système (S) est équivalent au système (S′) : 2

2

4 4 4 0

a

a a a

e b

e ae e

   

   

.

22 2 2

1 1

22 22

111 4 4 4 011 42

a a a a

a a a a a a a aa a a

b e b e e b e b

e ae b e ae ee ae ee ae e

                 

                   

; CQFD !

3. Le but de cette question est de prouver qu’il existe un unique réel solution de l’équation (E) :

2 4 4 4 0x x xe xe e    .

Pour cela, on considère la fonction f définie sur  par :   2 4 4 4x x xf x e xe e    .

a. Pour tout x appartenant à ]−∞ ; 0[, 2 4 0xe   et  4 1 0xe x  .

x < 0  2x < 0  2 2 21 4 3 4 0x x xe e e        ;

x < 0  x  1 < 0 et comme 4 0xe  ,  4 1 0xe x  .

b. L’équation (E) n’a pas de solution dans l’intervalle ]−∞ ; 0[ :

(E) :    2 24 4 4 0 4 4 1 0x x x x xe xe e e e x         ;

Or pour x < 0 , 2 4 0xe   et  4 1 0xe x  donc    2 4 4 1 0x xe e x    ; L’équation (E) n’a donc pas de solution dans l’intervalle ]−∞ ; 0[ ; CQFD !

c. La fonction f est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[ :

f est dérivable sur  donc sur l’intervalle [0 ; +∞[ et :

     2 2' 2 4 1 4 2 4 2 2x x x x x x x xf x e e x e e e xe e e x          ;

Comme 0xe  et que x  0, il est clair que  ' 0f x  ;

f est donc strictement croissante sur [0 ; +[ ; CQFD !

d. L’équation (E) admet une solution unique dans l’intervalle [0 ; +∞[ :

Remarquons d’abord que (E)    0f x  ;

Or f est définie, continue (car dérivable) et strictement croissante sur [0 ; +[ ; elle réalise donc une

bijection de l’intervalle [0 ; +[ sur l’intervalle    0 ; lim x

f f x 

    

.

Or  0 7f   et    2lim lim 4 4 4 lim 4 4 4x x x x x x x x

f x e xe e e e x   

          (car lim x x

e 

 

et lim 4 4 x

x 

   ).

f réalise donc une bijection de l’intervalle [0 ; +[ sur l’intervalle [7 ; +[ .

Comme 0  [7 ; +[ , il admet donc un unique antécédent a par f dans [0 ; +[ ;

L’équation (E) admet donc bien une solution unique dans l’intervalle [0 ; +∞[ , à savoir a ; CQFD !

Un encadrement d’amplitude 10−2 de a :

 0,84 0,11f   < 0 et  0,85 0,07f  > 0 donc , f étant croissante sur [0 ; +[, 0,84 < a< 0,85.

4. On prend pour A le point d’abscisse a.

Un encadrement d’amplitude 10−1 du réel b pour lequel les droites (TA) et (TB) sont confondues.

(TA) = (TB)  (a ; b) solution du système (S) (cf. 2.c.)

 (a ; b) solution du système (S’) : 2

2

4 4 4 0

a

a a a

e b

e ae e

   

   

(cf. 2. d.)

 (a ; b) solution du système :  

2

0

ae b

f a

   



(cf. 3.)

 2ae b

a

   

 (cf. 3.b. et 3.d.)

 1

2

a

b e

    

(cf. 3.b. et 3.d.)

Or 0,84 < a< 0,85  0,84 0,85 0,85 0,84 1 1 1

2 2 2

a ae e e e e e         1,2 < b < 1,1.

Exercice 4

Soit f la fonction définie sur l’intervalle [0 ; +∞[ par :   5

6 1

f x x

  

.

Le but de cet exercice est d’étudier des suites (un) définies par un premier terme positif ou nul u0 et vérifiant pour tout

entier naturel n :  1n nu f u  .

1. Étude de propriétés de la fonction f

a. Le sens de variation de la fonction f sur l’intervalle [0 ; +∞[ :

f est dérivable sur l’intervalle [0 ; +∞[ et      

2 2

1 5 ' 0 5 0

1 1 f x

x x

     

  ;

f est donc strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[.

b. Résolution dans l’intervalle [0 ; +∞[ l’équation  f x x :

      26 1 5 15 5 1 0

6 0 1 1 1

x x x x x f x x x

x x x

               

    ;

2 5 1 0 : 29 0x x       donc 2 solutions dans  :

5 29 5,2

2

5 29 0

2

     



;

Donc, dans l’intervalle [0 ; +∞[ , l’équation  f x x admet une unique solution : α = 5 29

5,2 2

 .

c. Comme f est croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[,

 Si x appartient à l’intervalle [0 ; α], alors  f x appartient à l’intervalle [0 ; α] :

Si 0  x   alors f(0)  f(x)  f()  1  f(x)   ;

En conséquence, si x [0 ; ] alors f(x)  [0 ; ] ; CQFD !

 Si x appartient à l’intervalle [α ;+∞[ alors f x appartient à l’intervalle [α ; +∞[ :

Si x   alors f(x)  f()  f(x)   ;

En conséquence, si x  [ ; + [ alors f(x)  [ ; + [; CQFD !

2. Étude de la suite (un) pour u0 = 0.

Dans cette question, on considère la suite (un) définie par u0 = 0 et pour tout entier naturel n :

 1 5

6 1

n n n

u f u u

    

.

a. Sur le graphique, sont représentées les courbes d’équations y = x et y = f (x).

Construction du point A0 de coordonnées (u0 ; 0), et des points A1, A2, A3 (et A4) d’ordonnée nulle et

d’abscisses respectives u1, u2, u3 (et u4) : cf. graphique.

Conjectures :

 la suite (un) semble croissante ;

 la suite (un) semble converger vers α .

b. Pour tout entier naturel n, 10 n nu u    , par récurrence :

Notons Pn la propriété : « 10 n nu u    » avec n  .

Initialisation : u0 = 0 et    1 0 0 1u f u f   donc on a 0 10 u u    , soit P0 vraie (1) ;

Hérédité : Supposons que Pn soit vraie ; alors il vient successivement :

10 n nu u    (H.R.)

       10 n nf f u f u f    (car f croissante sur [0 ; α] )

1 21 n nu u    

1 20 n nu u    

Donc Pn+1 vraie (si Pn vraie) (2)

De (1) et (2), il résulte que Pn vraie pour tout n  0 ; CQFD !

c. La suite (un) est convergente :

 Ainsi, la suite (un) est croissante et majorée par α; elle est donc convergente ;

 Appelons l sa limite ; Passons à la limite dans l’égalité  1n nu f u  ;

il vient, puisque la fonction f est continue,  l f l ; Donc l est solution de l’équation  f x x

qui admet sur [0 ; +[ α pour unique solution. Comme 0  lα, l = α.

Ainsi, (un) converge vers α .

3. Étude des suites (un) selon les valeurs du réel positif ou nul u0

Sens de variation et convergence de la suite (un) suivant les valeurs du réel positif ou nul u0 :

 0  u0 < α : (un) croissante et converge vers α ;

u0 = α : (un) constante à α (donc converge vers α) ;

u0 > α : (un) décroissante et converge vers α.

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