Exercitation – algèbre – 11 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 11 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 11. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: le nombre complexe, les sommets du triangle, le vecteur normal.
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[ Corrigé du baccalauréat S Métropole \ juin 2004

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

1. On a pour tout n ∈N, un+1 = un +2n+3, donc un+1−un = 2n+3. Or 2n+3> 3> 0, donc un+1−un > 0 quel que soit n ∈N. Conclusion : la suite (un ) est strictement croissante.

2. a. Démonstration par récurrence :

— Initialisation : u0 = 1> 02 : vrai ; — Hérédité : supposons qu’il existe n ∈ N tel que un > n2, alors un+1 =

un +2n+3> n2+2n+1+2 ou encore un+1 > (n+1)2+2 donc a fortiori un+1 > (n+1)2.

On a donc démontré par récurrence que pour tout n ∈N, un > n2

b. Comme lim n→+∞

n2 =+∞ on a par comparaison : lim n→+∞

un =+∞.

3. On calcule les premiers termes :

u0 = 1 u1 = u0+3= 4 u2 = u1+2+3= 9 u3 = u2+4+3= 16 u4 = u3+6+3= 25

On peut donc conjecturer que un = (n+1)2. Démonstration de la propriété par récurrence :

— Initialisation u0 = 1= 12 — Hérédité : supposons qu’il existe n ∈N tel que un = (n+1)2

On a donc un+1 = un +2n +3 = (n +1)2 +2n +3 = n2+2n +1+2n +3 = n2+4n+4= (n+2)2.

On a donc démontré par récurrence que quel que soit n ∈N, un = (n+1)2.

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. (1+ i)6 = [(1+ i)2]3 = (1+ i)6= (1+2i−1)3 = (2i)3 =−8i.

Autre méthode : |1+ i|2 = 2, donc |1+ i| = p 2 ; donc 1+ i =

p 2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

= p 2ei

π

4 .

Donc (1+ i)6 = [p

2ei π

4

]6 = 8e6i

π

4 = 8ei 3π 2 =−8i.

2. a. Soit l’équation z2 =−8i ; d’après la question précédente (1+i)6 =−8i donc [(1+ i)3]2 =−8i donc le nombre complexe z = (1+ i)3 est solution de (E) ; or (1+ i)3 = (1+ i)2(1+ i)= (1+2i−1)(1+ i)=−2+2i. Conclusion : −2+2i est une solution de (E).

b. z2 =−8i, d’où z2− (−8i)= 0 ⇐⇒ z2− (−2+2i)2 = 0 ⇐⇒ [z − (−2+2i)][z + (−2+2i)]= 0. On retrouve la solution précédente et aussi le nombre complexe 2− 2i autre solution de l’équation (E).

3. (1+ i)6 =−8i ⇐⇒ [(1+ i)2]3 =−8i. Le nombre complexe (1+ i)2 = 2i est solution de l’équation (E′).

4. Soit r la rotation de centre O et d’angle 2π

3 .

a. Soit A le point d’affixe 2i Si B est l’image de A par r , on a :

Correction du baccalauréat S

zB = b = zAe 2iπ 3 . Donc b = 2i

(

− 1

2 + i

p 3

2

)

=− p 3− i.

Pour C, l’image de B par la rotation r , on a : c = e 2iπ 3 b =

(

− 1

2 + i

p 3

2

)

(

− p 3− i

)

= p 3

2 + p 3

2 + i

(

1

2 − 3

2

)

= p 3− i.

b. Ona (

− p 3− i

)3 = (

− p 3− i

)2 (− p 3− i

)

= (

2+2i p 3 )(

− p 3− i

)

=−2 p 3+2

p 3−

2i−6i=−8i.

Variante :pour c : on calcule facilement que |c| = 2, d’où c = 2 (p

3

2 − i

1

2

)

=

2 (

cos (

π6 )

+ isin (

π6 ))

= 2e−i π

6 .

D’où c3 = (

2e−i π

6

)3 = 23e−3i

π

6 = 8e−i π

2 =−8i. Donc b et c sont solution de l’équation (E′).

5. a. Représentation des points A, B, C.

1

−1

−2

1−1−2-2 -1 0 1 2

-2

-1

0

1

2 +

+ +

A

B C

O

b. AB=|zB− zA| = ∣

∣− p 3−3i

∣= 2 p 3 ;

AC= |zC− zA| = ∣

p 3−3i

∣= 2 p 3 ;

BC= |zC− zB| = ∣

∣2 p 3 ∣

∣= 2 p 3.

Par la rotation r :

— l’image de A est B ;

— l’image de B est C ;

— l’image de C est C′ tel que zC′ = e 2iπ 3

(p 3− i

)

= (

− 1

2 + i

p 3

2

)

(p 3− i

)

=

− p 3

2 + p 3

2 + i

(

1

2 + 3

2

)

= 2i.

Donc C′ = A. L’image de C est A.

