Exercitation de modélisation mathématique 7, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation de modélisation mathématique 7, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

PDF (61.4 KB)
6 pages
74Numéro de visites
Description
Exercitation de modélisation mathématique 7. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude de la fonction f, Prolongement de la fonction f.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 6
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
CorrectionAntillesSsept1998.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Antilles-Guyane septembre 1998 \

Exercice 1 4 points Enseignement obligatoire

1. On a 16 X 6 9.

2. a. Soit i entier compris entre 1 et 8 (16 i 6 8) ; si (X = i ) cela veut dire que la boule est dans le i - !ème tiroir ce qui corespond à l’évènement Bi .

b. Si (X = 9) ou la boule dans le 9e tiroir (évènements B9), soit elle n’y est pas mais alors elle est dans le 10e tiroit (évènements B10). Donc (X = 9) est la réunion des évènements B9 et B10.

c. Pour 16 i 6 8 la probabilité pi = 1

10 . Par contre p(X = 9)=

2

10 d’après la

réponse ci-dessus. La loi de probabilité de X :

Xi 1 2 3 4 5 6 7 8 9

p (Xi ) 1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

2

10

d. E(X )= 1+2+3+4+5+6+7+8+18

10 =

54

10 =

27

5 = 5,4.

Exercice 2 5 points Enseignement obligatoire

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (

O, −→ u ,

−→ v

)

.

On placera sur une même figure, qui sera complétée au fur et à mesure, les points introduits dans le texte (unité graphique : 2 cm.)

1. a. z2−2z p 3+4 = 0 ⇐⇒

(

z − p 3 )2−3+4 = 0 ⇐⇒

(

z − p 3 )2+1 = 0 ⇐⇒

(

z − p 3 )2− i2 = 0 qui donne en factorisant les deux solutions z1 =

p 3+ i

et e2 = p 3− i

b. On a |z1|2 = 3+1= |z1|2 = 22, d’où |z1| = |z2| = 2.

Donc z1 = 2 (p

3

2 + 1

2 i

)

= 2 (

cos π6 + i sin π

6

)

= 2ei π

6 . Le conjugué de z1 est

z2 = 2e−i π

6 . Le point M d’affixe z1 est construit comme l’intersection du cercle de centre O et de rayon 2 avec la droite d’équation y = 1 (l’abscisse deM étant positive). Pour N on trace la droite d’équation y =−1.

c. Déterminer les affixes des points Q et P images respectives deM et N par

la translation de vecteur −→ w =−2−→u . Placer P et Q sur la figure.

Montrer que MNPQ est un carré.

2. Soit R le symétrique de P par rapport à O, E l’image de P par la rotation de

centreO et d’angle π

2 , S l’image de E par l’homothétie de centreO et de rapport

p 3.

Placer ces points sur la figure.

Calculer les affixes de R et de S. Montrer que S appartient au segment [MN].

3. On pose α= 2− p 3.

Baccalauréat S

a. Montrer que 1+α2 = 4α et 1−α2 = 2α p 3.

b. Exprimer les affixes Z de −→ PR et Z ′ de

−→ PS en fonction de α.

c. Montrer que |Z | = |Z ′| et que Z

Z ′ = ei

π

3 .

d. Déduire des questions précédentes la nature du triangle PRS.

Exercice 2 5 points Enseignement de spécialité

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (

O, −→ u ,

−→ v

)

.

On placera sur une même figure, qui sera complétée au fur et à mesure les points introduits dans le texte (unité graphique : 2 cm.)

1. a. Résoudre l’équation (E) : z2−2z p 3+4= 0.

b. |z1|2 = |z2|2 = 3+1= 4, donc |z1| = |z2| = 2.

z1 peut donc s’écrire z1 = 2 (p

3

2 + i

1

2

)

= 2 (

cos π6 + i π

6

)

= 2e π

6 . Son conju-

gué z2 s’écrit donc z2 = 2e− π

6 . Pour placer M on construit la droite y = 1 qui coupe le cercle de centre O et de rayon 2 au point d’abscisse positive M. Pour N, on utilise la droite d’équation y =−1.

c. De façon évidente Q a pour affixe p 3−2+ i et P a pour affixe

p 3−2− i.

La construction est évidente.

