Exercitation d'algèbre - correction 2, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Exercitation d'algèbre - correction 2, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique

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Exercitation d'algèbre linéaire - correction 2. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la loi de probabilités, l'épreuve de Bernoulli, le barycentre des points pondérés.
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CorrigeMetropoleSsept2008.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Métropole & La Réunion \ septembre 2008

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

1.

N1 18 20

N2

18 20

R22 20

R1 2 20

N2

16 20

R24 20

2. En suivant la dernière branche on a p(E)= p(R1∩R2 = p(R1)×pR1 (R2)= 2

20 ×

4

20 =

8

400 =

2

100 = 0,02.

p(F= p(R1∩N2)+p(N1∩R2)= 18

20 ×

2

20 +

2

20 × 16

20 =

36

400 +

32

400 =

68

400 =

17

100 =

0,17.

3. a. On a la loi de probabilités suivante :

issue RR RN ou NR NN

X 9 1 −1 p (X = xi ) 0,02 0,17 0,81

car p(NN)= 1− (0,02+0,17) = 0,81. b. On a E(X )= 0,02×9+0,17×1+0,81×(−1) = 0,18+0,17−0,81 =−0,46(.

Ce qui signifie qu’en moyenne on perd à ce jeu près d’un demi-euro par

partie.

4. a. On a une épreuve de Bernoulli avec une probabilité de lancer la roue B

égale à 2

20 . La probabilité de ne jamais lancer la roue B en n parties est

égale à

(

1− 2

20

)

= 0,9n .

Donc la probabilité de lancer au moins une fois la roue B (évènement

contraire de l’évènement précédent) est pn = 1−0,9n . b. Comme −1< 0,9< 1, lim

n→+∞ 0,9n = 0.

Conclusion : lim n→+∞

pn = 1. La suite est convergente

c. Quelle est la plus petite valeur de l’entier n pour laquelle pn > 0,9 ? On a pn > 0,9 ⇐⇒ 1−0,9n > 0,9 ⇐⇒ 0,1 > 0,9n ⇐⇒ ln0,1 > n ln0,9, par croissance de la fonction ln.

ln0,1> n ln0,9 ⇐⇒ n > ln0,1

ln0,9 car ln0,9< 0. Finalement n > 21,8.

La probabilité de lancer la roue B sera supérieure à 90 % à partir de la 22e

partie.

EXERCICE 2 3 points

Commun à tous les candidats

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

1. a. Comme x 6= 0 et f dérivable sur ]0 ; +∞[, g est dérivable sur cet intervalle

et g ′(x)= x f ′(x)− f (x)

x2 .

Or f solution de (E ) signifie que x f ′(x)− (2x +1) f (x)= 8x2 ⇐⇒ x f ′(x)− (2x +1) f (x)

x2 = 8 (car x 6= 0) ⇐⇒

x f ′(x)− f (x) x2

− 2 f (x)

x = 8 ⇐⇒

g ′(x)−2g (x) = 8 qui signifie que la fonction g est solution de l’équation différentielle (E ′) :

y ′ = 2y +8.

b. h solution de (E ′) montre que h est dérivable, donc f aussi.

De f (x)= xh(x), on tire f ′(x)= h(x)+ xh′(x). h solution de (E ′) ⇐⇒ h′(x) = 2h(x)+8 ⇐⇒ xh′(x) = 2xh(x)+8x ⇐⇒ f ′(x)−h(x)= 2 f (x)+8x ⇐⇒ x f ′(x)= 2x f (x)+ f (x)+8x2 ⇐⇒ x f ′(x)−(2x+1) f (x)= 8x2, ce qui signifie que f est solution de l’équation différentielle (E ).

2. Résolution de y ′ = 2y +8 :

— On sait que la fonction constante x 7−→ − 8

2 = −4 est solution de l’équa-

tion ;

— Les solutions de l’équation y ′ = 2y sont les fonctions de la forme : x 7−→ K e2x , K ∈R. Les solutions de (E ′) sont donc les fonctions de la forme x 7−→ K e2x

4, K ∈R. 3. Il faut chercher une fonction f de la forme f (x)= K xe2x −4x telle que

f (ln2) = 0 ⇐⇒ K ln2e2ln2 − 4ln2 = 0 ⇐⇒ K ln2eln22 − 4ln2 = 0 ⇐⇒ K ln2eln4−4ln2= 0 ⇐⇒ 4K ln2−4ln2= 0 ⇐⇒ 4K −4= 0 ⇐⇒ K = 1.

