Correction - exercices – algèbre – 5, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Correction - exercices – algèbre – 5, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique

PDF (63.5 KB)
6 pages
287Numéro de visites
Description
Correction des exercices d'algèbre – 5. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l'ensemble complet d’évènements, les courbes représentatives respectives des fonctions définies.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 6
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
CorrigePondicheryS2004.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Pondichéry juin 2004 \

EXERCICE 1 3 points

1. a. On a u0 = 0, u1 = 1

2 , u2 =

1

2− 12 =

2

3 et u3 =

1

2− 23 =

3

4 .

b. On a de façon évidente : w0 = u0, w1 = u1 w2 = u2 et w3 = u3. c. Initialisation : w0 = u0.

Hérédité : On suppose que pour n > 0, un = wn = n

n+1 .

On a par définition : un+1 = 1

2−un =

1

2− n n+1

= 1

n+2 n+1

= n+1 n+2

= wn+1.

On a montré par récurrence que pour tout naturel n, un = wn = n

n+1 .

2. La suite définie par vn = ln ( n

n+1

) est définie pour n > 0.

a. On calcule la somme : v1+v2+v3 = ln 1

2 +ln

2

3 +ln

3

4 = ln

1×2×3 2×3×4

= ln 1

4 =

− ln4.

b. On calcule de même Sn = v1+ v2+ ·· · + vn = ln 1

2 + ln

2

3 + ·· · + ln

n

n+1 =

ln 1×2×3×·· · ×n

2×3×·· ·×n× (n+1) = ln

1

n+1 =− ln(n+1).

On a lim n→+∞

ln(n+1)=+∞, donc

lim n→+∞

Sn =−∞.

EXERCICE 2 4 points

1. a. Il y a : — dans U1 : 3 noires et (k −3) blanche(s) — dans U2 : 2 noires et (k −2) blanches — dans U3 : 1 noire et (k −1) blanches Après une partie, on a l’arbre suivant :

A 1 6

N 3 k

Bk−3 k

B 2 6

N 2 k

Bk−2 k

C

3 6 N

1 k

Bk−1 k

L’ensemble {A, B, C } est un ensemble complet d’évènements ; on peut donc écrire en utilisant la formule des probabilités totales ;

p(N )= p(AN )+p(BN )+p(CN )= p(Ap A(N )+p(BpB (N )+p(C pC (N )=

1

6 ×

3

k + 2

6 ×

2

k + 3

6 ×

1

k . Soit p(N )=

5

3k

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. On vient de voir que p(N ) 6= 0, donc

pN (A)= p(AN )

p(N ) =

p(Ap A(N ) p(N )

= 1 2k 5 3k

= 3

10 .

c. Si k > 3, 5

3k >

1

2 ⇐⇒ k 6

10

3 .

Le seul entier vérifiant 36 k 6 10

3 est k = 3 .

d. On a 5

3k =

1

30 ⇐⇒ k = 50

2. On a un schéma de Bernoulli avec une probabilité de 29

30 et n = 20 parties.

L’évènement : « obtenir au moins une fois une boule noire » est l’évènement contraire de « ne jamais obtenir une noire ».

La probabilité cherchée est donc :

p = 1− ( 29

30

)20 ≈ 0,492.

EXERCICE 3 8 points

Partie A : étude d’une fonction auxiliaire

La fonction ϕ est définie sur R par

ϕ(x)= ( x2+ x +1

) e−x −1.

1. a. En écrivantϕ(x)= x2

ex +

x

ex +

1

ex −1 et comme lim

x→+∞

xn

ex = 0 pour n naturel,

on obtient lim

x→+∞ ϕ(x)=−1.

Demême, avec x 6= 0, ϕ(x)= x2 ( 1+

1

x +

1

x2

) e−x −1.

On a lim x→−∞

( 1+

1

x +

1

x2

) = 1, donc lim

x→−∞ x2

( 1+

1

x +

1

x2

) =+∞.

Comme lim x→−∞

e−x =+∞, on a finalement

lim x→−∞

ϕ(x)=+∞.

b. ϕ est une somme de produits de fonctions dérivables sur R : elle est donc dérivable sur R et

ϕ′(x)= (2x +1)e−x − ( x2+ x +1

) e−x = e−x

( −x2+ x

) = x(1− x)e−x .

