Correction - exercices – algèbre – 4, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Correction - exercices – algèbre – 4, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation

PDF (73 KB)
7 pages
229Numéro de visites
Description
Correction des exercices d'algèbre – 4. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la loi de durée de vie sans vieillissement, loi exponentielle de paramètre.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 7
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 7 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 7 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 7 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 7 pages
Télécharger le document
CorrigePolynesieSjuin2004.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2004 \

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

1. X suit la loi de durée de vie sans vieillissement ou encore loi exponentielle de

paramètre λ ; donc

p(X > 10)= e−10λ = 0,286 ⇐⇒ −10λ= ln0,286

ou encore λ=− ln0,286

10 .

La calculatrice donne λ= 0,125 à 10−3 près. 2. 6 mois = 0,5 année. On a donc p(X 6 0,5) = 1− e−0,125×0,5 = 1− e−0,0625 ≈

0,061.

3. L’appareil ayant déjà fonctionné 8 ans, la probabilité qu’il ait une durée de

vie supérieure dix ans est égale à p(X>8(X > 10) = p[(X > 10)∩ (X > 8)]

p(X > 8) =

p(X > 10) p(X > 8)

= e−0,125×10

e−0,125×8 = e−0,125×2 ≈ 0,779.

4. On a ici un schéma de Bernoulli, avec comme succès le fait pour un oscil-

loscope d’avoir une durée de vie supérieure à 10 ans, dont la probabilité est

égale à 0,286 et un nombre d’appareils égal à 15.

La probabilité de n’avoir aucun oscilloscope en état demarche au bout de 10

ans est donc : (1−0,286)15 = 0,71415 . Donc inversement la probabilité d’avoir au moins un oscilloscope en état de

marche au bout de 10 ans est égale à :

1−0,71415 ≈ 0,994.

5. On reprend la question précédente avec non plus 15, mais n oscilloscopes.

La probabilité qu’au moins 1 sur les n oscilloscopes fonctionne après 10 ans

est donc : 1−0,714n . Il faut chercher le plus petit naturel n tel que

1−0,714n > 0,999 ⇐⇒ 0,001> 0,714n ⇐⇒ ln0,001> n ln0,714

(par croissance de la fonction ln), soit finalement ln0,001

ln0,714 6n

(car ln0,714 < 0). La calculatrice donne 20,56 n.

Le premier naturel convenant est donc 21.

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 5 points

Candidat n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a.

2

4

6

−2

−4

−6

−8

−10

−12

3 6 9 12−3

+

+

+

+

+

Γ1

−→ u

−→ v

A

B

C

D

I

O

Γ2

b. Z = zI− zA zI− zB

= −2−4i 4−2i

= 1+2i i−2

= (1+2i)(−2− i) (i−2)(−2− i)

= −5i 5

=−i.

On en déduit pour le module que |Z | = 1 ⇐⇒ IA

IB = 1 ⇐⇒ IA= IB.

Demême pour l’argument : arg Z =− π

2 [2π], soit

(−→ BI ;

−→ BI

)

=− π

2 [2π].

Conclusion le triangle IAB est rectangle (en I) et isocèle (en I).

c. Par définition de l’homothétie : −−→ AC = 2−→AI ⇐⇒ z−−→

AC = z

2 −→ AI

⇐⇒ zC− zA = 2(zI− zA) ⇐⇒ zC = 2zI− zA. Donc zC = 2(1−2i)−3−2i=−1−6i.

zC =−1−6i

d. Par définition du barycentre qui existe puisque 1−1+1 6= 0, on a −−→ DA −−−→DB +−−→DC =−→0 (1) : avec d comme affixe de D on obtient : 3+2i−d +d +3−1−6i−d = 0 ⇐⇒ d = 5−4i.

zD = 5−4i .

e. L’égalité (1) peut s’écrire −−→ DB = −−→DA +−−→DC ou encore en ajoutant le vec-

teur −−→ AD ,

−−→ CB = −−→DA qui signifie que le quadrilatère ABCD est un parallé-

logramme.

Par définition de l’homothétie I est le milieu de [AC] (affixe : 1−2i et on vérifie que c’est aussi lemilieu de [BD]. Le quadrilatère ABCD a doncpour

centre I et d’après la question 1. b. les diagonales sont perpendiculaires et

ont même longueur : ABCD est donc un carré de centre I.

2. Dans l’égalité ∥

−−→ MA −−−→MB +−−−→MC

∥= 1

2

−−→ MA +−−−→MC

∥, faisons intervenir à gauche

le barycentre D et dans le membre de droite le milieu I (isobarycentre) de A

et de C.

