Corrigé – exercices de géométrie – 8, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 8, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 8. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’équation d’un plan P, la représentation paramétrique.
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Metropole S corrige juin 2006.dvi

[ Correction du sujet national, juin 2006 \

Exercice 1

On ne demandait pas de justification ; celles-ci sont données à but pédagogique

1. L’équation 2x +2y z −11 = 0 est l’équation d’un plan P .

• 2xA +2yA zA −11= 2×2+2×4−1−11 = 0 donc A appartient à P .

• 2xB +2yB zB −11= 2×0+2×4− (−3)−11 = 0 donc B appartient à P .

• 2xC +2yC zC −11= 2×3+2×1− (−3)−11 = 0 donc C appartient à P .

−→ AB

−2

0

−4

 ; −→ AC

1

−3

−4

.

Les vecteurs −→ AB et

−→ AC ne sont pas colinéaires. Les trois points A, B et C ne

sont pas alignés et appartiennent au plan P , donc ce plan est le plan (ABC).

L’affirmation est donc vraie.

2. 2xE +2yE zE −11= 2×3+2×2− (−1)−11 = 0 donc E appartient à (ABC).

Le vecteur −−→ DE a pour coordonnées :

−−→ DE

2

2

1

. Alors : −−→ DE .

−→ AB = −4+0−4 6= 0

donc les vecteurs −−→ DE et

−→ AB ne sont pas orthogonaux. Le point E n’est donc

pas le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC). L’affirmation est fausse.

3. −−→ CD

−2

−1

1

 donc −→ AB .

−−→ CD = 4+ 0− 4 = 0. Les deux vecteurs

−→ AB et

−−→ CD sont or-

thogonaux donc les droites (AB) et (CD) aussi. L’affirmation est vraie.

4. LepointCn’appartient pas à la droite dont ondonne la représentationparamétrique.

En effet, si c’était le cas, il existerait un réel t tel que :

−1+2t = 3

−1+ t = 1

1− t = −3

t = 2

t = 2

t = 4

, ce qui est impossible. Par conséquent, l’affirmation est fausse.

5. −→ AI

− 7

5 0

− 14

5

donc −→ AB =

10

7

−→ AI . Les deux vecteurs sont colinéaires, donc I appar-

tient bien à la droite (AB). L’affirmation est vraie.

Il fallait donc répondre : V-F-V-F-V

Exercice 2

1. Soit f la fonction définie sur R par : f (x)= x2e1−x .

a. limx→−∞(1−x)=+∞ donc limx→−∞ e 1−x =+∞ par le théorème de com-

position des limites. Comme on a aussi limx→−∞ x 2 =+∞, on en déduit

que : lim x→−∞

f (x)=+∞ .

Pour tout x, on a : f (x)= ex2e−x = e x2

ex .

A. P. M. E. P.

D’après le théorème de croissance comparée, limx→+∞ ex

x2 = +∞ donc

limx→+∞ x2

ex = 0. On en déduit que lim

x→+∞ f (x)= 0 .

L’axe (Ox) est donc asymptote à la courbe C en +∞.

b. f est dérivable comme produit et composée de fonctions dérivables ;

pour tout x deR, f ′(x)= 2xe1−x x2e1−x = (2xx2)e1−x = x(2− x)e1−x .

c. Pour tout x, e1−x > 0donc f ′(x) est du signede x(2−x) qui est strictement

positif entre ses racines donc sur ]0 ; 2[, nul en 0 et 2 et négatif ailleurs.

On en déduit le tableau de variations :

x −∞ 0 2 +∞

f ′(x) − 0 + 2 −

+∞ 4

e f (x) ց ր ց

0 0

Courbe :

−→ i

−→ j

2

A

Page 2/6

A. P. M. E. P.

2. Pour tout n ∈N∗, on pose : In = ∫1 0 x

ne1−xd x.

a. In+1 = ∫1 0 x

n+1e1−xd x.

Prenons

{

un+1(x) = x n+1

v ′(x) = e1−x . Alors :

{

un+1(x) = (n+1)x n

v(x) = −e1−x .

un+1 et v ont des dérivées continues donc on peut appliquer la formule

d’intégration par parties.

On a : In+1 = ∫1 0 un+1(x)v

′(x)d x = [un+1(x)v(x)] 1 0−

∫1 0 u

n+1(x)v(x)d x

= [

xn+1e1−x ]1

0+ ∫1 0 (n+1)x

N e1−xd x =−1+ (n+1)In .

Par conséquent, pour tout n, on a : In+1 = (n+1)In −1 .

b. La même formule d’intégration par parties donne :

I1 = ∫1 0 x

1e1−xd x = [−xe1x ]10+ ∫1 0 e

1xd x =−1+ [

−e1−x ]1

0 =−1+(−1+e)=

e−2 .

