Corrigé – exercices - calcul avancé 14, Exercices de Calcul avancé
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices - calcul avancé 14, Exercices de Calcul avancé

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Corrigé – exercices sur les calcul avancé 14. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la position relative de la courbe, la probabilité de l’évènement.
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[ La Réunion, série S, 21 juin 2011\

Exercice 1 - commun - 4 points

1. Le plan P et la droite D n’ont aucun point commun.

2. Les plans P et P ′ sont sécants suivant une droite de vecteur directeur−~i +~j +~k .

3. L’ensemble des points M de l’espace qui sont équidistants des points A et B est

le plan d’équation −4x+2y +5z−52 = 0.

4. L’ensemble des points M de l’espace tels que ∥ ∥ ∥ −−→ MA−3−−→MB

∥ ∥ ∥ = 5 est une sphère

dont le centre a pour coordonnées (−5;5;72).

Pour voir les justifications (cliquer ici)

Exercice 2 - commun - 5 points

1. Les bulletins sont indiscernables au toucher, les tirages sont donc équiprobables

et la probabilité d’un événement est le quotient du nombre de tirages qui lui sont

favorables par le nombre de tirages possibles :

• Le nombre de tirages de 4 bulletins choisis simultanément parmi 10 est

104= 10×9×8×74×3×2×1 = 210

• L’événement A est réalisé lorsque les 4 bulletins sont choisis parmi les 4 por- tant sur l’histoire ;

le nombre de tirages favorables à l’événement A est

44= 1.

• L’événement B est réalisé lorsque les 4 bulletins sont choisis parmi les 8 ne portant pas sur le sport ;

le nombre de tirages favorables à l’événement B est

84= 8×7×6×54×3×2×1 = 70.

Ainsi :

P (A)= 1210 et P (B)= 1−P (

B )

= 1−70210= 23

1

2. a.

H 1 4

C 0,7

C 0,3

L12

C 0,6

C 0,4

S

1 4 C0,5

C 0,5

b. Les événements H , L et S forment un système complet d’événements, alors

(formule des probabilités totales) :

P (C ) = P (C H) + P (C L) + P (C S) P (C ) = P (HPH (C ) + P (LPL(C ) + P (SPS (C ) P (C ) = 14×0,7 + 12×0,6 + 14×0,5

P (C )= 0,6 c. On demande de calculer la probabilité conditionnelle PC (S) :

PC (S)=P (SC )P (C )=P (SPS(C )P (C )= 0,5×0,250,6= 524

3. a. Chaque question constitue une épreuve de Bernoulli de paramètre p = 0,7 (épreuve à deux issues : le candidat répond correctement à la question — suc-

cès — avec la probabilité p = 0,7 ou bien il ne répond pas correctement à la question avec la probabilité 1−p = 0,3). On répète n = 10 fois, de manière indépendante, une telle épreuve de même paramètre p = 0,7, alors la variable aléatoire X égale au nombre de « succès » suit la loi binomiale de paramètres 10 et 0,7, c’est-à-dire

pour tout k ∈ {

0;1;2; . . . ;10 }

, P ({X = k})= 10k×0,7k ×0,310−k

b. P ({X Ê 9})= P ({X = 9})+P ({X = 10}) P ({X Ê 9})= 109×0,79×0,3+1010×0,710 = . . .

P ({X Ê 9})≈ 0,15 à 10−2 près

2

Exercice 3 - commun - 6 points

Partie A

1. a. La fonction exponentielle est définie et dérivable sur R et ne prend que des

valeurs strictement positives, alors la fonction x 7−→ e2x +1 est dérivable et ne s’annule pas surR. f est dérivable surR.

Soit x ∈R, f ′(x)=−4ex (

e2x +1 )

−2e2x ×4ex (

e2x +1 )2 =−4ex

(

1−e2x )(

e2x +1 )2

Pour tout réel x, f ′(x)= 4ex (

e2x −1 )(

e2x +1 )2

b. Pour tout réel x,

4ex (

e2x +1 )2 > 0

alors f ′(x) est dumême signe que e2x −1. Puisque la fonction exponentielle est strictement croissante surR et que, pour

tout x > 0, on a 2x > 0, alors e2x > e0 soit e2x −1> 0. ∀x ∈]0;+∞[, f ′(x)> 0 et f ′(0)= 0, alors

f est strictement croissante sur [0;+∞[

2. f est définie surR et, pour tout x ∈R,

f (−x)= 1−4e−xe−2x +1= 1−4e−xe−2x (

1+e2x )

= 1−4ex1+e2x = f (x)

Ainsi la fonction f est paire et, graphiquement :

la courbe C est symétrique par rapport à la droite d’équation x = 0

3. a. Les coordonnées du point A sont (a,0) avec a > 0 et A ∈C , alors f (a)= 0 =⇒ 1−4eae2a +1= e2a −4ea +1e2a +1= 0=⇒ (ea)2−4ea +1= 0

Si on pose c = ea , alors

c est une solution de l’équation x2−4x+1= 0

On résout l’équation x2−4x+1= 0 ; elle admet deux solutions réelles positives 2−

p 3 et 2+

p 3, alors a

{

ln (

2− p 3 )

, ln (

2+ p 3 )}

.

