Corrigé – exercices - calcul avancé 16, Exercices de Calcul avancé
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices - calcul avancé 16, Exercices de Calcul avancé

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Corrigé – exercices sur les calcul avancé 16. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’intersection des plans P et Q, la limite de la fonction.
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LibanS31mai2011Corrige.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Liban 31 mai 2011 \

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

1. a. Plusieurs méthodes : −−→ AB (−4 ; −4 ; 4) et

−−→ AC (−1 ; −4 ; −2) : ces deux vec-

teurs ne sont pas colinéaires, donc les points A, B et C ne sont pas alignés.

Ils constituent le plan (ABC).

b. On a −→ n ·

−−→ AB =−8+4+4= 0 et

−→ n ·

−−→ AC =−2+4+−2= 0.

Donc −→ n est normal à deux vecteurs du plan (ABC) est donc un vecteur

normal à ce plan.

2. Le plan (P ) a pour vecteur normal −→ p (1 ; 1 ; −1).

Or −→ n ·

−→ p = 2−1−1 = 0. Les vecteurs normaux aux deux plans sont orthogo-

naux, donc les plans (ABC) et (P ) sont perpendiculaires.

3. a. Par définition puisque 1−1+2= 2 6= 0, le barycentre G existe et vérifie : 1 −−→ GA − 1−−→GB + 2−−→GC = −→0 ⇐⇒ 2−−→GO +−−→OA −−−→OB + 2−−→OC = −→0 ⇐⇒ 2−−→OG =

−−→ OA −−−→OB +2−−→OC ⇐⇒ −−→OG =

1

2

[−−→ OA −−−→OB +2−−→OC

]

, ce qui se traduit pour

les coordonnées (x ; y ; z) de G par : 

x = 12 (1+3+0) y = 1

2 (2+2−4)

z = 12 (−1−3−6) ⇐⇒

x = 2 y = 0 z = −5

On a bien G(2 ; 0 ; −5). b.

−−→ CG (2 ; 2 ; −2) = 2−→p , −→p étant un vecteur normal au plan (P ). Donc la droite (CG) est orthogonale au plan (P ).

c. On sait que M(x ; y ; z) ∈ (CG) ⇐⇒ il existe t ∈R tel que −−→CM = t−−→CG ⇐⇒ 

x −0 = 2t y +2 = 2t z +3 = −2t

⇐⇒

x = 2t y = −2+2t z = −3−2t

d. Les coordonnées de H vérifient l’équation paramétrique de la droite (CG)

et l’équation du plan (P ) donc le système : 





x = 2t y = −2+2t z = −3−2t x + y z +2 = 0

⇐⇒





x = 2t y = −2+2t z = −3−2t 2t −2+2t +3+2t +2 = 0

⇐⇒





x = 2t y = −2+2t z = −3−2t 6t +3 = 0

⇐⇒





x = 2t y = −2+2t z = −3−2t

t = − 1

2

soit en reportant

dans les trois premières équations :

x =−1, y =−3 et z =−2. Donc H(−1 ; −3 ; −2). 4. En faisant intervenir grâce à la la relation de Chasles le barycentre G, on a :

∥ ∥ ∥ −−→ MA −−−→MB +2−−→MC

∥ ∥ ∥= 12 ⇐⇒

∥ ∥ ∥ −−−→ MG +−−→GA −−−→MG −−−→GB +2−−−→MG +2−−→GC

∥ ∥ ∥= 12 ⇐⇒

‖−−→GA −−−→GB +2−−→GC ︸ ︷︷ ︸

=−→0

+2−−−→MG ‖= 12 ⇐⇒ 2GM = 12 ⇐⇒ GM = 6 : cette égalité si-

gnifie que M appartient à la sphère de centre G et de rayon 6.

