Exercitation d'algèbre - correction 4, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Exercitation d'algèbre - correction 4, Exercices de Algèbre linéaire et analyse numérique

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Exercitation d'algèbre linéaire - correction 4. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’espace rapporté à un repère orthonormal, l'équation cartésienne, Le plan complexe.
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CorrigeSNlleCaledoniedec.2008.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie novembre 2008 \

EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (

O, −→ ı ,

−→ ,

−→ k

)

on considère les points :

A(3 ; −2 ; 1) B(5 ; 2 ; −3) C(6 ; −2 ; −2) D(4 ; 3 ; 2)

1. −−→ CA (−3 ; 0 ; 3) et

−−→ CB (−1 ; 4 ; −1)

−3 −1 6=

0 4 , les vecteurs

−−→ CA et

−−→ CB ne sont donc pas colinéaires et les points A, B

et C ne sont pas alignés.

De plus −−→ CA

−−→ CB =−3× (−1)+0×4−3×1= 0, ces vecteurs sont donc ortho-

gonaux et le triangle ABC est rectangle en C.

Enfin AC2 = (−3)2+02+32 = 18 et BC2 = (−1)2+42 = (−1)2 = 18, ABC est donc isocèle en C.

2. a. −→ n •−−→CA = 2× (−3)+1×0+2×3 = 0 −→ n •−−→CB = 2× (−1)+1×4+2× (−1) = 0 −→ n est donc orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de (ABC), −→ n est donc normal à ce plan.

b. Une équation cartésienne de (ABC) est donc de la forme 2x+y+2z+d = 0. De plus, le point A appartient à ce plan, ses coordonnées vérifient donc

l’équation précédente et 2× (3)+1× (−2)+2×1+d = 0⇔ d =−6 Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc :

2x+ y +2z−6 = 0

c. La distance de D au plan (ABC) est d = |2xD + yD +2zD −6|p

22+12+22 =

9

3 = 3

3.

V = 1

3 ×Base×Hauteur

On prendra pour base ABC (triangle rectangle isocèle d’aire AB2 = 1

2 ×18), la

hauteur est alors d , et le volume de ABCD en unités de volume :

V = 1

3 ×9×3= 9

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. a.

1

2

3

4

5

−1

−2

1 2 3 4−1−2−3−4

Γ

× A

× B

× C

×

O

× H

×K

× B

× C

× (D)

× H

×

K

b. OA = |zA | = p 22+22 =

p 8= 2

p 2

O, H, A et K sont alignés dans cet ordre doncOH =OAAH = 2 p 2−2 et

OK =OA+ AK = 2 p 2+2

c. Les vecteurs −−→ OA ,

−−→ OH et

−−→ OK sont colinéaires de même sens donc

ar g (zA)= ar g (zH)= ar g (zK)= π

4 [2π]

Donc zK = |zK|ei π

4 = (

2 p 2+2

)

ei π

4 et zH = |zH|ei π

4 = (

2 p 2−2

)

ei π

4

2. a. zB ′ = −4 2i

= 2i : l’image de B est B.

zC ′ = −4 2

=−2 : l’image de C est C’ d’affixe −2.

b. M(z) est invariant par f z = −4 z

z2 =−4⇔ z = 2i ou z =−2i

Les points invariants pas f sont B et le point d’affixe B’(−2i). 3. a. Pour tout point M distinct de O,

z ′ = −4 z

zz ′ =−4⇒|z|× |z ′| = 4⇒OM ×OM ′ = 4

b. Déterminer arg (

z ′ )

en fonction de arg(z).

Pour tout point M distinct de O,

z ′ = −4 z

zz ′ =−4⇒ arg (

zz ′ )

=π [2π]

On a donc arg (

z ′ )

=π−arg(z) [2π]

4. a. D’après le 3a. OK′ = 4

OK =

4

2 p 2+2

= 2

p 2+1

= 2 p 2−2 1

= 2 (p

2−1 )

=OH.

OH′ = 4

OH =

4

2 p 2−2

= 2

p 2−1

= 2 p 2+2 3

b. On cherche la forme exponentielle de zK′ , le module vient d’être calculé et on utilise la question 3b. pour avoir un argument :

argzK′ = π−arg(zK ) [2π]

= 3

4 [2π]

On a donc finalement :

zK′ = (

2 p 2−2

)

ei 3π 4

Demême :

Nouvelle-Calédonie 2 novembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

argzH′ = π−arg(zH ) [2π]

= 3

4 [2π]

On a donc finalement :

zH′ = (

2 p 2+2

)

ei 3π 4

c. zK′ et zH′ ont pour argument 3π 4 , donc K′ et H′ sont sur la demie droite D

en rose sur le graphique. De plus |zK′ | = |zH| = 2 p 2−2 donc K′ appartient

aussi au cercle de centre O et rayonOH. Demême H′ appartient au cercle de centre O et rayon OK. D’où la construction des deux points !

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal direct (

O ; −→ OI ;

−→ OJ

)

. On consi-

dère les points A et B d’affixes respectives zA = 2 et zB = 3

2 + i.

