Corrigé – exercices - calcul avancé 5, Exercices de Calcul avancé
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices - calcul avancé 5, Exercices de Calcul avancé

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Corrigé – exercices sur les calcul avancé 5. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude de fonction, le tracé de sa courbe représentative C, Calcul d’une aire.
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AntillesSsept2011Corrige.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane \ septembre 2011

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

Partie A : Étude d’une fonction

1. a. De lim x→+∞

x =+∞ et lim x→+∞

lnx =+∞, on conclut que lim x→+∞

f (x)=+∞.

b. On sait que lim x→0

x lnx = 0, donc lim x→0

f (x)=−1.

2. f ′(x)= lnx + x × 1

x = lnx +1.

On a donc f ′(x) > 0 ⇐⇒ lnx +1 > 0 ⇐⇒ lnx > −1 ⇐⇒ x > e−1 (par croissance de la fonction exponentielle). On peut donc en déduire que f est croissante sur ]

e−1 ; +∞ [

.

De même f ′(x)< 0 ⇐⇒ x < e−1 et f ′(x)= 0 ⇐⇒ x = e−1. On a f

(

e−1 )

= e−1 ln (

e−1 )

−1 = −e−1−1. On a donc le tableau de variations de la fonction f sur ]0 ; +∞[ suivant :

x 0 e−1 +∞

f ′(x) − 0 +

f (x)

−1

−e−1−1

+∞

3. Sur ]

0 ; e−1 [

, f (x)6−1< 0. l’équation n’a pas de solution sur cet intervalle. Sur l’intervalle

[

e−1 ; +∞ [

, la fonction f est continue car dérivable et strictement

monotone croissante : il y a donc une bijection de [

e−1 ; +∞ [

sur [

−e−1−1 ; +∞ [

.

Conclusion : il existe un réel unique α de l’intervalle [

e−1 ; +∞ [

tel que f (α)= 0. La calculatrice donne successivement : 1,7<α< 1,8, puis 1,76<α< 1,77.

4. La question précédente montre que :

- sur ]0 ; α[ , f (x)< 0 ; - f (α)= 0 ; - sur ]α ; +∞[, f (x)> 0.

5. On a f (α)= 0 ⇐⇒ α lnα−1= 0 ⇐⇒ α lnα= 1 ⇐⇒ lnα= 1

α

(car α 6= 0).

Partie B : Calcul d’une intégrale

1. On sait que sur l’intervalle [α ; 4] la fonction f est positive, que α < 4, donc l’inté- grale est (en unité d’aire) l’aire de la surface hachurée limitée par la courbeC , l’axe

des abscisses et les droites d’équations respectives x =α et x = 4.

2. Posons

{

u′(x) = x v(x) = lnx =⇒

u(x) = x2

2

v ′(x) = 1

x Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur l’intervalle [α ; 4], on peut

donc faire une intégration par parties :

I = [

x2

2 lnx

]4

α

− ∫4

α

x2

2 ×

1

x dx =

[

x2

2 lnx

]4

α

− ∫4

α

x

2 dx =

[

x2

2 lnx

x2

4

]4

α

=

8ln4−4− (

α 2

2 lnα

α 2

4

)

= 8ln4−4+ α 2

4 − α 2

2 lnα.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. I = ∫4

α

(x lnx −1)dx = 4 α

x lnx dx − 4 α 1dx = J − [x]4

α = 8ln4−4+

α 2

4 − α 2

2 lnα−4+α.

On a vu que lnα= 1

α

, donc :

I = 8ln4−4+ α 2

4 −

α 2

2α −4+α = 8ln4−4+

α 2

4 −

α

2 −4+α = 8ln4−8+

α 2

4 +

α

2 =

8ln22−8+ α 2

4 + α

2 = 16ln2−8+

α 2

4 + α

2 De l’encadrement trouvé 1,76<α< 1,77, on déduit successivement :

3,0976<α2 < 3,1329⇒ 00,7744 < α 2

4 < 0,783225

et 0,88< α

2 < 0,885 et finalement :

4,7444< I < 4,768225

On a donc I ≈ 4,8 (u. a.) à 0,1 près.

EXERCICE 2 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. −−→ AB (2 ; −8 ; −2), −−→AC (3 ; 0 ; 1) : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, dont les trois points distincts A, B et C définissent un plan.

b. On a −→ n ·−−→AB = 2−8+6= 0 et −→n ·−−→AC = 3−3= 0.