Les trois points images sont donc les sommets du triangle BCA. Or ce tri-

angle a ses trois côtés de même longueur : il est donc équilatéral.

c. G centre de gravité (ou isobarycentre des points A, B et C) du triangle ABC

a une affixe telle que zG = zA+ zB+ zC

3 =

2i− p 3− i+

p 3− i

3 = 0.

Le centre de gravité est donc le point O.

Autre méthode : par définition de la rotation on a OA = OB = OC ; O est

donc le centre du cercle circonscrit au triangle (ABC) ; or ce triangle est

équilatéral : son centre du cercle circonscrit est aussi son centre de gra-

vité.

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Métropole 2 juin 2004

Correction du baccalauréat S

1. 1+ x + x2+·· ·+ xk−1 est la somme des k premiers termes de la suite géomé-

trique de premier terme 1 et de raison x : elle est donc égale à : xk −1 x −1

(pour

x 6= 1).

Donc (x −1) (

1+ x + x2+·· ·+ xk−1 )

= (x −1)× xk −1 x −1

= xk −1. Pour x = 1 : l’égalité est évidente.

2. a. n N , n = dk. D’après la question 1. an −1 = (a −1)

(

1+a +a2+·· ·+an−1 )

= adk −1 = (

ad )k − 1 =

(

ad −1 )

(· · ·+ · · · ), la parenthèse étant une somme d’entiers donc un entier.

Conclusion : an −1= (

ad −1 )

(· · ·+ · · · ), ce qui signifie que (

ad −1 )

est un

diviseur de an −1. b. On a donc

— 2004 est multiple de 3, donc d’après le a. 22004 − 1 est divisible par 23−1= 7 ;

— 2004 est multiple de 3 et de de 2, donc de 6 ; d’où 22004−1 est divisible par 26−1= 63 :

— On vient de voir que 22004−1= 63k = 9× (7k), donc 22004−1 est divi- sible par 9.

3. a. m = dm′ et n = dn′. Puisque d est le plus grand diviseur commun à m et n, on sait que m′ et n′ sont premiers entre eux. D’après Bezout il existe (u, v)∈Z2 tel que

munv = 1 ⇐⇒ mud nvd = d ⇐⇒ munv = d

b. Avec u et v positifs, l’égalité précédente peut s’écrire mu = nv +d . D’où : (amu −1)−(anv −1)ad =

(

anv+d −1 )

−(anv −1)ad = (

anv ×ad −1 )

− (anv −1)ad =

(

anv ×ad )

−1− (

anv ×ad )

+ad = ad −1. Le PGCD de amu −1 et anv −1 divise aussi amu −1 et (anv −1)ad (et c’est le plus grand diviseur) donc leur différence qui est ad −1. Donc le PGCDde (amu −1)−(anv −1)ad et de anp−1 est égal au PGCDde ad −1 et de anp −1. Nous avons vu à la question précédente que comme d divise n, ad −1 divise anv −1. Conclusion :le PGCD de amu −1 et anv −1 est égal à ad −1.

c. Application : m = 63, n = 60. 63= 32×7 et 60= 2×3×5. Donc PGCD(63 ; 60)= 3. On a m = 63= 3×21= 3m′ et n = 60= 3×20= 3n′. D’autre part 21 et 20 sont premiers et on trouve facilement

u = 1, v = 1 tels que 21×1−20×1 = 1. Donc munv = 63−60= 3= PGCD(63 ; 60). En appliquant le résultat de la question précédente :

PGCD (

263−1 ; 260−1 )

= 23−1= 7.

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. Réponse D : Pour que S appartienne à D, il faut que les coordonnées de S

vérifient les équations paramétriques deD. Or ces coordonnées de S ne véri-

fient ni A(z 6= 3) ni B (il faudrait t =−1 et t = 1/3), mais vérifient les équations C et D.

De plus D est perpendiculaire à P il faut que tout vecteur directeur deD soit

colinéaire à tout vecteur normal de P . Le vecteur −→ n (1 ;1 ; −3) est normal à

P .

Métropole 3 juin 2004

Correction du baccalauréat S

Or la droite définie par C a un vecteur directeur de coordonnées (1 ; −2 ; 0) qui n’est pas colinéaire à

−→ n .

Par contre un vecteur directeur de la droite définie par D a pour coordonnées

(1 ;1 ; −3) qui sont les coordonnées de −→ n .

2. Réponse D car seules les coordonnées de D vérifient l’équation du plan P :

elles correspondent à la valeur t = 14

11 .

3. Réponse B :

d(S, P )= |1−2+4|

12+12+ (−3)2 =

3 p 11

.

4. Réponse B :

La distance de S au plan est inférieure à 3 donc l’intersection de la sphère et

du plan P est un cercle de centre H.

Le triangle SHM, M étant un point du cercle est rectangle en H.

D’après le théorème de Pythagore on a : 32 = (

3 p 11

)2

+ r 2 ⇐⇒ r 2 = 9− 9

11 =

90

11 ⇒ r = 3

10

11 .

