Exercitation – algèbre – 2 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 2 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 2. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la définition du barycentre, les solutions complexes conjuguées, le vecteur.
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AmeriqueNordCorrectionSjuin2004.dvi

Durée : 4 heures

[ Correction du baccalauréat S Amérique du Nord \ mai 2004

EXERCICE 1 3 points

Commun à tous les candidats

Affirmation 1 : Vraie

G1 est le barycentre de (A, 1), (B, 1), (C, 2), soit par associativité celui de (I, 2), (C, 2)

qui est bien le milieu de [IC].

Affirmation 2 : Vraie

J est l’isobarycentre de A, B et C, soit le barycentre de (A, 1), (B, 1), (C, 1).

L’affirmation signifie que G1 est le barycentre de (J, 2), (

C, 2 3

)

, ou encore celui de

(J, 1), (

C, 13 )

c’est-à-dire celui de (

A, 13 )

, (

B, 13 )

, (

C, 13 )

, (

C, 13 )

ou encore celui de (

A, 13 )

, (

B, 13 )

, (

C, 23 )

, soit celui de (A, 1), (B, 1), (C, 2), ce qui est vrai par définition de

G1.

Affirmation 3 : Fausse

M , −−→ VM = 3

−−→ MA −

−−→ MB −2

−−→ MC = 3

−−→ MA −

−−→ MA −

−−→ AB −2

−−→ MA −2

−−→ AC =−

−−→ AB −2

−−→ AC (c’est

donc en fait l’opposé de la réponse proposée).

Affirmation 4 : Vraie

Par définition du barycentre, si 1+3m 6= 0 ⇐⇒ m 6= − 1

3 , le barycentre Gm existe et

vérifie :−−−→ GmA + m

−−−→ GmB + 2m

−−−→ GmC =

−→ 0 ⇐⇒

−−−→ GmA + m

−−−→ GmA + m

−→ AB + 2m

−−−→ GmA + 2m

−−→ AC =

−→ 0 ⇐⇒ (1+3m)

−−−→ GmA +m

−−→ AB +2m

−−→ AC

−→ 0 ⇐⇒ (1+3m)

−−−→ GmA =−m

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

.

En particulier −2 −−−−→ G−1A =

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

⇐⇒ −−−−→ G−1A =−

1

2

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

⇐⇒ −−−−→ AG−1 =

1

2

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

.

Donc les deux vecteurs sont bien colinéaires

Affirmation 5 : Vraie

D’après la question précédente : −−−−→ AG−1 =

1

2

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

⇐⇒ −−→ AB +

−−−−→ BG− 12

= −−→ AB +

2 −−→ AC ⇐⇒

−−−−→ BG− 12

= 2 −−→ AC .

On en déduit que la droite (BG− 12 ) est parallèle à la droite (AC) qui est, elle perpen-

diculaire à la droite (AB). Le point I appartenant à la droite (AB), on conclut que le

triangle IBG− 12 est rectangle en B.

Affirmation 6 : Fausse

Avec m =−1,−2 −−−−→ G−1A =

−−→ AB +2

−−→ AC ⇐⇒

−−−−→ AG−1 =

1

2

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

.

Soit P un point de (AG−1) : il existe doncα ∈R tel que −−→ AP =α

−−−−→ AG−1 =

α

2

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

.

Tout barycentre Gm vérifie : −−−→ AGm =

m

1+3m

(−−→ AB +2

−−→ AC

)

.

Donc P =Gm ⇐⇒ α

2 =

m

1+3m ⇐⇒ α+3= 2m ⇐⇒ m(2−3α)=α ⇐⇒

m = α

2−3α . Tout point P correspond à un barycentre sauf si 2−3α= 0 ⇐⇒ α=

2

3 .

Le point P de (AG−1) défini par −−→ AP =

2

3

−−−−→ AG−1 n’est pas un point Gm .

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. (z −2)(z2+az +b)= z3+az2+bz −2z2−2az −2b = z3+ (a −2)z2+ (b −2a)z −2b. Donc z3+4z2+2z −28= (z −2)(z2+az +b) ⇐⇒ a = 6 et b = 14.

z3+4z2+2z −28= (z −2) (

z2+6z +14 )

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. z3+4z2+2z −28= 0 ⇐⇒ {

z −2 = 0 ou z2+6z +14 = 0

Résolution de z2+6z +14 = 0 ⇐⇒ (z +3)2−9+14= 0 ⇐⇒ (z +3)2+5= 0 ⇐⇒ (z +3)2 =

(

i p 5 )2 .

Cette équation a deux solutions complexes conjuguées : z1 =−3+ i p 5 et

z2 =−3− i p 5.

