Corrigé – exercices de géométrie – 1, Exercices de Géométrie analytique et calcul. Université Bordeaux I
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 1, Exercices de Géométrie analytique et calcul. Université Bordeaux I

PDF (73.7 KB)
7 pages
350Numéro de visites
Description
Corrigé des exercices de géométrie analytique 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: La fonction f, les trois fonctions, l’encadrement précité.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 7
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
CorrectionAntillesSsept.2006.dvi

Durée : 4 heures

[ Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane \ septembre 2006

EXERCICE 1 6 points

Partie A

1. En posant u(t)= 5t et v ′(t)= 2t

1+ t2 , on a :

u′(t) = 5 et v(t) = ln (

1+ t2 )

, car quel que soit t réel, 1+ t2 > 1 > 0. On ob- tient donc en intégrant par parties (toutes les fonctions étant continues) : I

= [

5t × ln (

1+ t2 )]

1 2 0 −

∫ 1 2

0 5ln

(

1+ t2 )

dt = 5

2 ln

(

5

4

)

−5 ∫ 1

2

0 ln

(

1+ t2 )

dt .

2. Soient f (x)= ln(1+ x)− x + x2

2 et g (x)= ln(1+ x)− x.

a. f est dérivable comme composée de fonctions dérivables sur R+ et

f ′(x)= 1

1+ x −1+ x =

1− (

1− x2 )

1+ x =

x2

1+ x > 0, car 1+ x > 1> 0 et x2 > 0.

La fonction f est donc croissante à partir de ln(1)−0+0= 0 : elle est donc positive.

Pour x > 0, f (x)> 0.

On admet de même que pour x > 0, g (x)6 0.

b. On déduit de la question précédente que :

ln(1+ x)− x + x2

2 > 0 ⇐⇒ x

x2

2 6 ln(1+ x) et que

ln(1+ x)− x 6 0 ⇐⇒ ln(1+ x)6 x soit

x x2

2 6 ln(1+ x)6 x.

En écrivant cet encadrement avec x = t2 (puisque x > 0), on obtient l’en- cadrement :

t2− t4

2 6 ln

(

1+ t2 )

6 t2.

c. En intégrant les trois fonctions précédentes sur [

0 ; 12 ]

, on obtient : ∫ 1

2

0 5

(

t2− t4

2

)

dt 6 ∫ 1

2

0 5ln

(

1+ t2 )

dt 6 ∫ 1

2

0 5t2 dt ⇐⇒ []

1 2 0 ⇐⇒

[

5t3

3 −

t5

2

]

1 2

0 6

∫ 1 2

0 5ln

(

1+ t2 )

dt 6

[

5t3

3

]

1 2

0 ⇐⇒

5

24 −

1

64 6

∫ 1 2

0 5ln

(

1+ t2 )

dt 6 5

24 et finalement en prenant les opposés :

− 5

24 6−5

∫ 1 2

0 ln

(

1+ t2 )

dt 6− 37

192

3. On déduit de la question 1. et de la question 2. c. que

5

2 ln

(

5

4

)

− 5

24 6 I6

5

2 ln

(

5

4

)

− 37

192 soit

0,3496 I6 0,366

Partie B

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

1. ϕ(0) est l’intégrale d’une fonctionpositive sur un intervalle d’amplitudenulle : donc ϕ(0)= 0.

Par définition de l’intégrale ϕ(t)= 10t2

1+ t2 .

2. Avec yn+1 = yn +ϕ′ (xn )×0,1 et xn = n

10 , on obtient yn+1 = yn +

10× n 2

100

1+ n2100 ×0,1,

soit yn+1 = yn + n2

100+n2 .

3. À partir de y0 = 0 et grâce à la formule de récurrence obtenue ci-dessus, on peut calculer y1 = 0, y2 =

1

101 . Puis y3 =

1

101 +

4

104 , y4 =

1

101 +

4

104 +

9

109 et

y5 = 1

101 +

4

104 +

9

1096 +

16

116 .

y5 ≈ 0,269 à 0,001 près. 4. La valeur trouvée pour I par la méthode d’Euler avec un pas de 0, est incom-

patible avec l’encadrement trouvé à la question A. 3.

