Corrigé - exercitations mathématique appliquée 1, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé - exercitations mathématique appliquée 1, Exercices de Algèbre linéaire

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Corrigé des exercitations de mathématique appliquée 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: le tableau de variations f, La dérivée de la fonction f, la fonction logarithme népérien.
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Metropolesept2012corrige.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Métropole 13 septembre 2012 \

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

1. D’après le tableau de variations f est croissante puis décroissante, donc :

f ′(x)> 0 sur ]−∞ ;a[ ; • f ′(x)< 0 sur ]a ; +∞[ ; • f ′(a)= 0.

2. a. Seuls les points de C2 ont des ordonnées positives puis négatives, donc seule C2 peut être la

courbe représentative de f ′.

Donc C1 est la courbe représentative d’une primitive F de f .

b. C2 coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse a ; d’après la figure 1< a < 2. La tangente à la courbe C2 représentative de F au point d’abscisse a a pour coefficient direc-

teur F ′(a)= f (a)= b ; d’après la figure ce coefficient directeur est supérieur à zéro. Conclusion f (a)= b > 0.

3. a. Si g (x)=αx+β, alors g ′(x)=α. On a donc :

g (x)−2g ′(x)= x ⇐⇒ αx+β−2α = x. Cette égalité est vraie quel que soit le réel x.

En particulier pour x = 0, on a β−2α= 0 ⇐⇒ β= 2α. Pour x = 1, on a α+β−2α= 1 ⇐⇒ α= 1. Finalement α= 1 et β= 2α= 2. La fonction g définie sur R par g (x)= x+2 vérifie l’équation différentielle.

b. La dérivée de la fonction f g est la fonction f ′− g ′ et

f ′(x)− g ′(x)= 1

2

(

f (x)− x )

−1= 1

2 ( f (x)− x−2)=

1

2 [ f (x)− (x+2)]=

1

2 [ f (x)− g (x)].

La fonction f g est donc une solution de l’équation différentielle y ′ = 1

2 y .

c. On sait que les solutions de cette équation différentielle sont les fonctions définies par

x 7−→ ke 1 2 x , avec k ∈R quelconque.

On a donc f (x)− g (x)= ke 1 2 x ⇐⇒ f (x)= ke

1 2 x + g (x)= ke

1 2 x + x+2.

d. On a f ′(x)= k× 1

2 e

1 2 x +1.

On sait que f ′(0)= 1

2 ⇐⇒ k×

1

2 e

1 2×0+1=

1

2 ⇐⇒

k

2 +1=

1

2 ⇐⇒

k

2 =−

1

2 ⇐⇒ k =−1.

On a donc pour tout réel x, f (x)= x+2−e 1 2 x .

Une primitive de la fonction x 7−→ x est la fonction x 7−→ x2

2 ;

Une primitive de la fonction x 7−→ 2 est la fonction x 7−→ 2x ; Une primitive de la fonction x 7−→−e

1 2 x est la fonction x 7−→−2e

1 2 x ;

On a donc F (x)= x2

2 +2x−2e

1 2 x +C sur R.

Comme F (0)=−2 ⇐⇒ −2+C =−2 ⇐⇒ C = 0, on a finalement

F (x)= x2

2 +2x−2e

1 2 x sur R.

Maximum de f : f ′(x)= 0 ⇐⇒ 1− 1

2 e

1 2 x = 0 ⇐⇒ e

1 2 x = 2 ⇐⇒ 12 x = ln2 (par croissance de la

fonction logarithme népérien) ⇐⇒ x = 2ln2. Donc a = 2ln2.

Le maximum est donc égal à f (2ln2)= 2ln2+2− 1

2 e

1 2×2ln2 = 2ln2+2−

1

2 eln2. Donc b = 2ln2.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

A

B

O

C2

C1

−→ ı

−→

C f

EXERCICE 2 5 points

Commun à tous les candidats

Les questions 1 et 2 sont indépendantes

1. a. On peut dresser l’arbre suivant :

R1 4 6

R2 4 6

N22 6

N1 2 6

R2 4 5

N21 5

On a p (R1∩R2)= p (R1)×pR1 (R2)= 4

6 × 4

6 =

4

9 .

b. pN2 = pR1 (N2)+pN1 (N2)= 4

6 × 2

6 + 2

6 × 1

5 =

2

9 +

1

15 =

10+3 45

= 13

45 .

On a pN2 (R1)= p (N2∩R1)

p (N2) =

p (R1∩N2) p (N2)

= 4 6 × 2

6 13 45

= 2 9 13 45

= 2

9 × 45

13 =

10

13 .

