Correction - exercices – algèbre – 3, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Correction - exercices – algèbre – 3, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique

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Correction des exercices d'algèbre – 3. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’axe des abscisses, les droites verticales d’équations.
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CorrigePolynesiesept.2004.dvi

[ Baccalauréat S Polynésie septembre 2004 \

EXERCICE 1 5 points

f (x)= lnx p

x +1− x.

1. a. La fonction affine 1− x est dérivable ; lnx p

x est le quotient de deux fonc-

tions dérivable, la seconde ne s’annulant pas sur ]0 ; +∞[. f est donc dé- rivable sur cet intervalle et :

f ′(x)=

1 x × p

x + lnx 2 p

x

x −1=

2− lnx

2x p

x −1=

2− lnx −2x ln x

2x p

x =

− [lnx +2(x lnx −1)]

2x p

x Or x

p x > 0 sur ]0 ; +∞[, donc f ′(x) est du signe de− [lnx +2(x lnx −1)]=

N (x).

b. N (1) = 0. Si x > 1, p

x > 1(par croissance de la fonction x 7→ p

x) et par

produit x p

x > 1 ⇐⇒ x p

x − 1 > 0 ⇐⇒ 2(x p

x − 1) > 0. De plus si x > 1, alors lnx > 0 et par somme, puis opposé N (x)< 0.

Le même raisonnement avec 0< x < 1 conduit à N (x)> 0.

c. Conclusion : la fonction f est croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur

[1 ; +∞[. Lemaximumde f est obtenuquand la dérivée s’annule en chan- geant de signe, donc en 1 et il vaut f (1)= 0. La fonction f est donc néga- tive sur l’intervalle étudié.

2. a. D’après le résultat précédent A (α)= − ∫1

α f (x) dx. Pour la fonction quo-

tient on intègre par parties en posant :

u(x)= 2lnx v ′(x)= 1

2 p

x

u′(x)= 2

x v(x)=

p x

u et v étant dérivables et u′ et v ′ continues, on peut intégrer par parties : ∫1

α

2lnx

2 p

x =

[

2lnx p

x ]1

α− ∫1

α

2 p

x

x dx. Or

∫1

α

2 p

x

x dx =

∫1

α

2 p

x dx =

4

∫1

α

1

2 p

x dx =

[

4 p

x ]1

α.

Finalement A (α)=

[

2lnx p

x −4 p

x + x x2

2

]α

1

=

αα2

2 −4

p α+2

p α lnα+

7

2 .

b. On sait que α> 0. On peut donc poser α= β2 avec β> 0. Donc p α lnα=

β2 lnβ2 =β×2lnβ. La fonction carré étant continue, siα tend vers zéro, β aussi, et on sait que lim

β→0 β lnβ= 0. La limite des quatre premiers termes

est nulle, donc finalement :

lim α→0

A (α)= 7

2 .

Géométriquement, cette limite correspond à la mesure de la surface limi-

tée par la courbeC , l’axe des abscisses et les droites verticales d’équations

x = 0 et x = 1.

3. a. On a 16 x 6 2⇒ ln16 lnx 6 ln2 et

16 x 6 2⇒ 16 p

x 6 p 2 ⇐⇒

1 p 2 6

1 p

x 6 1 et par produit :

06 lnx p

x 6

p 2< 1.

Baccalauréat S

b. Par récurrence : 16 u0 6 2. L’appartenance est vraie au rang zéro.

Hérédité : si 16 un 6 2, d’après le a. 06 lnun p

un 6 1 ⇐⇒

16 lnun p

un +16 2 ⇐⇒ 16un+1 6 2.

On a bien démontré par récurrence que pour tout n ∈N, un ∈ [1 ; 2].

4. Comme un+1 = f (un )+un ⇐⇒ un+1−un = f (un ) et que l’on a démontré au 1. c. que f est négative, onmontre aussi que la suite (un ) est décroissante.

5. a. La suite (un ) est décroissante et minorée par 1 : elle est donc convergente

vers une limite telle que 16 .

b. Or par continuité de la fonction f dérivable, la relation un+1 = f (un )+un donne à la limite = f ()+⇐⇒ f ()= 0.

