Correction – exercices de mathématique 1, Exercices de Mathématiques Appliqués. Université Bordeaux I
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Correction – exercices de mathématique 1, Exercices de Mathématiques Appliqués. Université Bordeaux I

PDF (111.9 KB)
6 pages
177Numéro de visites
Description
Correction des exercices de mathématique 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Restitution organisée des connaissances, L’équation différentielle, la variable aléatoire continue, la limite des suites,
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
Amerique Nord S corrige mai 2006.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord \ mai 2006

EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats

1. L’espérance de ce jeu est égale à :

(60−30)× 4

10 + (0−30)×

3

10 + (20−30)×

3

10 =

120−90−30 10

= 0.

Le jeu est donc équitable.

2. On a une épreuve de Bernoulli avec n = 4 et p = 4

10 .

Tirer au moins une fois un bulletin oui est l’évènement contraire de l’évène-

ment : « ne jamais tirer un oui », dont la probabilité est

(

1− 4

10

)4

= 81

625 .

La probabilité cherchée est donc :

1− 81

625 =

544

625 .

3. Il y a (10 2

)

= 10!

2!×8! =

10×9 2

= 45 tirages différents.

Les possibilités de tirages différents sont : oui-non, oui-blanc et non-blanc

donc en nombre égal à 4×3+4×3+3×3 = 33. La probabilité cherchée est

donc : 33

45 =

11

15 .

EXERCICE 2 5 points

Partie A

1. a. |zB|2 = 1+3= 4=⇒ |zB| = 2. Donc zB = 2 (

1

2 + i

p 3

2

)

= 2ei π

3 et comme zC =

zB, on a donc zC = 2e−i π

3 .

b. Pour placer les points B et C on trace les deux cercles de centre O et A et de rayon A :

0

1

−→ u

−→ v

×

×

O A

B

C

D

×G

×G ′

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

2. On a zOB = 1+ i p 3 et zCA = 2− (1− i

p 3= 1+ i

p 3. Donc

−−→ OB =

−−→ CA ⇐⇒ OABC

est un parallélogramme et comme OB = OC (question 1. a.) le quadrilatère

OABC est un losange.

3. On sait que |z| = |z − 2| ⇐⇒ |z − 0| = |z − 2| ⇐⇒ OM = AM ⇐⇒ M est équidistant de O et de A, donc que M appartient à la droite D médiatrice du

segment [OA], c’est-dire d’après la question précédente la droite (BC).

Partie B

1. a. Pour z 6= 2, z = −4

z −2 ⇐⇒ z2 − 2z + 4 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 − 1+ 4 = 0 ⇐⇒

(z −1)2+3= 0 ⇐⇒ (z −1)2 =−3 ⇐⇒ {

z1 = 1+ i p 3= zB

z2 = 1− i p 3= zC

.

Les solutions sont donc les affixes des points B et C qui sont donc les

points invariants de l’application qui à z fait correspondre z ′ = −4

z −2 .

b. On vient de voir que B′ = B et que C′ = C.

c. On sait que zG = 1

3 (zO+ zA+ zB) = 1+ i

p 3

3 . Donc zG′ =

−4

1+ i p 3

3 −2

=

4

−1+ i p 3

3

= 3+ i p 3.

Remarque : zG′ = 3zG ⇐⇒ −−→ OG′ = 3−−→OG ⇐⇒ O, G et G′ sont alignés.

2. a. Question de cours :

• |zz2|2 = zzzz2 = zzzz2 = zzzz2 = |z1|2×|z2|2. Conclusion : |zz2| = |z1|× |z2|

• ∣

1

z × z

= ∣

1

z

× |z| (d’après le point précédent) = |1| = 1. Donc pour

z 6= 0, ∣

1

z

= 1

|z| .

b. |z ′−2| = ∣

−4 z −2

−2 ∣

= ∣

−4−2z +4 z −2

= ∣

−2z z −2

= |−2z| |z −2|

= 2|z| |z −2|

.

c. On sait que M ∈ D ⇐⇒ |z| = |z −2|. En utilisant l’égalité précédemment démontrée, on a donc |z ′−2| = 2 ⇐⇒ M ′ ∈ Γ, Γ étant le cercle de centre A et de rayon 2.

Remarque : en particulier, comme G ∈D,G′ ∈Γ. Donc G′ est le point d’intersection de la droite (OG) et du cercle Γ.