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

un vecteur normal au plan (ABC).

c. Onsait que M(x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒ 1x+1y−3z+d = 0. Enparticulier C(2 ; 2 ; 2) ∈ (ABC) ⇐⇒ 1×2+1×2−3×2+d = 0 ⇐⇒ d = 2. Conclusion : M(x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒ x + y −3z +2= 0.

2. a. Le vecteur −→ p (1 ; −1 ; 1) est un vecteur normal au plan (P).

Or −→ n et

−→ p ne sont pas colinéaires, ce qui signifie que les plans (ABC) et P ne

sont pas parallèles donc sécants.

b. M(x ; y ; z)∈ D ⇐⇒ M(x ; y ; z)∈ {

x + y −3z +2 = 0 x y + z −4 = 0 ⇐⇒

x + y = 3t −2 x y = −t +4 (1) z = t

2x = 2t +2 ⇐⇒ x = t +1. En remplaçant dans l’équation (1) y = x + z −4= z +1+ z −4= 2t −3.

Finalement : M(x ; y ; z) ∈D ⇐⇒

x = t +1 y = 2t −3 z = t

3. a. Le point de D correspondant à t = 1 est le point I. b. CalculonsΩI2 = (2−3)2+(−1−1)2+(1−3)2 = 1+4+4= 9, doncΩI= 3 : le point

I appartient à la sphère S.

c. Un point M(x ; y ; z) appartient à S si et seulement si ΩM2 = 9 ⇐⇒ (x −3)2+ (y −1)2+ (z −3)2 = 9. Un point M(x ; y ; z) appartient à D et à S si et seulement si ses coordonnées

vérifient les équations :

x = 1+ t y = −3+2t z = t (x −3)2+ (y −1)2+ (z −3)2 = 9

(1+t−3)2+(−3+2t−1)2+(t−3)2 = 9 ⇐⇒ t2+4−4t+4t2+16−16t+t2+9−6t = 9 ⇐⇒ 6t2−26t +20= 0 ⇐⇒ 3t2−13t +10= 0.

Antilles-Guyane 2 septembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On sait que I appartient à S donc t = 1 est une des des solutions de l’équation du second degré.

Or 3t2−13t +10= (t −1)(3t −10) ; donc l’autre solution est donnée par 3t −10=

0 ⇐⇒ t = 10

3 , valeur du paramètre qui conduit à J

(

13

3 ; 11

3 ; 10

3

)

.

EXERCICE 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. a. Les points M(x ; y ; z) communs à P et au plan d’équation z = 5 ont leurs cor- données qui vérifient : {

z = x2+ y2 z = 5 =⇒

{

x2+ y2 = 5 z = 5

Ces points appartiennent donc au cercle situé dans le plan d’équation z = 5, cercle de centre (0 ; 0 ; 5) et de rayon

p 5.

b. Demême Les points M(x ; y ; z) communs à P et au plan d’équation y = 1 ont leurs cordonnées qui vérifient : {

z = x2+ y2 y = 1 =⇒

{

z = x2+1 y = 1

On reconnaît une parabole (de sommet (0 ; 0 ; 1) située dans le plan d’équation

y = 1. 2. a. M(x ; y ; z) ∈ S ⇐⇒ OM2 = R2 = 6 ⇐⇒ x2+ y2+ z2 = 6.

M(x ; y ; z) ∈ S ⇐⇒ x2+ y2+ z2 = 6

b. Les points M(x ; y ; z) communs à P et à la sphère S ont leurs cordonnées qui vérifient : {

z = x2+ y2 x2+ y2+ z2 = 6 =⇒ z + z

2 = 6 ⇐⇒ z2+ z −6= 0.

Cette équation du second degré a une solution évidente : 2 ; l’autre est donc−3. Or z =−3= x2+ y2 ne correspond à aucun point puisque x2+ y2 > 0. Il reste donc la solution : z = 2= x2+ y2. Les points M(x ; y ; z) communs à P et à la sphère S sont donc des points du

cercle centré en (0 ; 0 ; 2) et de rayon p 2.