Or on a vu à la question 1. c. que la seule valeur qui annule f est le nombre

1. Conclusion = lim n→+∞

(un )= 1.

EXERCICE 2 5 points

(Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)

1. a. M ′′ = M ⇐⇒ z2 = z ⇐⇒ z(z −1)= 0 ⇐⇒

{

z = 0 z = 1

Les points solutions sont donc l’origine et le point d’affixe 1.

b. M ′′ = M ′ ⇐⇒ z2 = z −2 ⇐⇒ z2− z +2= 0 ; ∆=−7= (

i p 7 )2 .

On trouve deux solutions : les points d’affixes 1+ i

p 7

2 et

1− i p 7

2 .

2. z ′ est imaginaire si x + iy −2 est imaginaire, i.e. si x = 2.

z ′′ est imaginaire si x2− y2+2ix y est imaginaire, i.e. si x2− y2 = 0 et compte- tenu de la condition précédente si 4− y2 = 0 ⇐⇒ y =−2 ou y = 2.

Il y a donc deux pointsM1(2+2i) etM2(2−2i) dont les images M ′ etM ′′ appar- tiennent à l’axe des ordonnées et les affixes de ces points sont conjuguées.

3. a. z ′′− z

z ′− z =

z2− z

z −2− z =

x2− y2+2ix y x − iy

−2 .

b. Les points M , M ′ et M ′′ sont alignés si ce complexe est un réel, donc si

2x y y = 0 ⇐⇒ y(2x −1)= 0 ⇐⇒ y = 0 ou x = 1

2 .

E = {M(z) avec z = x ou z = 1

2 + iy, x ∈R, y ∈R}.

4. a. L’ensemble Γ des points M d’affixe z = p 3eiθ avec θ

[

0 ; π

2

]

est le pre-

mier quart de cercle (dans le sens direct) de centre O et de rayon p 3.

L’ensemble Γ′ des pointsM ′ correspondants est le quart de cercle trans-

laté de Γ dans la translation de vecteur −2 −→ u .

Les points M ′′ on pour affixes z ′′ = z2 = 3ei2θ. L’ensemble Γ′′ des points M ′′ est donc le demi-cercle (direct) de centre O, de rayon 3.

b. Cf. figure

c. Avec θ = π

6 , z3 =

p 3ei

π 6 =

p 3

(p 3

2 + 1

2 i

)

= 3

2 + i

p 3

2 .

z ′3 =− 1

2 + i

p 3

2 et z ′′3 =

3

2 − 3 p 3

2 i.

M3 et M ′ 3 ont la même ordonnée ; la droite (M3M

′ 3) est donc horizontale ;

M3 et M ′′ 3 ont la même abscisse ; la droite (M3M"3) est donc verticale et le

triangle M3M ′ 3M

′′ 3 est donc rectangle en M3.

M3M ′ 3 2 = 4 ;

Polynésie 2 septembre 2004

Baccalauréat S

M3M ′′ 3 2 = 3 ;

M′3M ′′ 3 2 = 7.

Donc le triangle n’est pas isocèle.

1

2

1 2−1−2−3 E

E

−→ u

−→ v

O

π 6

××

×

M3M ′ 3

M′′3

ΓΓ ′

Γ ′′

EXERCICE 2 5 points

(Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité)

1. a. zA′ = 1+ i p 2 (−1− i)−1+ i(1+

p 2)=−1+ i= zA.

zC′ = 1+ i p 2 (−i

p 2)−1+ i(1+

p 2)= i

p 2= zC.

b. La transformation f est une similitude indirecte qui conserve les deux

points A et C : c’est donc une symétrie orthogonale d’axe la droite (AC).

c. zB′ = 1+ i p 2 (3−2i)−1+ i(1+

p 2)=

3

2 + i

(

3

2 + p 2

)

. Voir la figure.

2. −−−→ AM ′ =

p 2 −−→ AM se traduit par z ′+1− i=

p 2(z +1− i), d’où

z ′ = z p 2+

p 2−1+ i(1−

p 2).

3. Ona z ′′ = f [h(z)]= f [z p 2+

p 2−1+i(1−

p 2)]=

1+ i p 2

[

z p 2+

p 2−1+ i(1+

p 2 )

1+i(1+ p 2)= (1+i)z−1+3i. C’est encore l’écriture d’une similitude indirecte.

4. a. En utilisant l’égalité précédente, on a z ′′0 = (1+ i)(2+4i)−1+3i=−3+9i. −−→ AB a pour composantes (4 ; 1) et

−−−→ AM′′0 a pour composantes (−2 ; 8). Or

−−→ AB ·

−−−→ AM′′0 = −8+ 8 = 0, donc ces vecteurs sont orthogonaux, donc M

′′ 0

appartient à la perpendiculaire à la droite (AB) contenant A.

b. Soient les points M(z = x + iy) avec x ∈Z, y ∈Z. z ′′ = (1+ i)(x − iy)+3i−1= x + y −1+ i(x y +3). −−→ AB ·

−−−→ AM′′ = 0 ⇐⇒ 4(x + y)+1(x y +2) = 4x +4y + x y +2 = 0 ⇐⇒

5x +3y =−2.

c. Le couple (−1 ; 1) est une solution évidente de cette équation. On a donc : {

5x +3y = −2 5× (−1)+3×1 = −2

⇒ 5(x +1)+3(y −1)= 0 ⇐⇒

5(x +1)= 3(1− y).

Polynésie 3 septembre 2004

Baccalauréat S

3 divise 3(1− y), donc aussi 5(x+1) ; 3 étant premier avec 5 divise (Gauss) 1− y . Il existe donc un entier k tel que x +1 = 3k ⇐⇒ x = −1+3k et en reportant dans l’équation on obtient y = 1−5k.

Les couples d’entiers solutions sont tous les couples de la forme

(−1+3k ; 1−5k) avec k ∈Z.

d. On a −6 6 y 6 6 ⇐⇒ −66 1−5k 6 6 ⇐⇒ −6 6 5k −16 6 ⇐⇒ −56

5k 6 7 ⇐⇒ −16 k 6 7

5 .

Seules conviennent les valeurs −1, 0 et 1, qui donnent respectivement les couples de coordonnées (−4 ; 6), (−1 ; 1) et (2 ; −4). Les points M′′ cor- respondants ont pour coordonnées (1 ; −7), (−1 ; 1) et (−3 ; 9) Le couple (−1 ; 1) correspond au point A. Il n’y a donc que deux solutions (on re- trouve le point M′′0). Voir la figure.

1

2

3

4

5

6

7

8

−1

−2

−3

−4

−5

−6

−7

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5−6

×

×

×

×

×

×

A

B

C

M0

M′′1

M′′0

EXERCICE 3 5 points

Polynésie 4 septembre 2004

Baccalauréat S

(Commun à tous les candidats)

1. La plus petite somme a +b est égale à −3, soit a +b >−4 ⇐⇒ a +b +4 > 0. La somme des coefficients est non nulle : le barycentre G existe quel que soit

le tirage.

2. a. G appartient à la droite (BC) si et seulement si le coefficient de A, soit a

est nul ; donc p(E1)= 1

6 .

G appartient au segment [BC] si et seulement si a = 0 et si b > 0 ; on a

donc p(E2)= 1

6 × 4

5 =

2

15 .

b. G est strictement intérieur au triangle si les trois coefficients sont supé-

rieurs à zéro, donc si a > 0 et b > 0. On a donc p(E3)= 3

6 × 4

5 =

2

5 .

3. a. On sait que E(X )= pn = 2

5 ×n = 4 ⇐⇒ n = 10.

b. La probabilité de n’avoir aucun barycentre intérieur au triangle est

(

3

5

)n

,

donc la probabilité d’en avoir au moins un est 1−

(

3

5

)n

. Il faut donc que

1−

(

3

5

)n

> 0,999 ⇐⇒

(

3

5

)n

6 0,001 ⇐⇒ n ln

(

3

5

)

6 ln0,001 ⇐⇒

n > ln0,001

ln (

3 5

) ≈ 13,5.

Conclusion : il faut répéter l’expérience 14 fois.

Polynésie 5 septembre 2004

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