2. a. La probabilité de tirer une boule rouge, sachant qu’il y a 4 rouges et n noires pour un total de

n+4 boules est égale à :

p = 4

n+4 .

b. La probabilité de tirer quatre boules rouges est égale à

(

4

n+4

)4

, donc l’évènement contraire,

soit l’une aumoins des boules est noire, a une probabilité de qn = 1− (

4

n+4

)4

.

c. On a qn > 0,9999 ⇐⇒ 1− (

4

n+4

)4

> 0,9999 ⇐⇒ 0,0001 > (

4

n+4

)4

⇐⇒ 0,1 > 4

n+4 ⇐⇒

0,1(n+4)> 4 ⇐⇒ 0,1n+0,4> 4 ⇐⇒ 0,1n > 3,6 ⇐⇒ n> 36. On a donc q36 = 0,9999.

Métropole 2 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 3 5 points

Commun à tous les candidats

1. f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle :

f ′(x)= 1

2

(

1− 7

x2

)

= 1

2x2

(

x2−7 )

qui est du signe de x2−7.

Donc f ′(x)= 0 ⇐⇒ x2−7= 0 ⇐⇒ (

x− p 7 )(

x+ p 7 )

= 0 ⇐⇒ x = p 7 ou x =

p 7.

Il y a donc une solution dans l’intervalle ]0 ; +∞[ : p 7.

Le trinôme x2−7 est positif sauf entre ses racines donc ici sur ]

0 ; p 7 [

.

Conclusion : f est décroissante sur ]

0 ; p 7 [

puis croissante sur ]p

7 ; +∞ [

; donc f (p

7 )

est le

minimum de f sur ]0 ; +∞[.

f (p

7 )

= 1

2

(p 7+

7 p 7

)

= 1

2

(p 7+

p 7 )

= p 7. Par définition du minimum, on a donc pour tout en-

tier naturel n, un > p 7 y compris u0 = 3, car 32 > 7.

2. a. un+1−un = 1

2

(

un + 7

un

)

un = 1

2

(

7

un un

)

= 1

2

(

7−u2n un

)

.

Comme 1

2 > 0, un > 0 et que un >

p 7⇒u2n > 7⇒u2n −7> 0⇒ 7−u2n 6 0, on en conclut que

un+1−un 6 0

Donc la suite (un ) est décroissante.

b. La suite (un ) étant décroissante et minorée par p 7 est donc convergente vers une limite su-

périeure ou égale à p 7.

c. = 1

2

(

+ 7

)

⇐⇒ 2= + 7

⇐⇒ =

7

⇐⇒ 2 = 7 ⇐⇒ =

p 7 (puisque la limite est

positive).

3. un+1− p 7=

1

2

(

un + 7

un

)

− p 7=

1

2

(

un + 7

un −2

p 7

)

= 1

2

(

u2n +7−2un p 7

un

)

= 1

2

(

un − p 7 )2

un . (iden-

tité remarquable)

4. a. Initialisation : u0− p 7= 3−

p 7≈ 0,35 et d0 = 1.

On a bien u0− p 76 d0.

Hérédité :

Remarque préliminaire : on a démontré que un > p 7, donc un > 1 ou encore

1

un < 1 (2).

Supposons qu’il existe un naturel n tel que un − p 76 dn .

On a démontré à la question 3 que :

un+1 − p 7 =

1

2

(

un − p 7 )2

un . Donc comme un

p 7 6 dn

(

un − p 7 )2

6 d2n , l’égalité du 3

donne :

un+1− p 7<

1

2 d2n ×

1

un <

1

2 d2n d’après l’inégalité (2) ci-dessus.

Finalement un+1− p 7<

1

2 d2n ⇐⇒ un+1−

p 7< dn+1.

L’hérédité est établie.

Pour tout entier naturel n,

un − p 76 dn .

b. L’algorithme indique que pour que dn 6 10 −9 il faut que n> 5.

On a donc d5 6 10 −9.

Commeu5− p 7<u5 c’est-à-direu5−

p 7< 10−9, on endéduit queu5 est une valeur approchée

par excès de p 7 à 10−9 près.

Métropole 3 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Soit A le point d’affixe 1−2i et B le point d’affixe −3+4i. On a |z−1+2i| = |z+3−4i| ⇐⇒ |zzA| = |zzB| ⇐⇒ AM =BM . Les points M équidistants de A et de B appartiennent à la médiatrice de [AB].

On vérifie que |5+5i−1+2i|2 = |4+7i|2 = 16+49= 65 et que |5+5i+3−4i|2 = |8+ i|2 = 64+1= 65. Le point H est bien un point de la médiatrice. VRAIE

2. Il faut vérifier si effectivement −−→ AC =−2−−→AB c’est-à-dire si z−−→

AC =−2z−−→

AB .

z−−→ AC

= 3−2i− (2− i)= 1− i ;

−2 −−→ AB =−2(1+ i− (2− i))=−2(−1+2i)= 2−4i. Affirmation FAUSSE.

