Correction des travaux pratiques en algorithmique  –  1, Exercices de Algorithmes. Université Bordeaux I
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Correction des travaux pratiques en algorithmique – 1, Exercices de Algorithmes. Université Bordeaux I

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Correction des travaux pratiques en algorithmique – 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les points d’affixes, La probabilité.
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CorrigeNllCaleSmars2005.dvi

[ Baccalauréat S (obligatoire) Nouvelle Calédonie \ mars 2005

EXERCICE 1 4 points

Commun tous les candidats

Pour tout n entier naturel non nul,

pour tout réel θ, (

eiθ )n

est égal à :

ei Faux⊠ Vrai

Q1 cos(θn )+ isin(θn ) ⊠ Faux Vrai

cos()+ i sin()  Faux⊠ Vrai

La partie imaginaire du nombre z

est égale à :

z + z 2

⊠ Faux Vrai

Q2 z z 2i

 Faux⊠ Vrai

z z 2

⊠ Faux Vrai

Soit z un complexe tel que

z = x + iy (x et y réels). Si z est un imaginaire pur, alors |z|2 est égal à :

y2  Faux⊠ Vrai

Q3 −y2 ⊠ Faux Vrai

z2  Faux⊠ Vrai

A, B et C sont des points d’affixes

respectives a, b et c telles que b a c a

= i p 3, alors :

BC = 2 AC  Faux⊠ Vrai

Q4 (−−→ AB ,

−−→ AC

)

= π

2 +2, k ∈Z ⊠ Faux Vrai

−−→ CA · −−→CB =CA2  Faux⊠ Vrai

EXERCICE 2 5 points

1. Les contrôles étant indépendants, on a un schéma de Bernouilli de para-

mètre p (probabilité d’être contrôlé) et n = 40. On a donc P (X = k)=

(40 k

)

pk (1−p)40−k .

2. p = 1

20 .

a. On a E (X )= i=40 ∑

i=1 E (Xi )= np = 40×

1

20 = 2.

b. P (X = 0)= (40 0

)

(

1

20

)0 (

1− 1

20

)40

= (

19

20

)40

.

P (X = 1)= (40 1

)

(

1

20

)1 (

1− 1

20

)39

= 40× 1

20

(

19

20

)39

= 2× (

19

20

)39

.

P (X = 2)= (40 2

)

(

1

20

)2 (

1− 1

20

)38

= 20×39× 1

400

(

19

20

)38

= 39

20 × (

19

20

)39

.

c. La probabilité d’être contrôlé au plus deux fois est P (X 6 2)= P (X = 0)+ P (X = 1)+P (X = 2)≈ 0,6767(3).

3. S’il ne fait pas prendre, le fraudeur gagne 400(, mais s’il se fait prendre i fois

(avec 06 i 6 40), il devra débourser 100× i (. On a donc Z = 400−100X .

Avec p = 1

5 , on a E (Z )= E (400−100X ) = 400−100E (X ) = 400−100

(

40× 1

5

)

=

−400. En moyenne sur 40 trajets il devra payer 400 (. . .

Baccalauréat S (obligatoire) A. P. M. E. P.

4. a. P (X 6 2)= P (X = 0)+P (X = 1)+P (X = 2)= (40 0

)

(1−p40+ (40 1

)

p(1−p)39+ (40 2

)

p2(1−p)38 = (1−p)38 [

(1−p)2+40p(1−p)+780p2 ]

= (1−p)38

[

741p2+38p +1 ]

.

b. On a f ′(x) = 38× (−1)(1− x)37 (

741x2+38x +1 )

+ (1− x)38(1482x +38) = (1− x)37

[

38(−741x2 −38x −1)+ (1− x)(1482x +38) ]

= (1− x)37

[

−20158x2 −1444x −38+1482x +38−1482x2 −38x ]

= −21640x2(1− x)37 = 21640x2(x −1)(1− x)6. f ′(x) est du signe de (x −1) donc négative sur [0 ; 1], et f est décroissante sur cet intervalle de 1 à 0 ; étant continue car dérivable, le théorème de la

bijection démontre qu’il existe un réel unique 0 < x0 < 1 tel que f (x0) = 0,01.

La calculatrice permet de trouver 19

100 < x0 <

19+1 100

. On a donc n = 19.

c. On a P (X > 3)= 1−P (X )6 2). Donc P (X > 3)> 0,99 ⇐⇒ 1−P (X 6 2)> 0,99 ⇐⇒ P (X 6 2)6 0,01. D’après la question précédente et la décrois- sance de la fonction f , il faut donc que p > x0.

La plus petite valeur de p est donc x0.

EXERCICE 3 6 points

1.

1 2 3 4

-1 -2 -3 -4 -5

1 2 3-1-2

2. a. Sur l’intervalle considéré (en fait sur la calculatrice [−1 ; 3] la fonction semble être croissante.

b. La fonction semble s’annuler uniquement pour x = 0.

