Exercitation – algèbre – 9 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 9 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 9. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les Variations, les segments, le système.
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CorrectionAntillesSjuin2004.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S \ Antilles-Guyane juin 2004

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

On définit les suites (an) et (bn) par a0 = 1, b0 = 7 et

an+1 = 1

3 (2an +bn )

bn+1 = 1

3 (an +2bn )

1. On calcule a1 = 3, b1 = 5, a2 = 11

3 , b2 =

13

3 .

0 1 2 3 4

−→ ıO A0 A1 A2 I B2 B1 B0

(D)

2. Soit (un ) la suite définie par un = bn an .

On a un+1 = bn+1− an+1 = 1

3 (an +2bn )−

1

3 (2an +bn) =

1

3 (−an +bn) =

1

3 un

pour tout n ∈N. La suite (un ) est donc une suite géométrique de raison 1

3 et

de premier terme u0 = b0−a0 = 7−1= 6. Produit de deux facteurs supérieur à zéro, un en fonction de n. On sait que

un =ur n soit ici un = 6× (

1

3

)n

= 2× (

1

3

)n−1 .

3. Produit de deux facteurs supérieurs à zéro, un est supérieur à zéro. Or un>0⇐⇒ bnan>0 ⇐⇒ bn > an . Variations de an :

Quel que soit n, an+1 − an = 1

3 (2an +bn)− an =

1

3 (−an +bn) =

1

3 un > 0,

d’après ci-dessus. On a donc an+1−an > 0 ⇐⇒ an+1 > an . La suite (an) est donc croissante.

Variations de bn :

On a demême quel que soit n,bn+1−bn = 1

3 (an +2bn )−bn =−

1

3 (bn an)=

− 1

3 un < 0.

On a donc bn+1−bn < 0 ⇐⇒ bn+1 < bn . La suite (bn) est donc décroissante.

Géométriquement : les points An se placent de gauche à droite, et les points Bn de droite à gauche, les premiers étant toujours à gauche des seconds.

4. Les suites (an) et (bn ) sont adjacentes : L’une est croissante, l’autre décroissante et la différence bn an = un =

2× 1

3n−1 . Or lim

n→+∞ 1

3n−1 = 0, donc lim

n→+∞ bn an = 0.

5. Soit (vn) la suite définie par vn = an +bn pour tout n ∈N.

un+1 = an+1+bn+1 = 1

3 (an +2bn )+

1

3 (2an +bn) =

1

3 (3an +3bn ) = an +bn =

un .

La suite (vn) est donc une suite constante. En particulier un = u0 = a0+b0 = 1+7= 8. En conséquence l’abscisse dumilieu du segment [AnBn] est

8

2 = 4.

Tous les segments [AnBn] ont donc le même milieu d’abscisse 4, c’est-à-dire I.

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

6. Onpeut conclure de ce qui précède que les suites sont convergentes de limite commune . Par conséquent la suite vn est convergente de limite += 2= 8, d’après la question 5.

Conclusion : les suites (an ) et (bn) sont convergentes de limite = 4. Interprétation géométrique : les points An (par la gauche) et Bn (par la droite) se rapprochent du point I.

Onpeut également déduire du système

{

un = −an +bn = 2

3n−1 vn = an +bn = 8

que :

an = 4− 1

3n−1

bn = 4+ 1

3n−1 Les résultats précédents en découlent : on constate de plus que les points se rapprochent d’une distance à chaque fois trois plus petite que la précédente du point I.

EXERCICE 2 7 points

Commun à tous les candidats

On note I0(a)= ∫a

0

1

1+ t dt et pour k ∈N∗, on pose Ik (a)=

a

0

(t a)k

(1+ t)k+1 dt .

1. Comme a> 0, 1+ t > 0 sur [0 ; a], donc I0(a)= [ln(1+ t)]a0 = ln(1+a).

2. I1(a)= ∫a

0

t a (1+ t)2

dt .

À l’aide d’une intégration par parties, en posant pour t > 0 :

[

u(t)= t a ; v ′(t)= 1

(1+ t)2

u′(t)= 1 ; v(t)=− 1

1+ t

, (0)on obtient par continuité des fonctions u

et v ′ :

I1(a)= [

t a 1+ t

]a

0 + ∫a

0

1

1+ t dt =

[

t a 1+ t

+ ln(1+ t) ]a

0 = ln(1+a)−a.

Demême à l’aide d’une intégration par parties, en posant pour t > 0 :

u(t)= (t a)k+1 ; v ′(t)= 1

(1+ t)k+2

u′(t)= (k+1)(t a)k ; v(t)=− 1

(k+2−1)(1+ t)k+2−1 =

−1 (k+1)(1+ t)k+1

,

on obtient par continuité de u′ et v ′ pour t > 0,

Ik+1(a)= [

(t a)k+1

(k+1)(1+ t)k+1

]a

0

+ ∫a

0

(t a)k

(1+ t)k+1 dt =

(−a)k+1

k+1 + Ik (a)=

Ik+1(a)= (−1)k+1ak+1

k+1 + Ik (a) pour tout k ∈N∗ et pour tout réel a> 0.