La valeur 0,354 trouvée par la méthode d’Euler et un pas de 0,01 est compa- tible avec l’encadrement précité. (En fait I ≈ 0,364)

EXERCICE 2 5 points

1. a. Résolution de z2 − 4z + 6 = 0 ⇐⇒ (z − 2)2 − 4+ 6 = 0 ⇐⇒ (z − 2)2 + 2 = 0 ⇐⇒ (z − 2)2 −

(

i p 2 )2 = 0 ⇐⇒

(

z −2+ i p 2 )(

z −2− i p 2 )

= 0 ⇐⇒ {

z = 2− i p 2

z = 2+ i p 2.

S = {2− i p 2 ; 2+ i

p 2}

b. Lequotient z1−3

z1 =

−1+ i p 2

2+ i p 2

= (−1+ i

p 2)(2− i

p 2)

4+2 =

−2+2+ i p 2+2i

p 2

6 =

i

p 2

2 . C’est donc un imaginaire pur. On déduit de l’égalité

z1−3 z1

= i p 2

2 :

en prenant les arguments (−−−→ OM1 ,

−−−→ BM1

)

= π

2 , ce qui signifie que le triangle

OBM1 est rectangle en M1.

c. Le triangle précédent est inscrit dans un cercle de diamètre [OB]. Or z1 et z2 étant conjugués, les points M1 et M2 sont symétriques autour de (

O, −→ u )

: le point M2 appartient lui aussi au cercle circonscrit au triangle

OBM1.

Antilles–Guyane 2 septembre 2006

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

-1 0 1 2 3 4 5

-2

-1

0

1

2

−→ u

−→ v

+ +

+

+

++

A B

M1

M2

D

D′

O

Γ ′

2. z ′ = z2−4z +6. a. On a z ′−2= z2−4z +6−2= z2−4z +4= (z −2)2.. b. Si z = 2+

p 2eiθ, on vient de démontrer que z ′−2 = (z −2)2 =

(p 2eiθ

)2 = 2ei2θ, d’où

z ′−2 ∣

∣= 2 et arg (−→ u ,

−−−→ AM′

)

= 2θ. Conclusion : M′ appartient au cercle de centre A(2 ; 0) et de rayon 2.

3. D est le point d’affixe d = 2+ p 2+ i

p 6

2

a. d −2= p 2+ i

p 6

2 = p 2

(

1

2 + i

p 3

2

)

= p 2 (

cos π3 + i sin π 3

)

= p 2ei

π 3 . On en dé-

duit que |d −2| = p 2 c’est-à-dire que D appartient au cercle de centre A

et de rayon p 2, soit au cercle Γ.

b. D’après la question 2. b. un argument de D étant π3 , un argument de D ′

est 2π3 = (−→

u , −−→ AD′

)

.

D′ est le point de Γ′ tel que (−−→ AB ,

−−→ AD′

)

= 2π

3 .

c. On a AO = AD′ = 2 et (−−→ AD′ ,

−−→ AO

)

= (−−→ AB ,

−−→ AO

)

− (−−→ AB ,

−−→ AD′

)

=ππ

3 =

π

3 .

Les mesures des trois angles de OAD′ sont égales à π

3 .

Conclusion : le triangle OAD′ est équilatéral.

EXERCICE 3 5 points

Partie A R. O. C. sur la loi de durée de vie sans vieillissement.

Partie B

1. a. De p(T6 10)= ∫10

0 λe−λt dt = 0,7

i f f [

−e−λt ]10

0 = 0,7 ⇐⇒ −e−10λ+1= 0,7 ⇐⇒ e−10λ = 0,3, on en déduit

par croissance de la fonction ln, −10λ= ln0,3 ⇐⇒ λ=− ln0,3

10 ≈ 0,1203.

Désormais λ≈ 0,12.

Antilles–Guyane 3 septembre 2006

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

b. Par définition de la probabilité conditionnelle :

p(T>10(T> 15)= p(T> 10)∩p(T> 15)

p(T> 10) =

p(T> 15) p(T> 10)

= 1−

[

e−0,12t ]15 0

0,3 =

e−0,12×15

0,3 ≈

0,550.

c. D’après la partie A, la probabilité cherchée est p(T6 5)= [

e−0,12t ]5 0 = 1−

e−0,6.

La probabilité est d’environ 0,451 ≈ 0,45. 2. a. On a une épreuve de Bernoulli avec n = 6 et p = 0,3.

b. On a p(Y> 4)= p(Y= 4)+p(Y= 5)+p(Y= 6)= (6 4

)

0,34×0,72+ (6 5

)

0,35×0,71+ (6 6

)

0,36×0,70 = 15×0,34 ×0,72+6×0,35 × 0,7+0,36 ≈ 0,070. La probabilité d’ouvrir de nouvelles caisses est d’environ 0,07 à 10−2 près.