On sait que e−x > 0 : le signe deϕ′ est donc celui du trinôme x(1−x) c’est- à-dire négatif sauf entre les racines 0 et 1. D’où la tableau de variations :

x −∞ 0 1 +∞ ϕ′ − 0 + 0 −

ϕ(x)

+∞

0

3 e −1

−1

Pondichéry 2 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. Une lecture immédiate donne ϕ(0) = 0. 0 est donc solution sur l’intervalle ]− ∞ ; 1] de l’équation ϕ(x)= 0. Sur l’intervalle [1 ; +∞, la fonction ϕ est — continue, car dérivable — décroissante de 3e −1> 0 à −1. Elle définit donc une bijection de [1 ; +∞[ sur [−1 ; 3e −1]. En particulier 0 a un unique antécédent α dans [1 ; +∞[. La calculatrice donne ϕ(1,79)≈ 0,00078 et ϕ(1,8)≈−0,0016. On en déduit

1,79<α< 1,80

3. D’après la question précédente et le tableau de variations :

ϕ(x)> 0 si x ∈]−∞ ; α] • ϕ(x)< 0 si x ∈]α ; +∞]

Partie B : étude de la position relative de deux courbes et calcul d’aire

C f et Cg sont les courbes représentatives respectives des fonctions définies par

f (x)= (2x +1)e−x et g (x)= 2x +1

x2+ x +1 1. Comme f (0)= 1 et g (0)= 1, le point A(0 ; 1) appartient à C f et Cg .

Calcul du nombre dérivé en 0 : • f ′(x)= 2e−x − (2x +1)e−x = (1−2x)e−x . Donc f ′(0)= 1 ;

g ′(x)= 2 ( x2+ x +1

) − (2x +1)(2x +1)

( x2+ x +1

)2 = −2x2−2x +1 ( x2+ x +1

)2 . Donc g ′(0)= 1.

Les deux courbes ont donc en A la même tangente : la droite d’équation y = x +1.

2. Étude de la différence f (x)− g (x)

a. f (x)− g (x)= (2x +1)e−x − 2x +1

x2+ x +1 = (2x +1)

( x2+ x +1

) e−x −1

x2+ x +1 .

Soit f (x)− g (x) (2x +1)ϕ(x)

x2+ x +1

b. On a x2+ x +1= ( x + 12

)2− 1 4 +1=

( x + 12

)2+ 3 4 >

3

4 > 0.

Le signe de la différence étudiée est donc celui du produit (2x + 1)ϕ(x). On connait le signe de chaque facteur, d’où le tableau de signes :

x −∞ − 12 α +∞ 2x +1 − 0 + + ϕ(x) + + 0 −

f (x)− g (x) − 0 + 0 −

c. Conclusion : la différence est négative, soit C f est au dessous de C f , sauf sur l’intervalle ] 12 ; α[.

3. a. Primitive de f (x)g (x) : h définie par h(x)= (−2x−3)e−x −ln

( x2+ x +1

) est la somme de produits

de fonctions dérivables sur R (la fonction ln ( x2+ x +1

) est définie sur R

puisqu’on a vu que x2+ x +1> 0, quel que soit le réel x. On a donc :

h′(x)=−2e−x −(−2x−3)e−x − 2x +1

x2+ x +1 = (2x+1)e−x

2x +1 x2+ x +1

= f (x)− g (x).

Donc h est bien une primitive sur R de f (x)− g (x).

Pondichéry 3 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. D’après la question 2. c. entre − 12 et 0, C f est au dessus de Cg . L’aire enunité d’aire de la surface limitée par les deux courbes et les droites d’équation x =− 12 et x = 0 est égale à l’intégrale

A = ∫0

− 12

[ f (x)− g (x)

] dx

D’après la question précédente :

A = [h(x)]0− 12 = h(0)−h

( − 1

2

)

A =−3− ln1+2e− 1 2 + ln

( 1

4 − 1

2 +1

) = 2

p e+ ln

( 3

4

) −3≈ 0,0098.

EXERCICE 4 obligatoire 5 points

Partie A

1. Résolution de z 2 2z +4 = 0 z2−2z +4= 0 ⇐⇒ (z −1)2−1+4= 0 ⇐⇒ (z −1)2+3= 0 ⇐⇒ (z −1)2−

( i p 3 )2 = 0 ⇐⇒ (z −1+ i

p 3)(z −1− i

p 3)= 0.

Les solutions sont donc les complexes : z ′ = 1+ i p 3 et z ′′ = 1− i

p 3.