Polynésie 2 juin 2004

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

−−−→ MD +

−−→ DA −

−−−→ MD +

−−→ DB +

−−−→ MD +

−−→ DC

∥= 1

2

−−→ MI +

−→ IA +

−−→ MI +

−→ IC

∥ ⇐⇒ ∥

−−−→ MD =

1

2 2 −−→ MI

⇐⇒ −−−→ MD =

−−→ MI ⇐⇒ MD= MI.

L’ensemble Γ1 est donc l’ensemble des points équidistants de D et de I : c’est donc

la médiatrice de [DI].

1. On vérifie que −−→ BA −

−−→ BB +

−−→ BC =

−−→ BA +

−−→ BC =

∥2 −→ BI = BD = AC = |-4 - 8i| =

p 80= 4

p 5.

Le point B apartient à Γ2.

On a vu que ∥

−−→ MA −

−−→ MB +

−−−→ MC

∥= ∥

−−−→ MD

∥= MD. Les points M cherchés vérifient doncDM = 4

p 5 ; ces points appartiennent au cercle

de centre D et de rayon 4 p 5.

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1.

−→ u

−→ v

+ +

+

+ +

A

B

C

D I

2. On a s :

A 7−→ B C 7−→ D [AC] 7−→ [BD]

On sait que CD = kAB, k étant le rapport de la simlitude ; donc k = CD

AB =

−−→ CD

−→ AB

= |−1− i| |3i−3|

= p 2

3 p 2 =

1

3 .

D’autre part l’angle de la similtude θ est donnépar θ = (−−→ AC

)

; (−−→ BD

)

= arg zD− zB zC− zA

=

arg −1− i 3i−3

= arg i

3 =

π

2 [2π].

s est donc la similitude de rapport 1

3 et d’angle

π

2 [2π].

3. L’écriture complexe de la similitude directe s est : z ′ =αz +β. En utilisant les points A et C et leurs images, on obtient : 

1+ 2

3 i = 3α+β

− 1

3 i = 3αi+β

, d’où par différence

1+ i= 3α(1− i) ⇐⇒ α= 1+ i

3(1− i) =

(1+ i)2

3× (1+1) =

1

3 i.

On en déduit ensuite que β= 1+ 2

3 i− i= 1−

1

3 i.

L’écriture complexe de s est donc : z ′ = 1

3 iz +1−

1

3 i.

Rem. : on pouvait également remarquer que le rapport de la similitude avait

pour module 1

3 et pour argument

π

2 . D’où α=

1

3 i.

Polynésie 3 juin 2004

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Le centre I de la similtude est le point invariant : donc zI = 1

3 izI −

1

3 i ⇐⇒

zI

(

1− 1

3 i

)

= 1− 1

3 i ⇐⇒ zI = 1.

Le centre de s est le point I d’affixe 1.

4. Avec M ′ (

x′ ; y ′ )

et M(x ; y), M ′ = s(M) se traduit par le système : 

x′ = − 1

3 y +1

y ′ = 1

3 x

1

3

5. Mn+1 = s (Mn)

6. rn = |zn −1|. Donc

rn+1 = |zn+1−1| = 1

3 izn +1−

1

3 i−1=

1

3 i(zn −1)

= ∣

1

3 i

|zn −1| = 1

3 rn .

Conclusion : rn+1 = 1

3 rn signifie que la suite (rn) est une suite géomé-

trique de raison 1

3 .

Le premier terme est r0 = |z0−1| = |3−1| = 2. 7. IMk = |zk −1| = rk .

On a donc, quel que soit n ∈N, zn = 2× (

1

3

)n

.

IMk 6 10 −3 ⇐⇒ rk 6 10−3 ⇐⇒ 2×

(

1

3

)k

6 10−3 ⇐⇒ (

1

3

)k

6 0,0005 ⇐⇒

k ln

(

1

3

)

6 ln(0,0005) (par croissancede la fonction ln), puis k > ln0,0005

− ln3 (car− ln3< 0 et enfin k> 6,91. . .. La première valeur naturelle satisfaisante est 7.

EXERCICE 3 6 points

1. a. On a 1+kex > 0, car tous les termes sont supérieurs à zéro. La fonction fk somme de quotients de fonctions dérivables (le dénomi-

nateur étant non nul) est elle-même dérivable et

f k (x)= 1+

kex (1+kex )− (1−kex kex

(1+kex )2

f k (x)= 1−

2kex

(1+kex )2 =

1+k2e2x

(1+kex )2 .

Donc 2 f k (x)=

2+2k2e2x

(1+kex )2 .