3. a. Le couple solution (−1 ; −1) est évident.

b. De

{

−3x +2y = 1 −3× (−1)+2× (−1) = 1 =⇒ (par différence)

−3(x +1)+2(y +1)= 0 ⇐⇒ 2(y +1)= 3(x +1) (1). 2 divise donc 3(x +1), mais (Gauss) comme il est premier avec 3, il divise x +1. Il existe donc un entier k tel que x +1= 2k ⇐⇒ x = 2k −1. En reportant le résultat x + 1 = 2k dans (1), on obtient 2(y + 1) = 3× 2k ⇐⇒ y +1= 3k ⇐⇒ y = 3k −1. Les couples solutions sont donc de la forme (2k −1 ; 3k −1), k ∈Z. D’après le résultat précédent un point de coordonnées entières appartient au

plan si ses coordonnées sont de la forme (2k − 1 ; 3k − 1), k ∈ Z ; ils appar- tiennent de plus à P si et seulement si :

z = x2+ y2 = (2k −1)2+ (3k −1)2 = 4k2+1−4k +9k2 +1−6k = 13k2−10k +2. Il reste à trouver les points tels que z 6 25.

z 6 25 ⇐⇒ 13k2−10k +26 25 ⇐⇒ 13k2−10k −236 0

L’équation 13k2−10k −23 = 0 a une solution évidente −1 ; l’autre est donc 23

13 .

Le trinôme 13k2 −10k −23 est négatif entre ses deux racines, donc les valeurs convenables de k vérifient :

Antilles-Guyane 3 septembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

−16 k 6 23

13 < 2

Il n’y a donc que trois valeurs possibles :

k =−1, soit le point (−3 ; −4 ; 25) ; k = 0, soit le point (−1 ; −1 ; 2) ; k = 1, soit le point (1 ; 2 ; 5).

EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats

Partie A :

1. a. On a |p|2 = (

− 1

2

)2

+ (p

3

2

)2

= 1

4 + 3

4 = 1=OP2, donc |p| =OP= 1.

Comme q = p, OQ = OP = 1. Les points P et Q appartiennent au cercle Γ de centre O et de rayon 1.

b. Voir à la fin. Les points P et Q ont tous les deux une partie réelle égale à − 1

2 : ils

appartiennent donc à la droite d’équation x =− 1

2 et au cercle Γ. Voir à la fin de

l’exercice.

2. a. Soit le point K d’affixe −1. On a : |z| = |z + 1| ⇐⇒ |z − 0| = |z − (−1)| ⇐⇒ OM = KM , donc les points M sont équidistants de O et de K.

L’ensemble D des points M d’affixe z tels que |z| = |z +1| est donc la médiatrice du segment [OK].

b. Γ. On sait déjà que OP = 1 ; calculons KP2 = (

− 1

2 − (−1)

)2

+ (p

3

2

)2

= (

1

2

)2

+ (p

3

2

)2

= 1, donc KP = 1 et P ∈ D.

Demême OQ = 1 et KQ2 = (

− 1

2 − (−1)

)2

+ (

− p 3

2

)2

= (

1

2

)2

+ (

− p 3

2

)2

= 1

4 + 3

4 = 1,

donc KQ = 1 et Q ∈D. Conclusion : les points P et Q sont les deux points communs au cercle Γ et à la

médiatrice D.

Partie B :

1. a. O est le centre du cercle circonscrit du triangle ABC, donc OA = OB = OC ou encore |a| = |b| = |c|.

On a

b

a

= |b| |a|

= 1 ; même démonstration pour ∣

b

a

= 1.

b. O est le centre de gravité du triangle ABC ou encore l’isobarycentre des trois points A, B, C ce qui signifie que a +b +c = 0.

c. De la question précédente on déduit : c =−(a +b) d’où pour les modules |c| = |− (a +b)| = |a +b|.

On a donc ∣

c

a

∣= |− (a +b)|

|a| =

|(a +b)| |a|

= ∣

a +b a

= ∣

1+ b

a

.

Finalement

b

a

= ∣

b

a +1

= 1.

d. On a vu dans la partie A que les seuls complexes z tels que |z| = |z +1| étaient

les complexes p et q . Donc on a b

a = p ou

b

a = q .