Écriture exponentielle∣∣z ′ ∣∣2 = 1+3= 22 ⇒

∣∣z ′ ∣∣= 2.

Donc z ′ = 2

( 1

2 + i

p 3

2

) = 2ei

π 3 .

De même z ′′ = 2e−i π 3 .

2. En utilisant l’écriture exponentielle : ( z

)2004 = ( 2ei

π 3

)2004 = 22004ei

2004π 3 = 22004ei668π = 22004ei2π×334 = 22004.

Partie B

1. L’affixe de A est z ′ dont le module est égal à 2 ; donc OA = 2 ; de même l’affixe de B est z ′′ qui a le même module : donc OB = 2.

Conclusion A et B appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2.

2. L’écriture complexe de la rotation r1 de centre A et d’angle − π

2 est z ′− zA =

−i (z zA) soit z ′ = 1+ i p 3+ i

( z −1− i

p 3 ) = iz +1−

p 3+ i

(p 3−1

) .

On a donc zO′ = 1− p 3+ i

( 1+

p 3 ) .

L’écriture complexe de la rotation r2 de centre A et d’angle π

2 est z ′ − zA =

i (z zA) soit z ′−1− i p 3= i

( z −1− i

p 3 ) ou z ′ = iz +1+

p 3+ i

(p 3−1

) .

Donc zB′ = i ( 1+ i

p 3 ) +1+

p 3+ i

(p 3−1

) = 1+2

p 3+ i

p 3.

3. a. La droite (AI) semble être la hauteur issue de A dans le triangle O′AB′.

b. I est le milieu de [OB], donc zI = 1

2 − i

p 3

2 .

Donc z−→ AI

=− 1

2 − i

3 p 3

2 .

D’autre part z−−−→ O′B′

= 1+2 p 3+ i

p 3− (1−

p 3)−

( 1+

p 3i

) = 3

p 3− i.

Pondichéry 4 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c. Le repère étant orthonormé on peut calculer :

−→ AI ·

−−−→ O′B′ =−

3 p 3

2 + 3 p 3

2 = 0.

Les vecteurs étant orthogonaux, les droites (AI) et (O′B′) sont perpendi- culaires ; donc la droite (AI) est bien hauteur dans le triangle O′AB′.

2

−2

2 4−2

O′

A

O

I

B

B′

EXERCICE 4 spécialité 5 points

1. On se place dans le plan P0 = yOz d’équation x = 0. Le vecteur

−−→ BA a pour coordonnées (5 ; −5) et

−−→ OA a pour coordonnées (5 ; 5).

−−→ BA ·

−−→ OA = 25−25= 0.

La droite (OA) est tangente au cercle C .

2. a. Équation du cône Γ

D’après la question précédente le triangle OAB est rectangle en A. OA2 = 52+52 = 50, donc OA =

p 2.

AB2 = 02+52+ (10−5)32= 50, donc AB = 5 p 2.

Le triangle OAB est donc rectangle isocèle et AOB= π 4 .

L’équation du cône d’axe (Oz), et de sommet O est de la forme

x2 + y2 = z2 tan2θ, θ étant la mesure de l’angle formé par la génératrice (OA) et l’axe, soit ici

π

4 . Or tan

π

4 = 1.

L’équation de Γ est donc x2+ y2 = z2.

b. D’après la première question la génératrice du cône est tangent au cercle qui génère la sphère : le cône est donc tangent à la sphère l’intersection est constitué par la rotation du point A autour de (Oz) ; c’est donc le cercle de centre le point C projeté de A sur (Oz) soit C(0 ; 0 ; 5) et de rayon CA = 5.

3. L’intersectiond’un cônepar unplanparallèle à l’axe de ce cônequi ne contient pas cet axe est une hyperbole.

Pondichéry 5 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. Hypothèse : x et y sont des impairs ; il existe donc p ∈N, q ∈N tels que x = 2p +1 et y = 2q +1. On a donc z2 = x2 + y2 = (2p + 1)2 + (2q + 1)2 = 4p2 + 4q2 + 4p + 4q + 2 = 2 [ 2p2+2q2+2p +2q +1

] = 2

[ 2 ( p2+q2+p +q

) +1

] .

2 ( p2+q2+p +q

) +1 est un nombre impair, donc z2 est unmultiple de 2 non

multiple de 4 : ceci est impossible.

Conclusion : x et y ne peuvent être simultanément impairs.

Pondichéry 6 juin 2004

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome