Exercitation – algèbre – 14 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 14 correction, Exercices de Algèbre linéaire

PDF (62.9 KB)
6 pages
117Numéro de visites
Description
Correction de l'exercitation – algèbre – 14. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’intervalle, l’expression de V.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 6
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
CorrigeAmeriqueSudSnov2004.dvi

Corrigé du baccalauréÂat S AmÂérique du Sud novembre 2004

EXERCICE 1 7 points Partie A

1. a. Pour tout x, f (x)= x

ex =

1 ex x

. Or lim x→+∞

ex

x =+∞ donc lim

x→+∞

1 ex x

= 0.

Donc lim x→+∞

f (x)= 0.

b. La fonction f produit de deux fonctions dérivables est dérivable. Pour tout x, f ′(x)= e−x xe−x = (1− x)e−x . Comme pour tout x, e−x > 0, le signe de f ′(x) est celui de 1− x. Soit sur [0 , +∞[ : f ′(x)Ê 0 sur [0 , 1]; f ′(x)É 0 sur [1 , +∞]. Donc f est croissante sur l’intervalle [0 , 1], décroissante sur l’intervalle [1 , +∞[. D’où le tableau de variations de f :

x 0 1 +∞

f ′(x) 1 + 0 −

f (x)

0

1 e

0

c. Représentation graphique de f (échelle 1

2 ) :

0 1 21

e−1

2. a. La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle [0 , 1] ;

f (0)= 0 et f (1)= 1

e ; donc pour m

]

0 , 1

e

[

l’équation f (x)= m admet

une seule solution sur l’intervalle ]0 , 1[. La fonction f est continue et strictement décroissante sur l’intervalle

[1 , +∞[ ; f (1) = 1

e et lim

x→+∞ f = 0 ; donc pour m

]

0 , 1

e

[

l’équation

f (x)= m admet une seule solution sur ]1 , +∞[.

En résumé, pour toutm de

]

0 , 1

e

[

, l’équation f (x)= m admet deux

solutions. Résultat attendu graphiquement : les solutions de cette équation sont les abscisses des points d’intersection de la courbe Γ et de la droite

d’équation y = m. Or si m

]

0 , 1

e

[

, cette droite coupe bien la courbe

en deux points distincts.

b. Pour m = 1

4 , la solution α est celle qui appartient à l’intervalle ]0 , 1[. On

trouve facilement que α≈ 0,357 soit α ∈]0,35 , 0,36[.

Baccalauréat S

c. De façon immédiate, pour m = 0 l’équation f (x) = 0 admet pour

unique solution x = 0, et pour m = 1

e cette équation admet pour unique

solution x = 1.

Partie B

1. a. Par hypothèse u0 > 0. p étant un entier naturel quelconque, si up > 0 alors up+1 , produit de up par le réel strictement positif e

p , est strictement positif. En conclusion pour tout entier naturel n, un > 0.

b. Comme pour tout entier n, un > 0, comparons un+1

un à 1.

un+1

un = e−un , −un < 0 donc e−un < 1, soit

un+1

un < 1 : la suite (un ) est donc

décroissante.

c. Il résulte des questions précédentes que la suite (un ), décroissante et minorée (par 0), est convergente. Soit sa limite. est donc solution de l’équation = e−, soit

(

1−e−)

= 0. Les deux facteurs s’annulant pour la seule valeur 0, on en déduit que = 0. En résumé lim

n→+∞ un = 0.

2. a. wn wn+1 = lnun − lnun+1 = ln d f r acun un+1 =− lne−un = lneun = un .

b. Il résulte de a. que Sn = w0−w1+w1−w2+·· ·+wn−1−wn +wn wn+1. Soit après simplification de proche en proche, Sn = w0−wn+1.

c. Sachant, d’après B.1.c., que lim n→+∞

un = 0, on a donc lim n→+∞

wn = −∞, et

par suite lim n→+∞

Sn =+∞.

2. Par définition u1 = u0e−u0 donc u1 ∈

]

0 , 1

e

[

.

Or d’après A. 2. a., on sait qu’il existe une deuxième valeur, β, telle que βe−β = u1. On a donc v0 = β puis v1 = u1 et, plus généralement, pour tout ne1, un = vn .

Exercice 2

1. La solution générale de l’équation y ′ + y = 0 est la fonction définie sur R par x 7−→ ke−x , oÃ1kestuneconst anteréellear bi tr ai r e. Li mag ede0estedoncke0 = e soit k = e. La fonction f cherchée est donc celle définie sur R par f (x)= e×e−x . Soit f (x)= e1−x .

2. e1−x = t ⇐⇒ 1− x = ln t . La solution de cette équation est donc le réel 1− ln t .

3. Soit u et v les fonctions définies sur [1 , e] respectivement par u(t) = (1− ln t)2 et v(t)= t . Ces deux fonctions sont dérivables et leurs dérivées u

et v ′, définies respectivement par u′(t)=− 2

t (1−ln t) et v ′(t)= 1, continues

sur l’intervalle [1 , e]. Le théorème d’intégration par parties s’applique donc et :

V = π

(

[

t(1− ln t)2 ]e

1 +2

∫e

1 (1− ln t) dt

)

.