Or fk (x)− x = 1−kex

1+kex , donc

(

fk (x)− x )2 =

(

1−kex

1+kex

)2

et

(

fk (x)− x )2+1=

(

1−kex

1+kex

)2

+1= 2+2k2e2x

(1+kex )2 .

Conclusion fk (x) est bien solution de l’équation différentielle :

2y ′ = (y x)2+1. b. De façon évidente (y x)2+1> 1> 0 ; il en est de même pour 2y ′ et donc

pour y ′.

Conclusion la fonction fk (x) (comme toutes les solutions de l’équation

différentielle), est croissante sur R.

2. Si C contient O, alors fk (0)= 0 ⇐⇒ 1−k 1+k

= 0 ⇐⇒ k = 1.

C correspond à la fonction f1.

Polynésie 4 juin 2004

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

De même si C ′ contient A(1 ; 1), alors fk (1) = 1 ⇐⇒ 1+ 1−ke 1+ke

= 1 ⇐⇒ 1−ke 1+ke

= 0 ⇐⇒ 1= ke ⇐⇒ k = 1

e .

C ′ correspond à la fonction f 1

e .

3. On a k > 0. • Position de Ck par rapport à D :

fk (x)= x −1+ 2

1+kex ⇐⇒ fk (x)− (x −1)=

2

1+kex .

Tous les termes du second membre sont supérieurs à zéro ; le quotient

aussi.

fk (x)−(x−1)> 0 et ce, quel que soit x ∈R signifie queCk est au dessus de D.

• Position de Ck par rapport à D′ :

fk (x)= x +1− 2kex

1+kex ⇐⇒ fk (x)− (x +1)=−

2kex

1+kex .

Tous les termes du quotient sont supérieurs à zéro ; le secondmembre est

donc inférieur à zéro.

fk (x)− (x +1)< 0 et ce, quel que soit x ∈ R signifie que Ck est au dessous de D′.

Donc les courbesCk sont dans la bande limitée par les droites parallèles D et

D′.

• Limite en +∞ : lim

x→+∞ 2

1+kex = 0 entraîne que lim

x→+∞ fk (x)−(x−1)= 0, ce qui signifie que

la droite D est asymptote à Ck au voisinage de plus l’infini.

• Limite en −∞ : lim

x→−∞ 2kex

1+kex = 0 entraîne que lim

x→−∞ fk (x)−(x+1)= 0, ce qui signifie que

la droite D′ est asymptote à Ck au voisinage de moins l’infini.

4. k = 1

a. f1(x)= x+ 1−ex

1+ex , donc f1(−x)=−x+

1−e−x

1+e−x =−x+

ex −1 ex +1

=− [

x + 1−ex

1+ex

]

=− f1(x), quel que soit x ∈R : la fonction f1 est impaire.

b. F (x)= ∫x

0 f1(t)dt .

• Si x > 0 comme f1(0) = 0 et que f1 est croissante f1(x) > 0, donc F (x) représente l’aire (en unités d’aire) de la surface limitée par la courbe

C1, l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite verticale conte-

nant le point (x ; 0).

• Si x < 0, f1(x)< 0 ; donc F (x)= ∫x

0 f1(t)dt =−

∫0

x f1(t)dt =

∫0

x

[

f1(t) ]

dt :

donc F (x) représente l’aire de la surface limitée par l’axe des abscisses,

la courbe C1, la droite passant par le point (x ; 0) et l’axe des ordon-

nées.

L’imparité de f1 entraîne la symétrie de sa courbe représentativeD autour

de l’origine.

Il en résulte que pour deux valeurs opposées de x, l’aire représentée par

F (x) est la même. Soit F (x)= F (−x) : la fonction F est paire. c. La positivité de f1 sur R+ entraîne la croissance de F sur R+ ; la parité de

F entraîne la décroissance de F sur R−.

d. En utilsant l’égalité (2), F (x)= ∫x

0

(

t +1− 2et

1+et

)

dt.

Or (

ln (

1+et ))′ =

et

1+et , donc

F (x)= [

t2

2 + t −2ln

(

1+et )

]x

0

= x2

2 + x −2ln(1+ex )+2ln2.

Polynésie 5 juin 2004

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

F (x)= x2

2 + x −2ln(1+ex )+2ln2

EXERCICE 3 5 points

1. In = ∫1

0

e−t 2

1+n+ t dt .

a. Calculons In+1−In = ∫1

0

(

e−t 2

1+n+1+ t

e−t 2

1+n+ t

)

dt (par linéarité de l’in-

tégrale ;

In+1− In = ∫1

0 e−t

2 (

1+n+ t nt −2 (n+1+ t)(n+2+ t)

)

dt =− ∫1

0

e−t 2

(n+1+ t)(n+2+ t) .

