Exercitation – algèbre – 13 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 13 correction, Exercices de Algèbre linéaire

PDF (68.8 KB)
5 pages
128Numéro de visites
Description
Correction de l'exercitation – algèbre – 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les racines, les fonctions dérivables.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 5
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
CorrectionNlleCaledoSmars2004.dvi

[ Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie \ mars 2004

EXERCICE 1 4 points

1. BAM est un triangle équilatéral direct, donc M est l’image de A dans la rota-

tion de centre B et d’angle π

3 ; ce qui se traduit en termes d’affixes par :

m b = ei π

3 (a b) ⇐⇒ m = ei π

3 (a b)+b

On obtient les autres égalités de la même façon.

2. a. On a d’une part z−−→ MN

= n m = ei π

3 (c a), et d’autre part z−−→ QP

= p q = ei

π

3 (c a). Donc z−−→

MN = z−−→

QP ⇐⇒

−−→ MN =

−−→ QP ⇐⇒ (MNPQ) est un parallélogramme.

b. Dans la rotation de centre D et d’angle π

3 , on a le schéma :

A 7−→ Q C 7−→ P (AC) 7−→ (QP)

La droite (AC) a donc pour image la droite (QP) et par propriété de la ro-

tation de π

3 , on a

(−−→ AC ,

−−→ QP

)

= π

3 [2π] et AC = QP.

Demême dans la rotation de centre C et d’angle − π

3 , on a le schéma :

B 7−→ N D 7−→ P (BD) 7−→ (NP)

La droite (BD) a donc pour image la droite (NP) et par propriété de la ro-

tation de − π

3 , on a

(−−→ AC ,

−−→ QP

)

= − π

3 [2π] ⇐⇒

(−−→ NP ,

−−→ BD

)

= π

3 [2π] et

BD = NP.

3. — MNPQest un rectangle si (−−→ NP ,

−−→ QP

)

= π

2 [π] ⇐⇒

(−−→ NP ,

−−→ BD

)

+ (−−→ BD ,

−−→ AC

)

+ (−−→ AC ,

−−→ QP

)

= π

2 [π] ⇐⇒

π

3 +

(−−→ BD ,

−−→ AC

)

+ π

3 =

π

2 [π] ⇐⇒

(−−→ BD ,

−−→ AC

)

= π

2 − 2π

3 =−

π

6 [π] ⇐⇒

(−−→ AC ,

−−→ BD

)

= π

6 [π].

— MNPQ est un losange si QP = NP, c’est-à-dire d’après la question 2. a. QP

= AC = NP = BD soit si AC = BD.

Conclusion : MNPQ est un carré si et seulement si (−−→ AC ,

−−→ BD

)

= π

6 [π] et AC

= BD.

EXERCICE 2 5 points

Partie A

1. On a 1+1−m +2m −1+1−m = 2 6= 0 et ce quel que soit m, donc Gm existe quel que soit le réel m.

2. G1 est le barycentre de {(E ; 1), (B ; 0), (G ; 1), (D ; 0)}= {(E ; 1), (G ; 1)} donc le milieu de [EG].

3. G0 est le barycentre de {(E ; 1), (B ; 1), (G ; −1), (D ; 1)} signifie que −−−→ G0E +−−−→

G0B − −−−→ G0G +

−−−→ G0D =

−→ 0 ⇐⇒ −−−→G0A +

−→ AE +−−−→G0A +

−−→ AB −−−−→G0A −

−−→ AG +−−−→G0A +

−−→ AD =−→

0 ⇐⇒ 2−−−→G0A + −→ AE +−−→AB −

−−→ AG +−−→AD =

−→ 0 . (1)

Or dans le cube −−→ AG =−→AB +

−→ AE +−−→AD , donc (1) devient : 2

−−−→ G0A =

−→ 0 ⇐⇒ G0 =

A.

Terminale S

En utilisant l’associativité du barycentre, (en associant les points E, B et D),

on a G0 = A est le barycentre de (I, 3) et (G, −1). Ces trois points sont donc alignés (on a plus précisément

−−→ AG = 3

−→ AI )

4. Par définition O2 est l’isobarycentre des points E, F, G et H, donc −−−→ O2E +

−−−→ O2F +−−−→

O2G + −−−→ O2H =

−→ 0 .