Puisque 2− p 3 ∈]0;1[, alors ln

(

2− p 3 )

< 0 et, a étant positif :

a = ln (

2+ p 3 )

b. f est strictement croissante sur [0;+∞[ et s’annule en a = ln (

2+ p 3 )

alors, en

utilisant la parité de f , on en déduit :

f (x)> 0 si x ∈]−∞;−a[∪]a;+∞[ ; • f (x)< 0 si x ∈]−a;a[ ; • f (−a)= f (a)= 0.

Partie B

1. On reconnaît, sous forme intégrale, l’expression de la primitive sur R qui s’an-

nule en 0 de la fonction f , alors F est dérivable surR et F ′ = f . Les variations de la fonction F surR se déduisent alors du signe de f (x) :

3

F est strictement croissante sur ]−∞ ; −a] et sur [a ; +∞[ ; • F est strictement décroissante sur [−a ; a].

2. f étant continue et négative sur [0 ; a], F (a)= ∫a

0 f (t)dt =−

a

0

∣ ∣ f (t)

∣ ∣dt est l’op-

posé de l’aire, en unités d’aire, du domaine plan compris entre la courbe C , l’axe

des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = a. Ce domaine est contenu dans un rectangle dont les dimensions sont

∣ ∣ f (0)

∣ ∣= 1 et a, alors 0É−F (a)É 1×a,

d’où :

a É F (a)É 0

3. a. Soit t ∈ [0,+∞[, f (t)= 1−4et e2t (

1+e−2t )

= 1−4e−t × (

11+e−2t )

.

On est donc amené à comparer 11+e−2t avec 1 ;

Soit t Ê 0, on a : e−2t > 0, puis : e−2t +1> 1, alors, par stricte décroissance de la fonction « inverse » sur ]0;+∞[,

11+e−2t < 1

Enmultipliant chaque membre par −4e−t < 0 :

−4e−t1+e−2t >−4e−t

Finalement, en ajoutant 1 :

Pour tout réel positif t , f (t)Ê 1−4e−t

b. Soit x Ê 0. Puisque l’intégrale entre des bornes croissantes «conserve l’ordre», alors (d’après

la question précédente) : ∫x

0 f (t)dt

︸ ︷︷ ︸

F (x)

Ê ∫x

0

(

1−4e−t )

dt

︸ ︷︷ ︸

[t+4e−t ]x0 [

t +4e−t ]x

0 = x+4e −x −4Ê x−4, car e−x > 0. On a bien :

pour tout réel positif x, F (xx−4

Puisque lim x→+∞

x−4=+∞, par comparaison :

lim x→+∞

F (x)=+∞

4. Puisque la fonction f est paire, on peut penser que sa primitive F qui s’annule en

0 est impaire, c’est-à-dire

x ∈R, F (−x)=−F (x) ⇐⇒ ∀x ∈R, F (−x)+F (x)= 0

Pour cela, on considère la fonction définie surR par F (−x)+F (x). Cette fonction est dérivable surR et sa dérivée est définie, pour tout réel x, par − f (−x)+ f (x)= 0 car f est paire, alors :

Pour tout x ∈R, F (−x)+F (x)= F (−0)+F (0)= 0. Alors F est impaire.

4

Par imparité :

lim x→−∞

F (x)=− lim x→+∞

F (x)=−∞

Exercice 4 - non spécialité - 5 points

Partie A - Restitution organisée de connaissances

• Une distance est la traduction géométrique du module d’un nombre com- plexe.

Avec les notations de l’énoncé, on a : AB = |ba| et AC = |ca|. Si A 6= B , l’affixe c du pointC , image de B par une rotation de centre A vérifie :

1= ACAB = |ca||ba| = |caba| • Un angle orienté est la traduction géométrique de l’argument d’un nombre

complexe. En utilisant la relation de Chasles : (−→ AB ,

−→ AC

)

= (

~u, −→ AC

)

− (

~u, −→ AB

)

= arg(ca)−arg(ba)+2, où k ∈Z. La différence des arguments est un argument du quotient, si A 6= B , l’affixe c du point C , image de B par la rotation de centre A et d’angle θ, vérifie :

θ = arg(caba)+2, où k ∈Z Par conséquent, si A 6= B , l’affixe c du point C , image de B par la rotation de centre A et d’angle θ, vérifie :

caba = eiθ soit ca = eiθ(ba)