5. Calculons la distance de G centre de la sphère au plan (P ) :

d(G ; (P )) = |2−0+5+2| p 12+12+12

= 9 p 3 = 3

p 3 ≈ 5,2 < 6 rayon de la sphère, ce qui

montre la sphère et le plan sont sécants en un cercle dont le centre est le

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

projeté de G sur le plan qui n’est autre que H puisqu’on a vu que la droite

(CG) est orthogonale au plan (P ) et que H est le point commun à (P ) et à la

droite (CG).

Le rayon r du cercle vérifie l’égalité de Pythagore : r 2+ (

3 p 3 )2 = 62 ⇐⇒

r 2 = 36−27 = 9⇒ r = 3. Le cercle de centre H et de rayon 3 est commun à la sphère et au plan (P ).

EXERCICE 2 3 points

Commun à tous les candidats

1. On a l’arbre de probabilité suivant :

M1 7 10

B 4 10

N6 10

M2 3 10

B 2 10

N8 10

a. On a p(M2)×pM2 (N )= 310 × 8 10

= 24

100 =

6

25 . Réponse D.

b. On a p(N )= p(M1)×pM1 (N )+p(M2)×pM2 (N )= 710 × 6 10 +

3 10 ×

8 10 =

42 100 +

24 100

= 66 100

= 33 50 . Réponse B.

c. Il faut trouver pN (M2)= p(N ∩M2

p(N ) =

6 25 33 50

= 6 25

× 50 33

= 4

11 . Réponse A.

2. a. Le nombre de tirages favorables est (4 3

)

= 4 (tirage de 3 boules jaunes) et (3 3

)

= 1 (tirage de 3 boules bleues).

La probabilité est donc égale à :

(4 3

)

+ (3 3

)

(9 3

) = 4+1 9! 3!6!

= 5

3×4×7 =

5

84 . Réponse

C.

b. Il y a 4×2×3 cas favorables. La probabilité cherchée est donc égale à : 4×2×3

9! 3!6!

= 24

3×4×7 =

2

7 . Réponse A.

c. La probabilité de tirer 3 boules jaunes est égale à 4 9! 3!6!

= 4

3×4×7 =

1

21 .

Donc la probabilité de ne pas avoir un tirage de 3 boules jaunes est égale

à 20

21 .

La probabilité de ne pas avoir de tirage de 3 boules jaunes en n tirages est

donc égale à

( 20

21

)n

. La probabilité de l’évènement contraire « obtenir au

moins une fois trois boules jaunes » est égale à 1− ( 20

21

)n

.

Il faut donc résoudre l’inéquation :

1− ( 20

21

)n

> 0,99 ⇐⇒ ( 20

21

)n

6 0,01 ⇐⇒ n ln ( 20

21

)

6 ln0,01 ⇐⇒ (

car ln

( 20

21

)

< 0 )

n > ln0,01

ln ( 20 21

) .

Liban 2 31 mai 2011

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

Or ln0,01

ln ( 20 21

) ≈ 94,4.

Il faut donc réaliser aumoins 95 expériences. Réponse C.

EXERCICE 3 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement obligatoire

Partie A : Restitution organisée de connaissances

Démonstration classique.

Partie B

1. On a |zA|2 = 1+1= 2⇒|zA| = p 2. En factorisant ce module :

zA = p 2

(p 2

2 − i

p 2

2

)

= p 2 (

cos−π 4 + isin−π

4

)

= p 2e−

π 4 . Le module est égal à

p 2 et un argument est −

π

4 .

2. a. zB

zA =

2+ p 3+ i

1− i =

(

2+ p 3+ i

)

(1+ i (1− i)(1+ i)

= 2+

p 3−1+ i

(

2+ p 3+1

)

1+1 =

1+ p 3+ i

(

3+ p 3 )

2 =

1+ p 3

2 + i

3+ p 3

2 .

b. Calculons le module : ∣ ∣ ∣ ∣

zB

zA

∣ ∣ ∣ ∣

2

= (

1+ p 3 )2

4 +

(

3+ p 3 )2

4 =

1+3+2 p 3+9+3+6

p 3

4 =

16+8 p 3

4 =

4+2 p 3.