Il existe bien une solution de (E ) qui s’annule en ln2 : la fonction

x 7−→ xe2x −4x.

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. C est le barycentre des points pondérés (A, m), (B, 1) et (D, 1) ⇐⇒ m +2 6= 0 et C est le barycentre des points pondérés (A, m), (I, 2) ⇐⇒ m−−→CA +2−→CI = −→ 0 ⇐⇒ m−−→CA +−−→CA = −→0 ⇐⇒ (m +1)−−→CA = −→0 ⇐⇒ m +1 = 0 ⇐⇒ m = −1. Réponse c.

2. a. Faux car l’angle est de − π

2 ;

b. Faux car le rapport est égal à 3

2 ;

c. Faux : DAB a pour image BCD ;

d. Ceci signifie que −→ IJ =

1

2

−−→ BA +

1

4

−−→ DB ⇐⇒ −→IJ =

1

4

−−→ BA +

1

4

(−−→ DB +−−→BA

)

= 1

4

−−→ BA +

1

4

−−→ DA =

1

4

−−→ CD +

1

4

−−→ DA =

1

4

−−→ CA et cette dernière égalité est vraie. Réponse d.

3.

−−→ MA +−−→MC

∣ = AB ⇐⇒ ∥

−−→ MI +−→IA +−−→MI +−→IC

∥ = AB ⇐⇒ ∥

∥2 −−→ MI

∥ = AB ⇐⇒

2MI = AB ⇐⇒ IM = 1

2 AB, ce qui signifie que M appartient au cercle de

centre I et de rayon 1

2 AB, qui est bien le cercle inscrit dans le carré. Réponse

d.

Métropole & La Réunion 2 septembre 2008

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

4. Par associativité, le barycentre de (A, 2), (B, 1) et (D, 1) est celui de (A, 2) et

(I, 2) soit le point J de poids 4. Donc 2 −→ JA +

−→ JB +

−→ JD =

−→ 0 . Il en résulte avec la

relation de Chasles que (

2 −−→ MA +

−−→ MB +

−−−→ MD

)

· (−−→ MA −

−−→ MC

)

= 0 ⇐⇒ (

2 −−→ MJ +

−−→ MJ +

−−→ MJ

)

· −−→ CA = 0 ⇐⇒

4 −−→ MJ ·

−−→ CA = 0 ⇐⇒

−−→ MJ ·

−−→ CA = 0 qui signifie que (MJ) est perpendiculaire à

(CA), donc M appartient à la médiatrice de [CA]. Réponse c.

EXERCICE 4 4 points

Commun à tous les candidats

1. On calcule Jn+1− Jn = ∫n+1 1 e

tp1+ tdt− ∫n 1 e

tp1+ t dt = ∫n+1

n e −tp1+ tdt .

Pour t ∈ [n ; n+1], p 1+ t > 0 et e−t > 0.

L’intégrale d’une fonction positive sur un intervalle où n < n+1 est positive, donc Jn+1− Jn > 0 ⇐⇒ Jn+1 Jn > Jn , ce qui montre que la suite (Jn) est crois- sante.

2. a. Posons u = t +1, donc u > 2 ; or 06 p

u 6 u, sur [2 ; +∞], car 06u 6 u2. Remarque : en fait relation est vraie pour t > 0.

b. p

t +16 t+1 ⇐⇒ p

t +1e−t 6 (t+1)e−t ce qui entraîne que ∫n

1 e−t

p 1+ tdt 6

n

1 e−t (1+ t)dt ⇐⇒ Jn 6 In .

c. Intégrons par parties :

{

u(t) = t +1 dv(t) = e−t

{

du(t) = 1 v(t) = −e−t

Les fonctions dérivées ci-dessus étant continues In = [

−(t +1)e−t ]n 1−

n

1 −e−tdt =

[

−(t +1)e−t ]n

1 + [

e−t ]n

1 = [

−(t +2)e−t ]n

1 = - (n + 2)e −n +3e−1 .

Comme (n+2)e−n > 0, In est donc majorée par 3e−1

d. L’inégalité démontrée au b. montre que Jn 6 3e −1.

La suite (Jn) est donc majorée et croissante : elle a donc une limite infé-

rieure ou égale à 3e−1.