Conclusion l’équation a trois solutions dans C :

2, −3+ i p 5, −3− i

p 5.

2. a. M(x+iy) appartient à (H) si et seulement si (x+iy)2−4= 4−(x−iy)2 ⇐⇒ x2− y2+2ix y −4= 4− x2− y2+2ix y ⇐⇒ 2x2−2y2 = 8 ⇐⇒ x2− y2 = 4.

b. Onvérifie que la conditionprécédente est réalisée par les affixes des points

A, B et C

Pour A : 22 = 4 Vraie Pour B : (−3)2−

(

i p 5 )2 = 9−5= 4 Vraie

Pour C : (−3)2− (

−i p 5 )2 = 9−5= 4 Vraie

3. a. La rotation est définie par :

zM ′ = zMe−i π

4 = zM

(p 2

2 − i

p 2

2

)

.

Donc zA′ = zAe−i π

4 = 2

(p 2

2 − i

p 2

2

)

= p 2− i

p 2.

zB′ = zBe−i π

4 = (

−3− i p 5 )

(p 2

2 − i

p 2

2

)

= −3

p 2

2 − p 10

2 + i

(

3 p 2

2 − p 10

2

)

.

zC′ = zCe−i π

4 = (

−3+ i p 5 )

(p 2

2 − i

p 2

2

)

= −3

p 2

2 + p 10

2 + i

(

3 p 2

2 + p 10

2

)

.

b. zM ′ = zMe−i π

4 ⇐⇒ zM = zM ′ei π

4 ⇐⇒ x + iy = (x′+ iy ′)

(p 2

2 + i

p 2

2

)

.

En identifiant partie réelle et imaginaire on obtient :

x = x′ p 2

2 − y

p 2

2

y = x′ p 2

2 + y

p 2

2 On a vu que M appartient à (H) si et seulement si

x2− y2 = 2 soit en remplaçant par les valeurs trouvées juste au dessus : (

x′ p 2

2 − y

p 2

2

)2

(

x′ p 2

2 + y

p 2

2

)2

= 4 ⇐⇒ x′2

2 +

y ′2

2 − xy ′×

1

2 −

x′2

2 −

y ′2

2 − xy ′×

1

2 = 4 ⇐⇒ −2xy ′ = 4 ⇐⇒ xy ′ =−2.

4.

Amérique du Nord 2 mai 2004

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

2

−2

−4

2−2−4 O −→u

−→ v

A

B

C

A′

B′

C′

(H)

(H′)

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. a.

−5

−5

b

b

b

b

A

A′

B

B′

O

Le milieu de [AB′] a pour coordonnées

(

1

2 ; 3

2

)

, celui de [A′B]

(

1

2 ; 3

2

)

.

Le quadrilatère ABB′A′ a ses diagonales qui ont le même milieu : c’est un

parallélogramme.

Amérique du Nord 3 mai 2004

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

D’autre part −−→ AB (2 ; 1) et

−−→ AA′ (−3 ; 6), donc

−−→ AB ·

−−→ AA′ =−6+6= 0. Les vec-

teurs sont orthogonaux, donc les droites (AB) et (AA′) sont perpendicu-

laires.

Le quadrilatère ABB′A′ est un parallélogramme dont deux côtés consécu-

tifs sont perpendiculaires : c’est un rectangle.

b. D’après la question précédente, la droite (∆) est lamédiatrice commune à

[AA′] et à [BB′] : elle est donc perpendiculaire à (AA′) et contient le milieu

I de [AA′] de coordonnées

(

− 1

2 ; 1

)

. Un vecteur directeur de (∆) est donc

orthogonal au vecteur −−→ AA′ (−3 ; 6), par exemple le vecteur (6 ; 3) ou plus

simplement −→ d 1(2 ; 1).

M(x ; y) ∈ (∆) ⇐⇒ −−→ IM et

−→ d 1 sont colinéaires c.-à-d.

{

x + 1

2 = 2α

y −1 = α ,

soit en éliminantα, x+ 1

2 = 2(y−1) ⇐⇒ 2x+1= 4y−4 ⇐⇒ 2x−4y+5= 0.

c. Toute réflexion est une similitude indirecte donc l’écriture complexe est

z ′ = az +b. En utilisant A, B et leurs images par s, on a : {

−2+4i = a(1b +2i)+b 5i = a(3+ i+b ⇒ par différence −2+4i−5i= a(1+2i−3−

i) ⇐⇒ −2−i= a(−2+i) ⇐⇒ a = −2− i −2+ i

= (−2− i)(−2− i) (−2+ i)(−2− i)

= 4−1+ i(2+2)

4+1 =

3+ i 5

.