Calculons à nouveau par parties ∫e

1 (1− ln t) dt .

Posons u(t) = 1− ln t et v(t) = t . Ces deux fonctions sont dérivables sur [1 , e], de dérivées respectives u′ et v ′, continues sur [1 ; e], définies

par u′(t)=− 1

t et v ′(t)= 1.

AmÂérique du Sud 2 novembre 2004

Baccalauréat S

D’oÃ1 : ∫e

1 (1− ln t) dt =

[

t(1− ln t) ]e

1 +

∫e

1 dt =−1+e−1= e−2.

En reportant dans l’expression de V, on obtient : V = π(−1+2(e−2))=π(2e−5).

Exercice 3

1. L’urne contient 6 boules et on en tire 2 : le nombre de cas possibles est donc C26. • Pour réaliser l’évènement A0 il faut tirer 2 boules rouges parmi 4 : le nombre de cas favorables est doncC24.

On en déduit que p(A0)= C24 C26

. Soit p(A0)= 2

5 .

• Pour réaliser l’évènement A1 il faut tirer 1 boule rouge parmi 4 et une boule noire parmi 2 : le nombre de cas favorables est donc 4×2.

On en déduit que p(A1)= 4×2

C26 . Soit p(A1)=

8

15 .

• Pour réaliser l’évènement A2 il faut tirer 2 boules noires parmi 2 : le nombre de cas favorables est donc 1.

On en déduit que p(A2)= 1

C26 . Soit p(A2)=

1

15 .

2. a. Il reste 4 boules dans l’urne et on en tire 2 : le nombre de cas possibles est doncC24. • A0 étant réalisé, il reste dans l’urne 2 boules rouges et 2 boules noires. Pour réaliser B0 il suffit de tirer 2 boules rouges : il y a donc un cas favorable.

La probabilité pA0 (B0)= 1

C24 =

1

6 .

• A1 étant réalisé, il reste dans l’urne 3 boules rouges et 1 boule noire. Pour réaliser B0 il suffit de tirer 2 boules rouges : il y a doncC23 cas favorables.

La probabilité pA1 (B0)= C23 C24

= 1

2 .

•A2 étant réalisé, il reste dans l’urne 4boules rouges. L’événement B0 est donc certain. Donc pA1 (B0)= 1.

b. L’évènementB0 est la réuniondesévènements incompatibles A0∩B0, A1∩B0 et A2∩B0. Par suite p(B0) est la somme des probabilités de ces trois évènements.

Or p(A0∩B0)= pA0(B0)×p(A0)= 1

6 × 2

5 =

1

15 .

p(A1∩B0)= pA1(B0)×p(A1)= 1

2 ×

8

15 =

4

15 .

p(A2∩B0)= pA2(B0)×p(A2)= 1

15 .

D’oÃ1p(B0)= 6

15 =

2

5 .

c. Des calculs analogues à ceux menés en a. et b. ci-dessus conduisent à calculer :

pA0 (B1)= 2×2

C24 =

2

3 . D’oÃ1p(A0∩B1)=

2

3 × 2

5 =

4

15 .

pA1 (B1)= 1×3

C24 =

1

2 . D’oÃ1p(A1∩B1)=

1

2 ×

8

15 =

4

15 .

Extraire uneboule noire audeuxième tirage quand les deux boules noires ont étéextraites lors dupremier tirage est impossible.Donc pA2 (B1)=

AmÂérique du Sud 3 novembre 2004

Baccalauréat S

0. D’oÃ1l av aleur dep(B1), somme des trois probbilités précédentes :

p(B1)= 8

15 . pA0 (B2)=

1

C24 =

1

6 . D’oÃ1p(A0∩B2)=

1

6 × 2

5 =

1

15 .

Comme ci-dessus : pA1 (B2)= 0 et pA2(B2)= 0.

D’oÃ1l av aleur dep(B2), somme des trois probbilités précédentes :

p(B2)= 1

15 .

d. On cherche à calculer pB1 (A1). Or d’après les calculs antérieurs p(A1∩

B1)= 4

15 et p(B1)=

8

15 . Donc pB1 (A1)=

1

2 .

3. L’évènementR est réalisé lorsque l’un desévènements incompatibles ci-dessous l’est : « tirer une boule noire au premier tirage et une boule noire au second » soit réaliser l’évènement A1∩B1 ; ou « ne tirer aucune boule noire au premier tirage et deux boules noires au se- cond » soit réaliser l’évènement A0∩B2.

Il en résulte que p(R)= p(A1∩B1)+p(A0∩B2)= 4

15 +

1

15 =

1

3 .

Exercice 4

Partie A

1. Les vecteurs −−→ OA ,

−−→ OB et

−−→ OC ont respectivement pour cordonnées (5,5),

(1,3) et (8,−4). Les vecteurs

−→ PA ,

−→ PB et

−−→ PC ont respectivement pour cordonnées (−5,5),

(−9,3) et (−2,−4). Par suite

−−→ OA .

