Corrigé - exercitations mathématique appliquée 6, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé - exercitations mathématique appliquée 6, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 6. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la factorisation, les probabilités.
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Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie \ Série obligatoire mars 2012

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

Partie A :

1. P (

i p 2 )

= (

i p 2 )3−

(

2+ i p 2 )(

i p 2 )2+2

(

1+ i p 2 )(

i p 2 )

−2i p 2=

−2i p 2+4+2i

p 2+2i

p 2−4−2i

p 2= 0 ⇐⇒ i

p 2 est solution dans C de l’équa-

tion P (z)= 0. 2. a. Développons :

(

z− i p 2 )(

z2+az+b )

= z3 + az2 + bz z2i p 2− azi

p 2−

bi p 2= z3+

(

a− i p 2 )

z2+ (

bai p 2 )

zbi p 2.

Par identification avec l’énoncé, on obtient : 

a− i p 2 = −2− i

p 2

bai p 2 = 2+2i

p 2

bi p 2 = −2i

p 2

⇐⇒

a = −2 b+2i

p 2 = 2+2i

p 2

b = −2 ⇐⇒

a = −2 b = 2 b = 2

On a donc P (z)= (

z− i p 2 )(

z2−2z+2 )

b. En utilisant la factorisation précédente :

P (z)= 0 ⇐⇒ (

z− i p 2 )(

z2−2z+2 )

⇐⇒ {

z− i p 2 = 0

z2−2z+2 = 0 On retrouve la racine i

p 2 ; résolution de l’équation du second degré :

z2−2z+2= 0 ⇐⇒ (z−1)2−1+2= 0 ⇐⇒ (z−1)2+1= 0 ⇐⇒

(z−1)2 =−1 ⇐⇒ (z−1)2 = i2 ⇐⇒ {

z−1 = i z−1 = −i ⇐⇒

{

z = 1+ i z = 1− i

Les solutions sont donc : i p 2, 1+ i, 1− i.

Partie B :

1.

1

−1

−2

1−1−2

b

b

b

b

b

b

b

A

B

J

K

D

L

C

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. On a zK = e 3iπ 4 = cos

3π

4 + i sin

3π

4 =−

p 2

2 + i

p 2

2 .

K est le milieu du segment [JL] ce qui se traduit en coordonnées par : 

xK = 1

2

(

xJ+ xL )

yK = 1

2

(

yJ+ yL )

⇐⇒

− p 2

2 =

1

2 (0+ xL)p

2

2 =

1

2

(p 2+ yL

)

⇐⇒ {

xL = − p 2

yL = 0

Conclusion : zL =− p 2.

3. On a |zA|2 = 12+12 = 2 |zB|2 = 12+ (−1)2 = 2 ∣

zJ ∣

2 = (p

2 )2 = 2

|zL|2 = (

− p 2 )2 = 2.

On a donc OA = OB = OJ = OL = p 2 : les points A, B, J et L appartiennent à un

même cercle de centre O et le rayon p 2.

4. a. Un argument de zJ est π

2 et un argument de zD est

3π

4 , donc l’angle de la

rotation est π

4 .

b. Par définition de la rotation de centre O et d’angle π

4 , on a :

zC− zO = ei π

4 (zL− zO) ⇐⇒ zC = ei π

4 zL = (p

2

2 + i

p 2

2

)

(

− p 2 )

=−1− i.

5. On a successivement :

O est milieu de [BD] et [AC], donc ABCD est un parallélogramme ;

AC = BD = 2, donc ABCD est un rectangle ;

(AC) et (BD) sont perpendiculaires, donc ABCD est un losange, donc finale- ment : ABCD est un carré.

EXERCICE 2 4 points Commun à tous les candidats

1. a.

A1 6

B 1 4

B3 4

A 5 6

B 2 5

B3 5

b. D’après la loi des probabilités totales : p(B) = p(ApA(B)+p (

A )

×pA(B)= 1

6 × 1

4 + 5

6 × 2

5 =

1

24 + 1

3 =

1

24 +

8

24 =

9

24 =

3

8 = 0,375.

c. pB (A)= p(AB) p(B)

= 1 6 ×

1 4

3 8

= 1

24 × 8

3 =

1

9 .

2. a. Les parties étant indépendantes la variable X suit une loi binomiale de

paramètres n = 10 et p = 3

8 .

La probabilité de gagner exactement trois parties est égale à :

p(X= 3)= (

10

3

)

(

3

8

)3

× (

1− 3

8

)10−3 = (

10

3

)

(

3

8

)3

× (

5

8

)7

≈ 0,2357 ≈ 0,236 au

millième près.

Nouvelle-Calédonie 2 mars 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. On a p(X> 1) = 1− p(X = 0) = 1−× (

3

8

)0

× (

5

8

)10

= 1− (

5

8

)10

≈ 0,9909 ≈

0,991 aumillième près.

c. À partir du tableau donné on calcule les probabilités P (X= k−1) par dif- férence entre deux valeurs consécutives. On constate que P (X = 7) est la première valeur inférieure à 0,1. Donc N = 7.

k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 P (X< k) 0,009 1 0,063 7 0,211 0 0,446 7 0,694 3 0,872 5 0,961 6 0,992 2 0,999 0 0,999 9

P (X= k−1) 0,009 1 0,054 6 0,147 3 0,235 7 0,247 6 0,178 2 0,089 1 0,030 6 0,006 8 0,000 9

EXERCICE 3 5 points Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

VRAI ou FAUX ?

Pour chacun des énoncés suivants, indiquer si la proposition correspondante est vraie

ou fausse et proposer une justification de la réponse choisie.

1. Énoncé 1 :

OUI : exemple an = π

4 −

1

2n .

2. Énoncé 2 :

FAUX : on a z1 = e 2iπ 3 qui a pour argument

2iπ

3 et z20 = e

2i×20π 3 = e

40iπ 3 . Or

40π

3 =

36π+4π 3

= 12π+ 4π

3 , donc z20 a pour argument

4π

3 6=

2π

3 . Donc les

points O, M1 et M20 ne sont pas alignés.

3. Énoncé 3 :

Proposition 3 :

FAUX : si la courbe 3 est la représentation graphique de f , la courbe 1 est celle de F puisque c’est la seule qui contient l’origine (F (0)= 0). Or on voit sur la courbe 1 que F

(

π

4

)

= 0, mais f (

π

4

)

6= 0. Donc la courbe 1 n’est pas la représentation graphique de la primitive F .

4. Énoncé 4 :

Proposition 4 : Calculons la distance de A au plan P :

d(A ; P)= |3|

22+ (−1)2+12 =

3 p 6 =

p 6

2 ≈ 1,225.

La distance est inférieure au rayon du cercle : la réponse est VRAI.

5. Énoncé 5 :

Proposition 5 :

On sait que la fonction définie par x 7−→ 2 est une solution particulière de (E). D’autre part les solutions de l’équation (E′) : y ′+2y = 0 sont les fonctions de la forme K e−2x .

Les solutions de (E) sont donc les fonctions définies par y = 2+K e−2x . Or y(0)= 0 ⇐⇒ 2+K e0 = 0 ⇐⇒ 2+K = 0 ⇐⇒ K =−2. La fonction solution est donc définie par : y = 2−2e−2x . On voit avec les limites en +∞ et −∞ que la représentation graphique est la courbeC3. Donc FAUX

EXERCICE 4 6 points Commun à tous les candidats

PARTIE A :

Nouvelle-Calédonie 3 mars 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. Posons : {

u′(x) = ex v(x) = x =⇒

{

u(x) = ex v ′(x) = 1

Toutes les fonctions étant continues car dérivables sur [0 ; 1], on peut procé- der à une intégration par parties : ∫1

0 xex dx =

[

xex ]1 0−

∫1

0 ex dx =

[

xex ]1 0−

[

ex ]1 0 = e−0− (e−1)= 1.

2. a. A (OAA′)= 1

2 a×aea =

1

2 a2ea .

A (ABB′A′)= 1

2 (aea +e)× (1−a)=

1

2

(

aea a2ea +e−ae )

.

b. Les segments [OA] et [AB] étant au dessus de la courbeC l’aire de la partie hachurée est égale à la somme des aires du triangle et du trapèze précé- dents diminuée de l’aire de la partie du plan limitée par l’axe des abs- cisses, la courbe C et les droites d’équation x = 0 et x = 1, soit : 1

2 a2ea +

1

2

(

aea a2ea +e−ae )

− ∫1

0 xex dx =

1

2

(

a2ea +aea a2ea +e−ae )

−1= 1

2 (aea ae+e−2).

PARTIE B :

1. Toutes les fonctions sont dérivables sur [0 ; +∞[, donc : g ′(x)= ex −e+ xex . Puis g ′′(x)= ex +ex + xex = ex (2+ x).

2. On sait que ex > 0 quel que soit le réel x, et sur [0 ; +∞[, 2+x> 2> 0 : donc sur [0 ; +∞[, g ′′(x)> 0 : on conclut que la fonction g ′ est croissante (strictement) sur [0 ; +∞[.

3. On a g ′(0)= 1−e< 0 et g ′(1)= e> 0. Donc la fonction g ′ monotone croissante et croissante sur [0 ; 1] de g ′(0)< 0 à g ′(1)> 0 s’annule une seule fois sur cet intervalle. Il existe donc un réel α ∈ [0 ; 1] tel que g ′(α)= 0. La calculatrice donne : 0,5<α< 0,6.

4. Sur l’intervalle [0 ; α], g ′(x) < 0 : la fonction est donc décroissante sur cet intervalle.

Sur l’intervalle [α ; +∞], g ′(x) > 0 : la fonction est donc croissante sur cet intervalle.

5. D’après tous les résultats précédents, l’aire de la surface hachurée est égale à : 1

2 g (a). Or on a vu que la fonction g a sur sur [0 ; +∞[ et également sur [0 ; 1]

un minimum en x =α. L’aire minimum est donc égale à :

1

2 g (α)

Non demandé : cette aire vaut approximativement 0,0882 unité d’aire.

Nouvelle-Calédonie 4 mars 2012

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