Contrôle - sciences mathématique  15 - correction, Exercices de Mathématiques Appliqués
Emmanuel_89
Emmanuel_8928 May 2014

Contrôle - sciences mathématique 15 - correction, Exercices de Mathématiques Appliqués

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Contrôle de sciences mathématique 15 - correction. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Restitution organisée de connaissances, les trois autres solutions de l‘équation.
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Terminale S

Terminale S juin 2010

Polynésie

Exercice 1

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct  ; ,O u v .

Partie A - Restitution organisée de connaissances

Prérequis

Soit z un nombre complexe tel que z = a +bia et b sont deux nombre réels.

On note z , le nombre complexe défini par z a ib  .

Questions

1. Pour tous nombres complexes z et z′, ' 'z z z z   :

Soient z a ib  et ' ' 'z a ib  les formes algébriques des nombres complexes z et z′ ; Alors :

           ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 'z z a ib a ib aa bb i ab a b z z aa bb i ab a b              ,

       ' ' ' ' ' ' 'z z a ib a ib aa bb i ab a b        ;

On a donc bien que ' 'z z z z   ; CQFD !

2. Pour tout entier naturel n non nul, et tout nombre complexe z,   nnz z :

Recourons à un raisonnement par récurrence ; Notons Pn la propriété : «   nnz z » avec n  1.

Initialisation : 1z z et   1

z z donc on a   11z z , soit P1 vraie (1) ;

Hérédité : Supposons que Pn soit vraie ; alors :

    11

. .' '

n nn n n

H Rz z z z

z z z z z z z z 

  

       , soit Pn+1 vraie (si Pn vraie) (2)

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

Partie B

On considère l’équation (E) : z4 = −4 où z est un nombre complexe.

1. Si z est solution de (E) alors −z et z sont aussi solutions de (E) :

z étant supposé solution de (E) , z4 = −4 d’où :

   4 4 4z z     −z solution de (E) ;

   4 4 4 4z z      z solution de (E).

2. On considère le nombre complexe z0 = 1 + i.

a. z0 sous forme exponentielle : 0 1 2z i   d’où :

4 0

2 2 1 2 2 cos sin 2

2 2 4 4

i

z i i i e

     

              .

b. z0 est solution de l’équation (E) :   4

444 44 0 2 2 4 4

ii iz e e e

 

   

             

z0 solution de (E) .

3. Trois autres solutions de l’équation (E) : z0 solution de (E) 

0

0 0 0

0

solution de (E) solution de (E) = solution de (E)

solution de (E)

z z z z

z

     

;

Donc −1  i, 1  i et −1 + i sont trois autres solutions de (E) (et les seules d’ailleurs).

Partie C

Soient A, B, C et D les points d’affixes respectives zA = 1 + i , zB = −1 + i , zC = −1 − i et zD = 1 – i (solutions de (E) donc).

Soit r la rotation du plan de centre C et d’angle de mesure 3

  .

On appelle E l’image du point B par r et F celle du point D par r .

1. Ecriture complexe de la rotation r :    3 3' ' 1 1 i i

C Cz z e z z z e z i i

   

        

2.

a. L’affixe du point E est égale à 1 3  : Puisque E = r(B),

 3 1 1 cos sin 1 3 3

i

E Bz e z i i i

       

                  

1i   1i i  

1 3

2 1 2 2

i i i i            

3 1 i   1 3   ; CQFD !

b. L’affixe zF du point F : Puisque F = r(D),

 3 1 1 i

F Dz e z i i

 

      1 3

1 2 2

i i       

  1 i   1 1i   3 1i   1 3i i    .

c. Le quotient A E

A F

z z

z z

 est un nombre réel :

        

   

       

2 2

2 3 1 2 31 1 3 2 3

1 2 31 1 3 1 2 3

A E

A F

i ii iz z

z z ii i

           

       

2 3

   2 3       

 

1 2 3 2 3 4 1 1

1 4 4 3 3

i i      

  

  1 2 3

8 4 3 2 3    

  .

d. Conséquence pour les points A, E et F :

Méthode 1 :  A E A E A F EA FA A F

z z z z z z z z EA FA

z z   

         

 où    ;

Méthode 2 :      * arg 0 ; 0A E A E A F A F

z z z z FA EA

z z z z  

        

   ;

Donc A, E et F alignés .

Exercice 2

Des robots se trouvent au centre de gravité O d’un triangle de sommets S, I et X.