En remplaçant dans l’une ou l’autre des deux équations ci dessus :

b = 5i− (3+ i) (

3+ i 5

)

= 5i− 9

5 − 3i

5 − 3i

5 + 1

5 =−1+2i.

L’écriture complexe de s est donc :

z ′ = (

3

5 + 4

5 i

)

z −1+2i.

2.

z ′ = (

− 6

5 − 8

5 i

)

z +5− i.

a. On a zC = (

− 6

5 − 8

5 i

)

(

1−2i )

+5− i = (

− 6

5 − 8

5 i

)

(1+2i)+5− i = − 6

5 + 16

5 −

8i

5 − 12i

5 +5− i= 7−5i.

De même : zD = (

− 6

5 − 8

5 i

)

(3+ i)+5− i=− 18

5 + 8

5 − 6i

5 − 8i

5 +5− i= 3−7i.

b. L’écriture complexe de l’homothétie est : z ′ − (1+ i) = −2(z −1− i) ⇐⇒ z ′ =−2z +3+3i. Image de A′ par h : z ′ =−2(−2+4i+3+3i= 7−5i= zC. Image de B′ par h : z ′ =−2(5i+3+3i= 3−7i= zD.

c. L’homothétie inverse de h est l’homothétie h−1 de centreΩ et de rapport

− 1

2 .

Elle est donc définie par z−(1+i)=− 1

2 (z1− (1+ i) ⇐⇒ z =−

1

2 z1+

3

2 + 3

2 i.

3. a. On a f (z)= h−1 ◦ g (z)= h−1 [

g (z) ]

= h−1 [(

− 6

5 − 8

5 i

)

z +5− i ]

=

− 1

2

([(

− 6

5 − 8

5 i

)

z +5− i ])

+ 3

2 + 3

2 i=

(

3

5 + 4

5 i

)

z −1+2i.

b. On retrouve l’écriture de s.

On a donc s = h−1 ◦ g ⇐⇒ g = h s. D’où la construction d’un point M par s :

Amérique du Nord 4 mai 2004

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

— Construire le symétrique M ′ de M autour de (∆) ; — Construire l’homothétique M ′′ de M ′ par l’homothétie de centre Ω et

de rapport −2.

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. Il y a 2 cases rouges, 4 cases vertes, 6 cases jaunes et 18 cases blanches,

donc :

p(X = 8)= 2

30 =

1

15

p(X = 5)= 4

30 =

2

15

p(X = 0)= 6

30 =

3

15

p(X =−a)= 18

30 =

9

15

b. Calculer a pour que le jeu soit équitable, c’est-à-dire pour que l’espérance

E(X ) soit nulle.

E(X = 0) ⇐⇒ 8× 1

15 +5×

2

15 +0×

3

15 − a ×

9

15 = 0 ⇐⇒

18−9a 15

= 0 ⇐⇒ a = 2.

2. a. La probabilité d’avoir un gain strictement positif est égale à : 1

15 +

2

15 =

3

15 =

1

5 = 0,20.

b. La variable aléatoire Y suit une loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 1

5 .

La probabilité de gagner exactement 2 fois est :

p(Y = 2)= (5 2

)

(

1

5

)2 (

1− 1

5

)5−2 = 10×

(

1

5

)2 (4

5

)3

= 10× 43

55 =

128

625 = 0,2048.

La probabilité de gagner exactement 5 fois est : p(Y = 5)= (5 5

)

(

1

5

)5 (

1− 1

5

)5−5 =

1× (

1

5

)5

= 1

55 =

1

3125 = 0,00032.

c. L’espérance mathématique de la variable Y est égal au nombremoyen de

partie(s) gagnante(s). Y est une variable aléatoire qui suit une loi bino-

miale de paramètres n = 5 et de probabilité p = 1

5 , donc E(Y )= 5×

1

5 = 1.

Sur 5 parties consécutives jouées, on gagne enmoyenne une fois.

EXERCICE 4 8 points

Commun à tous les candidats

Partie I

1. a. g (x)= h(x)e−x g ′(x)= h′(x)e−x h(x)e−x . g est solution de En si et seulement si :

g ′+g = xn

n! e−x ⇐⇒ h′(x)e−xh(x)e−x+h(x)e−x =

xn

n! e−x ⇐⇒ h′(x)e−x =

xn

n! e−x et comme e−x 6= 0, quel que soit x ∈R, on a finalement h′(x)=

xn

n! .

b. Une primitive de xn

n! est

xn+1

(n+1)n! =

xn+1

(n+1)! , donc h(x) =

xn+1

(n+1)! +K et

comme h(0)= 0, il en résulte K = 0.

Amérique du Nord 5 mai 2004

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Donc h(x) = xn+1

(n+1)! Comme g (x) = h(x)e−x , on a finalement quel que

soit x réel :

g (x)= xn+1

(n+1)! e−x .