La dernière égalité reste valable si a = b, d’où l’écriture complexe de cette rotation :

c = eiθ(ba)+a

Partie B

1. 2z2−6z+9= 0 est une équation du second degré dansC à coefficients réels dont le discriminant ∆=−36= (6i)2 est négatif, alors cette équation possède deux so- lutions complexes conjuguées :

z1 = 6−6i4= 32(1− i) et z2 = 32(1+ i)

2. Figure à la fin de l’exercice.

3. S est le symétrique du point R par rapport au pointQ signifie queQ est le milieu

du segment [RS], c’est-à-dire : zQ = 12(zR + zS) soit :

zS = 2zQ zR = 3(1− i)− (

−2i p 3 )

= 3+ i (

2 p 3−3

)

4. L’écriture complexe de la rotation r est z ′ = iz, alors :

zA = izR = 2 p 3 et zC = izS = 3i−

(

2 p 3−3

)

5. L’écriture complexe de la translation de vecteur 3~v est z ′ = z+3i, alors :

zB = 3+2i p 3 et zD = i

(

3−2 p 3 )

5

6. a. On calcule zB zP = 3+2i p 3−32(1+ i)= 32+ i

(

2 p 3−32

)

puis, zC zP = 3i− (

2 p 3−3

)

−32(1+ i) = 32i−

(

2 p 3−32

)

= i (

32+ i (

2 p 3−32

))

= i(zB zP ) On a bien

zC zP zB zP = i b. • D’après la partie A, le résultat précédent signifie que le point C est l’image

du point B par la rotation de centre P et d’angle π2, alors :

le triangle PBC est rectangle et isocèle en P .

• On calcule l’affixe du milieu du segment [AC ] : 12(zA + zC )= 12(3i+3)= 32(1+ i)= zP .

• On calcule l’affixe du milieu du segment [BD] : 12(zB + zD )= 12(3+3i)= zP .

Finalement les diagonales [AC ] et [BD] du quadrilatère ABCD sont de même

longueur, perpendiculaires et se coupent en leur milieu P , alors :

ABCD est un carré.

6

1

2

3

4

−1

−2

−3

1 2 3 4−1

b P

b

Q

b

R

b S

b A

b C

b B

b

b

D

7

Exercice 4 - spécialité - 5 points

Partie A - Restitution organisée de connaissances

• Une distance est la traduction géométrique du module d’un nombre com- plexe.

Avec les notations de l’énoncé, on a : AB = |ba| et AC = |ca|. Si A 6= B , l’affixe c du pointC , image de B par une similitude directe de centre A et de rapport k (k > 0), vérifie :

k = ACAB = |ca||ba| = |caba| • Un angle orienté est la traduction géométrique de l’argument d’un nombre

complexe. En utilisant la relation de Chasles : (−→ AB ,

−→ AC

)

= (

~u, −→ AC

)

− (

~u, −→ AB

)

= arg(ca)−arg(ba)+2, où n ∈Z. La différence des arguments est un argument du quotient, si A 6= B , l’affixe c du point C , image de B par une similitude directe de centre A et d’angle θ,

vérifie :

θ = arg(caba)+2, où n ∈Z Par conséquent, si A 6= B , l’affixe c du point C , image de B par la similitude directe de centre A, de rapport k (k > 0) et d’angle θ, vérifie :

caba = keiθ soit ca = keiθ(ba)

La dernière égalité reste valable si a = b, d’où l’écriture complexe de cette similitude directe :

c = keiθ(ba)+a

Partie B

1. a. On vérifie : 3× (−1)−2× (−2)=−3+4= 1, alors le couple (−1,−2) est une solution de (E )

b. Condition nécessaire : Soit (x, y) un couple d’entiers relatifs tel que : 3x−2y = 1 sachant que : 3× (−1)−2× (−2)= 1 par différence membre à membre : 3× (x+1)−2× (y +2)= 0 soit : 3(x+1)= 2(y +2) Ainsi : 2 divise le produit 3(x+1) et 2 est premier avec 3, alors (théorème de Gauss) : 2 divise x+1, alors il existe k ∈Z tel que x+1= 2k et 3×✁2k = ✁2(y +2), alors il existe k ∈Z tel que x = 2k−1 et y = 3k−2. On a ainsi démontré que toute solution de (E ) est nécessairement de la

forme (2k−1,3k−2), où k ∈Z. • Condition suffisante :

Soit k ∈Z, on a : 3(2k−1)−2(3k−2) =−3+✚6k +4−✚6k = 1 • Conclusion :

L’ensemble des couples d’entiers relatifs vérifiant l’équation (E ) est

l’ensemble des couples (2k−1,3k−2), où k ∈Z

8

2. a. Soit k ∈Z. Puisque 2(k−3)+4= 2k−2, les coordonnées (k−3,2k−2) du point Ak vérifient l’équation y = 2x+4 de la droite d , alors

Ak d

b. Les seuls points de d ′ à coordonnées entières sont les points dont les coordon- nées sont les couples d’entiers relatifs vérifiant l’équation de d ′ : 3x−2y = 1. On reconnaît l’équation (E ) alors, d’après B. 1. b., ce sont les points Bk ′ de

coordonnées (2k ′−1,3k ′−2), où k ′ ∈Z. 3. a. Soient k et k ′ deux entiers relatifs.

