Correction des travaux pratiques en algorithmique  –  2, Exercices de Algorithmes
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Correction des travaux pratiques en algorithmique – 2, Exercices de Algorithmes

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Correction des travaux pratiques en algorithmique – 2 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la translation de vecteur, la construction d’un point.
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CorrigeNlleCaledoSnov.2005.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie \ novembre 2005

EXERCICE 1 5 points

Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

Partie I

1.

×I

×J × H

×A

× B

×C

×D

×F

× E

O

2. Par définition zH = zE+ zB

2 ⇐⇒ 1+ i=

zE+ 32 + i 2

⇐⇒ 2+2i= zE+ 3

2 + i ⇐⇒

zE = 1

2 + i.

Équation de la perpendiculaire à (AE) contenant C : le vecteur −→ AE a pour

coordonnées

(

− 3

2 ; 1

)

; l’équation est donc de la forme − 3

2 x + y + c = 0 et

cette droite contient C, donc 3

2 ×0+2+c = 0 ⇐⇒ c =−2. Donc une équation

est

− 3

2 x + y −2= 0 ⇐⇒ 3x −2y +4= 0.

La parallèle à (OC) contenant D est simplement : x =−1. Le point F étant commun à ces droites, ses coordonnées vérifient le système :

{

3x −2y +4 = 0 x = −1 ⇐⇒

{

−3−2y +4 = 0 x = −1 ⇐⇒

{

y = 1

2 x = −1

On a bien zF =−1+ i 1

2 .

3. On a de suite OA = OC = 2 ; OB2 = 9

4 +1=

13

4 ; CF= |zF− zC| =

−1− 3

2 i

, donc

CF2 = 1+ 9

4 =

13

4 ; on a donc OB = CF ;

Enfin AB2 = |zB− zA|2 = ∣

− 1

2 + i

2

= 5

4 et OF2 = 1+

1

4 =

5

4 . Donc AB = OF et les

triangles OAB et OCF sont isométriques.

Corrigé du baccalauréat S novembre 2005

Partie II

1. O′ a pour affixe 2i ; donc O′ = C

A′ a pour affixe : −2i+2i= 0 ; donc A′ = O ;

B′ a pour affixe : −i (

3

2 − i

)

+2i=−1+ 1

2 i ; donc B′ = F

2. a. L’écriture de la transformation est de la forme z ′ = az +b : c’est donc une similitude indirecte. D’après la question 3 de la partie I, les triangles OAB et OCF sont isomé- triques et on vient de voir que l’image du triplet (O, A, B) est le triplet (C, O, F), donc f est une isométrie.

b. Les points invariants par f ont une affixe qui vérifient : z = −iz +2i ⇐⇒

x+iy =−i(x−iy)+2i ⇐⇒ x+iy =−ixy+2i ⇐⇒ {

x = −y y = −x +2 ⇐⇒

{

x = −y y = y +2 ⇐⇒

{

x = −y 0y = 2 système qui n’a pas de solution.

Conclusion : il n’y a pas de point invariant par f .

c. D’après le résultat précédent f ne peut pas être une symétrie axiale (car les points de l’axe seraient invariants).

3. On a z ′ = z + zIJ ⇐⇒ z ′ = z + (−1+ i) ⇐⇒ z ′ = z −1+ i qui est donc l’écriture complexe de t .

La réciproque de t est la translation de vecteur −→ JI . Son écriture complexe est

donc z ′ = z +1− i. 4. a. On a s = f t−1. Donc s(z) = f ◦t−1(z)= f

[

t−1(z) ]

= f (z +1− i)= − i

(

z +1− i )

+2i=−i (

z +1+ i )

+2i=−iz − i+1+2i=−iz +1+ i.

b. L’image de I par s a pour affixe : −i×1+1+ i= 1. L’image de J par s a pour affixe : −i× (−i)+1+ i= i. Conclusion : I et J sont invariants par s.

Comme s est de la forme : z 7→ az +b, c’est une similitude indirecte ayant deux points invariants distincte de l’identité : c’est une symétrie axiale d’axe (IJ).

c. Comme s = f t−1 ⇐⇒ f = s t , on peut dire que f est la composée de la translation de vecteur

−→ IJ et de la symétrie d’axe (IJ) : c’est une symétrie-

glissée.

EXERCICE 1 5 points

Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

1. zA = 1+2i ; zA′ = (3+4i)(1+2i)+5(1−2i)

6 =

3−8+5+6i+4i−10i 6

= 0 ;

zB = 1 ; zB′ = 3+4i+5

6 =

4+2i 3

;

zC = 3i ; zC′ = 3i(3+4i)+5× (−3i)

6 =

9i−12−15i 6

=−2− i.

