Exercitation d'algèbre - correction 3, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Exercitation d'algèbre - correction 3, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation

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Exercitation d'algèbre linéaire - correction 3. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’arbre de probabilités, la loi des probabilités totales, Les cordonnées de N.
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CorrigePOlynesieSsept2008.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S (obligatoire) Polynésie \ septembre 2008

EXERCICE 1 4 points

1. Dans cette question, on prend n = 10.

a. On a l’arbre de probabilités suivant :

B1 30 40

B2 40 50

B210 50

B1 10 40

B2 30 50

B220 50

p (B1∩B2)= p (B1)×pB1 (B2)= 30

40 × 40

50 =

30

50 =

3

5 = 0,6.

On calcule demême p (

B1∩B2 )

= p (

B1

)

×pB1 (B2)= 30

50 × 10

40 =

3

20 = 0,15.

D’après la loi des probabilités totales p (B2) = p (B1∩B2)+ p (

B1∩B2 )

= 3

5 +

3

20 =

12+3

20 =

15

20 =

3

4 = 0,75.

b. On a pB2 (B1)= p (B1∩B2)

p (B2) =

3 5 3 4

= 3

5 × 4

3 =

4

5 = 0,8.

c. On a p(A)= p (

B1∩B2 )

+p (

B1∩B2 )

= 3

4 ×

1

20 +

3

20 =

3

20 +

3

20 =

6

20 =

3

10 =

0,3.

2. a. On a une épreuve de Bernoulli avec n = 8 et p = p(A)= 3

10 La probabilité d’avoir 3 fois l’évènement A est :

(

8

3

)

(

3

10

)3 (

1− 3

10

)8−3

= 8×7×6

3×2

(

3

10

)3 ( 7

10

)5

≈ 0,254 ≈ 0,25.

b. On a E = n×p = 8× 3

10 =

12

5 = 2,4.

3. On reprend l’arbre précédent, mais en ajoutant n boules :

B1 30 40

B2

30+n 40+n

B210 40+n

B1 10 40

B2

30 40+n

B210+n 40+n

Ici p(A)= 30

40 ×

10

40+n + 10

40 ×

30

40+n =

15

40+n .

D’où p(A)= 1

4 ⇐⇒

15

40+n =

1

4 ⇐⇒ 60= 40+n ⇐⇒ n = 20.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 5 points

1. On a EJ = 2

3 , donc FJ2 = 12+

(

2

3

)2

= 13

9 .

Demême BI2 = 2

3 , donc FI2 = 12+

(

2

3

)2

= 13

9 .

FJ2 = BI2 ⇒ FJ = BI, donc le triangle FIJ est isocèle en F. K étant le milieu de [IJ], la droite (FK) médiane du triangle isocèle est aussi hauteur, donc per-

pendiculaire à (IJ).

On admet que les droites (GK) et (IJ) sont orthogonales.

2. La droite (IJ) est orthogonale à deux droites (FK) et (GK) sécantes du plan (FGK) : elle est donc orthogonale à ce plan.

3. P est le projeté orthogonal de G sur le plan (FIJ), donc la droite (PG) est or- thogonale à ce plan et en particulier à toute droite de ce plan : donc (PG) est

orthogonale à (IJ).

De même (IJ) est orthogonale au plan (FGK), donc en particulier (IJ) est or-

thogonale à (FG).

Les points F, G, P non alignés définissent un plan (FGP). La droite (IJ) ortho-

gonale à deux droites sécantes de ce plan est orthogonale à ce plan (FGP).

4. a. On vient de démontrer que les deux plans (FGK) et (FGP) sont orthogo- naux à la droite (IJ). Mais ces deux plans contiennent le point F. Il n’existe

qu’un plan contenant un point F et orthogonal à une droite (IJ) donnée,

donc F, G, K et P sont coplanaires.

b. P appartient à la droite (IJ) et comme K appartient lui aussi à la droite (IJ), les points F, P et K appartiennent au plan (FIJ).

Les points F, P, G et K sont coplanaires donc les points F, P et K appar-

tiennent au plan (FGK).

Conclusion F, K et P appartiennent aux plans (FIJ) et (FGK) ; ces plans

n’étant pas parallèles, leur intersection est une droite qui contient F, K

et P ; donc F, K et P sont alignés.

