Exercitation – algèbre – 12 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 12 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 12. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les milieux respectifs des segments, Les coordonnées de L
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CorrectionNlleCaledoSdec2004.dvi

[ Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie \ novembre 2004

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

z ′ = z2−4z.

1. a. Soit zA = 1− i ; alors zA′ = (1− i)2−4(1− i)= 1−1−2i−4+4i=−4+2i. zB = 3+ i ; alors zB′ = (3+ i)2−4(3+ i)= 9−1+6i−12−4i =−4+2i= zA′ .

b. Supposons que z1 et z2 aient la même image par f , alors :

z21 − 4z1 = z 2 2 − 4z2 ⇐⇒ z

2 1 − z

2 2 − 4z1 + 4z2 = 0 ⇐⇒ (z1+Z2) (z1− z2)−

4(z1− z2)= 0 ⇐⇒ (z1− z2) [z1+ z2−4]= 0 ⇐⇒ {

z1− z2 = 0 z1+ z2−4 = 0

⇐⇒ {

z1 = z2 z1+ z2 = 4

Conclusion : si deux points ont la même image :

— ou ils sont égaux ;

— ou ils sont symétriques autour du point d’affixe 2 (car z1+ z2

2 = 2).

2. Soit I le point d’affixe −3. a. OMIM ′ est un parallélogramme si et seulement si ses diagonales [OI] et

[M M ′] ont le même milieu soit si − 3

2 =

z + z

2 ⇐⇒

−3= z + z ′ ⇐⇒ −3= z + z2 −4z ⇐⇒ z2−3z +3= 0.

b. z2−3z+3= 0 ⇐⇒ (

z − 3

2

)2

− 9

4 +3= 0 ⇐⇒

(

z − 3

2

)2

+ 3

4 = 0 ⇐⇒

(

z − 3

2

)2

− (

i p 3

2

)2

= 0.

D’où les deux solutions : z1 = 3

2 + i p 3

2 et z2 =

3

2 − i p 3

2 .

3. a. (z ′+4)= z2−4z +4= (z −2)2. De cette égalité il découle : — en égalant les modules |z ′+4| =

∣(z −2)2 ∣

∣= |z −2|2, — en égalant les arguments arg(z ′+4)= arg

[

(z −2)2 ]

= 2arg(z −2). b. On considère les points J et K d’affixes respectives zJ = 2 et zK =−4.

Si un point M appartient cercle (C ) de centre J et de rayon 2, alors |z−2| = 2 ; d’après la question précédente son image M ′ a une affixe z ′ telle que |z ′+4| = |z−2|2 = 22 = 4 : ceci signifie que M ′ appartient au cercle (C ′) de centre K et de rayon 4.

c. zE =−4−3i. Donc (zE+4)=−4−3i+4=−3i= 3eiπ×ei π

2 = 3e−i π

2 .

D’après la question 3. a. il résulte que arg(z −2)=− π

4 .

De (z ′+4)= (z−2)2 il découle que ou z−2= p 3e−

π

4 ou z−2=− p 3e−

π

4 , soit

2+ p 3e−

π

4 ou 2− p 3e−

π

4 ou encore z1 = 2+ p 6

2 −i

p 6

2 ou z2 = 2−

p 6

2 +i

p 6

2 .

EXERCICE 2 5 points

Commun à tous les candidats

On appelle I et J les milieux respectifs des segments [EF] et [ FG].

L est le barycentre de {(A, 1) ; (B, 3)}.

Soit (π) le plan d’équation 4x −4y +3z −3 = 0.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. Par définition de L, −→ LA +

−→ LB =

−→ 0 ⇐⇒

−→ AL =

3

4

−−→ AB . Les coordonnées de L sont :

(

3

4 ; 0 ; 0

)

. Réponse : b.

2. Le point L appartient de façon évidente à (π)Le plan (π) ; le point G(1 ; 1 ; 1)

aussi (4−4+3−3 = 0) ; le point E(0 ; 0 ; 1) aussi ; mais pas le point J (

1 ; 1

2 ; 1

)

(car 4−2+3−3= 0 est fausse) ; enfin A n’appartient pas au plan (π). Conclu- sion (π) est le plan (GLE). Réponse : a.

3. Un plan parallèle à (π) a une équation de la forme : 4x − 4y + 3z + d = 0 ; I (

1 2 ; 0 ; 1

)

∈ (π) ⇐⇒ 2−0+3+d = 0 ⇐⇒ d =−5. La droite (FB) a pour équations : x = 1 et y = 0 ; en reportant dans l’équa- tion du plan on obtient 4+ 3z − 5 = 0 ⇐⇒ z = 1

3 . Le point M a donc pour

coordonnées

(

1 ; 0 ; 1

3

)

. Réponse : c.

