Correction des travaux pratiques en algorithmique  –  6, Exercices de Algorithmes
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Correction des travaux pratiques en algorithmique – 6, Exercices de Algorithmes

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Correction des travaux pratiques en algorithmique – 6. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les suites adjacentes, la fonction inverse.
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CorrigeSFrancejuin2005.dvi

[ Correction Métropole Juin 2005 \

Exercice 1 4 points

Partie A : question de cours

Soit u et v deux suites adjacentes avec u croissante et v décroissante.

D’après le résultat (2), on a pour tout entier naturel n :

u0 6 u1 6 · · ·6 un 6 vn 6 · · ·6 v1 6 v0.

En conséquence et d’après le résultat (3) :

— La suite u est croissante et majorée par v0, donc converge vers le réel .

— La suite v est décroissante et minorée par u0, donc converge vers le réel ′.

Pour tout entier naturel n, on a : un = (un vn)+ vn D’après le résultat (1), lim

n→+∞ un vn = 0 ; un passage à la limite dans l’égalité précé-

dente donne alors :

=

On a démontré que deux suites adjacentes sont convergentes et ont la même limite.

Partie B

Pour arriver à faire cet exercice, il faut déjà une idée de la réponse ! ! !

1. FAUX.

En effet, considérons la suite u définie pour tout n par : un = 1n+1 Alors aucun terme de un n’est nul, et u converge vers 0.

Mais vn = −2un =−2(n+1), donc v diverge vers −∞. 2. VRAI.

Si (un ) est minorée par 2, alors pour tout entier n, on a :

26 un .

Comme la fonction inverse est décroissante sur [2 ; +∞[, il vient :

1

2 >

1

un

En multipliant par −2 : −16 vn .

Ainsi (vn) est minorée par −1. 3. FAUX.

Soit u la suite définie par : un = 1n+1 . Cette suite est décroissante (avec aucun terme nul) et la suite v définie par

vn = −2un =−2(n+1) est décroissante non constante, donc on ne peut pas dire qu’elle soit croissante.

4. FAUX.

Rappelons qu’une suite est divergente si elle n’est pas convergente.

Donc soit elle tend vers ±∞, soit elle n’a pas de limite. Pour construire un contre-exemple, il suffit de trouver une suite (un ) qui di-

verge mais sans tendre vers l’infini.

Par exemple :

un =−2(−1)n donc vn = (−1)n .

Comme la suite de terme général (−1)n diverge alors u et v divergent. Preuve de la divergence de la suite de terme général (−1) :

Raisonnons par l’absurde et supposons que cette suite converge vers un réel

.

Alors tout intervalle ouvert centré en contient tous les termes (−1)n à partir d’un certain rang.

Ainsi il existe un rang N à partir duquel on aura :

(−1)n ∈]− 1

2 ;+

1

2 [ ⇔

1

2 < (−1)n < +

1

2

⇔ −(−1)n − 1

2 <−<

1

2 − (−1)n

⇔ − (

−(−1)n − 1

2

)

> >− ( 1

2 − (−1)n

)

⇔ (−1)n − 1

2 < < (−1)n +

1

2

Mais si n pair, (−1)n = 1, donc l’encadrement donne 1 2 < < 3

2

Mais si n impair, (−1)n =−1, donc l’encadrement donne − 32 < <− 1 2

Mais on ne peut avoir simultanément 1 2 < < 3

2 et − 3

2 < <− 1

2 , on aboutit à

une contradiction.

Ainsi la supposition : « la suite de terme général (−1)n converge vers un réel » est fausse.

Ainsi la suite de terme général (−1)n diverge.

Exercice 2 5 points

1. Le cercle C est de diamètre [OA], il est donc de centre le milieu I de [OA],

d’affixe 12 , et de rayon 1 2 .

Donc M ∈C ⇔ I M = 1 2 , c’est à dire :

∣ ∣ ∣ ∣m

1

2

∣ ∣ ∣ ∣=

1

2

2. Comme le carré MKLO est direct, alors L est l’image de M par la rotation de

centre O et d’angle π2 , donc :

l = ei π

2 (m −0)+0= im

Demême le carréMAPN est direct, alors P est l’image deM par la rotation de

centre A et d’angle −π 2 , donc :

p = e−i π

2 (m −1)+1=−i(m −1)+1=−im +1+ i.

On admettra que l’on a également n = (1− i)m + i et k = (1+ i)m. 3. a. Le milieu Ω du segment [PL] a pour affixe

p + l 2

= −im +1+ i+ im

2 =

1+ i 2

.