Partie B

1. On a −→ AF =

−−→ AB +

−→ AE ; donc F(1 ; 0 ; 1)

−−→ AG =

−−→ AB +

−−→ AD +

−→ AE ; donc G(1 ; 1 ; 1)

−→ AI =

−−→ AB +

−→ BI =

−−→ AB +

2

3

−−→ AD ; donc I

(

1 ; 2 3 ; 0

)

−→ AJ =

−→ AE +

−→ EJ =

−→ AE +

2

3

−−→ AD ; donc J

(

0 ; 2 3 ; 1

)

2. a. G a pour projeté orthogonal sur le plan (FIJ) le point P, donc (GP) est or- thogonale à (FIJ).

N appartient à la droite (GP), donc (GN ) est orthogonale à (FIJ) donc à

toute droite de ce plan : conclusion : (GN ) est orthogonale à (FI) et à (FJ).

b. On a −−→ GN

x−1 y −1 −1

 et −→ FI

0 2 3 −1

.

−−→ GN ·

−→ FI =

2

3 (y −1)+1=

2

3 y +

1

3 .

−→ FJ

−1 2 3 0

. Donc −−→ GN ·

−→ FJ = (x−1)× (−1)+

2

3 (y −1)=−x+

2

3 y +

1

3 .

c. D’après 2. a. les deux produits scalaires ci-dessus sont nuls, donc 2

3 y +

1

3 = 0⇒ y =−

1

2 et −x+

2

3 y +

1

3 = 0⇒ x =−

1

3 + 1

3 = 0.

Les cordonnées de N sont donc

(

0 ; − 1

2 ; 0

)

.

Polynésie 2 septembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3.

A

B C

D

E

F

G

H

I

J

K

N

P

+

EXERCICE 3 5 points

Partie A

1. (tn) appartient à l’ensemble (E) si et seulement si, pour tout entier naturel n non nul, tn+1− tn = 0,24tn−1 ⇐⇒ λn+1−λn = 0,24λn−1 ⇐⇒ λ2−λ = 0,24 On a λ2−λ = 0,24 ⇐⇒ (λ−0,5)2−0,25−24 = 0 ⇐⇒ (λ−0,5)2 = 0,72 ⇐⇒ λ−0,5= 0,7 ou λ−0,5=−0,7 ⇐⇒ λ= 1,2 ou λ=−0,2.

Les suites (tn) appartenant à (E) sont les suites tn = 0,2n et tn = (−0,2)n .

2. un doit vérifier

{

α(1,2)0+β(−0,2)0 = 6 α(1,2)1+β(−0,2)1 = 6,6

⇐⇒

{

α+β = 6 1,2α−0,2β = 6,6

1,2α−0,2(6−α) = 6,6 ⇐⇒ 1,4α= 7,8 ⇐⇒ α= 39

7 .

On en déduit que β= 6−α = 6− 39

7 =

3

7 . La suite s’écrit donc : quel que soit

n ∈N, un = 39

7 (1,2)n +

3

7 (−0,2)n .

3. Comme −1 < −0,2 < 1, lim n→+∞

(−0,2)n = 0 ; d’autre part lim n→+∞

(1,2)n = +∞ et

lim n→+∞

un =+∞

Partie B

1. a. f (x)= 1,4x−0,05x2 = x(1,4−0,05x) =

f (x)=−0,05 (

x2−28x )

=−0,05 [

(x−14)2−196 ]

.

La fonction trinôme f a donc un extremumpour x = 14, f (14)= 9,8 et cet extremum est unmaximum car−0,05< 0.

La fonction est donc croissante sur ]−∞ ; 14] et décroissante sur [14 ; +∞[.

b. Initialisation : v0 = 6, v1 = 1,4v0−0,005v20 = 1,4×6−0,05×6 2 = 8,4−1,8 =

6,6.

On a bien 06 v0 6 v1 6 8.

Hérédité : supposons qu’il existe p ∈N tel que 06< vp < vp+1 6 8.

On a vp+2 = f (

vp+1 )

. D’après la question précédente la fonction f est

croissante sur ]−∞ ; 14] ; donc 06 vp 6 vp+1 6 8⇒ 06 f (

vp )

6 f (

vp+1 )

6

f (8) ⇐⇒ 06 vp+1 6 vp+2 6 f (8). Or f (8)= 8. L’hérédité est donc démon- trée.

On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n,

06 vn < vn+1 6 8.