4. On a −→ EL

(

3 4 ; 0 ; −1

)

qui est colinéaire au vecteur (3 ; 0 ; −4). Une équation de

la droite (EL) est donc :

x = 3t y = 0 z = 1−4t

t ∈ R. Un système d’équations de

la droite (FB) est x = 1 et y = 0. En remplaçant dans les équations de (EL), on obtient 1= 3t ⇐⇒ t =

1

3 et finalement les coordonnées deN sont

(

1 ; 0 ; − 1 3

)

qui est bien le symétrique deM autour de B.

On a −−→ IM

(

1 2 ; 0 ; − 2

3

)

qui est colinéaire au vecteur (3 ; 0 ; −4) donc au vecteur −−→ IM .

Réponses : a. et b.

5. On prend comme base du tétraèdre FIJM le triangle rectangle FIM, avec FI

= 1

2 , FM=

2

3 et comme hauteur FJ =

1

2 :

Le volume est donc égal à 1

3

(

1 2 ×

2 3

2

)

× 1

2 =

1

36 .

Réponse : a.

EXERCICE 3 5 points

Commun à tous les candidats

f (x)= x

ex x .

Partie A

Soit g la fonction définie sur R par g (x)= ex x −1.

1. g somme de fonctions dérivables sur R est dérivable et

g ′(x) = ex −1. Comme e0 = 1, ex > 1, si x > 0 on en déduit le signe de g ′(x) donc les variations de g Etudier les variations de la fonction g sur R.

g est décroissante de +∞ à 0 sur ]−∞ ; 0] ; — g (0)= 0 ; — g est croissante sur [0 ; +∞[ g a donc un minimum 0 pour x = 0. Conclusion : Quel que doit x ∈R, g (x)> 0.

2. De la question précédente il résulte que ex x −1> 0 ⇐⇒ (ex x)> 1> 0.

Partie B

Nouvelle–Calédonie 2 novembre 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. a. — Pour x 6= 0, f (x)= 1

ex

x −1 .

Comme lim x→+∞

ex

x =+∞, lim

x→+∞ f (x)= 0.

— Comme lim x→−∞

ex = 0, lim x→−∞

f (x)=−1.

b. Les résultats précédentsmontrent que l’axe des abscisses est asymptote à

(C ) au voisinage de +∞ et que la droite d’équation y =−1 est asymptote à (C ) au voisinage de −∞.

2. a. D’après A. 2. le dénominateur de f n’est pas nul : f est donc dérivable et

f ′(x)= ex x xex + x

(ex x)2 =

ex (1− x) (ex x)2

.

Comme ex et ex x sont supérieurs à zéro, le signe de f ′(x) est celui de 1− x.

b. Si x < 1, f ′(x)> 0 et f est croissante ; Si x > 1, f ′(x)< 0 et f est décroissante.

x −∞ 1 +∞

−1

1 e−1

0

f (x)

0

0

f ′(x) + −0

3. a. On a f ′(0)= 1 et f (0)= 0. M(x ; y) ∈ (T) ⇐⇒ y f (0)= f ′(0)(x −0) ⇐⇒ y = x.

b. La courbe (C ) est au dessus de la droite (T) ⇐⇒ x

ex x > x ⇐⇒ x >

x (ex x) ⇐⇒ x (ex x −1) < 0 ⇐⇒ x < 0, car on a vu à la question A. 1. que ex x −1> 0. On obtient de manière analogue que la courbe (C ) est au dessous de la

droite (T) si x > 0. 4.

4−4-6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6

-2

-1

0

1

2

EXERCICE 3 5 points

Exercice de spécialité

Dans cet exercice, a et b désignent des entiers strictement positifs.

Nouvelle–Calédonie 3 novembre 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. a. Supposons qu’il existe un diviseur commun d à a et à b. Il existe donc a

et b′ tels que a = d a′ et b = db′. L’égalité au+bv = 1 peut s’écrire d au+dbv = 1 ⇐⇒ d(au+bv)= 1. Ceci montre que d divise 1, donc d = 1, ce qui montre que a et b sont premiers entre eux.

b. (a2+abb2)2 = 1 peut s’écrire a×a+b(ab)= 1. Avec u = a et v = ba, ceci montre d’après le cours que a et b sont premiers entre eux.

2. a. Lorsque a = b, l’égalité s’écrit (

a2+a2−a2 )2 = 1 ⇐⇒ a4 = 1 ⇐⇒ a = 1.

b. On vient de voir que (1 ; 1) est un couple solution.