EXERCICE 4 4 points

Commun à tous les candidats

1. On a donc 0,5 = ∫200

0 λe−λx dx =

[

−e−λx ]200

0 = −e−200λ + 1 ⇐⇒ e−200λ =

0,5 ⇐⇒ −200λ=− ln2 ⇐⇒ λ= ln2

200 .

2. La probabilité cherchée est 1− ∫300

0 λe−λx dx = 1−

[

−e−λx ]300

0 = e−300λ =

e− 300ln2 200 = e

3ln2 2 ≈ 0,353 soit 0,35 à 10−2 près par défaut.

3. a. Pour calculer l’intégrale on pose :

u(x)= x v ′(x)= e−λx

u′(x)= 1 v(x)=− 1

λ e−λx

Les fonctions u, u′, v, v ′ étant continues, on peut intégrer par parties et ∫A

0 λxe−λx dx =

[

λ 1

λ xe−λx

]A

0

+ 1

λ

A

0 e−λx dx =

[

xe−λx − 1

λ2 e−λx

]A

0

= [

xe−λx − 1

λ e−λx

]A

0

=−Ae−λA − 1

λ e−λA +

1

λ =

λAe−λA −e−λA +1 λ

.

4. Comme lim A→+∞

e−λA = 0 (car λ> 0 et que lim A→+∞

Ae−λA = 0, on en déduit que :

lim A→+∞

λAe−λA −e−λA +1 λ

= 1

λ =

200

ln2 .

Donc dm = 200

ln2 ≈ 289 semaines à une semaine près.

EXERCICE 5 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. x′(t)= v(t). • Si v est solution de l’équation (F), alors pour tout réel t > 0,

v ′(t)=− 1

8 v(t)+

1

4 .

Or x′(t)= v(t)⇒ x′′(t)= v ′(t).

Métropole 4 juin 2004

Correction du baccalauréat S

L’équation précédente s’écrit donc :

x"(t)=− 1

8 x′(t)+

1

4

8x′′(t)=−x′(t)+2 25x′(t)+200x′′(t)= 50

La fonction x est donc solution de l’équation (E).

• Inversement si x est solution de (E), alors pour tout réel positif,

25x′(t)+200x′′(t)= 50

x′′(t)=− 26

200 x′(t)+

50

200

x′′(t)=− 1

8 x′(t)+

1

4

v ′(t)=− 1

8 v(t)+

1

4

car en posant v(t)= x′(t), v ′(t)= x′′(t) Conclusion : la fonction x est solution de (E) si et seulement si la fonction

v est solution de (F).

Résolution de (F) : cette équation est de la forme y ′ = ax+b. Elle a une so-

lution particulière constante − b

a =−

1 4

− 1 8

= 2 et les solutions de l’équation

y = ax sont de la formes y = K eax = K e− 1 8 x (avec K ∈R).

Les solutions de l’équation y = ax +b sont donc de la forme : y = K e−

1 8 x +2

Les fonctions v solutions de l’équation (F) sont les fonctions définies sur

[0 ; +∞[ par

v(t)= K e− 1 8 t +2

b. i. Calcul de x′(t) : on sait que x′(t)= v(t)= K e− 1 8 t +2.

Comme x′(0)= 0 ⇐⇒ K e− 1 8×0+2= 0 ⇐⇒ K +2 = 0 ⇐⇒ K =−2, on

a finalement pour tout t positif :

x′(t)= 2−2e− 1 8 t

ii. Calcul de x(t) : d’après la question précédente x est une primitive sur

[0 ; +∞[ de la fonction x 7−→ 2−2e− 1 8 t , soit :

x(t)= 2t −2× 1

− 1 8

e− 1 8 t +K ′ = 2t +16e−

1 8 t +K ′ avec K ′ ∈R.

Comme on sait que x(0)= 0, alors 16+K ′ = 0 ⇐⇒ K ′ =−16. Conclusion : la fonction solution de (E) est définie sur [0 ; +∞[ par :

x(t)= 2t −16+16e− 1 8 t

c. On sait que lim t→+∞

e− 1 8 t = 0, alors lim

t→+∞ v(t)= 2.

Donc V = 2.

La vitesse v du chariot est inférieure ou égale à 90 % de V si

v(t) 6 0,9V ⇐⇒ −2e− 1 8 t + 2 6 0,9× 2 ⇐⇒ e−

1 8 t > 0,1 ⇐⇒ − 1

8 t >

ln0,1 ⇐⇒ 18 t 6 ln10 ⇐⇒ t 6 8ln10≈ 18,4 secondes.

Métropole 5 juin 2004

Correction du baccalauréat S

d. La distance parcourue par le chariot au bout de 30 secondes est :

x(30)= 2×30−16+16e− 30 8 x(30)= 44+16es−154x(30)≈ 44,4

En 30 secondes le chariot a parcouru environ 44,4 mètres à 1 décimètre

près.

Métropole 6 juin 2004

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