Chacun se déplace en trois étapes successives de la manière suivante :

 à chaque étape, il passe par l’un des trois sommets S, I et X puis

il rejoint le point O;

 les robots sont programmés de telle sorte que, lors d’une étape,

la probabilité de passer par le sommet S est égale à celle de

passer par le sommet X et la probabilité de passer par le

sommet S est le double de celle de passer par le sommet I ;

 les différentes étapes sont indépendantes les unes des autres ;

 on ne tient pas compte des passages par O.

Partie A - Un seul robot

Un seul robot se trouve au point O.

Notations : On notera Si (respectivement Ii et Xi) l’ événement « le robot passe par le sommet S (respectivement I et X)

à l’ étape n° ».

1. A chaque étape, la probabilité que le robot passe par le sommet I est égale à 1

5 :

 D’après l’ hypothèse 1, p(S) + p(X) + p(I) = 1 ;

 D’après l’ hypothèse 2, p(S) = p(X) et p(S) = 2p(I) .

D’où : 2p(I) + 2p(I) + p(I) = 1  5p(I) = 1  p(I) = 1

5 ; CQFD !

Et par conséquent, p(S) = p(X) = 2

5 .

2. On note E l’évènement : « au cours des trois étapes, le robot passe successivement par les 3 sommets S, I et X

dans cet ordre ».

La probabilité de E est égale à 4

125 : On a E = S1I2X3 ; Donc

P(E) = p(S1I2X3) = p(S1)p(I2)p(X3) ces événements étant indépendants d’après l’hypothèse 3

= 2 2 1 4

5 5 5 125    ; CQFD !

3. On note F l’évènement : « au cours des trois étapes, le robot passe exactement par les 3 sommets S, I et X dans

un ordre quelconque ».

La probabilité de F : il y a 3 ! = 6 façons d’ordonner les sommets S, I et X dans un ordre quelconque donc il est

clair que : p(F) = 6p(E) = 4 24

6 125 125   .

Partie B - Plusieurs robots

Des robots se trouvent au point O, leurs déplacements étant indépendants les uns des autres.

Nombre minimal n de robots doit-il y avoir pour que la probabilité de l’événement : « au moins l’un des robots passe

successivement par les sommets S, I et X dans cet ordre » soit supérieure ou égale à 0,99 :

 On est, vu les hypothèses, en présence d’un schéma de Bernoulli de paramètres n et p = p(E) = 4

125 .

 Soit X la variable aléatoire correspondant au nombre de robots qui passe successivement par les sommets S, I et

X dans cet ordre. Alors X suit la loi binomiale B(n ; 4

125 ).

 Soit G l’événement « au moins l’un des robots passe successivement par les sommets S, I et X dans cet ordre » ;

Alors p(G) = p(X ≥ 1) = 1 – p(X = 0) = 1 0

n      

0 4

125

     

0 4 4 121

1 1 1 1 125 125 125

n n n                 

      .

 Donc p(G)  0,99 121 121

1 0,99 0,01 125 125

n n    

           

  ln croissante ln0,968 00 ln ln

ln 0,01 ln 0,01 ln 0,968 ln 0,01 ln 0,968 142

ln 0,968

n

n nx x n x

n n n    

         .

Exercice 3 non spécialistes

Dans l’espace muni d’un repère orthonormal ( ; , , )O i j k , on considère :

– les points A(1 ; 1 ; 1) et B(3 ; 2 ; 0) ;

– le plan (P) passant par le point B et admettant le vecteur AB pour vecteur normal ;

– le plan (Q) d’équation : xy + 2z + 4 = 0 ;

– la sphère (S) de centre A et de rayon AB.

1. Une équation cartésienne du plan (P) est : 2x + yz − 8 = 0 :

  2 ;1; 1AB  étant normal à (P), une équation cartésienne de (P) est de la forme 2x + yz + d = 0 ;

 Puisque B(3 ; 2 ; 0)  (P), 23 + 2 − 0 + d = 0  d = 8 ;

Donc (P) : 2x + yz − 8 = 0 ; CQFD !

2. Une équation de la sphère (S) : (S) a pour équation

   22 22 1 1 6AB      ;

         2 2 22 2; ; ( ) 1 1 1 6M x y z S AM AB AM AB x y z            ;

Donc (S) :       2 2 2

1 1 1 6x y z      .

3.

a. Distance du point A au plan (Q) :     

22 2

2 4 1 1 2 4 6 ; 6

6 61 1 2

A A Ax y z d A Q

         

  

.