2. a. ϕ est solution de (En ) si et seulement si ϕ+ϕ′ = xn

n! e−x .

g est solution de (En) donc g ′+ g =

xn

n! e−x , d’où par différence

ϕ+ϕ′−(g ′+g )= 0 ⇐⇒ (ϕg )′+(ϕg )= 0 (par linéarité de la dérivation. Doncϕ est solution de (En ) si et seulement si ϕg est solution de l’équa- tion :

(F) y ′+ y = 0.

b. On sait que les solutions sont les fonctions x 7−→Ce−x , avec C ∈R. c. Les fonctions ϕg sont donc les fonctions Ce−x , doncϕ(x)= g (x)+Ce−x

soit finalement :

ϕ(x)= xn+1

(n+1)! e−x +Ce−x , C ∈R.

d. La solution vérifiant ϕ(0)= 0 est telle que 0+C = 0 ⇐⇒ C = 0. Finalement :

f (x)= xn+1

(n+1)! e−x sur R.

Partie II

1. a. f1 produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur R, f ′ 1(x) =

e−x xe−x . Donc f ′1(x)+ f1(x)= e

x xe−x + xe−x = e−x , c’est-à-dire que f1 est solu- tion de l’équation différentielle y ′+ y = f0.

b. Initialisation : pour n = 1, f1(x)= x1

1! e−x est solution de l’équation diffé-

rentielle y ′+ y = f1−1 et f1(0)= 0, d’après la question précédente.

Hérédité : on suppose qu’il existe n ∈N tel que fn (x)= xn

n! e−x .

Par définition fn+1 vérifie f

n+1(x)+ fn+1(x)= xn

n! e−x et fn+1(0)= 0.

D’après la partie 1, la fonction solutionde l’équationdifférentielle ci-dessous

est :

fn+1(x)= xn+1

(n+1)! e−x

L’égalité est vraie au rang n+1. L’hérédité est démontrée. On a donc démontrer que pour tout naturel n > 1,

fn (x)= xn

n! e−x .

2. a. On a 06 x 6 1 ⇐⇒ −16 −x 6 0 et par croissance de la fonction expo- nentielle e−1 6 e−x 6 e0, soit 06 e−1 6 e−x 6 1, puis par multiplication le

nombre positif xn

n! , on obtient 0<

e−x

n! xn 6

xn

n! .

Par intégration sur [0 ; 1], 0< In 6 ∫1

0

xn

n! dx.

Amérique du Nord 6 mai 2004

Correction du baccalauréat S A. P. M. E. P.

Or

∫1

0

xn

n! dx =

[

1

n+1 xn+1

n!

]1

0

= [

xn+1

(n+1)!

]1

0

= 1

(n+1)! .

Conclusion 0< In 6 1

(n+1)! .

Comme lim n→+∞

1

(n+1)! = 0, on en déduit que :

lim n→+∞

In = 0.

b. Si k > 1, et x ∈ [0 ; 1], on a f k (x)+ fk (x)= fk−1(x).

En intégrant cette égalité sur [0 ; 1] : ∫1

0 f k (x)dx+

∫1

0 fk (x)dx =

∫1

0 fk−1(x)dx ⇐⇒

∫1

0 f k (x)dx+Ik = Ik−1 ⇐⇒

Ik Ik−1 =− ∫1

0 fk−1(x)dx =− fx (1)+ fk (0)=− fk (1).

Or − fk (1)=− 1

k! e−1.

Conclusion : Ik Ik−1 =− 1

k! e−1.

c. I0 = ∫1

0 e−x dx =

[

−e−x ]1 0 = 1−e

−1 = 1− 1

e . On a :

I1− I0 = − 1

1! e−1

I2− I1 = − 1

2! e−1

. . . = . . .

Ik Ik−1 = − 1

k! e−1

En faisant la somme membres à membres de toutes ces égalités :

Ik I0 =− (

1

1! +

1

2! +·· ·+

1

k!

)

⇐⇒ Ik = I0− (

1

1! +

1

2! +·· ·+

1

k!

)

= 1−e−1− (

1

1! +

1

2! +·· ·+

1

k!

)

, soit encore

In = 1−e−1− (

1

1! +

1

2! +·· ·+

1

k!

)

= 1− n

k=0

1

k! e−1.

d. Le résultat précédent peut s’écrire ∑n

k=0 1

k! e−1 = 1− In . On a vu que

lim n→+∞

In = 0. On a donc : lim n→+∞

n

k=0

1

k! e−1 = 1 soit par produit par e :

lim n→+∞

n

k=0

1

k! = e.

Amérique du Nord 7 mai 2004

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