Correction des travaux pratiques en algorithmique  –  4, Exercices de Algorithmes
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Correction des travaux pratiques en algorithmique – 4, Exercices de Algorithmes

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Correction des travaux pratiques en algorithmique – 4. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la réunion de la représentation C de la fonction, La rotation.
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CorrigePolynesieSsept2005.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie \ septembre 2005

EXERCICE 1 5 points

1. À partir de a0 = 1, b0 = 0, c0 = 0, on obtient :

a1 = 0 b1 = 1

3 c1 =

2

3 a2 =

1

6 b2 = 0 c2 =

1

6 + 2

6 =

5

6 a3 = 0 b3 =

1

18 c3 =

1

9 + 1

6 + 2

3 =

17

18 2. a. De trois choses l’une : ou la puce est en A, ou elle est en B, ou elle est en

C ; d’où an +bn +cn = 1. D’autre part elle ne peut être en A que si elle était précédemment en B :

an+1 = 1

2 bn et elle ne peut être en B que si elle était précédemment en A,

soit bn+1 = 1

3 an .

b. D’après la questionprécédente : an+2 = 1

2 bn+1 etbn+1 =

1

3 an ; donc an+2 =

1

2

(

1

3 an

)

= 1

6 an , ce pour tout n ∈N.

c. On a a2×0 = 1= (

1

6

)0

(initialisation).

Hérédité : supposons que a2p = (

1

6

)p

et calculons a2p+2 = 1

6 a2p

= 1

6 × (

1

6

)p

= (

1

6

)p+1 . La formule est donc vraie au rang p +1. La récur-

rence est établie. D’autre part par récurrence immédiate : a1 = a3 = ·· · = a2p+1 = 0.

Il suit que b2p = 1

3 a2p−1 = 0 quel que soit p.

Calculons b2p+1 = 1

3 a2p =

1

3

(

1

6

)p

.

3. Pour (an) : les termes de rang impair sont nuls, et on sait que lim n→+∞

(

1

6

)n

= 0.

Donc lim n→+∞

an = 0. Pour la même raison lim

n→+∞ bn = 0.

Or cn = 1− an bn . Donc lim n→+∞

cn = 1. Au bout d’un certain temps la puce sera pratiquement toujours dans la case C.

EXERCICE 2 5 points

Partie A

1. y2− x2 = 16 ⇐⇒ y2 = x2+16 ⇐⇒

{

y = p

x2+16 y = −

p x2+16

. La représentation

graphique de H est donc la réunion de la représentation C de la fonction x 7−→

p x2+16 et de la courbe C ′ symétrique autour de (Ox) de C .

Corrigé du baccalauréat S septembre 2005

2. f (x) = p

x2+16 est définie sur R ; composée de deux fonctions dérivables, elle est dérivable sur Ret f ′(x)=

x p

x2+16 . La fonction est donc décroissante

sur R− et croissante sur R+. On a lim

x→+∞ f (x)= lim

x→−∞ f (x)=+∞.

a. Calculons ∆(x) = f (x)− x = p

x2+16− x = ( p

x2+16− x)( p

x2+16+ x p

x2+16+ x =

x2+16− x2 p

x2+16+ x =

16 p

x2+16+ x .

Donc lim x→−∞

∆(x) = lim x→+∞

∆(x) = 0+. Ceci signifie que la droite d’équation y = x est asymptote à C au voisinage de l’infini, la courbe restant au- dessus de son asymptote.

b.

4

−4

−8

5−5

C

C ′

y = x

D

×

×

A′

B′

Par différence avec l’aire du rectangle, on a aire(D)= 30− ∫3

−3

x2+16dx (u.a.).

Partie B

Polynésie 2

Corrigé du baccalauréat S septembre 2005

1. a. La rotation a pour écriture complexe : z ′ = ze−i π

4 .

b. Avec z = x + iy et par identification x′ + iy ′ = (x + iy)

(p 2

2 − i

p 2

2

)

on ob-

tient :

x′ = 1 p 2 (x + y)

y ′ = 1 p 2 (−x + y)

On a A′( p 2 ; 4

p 2) et B′(4

p 2 ;

p 2).

2. a. Cf. figure ci-dessus.

b. Si M(x ; y) ∈C , alors

x′ = 1 p 2 (x +

p x2+16)

y ′ = 1 p 2 (−x +

p x2+16)

. D’où

x′× y ′ = x2+16− x2

2

16

2 )= 8.

Demême avec un point deC ′. Ceci signifie que l’image deH par la rota- tion r est bien H ′.

3. a. Cf. figure ci-dessus.

b. Par différence avec l’aire d’un trapèze (on pouvait également utiliser le rectangle du 2. a. de la Partie A on a :

aire(D′)= p 2+4

p 2

2 × (

4 p 2−

p 2 )

− ∫4

p 2

p 2

8

x dx = 15−8[lnx]4

p 2p

2 =

15−8ln4. La rotation conservant les aires, on a : aire(D′)= aire(D)= 15−8ln4≈ 3,910 (u.a. ou cm2)

EXERCICE 3 3 points

1. Réponse : b.

2. Réponse : c.

3. Réponse : a.

EXERCICE 4 5 points

1. a. On a −16 cos(4x)6 1, donc par produit :

−e−x 6 f (x)6 e−x .

b. Comme lim x→+∞

e−x = 0, d’après le théorèmedes « gendarmes » : lim x→+∞

f (x)= 0. L’axe des abscisses est donc asymptote à Γ au voisinage de plus l’infini.

2. Onsait que e−x 6= 0, quel que soit x ∈R, donc e−x = e−x cos(4x) ⇐⇒ cos(4x)= 1 ⇐⇒ 4x = 0 [2π] ⇐⇒ x = 0

[

π

2

]

.

Les points communs aux deux courbes sont donc les points Mk (

k π

2 ; e−k

π

2

)

.

3. a. un+1 = f (

(n+1) π

2

)

= e−(n+1) π

2 = e−n π

2 ×e− π

2 = un ×e− π

2 .

La suite (un ) est donc une suite géométrique de raison e− π

2 .

b. e− π

2 ≈ 0,2 et u0 = 1 donc la suite est positive et décroissante et d’après la question 1. a. la limite de cette suite est nulle.

4. a. On a f ′(x)=−e−x cos(4x)−e−x ×4sin(4x)=−e−x [cos(4x)+4sin(4x)]. De même g ′(x)=−e−x .

Polynésie 3

Corrigé du baccalauréat S septembre 2005

b. Or si x = k π

2 , cos(4x)= 1 et sin(4x)= 0.

On a donc f ′ (

k π

2

)

= g ′ (

k π

2

)

=−e−k π

2 . Donc les courbes Γ etC ontmême

tangente en chacun de leurs points communs.

5. On a f ′ (

π

2

)

=−e− π

2 ≈−0,2.

Polynésie 4

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