Par définition de Gm , −−−→ GmE + (1−m)

−−−→ GmB + (2m − 1)

−−−→ GmG + (1−m)

−−−−→ GmD =−→

0 ⇐⇒ −−−→ GmA +

−→ AE + (1−m)

−−−→ GmA + (1−m)

−→ AB + (2m−1)

−−−→ GmA + (2m−1)

−−→ AG +

(1−m) −−−→ GmA +(1−m)

−−→ AD =

−→ 0 ⇐⇒ 2

−−−→ GmA +

−→ AE +(1−m)

−→ AB +(2m−1)

−−→ AG +(1−

m) −−→ AD =

−→ 0 ⇐⇒ 2

−−−→ GmA +m

(

− −−→ AB +2

−−→ AG −

−−→ AD

)

= −→ 0 ⇐⇒ 2

−−−→ GmA +m

(−−→ AG +

−→ AE

)

⇐⇒

2 −−−→ GmA +2m

−−−→ AO2 ⇐⇒

−−−→ AGm = m

−−−→ AO2 .

Cette égalité montre que le barycentreGm appartient à la droite (AO2) et que

l’abscisse de Gm pour le repère (A, O2) est le réel m. m étant un réel quel-

conque Gm parcourt toute cette droite.

5. a. Gm appartient à la droite (A, O2) donc au plan (AEGC) qui contient le mi-

lieu O1 de [AC].

Donc A, Gm , E, et O1 sont coplanaires.

b. Si Gm appartient à la droite (EI), il appartient au plan EBD et est donc un

barycentre des trois points E, B et D. Il suffit donc que le coefficient de G

dans la définition de Gm soit nul, soit :

2m −1= 0 ⇐⇒ m = 1

2 .

Partie B

1. Dans le repère orthonormal on a −−→ AG (1 ; 1 ; 1),

−−→ BD (−1 ; 1 ; 0), −→BE (−1 ; 0 ; 1).

D’où −−→ AG ·−−→BD =−1+1= 0, et

−−→ AG ·−→BE =−1+1= 0.

Le vecteur −−→ AG étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires duplan (EBD)

est orthogonal à ce plan.

Une équation cartésienne du plan (EBD) est : M(x ; y ; z)∈ (EBD ⇐⇒ x+ y+ z +d = 0. B(1 ; 0 ; 0) ∈ (EBD ⇐⇒ 1+d = 0 ⇐⇒ d =−1. On a donc :

M(x ; y ; z) ∈ (EBD ⇐⇒ x + y + z −1= 0

2. On a O2 (

1 2 ; 1 2 ; 1

)

. L’égalité −−−→ AGm = m

−−−→ AO2 permet d’obtenir en projetant sur

les trois axes que Gm (

m 2 ;

m 2 ; m

)

.

3. On sait que d(Gm , (EBD))= ∣

m 2 + m

2 +m

p 12+12+12

= |2m| p 3 .

Cette distance est égale à

p 3

3 si

|2m| p 3

= p 3

3 ⇐⇒

|2m| p 3

= 1 p 3

⇐⇒ |2m| =

1 ⇐⇒ |m| = 1

2 .

Il y a deux valeurs répondant à la question m = 1

2 et m =−

1

2 .

EXERCICE 3 11 points

Partie A

1. a. P (X )= 1+X −2X 2. P (X )= 0 ; ∆= 1−4× (−2)= 9= 32. P (X )= 0 ⇐⇒ X1 =

−1+3 −4

=− 1

2 ou X2 =

−1−3 −4

= 1.

On sait que P est négatif sauf entre les racines − 1

2 et 1.

CorrectionNouvelle–Calédonie 2 mars 2004

Terminale S

b. Enposant X = e−x , on trouve que f (x)= P (X ) : le signe de f est celui deP , mais X = e−x est positif ; donc f (x)6 0 pour 06 X 6 1 ⇐⇒ −∞6 x 6 0 et f (x)> 0 pour x > 0.

c. La courbe C contient donc l’origine.

2. On sait que lim x→+∞

e−x = 0, donc lim x→+∞

f (x)= 1. Ceci montre que la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à C au voisinage de plus l’infini.

3. On peut écrire f (x)= e−2x ×e2x +e−2x ×ex −2e−2x = e−2x (

e2x +ex −2 )

.

Or lim x→−∞

ex = lim x→−∞

e2x = 0. La limite de la parenthèse est donc égale à −2. Conclusion : lim

x→−∞ f (x)=−∞.

4. a. f somme de fonctions dérivables est dérivable et f ′(x)=−e−x +4e−2x . b. f ′(x) = e−2x (−ex +4) qui est du signe de 4−ex car e−2x > 0 quel que soit

le réel x.

4−ex > 0 ⇐⇒ ex < 4 ⇐⇒ x < ln4 = 2ln2 (par croissance de la fonction logarithme népérien).

