Exercices de modélisation mathèmatique – correction 13, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 13, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la définition géométrique, L’intersection de P, . Le point x­ appartient à la perpendiculaire.
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CorrectionSPolynesiesept2003.dvi

[ Correction du baccalauréat S Polynésie spécialité \ septembre 2003

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

1. a. On traduit la définition géométrique :

M(x ; y ; z) ∈ (AB) ⇐⇒ −−→ AM = t

−−→ AB , t ∈R, soit

x−8 = 2t y −0 = 3t z−8 = 2t

⇐⇒

x = 8+2t y = 3t z = 8+2t

t ∈R

b. D a pour vecteur directeur −→ d (3 ; 2 ; −2) et ∆ a pour vecteur directeur

−→ δ (2 ; 3 ; 2). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les deux droites ne

sont pas parallèles.

Si les deux droites sont coplanaires, elles sont donc sécantes en un point

tel que : 

−5+3s = 8+2t 1+2s = 3t −2s = 8+2t

⇐⇒

3s−2t = 10 2s−3t = −1 s = −4− t

⇐⇒

−12−3t −2t = 10 −8−2t −3t = −1 s = −4− t

⇐⇒

− 22 5

= t − 75 = t s = −4− t

.

Ce systèmen’a pas de solution, donc les droitesD et∆n’étant ni parallèles

ni sécantes ne sont pas coplanaires.

2. a. On a −→ d ·−→n = 3×2+2× (−2)−2×1 = 6−4−2 = 0.

Demême −→ d ·−→n = 2×2+3× (−2)+2×1 = 4−6+2 = 0.

Le vecteur −→ n est normal à deux vecteurs non colinéaires deP : il est donc

normal à ce plan.

On sait qu’une équation de P est :

M(x ; y ; z) ∈P ⇐⇒ 2x−2y + z+d = 0. Il contient ∆, donc en particulier A.

On a donc A(8 ; 0 ; 8) ∈P ⇐⇒ 2×8−2×0+8+d = 0 ⇐⇒ d =−24. Une équation de P est :M(x ; y ; z)∈P ⇐⇒ 2x−2y + z+−24 = 0.

b. On utilise les équations paramétriques de D.

On ad(M , P )= |2(−5+3s)−2(1+2s)−2s−24|

p 22+22+12

= |−10+6s−2−4s−2s−24|

p 9

=

36

3 = 12.

c. L’intersection de P avec le plan (xOy) est définie par : {

2x−2y + z−24 = 0 z = 0 ⇐⇒

{

2x−2y −24 = 0 z = 0 ⇐⇒

{

xy −12 = 0 z = 0

Cette droite a pour vecteur directeur (1 ; 1 ; 0) et contient par exemple le

point (12 ; 0 ; 0). Une équation paramétrique de cette droite est donc :

x = 12+ t y = t z = 0

3. Le pointΩ appartient à la perpendiculaire (d1) à P contenant C. Cette droite a pour équation :

M(x ; y ; z) ∈ (d1) ⇐⇒ −−→ CM =α−→n ⇐⇒

x−10 = 2α y −1 = =−2α z−6 = α

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On cherche le point M =Ω tel que ‖ −−→ CM ‖ = 6 ⇐⇒ ‖

−−→ CM ‖2 = 36 ⇐⇒ (2α)2+

(−2α)2+α2 = 36 ⇐⇒ 9α2 = 36 ⇐⇒ α2 = 4α= 2 ou α=−2. Le plan P partage l’espace en deux demi-espaces :

- celui où 2x−2y + z−24 < 0 et - celui où 2x−2y + z−24 > 0. Le point O(0 ; 0 ; 0) vérifie la première inéquation. Le point Ω doit donc véri-

fier lui aussi 2x−2y + z−24 < 0. Si α= 2,x = 10+4 = 14, y = 1−4=−3 et z = 6+2= 8, donc 28+6+8−24 > 0, ce qui ne convient pas.

Si α=−2,x = 10−4 = 6, y = 1+4= 5 et z = 6−2= 4, donc 12−10+4−24 < 0 ce qui est correct.

Conclusion :Ω(6 ; 5 ; 4).