Le plan (Q) est tangent à la sphère (S) : Ainsi   ;d A Q AB ; Or A est le centre de (S) et AB son

rayon, donc (Q) est bien tangent à (S) ; CQFD !

b. Le plan (P) est tangent à la sphère (S) : (P) passe par B, point de (S), et admet AB pour vecteur

normal ; il est donc tangent à (S) (en B).

4. On admet que le projeté orthogonal de A sur le plan (Q), noté C, a pour coordonnées (0 ; 2 ; −1).

a. Les plans (P) et (Q) sont sécants :

Un vecteur normal à (P) est  2;1; 1n  et un vecteur normal à (Q) est  ' 1; 1;2n  ;

Il est clair que  2;1; 1n  et  ' 1; 1;2n  ne sont pas colinéaires donc (P) et (Q) ne sont pas parallèles ;

ils sont donc sécants (suivant une droite).

b. Soit (D) la droite d’intersection des plans (P) et (Q).

Une représentation paramétrique de la droite (D) est : 12 5

4 3

x t

y t

z t

   

  

avec t   :

       

2 82 8 0 ; ; ( ) ; ; ( )

2 2 8 4 02 4 0

z x yx y z M x y z D M x y z P Q

x y x yx y z

             

         

 

5 122 8 5 12 12 5

2 5 12 85 12 0 3 4 4 3

x t y xz x y y x

y t z x xx y z x

z t

          

                      

t   ; CQFD !

c. A n’appartient pas à la droite (D) :

Méthode 1 :  

1 1

1;1;1 ( ) 1 12 5 1 7

1 4 3 1 1

t t

A D t

t

    

           

donc A  (D) ;

Méthode 2 : A est le centre de (S) et (P) et (Q) sont tangents à (S), sphère de rayon non nul,

donc A n’appartient ni à (P) ni à (Q) donc encore moins à (D) !.

d. On appelle (R) le plan défini par le point A et la droite (D) (définition légitime car A  (D)).

Tout point du plan (R) est équidistant des points B et C  (R) est le plan médiateur de [BC].

 C étant le projeté orthogonal de A sur le plan (Q) qui est tangent à (S), CA = AB (rayon de (S)) (1)

 Cherchons deux points de (D) : t = 0  E(0 ; 12 ; 4) et t = 1  F(1 ; 7 ; 1) ; Alors :

       2 2 2

0 3 12 2 4 0 9 100 16 125 5 5BE            ,

       2 2 2

0 0 12 2 4 1 0 100 25 125 5 5CE            ,

       2 2 2

1 3 7 2 1 0 4 25 1 30BF           ,

       2 2 2

1 0 7 2 1 1 1 25 4 30CF           ;

Donc BE = EC et BF = FC (2) ;

Ainsi, de (1) et (2), (R) contient trois points – A, E et F – non alignés équidistants de B et C : c’est

donc le plan médiateur de [BC]. L’affirmation est donc vraie.

(D)

(P)

(Q)

Exercice 4

Partie A

1. On considère la fonction g définie sur [1 ; +∞[ par    ln 2 1g x x x   .

a. L’équation   0g x  admet sur [1 ; +∞[ une unique solution notée α :

 Variations de g sur [1 ; +∞[ :

La fonction g est dérivable sur [1 ; +∞[ car  ln 2x x et 1x x le sont et donc, par

somme, g aussi et   2

'g x  2

1 1

x

xx

   ;

Sur [1 ; +[, 1 – x  0 et x > 0 donc  ' 0g x  avec  ' 0g x  si x > 1 ;

g est donc strictement décroissante sur [1 ; +[.

 Limite en + de g :

F.I.    mais     ln

ln 2 1 ln 2 ln 1 1 ln 2 1 x

g x x x x x x x

             

  ;

Or ln

lim 0 x

x

x  donc

ln lim 1 1

x

x

x    et par produit,

ln lim 1

x

x x

x

     

  ;

Puis, par somme,   ln

lim 1 ln 2 1 lim x x

x x g x

x 

         

  .

Autre méthode :      ln 2

ln 2 1 2 1 1 2

x g x x x x

x

         

  et

 

2

ln 2 ln lim lim 0

2x XX x

x X

x X    .

 Calcul de g(1):    1 ln 2 1 1g    1 ln 2 > 0 .

Ainsi, g est définie, continue (puisque dérivable) et strictement décroissante sur l’intervalle

[1 ; +[ ; elle réalise donc une bijection de l’intervalle [1 ; +[ sur l’intervalle

     lim ; 1 ;ln 2 x

g x g 

      

. Or 0  ] ; ln2] donc 0 admet par g un unique antécédent α

dans l’intervalle [1 ; +[ , autrement-dit l’équation   0g x  admet sur [1 ; +∞[ une unique

solution α .

b.  ln 2 1   : α solution de   0g x  donc      0 ln 2 1 0 ln 2 1g             ; CQFD !