3. On a z ′ =− p 2

2 (1− i)z = z

(

− p 2

2 + i

p 2

2

)

= z (

cos 3π 4 + i sin 3π

4

)

= z×e 3π 4 .

f est donc la rotation de centre O et d’angle 3π 4 . Comme 3π

4 6= π

2 l’affirmation est FAUSSE.

4. Soit M(x ; y ; z) un point de D.

Comme 3(2− t)+1+3t −7= 6−3t +1+3t −7= 0 tout point de D est un point de P . La droite D est incluse dans le plan P , donc lui est parallèle.

Autre méthode : le plan a un vecteur normal −→ n (3 ; 1 ; 0) et la droite D a un vecteur directeur

−→ u (−1 ; 3 ; 1). Or

−→ n ·−→u =−3+3+0= 0.

Un vecteur directeur de D est orthogonal à un vecteur normal de P , donc la droite D est bien

parallèle au plan P . Affirmation VRAIE.

5. La distance du point A au plan P est égale à :

d(A,P )= |1+12+4+1| p 12+32+42

= 18 p 26

.

d2(A,P ) = 182

26 =

324

26 ≈ 12,46 < 16 carré du rayon de la sphère, donc la sphère et le plan sont

sécants. Affirmation VRAIE.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. Une solution « évidente » de cette équation est le couple (−3 ; 3) car : 5× (−3)+ 6× 3 = 3. Or 18k + 3 = −3 ⇐⇒ 18k = −6 ⇐⇒ 3k = −1 et cette équation n’a pas de solution entière. Ces couples sont bien solutions mais ils ne représentent pas tous les couples

solutions.

L’affirmation est FAUSSE.

2. On a successivement :

30 ≡ 1 [7] ; 31 ≡ 3 [7] ; 32 ≡ 2 [7] ; 33 ≡ 6 [7] ; 34 ≡ 4 [7] ; 35 ≡ 5 [7] ; 36 ≡ 1 [7]. On a 2012 = 6×335+2, donc 32012 = 36×335+2 = 36×335×32 =

(

36 )335×32.

On a vu ’résultats ci-dessus que 36 ≡ 1 [7]⇒ (

36 )335 ≡ 1335 [7] et 32 ≡ 2 [7], d’où par produit :

(

36 )335×32 ≡ 1×2 [7] et finalement

32012 ≡ 2 [7] Affirmation FAUSSE : le reste est égal à 2.

Métropole 4 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. On a zA = 2− i, zB = ei π 2 zA = izA = i(2− i)= 1+2i.

Enfin zC = 3

2 + 1

2 i.

Soit C′ l’image de O dans similitude directe de centre A, de rapport p 2 et d’angle −

π

2 .

On a par définition :

zO′ − zA = p 2e−

π 2 ((zO− zA)=−i

p 2((zO− zA).

D’où : zO′ = zA− i p 2((zO− zA)= 2− i− i

p 2(−2+ i)= 2− i+2

p 2i+

p 2= 2+

p 2+ i

(

2 p 2−1

)

.

Cette affixe n’est pas celle de C. Affirmation FAUSSE.

4. On a ( f f )(z = (−1+ i)(−1+ i)z = (1−1−2i)z =−2iz = 2e− π 2 .

On reconnait la similitude de centre >O, de rapport 2 et d’angle −π2 . La droite (AB) est donc bien transformée en une droite perpendiculaire. Affirmation VRAIE.

5. Dans la similitude directe de centre A, de rapport p 2 et d’angle −

π

4 un point M d’affixe z a pour

image le point M ′ d’affixe z ′ telle que :

z ′− zA = p 2e−

π 4 (zzA) ou encore z ′− (2− i)=

p 2e−

π 4 (z− (2− i)).

Donc z ′ = 2− i+ p 2 (

cos−π 4 + isin−π

4

)

(z−2+ i).

z ′ = 2− i+ p 2 (p

2 2 − i

p 2 2

)

(z−2+ i). z ′ = 2− i+ (1− i)(z−2+ i). z ′ = 2− i+ (1− i)z+ (1− i)(−2+ i), soit enfin z ′ = 2− i+ (1− i)z−2+ i−2i+1 z ′ = (1− i)z+1−2i. Ce n’est pas l’écriture proposée. Affirmation FAUSSE. Rem. on pouvait aussi dire que la similitude directe de centre A, de rapport

p 2 et d’angle −

π

4 transforme le point O en le point B d’affixe 1+2i. Or l’écriture proposée donne comme affixe de l’image de O : (1− i)×0+3− i= 3− i qui n’est pas l’affixe de B.

Métropole 5 13 septembre 2012

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