Soit P le polynôme défini sur R par P (x)= 1

5 x5−

1

4 x4+

1

3 x3−

1

2 x2+ x.

En utilisant la relation de récurrence précédente,

I2(a)= a2

2 + I1(a)= ln(1+a)−a+

a2

2 ,

I3(a)= −a3

3 + I2(a)= ln(1+a)−a+

a2

2 −

a3

3 ,

I4(a)= a4

4 + I3(a)= ln(1+a)−a+

a2

2 −

a3

3 +

a4

4 ,

I5(a)= −a5

5 + I4(a)= ln(1+a)−a+

a2

2 −

a3

3 +

a4

4 −

a5

5 .

Antilles-Guyane 2 juin 2004

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

La dernière égalité peut s’écrire d’après la définition de P , I5(a)= ln(1+a)−P (a).

J (a)= ∫a

0 (t a)5 dt =

[

t a)6

6

]a

0 =−

a6

6 .

1. En partant de l’encadrement :

06 t 6 a⇒ 16 1+ t 6 1+a⇒ 16 6 (1+ t)6 6 (1+a)6

(par croissance de la fonction x 7−→ x6 )

,⇒ 0< 1

(1+a)6 6

1

(1+ t)6 6 1⇒ (ta)56

(t a)5

(1+ t)6 6

(t a)5

(1+a)6 6 0 (car t a6 0 .

Conclusion : pour tout t ∈ [0 ; a], (t a)5

(1+ t)6 > (t a)5.

2. On vient de démontrer que (t a)5 6 (t a)5

(1+ t)6 6 0.

On intègre cette double inégalité entre 0 et a pour obtenir :

a

0 (t a)5 dt 6

a

0

(t a)5

(1+ t)6 dt 6 0

soit, J (a)6 I5(a)6 0.

D’après la question 4, I5(a)= ln(1+a)−P (a) ce qui implique |I5(a)| = | ln(1+a)−P (a)| = −I5(a), car d’après la question précédente I5(a)6 0. On a vu que J (a)6 I5(a)6 0 soit en prenant les opposés : 06 I5(a)6−J (a). On a donc | ln(1+a)−P (a)|6−J (a) soit finalement :

Pour tout a ∈ [0 ; +∞[, |ln(1+a)−P (a)|6 a6

6 .

Pour avoir une approximation à 10−3 près il suffit que a6

6 6 10−3 ⇐⇒ a6 6 6 ·10−3 ⇐⇒ a6

(

6 ·10−3 )1/6

.

La calculatrice donne a6 0,4262. Un intervalle sur lequel P (a) est une valeur approchée de ln(1+ a) à 10−3 près est donc [0 ; 0,426].

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

On pose z =− √

2+ p 2+ i

2− p 2.

1. La forme algébrique de z2 est :

z2 = (

− √

2+ p 2+ i

2− p 2 )2

= 2+ p 2−

(

2− p 2 )

+2i √

(2+ p 2)(2−

p 2)= 2+

p 2−2+

p 2+2i

p 2= 2

p 2+2i

p 2. Réponse b

2. z2 s’écrit sous forme exponentielle :

On a ∣

z2 ∣

2 = 8+8= 16= 42. Donc z2 = 4 (p

22

+ i − p 2

2

)

= 4 (

cos (

π

4

)

− isin (

π

4

))

=

4e− iπ 4 . Réponse b.

3. z s’écrit sous forme exponentielle :

Le module de z est 2. Un de ses arguments θ est tel que 2θ =− π

4 [2π] ⇐⇒

θ =− π

8 [π].

L’énoncé montre que la partie réelle est négative : l’argument est donc θ =

π

8 +π=

7π

8 .

Conclusion : z = 2ei 7π 8 . Réponse a.

Antilles-Guyane 3 juin 2004

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

4.

2+ p 2

2 et

2− p 2

2 sont les cosinus et sinus de :

On a trouvé que z = 2 (

2+ p 2

2 + i

2− p 2

2

)

, ces quotients étant le cosi-

nus et le sinus de 7π

8 .

On sait que cos(πα) = −cosα et que sin(πα) = sinα. Donc

2+ p 2

2 et

2− p 2

2 sont les cosinus et sinus du supplément à π de

7π

8 , donc de

π

8 . Ré-

ponse D.

EXERCICE 4 5 points

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

1. a. SoitG1 le barycentre du systèmedepoints pondérés {(A, 1) ; (B, 1) ; (C, −1) ; (D, 1)}. Ce barycentre existe puisque la somme 1+1−1+1 est non nulle et par définition : −−−→ G1A +

−−−→ G1B −

−−−→ G1C +

−−−→ G1D =

−→ 0 et d’autre part

−→ IA +−→IB =−→0 .