Son affixe étant indépendante de m, alorsΩ est un point indépendant de

la position du point M sur le cercle C .

b. En référence, à la relation de la question 1., nous avons : ∣ ∣ ∣ ∣

1+ i 2

− 1

2

∣ ∣ ∣ ∣ =

∣ ∣ ∣ ∣

i

2

∣ ∣ ∣ ∣

= 1

2

Donc le pointΩ appartient au cercle C .

De plus, comme Ω est sur la droite x = 1 2 , médiatrice de [OA], Ω est le

«milieu » de l’arc de cercle supérieur OA.

2

4. a.

K N = |nk| = |(1− i)m + i− ((1+ i)m)| = |−2i)m + i|

= |−2i| ∣ ∣ ∣ ∣m

1

2

∣ ∣ ∣ ∣

︸ ︷︷ ︸

= 12question 1.

= 2× 1

2 = 1

Ainsi la distance K N est constante.

b. Onconjecture que ce triangleΩN K est rectangle isocèle enΩ. Démontrons-

le enmontrant queK est l’imagedeNpar la rotationde centreΩ et d’angle π

2 .

ei π

2

(

n− 1+ i 2

)

+ 1+ i 2

= i (

(1− i)m + i− 1+ i 2

)

+ 1+ i 2

= i ((1− i)m + i)− i 1+ i 2

+ 1+ i 2

= i ((1− i)m + i)+ 1− i 2

+ 1+ i 2

= (1+ i)m −1+ 1− i 2

+ 1+ i 2

= (1+ i)m = k

CQFD.

5. Comme le triangleΩN K est rectangle isocèle enΩ, alors en utilisant le théo-

rème de Pythagore :

2ΩN2 = K N2 = 1⇔ΩN = p 2

2 .

Ainsi le point N appartient au cercle fixe ( indépendant du point M ) de

centreΩ et de rayon p 2 2 .

Exercice 3 5 points

1. a. Comme l’enfant tire simultanément les boules, il n’ y a pas de première

boule, ni de deuxième, etc., donc il y a un choix de trois boules parmi 13,

c’est à dire qu’il y a (13 3

)

= 286 tirages au hasard possibles. La variable aléatoire X prend les valeurs 0, 1, 2 et 3, et de plus, pour obte-

nir :

X = 0, il faut et il suffit que l’enfant choisisse 3 boules vertes parmi les 3, donc :

P (X = 0)= 1

286 .

X = 1, il faut et il suffit que l’enfant choisisse 1 boule rouge parmi 10 et à chacun de ces tirages de cette boule rouge il y a un tirage de 2 boules

vertes parmi les 3, donc :

P (X = 1)= (10 1

)

× (3 2

)

286 =

30

286 .

3

X = 2, il faut et il suffit que l’enfant choisisse 2 boules rouge parmi 10 et à chacun de ces tirages de ces boules rouges il y a un tirage de 1 boules

verte parmi les 3, donc :

P (X = 2)= (10 2

)

× (3 1

)

286 =

135

286 .

X = 3, il faut et il suffit que l’enfant choisisse 3 boule rouge parmi 10, donc :

P (X = 3)= (10 3

)

286 =

120

286 .

Remarquez bien que ∑k=3

k=0P (X = k) = 1, ce qui permet de s’assurer que notre raisonnement est cohérent à défaut d’être bon.

b. L’espérance mathématique de X est E (X )= ∑k=3

k=0k ×P (X = k)= 2,307. PS : Attention de bien respecter les consignes d’arrondi données en pré-

ambule.

2. a.

C11/2

R 10/13

V 3/13

C21/2

R3/7

V4/7

b. D’après les formules des probabilités totales, on a :

P (R) = P (R C1)+P (R C2)

= 1

2 × 10

13 + 1

2 × 3

7

= 109

182 ≈ 0,598

c. Sachant que l’enfant a choisi une bille rouge, la probabilité qu’elle pro-

vienne de la boîte cubique est :

P (C1/R)= P (C1∩R)

P (R) = 0,642

3. Comme l’enfant reproduit n fois de suite son deuxième jeu, en remettant à

chaque fois la bille tirée à sa place, le jeu est repétée de manière indépen-

dante.

a. La probabilité pn que l’enfant ait pris au moins une bille rouge au cours

de ses n choix est , en passant à l’évènement contraire : 1− P (aucune boule rouge). Or, compte tenude l’indépendance, la probabilité den’avoir

aucune boule rouge est :

