Exercices de modélisation mathèmatique – correction 10, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 10, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 10. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les couples, l’angle de f, les droites verticales d’équations.
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CorrectionSAmeriSudnov2003.dvi

[ Baccalauréat Amérique du Sud série S \ novembre 2003

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

1. Les jetons étant indiscernables, la probabilité de tirer l’unquelconqued’entre eux est égale à

• 1 4 pour −1 ;

• 24 = 1 2 pour 0 ;

• 1 4 pour 1 ;

Puisque l’on tire les trois coordonnées la probabilité que le point M soit en A

est égale à celle d’obtenir le triplet (1 ; −1 ; −1), soit 1

4 × 1

4 × 1

4 =

1

64 .

2. Les tirages conduisant à E1 sont de la forme (a ; 0 ; 0) avec a quelconque.

On a donc p (E1)= 1× 2

4 × 2

4 =

1

4 .

3. a. On sait qu’une équation deP est de la forme 1x+1y+1z+d = 0 et comme O ∈P , on en déduit que d = 0.

M(x ; y ; z)∈P ⇐⇒ x+ y + z = 0.

b. Voir la figure à la fin.

c. Il faut chercher les tirages (x ; y ; z) tels que x+ y+z = 0. Sur les 27 tirages possibles :

— si x = −1, il faut y = 1 et z = 0 ou inversement soit (−1 ; 1 ; 0) et (−1 ; 0 ; 1) ;

— si x = 0, on peut avoir y = 0 et alors z = 0, sinon y = 1 et z = −1 ou inversement soit les trois tirages (0 ; 0 ; 0), (0 ; 1 ; −1) et (0 ; −1 ; 1) ;

— si x = 1 il faut que l’un des autres tirages soit −1 et le dernier 0, soit les deux tirages (1 ; 0 ; −1) et (1 ; -1 ; 0).

On a donc p (E2)= 6× 1

4 × 1

2 × 1

4 + 1

2 × 1

2 × 1

2 =

3

16 + 1

8 =

3+2 16

5

16 .

4. Parmi les 27 points de la figure, seuls les sommets du cube sont à une dis- tance

p 12+12+12 =

p 3> 1,5.

Comme il y a 8 sommets, la probabilité de l’évènement E3 est égale à

8× 1

64 =

1

8 , d’où p (E3)= 1−p

(

E3

)

= 1− 1

8 =

7

8 .

EXERCICE 2 5 points Enseignement obligatoire

Partie I

1. Le centreΩ du cercle C a pour affixe 1

2 qui est donc le rayon du cercle.

A0 appartient au cercle C si et seulement si A0Ω = 1

2 ⇐⇒ |ωa0| =

1

2 ⇐⇒

1

2 i

= 1

2 qui est bien vraie.

a. b′ = a0b = (

1

2 + 1

2 i

)

(−1+2i)=− 1

2 −1+ i

(

1− 1

2

)

=− 3

2 + 1

2 i.

b. Ona arg 0−b

bb′ = arg

3 2 − 1

2 i

−1+2i+ 3 2 − 1

2 i = arg

3 2 − 1

2 i

1 2 + 3

2 i = arg

3− i 1+3i

= arg (3− i)(1−3i) (1+3i)(1−3i)

=

arg −10i 10

= arg(−i)=− π

2 [2π].

Cecimontre que (−−→ B′B ,

−−→ B′O

)

=− π

2 [2π], c’est-à-dire que le triangleOBB′

est rectangle en B′.

1

2

−1

1−1

b

b

b

b b

A

B

B′

O Ω

I

Partie II

1. a. Comme a 6= 0 et a 6= 1, le quotient a−1 a

existe et est non nul. On sait que

a−1 a

= arg (−−→ OA

,

−→ IA

)

[2π] Comme z 6= 0, (−−−→ M ′O ,

−−−−→ M M

)

= arg ( zaz 0−az

)

[2π]=

arg

(

1−a a

)

[2π]= arg (

a−1 a

)

[2π].

b. Le triangle OMM ′ est rectangle en M ′ si et seulement si (−−−→ M ′O ,

−−−−→ M M

)

= π

2 [π] ⇐⇒ arg

(

a−1 a

)

[2π]= π

2 [π].

DoncOMM ′ est rectangle enM ′ si et seulement si (−−→ OA ,

−→ IA

)

= π

2 [2π] ⇐⇒

(−−→ AO ,

−→ AI

)

= π

2 [2π].

Finalement OMM ′ est rectangle en M ′ si et seulement si A appartient au cercle de de diamètre [AI] exceptés les points O et I.

2

2. Calculons (−−→ OA ,

−−−→ OM

)

= arg (

ax−0 a−0

)

= arg x [2π]= 0 [2π].

Ceci montre que les points O, A et M ′ sont alignés.

D’après la question précédente le triangle OMM ′ est rectangle en M ′. Donc (

MM ′ )

est perpendiculaire à la droite (OM ′) ou encore à la droite (OA) : M

est donc le projeté orthogonal deM sur la la droite (OA).

EXERCICE 2 5 points Enseignement de spécialité

Partie A

1. 3 divise 5(15− x) et est premier avec 5 : il divise donc 15− x. Il existe donc k ∈Z tel que 15− x = 3k ⇐⇒ x = 15−3k. En reportant dans l’équation initiale : 3y = 5×3k ⇐⇒ y = 5k. Les solutions de l’équation dans Z×Z sont les couples [(15−3k) ; 5k], k ∈Z.

2. Après p rotations r1 et q rotations r2, le point A a parcouru

3 +

5 (cm). Il

faut donc résoudre dans N×N, l’équation :

3 +

5 = 2,5×2π×1 ⇐⇒ 5p+3q = 75

Cette équation peut s’écrire : 3q = 75−5p ⇐⇒ 3q = 5(25−p). Donc d’après la question précédente les couples solutions sont de la forme

(15−3k ; 5k), k ∈N. Or 15−3k > 0 ⇐⇒ k 6 5 et 5k > 0 ⇐⇒ k > 0. Donc k ∈ {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5}. Ce qui donne les couples :

(15 ; 0), (12 ;5), (9 ; 10), (6,15), (3 ; 20)(0 ; 25)

Partie B

1. s1 composée d’une homothétie et d’une rotation de même centre est une

similitude de centre O, de rapport 4 et d’angle π

3 .

s2 composée d’une rotation et d’une homothétie de même centre est une

similitude de centre O, d’angle π

5 +π=

6π

5 et de rapport 6.

2. a. Sm composée de m similitudes de même centre est une similitude de

centre O de rapport 4m et d’anglem× π

3 ;

Sn composéeden similitudes demêmecentre est une similitudede centre

O de rapport (6)n et d’angle n× 6π

5 f composée de similitudes de même

centre est une similitude de centre O, de rapport 4m × (−6)n et d’angle

m× π

3 +n×

6π

5 .

Or 4m × (6)n = (

22 )m × [2×3]n = 22m ×2n ×3n = 22m+n ×3n .

b. On sait que 144= 122 = (

22×3 )2 = 24×32.

f est une homothétie de rapport 144 si et seulement si

{

2m+n = 4 n = 2

⇐⇒ {

m = 1 n = 2

Dans ce cas l’angle de f serait égal à : π

3 +2×

6π

5 =

5π+36π 15

= 41π

15 6= 0 [π].

Conclusion f ne peut avoir un rapport de 144.

3

c. OnaOM = 6, donc le rapport de f serait égal à 240

6 = 40= 23×5. Ceci n’est

pas possible puisque le rapport de f soit 22m+n ×3n n’est pas multiple de 5.

De même OM = 6 et OM′ = 576 entraîne que le rapport de f serait égal à 576

6 = 96= 25×31 ⇒

{

2m+n = 5 n = 1 ⇐⇒

{

m = 2 n = 1

Conclusion : OM′ = 576 si et seulement sim = 2 et n = 1. L’angle de f serait alors égal à

2π

3 + 6π

5 =

28π

15 .

PROBLÈME 11 points

f (x)= 1

ex +e−x

Partie A

1. f (−x)= 1

e−x +ex = f (x) : la fonction f est donc paire. Donc Γ est symétrique

autour de l’axe des ordonnées.

2. On a x > 0⇒−x 6 x ⇐⇒ e−x 6 ex . 3. a. On a lim

x→+∞ e−x = 0 et lim

x→+∞ ex =+∞, donc lim

x→+∞ f (x)= 0

b. Comme ex > 0, f inverse d’une fonction dérivable sur R le dénominateur ne s’annulant pas est dérivable sur R et

f ′(x)=− ex −e−x

(ex +e−x )2 .