Or 4+2 p 3= 1+3+2×1×

p 3=

(

1+ p 3 )2 . Donc

∣ ∣ ∣ ∣

zB

zA

∣ ∣ ∣ ∣= 1+

p 3.

En factorisant ce module on obtient :

zB

zA = (

1+ p 3 )

[

1

2 + i

1

2

3+ p 3

1+ p 3

]

= (

1+ p 3 )

[

1

2 + i

1

2

(

3+ p 3 )(

1− p 3 )

(

1+ p 3 )(

1− p 3 )

]

=

(

1+ p 3 )

[

1

2 + i

1

2

(

3−3+ p 3−3

p 3 )

1−3

]

= (

1+ p 3 )

[

1

2 + i

p 3

2

]

= (

1+ p 3 )[

cos π 3 + i sin π

3

]

= (

1+ p 3 )

ei π 3 .

c. Onadonc zB = (

1+ p 3 )

ei π 3 ×zA =

(

1+ p 3 )

ei π 3 ×

p 2e−

π 4 =

p 2 (

1+ p 3 )

ei ( π 3−

π 4

)

=p 2 (

1+ p 3 )

ei π 12 .

3. a. Par définition, tout point M d’affixe z a pour image le point M ′ d’affixe z

tel que z ′ = ze−i π 6 .

Donc en utilisant l’écriture exponentielle de zB, on a

zB1 = p 2 (

1+ p 3 )

ei π 12 ×e−i

π 6 =

p 2 (

1+ p 3 )

e−i π 12 .

b. On constate que zB1 = zB ce qui signifie géométriquement que B1 est le symétrique du point B par rapport à l’axe

(

O ; −→ u )

.

a. O a pour image par la rotation le point O qui a pour symétrique par rap-

port à l’axe (

O ; −→ u )

le point O : le point O est donc invariant.

B a pour image par la rotation le point B1 qui a pour symétrique par rap-

port à l’axe (

O ; −→ u )

le point B : le point B est lui aussi invariant.

Liban 3 31 mai 2011

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

b. M d’affixe ρeiθ a pour image par la rotation le point M1 d’affixe

ρeiθ×e−i π 6 = ρei

(

θπ6 )

.

Ce point M1 a pour symétrique autour de l’axe (

O ; −→ u )

le point de même

module mais d’argument opposé soit zM ′ = ρei ( π 6 −θ

)

.

On a donc M = M ′ ⇐⇒ ρeiθ = ρei ( π 6 −θ

)

⇐⇒ θ = π6 −θ mod 2π ⇐⇒ 2θ = π 6

mod 2π ⇐⇒ θ = π 12

mod π.

c. L’ensemble (E) est donc la droite privée de O contenant tous les points

d’argument π12 , donc en particulier le point B ; mais on a vu que O était

invariant donc (E) est la droite (OB).

EXERCICE 3 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A : Restitution organisée de connaissances

Partie B

1. Par définition si k est le rapport de la similitude, alors CB = kDC. Or puisque

ABC est rectangle isocèle en A, CB = CA p 2 = CD

p 2. Le rapport de la simili-

tude est donc égal à p 2.

L’angle est égal à (−−→ DC ;

−−→ CB

)

= π

4 .

2. a. −−→ DC =−−→ΩC −−−→ΩD ⇒

∥ ∥ ∥ −−→ DC

∥ ∥ ∥

2 =DC2 =

∥ ∥ ∥ −−→ ΩC −−−→ΩD

∥ ∥ ∥

2 = (−−→ ΩC −−−→ΩD

)

· (−−→ ΩC −−−→ΩD

)

= ∥ ∥ ∥ −−→ ΩC

∥ ∥ ∥

2 + ∥ ∥ ∥ −−→ ΩD

∥ ∥ ∥

2 −2−−→ΩC ·−−→ΩD .

Le rapport de la similitude étant de p 2, on aΩC=ΩD

p 2, etΩC2 = 2ΩD2.