EXERCICE 2 5 points Exercice de spécialité

1. a. La composée d’une rotation et d’une homothétie demême centre est une

similitude de rapport

p 2

2 et d’angle

π

4 .

b. Si M1 est l’image de M par r , son affixe est z1, telle que z1−2 = ei π

4 (z − 2). L’image de M1 par h est M

′ d’affixez ′telle que : z ′ − 2 = 3(z1−2) =p 2 2

[

ei π

4 (z −2) ]

= (z −2) (p

2 2 + i

p 2 2

)

× p 2 2

= 1

2 (1+ i)(z −2). D’où

z ′ = 2+ (1+ i) 2

z −1− i= 1+ i 2

z +1− i.

c. L’égalité précédente peut s’écrire :

2z ′ = (1+ i)z +2−2i ⇐⇒ 2(1− i)z ′ = 2z + (2−2i)(1− i) ⇐⇒ 2(1− i)z ′ = 2z+2×(−2i) ⇐⇒ (1−i)z ′ = z−2i ⇐⇒ −iz ′+2i= zz ′ ⇐⇒ i(2−z ′)= zz ′.

Amérique du Nord 2 mai 2006

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

2. a. Question de cours

D’après les propriétés de la rotation : Si P 6= A, AQ = AP ⇐⇒ AQ

AP = 1 ⇐⇒

|q a| |p a|

= 1 ⇐⇒ ∣

q a p a

= 1. D’autre part : (−→ AP ,

−−→ AQ

)

= π

2 ⇐⇒ arg

q a p a

= π

2 .

Conclusion : q a p a

= i ⇐⇒ q a = i(p a).

b. D’après la question 1. c. zz ′ = i(2−z ′) ⇐⇒ M d’affixe z est l’image de A dans le quart de tour direct de centre M ′, autrement dit le triangleΩM M

est un triangle rectangle isocèle en M ′, M 6=Ω. 3. Démontrons la relation par récurrence :

Initialisation : pour n = 0, A0(2+ i et en appliquant la relation au rang 0 : a0 = ei

π

2 + 2 = i+ 2. La relation est vraie au rang 0. Hérédité : supposons la

relation vraie au rang n, : an = (p

2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2. D’après la question 1. b., on

a an+1 = 1+ i 2

an +1− i= 1+ i 2

× [(p

2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2 ]

+1− i.

Or 1+ i 2

= p 2

2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

= p 2

2 ei

π

4 . Donc en reportant :

an+1 = p 2

2 ei

π

4

[(p 2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2 ]

+1− i= (p

2

2

)n+1

ei (n+3)π

4 +2 (

1+ i 2

)

+1− i= (p

2

2

)n+1

ei (n+3)π

4 +2. La relation est donc vraie au rang n+1.

4. On a donc a5 = (p

2

2

)5

ei (5+2)π

4 +2= 17

8 − i

1

8 .

5. AnΩ< 0,01 ⇐⇒

(p 2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2−2

< 0,01 ⇐⇒

(p 2

2

)n

ei (n+2)π

4

< 0,01 ⇐⇒ (p

2

2

)n

< 0,01 ⇐⇒ n ln (p

2

2

)

> ln0,01 ⇐⇒ n > ln0,01

ln

(p 2

2

) ≈ 13,2.

On a donc n0 = 13.

EXERCICE 3 5 points

1. — Limites : On a lim x→0

lnx =−∞ et lim x→0

− 2

x =−∞, d’où par somme lim

x→0 g (x)=

−∞. De même lim

x→+∞ lnx = +∞ et lim

x→+∞ − 2

x = 0, d’où par somme lim

x→0 g (x) =

+∞.

— Variations : gestune sommede fonctions dérivables : g ′ (x)= 1

x +

2

x2 somme

de deux termes positifs. La dérivée est positive : la fonction g est crois-

sante.

— Annulation : La fonction g est continue, car dérivable sur [2,3 ; 2,4], crois-

sante sur cet intervalle ; la calculatrice donne g (2,3) ≈ −0,04 et g (2,4) ≈ 0,04. Conclusion : la fonction g s’annule enunpoint unique x0 ∈ [2,3 ; 2,4]

2. a. On a donc g (x0)= lnx0− 2

x0 = 0 ⇐⇒ lnx0 =

2

x0 .