3. Pour x >−1, f ′(x) = 2x −2,2+ 2,2

x +1 =

(2x −2,2)(x +1)+2,2 x +1

= 2x2−0,2x

x +1 =

x(2x −0,2) x +1

. Le dénominateur étant positif, le signe de f ′(x) est celui du tri-

nôme x(2x −0,2) donc positif sauf entre ses racines 0 et 0,1.

4. Ona lim x→−1

f (x)=−∞ et comme f (x)= x2 (

1− 2,2

x

)

+2,2ln(x+1), lim x→+∞

f (x)=

+∞. On en déduit le tableau de variations :

x −1 0 0,1 +∞

f ′ + 0 − 0 +

f

−∞

0

≈−0,0003

+∞

5. On a bien f (0) = 0, mais de plus sur l’intervalle [0,1 ; +∞[ la fonction est continue et croissante de f (0,1)< 0 à+∞. Il existe donc un réel unique x0 tel que f (x0)= 0. Conclusion : l’équation f (x)= 0 a deux solutions : 0 et x0.

6. Les résultats obtenues par étude de la fonction contredisent les conjectures

tirées de l’examen de la calculatrice.

1. On peut prendre −0,0018 6 y 6 0,00111 en utilisant la fonction Table et en calculant f (−0,1) et f (0,2).

Nouvelle Calédonie mars 2005

Baccalauréat S (obligatoire) A. P. M. E. P.

2. On obtient f (0,15) < 0 et f (0,16) > 0. On a donc 0,15 < α < 0,16. L’approxi- mation décimale par défaut à 10−2 de α est 0,15.

1. Soit F ′(x) = x2 − 2,2x − 2,2+ 2,2ln(x + 1)+ 2,2 x +1 x +1

= f (x), donc F est une primitive de f .

2. Sur l’intervalle [0 ; α], f (x)6 0, donc l’intégrale représente l’opposé de l’aire

de la surface limitée par le graphe de f , l’axe des abscisses et les deux droites

d’équations respectives x = 0 et x =α.

3. D’après le 5. a.,

α

0 f (x)dx = F (α)−F (0) =

α 3

3 −1,1α2 +2,2(α+1) ln(α+1).

Or f (α)= 0 ⇐⇒ α2−2,2α+2,2ln(α+1)= 0 ⇐⇒ 2,2ln(α+1)=−α2+2,2α.

Donc

α

0 f (x)dx =

α 3

3 − 1,1α2 + (α+ 1)

(

α2+2,2α )

= α 3

3 − 1,1α2 − 2,2α

α 3+2,2α2−α2+2,2α=−

2

3 α 3+0,1α2 .

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12A0 B0A1 B1A2B2 1. Il semble que pour n assez grand les points An et Bn se rapprochent d’une

même position limite.

2. On a An =milieu[AnBn] ⇐⇒ un+1 = un + vn

2 .

D’autre partBn+1 = bar.{(An , 1) ; (Bn , 2)} ⇐⇒ vn+1 = 1×un +2× vn

1+2 =

un +2vn 3

.

Partie B

1. Soit wn+1 = vn+1−un+1 = un +2vn

3 −

un + vn 2

= 2un +4vn −3un −3vn

6 =

1

6 (vn un )=

1

6 wn .

La suite (wn) est donc une suite géométrique de raison 1

6 . Or w0 = v0−u0 =

12−0= 12, donc wn = 12× (

1

6

)n

. Tous les termes de la suite sont positifs et la

raison étant comprise entre −1 et 1, cette suite converge vers 0.

2. Calculons un+1−un = un + vn

2 −un =

un + vn 2

= 1

2 wn > 0 d’après la question

précédente. La suite (un ) est donc croissante.

De même vn+1− vn = un +2vn

3 vn =

un vn 3

=− 1

3 wn < 0, d’après la question

précédente.

3. D’après les deux questions précédentes les deux suites sont adjacentes car

l’une est croissante, l’autre décroissante et la limite de leur différence est nulle.

Elles convergent toutes les deux vers la même limite .

4. On a tn+1 = 2un+1+3vn+1 = un + vn +un +2vn = 2un +3vn = tn . cette égalité vraie pour tout n ∈ N montre que la suite (tn) est constante. En particulier tn = t0 = 2u0+3v0 = 3×12= 36.

Nouvelle Calédonie mars 2005

Baccalauréat S (obligatoire) A. P. M. E. P.

Partie C

Ona le système

{

un + vn = 12× 1

6n 2un +3vn = 36

⇐⇒ {

−2un +2vn = 24× 1

6n 2un +3vn = 36

⇐⇒ 

un = +vn −12× 1

6n

5vn = 36+24× 1

6n

⇐⇒

un = +vn −12× 1

6n

vn = 36

5 + 24

5 ×

1

6n

⇐⇒

un = 36

5 − 36

5 ×

1

6n

vn = 36

5 + 24

5 ×

1

6n

Conclusion : lim n→+∞

un = lim n→+∞

vn = 36

5 = 7,2.

La position limite des points An et Bn quand n tend vers plus l’infini est donc le

point d’abscisse 7,2.

Nouvelle Calédonie mars 2005

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