La première égalité vectorielle peut s’écrire −−→ G1I +

−→ IA +−−→G1I +

−→ IB −−−→G1I −

−→ IC +−−→G1I +

−→ ID =−→0 ⇐⇒

2 −−→ G1I +

(−→ IA +−→IB

)

−−→IC +−→ID =−→0 ⇐⇒ 2−−→IG1 = −−→ CD ⇐⇒ −−→IG1 =

1

2

−−→ CD .

Placez I, J et G1 sur la figure (voir ci-dessous). L’égalité trouvée montre

que les droites (IG1) et (CD) sont parallèles. On a de plus −−→ IG1 =

−→ CJ .

A

B

C

D

I

J

G1

G2

b. SoitG2 le barycentre du systèmedepoints pondérés {(A, 1) ; (B, 1) ; (D, 2)}.

D’après l’associativité G2 est aussi le barycentre de {(I, 2), (D,2)} soit le milieu de [ID]

c. On sait que J milieu de [CD] peut s’écrire −→ JD =

1

2

−−→ CD =−−→IG1 .

Conclusion : −−→ IG1 =

−→ JD équivaut à IG1DJ est un parallélogramme.

Ses diagonales [ID] et JG1 ont donc le même milieu. Or celui de [ID] est G2 qui est aussi celui de JG2.

2. Soit m un réel. On note Gm le barycentre du système de points pondérés {(A, 1) ; (B, 1) ; (C , m−2) ; (D, m)}.

Antilles-Guyane 4 juin 2004

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

a. Le barycentre Gm existe si 1+1+m −2+m 6= 0 ⇐⇒ m 6= 0. On a donc E =R− {0}.

b. Par associativitéGm est le barycentre de {I, 2), (C, m−2) ; (D, m)}, appar- tient au plan (ICD).

c. Par définitiondubarycentre −−−→ GmA +

−−−→ GmB +(m−2)

−−−→ GmC +m

−−−→ GmD =

−→ 0 ⇐⇒

−−−→ GmJ +

−→ JA +

−−−→ GmJ +

−→ JB + (m−2)

−−−→ GmJ + (m−2)

−→ JC +m

−−−→ GmJ +m

−→ JD =

−→ 0 ⇐⇒

2m −−−→ JGm = 2

−→ JI −2

−→ JC = 2

−→ CI .

Finalement on a doncm −−−→ JGm =

−→ CI = constante. Démontrez que le vecteur

m −−−→ JGm est constant.

d. On a donc pour toutm ∈ E :−−−→JGm = 1

m

−→ CI , qui montre que Gm appartient

à la parallèle à la droite (CI) contenant J. Commem 6= 0, 1

m 6= 0.

Conclusion : l’ensemble de tous les pointsGm est la droite parallèle à (CI) contenant J (c’est-à-dire la droite (JA) d’après les questions précédentes) privée du point J.

EXERCICE 4 5 points

Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. Faire une figure.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1011121314151617181920 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

S D C Q

N P

O

A

B

M

R ∆

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

2 .

a. L’image par r de la droite (BC) est une droite perpendiculaire, contenant l’image par r de B, soit D : c’est donc la droite (CD).

b. R = (BC) ∩ (AS). Son image appartient donc aux images es droites (BC), soit (CD) et (AS), soit (AP ). l’image de R est donc le pointQ .

De même P est le point commun aux droites (BC) et (AQ) ; son image est donc le point commun aux droites (CD) et (AR) : c’est donc le point S.

c. Il en résulte par définition de la rotation (isométrie) que les triangles ARQ et APS sont rectangles isocèles en A.

3. On note N le milieu du segment [PS] et M celui du segment [QR]. Soit s la

similitude de centre A, d’angle π

4 et de rapport

1 p 2 .

Antilles-Guyane 5 juin 2004

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

a. Déterminez les images respectives de R et de P par s. M est le milieu de [RQ], donc (AM) est médiane et hauteur du rectangle isocèle ARQ . Le tri-

angle AMQ est donc lui aussi rectangle isocèle (enM) et AM = 1 p 2 AR ; de

plus (−−→ AR ,

−−→ AM

)

= π

4 .

Conclusion : l’image de R par s est le pointM . On démontre demême que l’image de P par s est le point N .

b. N est l’image de P par s et P appartient au segment [BC] (P 6= B). N ap- partient donc à l’image du segment ]BC] par s. Or si O est le centre du carré ABCD, la configuration du triangle ABO est encore une configuration de triangle rectangle isocèle et le point O est l’image de B par s.

Il en de même pour le triangle rectangle isocèle ACD et le point D est l’image de C par s.

Conclusion : l’ensemble des points N est le segment ]OD] (O exclu).

c. On a vu à la question 3 que M = s(R) et S = s(P ). Les quatre points R, B, P et C sont alignés, donc leurs images respective- ment M , O, N et D sont alignées.

Antilles-Guyane 6 juin 2004

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