Correction – exercices de mathématique 7, Exercices de Mathématiques Appliqués
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Correction – exercices de mathématique 7, Exercices de Mathématiques Appliqués

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Correction des exercices de mathématique 7. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’équivalence, les relations, le nombre réel.
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Asie S Corrige juin 2006.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2006 \

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

Partie A. Restitution organisée de connaissances

On a arg ( z

z ′ × z

)

= argz ⇐⇒ arg ( z

z

)

+argz ′ = argz ⇐⇒ arg ( z

z

)

= argz −argz ′.

Partie B

1. a. M d’affixe z (avecz 6= −i) est invariant par f si et seulement si z = iz +3 z + i

⇐⇒

z2+ iz = iz +3 ⇐⇒ z2 = 3. Les points invariants sont donc les points J et K d’affixes respectives

p 3 et −

p 3.

Le cercle de diamètre [AB] a pour rayon 2 et pour centre le point d’affixe i.

Or la distance de ce point à J est égale à

( p 3)2+12 = 2, donc J appartient

au cercle de diamètre [AB]. Même calcul pour K.

b. Si c ′ est l’affixe de C′, alors c ′ = i(−2+3i −2+ i+ i

= 2−2i −2+2i

= −1. Donc C′ appar- tient à l’axe des abscisses.

2. On peut écrire z ′ = iz +3 z + i

= i(z −3i) z − (−i)

. En prenant les arguments de ces deux

complexes (et en utilisant le résultat de la partie A) on obtient arg(z ′)= argi+

arg

(

z −3i z − (−i)

)

à 2π prés ⇐⇒ arg(z ′)= π

2 +

(−−→ AM ,

−−→ BM

)

à 2π prés ⇐⇒

arg(z ′)= (−−→ MA ,

−−→ MB

)

+ π

2 à 2π près.

3. a. z ′ est imaginaire pur si et seulement si son argument est π

2 ou −

π

2 . Les

points M correspondants sont tous les points de la droite (AB) excepté les

points A et B.

b. — Si M appartient au demi-cercle contenant K, alors (−−→ MA ,

−−→ MB

)

= π

2 et

par conséquent arg(z ′)=π, donc M ′ a une affixe réelle négative. — Si M appartient au demi-cercle contenant J, alors

(−−→ MA ,

−−→ MB

)

=− π

2 et

par conséquent arg(z ′)= 0, donc M ′ a une affixe réelle positive. Dans tous les cas si M appartient au cercle de diamètre [AB] privé des

points A et B, le point M ′ appartient à l’axe des abscisses.

Autre méthode numérique : Si M appartient au cercle de diamètre [AB],

son affixe s’écrit z = i+2e2iθ, avec θ ∈ [0 ; 2π]. On trouve alors que

z ′ = cosθ

1+ sinθ ∈R.

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

1

2

3

−1

−2

1 2−1−2

×

×

×

××

B

A

C

JK C′

EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Asie 2 juin 2006

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

D

A B

C

H

E F

GI

J

R

1. Voir figure

2. Construction du point J : — Dans le plan CDHG, la droite (IC) coupe la droite (DH) en un point P ;

— Dans le plan ADHE la droite (PA) coupe la droite (EH) en J.

Le plan (ACI) est donc coupé par les deux faces parallèles (ABCD) et (EFGH) :

les intersections (AC) et(IJ) sont donc parallèles.

3. a. R ∈ (AC) : on sait qu’il existe un réel unique k tel que −−→AR = k−−→AC , ce réel k étant l’abscisse de R si le repère de la droite (AC) est le couple (A, C).

(IR)⊥ (AC) ⇐⇒ −→IR ·−−→AC = 0. b. Si R a pour coordonnées (x, y, z),

−→ AR = k−−→AC =⇒ x = k, y = k, z = 0.

−→ IR ·−−→AC = 0 ⇐⇒

(

x − 1

3

)

×1+(y−1)×1+(z−1)×0 = 0 ⇐⇒ x− 1

3 +y−1= 0.

D’où en remplaçant par les coordonnées de R : 2k − 4

3 = 0 ⇐⇒ k =

2

3 .

Conclusion : R

(

2

3 ; 2

3 ; 0

)

.

c. On calcule IR2 = (

1

3

)2

+ (

1

3

)2

+12 = 11

9 =⇒ IR=

p 11

3 .

4. −→ n de coordonnées (3 ; −3 ; 2) est normal au vecteur −−→AC (1 ; 1 ; 0) (produit scalaire nul) et au vecteur

−→ AI

(

1 3 ; 1 ; 1

)

.

Le vecteur −→ n orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ACI) est un

vecteur normal à ce plan.