L’intégrale est positive car la fonction est positive (tous ses termes sont

supérieurs à zéro).

Conclusion : In+1− In < 0, donc la suite (In )n∈N est décroissante. b. Intégrale d’une fonction positive et comme 0< 1, In > 0.

c. 06 t 6 1⇒ 06 t2 6 1⇒−16−t2 6 0⇒ e−1 6 e−t2 6 e0 = 1. Donc e−t

2 6 1 (1).

D’autre part 06 t 6 1⇒ n +16 n +1+ t 6 n +2⇒ 1

n+2 6

1

n++1+ t 6

1

n+1 .

Donc 1

n++1+ t 6

1

n+1 (2).

Tous les termes des inégalités (1) et (2) étant positifs, on obtient par pro-

duit :

e−t 2

n+1+ t 6

1

n+1 .

Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1], on obtient In 6

∫1

0

1

n+1 dt , soit

comme l’intégrale est positive :

06 In 6 1

n+1

Comme lim n→+∞

1

n+1 = 0, on en déduit que lim

n→+∞ In = 0. (suite décrois-

sante minorée : elle converge)

2. a. Sur [0 : 1], f (x) = e−x + x −1. Somme de fonctions dérivables, f est déri- vable et :

f ′(x)=−e−x +1. Or f ′(x)= 0 ⇐⇒ e−x = 1 ⇐⇒ x = 0. Comme 06 x 6 1⇒−16−x 6 0⇒ e−1 6 e−x 6 e0 ⇒ 1−e−x > 0, f ′(x)> 0 sur [0 ; 1], donc la fonction est croissante de f (0) = 0 à f (1) = 1e , On en déduit que sur [0 ; 1], f (x)> 0.

b. g somme de fonctions dérivables est dérivable sur R, donc sur [0 : 1] et

g ′(x)=−1+ x +e−x = f (x). D’après la question précédente g ′(x) > 0, donc la fonction g est crois- sante sur [0 ; 1]. Comme g (0) = 0, la fonction est elle aussi positive sur [0 ; 1].

c. On a vu que f est positive sur [0 ; 1] :

e−x + x −1> 0 ⇐⇒ 1− x 6 e−x . De même g est positive sur [0 ; 1] :

Polynésie 6 juin 2004

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

1− x + x2

2 −e−x > 0 ⇐⇒ e−x 6 1− x +

x2

2 .

On a donc finalement l’encadrement

1− x 6 e−x 6 1− x + x2

2

d. 06 t 6 1⇒ 06 t2 6 1. En utilisant l’encadrement trouvé juste au dessus avec x = t2, on obtient

1− t2 6 e−t 2 6 1− t2+

t4

2

e. En intégrant sur [0 ; 1] chacunedes fonctions de l’encadrement juste trouvé

(après produit par la fonction positive t 7−→ 1

1+n+ t ), on obtient

x

0

1− t2

1+ t +n 6 In 6

x

0

1− t2+ t4

2 1+ t +n

• 06 t 6 1⇒ t +n+16 n+2 ⇐⇒ 1

n+2 6

1

1+ t +n . D’où en intégrant :

∫1

0

1− t2

n+2 6

x

0

1− t2

1+ t +n .

Comme

∫1

0

1− t2

n+2 =

1

n+2

[

t t3

3

]1

0

= 1

n+2

(

1− 1

3

)

= 2

3(n+2) .

• 06 t 6 1⇒n+16 t +n+1 ⇐⇒ 1

1+ t +n 6

1

n+1 . D’où en intégrant :

∫1

0

1− t2+ t4

2 1+ t +n

6

∫1

0

1− t2+ t4

2 n+1

.

Comme

∫1

0

1− t2+ t4

2 n+1

= 1

n+1

[

t t3

3 +

t5

10

]1

0

= 1

n+1

(

1− 1

3 +

1

10

)

=

1

n+1

(

30−10+3 30

)

= 23

30(n+1) .

Conclusion :

2

3(n+2) 6 In 6

23

30(n+1)

f. On a pour tout naturel p, Ip 6 23

30(p +1) .

Donc Ip 6 10 −2 si

23

30(p +1) 6 10−2 ⇐⇒

2300

30 6 p +1 ⇐⇒

230

3 6 p +1 ⇐⇒

230

3 −16 p.

La calculatrice donne 75, . . ..

La première valeur est donc p = 76.

Polynésie 7 juin 2004

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 7 pages
Télécharger le document