– On sait déjà que −−→ MQ = −−→NP = −2−→u ⇐⇒ (MQPN) est un parallélo-

gramme. – De plus M et N étant symétriques autour de (Ox), la droite (MN) est

verticale et la droite (MQ) horizontale : donc (MQ) est perpendicu- lauiire à (MN), ce qui montre que le quadrilatère est un rectangle.

– EnfinMQ =MN = 2, ce qui montre que le quadrilatère est un losange, donc finalement un carré.

2. Soit R le symétrique de P par rapport à O, E l’image de P par la rotation de

centre O et d’angle π

2 , S l’image de E par l’homothétie de centre O et de rap-

port p 3.

– Affixe de R : on a zR+ zP = 0 ⇐⇒ zR =−zP = 2− p 3+ i.

– Affixe de E : on a zE = izP = i (p

3−2− i )

= 1+ i (p

3−2 )

. – Affixe de S : on a zS =

p 3zE =

p 3 [

1+ i (p

3−2 )]

= p 3+ i(3−2

p 3).

Le point S a la même partie réelle que M et N, donc il appartient à la droite (MN). Comme 1,7 <

p 3< 1,8⇒ 3,4< 2

p 3< 3,6⇒−3,6 <−2

p 3<−3,4⇒−0,6 <

3−2 p 3 < −0,4⇒−1 < 3−2

p 3 < 1. La partie imaginaire de S est comprise

entre celle de M et celle de N. Donc S appartient au segment [MN].

3. On pose α= 2− p 3.

a. 1+α2 = 1+ (

2− p 3 )2 = 1+4+3−4

p 3= 8−4

p 3= 4

(

2− p 3 )

= 4α. 1−α2 = 1−

(

2− p 3 )2 = 1−4−3+4

p 3=−6+4

p 3= 2

p 3(2−

p 3)= 2α

p 3.

b. Z = 2− p 3+ i−

(p 3−2− i

)

=α+ i+α+ i= 2α+2i. Z ′ =

p 3+

(

3−2 p 3 )

i− (p

3−2− i )

= 2+ i (

4−2 p 3 )

= 2+2iα. c. Montrer que |Z |2 = 4α2+4 et |Z ′|2 = 4+4α2 , donc |Z | =

Z ′ ∣

∣. Z

Z ′ =

2α+2i 2+2iα

= α+ i 1+ iα

= (α+ i)(1− iα) (1+ iα)(1− iα)

= 2α+ i

(

1−α2 )

1+α2 =

2α+2iα p 3

4α

Antilles-Guyane 2 septembre 1998

Baccalauréat S

(d’après la question précédente) = 1+ i

p 3

2 =

1

2 + i

p 3

2 = cos π3 + i sin

π

3 =

ei π

3 .

d. |Z | = ∣

Z ′ ∣

∣⇒ PR = PS, donc PRS est isocèle en P ; Z

Z ′ = ei

π

3 entraine en prenant les arguments que (−→ PS ;

−→ PR

)

= π3 . Le tri- angle isocèle enP ayant un angle au sommet demesure π3 , ses trois angles ont la même mesure : il est donc équilatéral.

Problème 11 points Commun à tous les candidats

d(x)= e x

x+1 .

1. En posant u(x)= x

x +1 qui est définie et dérivable sur ]−1 ; +∞[, d(x)= eu(x).

d est donc dérivable et d ′(x) = u′(x)eu(x) = x +1− x (x +1)2

eu(x) = 1

(x +1)2 e

x x+1 > 0

car produit de deux nombres supérieurs à zéro. La fonction d est donc croissante sur ]−1 ; +∞[.

2. Comme lim x→−1

x

x +1 =−∞, alors par composition lim

x→−1 d(x)= 0.

Comme x

x +1 =

1

1+ 1x , lim

x→+∞ x

x +1 = 1, d’où lim

x→+∞ d(x)= e1 = e.

3. D’après la question précédente la fonction d croît de 0+ à e donc pour tout x >− 1, on a : 0< d(x)< e.

1

−1

1 2−1

−→ u

−→ v

MQ

P N

R

S

O

E

Partie B Étude de la fonction f

f (x)= x +1−e x

x+1 .

Antilles-Guyane 3 septembre 1998

Baccalauréat S

1. On a vu dans la partie A que lim x→+∞

d(x)== e, donc lim x→+∞

f (x)− (x −e+1)= 0. Ceci montre que la droite (D) d’équation y = x−e+1 est asymptote à la courbe (C ) au voisinage de +∞. On a f (x)− (x −e+1)= x +1−e

x x+1 − x −1+e=−e

x x+1 +e.