EXERCICE 4 5 points

Enseignement obligatoire

1. a. Dans le repère donné les coordonnées de D, I, F et J sont

D(0 ; 1 ; 0) I(1/2 ; 0 ; 0) F(1 ; 0 ; 1) J(1/2 ; 1 ; 1)

Donc −→ DI

1/2 −1 0

 , −→ JF

1/2 −1 0

.

On a −→ DI =−→JF ⇐⇒ DIFJ est un parallélogramme.

Calculons DI2 = 14 +1= 5 4 et IF

2 = 14 +1= 5 4 . Conclusion : DI = IF.

Le quadrilatère DIFJ est un parallélogramme dont deux côtés consécutifs ont la même longueur : c’est un losange.

L’aire de losange est par exemple : DF× IJ

2 =

p 3×

p 2

2 =

p 6

2 .

b. Soit un vecteur −→ n (a ; b ; c) normal au plan (DIJ) ; il est normal au vecteur

−→ DI (1/2 ; −1 ; 0) et au vecteur−→IJ (0 ; −1 ; −1) ce qui entraîne

{ a 2 −b = 0 −b c = 0 ⇐⇒

{

a = 2b b = −c. Le vecteur de coordonnées (−2c ; −c ; c)est normal au

plan (DIJ) ; en particulier −→ n (2 ; 1 ; −1) est un vecteur normal à ce plan.

On en déduit qu’une équation du plan (DIJ) est M(x ; y ; z) ∈ (DIJ) ⇐⇒ 2x + y z +d = 0. En particulier I(1/2 ; 0 ; 0) ∈ (DIJ) ⇐⇒ 2× 12 +0−0+d = 0 ⇐⇒ d =−1. Une équation du plan (DIJ) est donc :

M(x ; y ; z)∈ (DIJ) ⇐⇒ 2x + y z −1= 0.

c. On sait d(E,(DIJ))= ∣

∣2xE+ yE− zE−1 ∣

p 22+12+12

= |−2| p 6

= 2 p 6

6 =

p 6

3 .

Il en résulte que le volume de la pyramide EDIFJ est égal à : 1

3 ×A (DIFJ)×h, h étant la distance de E au plan calculée ci-dessus. Donc

V = 1

3 × p 6

2 × p 6

3 =

1

3 .

2. a. ∆ est donc la droite contenant E et de vecteur directeur −→ n . Donc M(x ; y ; z) ∈

∆ ⇐⇒ il existe t ∈R tel que −−→EM = t−→n . En égalant les coordonnées de ces

Antilles–Guyane 4 septembre 2006

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

deux vecteurs, on obtient :

M(x ; y ; z) ∈∆ ⇐⇒

x = 2t y = t z = 1− t

qui est une représentation paramétrique de la droite ∆.

K(1 ; 1/2 ; 1/2) ∈∆ ⇐⇒

1 = 2t 1/2 = t 1/2 = 1− t

⇐⇒

1/2 = 2t 1/2 = t t = 1/2

ce qui

est cohérent.

b. Le point commun à∆ et à (DIJ) (unique car∆ est perpendiculaire à (DIJ)) a ses coordonnées qui vérifient les équations de la droite et l’équation du

plan, donc 2×2t + t −1+ t −1= 0 ⇐⇒ 6t −2= 0 ⇐⇒ t = 1

3 .

D’où L(2/3 ; 1/3 ; 2/3).

c. On calcule les coordonnées du vecteur −→ LB +−→LE +−−→LG

1 3 −

2 3 +

1 3

− 13 − 1 3 +

2 3

− 23 + 1 3 +

1 3

.

On abien −→ LB +−→LE +−−→LG =−→0 ⇐⇒ L est l’isobarycentre ou centre de gravité

de (BEG)

3. a. M(x ; y ; z) ∈S ⇐⇒ x2+y2+z2−2xyz+ 4

3 = 0 ⇐⇒ (x−1)2

(

y − 1

2

)2

+ (

z − 1

2

)2

−1− 1

4 − 1

4 + 4

3 = 0 ⇐⇒ (x −1)2+

(

y − 1

2

)2

+ (

z − 1

2

)2

= 1

6 qui est

l’équation d’une sphère de centre le point de coordonnées (1 ; 1/2 ; 1/2)

c’est-à-dire le point K et de rayon

1

6 =

p 6

6 .

b. On a L(2/3 ; 1/3 ; 2/3) ∈ S ⇐⇒ (

2

3 −1

)2

+ (

1

3 − 1

2

)2

+ (

2

3 − 1

2

)2

= 1

6 ⇐⇒

1

9 +

1

36 +

1

36 =

1

6 ⇐⇒

6

36 =

1

6 qui est vraie.