Demême 4−ex < 0 ⇐⇒ x > 2ln2. c. Tableau de variations

x −∞ 2ln2 +∞

f ′(x)

f (x)

9 8

+ 0 −

On a f (2ln2)= 1+ 1

4 −2×

1

16 =

8+2−1 8

= 9

8 (car x = 2ln2 ⇐⇒ ex = 4 ⇐⇒

e−x = 1

4 .)

5. a. Il faut résoudre f (x)= 1 ⇐⇒ 1+e−x −2e−2x = 1 ⇐⇒ e−x −2e−2x = 0 ⇐⇒

1−2e−x = 0 ⇐⇒ e−x = 1

2 ⇐⇒ −x =− ln2 ⇐⇒ x = ln2.

C et D n’ont en commun que le point A(ln2 ; 1).

b. Comme 1+e−x −2e−2x −1 = e−x −2e−2x = e−x (1−2e−x ) qui est du signe de 1−2e−x . 1−2e−x > 0 ⇐⇒ e−x <

1

2 ⇐⇒ −x <− ln2 ⇐⇒ x > ln2.

Conclusion : C est au dessus de D à droite du point A précédent et est au

dessous avant le point A.

6. Comme f ′(x)=−e−x +4e−2x , f ′(ln2)=− 1

2 + 4

4 =

1

2 .

Une équation de la tangente T en A est donc :

y −1= 1

2 (x − ln2) ⇐⇒ y =

1

2 (x − ln2)+1.

7. Courbe et droites

CorrectionNouvelle–Calédonie 3 mars 2004

Terminale S

1

1−1−2-2 -1 0 1 2 0

1

2

O

x

y

C

D

T

Partie B

1. La surface est le complémentaire dans le rectangle de côtés 1 et ln2 de la

surface limitée par la courbe C , l’axe des abscisses et les droites d’équations

x = 0 e t x = ln2. DoncA = 1×ln2−

∫ln2

0

(

1+e−x −2e−2x )

dx = ln2− [

x −e−x +e−2x ]ln2

0 = ln2− (

ln2− 1

2 + 1

4 −0+1−1

)

= 1

4 .

CorrectionNouvelle–Calédonie 4 mars 2004

Terminale S

2. a. On a vu que pour x > ln2, f (x)> 1, donc quel que soit n ∈N, un est l’in- tégrale d’une fonction positive est est donc un nombre positif.

b. un représente la mesure en unité d’aire de la surface limitée par la droite

y = 1, la courbeC et les droites d’équation x = (n−1)+ ln2 et x = n+ ln2. 3. a. On a vu que pour x > 2ln2 la fonction f est décroissante. Or 1+ ln2 >

2ln2. Donc pour n > 2,

Donc (n−1)+ln26 x 6n+ln2⇒ f (n+ln2)6 f (x)6 f [(n−1)+ln2] ⇐⇒ f (n+ ln2)−16 f (x)−16 f [(n−1)+ ln2]−1.

b. En intégrant les trois fonctions de l’encadrement précédent sur l’inter-

valle [(n−1)+ ln2 ; n+ ln2], on obtient :

f (n+ ln2)−16un 6 f [(n−1)+ ln2]−1

c. L’encadrement précédent permet d’écrire au rangn+1, f (n+1+ln2)−16 un+1 6 f [(n)+ ln2]−1 6 un , pour n > 2. Donc la suite (un ) est décrois- sante

d. La suite étant minorée par zéro (suite positive) et décroissante, elle est

convergente vers une limite supérieure ou égale à zéro.

4. a. En utilisant l’égalité de Chasles Sn = ∫n+ln2

ln2

[

f (x)−1 ]

dx.

b. Sn est l’aire de la surface limitée par la courbe C , la droite d’équation

y = 1 et les droites verticales x = ln2 et x = n+ ln2.

c. Sn = ∫n+ln2

ln2

[

f (x)−1 ]

dx = ∫n+ln2

ln2

(

e−x −2e−2x )

dx = [

−e−x +e−2x ]n+ln2 ln2 =

−e−n−ln2+e−2n−2ln2+e− ln2−e−2ln2 =− 1

2 e−n +

1

4 e−2n +

1

2 − 1

4 =

1

4 e−2n

1

2 e−n +

1

4 .

Comme lim n→+∞

e−2n = lim n→+∞

e−n = 0, on en déduit que

lim n→+∞

Sn = 1

4

CorrectionNouvelle–Calédonie 5 mars 2004

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome