Exercices de modélisation mathèmatique – correction 8, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 8, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 8. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: le problème, Les solutions.
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Correction S Polynesie juin 2003.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2003 \

EXERCICE 1 4 points

Partie A

1. AB2 = 8+16= 24= 24 ; AC2 = 2+6+16 = 24= 24 ; AD2 = 2+6+16 = 24= 24 ; BC2 = 18+6= 24= 24 ; BD2 = 18+6= 24= 24 ; CD2 = 24. On a donc AB = AC = AD = BC = BD = CD : le tétraèdre est régulier.

2. Dans le triangle ACD, le segment [RS] joint les milieux de deux côtés ; on a

donc −→ RS =

1

2

−−→ CD ; de même dans le triangle BCD, on a

−−→ UT =

1

2

−−→ CD ; on en

déduit que : −→ RS =

−−→ UT ⇐⇒ (RSTU) est un parallélogramme.

3. On a R (

− p 2 2

; − p 6 2

; 1 )

et T (p

2 2

; p 6 2

; −1 )

, c’est-à-dire des coordonnées op-

posées : donc O est le milieu de [RT].

Conclusion : le centre du parallélogramme RSTU est le point O.

Dans le triangle ABC, on a −−→ RU =

1

2

−−→ AB , soit en prenant les normes RU =

1

2 AB,

mais l’égalité obtenue ci-dessus −→ RS =

1

2

−−→ CD donne en normes RS =

1

2 CD.

Or on a vu que AB = CD = p 24 = 2

p 6. Conclusion RS = RU : le parallélo-

grammeRSTU a deux côtés consécutifs demême longueur : c’est un losange.

D’autre part −−→ AB · −−→CD = 2

p 2× 0+ 0× 2

p 6+ (−4)× 0 = 0 : les vecteurs sont

orthogonaux donc les droites (AB) et (CD) sont perpendiculaires. Comme les

droites (RS) et (RU) sont respectivement parallèles aux droites (AB) et (CD),

elles sont perpendiculaires.

Finalement le losange (RSTU) a deux côtés consécutifs perpendiculaires :

c’est un carré.

Partie B

1. Sur chaque tétraèdre il y a deux faces rouges : si le tétraèdre tombe sur une face rouge (cachée) il en restera une visible. Comme on lance trois tétraèdres

la probabilité pour qu’au moins trois faces rouges soient visibles sur les trois

tétraèdres est égale à 1.

2. Il y a une face bleue sur quatre faces. La probabilité que l’on ne voit pas de

bleu en lançant un tétraèdre est égale à 1

4 . Les lancers des trois tétraèdres

sont indépendants, donc la probabilité de ne pas voir de bleu en lançant trois

tétraèdres est égale à 1

4 × 1

4 × 1

4 =

1

64 .

3. Il y a une chance sur deux que le tétraèdre tombe sur la face bleue ou sur la

face jaune, donc la probabilité de l’évènement E est égale à 1

2 × 1

2 × 1

2 =

1

8 .

4. La variable aléatoire comptant le nombre de réalisations de l’évènement E

suit une loi binomiale de paramètres n et p = 1

8 .

La probabilité que l’évènement E ne soit jamais réalisé est égale à

(n 0

)

(

1

8

)0

× (

7

8

)n

= 7n

8n .

1

Donc la probabilité pn pour que l’évènement E soit réalisé au moins une

fois est égale à 1− 7n

8n . Comme −1 <

7

8 < 1, on sait que −1 <

7n

8n < 1 et que

lim n→+∞

7n

8n = 0, donc lim

n→+∞ pn = 1.

EXERCICE 2 (Obligatoire) 5 points

1. a. On a E(3 ; 1) et F(1 ; 3)

b. Puisque EHF est rectangle isocèle H appartient à la médiatrice de [EF] et au cercle de diamètre [EF]. On choisit entre les deux points communs à la

droite et au cercle celui pour lequel EHF est un triangle rectangle isocèle

direct.

c. EFH est isocèle en H, donc HE = HF ⇒ HE

HF = 1 ⇐⇒

|ZE−ZH| |ZF−ZH|

= 1 ⇐⇒ |3+ i−ZH| |1+3i−ZH|

= 1 ⇐⇒ ∣

3+ i−ZH 1+3i−ZH

= 1.

On sait d’autre part que : (−−→ HF ,

−−→ HE

)

= π 2

[2π] ce qui se traduit en terme d’argument par :

arg

(

ZE−ZH ZF−ZH

)

= π

2 [2π] ⇐⇒ arg

(

3+ i−ZH 1+3i−ZH

)

= π

2 [2π].

Les deux résultats précédents traduisent l’égalité :

3+ i−ZH 1+3i−ZH

= i ⇐⇒ 3+ i− ZH = i (1+3i−ZH) ⇐⇒ ZH(−1+ i) = −6 ⇐⇒

ZH = 6

1− i =

6(1+ i) 2

= 3+3i.