2. La question précédente montre que :

— la suite est croissante ;

— la suite est majorée par 8

Polynésie 3 septembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Conclusion : la suite (vn) converge vers une limite inférieure ou égale à 8.

La relation vn+1 = 1,4vn−0,05v2n entraîne par limite à l’infini (toutes les fonc- tions étant continues) :

= 1,4−0,052 ⇐⇒ 0,4= 0,052 ⇐⇒ = 0 (impossible car la suite est

croissante à partir de 6) ou = 8

La suite (vn) converge vers 8.

EXERCICE 4 6 points

Partie A - Étude de fonction f .

1. On a f (x)= ln [

ex (

1+2e−2x )]

= ln(ex )+ ln (

1+2e−2x )

= x+ ln (

1+2e−2x )

.

On admet que, pour tout réel x, f (x)=−x+ ln (

2+e2x )

.

2. Comme f (x)− x = ln (

1+2e−2x )

et que lim x→+∞

ln (

1+2e−2x )

= 0, on en déduit

que lim x→+∞

f (x)= lim x→+∞

x =+∞ et que la droite (d) dont une dés équations est

y = x est asymptote à (C ) au voisinage de plus l’infini.

Comme 2e−2x > 0, lim x→+∞

ln (

1+2e−2x )

> 0.

Conclusion : au voisinage de plus l’infini (C ) est au dessus de (d)

3. En utilisant l’écriture de f (x) admise ci-dessus, on obtient de même

lim x→−∞

ln (

2+e2x )

= ln2, que lim x→−∞

f (x)− (−x)= ln2, c’est-à-dire

lim x→−∞

f (x)= lim x→−∞

x =+∞.

Conclusion La droite (d′) d’équation y = −x + ln2 est asymptote à (C ) au voisinage de moins l’infini.

4. La fonction f composée de fonctions dérivables est dérivable sur R et f ′(x)= ex −2e−x

ex +2e−x qui est du signe de ex−2e−x car le dénominateur est positif comme

somme de termes positifs.

Posons X = ex qui est donc positif ; le signe de f ′(x) est celui de X − 2

X =

X 2−2

X qui est positif pour X >

p 2 ⇐⇒ ex >

p 2 ⇐⇒ x > ln

(p 2 )

⇐⇒

x > 1

2 ln2 et négatif autrement. La fonction est donc décroissante sur ]−

∞ ; 1

2 ln2] et croissante sur [

1

2 ln2 ; +∞[

Le minimum de la fonction est donc f

(

1

2 ln2

)

=− 1

2 ln2+ ln

(

2+eln2 )

(en uti-

lisant l’écriture admise) =− 1

2 ln2+ ln4=−

1

2 ln2+2ln2=

3

2 ln2.

5.

Partie B - Encadrement d’une intégrale.

On pose I = ∫3

2 [ f (x)− x]dx.

1. Sur l’intervalle [2 ; 3], 2e−2x > 0 ⇒ 1+2e−2x > 1 ⇒ ln (

1+2e−2x )

> ln1, donc f (x)> x.

La fonction f (x)− x étant positive sur [2 ; 3] l’intégrale est égale à l’aire (en unités d’aire) de la surface limitée par la droite (d), la courbe C et les verti-

cales d’équations x = 2 et x = 3.

2. Soit g définie sur [0 ; +∞[ par g (x)= ln(1+X )−X .

La fonction g est dérivable et g ′(x)= 1

1+X −1=

X

1+X qui est du signe de−X

donc négative ; la fonction est décroissante et comme g (0)= 0, on en conclut que g (X )6 0 ⇐⇒ ln(1+X )−X 6 0 ⇐⇒ ln(1+X )6 X .

Polynésie 4 septembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. En utilisant le résultat précédent, on obtient ln (

1+2e−2x )

6 2e−2x ⇐⇒

f (x)− x 6 2e−2x .

Donc l’intégrale étant une aire, 06 I 6

∫3

2 2e−2x dx

On calcule

∫3

2 2e−2x dx =

[

−e−2x ]3

2 =−e −2×3+e−2×2 = e−4−e−6 ≈ 0,0158.

Conclusion 0< I < 0,02.

Annexe

Cette page sera complétée et remise avec la copie à la fin de l’épreuve.

EXERCICE 4

1

2

3

4

5

0 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5−6 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6

0

1

2

3

4

5

6

−→ ı

−→

(d)

(d′)

Polynésie 5 septembre 2008

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