Amérique du Nord 3 mai 2006

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

D’autre part f (x0)= 5lnx0

x0 =

5 2

x0

x0 =

10

x20 .

b. Soit A (a)= ∫a

1

5ln t

t dt = 5

a

1

ln t

t dt et intégrons par parties :

u(t)= ln t v ′(t)= 1

t

u′(t)= 1

t v(t)= ln t

A (a)= [

(ln t)2 ]a

1− ∫a

1

ln t

t dt . Donc 2A (a)= (lna)2 et enfinA (a)=

(lna)2

2 .

Remarque : on pouvait aussi remarquer que la fonction à intégrer est de

la forme u′×u donc a pour primitive u2

2 avec u(t)= ln t .

3. D’après la question 1, P0 a pour abscisse x0, donc d’aprèslaquestion 2. M0

apour coordonnées

(

x0 ; 10

x20

)

et enfin H0

(

0 ; 10

x20

)

.

D’où A (D1)= ∫x0

1 f (t)dt =

5

2 (lnx0)

2 = 5

2

(

4

x20

)

= 10

x20 = f (x0)=A (D2).

En partant de l’encadrement donné :

2,3< x0 < 2,4=⇒

2,32 < x20 < 2,4 2 =⇒

1

2,42 <

1

x20 <

1

2,32 =⇒

10× 1

2,42 < 10×

1

x20 < 10×

1

2,32

Soit finalement : 1,736 < 10

x20 < 1,891. Conclusion : 1,7<A (D1)< 1,9 à 0,2

près.

EXERCICE 4 7 points

Partie A. Étude d’une suite

1. a. n 0 1 2 3 4 5 6 7

xn 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4

yn 0 0,8000 1,4720 1,8386 1,9625 1,9922 1,9984 1,9997

b.

Amérique du Nord 4 mai 2006

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

0 1 2 0

1

2

0

1

2

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 2,4

b

b

b

b

b b b b

c. D’après ce graphique, la suite semble croissante et converger vers 2.

2. a. On a p ′(x)=−0,4x+1 qui s’annule pourx = 5

2 .Si 06 x 6 2, la fonction est

croissante dep(0)= 0,8 à p(2)= 2. Conclusion : si x ∈ [0 ; 2], p(x) ∈ [0 ; 2].

b. Par récurrence :

— Initialisation : y0 = 0 ∈ [0 ; 2]. — Hérédité : supposons que yn ∈ [0 ; 2] ; on sait que yn+1 = p

(

yn )

∈ [0 ; 2] d’après la question précédente. La récurrence est démontrée.

c. On a yn+1− yn =−0,2y2n + yn +0,8− yn =−0,2y2n +0,8. Or

06 2=⇒

06 y2n 6 4=⇒

−0,86−0,2y2n 6 0=⇒

06−0,2y2n +0,86 . . .

Conclusion : yn+1− yn > 0=⇒ la suite (

yn )

est croissante.

d. La suite (

yn )

est croissante et majorée par 2 : elle est donc convergente.

Partie B. Étude d’une fonction

Amérique du Nord 5 mai 2006

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

1. Enposantu(x)= e4x , on a g ′(x)= 2 [

u′(u+1)−u′(u−1) (u+1)2

]

= 4u

(u+1)2 =

16e4x

(

e4x +1 )2 .

D’autre part : 4− g (x)2 = 4−4 ( (

e4x −1 )2

(

e4x +1 )2

)

= 16e4x

(

e4x +1 )2 .

De plus g (0)= 2× (1−1)= 0. La fonction g vérifie les conditions (1) et (2).

2. a. On a g (x)= 2 (

1−e−4x

1+e−4x

)

. On a donc :

lim x→+∞

g (x)= 2.

La droite ∆ d’équation y = 2 est donc asymptote horizontale à (

Cg

)

au

voisinage de plus l’infini.

b. L’écriture trouvée pour g ′(x) montre que cette dérivée est positive : la fonction g est donc croissante sur [0 ; +∞[. On a déjà g (0)= 0. On a donc : lim

x→+∞ g (x)= 2.

Sur [0 ; +∞[, la fonction g croît de 0 à 2.

3. Le nombre dérivé en 0 est g ′(0)= 16

4 = 4. L’équation de la tangente à

(

Cg

)

en

l’origine est donc puisque g (0)= 0, y = 4x.

Les coordonnées du point commun à y = 2 et y = 4x sont x = 1

2 , y = 2. On a

donc α= 1

2 .

4. Voir ci-dessus. (On constate les limites de la méthode d’Euler . . . )

Amérique du Nord 6 mai 2006

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