On considère les points M, N et P tels que les triangles AMB, BNO et OPA soient des

triangles rectangles isocèles de sens direct comme le montre la figure ci-dessous.

b

A

b B

b

P

O b

b

b

N

M

x

y

On note s1 la similitude directe de centre A qui transforme M en B.

On note s2 la similitude directe de centre O qui transforme B en N. On considère la

transformation r = s2 ◦ s1.

Le but de l’exercice est de démontrer de deux façons différentes que les droites (OM) et (PN) sont perpendiculaires.

1. À l’aide des transformations

a. s1 : A 7−→ A

M 7−→ B donc l’angle de s1 est (−−−→ AM ,

−−→ AB

)

= π

4 [2π] et le rap-

port AB

AM = p 2 car le triangle AMB est rectangle isocèle direct.

s2 : O 7−→O B 7−→N donc pour s2 l’angle est

π

4 et le rapport

1 p 2 .

b. M S17−→B S27−→N donc r (M)=N .

I S17−→ P S27−→ I donc r (I )= I .

Nouvelle-Calédonie 3 novembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c. r est la composée de deux similitudes directes, c’est donc une similitude directe ; son rapport est le produit des rapports, c’est donc 1 ; son angle,

la somme des angles donc π

2 . Enfin, le centre est l’unique point invariant,

c’est donc I (question précédente).

En résumé, r est la rotation de centre I et angle π

2 .

d. L’image de O par r est P.

e.

{

O r7−→P

M r7−→N

=⇒ ( −→ OM ,

−→ PN )= angle de r . D’où le résultat.

2. En utilisant les nombres complexes

a. L’écriture complexe de s1 est z ′− zA = p 2ei

π

4 (zzA) soit

z ′−2= p 2ei

π

4 (z−2)

L’écriture complexe de s2 est z ′− zO =

p 2

2 ei

π

4 (zzO) soit

z ′ = p 2

2 ei

π

4 z

b. M est l’antécédent de B par s1.

s1(M)=B ⇔ 3

2 + i−2=

p 2ei

π

4 (z−2)

donc z = 2+ 1 p 2

(

i− 1

2

)

e−i π

4 ⇔ 2+ 1 p 2

(

i− 1

2

)

(p 2

2 − i

p 2

2

)

M a pour affixe 9

4 + 3

4 i

N est l’image de B par s2.

z ′ = p 2

2 ei

π

4 z = p 2

2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

(

3

2 + i

)

= 1

4 + 5

4 i

c. zP = 1− i

zN− zP zM− zO

= − 3

4 + 9

4 i

9

4 + 3

4 i

= −1+3i 3+ i

= (−1+3i)(3− i)

10 = i

Or, arg zN− zP zM− zO

= (−−−→ OM ,

−−→ PN

)

= π

2 [2π]

D’où (OM) et (PN) sont perpendiculaires.

EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats

Un joueur lance une bille qui part de A puis emprunte obligatoirement une des

branches indiquées sur l’arbre ci-dessous pour arriver à l’un des points D, E, F et

G.

Nouvelle-Calédonie 4 novembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

A

B (0 pt)

8

9

D (0 pt)

8

9

E (10 pts)

1

9

C (10 pts)

1

9

F (0 pt)

8

9

G (10 pts)

1

9

On a marqué sur chaque branche de l’arbre la probabilité pour que la bille l’em-

prunte après être passé par un nœud.

Les nombres entre parenthèses indiquent les points gagnés par le joueur lors du

passage de la bille. On note X la variable aléatoire qui correspond au nombre total

de points gagnés à l’issue d’une partie c’est-à-dire une fois la bille arrivée en D, E, F

ou G.

1. Dans cette question, les résultats sont attendus sous forme fractionnaire.

a. X (Ω)= {0;10;20}

p(X = 0)= p(BpB (D)= 8

9 × 8

9

p(X = 20)= p(BpB (E )+p(C pC (F )= 8

9 × 1

9 + 1

9 × 8

9

p(X = 20)= p(C pC (G)= 1

9 × 1

9 La loi de probabilité de X est donnée par le tableau suivant :

xi 0 10 20 ∑

p(X = xi ) 64

81

16

81

1

81 1

b. On complète le tableau précédent :

xi 0 10 20 ∑

pi 64

81

16

81

1

81 1

xi pi 0 16×10

81

20

81 E(X)

E (X )= 180

81 =

20

9

c. Calculer la probabilité que la bille ait suivi la branche AC sachant que le joueur a obtenu exactement 10 points.

On adapte l’arbre précédent puis on l’inverse :

Nouvelle-Calédonie 5 novembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

AB

8

9

(X=0)

8

9

(X=10)

1

9

AC

1

9

(X=10)

8

9

(X=20)

1

9

et

(X=10)

16

81

AC

?

AB

(X 6= 10)

65

81

AC AB

On veut p(X=10)(AC )

Or, p(AC ∩ (X = 10))= p(AC pAC (X = 10)= 1

9 × 8

9 =

8

81

p(X=10)(AC )= p(AC ∩ (X = 10))

p(X = 10) =

8

81 16

81

= 1

2

2. a. On répète 8 fois de façons indépendantes, l’expérience à deux issues « le

joueur obtient 20 points » considérée comme succès, de probabilité 1

81 ou pas. On a donc un schéma de Bernoulli et la variable aléatoire Y pre-

nant pour valeurs le nombre de succès obtenus suit la loi binomiale de

paramètres 8 et 1

81 . On veut p(Y = 2).

p(Y = 2)= (

8

2

)(

1

81

)2 (80

81

)6

= 28×806

818 ≈ 0,004

b. On veut ici p(Y > 1) :

p(Y > 1)= 1−p(Y = 0)= 1− (

80

81

)8

≈ 0,095

EXERCICE 4 5 points Commun à tous les candidats

PARTIE A On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par

f (x)= lnx−2+ x.

1. lim x→0

lnx =−∞ et lim x→0

−2+ x =−2, par somme lim x→0

f (x)=−∞

lim x→+∞

lnx =+∞ et lim x→+∞

−2+ x =+∞, par somme lim x→+∞

f (x)=+∞

2. f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[ car c’est la somme de deux fonctions strictement croissantes sur ]0 ; +∞[ : x 7−→ lnx et x 7−→−2+ x.

x 0 +∞

+∞ f (x)

−∞

f est continue sur ]0 ; +∞[ car c’est la somme de deux fonctions continues sur ]0 ; +∞[ : x 7−→ lnx et x 7−→−2+ x.

Nouvelle-Calédonie 6 novembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

f est donc continue, strictement croissante sur ]0 ; +∞[, de plus, 0 est com- pris entre lim

0 f et lim

+∞ f , d’après le « théorème de la bijection », l’équation

f (x)= 0 admet donc une unique solution α sur ]0 ; +∞[. Avec la calculatrice, on trouve f (1,55)≈−0,011 et f (1,56)≈ 0,004 Le même théorème appliqué à [1,55 ; 1,56] prouve que 1,556α6 1,56 (en-

cadrement à 10−2 près.)

PARTIE B

3.1 L’abscisse de E est solution de lnx = 2− x f (x)= 0. D’après la question A3., l’abscisse de E est donc α.

E a pour coordonnées (α,2−α). 2. a. Comme α> 1, sur l’intervalle [1;α], la fonction ln est continue et positive,

donc I mesure l’aire (en unités d’aire) du domaine limité par les droites

d’équations x = 1, x =α, l’axe des abscisses et la courbe C .

b. On pose u(x)= lnx u′(x)= 1

x v ′(x)= 1 v(x)= x

Les quatre fonctions u, u′, v et v ′ sont continues sur [1;α], on peut inté- grer par parties :

I = ∫

α

1 lnx dx

= [x lnx]α1 − ∫

α

1 x×

1

x dx

= α lnα− [x]α1 = α lnαα+1

c. Mais f (α)= 0⇔ lnα= 2−α, on remplace : I = α(2−α)−α+1

= −α2+α+1

3.

A = ∫

α

1 f (x)dx+

∫2

α

(2− x)dx

= −α2+α+1+ [

2xx2

2

]2

α

= − 1

2 α 2−α+3

EXERCICE 5 3 points Commun à tous les candidats

PARTIE A

1. Restitution organisée de connaissances :

Pour tout h 6= 0, eh −1 h

= eh −e0

h On reconnait le taux de variation de la fonction exponentielle entre 0 et h,

comme cette fonction est dérivable en 0, par définition du nombre dérivé,

on a :

lim h→0

eh −1 h

= 1

2. Par inverse, on en déduit que lim x→0

f (x)= 1

3. Pour tout x 6= 0, ex −1 x

= ex

x

1

x

Par comparaison lim x→+∞

ex

x =+∞, donc par somme lim

x→+∞

ex −1 x

=+∞ Enfin, par inverse, lim

x→+∞ f (x)= 0

Nouvelle-Calédonie 7 novembre 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

PARTIE B Soit (un ) la suite définie pour n entier supérieur ou égal à 1 par :

un = 1

n

[

1+e 1 n +e

2 n +·· ·+e

n−1 n

]

1. On reconnait la somme des premiers termes consécutifs de la suite géomé-

trique de premier terme 1 et raison e 1 n

1+e 1 n +e

2 n +·· ·+e

n−1 n =

(

e 1 n

)0 +

(

e 1 n

)1 +

(

e 1 n

)2 +·· ·+

(

e 1 n

)n−1

= 1−

(

e 1 n

)n

1−e 1 n

= 1−e

1−e 1 n

(e−1) f (

1

n

)

= (e−1) 1 n

e 1 n −1

= 1

n

1−e

1−e 1 n

=un .

2. lim n→+∞

1

n = 0 et (question A2.) lim

x→0 f (x) = 1, d’après le théorème donnant la

limite de la composée d’une suite et d’une fonction, lim n→+∞

f

(

1

n

)

= 1

Enfin la suite (un ) converge vers e−1.

Nouvelle-Calédonie 8 novembre 2008

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