Nouvelle–Calédonie 2

Corrigé du baccalauréat S novembre 2005

×

×

×

×

×

O

A

BA′

B′

C′

×

×

N1

N ′1

× N2 = N ′2

−→ u

−→ v

2. On a z ′ = x′ + iy ′ = (3+4i)(x + iy)+5(x − iy)

6 =

3x −4y +5x 6

+ i 4x +3y −5y

6 .

En identifiant parties réelles et parties imaginaires,

x′ = 4x −2y

3 , y ′ =

2x y 3

3. Les points invariants par f vérifient z ′ = z ⇐⇒

x = 4x −2y

3 y =

2x y 3

⇐⇒

{

3x = 4x −2y 3y = 2x y ⇐⇒

{

x = 2y 4y = 2x ⇐⇒ y =

x

2 .

Les points invariants par f sont donc les points de la droite (D) dont l’une

des équations est y = x

2 .

On remarque qu’il en est bien ainsi pour les points A′, B′ et C′.

4. En reprenant les équations trouvées à la question 2 on constate que x′ =

2y ′ ⇐⇒ y ′ = x

2 ⇐⇒ M ′(x′ ; y ′) ∈ (D).

5. a. Calculons z ′− z

zA =

z(3+4i)+5z −6z 6(1+2i)

= z(−3+4i)+5z

6(1+2i) =

(−3+4i)(1−2i)z +5(1−2i )z 6×5

= (−3+8+6i+4i)z + (5−10i)z

6×5 =

(5+10i)z + (5−10i)z 6×5

= (1+2i)z + (1−2i)z

6 =

z + z 6

+ 2iz −2iz

6 =

z + z 6

+ i (

z z 3

)

.

Or z + z = 2x ∈R et z z = 2iy iR et i (

z z 3

)

∈R. Les quotients par 6 et 3

sont encore des réels de même que leur somme.

Conclusion : z ′− z

zA est un nombre réel.

b. Si M 6= M ′, d’après la question précédente, z ′− z

zA =

z ′− z zA− zO

est un réel,

donc un complexe d’argument 0 modulo π. Or un argument de ce com-

plexe est celui de l’angle (−−→ OA ,

−−−−→ M M

)

qui est donc nul modulo π, ce qui

signifie que la droite (M M ′) est parallèle à la droite (OA).

6. On en déduit la construction d’un point N ′ image d’un point N du plan et en utilisant le résultat de la question 4 : — Si N ∉ (D), N ′ est le point commun à (D) et à la parallèle à (OA) contenant

N (d’après les questions 4 et 5 b) ;

Nouvelle–Calédonie 3

Corrigé du baccalauréat S novembre 2005

— Si N ∈ (D), d’après la question 3, alors N = N ′. (cf. figure ci-dessus)

EXERCICE 2 5 points

Commun à tous les candidats

1. a. u1 = 1, u2 = u1+ 1

2 =

3

2 , u3 = u2+

1

3 =

3

2 + 1

3 =

11

6 , u4 =

11

6 + 1

4 =

25

12 .

b. Par récurrence : initialisation : u1 = 1 ∑

k=1

1

k = 1 qui est vrai ;

Hérédité : supposons que un = n

k=1

1

k . Alors un+1 = un +

1

n+1 =

n

k=1

1

k +

1

n+1 =

n+1 ∑

k=1

1

k .

On a donc démontré par récurrence que pour tout naturel n non nul,

un = n

k=1

1

k .

2. a. Si, pour unnaturel k nonnul x ∈ [k ; k+1], alors k 6 x 6 k+1 ⇐⇒ 1

k +1 6

1

x 6

1

k (car tous ces termes sont supérieurs à zéro) ⇐⇒

k+1

k

1

k +1 dx 6

k+1

k

1

x dx 6

k+1

k

1

k dx ⇐⇒

1

k +1 6

k+1

k

1

x dx 6

1

k (car les intégrales

de fonctions positives sont rangées dans le même ordre que ces fonc- tions.)

b. En écrivant les encadrements précédents pour k = 1, . . . ,n, on obtient :

1

2 6

∫2

1

1

x dx 6

1

1 1

3 6

∫3

2

1

x dx 6

1

2 · · · · · · · · · · · · · · · 1

n 6

n

n−1

1

x dx 6

1

n−1

Soit en sommant membre à membre et pour les intégrales en utilisant la relation de Chasles :

1

2 + 1

3 +·· ·+

1

n 6

n

1

1

x dx 6 1+

1

2 +·· ·+

1

n−1

soit :

un −16 lnn 6 un − 1

n .

De l’inégalité de gauche, on en déduit que un −lnn 6 1 et de l’inégalité de

droite 1

n 6 un − lnn, soit

1

n 6 vn 6 1.

On a donc a fortiori 0< vn 6 1

c. Variation de vn : on calcule vn+1−vn = un+1−ln(n+1)−un+lnn = 1

n+1 −

n+1

n

1

x dx pour tout naturel n non nul. Or d’après l’encadrement trouvé

à la question 2. a., on a 1

n+1 6

n+1

n

1

x dx ⇐⇒

1

n+1 − ∫n+1

n

1

x dx 6 0 ce

qui montre que vn+1− vn 6 0, c’est-à-dire que la suite (vn) est décrois- sante

Nouvelle–Calédonie 4

Corrigé du baccalauréat S novembre 2005

3. La suite (vn) est donc décroissante et minorée par zéro : elle est donc conver- gente vers un nombre γ supérieur ou égal à zéro. Puisque un = vn + lnn que lim

n→+∞ vn = γ et que lim

n→+∞ lnn = +∞, on obtient

par somme lim n→+∞

un =+∞. La suite (un ) est donc divergente.

EXERCICE 3 5 points

Commun à tous les candidats

Partie I

Question de cours : A et B sont deux évènements indépendants.

partie I

On a donc p(A∩B)= p(A)×p(B). D’après la formule des probabilités totales p(A)= p(A∩B)+p

(

A∩B )

⇐⇒ p (

A∩B )

=

p(A)−p(A∩B) ⇐⇒ p (

A∩B )

= p(A)−p(A)×p(B)= p(A)[1−p(B)]= p(A)×p (

B )

, ce

qui montre que les évènements A et B sont indépendants.

Partie II

1. Il y a (8 3

)

tirages différents. Il y a (5 3

)

× (3 1

)

tirages de deux boules noirs et une boule rouge.

La probabilité est donc égale à

(5 3

)

× (3 1

)

(8 3

) =

5! 3!×2! ×

3! 2!×1!

8! 3!×5!

= 10×3 8×7

= 15

28 . Réponse

D.

2. Parmi les grippés s’il y en a x de vaccinés, il y en a 9x non-vaccinés et au total

x +9x = 1

4 ⇐⇒ x =

1

40 . On a donc, avec des notations évidentes : p(V∩G)=

1

40 .

Or pV(G)= p(V∩G)

p(V ) =

140 1 3

= 1

40 ×3=

3

40 . Réponse B.

3. L’espérance de gain est égale à 2 ; les carrés des écarts à l’espérance sont 64, 1, 1, 4, 4, 4 respectivement pour les issues : 1, 2, 4, 3, 5, 6.

La variance est donc égale à 78

6 = 13. Réponse B.

4. Laprobabilité estPT>2(T < 5)= P [(T > 2)∩ (T < 5)]

p(T > 2) =

∫5 2 e

λx dx

1− ∫2 0 e

λx dx =

e− 2 6 −e−

5 6

e− 2 6

=

1−e− 3 6 ≈ 0,39346 arrondi à 0,3935. Réponse B.

EXERCICE 4 5 points

Commun à tous les candidats

1. On a dans le triangle rectangle ABD, ADcosθ = AB = 4 ⇐⇒ AD = 4

cosθ (puisque θ <

π

2 .

Demême tanθ = BD

AB =

BD

4 ⇐⇒ BD= 4tanθ.

t1 =

0,004

cosθ 30

.

t2 = 0,007+0,004tan θ

60 .

Nouvelle–Calédonie 5

Corrigé du baccalauréat S novembre 2005

2. Le lapin aura pu traverser sans encombre si t1 < t2 ⇐⇒

0,004

cosθ 30

< 0,007+0,004tan θ

60 ⇐⇒

0,008

cosθ < 0,007+0,004tan θ ⇐⇒ 8< 7cosθ+4sinθ ⇐⇒

7

2 cosθ+2sinθ−4>

0 ⇐⇒ 7

2 +2tanθ

4

cosθ > 0 ⇐⇒ f (θ)> 0.

3. Étudions les variations de la fonction : f ′(θ)= 2

cos2θ − 4sinθ

cos2θ qui est du signe

de 2−4sinθ. Or 2−4sinθ = 0 ⇐⇒ sinθ =

1

2 ⇐⇒ θ =

π

6 .

La fonction f est donc croissante sur [

0 ; π

6

]

et décroissante sur [π

6 ; π

2

[

.

Or f (0)= 7

2 −4=−

1

2 < 0 ;

f (π

6

)

= 7

2 +2

p 3

3 −2×

4 p 3 =

7

2 − 6 p 3

3 ≈ 0,03359 > 0.

En écrivant f (θ) sous la forme f (θ) = 7

2 +

2sinθ−4 cosθ

, on voit que lim θπ2

f (θ) = −∞. Comme le suggère le graphe, la fonction est positive si 0,46 θ6 0,64 (envi- ron) soit si l’angle mesure entre 23 et 37 degrés environ

0,1

0,2

−0,1

−0,2

−0,3

−0,4

−0,5

−0,6

−0,7

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 θ

f (θ)

O

Nouvelle–Calédonie 6

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