EXERCICE 5 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. zI ′ = zI−5 zI−1

= 3+ i−5 3+ i−1

−2+ i 2+ i

= (−2+ i)(2− i)

4+1 =−

3

5 + i

4

5 .

On a ∣

zI′ ∣

2 = (

3

5

)2

+ (

4

5

)2

= 9

25 + 16

25 = 1⇒

zI′ ∣

∣= 1.

Donc I′ appartient au cercle C .

2. a. z ′ = z −5 z −1

⇒|z ′| = ∣

z −5 z −1

⇐⇒ |z ′| = |z −5| |z −1|

⇐⇒ OM ′ = BM

AM =

MB

AM .

b. De même avec les arguments : z ′ = z −5 z −1

⇒ (−−→ OA ,

−−−→ OM

)

= (−−→ AM ,

−−→ BM

)

= (−−→ MA ,

−−→ MB

)

.

Partie B

Métropole & La Réunion 3 septembre 2008

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

1. Si M appartient à (∆), il a pour affixe 3+αi.

On a OM ′ = |z ′| = |−2+αi| |2+αi|

= p 4+α2

p 4+α2

= 1, donc M ′ ∈C .

2. a. M appartient à la médiatrice de [AB], donc est équidistant de A et de B ;

MA = MB entraîne que que MAB est isocèle en M .

A et N appartiennent à au cercle C , donc OA = ON et le triangle AON est

isocèle en O.

Par symétrie autour de (T), (−−→ AO ,

−−→ AN

)

= (−−→ AB ,

−−→ AM

)

⇒ (−−→ AO ,

−−→ ON

)

= (−−→ MA ,

−−→ MB

)

.

b. Le point image M ′ est le point N . On peut au lieu d’utiliser la symétrie autour de (T) construire le symétrique M1 de M autour de [Ox). La droite

(AM1) coupe le cercle C en M ′.

EXERCICE 5 5 points

Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. a. L’écriture complexe de la similitude est z ′ = kzei π

3 .

b. A0 = A ; son affixe est 1 ;

A1 = f (A0) : son affixe est 1

2 ×1×ei

π

3 = 1

2

(

1

2 + i

p 3

2

)

= 1

4 + i

p 3

4 ;

A2 = f (A1) : son affixe est 1

2 ×

(

1

4 + i

p 3

4

)(

1

2 + i

p 3

2

)

=− 1

8 + i

p 3

8 ;

A3 = f (A2) : son affixe est 1

2 ×

(

− 1

8 + i

p 3

8

)(

1

2 + i

p 3

2

)

=− 1

8 .

On fait à chaque fois une rotation de centre O d’angle π 3 , puis une homo-

thétie de centre O et de rapport 1

2 .

1−1 −→u

−→ v

O b

b

b

b

A0

A1

A2

A3

2. a. Initialisation : z0 = k0e i×0π 3 = 1 ce qui est vrai ;

Hérédité : supposons qu’il existe p ∈N tel que zp = kpe i3 .

Alors zp+1 = kzpei π

3 = kkpe i3 × ei

π

3 = kp+1ei(p+1) π

3 . La relation est donc

vraie au rang p +1. On a donc démontré par récurrence que pour tout entier n, l’affixe zn du

point An est égale à k ne

i3 .

Métropole & La Réunion 4 septembre 2008

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

b. An ∈ [

O ; −→ u

)

⇐⇒ zn a un argument nul à 2π près.

Soit

3 ≡ 0 [2π] ⇐⇒ n ≡ 0 [6] ou encore si n est multiple de 6.

Partie B

Dans cette partie toute trace de recherche, même incomplète, sera prise en compte

dans l’évaluation.

Désormais, k désigne un entier naturel non nul.

1. 2008 = 23×251 2. k6 est unmultiple de 2008 si et seulement s’il existeα ∈N tel que k6 =α×23×

251

Il faut donc que dans la décomposition de k il y ait au moins un facteur 2 et

un facteur 251, 2 et 251 étant premiers entre eux : la plus petite valeur de k

est donc 2×251 = 502. 3. On a vu qu’il fallait que n soit multiple de 6 et que la plus petite valeur de k

est 512.

Donc zn est un entier multiple de 2008, si n est unmultiple de 6 et k unmul-

tiple de 502.

Métropole & La Réunion 5 septembre 2008

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