Antilles-Guyane 4 septembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. a. q −1 p −1

= − 1

2 − i

p 3 2 −1

− 1 2 + i

p 3 2 −1

= − 3

2 − i

p 3 2

− 3 2 + i

p 3 2

= −3− i

p 3

−3+ i p 3 =

(

−3− i p 3 )(

−3− i p 3 )

(

−3+ i p 3 )(

−3+ i p 3 ) =

9−3+6i p 3

9+3 =

6+6i p 3

12 =

1

2 + i

p 3

2 = cos

π

3 + isin

π

3 = ei

π

3 .

b. q −1 p −1

= c a −1

b a −1

= ca

a

ba a

= c a b a

.

c. Les deux résultats précédents montrent :

- en termes de modules que ∣

c a b a

∣= ∣

q −1 p −1

= ∣

∣ei π

3

∣= 1.

On a donc ∣

c a b a

∣= 1 ⇐⇒ |c a| |b a|

= 1 ⇐⇒ |c a| = |b a| ⇐⇒ AC= AB, donc le triangle ABC est isocèle en A.

- en termes d’arguments que arg ( c a

b a

)

= arg (

q −1 p −1

)

= arg (

ei π

3

)

= π

3 .

On a donc (−−→ AB ,

−−→ AC

)

= π

3 .

L’angle au sommet du triangle ABCmesure π

3 , donc les deux autres angles aussi :

le triangle ABC est donc équilatéral.

1

−1

−2

1−1−2 −→u

−→ v

b

b

b

K

O

P

Q

Antilles-Guyane 5 septembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points Commun à tous les candidats Partie A :

1.

Gnpn

Gn+1 2 5

Gn+13 5

Gn1−pn

Gn+1 1 5

Gn+14 5

2. D’après la loi des probabilités totales :

pn+1 = p (Gn+1)= p (Gn Gn+1)+p (

Gn Gn+1 )

= 2

5 pn +

1

5

(

1−pn )

= 1

5 pn +

1

5 .

3. a. Pour toutn entier naturel nonnul,un+1 = pn+1− 1

4 = (d’après la question précédente)

1

5 pn +

1

5 − 1

4 =

1

5 pn

1

20 =

1

5

(

pn − 1

4

)

= 1

5 un .

L’égalité un+1 = 1

5 un montre que la suite (un )n∈N est une suite géométrique de

raison 1

5 et de premier terme u1 = p1−

1

4 = 1−

1

4 =

3

4 .

b. On sait que pour tout naturel supérieur ou égal à 1 : un = u1× (

1

5

)n−1 =

un = 3

4 × (

1

5

)n−1 .

Comme un = pn − 1

4 ⇐⇒ pn = un +

1

4 , on a finalement :

pn = 3

4 × (

1

5

)n−1 + 1

4 .

c. Comme

1

5

< 1, lim n→+∞

(

1

5

)n−1 = 0 et lim

n→+∞ 3

4 × (

1

5

)n−1 = 0. Il en résulte que

lim n→+∞

pn = 1

4 .

Au bout d’un très grand nombre de parties, la probabilité de gagner sera proche

d’une chance sur quatre.

Partie B :

1. a. Les épreuves étant identiques et indépendantes, la loi de probabilité suivie par

la variable aléatoire X est une loi binomiale avec n = 10 et p = 1

4 .

b. On a p(X> 1) = 1−p(X = 0) = 1− (

10

0

)

× (

1

4

)0 (3

4

)10

= 1− 310

410 ≈ 0,943 ≈ 0,94, à

10−2 près.

c. On a E(X) = n×p = 10× 1

4 = 2,5.

2. a. Le joueur doit payer 30( pour les 10 parties et récupérera enmoyenne 2,5×8= 20(. (espérance de gagner 2,5 parties sur 10).

En moyenne les 10 parties coûteront 30−20 = 10 (, soit 1 ( par partie. Le jeu est donc désavantageux.

Antilles-Guyane 6 septembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. Pour réaliser un bénéfice supérieur à 40 (, vu la mise de 30 (, il faut gagner plus de 70 (. Comme 8×8 = 64, il faut donc gagner 9 parties au moins sur 10 (9×8= 72).

On a p(X= 9)+p(X= 10)= (

10

9

)

(

1

4

)9 (3

4

)

+ (

10

10

)

(

1

4

)10 (3

4

)0

= 10× 3

410 +

1

410 =

31

410 ≈ 0,00002956 ≈ 0,00003.

Antilles-Guyane 7 septembre 2011

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