Si a = 2, b = 3, alors (4+6−9)2 = 12 = 1, donc (2 ; 3) est un couple solution. Si a = 5,b = 8, alors (25+ 40− 64)2 = 12 = 1, donc (5 ; 8) est un couple solution..

c. (a ; b) est solution donc (a2+abb2)2 = 1 et si a < b ⇐⇒ ab < 0 , alors a2−b2 = (a +b)(a b)< 0 car a +b somme de deux positifs est positif.

3. a. Si (x ; y) est une solution avec x y 6= 1 alors (

x2+ x y y2 )2 = 1 ⇐⇒ x4+

x2y2+ y4+2x3y −2x2y2−2x y3 = 1. Calculons

[

(y x)2+ x(y x)− x2 ]2 =

(

y2+ x2−2x y + x y x2 − x2 )2 =

(

y2− x2− x y )2 = y4+ x2y2+ x4−2x y3−2x2y2+ x3y = 1 (d’après l’égalité

ci-dessus.

Demêmecalculons (

y2+ y(y + x)− (y + x)2 )2 =

(

y2+ x y x2−2x y )2 =

(

y2− x2− x y )2

que l’on vient de calculer et qui est égal à 1.

Si (x ; y est un couple solution, alors (y x ; x) et (y ; y + x) en sont deux autres

b. De de 2. b. et 3. a. on en déduit que le couple (2 ; 3) fournit les couples

(1 ; 2) et (3 ; 5) et que le couple solution (5 ; 8) donne les couples (3 ; 5)

(déjà trouvé) et (8 ; 13) solutions.

4. Démonstration par récurrence :

— Initialisation : le couple (a0 ; a1)= (1 ; 1) est solution ; — Hérédité : supposons que le couple de rang n, (an ; an+1) soit solution.

De la question 3. a. il résulte que le couple (an+1 ; an+1+an)= (an+1 ; an+2) est aussi solution.

Onadoncdémontré par récurrence quepour toutn > 0, les couples (an ; an+1) sont des couples solutions.

D’après la question 1. b. les nombres an et an+1 sont premiers entre eux.

Les premiers nombres de la suite (de Fibonacci) sont 1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 8 13 ; 21 ;

. . . : deux termes consécutifs sont premiers entre eux.

EXERCICE 4 5 points

Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

On considère les deux suites (un) et (vn) définies, pour tout entier naturel n, par :

{

u0 = 3 un+1 =

un + vn 2

{

v0 = 4 vn+1 =

un+1+ vn 2

1. u1 = 3+4 2

= 7

2 , v1 =

7 2 +4 2

= 15

4 , u2 =

7 2 + 15

4

2 =

29

8 et v2 =

f r ac298+ 15 4

2 =

59

16 .

2. Soit la suite wn = vn un .

Nouvelle–Calédonie 4 novembre 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

a. Calculons wn+1 = vn+1−un+1 = un+1+ vn

2 =

un+1+ vn −2un+1 2

= vn un+1

2 =

vn un + vn

2 2

= vn un

4 =

1

4 wn .

La suite (wn) est donc une suite géométrique de raison 1

4 .

b. On sait que wn = w0× (

1

4

)n

; or w0 = 4−3= 1.

Donc wn = 1

4n .

Comme la raison 1

4 est comprise entre 0 et 1, on sait que lim

n→+∞ 1

4n = 0+.

3. On a un+1−un = vn un

2 =

wn

2 > 0, car la suite (wn) est positive.

La suite (un ) est donc croissante.

Demême vn+1−vn = un+1+ vn

2 −vn =

un + vn 2

vn

2 =

un vn 4

=− 1

4 (vn un )=

− 1

4 wn < 0.

La suite (vn) est donc décroissante.

D’autre part la différence vn un égale à wn a pour limite 0. Les deux suites (un ) et (vn) sont donc adjacentes. Elles ont donc la même

limite .

4. Soit tn = un +2vn

3 .

a. Ona tn+1 = un+1+2vn+1

3 =

un+vn 2 +un+1+ vn

3 =

un + vn +2vn +un + vn 6

= 2un +4vn

6 =

un +2vn 3

= tn .

La suite (un ) est donc constante et tn = t0 u0+2v0

3 =

11

3 .

b. De tn = un +2vn

3 , on déduit que lim

n→+∞ tn =

11

3 = lim

n→+∞ un +2vn

3 = .

Conclusion : lim n→+∞

un = lim n→+∞

vn = 11

3 .

Nouvelle–Calédonie 5 novembre 2004

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