D’où DC2 = 2ΩD2+ΩD2−2×ΩD× p 2×ΩD×cos

(−−→ ΩC ;

−−→ ΩD

)

=

3ΩD2−2 p 2×ΩD2×

p 2

2 = 3ΩD2−2ΩD2 =ΩD2.

b. La dernière égalité montre que DC=ΩD, c’est-à-dire que le triangleΩCD est isocèle en D.Mais comme l’angle enΩmesure

π

4 , l’angle en Cmesure

aussi π

4 et par supplément à π, l’angle en Dmesure

π

2 .

Conclusion : le triangleΩDC est un triangle rectangle isocèle en D.

3. a. σ composée de deux similitudes est une similitude dont le centre est Ω

centre des deux similitudes, dont le rapport est égal aux produit des rap-

ports des deux similitudes soit p 2×

p 2 = 2 et dont l’angle est égal à la

somme des angles des deux similitudes soit π

4 + π

4 =

π

2 .

b. On a s(D)=C et s(C)=B soit s [s(D)]=B ou encore s s(D)=B. Conclusion B est l’image de D par σ.

4. D’après les deux questions précédentes ΩB= 2ΩD et (−−→ ΩD ;

−−→ ΩB

)

= π

2 .

Le quadrilatère ADΩB a dont trois angles droits : c’est un rectangle.

5. a. De façon évidente l’affixe du point Ω est 1+2i. Puisque s est la similitude de centreΩ de rapport

p 2 et d’angle

π

4 , l’image

d’un point M d’affixe z est le point M ′ d’affixe z ′ tel que :

z ′−(1+2i)= p 2ei

π 4 [z − (1+2i)] ⇐⇒ z ′ = 1+2i+

p 2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

[z − (1+2i)] ⇐⇒

z ′ = 1+2i+ (1+ i) [z − (1+2i)] ⇐⇒ z ′ = 1+2i+ z(1+ i)−1−2i− i+2 ⇐⇒ z ′ = z(1+ i)+2− i.

Liban 4 31 mai 2011

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

b. Avec z = x + iy et z ′ = x′+ iy ′, on a en remplaçant dans la définition com- plexe de la similitude :

x′+ iy ′ = (x + iy)(1+ i)+2− i ⇐⇒ x′+ iy ′ = x y +2+ i(x + y −1) et en identifiant parties réelles et parties imaginaires :

{ x′ = x y +2 y ′ = x + y −1

c. On a −−−→ AM ′ (x y +2 ; x + y −1) et

−→ AJ (1 ; 3).

Donc −−−→ AM ′ ·−→AJ = 0 ⇐⇒ x y +2+3(x + y −1) = 0 ⇐⇒

x y +2+3x +3y −3 = 0 ⇐⇒ 4x +2y −1 = 0 ⇐⇒ 4x +2y = 1. Si x et y sont des entiers la relation trouvée signifie que x et y sont pre-

miers entre eux, mais aussi que 4 et 2 sont premiers entre eux ce qui est

manifestement faux.

On peut également dire simplement que 4x +2y est pair : ce nombre ne peut donc être égal à 1 impair.

Conclusion : il n’existe pas de point M du plan dont les coordonnées sont

des entiers relatifs et tels que −−−→ AM ′ ·−→AJ = 0

EXERCICE 4 7 points

Commun à tous les candidats

Partie A

1. La fonction est dérivable sur [0 ; +∞[ et sur cet intervalle : f ′(x)= 1−e−x . Or f ′(x)> 0 ⇐⇒ 1−e−x > 0 ⇐⇒ 1> e−x ⇐⇒ (par croissance de la fonction ln) 0>−x ⇐⇒ x > 0. Conclusion : f ′(x)> sur [0 ; +∞[ : la fonction est croissante sur cet intervalle.

2. On sait que lim x→+∞

e−x = 0, donc limx →+∞ f (x)=+∞.