P (RP (RP (R) · · ·P (R)= (

P (R) )n

= (

1− 109

182

)n

= ( 73

182

)n

Donc,

pn = 1− ( 73

182

)n

4

b. Pour calculer la plus petite valeur de n pour laquelle pn > 0,99., résol-

vons :

pn > 0,99 ⇔ 1− ( 73

182

)n

> 0,99

⇔ 1− ( 73

182

)n

> 0,99

⇔ ( 73

182

)n

6 0,01

⇔ ln ( 73

182

)n

6 ln0,01

n ln ( 73

182

)

6 ln0,01

n > ln0,01

ln ( 73 182

)

n > 5,04

Donc la valeur minimale est n = 6

Exercice 4 6 points

Partie A

Soit f la fonction définie sur R par

f (x)= 3e

x 4

2+e x 4

.

a.

3

1+2e− x 4

= 3

1+2× 1 e

x 4

= 3

e x 4 +2 e

x 4

= 3e

x 4

2+e x 4

= f (x)

b. Comme lim x→+∞

x

4 =−∞ et lim

y→−∞ ey = 0, alors lim

x→+∞ e−

x 4 = 0, donc :

lim x→+∞

3

1+2e− x 4

= 3⇔ lim x→+∞

f (x)= 3

Par un raisonnement analogue, on obtient

lim x→−∞

f (x)= 0.

c . La fonction x 7→ e− x 4 , composée des fonctions dérivables : exp et x 7→ − x

4 , est

dérivable sur R donc f est dérivable sur R et :

f ′(x)= 3× (−1)×2 − 1

4 e−

x 4

(

1+2e− x 4

)2 =

3

2 ×

e− x 4

(

1+2e− x 4

)2 .

Commepour tout réel x, e− x 4 > 0, alors f ′(x)> 0. Ainsi f est strictement crois-

sante sur R.

5

Partie B

1. a. Les solutions de l’équation différentielle (E1) :y ′ = y

4 sont les fonctions y

définies par :

y(t)= K e t 4

avec K constante réelle.

b. Comme g est une solution de l’équation différentielle (E1), alors g (t) = K e

t 4 .

Donc g (0)= K e 0 4 = K or g (0)= 1 donc K = 1.

Ainsi

g (t)= e t 4

c. La population dépassera 300 rongeurs pour la première fois lorsque

g (t)> 3 ⇔ e t 4 > 3

⇔ ln (

e t 4

)

> ln3

t

4 > ln3

t > 4ln3

2. a. Considérons une fonction u strictement positive vérifiant la condition

(E2), alors on a : {

u′(t) = u(t )4 − [u(t )]2

12 pour tout nombre réel t positif ou nul,

u(0) = 1.

Intéressons-nous à la fonctionh définie et dérivable sur [0 ; +∞[, vérifiant h(t)= 1u(t ) . Alors : h(0)= 1

u(0) = 1

1 = 1 et h′(t)=− u

′(t ) u2(t )

.

Mais u′(t)= u(t ) 4

− [u(t )] 2

12 et u(t)> 0, donc, en divisant par −u2(t) l’égalité

précédente, on obtient :

u′(t)

u2(t) =−

u(t)

4u2(t) −

[u(t)]2

12u2(t) ⇔−

u′(t)

u2(t) =−

1

4

1

u(t) −

1

12 .

C’est-à-dire :

h′(t)=− 1

4 h(t)+

1

12 .

Ainsi la fonction h satisfait aux conditions

(E3)

{ h′(t) = − 1

4 h(t)+ 1

12 pour tout nombre réel t positif ou nul,

h(0) = 1.

Comme nous avons procédé par équivalence, la fonction u satisfait aux

conditions (E2) si et seulement si la fonction h satisfait aux conditions

(E3).

b. Les solutions de l’équation différentielle y ′ =− 1 4

y + 1 12

sont les fonctions

y définies par :

y(t)=Ce− t 4 −

1 12

− 14 =Ce−

t 4 +

1

3

.

Ainsi h(t)=Ce− t 4 + 1

3 , or h(0)= 1 donc Ce−

0 4 + 1

3 = 1⇔C = 2

3 donc

h(t)= 2

3 e−

t 4 +

1

3 =

1

3

(

2e− t 4 +1

)

6

Or

u(t)= 1

h(t) donc u(t)=

1

1 3

(

2e− t 4 +1

) = 3

2e− t 4 +1

.

c. Dans ce modèle, la taille de la population étudiée lorsque t tend vers +∞ s’approche de 3.

Ce calcul a été effectué dans la partie A.

Corrigé : Patrick Baril

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