En appliquant la formule précédente, on trouve : I2 = 2I1−1= 2e−5 .

c. On remarque que I2 = ∫1 0 f (x)d x donc comme f est une fonction posi-

tive, I2 représente l’aire, exprimée en unités d’aire, de la partie du plan

comprise entre la courbe C , l’axe (Ox) et les droites d’équations x = 0 et

x = 1.

3. a. Pour tout x de [0 ; 1], on a : 06 x 6 1 donc−16−x 6 0, d’où 06 1−x 6 1

qui donne 16 e1−x 6 e (en appliquant la fonction exponentielle qui est

croissante) et finalement xn 6 xne1−x 6 exn (en multipliant par xn qui

est positif).

b. En utilisant les propriétés de l’intégrale, on obtient :

∫1 0 x

ndx 6 ∫1 0 x

ne−xdx 6 ∫1 0 ex

ndx soit

[

xn+1

n+1

]1

0

6 In 6 e

[

xn+1

n+1

]1

0

.

Par conséquent : 1

n+1 6 In 6

e

n+1 .

Quand n tend vers +∞, 1

n+1 et

e

n+1 tendent vers 0 donc In tend aussi

vers 0 (théorème des gendarmes). lim n→+∞

In = 0 .

Exercice 3 (pour ceux n’ayant pas choisi la spécialité)

1. a. Soit z un nombre complexe non nul. z × 1

z = 1 donc d’après les préreq-

uis, arg

(

z × 1

z

)

= arg(z)+ arg

(

1

z

)

= arg(1) = 0+ 2. Par conséquent :

arg

(

1

z

)

=−arg(z)+2.

Alors, pour tous nombres complexes z et z ′ non nuls :

arg ( z

z

)

= arg

(

z × 1

z

)

= arg(z)+ arg

(

1

z

)

= arg(z)+ (−arg(z ′)) = arg(z)−

arg(z ′)+2.

b. Soient A, B et C trois points du plan, deux à deux distincts, d’affixes re-

spectives a, b et c.

Alors : arg ( c a

b a

)

= arg(ca)−arg(ba)= (−→u , −→ AC )−(−→u ,

−→ AB ) (d’après le

prérequis) = ( −→ AB ,

−→ AC) (d’après la relation de Chasles).

2. Soit f l’application deP\{O} dansP\{O} qui, à tout point M(z) associe le point

M ′(z ′) avec z ′ = 1

z .

Page 3/6

A. P. M. E. P.

a. Pour tout z 6= 0, arg(z ′)= arg

(

1

z

)

=−arg(z)= arg(z)+2. arg(z ′)= arg(z)+2.

On endéduit que ( −→ u ,

−−→ OM)= (

−→ u ,

−−−→ OM ′)+2donc M et M ′ appartiennent

à une même demi-droite d’origine O.

b. f (M) = M équivaut à 1

z = z donc à zz = 1 c’est-à-dire à |z|2 = 1 donc à

|z| = 1.

L’ensemble des points invariants par f est le cercle de centre O et de rayon 1 .

c. Pour tout z 6= 0 :

z ′−1

z ′− i =

1

z −1

1

z − i

= 1− z

1− iz =

1− z

i(−i− z =

1

i

z −1

z + i =

1

i

z −1

z − i =

1

i

(

z −1

z − i

)

donc z ′−1

z ′− i =

1

i

(

z −1

z − i

)

Onendéduit que : arg

(

z ′−1

z ′− i

)

= arg

(

1

i

)

+arg

(

(

z −1

z − i

)

)

= arg(−i)−arg

(

z −1

z − i

)

=

π

2 −arg

(

z −1

z − i

)

+2.

3. a. Soit z tel que z 6= 1 et z 6= i. (donc M 6=U et M 6=V ).

M appartient à la droite (UV ) privée deU etV si et seulement si ( −−→ MU ,

−−→ MV )=

c’est-à-dire arg

(

z −1

z − i

)

= donc si et seulement si z −1

z − i est réel non

nul.

b. M(z) est un point de la droite (UV ) privée de U et V si et seulement

si arg

(

z −1

z − i

)

= (d’après la question précédente) donc arg

(

z ′−1

z ′− i

)

=

π

2 −arg

(

z −1

z − i

)

π

2 +2k π c’est-à-dire (

−−−→ M V ,

−−−→ M U )=±

π

2 +2k π.

M ′ décrit alors le cercle de diamètre [UV ], privé des points U , V et O.

Exercice 3 (pour ceux ayant choisi la spécialité)

Partie A :

1. Théorème de Bézout : Deux entiers relatifs x et y sont premiers entre eux si et

seulement s’il existe deux entiers u et v tels que ux + v y = 1.

Théorème de Gauss : Soient trois entiers relatifs a, b et c. Si a divise bc et si a

et b sont premiers entre eux, alors a divise c.

2. Démontrons le théorème de Bézout :

On suppose que a et b sont premiers entre eux et que a divise bc.

Comme a et b sont premiers entre eux, d’après le théorème deBézout, il existe

u et v relatifs tels que ua + vb = 1.

Alors : uac + vbc = c. Comme a divise bc, il existe k relatif tel que bc = ka.

On en déduit : uac +kav = c donc a(uc +kv)= c. uc +kv est un entier relatif

(somme et produit de relatifs) donc a divise c.

Partie B :

On considère le système (S)

{

n ≡ 13 (19)

n ≡ 6 (12)

Page 4/6

A. P. M. E. P.

1. 19 est un nombre premier donc 19 et 12 sont premiers entre eux ; d’après le

théorème de Bézout, il existe deux entiers relatifs u et v tels que 19u+12v = 1.

On pose alors N = 13×12v +6×19u.

N = 13(1−19u)+6×19u = 13−1319u+6×19u ≡ 13(19).

N = 13×12v +6× (1−12v) = 13×12v +6−6×12v ≡ 6(12).

N est bien solution du système S.

2. a. Soit n0 une solution de (S).

n est solution de (S) si et seulement si

{

n ≡ 13 (19)

n ≡ 6 (12) c’est-à-dire

{

n ≡ 13 ≡ n0 (19)

n ≡ 6 ≡ n0 (12)

donc (S) équivaut à

{

n n0 (19)

n n0 (12) .

b. • Si n n0(12×19) alors il est clair que n n0(19) et n n0(12) donc que {

n n0 (19)

n n0 (12) .

Réciproquement :

Si

{

n n0 (19)

n n0 (12) , alors il existe k et k ′ entiers relatifs tels que n

n0 = 19k et nn0 = 12k ′ donc 19k = 12k ′.

19 divise donc 12k ′. Comme 12 et 19 sont premiers entre eux, d’après le

théorème de Gauss, 19 divise k ′ donc k ′ = 12k ′′, k ′′ ∈ Z. Alors n n0 =

12×19k ′′ donc n n0(12×19).

On a montré que

{

n n0 (19)

n n0 (12) équivaut à n n0 (12×19).

3. a. Appliquons l’algorithme d’Euclide :

On a successivement :

19= 1×12+7

12= 7×1+5

7= 5×1+2

5= 2×2+1

d’où 1 = 5− 2× 2 = 5− 2(7− 5× 1) = 5× 3− 2× 7 = (12− 7)× 3− 2× 7 =

12×3−7×5 = 12×3− (19)12)×5 = 12×8−19×5 .

Un couple (u ; v) est : (u ; v)= (−5 ; 8) .

Alors N = 13×12×8+6×19× (−5) = 678 .

b. N = 678 est une solution de S. D’après la question 2b), les solutions

de (S) sont tous les nombres n tels que n N (12×19) c’est-à-dire n

678 (228). (car 12×19= 228)

S = {678+228k, k ∈Z}

4. Soit n un entier tel que, si on le divise par 12, le reste est 6 et si on le divise

par 19, le reste est 13. n est donc une solution de (S). Alors n ≡ 678 (228) ≡

222 (228). Le reste r de la division de n par 228= 12×19 est 222 .

Exercice 4

1. Notons C l’évènement le ballon est crevé. Alors p(C )= 0,2.

a. Comme les tirs sont indépendants la probabilité que la ballon soit intact

au bout de deux tirs est (1−p(C ))2 = 0,82 = 0,64.

Page 5/6

A. P. M. E. P.

b. Calculons la probabilité que deux tirs suffisent pour crever le ballon.

L’évènement contraire est : deux tirs ne suffisent pas, autrement dit, le

ballon n’est pas crevé au bout de deux tirs. C’est l’évènement contraire

de celui étudié au a). Sa probabilité vaut 1-0,64=0,36.

c. Calculons la probabilité pn que n tirs suffisent pour crever le ballon.

L’évènement contraire est le ballon n’est pas crevé au bout de n tirs, de

probabilité (p(C)n = 0,8n (car les tirs sont indépendants).

Par conséquent : pn = 1−0,8 n .

d. pn > 0,99 équivaut à 1−0,8 n > 0,99 c’est-à-dire à 0,8n < 0,01.

La fonction ln étant croissante, on trouve n ln0,8 < ln0,01 donc n > ln0,01

ln0,8 soit n > 21 .

Il faut que n > 21 pour que pn > 0,99 .

2. Pour chaque valeur de k compris entre 1 et 4, la probabilité de crever le ballon

est la probabilité pk , calculée en 1) c) : pk = 1−0,8 k .

Le dé n’est pas pipé donc chaque face a la même probabilité de sortie égale à 1

4 .

La probabilité de crever le ballon est : 1

4 (p1+p2+p3+p4)= 0,4096 .

3. a. Les fréquences sont : f1 = 58

200 =

29

100 ; f2 =

49

200 ; f3 =

52

200 =

13

50 et f4 =

41

200 .

b. Alors d2 = ∑4

k=1

(

fk − 1

4

)2

= 0,00375 .

c. On constate que d2 < D9.

Au risque de 10%, on peut considérer que le dé n’est pas pipé.

Page 6/6

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