D’après la question A. 3. 0 < e x

x+1 < e donc e−e x

x+1 > 0. Ce qui montre que la courbe (C ) est au dessus de son asymptote au voisinage de +∞.

2. a. Pour x ∈]−1 ; +∞[, f (x)= x +1−d(x), donc f est dérivable et f ′(x) = 1− d ′(x) = 1−

1

(x +1)2 e

x x+1 . Cette fonction est elle-même déri-

vable et f ′′(x) = e x

x+1 2(x +1)−1 (x +1)4

= 2x +1 (x +1)4

e x

x+1 . Le signe de f ′′ est donc

celui de 2x +1, négatif pour −1< x <− 1

2 , positif pour x >−

1

2 .

b. D’où le tableau de variations :

x −1 − 1

2 +∞ f ′′(x)

f ′(x)

1

1− 4e

1

− 0 +

3. Équation f ′(x)= 0 :

On a f ′ (

− 1

2

)

< 0 (calculatrice).

Par continuité la fonction f ′ s’annule deux fois : en α tel que −1 < α < − 1

2 et

aussi en 0, avec − 1

2 < 0 admet sur ]−1 ; +∞[.

la calculatrice donne une valeur approchée de α≈−0,72 à 10−2 près. 4. a. D’après la question précédente, on peut déterminer le signe de f ′ et

donc les varaitions de f : – sur ]−1 ; α], f est croissante ; – sur [α ; 0], f est décroissante ; – sur [0 ; +∞[, f est croissante.

b. – Limite en−1 : on a vu que l’exponentielle a pour limite 0, donc la limite de f est 0 ;

– Limite en +∞ : l’exponentielle a pour limite e, donc la limite de f en +∞ est +∞.

c. D’où le tableau de variations de f :

x −1 α +∞0 f ′(x)

f (x)

0

α(α+1)

0

+∞ + 0 − +

Antilles-Guyane 4 septembre 1998

Baccalauréat S

Calcul de f (α)=α+1−e α

α+1 : on sait que f ′(α)= 0 ⇐⇒ 1− 1

(α+1)2 e

α

α+1 =

0 ⇐⇒ e α

α+1 = (α+1)2. Donc f (α)=α+1−e

α

α+1 =α+1− (α+1)2 =−α(α+1).

Partie C Prolongement de la fonction f en −1 On considère la fonction g définie sur ]−1 ; +∞[ par :

{

g (− 1) = 0 g (x) = f (x) pour tout x >− 1.

On appelle (C ′) la courbe représentative de la fonction g dans le repère de la partie B.

1. a. Si x ∈]− 1 ; +∞[, g (x)− g (−1)

x − (−1) =

f (x)−0 x − (−1)

= x +1−e

x x+1

x +1 = 1−

e x

x+1

x +1 =

1− 1

x

( x

x +1 e

x x+1

)

.

g (x)− g (−1) x − (−1)

= 1− 1

x

( x

x +1 e

x x+1

)

.

b. Pour x ∈]−1 ; +∞[, on a déjà vu que la limite lorsque x tend vers −1 de x

x +1 est −∞. En posant u(x) =

x

x +1 ,

x

x +1 e

x x+1 = ueu = −

u e−u

, dont la

limite quand u tend vers +∞ est égale à zéro.

c. La limite de g (x)− g (−1)

x − (−1) lorsque x tend vers −1 est donc finie : c’est la

définition du nombre dérivé g ′(−1)= 0. 2. Construire (D) La courbe (C ′) est la réunion de la courbe (C ) et du point

(0 ; −1). La tangente à (C ′) au point (0 ; −1) a pour équation : y − (−1) = g ′(−1)(x − (−1) ⇐⇒ y = x +1. La tangente à (C ′) au point d’abscisse α est horizontale : elle a pour équation y = f (α)=−α(α+1). La tangente à (C ′) au point d’abscisse 0 est horizontale : elle a pour équatiobn y = f (0)= 0 (axe des abscisses). D’où les graphes :

Antilles-Guyane 5 septembre 1998

Baccalauréat S

1

−1

−2

1 2−1

y = x

+1

y = x

+1 −e

C

x

y

Antilles-Guyane 6 septembre 1998

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document