Une équation du plan (ACI) est donc 3x −3y +2z +d = 0 et comme ce plan contient A(0 ; 0 ; 0), d = 0. Une équation du plan (ACI) est donc : 3x −3y +2z = 0.

5. Avec F(1 ; 0 ; 1) on sait que d(F, ACI)= |3×1−3×0+2×1| √

32+ (−3)2+22 =

5 p 22

.

Asie 3 juin 2006

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

EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A : Étude de deux cas particuliers

1. Si n = 2 : 12+32+52 = 35= 8×4+3, c’est-dire que 12+32+52 ≡ 3 modulo 3. Le triplet (1 ; 3 ; 5) est donc solution.

2. a. Si n = 3 r 0 1 2 3 4 5 6 7

R 0 1 4 1 0 1 4 1

Exemple : si m = 8n +3 alors m2 = 64n2 +48n +9 = 64n2 +48n +8+1 = 8×

(

n2+6n+1 )

+1 ⇐⇒ m2 ≡ 1modulo 8. b. Les seuls restes possibles sont donc 0, 1 et 4. Avec trois carrés la somme

des restes ne peut être que 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, mais pas 7.

Conclusion : il n’existe pas d’entier x, y, z tels que x2+y2+z2 ≡ 7modulo 8.

Partie B Étude du cas général où n > 3

1. S’il existe trois entiers naturels x, y et z tels que x2+ y2+z2 ≡ 2n −1 modulo 2n alors x2+ y2+z2 = 2n q+2n −1= 2n (q+1)−1, donc cette somme est impaire. Donc :

— aucun des trois n’est pair ;

— il ne peut y avoir un pair et deux impairs car la somme des carrés serait

paire ;

— il peut y avoir deux pairs ;

— il ne peut y avoir trois pairs, car la somme des carrés serait paire.

2. x = 2q, y = 2r, z = 2s +1. a. Donc x2+ y2+ z2 = 4q2+4r 2+4s2+4s +1= 4×

(

q2+ r 2+ s2+ s )

+1. Conclusion x2+ y2+ z2 ≡ 1 modulo 4

b. Or on a supposé que x2+ y2 + z2 ≡ 2n −1 modulo 2n soit x2 + y2 + z2 = 2n ×q +2n −1= 4α−1 (car n est aumoins égal à 3). Ceci est impossible : unmultiple de 4 plus 1 ne peut être égal à unmultiple

de 4 moins 1.

En effet s’il existe α et β tels que :

8α−1 = 8β+1 alors 8α−8β = 2 ⇐⇒ 4α−4β = 1. La différence de deux multiples de 4 ne peut être égale à 1. Conclusion : il n’existe pas de triplet

solution avec un seul impair.

3. On suppose que x, y, z sont impairs.

a. Pour tout naturel k non nul, k2+k = k × (k +1) produit de deux naturels consécutifs : l’un des deux facteurs est pair, donc le produit est pair.

b. Posons : x = 2q +1, y = 2r +1 et z = 2s +1, alors x2+y2+z2 = 4q2+4q+1+4r 2+4r+1+4s2+4s+1=

(

4q2+4q )

+ (

4r 2+4r )

+ (

4s2+4s )

+3 = 4 [(

q2+q )

+ (

r 2+ r )

+ (

s2+ s )]

+3. Or d’après la question précédente chaque parenthèse est un nombre pair, donc x2+y2+z2 = 4× (2α+2β+2γ)+3= 8(α+β+γ)+3 c’est-à-dire que x2+y2+z2 ≡ 3modulo 8.

c. Or puisque n > 3 on peut écrire x2+ y2+ z2 = 23×2n−3q +23×2n−3−1= 23a −1= 8a −1. (avec a ∈N) On peut expliciter : s’il existe α et β tels que :

8α−1 = 8β+3 alors 8α−8β = 4 ⇐⇒ 2α−2β = 1. La différence de deux pairs ne peut être égale à 1. Ceci est impossible : Un multiple de 8 plus 3

ne peut être égal à un multiple de 8moins 1.

Conclusion finale : pour n > 2 le problème proposé n’a pas de solution.

Asie 4 juin 2006

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

EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats

1. a. L’énoncé dit que p1 = 0,5, que pG1 (G2)= 0,7 et que pP1 (G2)= 1−0,8= 0,2. b. Puisqu’il n’y a pas de match nul, on a pn +qn = 1. c. Pour n > 1, pn+1 = p (Gn+1)= pGn (Gn+1)+pPn (Gn+1)=

pn ×0,7+ (

1−pn )

×0,2 ⇐⇒ pn+1 = 0,7pn +0,2−0,2pn = 0,5pn +0,2. 2. a. On peut écrire par exemple la relation de récurrence précédente

pn+1 = 0,5pn +0,2 ⇐⇒ pn+1−0,4= 0,5pn +0,2−0,4 ⇐⇒ pn+1−0,4= 0,5pn −0,2 ⇐⇒ pn+1−0,4= 0,5

(

pn −0,4 )

⇐⇒ vn+1 = 0,5vn . Cette relation de récurrencemontre que la suite (vn) est une suite géomé-

trique de raison 0,5.