−→ PA = 0 donc A∈ Γ ;

−−→ OB .

−→ PB = 0 donc B∈ Γ ;

−−→ OC .

−−→ PC = 0 donc

C∈ Γ.

2. Montrons que D∈(BC) en établissant que les vecteurs −−→ DB et

−−→ BC sont co-

linéaires. −−→ DB a pour coordonnées (−1,1),

−−→ BC a pour coordonnées (7,−7), donc

−−→ BC = (−7)

−−→ DB .

Montrons que (OD)⊥(BC) en établissant que −−→ OD .

−−→ BC = 0.

−−→ OD apour coordonnées (2,2),

−−→ BC apour coordonnées (7,−7), donc

−−→ OD .

−−→ BC =

0. En résumé, D est bien le projeté de O sur la droite (BC).

Partie B

1. ( −−→ OM ,

−−−→ OM′ )= arg

z

z = arg

20

zz . Or zz est un réel (strictement positif) donc

demême 20

zz . Par suite arg

z

z = 0+k.2π : les points O, M, M′ sont alignés.

2. a. M∈∆donc son affixe z est du type 2+i y , oÃ1ydési g neunréel quelconque. Onendédui t quez = 2− i y donc z + z = 4.

b. z ′+ z ′ = 20

z + 20

z =

20(z + z)

zz =

80

zz . Par suite 5(z ′+ z ′) =

400

zz =

20

z × 20

z =

z ′× z ′.

c. Démontrons que M′ ∈ Γ en établissant queΩM′2 = 25. −−−→ ΩM′ a pour affixe z ′−5, doncΩM′2 = (z ′−5)(z ′−5). Or (z ′−5)(z ′−5) = (z ′−5)(z ′−5) = z z ′−5(z ′+ z ′)+25. D’après la rela- tion établie en b. il en résulte que (z ′−5)(z ′−5)= 25 c’est à dire que ΩM′2 = 25 : M′ ∈ Γ.

AmÂérique du Sud 4 novembre 2004

Baccalauréat S

On sait de plus, d’après la question 1., que M′ ∈(OM). Donc M′ est bien le point d’intersection (autre que O) de la droite (OM) et du cercle Γ.

A

B

D

ΩO P

M

Γ M

C

Exercice 4

Exercice de spécialité

1. A0 et B0 ont été choisis de façon quelconque avec A0B0 = 8.

On peut vérifier que A0Bi = 1

2 A0Bi−1 et que unemesure de (

−−−−−→ A0Bi−1 ,

−−−→ A0Bi )

est 3π

4 avec 1É i É 4.

A0 B0

B1

B2

B3

B4

×

×

×

2. On sait que l’image d’un triangle par une similitude plane est un triangle semblable. Ici A0 =S(A0), Bn+1 =S(Bn ) et Bn+2 =S(Bn+1). Donc le triangle A0Bn+1Bn+2 est l’image par la similitude S du triangle A0BnBn+1 : ces triangles sont sem- blables.

AmÂérique du Sud 5 novembre 2004

Baccalauréat S

3. a. ℓn+1 =Bn+1Bn+2 =S(Bn)S(Bn+1). Par suite ℓn+1 = 1

2 ℓn : la suite (ℓn) est

donc une suite géométrique de raison 1

2 .

b. On sait que ℓn =

(

1

2

)n

0.

c. On sait que ∑

n = 0 −

( 1 2

)n+1 +1

1

2

. Donc ∑

n = 20 (

1− ( 1 2

)n+1 )

.

Comme lim n→+∞

(

1

2

)n+1

= 0, on en déduit que lim n→+∞

n = 2ℓo .

4. a. Comme 3 et 4 sont premiers entre eux, il existe des couples d’entiers re- latifs (u ; v) tels que 3u − 4v = 2 ; (2 ; 1) constitue une solution parti- culière. On en déduit que les solutions de 3x − 4y = 2 sont celles de 3x −4y = 3×2−4×1, soit encore celles de 3(x −2)= 4(y −1). Le théorème de Gauss s’applique : 4 divise 3(x −2), 4 est premier avec 3 donc 4 divise x −2 c’est à dire qu’il existe un entier t tel que x −2 = 4t soit x = 2+4t . On en déduit facilement que y −1= 3t soit y = 1+3t . En résumé les solutions de 3x−4y = 2 sont les couples d’entiers rela- tifs de la forme (2+4t , 1+3t), avec t ∈Z.

b. Comme par définition de la suite de points (Bn), on a Bn = Sn (B0), on en

déduit que une mesure de (

−−−→ A0B0 ,

−−−−→ A0Bn

)

est n× 3π

4 , avec n ∈Z.

Pour que le point Bn appartienne à ∆ il est nécessaire et suffisant que

n× 3π

4 =

π

2 +, oÃ1(n,k) ∈Z2.

On en déduit que (n,k) est solution de 3n = 2+4k soit de 3n−4k = 2. Il résulte du a. que n est du type 2+4t , avec t ∈Z. Les entiers naturels n pour lesquels Bn ∈∆ sont donc du type 2+4t avec t ∈N.

AmÂérique du Sud 6 novembre 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