On a vu que ex −e−x > 0 et (ex +e−x )2 > 0, donc quel que soit x ∈R, f ′(x)6 0. La fonction f est donc décroissante sur R et en particulier sur [0 ; +∞[.

4. a. On a démontré que :

0< e−x 6 ex ⇒ 0+ex < e−x +ex 6 ex +ex

⇐⇒ ex < e−x +ex < 2ex ⇐⇒ 1

2ex 6

1

e−x +ex <

1

ex ⇐⇒

h(x)6 f (x)6 g (x).

b. On en déduit que sur [0 ; +∞[, la courbe Γ est située au dessus de la Γ2 et en dessous de la courbe Γ1.

Tangente au point (

0 ; 1 2

)

: elle passe par ce point et a pour coefficient

directeur f ′(0)= 0 : elle est donc horizontale

Partie B

1. In est l’intégrale d’une fonction positive et continue définie sur une partie de [0 ; +∞[ : cette intégrale existe et est positive. Elle est égale (en unités d’aire) à l’aire de la surface comprise entre l’axe des

abscisses, la courbe Γ et les droites verticales d’équations x =n et x =n+1. 2. a. Sur l’intervalle [n ; n+1], la fonction f est décroissante ; donc

n6 x 6 n+1⇒ f (n+1)6 f (x)6 f (n). En intégrant ces trois fonctions sur l’intervalle [n ; n+1] on a donc ∫n+1

n f (n+1)dx6

n+1

n f (x)dx 6

n+1

n f (n)dx ⇐⇒

f (n+1) ∫n+1

n 1dx 6

n+1

n f (x)dx 6 f (n)

n+1

n 1dx

ou encore f (n+1)[(n+1)−n]6 In 6 f (n)[(n+1)−n] ⇐⇒ f (n+1)6 In 6 f (n) quel que soit n ∈N.

4

b. D’après la question précédente

f (n+2)6 In+1 6 f (n+1) et donc par transitivité In+1 6 In . La suite (In ) est décroissante.

c. La suite (In ) est décroissante et minorée par zéro : elle est donc conver- gente vers une limite > 0.

Or on a vu In 6 f (n) et que lim n→+∞

f (n)= 0. D’après le théorème des « gendarmes », on a lim

n→+∞ In = = 0.

Partie C

1. Sur l’intervalle [0 ; n], les fonctions h, f et g sont positives et intégrables.

h(x)6 f (x)6 g (x)⇒ ∫n

0 h(x)dx6

n

0 f (x)dx 6

n

0 g (x)dx, soit

n

0

1

2 e−x dx6 Jn 6

n

0 e−x dx ⇐⇒

[

− 1

2 e−x

]n

0

6 Jn 6 [

−e−x ]n 0 ⇐⇒

1

2 (1−e−n)6 Jn 6 1−e−n .

Comme e−n > 0, 1−e−n < 1.D oùlerésul tatdemandé

2. Jn+1− Jn = ∫n+1

0 f (x)dx

n

0 f (x)dx =

n+1

n f (x)dx.

Cette dernière intégrale est positive comme intégrale d’une fonction positive

avec n <n+1 quel que soit n ∈N. Jn+1− Jn > 0⇒ Jn+1 > Jn . La suite (Jn) est croissante. La suite (Jn ) est croissante et majorée par 1 : elle converge donc vers une

limite L inférieure ou égale à 1.

3. On a lim n→+∞

e−n = 0. En utilisant le théorème admis on en déduit que :

1

2 6 L6 1.

4. a. En partant de l’énoncé et en multipliant chaque terme par ex , on obtient

f (x)= ex

ex ×ex +1 =

ex

(ex )2+1 .

b. La dérivée de la fonction v (ex ) est v ′ (ex ) = ex ×u (ex ) = ex × 1

1+ (ex )2 =

ex

(ex )2+1 = f (x).

c. On a donc Jn = ∫n

0 f (x)dx=

[

v (

ex )]n

0 = v (

en )

v(1)= v (

en )

π

4 .

On sait que lim n→+∞

v (

en )

= π

2 .

Donc lim n→+∞

Jn = L = π

2 − π

4 =

π

4 .

L = π

4 .

5

Annexe de l’exercice 1

Cette page sera complétée et remise avec la copie

O

A

B

C

D

E

F

G

H

−→ ı

−→

−→ k

6

Annexe du problème

Cette page sera complétée et remise avec la copie

0 1 2 3 4 5 6

-0,2

-0,1

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

1,1

Γ

7

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