Ak =Bk ′ ⇐⇒ {

k−3 = 2k ′−1 2k−2 = 3k ′−2

⇐⇒ {

k = 2k ′+2 2(2k ′+2)−2 = 3k ′−2

⇐⇒ {

k = 2k ′+2 k ′ = −4

Finalement

A−6 =B−4 b. [AkBk ′ ] est parallèle à l’axe des abscisses si, et seulement si, Ak et Bk ′ ont la

même ordonnée et Ak 6=Bk ′ , c’est-à-dire : 2k−2= 3k ′−2 et k−3 6= 2k ′−1

soit

2k = 3k ′ et k 6= 2k ′+2 si, et seulement si,

k = 3q et k ′ = 2q q ∈Z et q 6= −2

c. −−−−−→ A3qB2q = 4~u ⇐⇒ (4q−1)− (3q −3)= 4 ⇐⇒ q+2= 4 ⇐⇒ q = 2

4. a. D’après la Partie A, l’écriture complexe de f est z ′ = 12e−i π

2 (zω)+ω soit :

z ′ =−i2z+ω(1+ i2) b. On commence par calculer l’affixe zH du point H :

zH = 12 (

zA6 + zB4 )

= 12(3+7+ i(10+10)) = 5+10i. D’après la question précédente, l’affixe de l’image du point H (en fonction de

ω) est :

−i2(5+10i)+ω(1+ i2) Ainsi,

f (H)=O ⇐⇒ −52i(1+2i)+ω(2+ i2)= 0 f (H)=O ⇐⇒ ω= 5i(1+2i)2+ i= 5(i−2)2+ i×2− i2− i= ✁5(−3+4i)✁5 Finalement

f (H)=O ⇐⇒ ω=−3+4i

9

Justification des réponses au Q.C.M. (exercice 1)

1. Il s’agit d’unproblèmed’incidence entre unedroite et un plan dans l’espace. Pour

cela on cherche l’ensemble des points d’intersection de la droite (dont on connaît

une représentation paramétrique) et du plan (dont on connaît une équation car-

tésienne). On résout le système





x =−8+2t y = 7− t z = 6+ t 2x+3y z+4 = 0

⇐⇒





x =−8+2t y = 7− t z = 6+ t 2(−8+2t)+3(7− t)− (6+ t)+4 = 0

⇐⇒





x = −8+2t y = 7− t z = 6+ t 3 = 0 Impossible!

Ce système n’a pas de solution :

la droite et le plan n’ont aucun point en commun

2. C’est encore un problème d’incidence, cette fois entre deux plans dans l’espace

dont on connaît pour chacun d’eux une équation cartésienne.

On résout un système de deux équations linéaires à trois inconnues en choisis-

sant, par exemple, z = t , t ∈R, comme paramètre : 

x + 4y − 3z = −4 L1 2x + 3y z = −4 L2

z = t L3 ⇐⇒

x + 4y = −4+3t L1 − 5y = 4−5t L2 ←− L2−2L1

z = t L3

⇐⇒





x = −45− t y = −45+ t

z = t

, t ∈R

On reconnaît une représentation paramétrique

d’une droite de vecteur directeur −~i +~j +~k

3. L’ensemble des points M de l’espace qui sont équidistants des points A et B

est le plan médiateur du segment [AB], c’est-à-dire le plan de vecteur normal −→ AB(−4;2;5) et passant par le milieu I (−1;3;−32) du segment [AB]. On peut alors déterminer une équation cartésienne de ce plan ou bien tester les coordonnées

de I en calculant

−4xI +2yI +5zI = 4+6−152= 52.

Finalement, l’ensemble cherché est

le plan d’équation −4x+2y +5z−52 = 0

10

4. SoitG le barycentre des points pondérés (A,1) et (B,−3), alors pour tout pointM de l’espace,

−−→ MA−3−−→MB = (1−3)−−→MG = 2−−→GM , alors

∥ ∥ ∥ −−→ MA−3−−→MB

∥ ∥ ∥= 5 ⇐⇒ 2GM = 5 ⇐⇒ GM = 52.

L’ensemble des points M de l’espace tels que ∥ ∥ ∥ −−→ MA−3−−→MB

∥ ∥ ∥= 5 est

une sphère de centreG dont l’abscisse est 11−3(xA −3xB )=−5

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