Remarque : α est donc l’abscisse du point d’intersection sur [1 ; +[ entre () et la droite (D) : y = x.

2. Soit la suite (un) définie par u0 = 1 et pour tout entier naturel n, par  1 ln 2 1n nu u   .

On désigne par () la courbe d’équation  ln 2 1y x  dans un repère orthonormal ( ; , )O i j .

a. Construction sur l’axe des abscisses des quatre premiers termes de la suite : cf figure.

b. Pour tout entier naturel n, 11 3n nu u    :

Recourons à un raisonnement par récurrence ; Notons Pn la propriété : « 11 3n nu u    » avec n

.

Initialisation : u0 = 1 et  1 0ln 2 1 1 ln 2 1,7u u     donc on a 0 11 3u u   , soit P0 vraie (1) ;

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

11 3n nu u    (H.R.) puis

12 2 2 6n nu u    (2 > 0)

   1ln 2 ln 2 ln 2 ln6n nu u    (car ln croissante)

   1ln 2 1 ln 2 1 ln 2 1 ln6 1n nu u        (+1)

D’où il vient, puisque ln2 + 1 1,7 et ln6 + 1  2,8, 1 21 3n nu u    , soit 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) converge vers α :

 Ainsi, la suite (un) est croissante et majorée par 3 ; elle est donc convergente ;

 Appelons l sa limite ; Passons à la limite dans l’égalité  1 ln 2 1n nu u   ; il vient, puisque la

fonction ln est continue,    ln 2 1 0l l g l    ; Donc l est solution de l’équation   0g x

qui admet sur [1 ; +∞[ α pour unique solution. Comme l  1 car 1 nu , l = α.

Ainsi, (un) converge vers α ; CQFD !

Partie B

On considère la fonction f définie sur [1 ; +∞[ par :     11 xf x x e   .

On désigne par (C ) la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormal ( ; , )O i j .

1. Pour tout nombre réel x supérieur ou égal à 1, on pose :       1 1 1

1 x x

tF x f t dt t e dt    .

a. La fonction F est croissante sur [1 ; +∞[ :

f étant continue sur [1 ; +∞[, F est, par définition, sa primitive qui s’annule en 1 ; Donc F’ = f.

Or sur ]1 ; +∞[     11 xf x x e   >0 car 1 0x  et 1 0xe   (car 0Xe  pour tout réel X).

F est donc bien (strictement) croissante sur [1 ; +[ ; CQFD !

b. Pour tout réel x appartenant à [1 ; +∞[,   1 1xF x xe    , à l’aide d’une intégration par parties :

Posons  

 

 

 1 1 1 ' 1

't t

u t t u t

v t e v t e 

       

    

; Alors :          1 1 1 1

1 ' x x x

tF x f t dt t e dt u t v t dt      ;

Comme u et v sont dérivables sur [1 ; +∞[ et que leurs dérivées y sont continues, la formule

d’intégration par parties donne :

              1

1 1

' ' x x

x F x u t v t dt u t v t u t v t dt         

1 1

1 1

1 1 xx

t tt e e dt          

   1 1 1 1 1 1 1

1 1 1 x

x t x x x xx e e x e e xe e                       

1 xe  11 1xxe     ; CQFD !

c. Sur [1 ; +∞[, l’équation   1

2 F x  est équivalente à l’équation  ln 2 1x x  :

Ainsi,   1 1 1

0

1 1 1 1 1

2 2 2 2

x x x

x

F x xe xe e x

  

        

     1 1

ln ln

ln

1 ln ln ln 2 1 ln 2 1

2

x

x x

xe x

e x x x x x



           

  ; CQFD !

2. Soit un réel a supérieur ou égal à 1.

On considère la partie Da du plan limitée par la courbe (C), l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 1

et x = a.

 Da sur le graphique : cf. figure.

a tel que l’aire, en unités d’aires, de Da, soit égale à 1

2 :

f est positive sur [1 ; +[ (cf. B.1.a.) donc sur [1 ; a] ; l’aire, en unités d’aires, de Da, est donc égale à

l’intégrale     1

a

f t dt F a ;

Donc l’aire de Da, est égale à 1

2 u.a.     

.1. .

1 ln 2 1

2 B c F a a a     

.1. .

0 A a

g a a     .

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