L’équation de S est obtenue en traduisant queΩM2 = 36 ⇐⇒ (x−6)2+(y−5)2+(z−4)2 = 36 ⇐⇒ x2+y2+z2−12x−10y−8z+36+25+16 = 36 ⇐⇒ x2+ y2+ z2−12x−10y −8z+41 = 0.

EXERCICE 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. p étant premier et supérieur à 3, ne peut être multiple de 3, donc soit p = 3k+1, soit p = 3k+2, c’est-à-dire p ≡ 1 mod 3 ou p ≡ 2 mod 3 ou encore :

p ≡ 1 mod 3 ou p ≡−1 mod 3.

2. p impair est de la forme p = 2k+1, k ∈N et donc : p−1= 2k et p+1= 2k+2= 2(k+1). Il en résulte que (p−1)(p+1)= p2−1= 2k×2(k+1)= 4k(k+1). D’autre part p2 = 4k2+4k+1⇒ p2+1= 4k2+4k+2 = 2

(

2k2+2k+1 )

.

Enfin p4−1= (

p−1 )(

p2+1 )

= 4k(k+1)×2 (

2k2+2k+1 )

= 8k(k+1) (

2k2+2k+1 )

.

Or quel que soit k, k(k+1) est pair puisque k et k+1 sont consécutifs, donc k(k+1)= 2α et finalement p4−1= 16α

(

2k2+2k+1 )

.

n est donc divisible par 16.

3. p est supérieur à 5, donc ne peut être multiple de 5.

Si p ≡ 1 mod 5, p2 ≡ 1 mod 5 ⇐⇒ p2−1≡ 0 mod 5⇒ (

p2−1 ) (

p2+1 )

≡ 0 mod 5 ⇐⇒ n ≡ 0 mod 5. Si p ≡ 2 mod 5, p2 ≡ 4 mod 5 ⇐⇒ p2+1≡ 0 mod 5⇒

(

p2−1 ) (

p2+1 )

≡ 0 mod 5 ⇐⇒ n ≡ 0 mod 5. Si p ≡ 3 mod 5, p2 ≡ 4 mod 5 ⇐⇒ p2+1≡ 0 mod 5⇒

(

p2−1 ) (

p2+1 )

≡ 0 mod 5 ⇐⇒ n ≡ 0 mod 5. Si p ≡ 4 mod 5, p2 ≡ 1 mod 5 ⇐⇒ p2−1≡ 0 mod 5⇒

(

p2−1 ) (

p2+1 )

≡ 0 mod 5 ⇐⇒ n ≡ 0 mod 5. Dans tous les cas n est un multiple de 5.

4. a. Question de cours classique

b. On a vu que n est multiple de 3, de 16 et de 5 qui sont premiers entre eux, donc n est multiple de 3×16×5= 240.

5. On peut écrire :

A = p41+p 4 2+ . . .+p

4 15 =

(

p41−1 )

+ (

p42−1 )

+ . . .+ (

p415−1 )

+15. D’après la question précédente chacun des nombres ni = p4i −1 est multiple de 240, donc en particulier de 15.

Donc A multiple de 15 n’est pas premier.

Correction Polynésie 2 septembre 2003

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

PROBLÈME 10 points Commun à tous les candidats

Partie A

1. a. On a pour x 6= 0, f (x)= 3

2 x2− x× x lnx+1.

On sait que lim x→0

x lnx = 0, donc

lim x→0

f (x)= 1.

b. On a lim x→+∞

x2 = +∞ et lim x→+∞

(3− 2lnx) = −∞, donc par produit des li- mites :

lim x→+∞

f (x)=−∞

2. a. On calcule lim x→0

f (x)− f (0) x−0

.

f (x)− f (0) x−0

=

1

2 x2(3−2lnx)

x =

1

2 x(3−2lnx)=

3

2 xx lnx

Comme lim x→0

x lnx = 0, lim x→0

f (x)− f (0) x−0

= 0.

Conclusion f est dérivable en 0 et f ′(0)= 0.

b. Pour x > 0, f (x) = 3

2 x2− x × x lnx +1, donc f somme de fonctions déri-

vables sur R∗+ est dérivable sur R ∗ + et

f ′(x)= x(3−2lnx)+ x2

2 × (

− 2

x

)

= 3x−2x ln xx = 2x−2x ln x.

3. f ′(x)= 2x(1− lnx) qui est du signe de 1− lnx. On a f ′(x)> 0 ⇐⇒ 1− lnx > 0 ⇐⇒ lnx < lne ⇐⇒ x < e ; f ′(x)< 0 ⇐⇒ 1− lnx < 0 ⇐⇒ lnx > lne ⇐⇒ x > e f ′(x)= 0 ⇐⇒ x = e. D’où le tableau de variations :

x 0 e +∞

f ′(x) + 0 −

f

1

1+ e 2

2

−∞

4. D’après ce tableau de variations l’équation f (x)= 0 n’admet qu’une solution α sur [0 ; +∞[. La calculatrice donne f (4,6)> 0 et f (4,7)< 0, donc 4,6<α< 4,7. f (4,69)> 0 et f (4,70)< 0, donc 4,69<α< 4,70.

Partie B

1. On a vu que f ′(x)= 2x−2x ln x, donc f ′(1)= 2. De plus f (1)= 5

2 .

Une équation de D est donc :

M(x ; y) ∈D ⇐⇒ y − 5

2 = 2(x−1) ⇐⇒ y = 2x+

1

2 .

Correction Polynésie 3 septembre 2003

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. a. g somme de fonctions dérivables sur R+ est dérivable sur R+ et

g ′(x)= f ′(x)−2= 2x−2x ln x−2.

La fonction g ′ est elle aussi dérivable sur R+ et g ′′(x)= 2−2lnx−2x×

1

x =

−2lnx. b. On en déduit les tableaux de variations :

x 0 1 +∞

g ′′(x) + 0 −

g ′(x)

0

g (x)

1 2

0

On en déduit que sur l’intervalle [0 ; 1[ la fonction g est positive, donc la

courbe est au dessus de sa tangente et par contre sur ]1 ; +∞[, la courbe est sous sa tangente D.

3.

Partie C

1. On a 16 n ⇐⇒ 0< 1

n 6 1.

On considère sur l’intervalle

[

1

n ; 1

]

les fonctions :

{

u′(x) = x2 v(x) = lnx

u(x) = x3

3

v ′(x) = 1

x

Les fonctions u et v sont dérivables sur

[

1

n ; 1

]

et de dérivées continues sur

cet intervalle. On peut donc intégrer par parties.

In = ∫1

1 n

x2 lnx dx = [

x3

3 lnx

]1

1 n

− ∫1

1 n

x2

3 = [

x3

3 lnx

x3

9

]1

1 n

=

− 1

9 −

1

3n3 ln

(

1

n

)

+ 1

9n3 =

lnn

3n3 +

1

9n3 − 1

9 .

2. L’unité d’aire étant égale à 2×2 = 4 cm2, l’aire de la surface est égale à l’inté- grale :

An = 4 ∫1

1 n

g (x)dx = ∫1

1 n

(

1

2 x2(3−2lnx)+1−2x

1

2

)

dx = 4 ∫1

1 n

(

3

2 x2− x2 lnx−2x+

1

2

)

dx =

4

[

x3

2 −

x3

3 lnx+

x3

9 − x2+

x

2

]1

1 n

= 4 (

1

2 + 1

9 −1+

1

2 −

1

2n3 −

1

3n3 lnn

1

9n3 +

1

n2 −

1

2n

)

=

4

(

1

9 −

1

2n +

1

n2 −

11

18n3 − lnn

3n3

)

.

3. Comme lim n→+∞

1

n3 = 0, lim

n→+∞ 1

n2 = 0 et que lim

n→+∞ lnn

n3 = 0, on en déduit que

lim n→+∞

An = 4

9

Correction Polynésie 4 septembre 2003

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

5

5

x

O −→ ı

y

−→

C

D

L’aire en cm2 de la surface limitée par la courbeC , la tangenteD et les droites

d’équation x = 0 et x = 1 est égale à 4

9 .

Correction Polynésie 5 septembre 2003

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