On en déduit que vn = v1×0,5n−1. Or v1 = p1−0,4= 0,5−0,4 = 0,1. Donc vn = 0,1×0,5n−1 .

b. On en déduit que pn = vn +0,4= pn = 0,4+0,1×0,5n−1 . c. Comme −1< 0,5< 1, on sait que lim

n→+∞ 0,5n−1 = 0, donc lim

n→+∞ pn = 0,4.

Cela signifie que sur un grandnombredeparties, Pierre gagnera enmoyenne

4 parties sur 10.

EXERCICE 4 7 points Commun à tous les candidats

Partie A

1. Soit u telle que u(x)= xe−x ; alors u′(x)= e−x xe−x et u′+u = e−x xe−x + xe−x = e−x , donc u est bien une solution de l’équation différentielle (E).

2. (E0) : y ′+ y = 0 ⇐⇒ y ′ = −y . Les solutions de cette équation sont les fonc- tions x 7→Ce−x , C étant un réel quelconque.

3. Une fonction v est solution de (E) si et seulement si v ′+ v = e−x . On a vu à la question 1 que u est une telle fonction donc que u′+u = e−x . En calculant la différence membre à membre : v ′−u′ + v u = 0 ⇐⇒ (v u)′ + (v u) = 0, autrement dit, la fonction v u est solution de E0.

4. On a donc pour toute solution v de (E), v u = Ce−x ⇐⇒ v = u+Ce−x ⇐⇒ v = xe−x +Ce−x ⇐⇒ v = (x +C )e−x , C ∈R.

5. La solution f2 prenant la valeur 2 en 0 vérifie f2(0)= (0+C )e0 = 2 ⇐⇒ C = 2. Conclusion : f2(x)= (x +2)e−x .

Partie B

1. — On a lim x→−∞

(x +k) = −∞ et lim x→−∞

e−x = +∞, donc par produit de limites lim

x→−∞ (x +k)e−x =−∞.

— On a fk (x) = xe−x +ke−x . Comme lim x→+∞

e−x = 0 et comme lim x→+∞

x

ex = 0,

on en déduit que lim x→+∞

fk (x)= 0. L’axe des abscisses est donc asymptote horizontale à Ck au voisinage de

plus l’infini.

2. On remarque que les fonctions fk sont toutes les solutions de l’équation dif- férentielle (E), donc f

k + fk = e−x . Donc f k (x)= e

xfk (x)= e−x−(x+k)e−x = f

k (x)= e−x (1−k x).

Asie 5 juin 2006

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

3. Comme e−x > 0 quel que soit xréel, le signe de f k (x) est celui de 1− k x

expression qui s’annule pour x = 1−k. D’où le tableau de variations :

x −∞ 1−k +∞ f

k (x)

+ 0 −

fk (x)

−∞

ek−1

0

Partie C

1. a. I0 = ∫0

−2 e−x dx =

[

−e−x ]0 −2 =−1+e

2 = e2−1.

b. On a In+1 = ∫0

−2 xn+1e−x dx. On pose :

u(x)= xn+1 v ′(x)= e−x u′(x)= (n+1)xn v(x)=−e−x

toutes ces fonctions étant continues, car dérivables. En intégrant par par-

ties :

In+1 = [

xn+1e−x ]0

−2+ (n+1) ∫0

−2 xne−x dx, c’est-à-dire

In+1 = (−2)n+1e2+ (n+1)In .

On a donc une relation de récurrence pour le calcul de In .

c. Pour n = 0, la relation précédente s’écrit I1 = −2e2+ I0 = −2e2+ e2−1 = −e2−1. Demême avec n = 1, on obtient : I2 = (−2)2e2+2I1 = 4e2−2e2−2= 2e2−2.

2. a. D’après A. 5. la fonction représentée est la fonction f2. Donc k = 2.

b. On aS = ∫0

−2 (x+2)e−x dx =

∫0

−2 xe−x dx+2

∫0

−2 e−x dx = I1+2I0 =−e2−1+

2 (

e2−1 )

= e2−3 u.a. (environ 4,39 u.a. ce que l’on contrôle sur le dessin)

Asie 6 juin 2006

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