Le point H a pour coordonnées (3 ; 3).

3

3

b b

b

E

F H

O −→ u

−→ v

2. A, B, C et D sont quatre points du plan P .

a. On construit ces points de la même façon que le point H. Voir ci-dessous.

b. Les droites (IK) et (LJ) semblent être perpendiculaires et il semble que IK = LJ.

3. a. De la même façon qu’à la question 1. l’égalité IA

IB = 1 se traduit par

b ZI a ZI

= 1.

2

C

A B

D

I

J

K

L

L’angle droit en I se traduit par (−→ IA ,

−→ IB

)

= π 2 = arg

(

b ZI a ZI

)

[2π].

Ces deux informations se traduisent tout simplement par l’égalité :

b ZI a ZI

= i

L’égalité précédente est équivalente à :

b ZI = i (a ZI ) ⇐⇒ b ai= Z1 (1− i) ⇐⇒ ZI = b ai 1− i

.

b. En remplaçant dans la démonstration précédente les points B et A par les

points C et B, on obtient ZL = c bi 1− i

c. Demême on obtient : ZK = d ci 1− i

et ZJ = a d i 1− i

.

d. Calcul de zL− zJ = c bi 1− i

a d i 1− i

= c a + (d b)i

1− i .

Calcul de zK− zI = d ci 1− i

b ai 1− i

= d b + (a c)i

1− i .

En multipliant cette dernière égalité par i, on obtient bien :

i(zK− zI)= (d b)i− (a c)

1− i =

c a + (d b)i 1− i

= zL− zJ.

Cette dernière égalité donne en modules : ∣

zL− zJ ∣

∣= |i (zK− zI)| = 1 ⇐⇒ ∣

zL− zJ ∣

∣= |(zK− zI| ⇐⇒ JL = IK. En arguments sachant que l’argument de i est π2 : zL− zJ zK− zI

= i⇒ (−→ IK ,

−→ JL

)

= π

2 [2π], donc on a bien (IK) ⊥ (JL).

PROBLÈME 11 points

Partie A

1. On sait que pour tout réel x,

−16 cosx 6 1

3

En multipliant chaque membre par le nombre supérieur à zéro ex , on ob-

tient :

−ex 6 f (x)6 ex .

On sait que lim x→−∞

ex = 0, donc lim x→−∞

ex cosx = 0 puisque f (x) est encadré par deux nombres qui ont pour limite 0.

L’axe des abscisses est donc asymptote horizontale au voisinage de moins

l’infini à C f .

2. On résout f (x)= 0 ⇐⇒ ex cosx = 0 ⇐⇒ cosx = 0 puisque ex 6= 0.

Les solutions sont donc les nombres π

2 +, k ∈Z.

3. Pour tout réel x ∈ [

π

2 ; +

π

2

]

on a :

cosx−sinx = p 2×

p 2

2 (cosx−sinx)=

p 2

(p 2

2 cosx

p 2

2 sinx

)

= p 2 (

cos π4 cosx − sin π

4 sinx )

=

p 2cos

(

π

4 + x

)

= p 2cos

(

x + π

4

)

.

4. Sur l’intervalle considéré, f produit de fonctions dérivables est dérivable et sur cet intervalle :

f ′(x)= ex cosx +ex × (−sinx)= ex cosx −ex sinx = ex (cosx − sinx). D’après la question précédente f ′(x) peut s’écrire :

f ′(x)= ex × p 2cos

(

x + π

4

)

.

Comme p 2 > et ex quel que soit x, le signe de la dérivée est donc celui de

cos (

x + π

4

)

.

Or − π

2 6 x 6

π

4 ⇒−

π

+ π

4 6 x 6

π

4 + π

4

soit − π

4 6 x +

π

4 6

π

2 .

La fonction cos est positive sur [

π

2 ; π

2

]

, donc a fortiori sur [

π

4 ; π

2

]

.

Finalement f ′(x)> 0 : la fonction f est strictement croissante sur ]

π

2 ; π

4

[

.

Onmontre de même que sur ]

π

4 ; π

2

]

, f ′(x)< 0 : sur cet intervalle la fonction f est strictement décroissante.

On a f (

π 2

)

= e− π

2 cos (

π 2

)

= 0.

f (

π

4

)

= e− π

4 cos (

π4 )

= p 2 2 e

π

4 ≈ 1,55. f

(

π

2

)

= e π

2 cos (

π

2

)

= 0.