3. Soit d la fonction définie sur [0 ; +∞[ par d(x)= f (x)− x = e−x . On a vu que lim

x→+∞ e−x = 0 ce qui signifie que la droite d’équation y = x est

asymptote oblique à (C ) au voisinage de plus l’infini.

Partie B

1. La fonction g est dérivable sur [0 ; +∞[ et sur cet intervalle :

g ′(x)= 1− 1

1+ x =

1+ x −1 1+ x

= x

1+ x .

Comme x > 0 et 1+ x > 1> 0, le quotient g ′(x) est positif ou nul : la fonction g est donc croissante sur [0 ; +∞[. Comme g (0) = 0 on en déduit que pour tout x de [0 ; +∞[, g (x) > 0 ⇐⇒ x − ln(1+ x) > 0 ⇐⇒ x > ln(1+ x) ⇐⇒ ln(1+ x)6 x.

2. En appliquant l’inégalité trouvée à x = 1

n , on obtient ln

(

1+ 1 n

)

6 1 n

⇐⇒

ln (

n+1 n

)

6 1 n ⇐⇒ ln(n+1)− lnn 6

1 n ⇐⇒ ln(n+1)6 lnn+

1 n .

3. On a pour tout réel positif x, f (x)= x +e−x d’où avec n > 1,

f (lnn)= lnn+e− lnn = lnn+ 1

elnn = lnn+

1

n , car pour n > 1, elnn = n.

Liban 5 31 mai 2011

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

4. Initialisation ln16 u1 = 0+e−0 = 1 est vraie. Hérédité Supposons qu’il existe p ∈N, p > 1 tel que lnp 6up . Donc :

f (

lnp )

6 f (

up )

car la fonction f est croissante sur [0 ; +∞[. Mais d’après la question 3.

f (lnp)= lnp + 1

p , donc lnp +

1

p 6 f

(

up )

⇐⇒ lnp + 1

p 6 up+1 .

Mais d’après la question 2. : ln(p +1)6 lnp + 1

p , d’où finalement par transi-

tivité :

ln(p +1)6 up+1. On a donc démontré par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul,

ln(n)6 un .

5. Comme lim n→+∞

lnn = +∞, par comparaison : lim n→+∞

un = +∞. La suite est di- vergente.

6. a. Un petit dessin vaut mieux qu’un long discours :

y = 1 x

k −1 k

1 k

Le rectangle gris a une largeur de 1

k et une longueur de 1, donc une aire

de 1

k .

La fonction x 7−→ 1

x étant décroissante et positive, l’intégrale ci-dessus est

égale à l’aire de la surface hachurée, d’où l’inégalité.

b. On a admis que, pour tout entier n supérieur ou égal à 2,

un 6 1+ 1

2 +·· ·+

1

n−1 .

On vient de démontrer que pour k > 2, 1

k 6

k

k−1

1

x dx, donc l’inégalité

précédente devient :

un 6 1+ ∫2

1

1

x dx +·· ·+

n−1

n−2

1

x dx ou d’après la linéarité de l’intégrale :

un 6 1+ ∫n−1

1

1

x dx ou

un 6 1+ [lnx]n−11 et finalement un 6 1+ ln(n−1).

7. On a pour n > 1 ln(n)6 un 6 1+ ln(n−1) ⇐⇒ 16 un

ln(n) 6

1+ ln(n−1) ln(n)

.

Or, 1+ ln(n−1)

ln(n) =

1

lnn + ln(n−1)

lnn =

1

lnn + ln[n(1− 1

n )]

lnn =

1

lnn + lnn+ ln(1− 1

n )

lnn

Donc 1+ ln(n−1)

ln(n) =

1

lnn +1+

ln(1− 1n ) lnn

. Il reste à écrire les limites, mais plus

de formes indéterminés ici.

On trouve lim n→+∞

1+ ln(n−1) ln(n)

= 1.

Finalement, d’après le théorème des « gendarmes », lim n→+∞

( un

ln(n)

)

n>2

= 1.

Ceci signifie que pour n assez grand un ≈ lnn.

Liban 6 31 mai 2011

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