Conclusion L est un point de ∆, du plan (DIJ), du plan (BEG) et de la sphère S .

Comme (KL) est perpendiculaire au plan (DIJ) et que KL est égal au rayon de la sphère, il en résulte que le plan (DIJ) est tangent à la sphère S au point L.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. a. D’après le cours il existe une unique similitude directe qui transforme deux points distincts en deux points distincts.

b. On sait que l’écriture complexe de s est : z ′ = az + b, a et b étant deux complexes que l’on détermine en écrivant que s(O)= I et s(A)=C, soit : {

1+ i = a ×0+b 2i = a +b a = i−1 (par différence), et b = 1+ i.

L’écriture complexe est donc z ′ = (i−1)z +1+ i. Recherche de points fixes : si z a pour image z = (i−1)z +1+ i, alors

z(2− i)= 1+ i ⇐⇒ z = 1+ i 2− i

= (1+ i)(2+ i)

4+1 =

1+3i 5

. La similitude a un seul

point fixeΩ d’affixe ω= 1

5 + i

3

5 .

c. On a AΩ2 = |ω−1|2 = (−4 5

)2

+ (

3

5

)2

= 16+9 25

= 1⇒ AΩ= 1.

Conclusion AΩ = AO = 1, donc Ω appartient au cercle Γ de centre A et de rayon 1.

Antilles–Guyane 5 septembre 2006

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

2. f : z 7−→ z ′ = −3−4i

5 z +

8+4i 5

.

a. zA′ désignant l’affixe de l’image par f de A, zA′ = −3−4i+8+4i

5 =

5

5 = 1=

zA.

A est un point invariant par f .

De même zC′ = −3−4i

5 × (−2i+

8+4i 5

= 6i−8+8+4i

5 =

10i

5 = 2i= zC.

C est également un point invariant par f .

D’après l’écriture complexe

(∣

−3−4i 5

= 1 )

, f est une similitude indirecte

ayant deux points fixes : c’est donc une symétrie-droite autour de la droite (AC).

Image deΩ par f :

zΩ′ = (

−3−4i 5

)(

1−3i 5

)

+ 8+4i 5

= −3+9i−4i−12+40+20i

25 =

25+25i 25

= 1+ i= zI. I est donc l’image deΩ par f .

b. cf. figure

3. À tout point M on associe M′ et M′′ tels que −−−−−→ M M ′′ =−−−→ΩM .

a. Si M =Ω, alors −−−−→ Ω

′ Ω

′′ =−−→ΩΩ =−→0 ⇒Ω′ =Ω′′ =Ω (carΩ est invariant par s.

b. Construction de A′′ : on a par définition −−−→ A′A′′ =−−→ΩA ⇐⇒

−−−→ CA′′ =−−→ΩA ⇐⇒

ΩAA′′C est un parallélogramme.

On peut construire A′′ en utilisant les diagonales du parallélogramme ou les côtés opposés de même longueur.

c. L’égalité −−−−−→ M M ′′ =−−−→ΩM se traduit en termes d’affixes par

z ′′− z ′ = z zΩ ⇐⇒ z ′′ = (i−1)z +1+ i+ z − 1+3i 5

= iz + 4+2i 5

.

Recherche de points invariants : on résout z = iz + 4+2i 5

⇐⇒ z(1− i)= 4+2i 5

⇐⇒ z = (4+2i)((1+ i) 5(1− i)(1+ i)

= 1+3i 5

= zΩ.

On obtient par différence : z"− 1+3i 5

= i (

z − 1+3i 5

)

qui est l’écriture com-

plexe d’une rotation de centreΩ et d’angle π2 (quart de tour direct).

d. L’ensemble (Γ′′) est l’image par cette rotation du cercle (Γ) : c’est donc un cercle demême rayon et dont le centre est l’image par le quart de tour du point A.

Antilles–Guyane 6 septembre 2006

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

−→ u

−→ v

O A

B

I

C

+

+

+

+

(Γ)

(Γ′′)

A′′

Antilles–Guyane 7 septembre 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