5. Tracer C f sur l’intervalle [

π

2 ; +

π

2

]

sur le graphique ci-dessous

x π

2 π

4 π

2

f ′(x) + 0 −

f

0

p 2 2 e

π

4

0

4

1

2

−1

−2

0 π 4

π

2 −π

4 −π

2

6. On a f

(p 2

2 e

π

4

)

≈ 1,55 et f (

π

4

)

= 0 ; sur l’intervalle [

π

4 ; π

2

]

la fonction f

continue prend une seule fois toutes les valeurs entre

p 2

2 e

π

4 et 0 ; en parti-

culier il existe un seul réel α de l’intervalle [

π

4 ; π

2

]

tel que f (α)= 1

2 .

La calculatrice donne α≈ 1,453≈ 1,45.

7. f ′ produit de fonctions dérivables est dérivable et sur [

π

2 ; +

π

2

]

,

f ′′(x)= ex (cosx − sinx)+ex (−sinx −cosx)=−2ex sinx.

Sur [

π

2 , 2

]

, la fonction sin est négative, donc f ′′(x) > 0 : la fonction f ′ est

croissante sur [

π

2 , 2

]

.

Sur [

0 ; π

2

]

, la fonction sin est positive, donc f ′′(x) < 0 : la fonction f ′ est

décroissante sur [

0 ; π

2

]

.

Conclusion : sur [

π

2 ; π

2

]

la fonction f ′ admet un maximum en 0, f ′(0)= 1.

Autrement dit : le coefficient directeur de la tangente àC f au point d’abscisse

x atteint, pour x = 0, une valeur maximale 1. Une équation de T est :

y f (0)= f ′(0)(x −0) ⇐⇒ y −1= 1x ⇐⇒ y = x +1. (voir figure)

Partie B

5

1. Quel que soit le naturel n,

cos()+ i sin()= ei= (

eiπ )n = (−1)n .

En égalant parties réelles et parties imaginaires de ces deux nombres, on ob-

tient :

cos()= (−1)n et sin()= 0.

2. Quel que soit le naturel n, on pose : {

u(x)= cosnx u′(x)=−n sinnx v ′(x)= ex v(x)= ex

Les fonctions u,v,u′,v ′ étant continues car dérivables, on peut intégrer par parties :

In = [ex cosnx]π0 − ∫

π

0 −n sin(nx)ex dx = (−1)neπ+n

π

0 sin(nx)ex dx.

On calcule cette dernière intégrale Jn par parties : {

u(x)= sinnx u′(x)= n cosnx v ′(x)= ex v(x)= ex

Donc Jn = [ex sinx]π0 − ∫

π

0 nex cosnx dx = 0−nIn .

Finalement : In = (−1)neπ−1−n2In ⇐⇒ (

n2+1 )

In = (−1)neπ−1 ⇐⇒

In = (−1)neπ−1

n2+1 .

3. Pour tout naturel n,on a :

|In | = ∣

(−1)neπ−1 n2+1

= |(−1)neπ−1|

n2+1 ∣

.

D’une part ∣

n2+1 ∣

∣= n2+1, car n2+1> 1> 0, et d’autre part |(−1)neπ−1|6 |(−1)neπ|+ |(−1)|, car pour tous réels x, y, |x + y |6 |x|+ |y |. Donc |(−1)neπ−1|6 eπ+1.

Finalement |In |6 eπ+1 n2+1

.

Comme lim n→+∞

1

n2+1 = 0, on en déduit par encadrement puisque |In | > 0,

que

lim n→+∞

|In | = 0

Il en demême pour la suite (IN ) qui a pour limite zéro.

Partie C

1. Soit une fonction affine solution de (E) : y = ax+b, alors y ′ = a ; cette fonction est solution de (E) si et seulement si :

a−2ax−2b−1 = 0, quel que soit le réel x ; on en déduit a = 0, donc la fonction n’est pas un polynôme du premier degré. L’assertion est fausse.

2. Si g est solution de (E) alors g ′−2g −1= 0 ⇐⇒ g ′ = 2g +1> 1> 0 : sa dérivée est bien positive pour tout réel x : l’assertion est vraie.

3. Si h(x)= 3e2x + 1

2 , alors h′(x)= 6e2x .

h est solution de (E) si et seulement pour tout réel h′−2h−1 = 0 ⇐⇒ 6e2x − 6e2x −1−1= 0 ⇐⇒ −2= 0 : l’assertion est fausse.

6

4. Soit F la primitive de f telle que F (0)= 0. On sait que F ′(x)= f (x). F est solution de (E′) si et seulement si :

F ′(x)−2F (x)= 1−ex sinx ⇐⇒ f (x)−2F (x)= 1−ex sinx ⇐⇒ F (x)= f (x)+ex sinx −1

2 ⇐⇒

F (x)= ex (cosx + sinx)−1

2 .

Vérifions si F est bien une primitive de f qui s’annule en 0 :

F ′(x)= ex (cosx + sinx)+ex (−sinx +cosx)

2 =

2ex cosx

2 = ex cosx = f (x).

D’autre part : F (0)= 1−1 2

= 0.

L’assertion est vraie.

7

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