Géométrie algorithmique - exercitation sur l'intersection, Exercices de Géométrie Algorithmique
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie algorithmique - exercitation sur l'intersection, Exercices de Géométrie Algorithmique

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Géométrie algorithmique - exercitation sur l'intersection.Les principaux thèmes abordés sont les suivants:Les coordonnées du point d’intersection de la courbe C,Les abscisses des points d’intersection de la courbe C,L’ax...
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[ Terminale S Polynésie 7 juin 2013\

Exercice 1 : 6 points

Commun à tous les candidats

1. (a) • Les coordonnées du point d’intersection de la courbeC avec l’axe des ordonnées est le point de coordonnées

(

0; f (0) )

soit (0 ; 2). • Les abscisses des points d’intersection de la courbe C avec l’axe

des abscisses sont les solutions de l’équation f (x)= 0. On applique la règle du produit nul en sachant que e−x 6= 0 : f (x)= 0⇔ x +2= 0⇔ x =−2. Le point d’intersection de C avec l’axe des abscisses a pour coor- données (−2 ; 0).

(b) Remarque : la fonction (x 7→ e−x) peut être considérée comme une fonction composée x 7→ −x suivie de l’exponentielle

ou bien comme un quotient

(

e−x = 1

ex

)

.

lim x→−∞

e−x =+∞ lim

x→−∞ (x +2)=−∞

}

par produit =⇒ limx→−∞

f (x)=−∞.

La même stratégie menée en +∞ conduit à la forme indéterminée «+∞×0 » car lim

x→+∞ e−x = 0. Mais, ∀x ∈R, f (x)=

x

ex +

2

ex .

lim x→+∞

x

ex = 0 théorème de croissance comparée lim

x→+∞

2

ex = 0

}

par somme =⇒ limx→+∞

f (x)= 0

L’axe des abscisses est donc asymptote à C en +∞. (c) f est dérivable surR car composée et produit de fonctions dérivables

sur R et, ∀x ∈R, f ′(x)= e−x − (x +2)e−x =−(x +1)e−x . Comme e−x > 0, f ′(x) est donc du signe de −(x +1). D’où le tableau de variations :

x −∞ −1 +∞

f ′(x) + 0 −

f (x) −∞

e

0

2. (a) 1,642

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

(b)

Variables : k est un nombre entier N est un nombre entier S est un nombre réel

Initialisation : Affecter à S la valeur 0 Traitement : Pour k variant de 0 à N-1

Affecter à S la valeur S + 1

N f

(

k

N

)

Fin Pour Sortie : Afficher S

3. (a) Sur [0 ; 1], f est continue et positive, donc l’aire A du domaine D ,

exprimée en unités d’aire, est donnée par A = ∫1

0 f (t )dt . Comme g

est une primitive de f sur R, on a donc :

A = [

g (t ) ]1 0 = g (1)− g (0)=−4e

−1+3= 3− 4

e .

(b) avec la calculatrice, 3− 4

e −1,642≈ 0,113

Exercice 2 : 4 points

Commun à tous les candidats

d - c - a- b

1. (d) p 3ei

13π 12 :

i z1

z2

= | i | × | z1 |

| z2 | =

1× p 6

p 2

= p 3

arg

(

i z1

z2

)

= arg(i)+arg(z1)−arg(z2)= π

2 + π

4 + π

3 =

13π

12 .

2. (c) une infinité de solutions dont les points images dans le plan com- plexe sont situés sur une droite.

Pour s’en convaincre, écrire les formes algébriques...

z = z ⇔−a− ib = a− ib a =−a a = 0

3. (a)

x =−2t −1 y = 3t z = t +4

, t ∈R

Vecteur directeur : # »

AB (−2 ; 3 ; 1) ce qui exclut la proposition (b). De plus, C est le point de paramètre 0 dans la première représentation.

4. (b) Ladroiteest parallèle auplanP et n’a pas depoint communavec le planP .

La droite∆ est dirigée par #»u (1 ; 1 ; 2). #»u • #»n = 3−5+2= 0. Donc ∆ et parallèle à P : ne restent que (b) et (d). On teste si un point de la droite est dans le plan : pour t = 0, on a A(−7;3;5)∈ ∆.

Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 2013 2/ ??

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Ensuite, A ∈P ⇔ # »AD et #»n orthogonaux. Or,

# »

AD(6 ; −1 ; −2) et # »AD • #»n = 18+5−2 6= 0. Donc A ∉P

Exercice 3 : 5 points

Commun à tous les candidats

Partie 1

C

H

S

V

H

S

J

H

S

0,3

5 6 1 6

0,45 4 9 5 9

0,25

?

?

1. On veut P (C H)= P (C PC (H)= 0,3× 5

6 =

1

4 .

2. On sait que P (H)= 13

20 .

(a) Nous venons de calculer P (C H)= 0,25 et

P (C P (H)= 0,3× 13

20 =

39

200 6= P (C H)

Les évènements C et H ne sont pas indépendants.

(b) d’après l’arbre, P (H)= P (H C )+P (H V )+P (H J ).

On a donc P (J H)= 13

20 − 1

4 −0,45×

4

9 =

1

5

et P J (H)= P (J H)

P (J ) =

1

5 1

4

= 4

5 .

Partie 2

1. On répète 60 fois, de façon indépendantes, l’expérience «choisir unmor- ceau demusique » qui compte 2 issues : — « lemorceau choisi est unmorceau demusique classique » considéré

comme succès, de probabilité 0,3

Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 2013 3/ ??

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

— ou pas... Nous sommes donc en présence d’un schéma de Bernoulli et la variable aléatoire X prenant pour valeurs le nombre de succès obtenus suit la loi binomiale de paramètres 60 et 0,3.

L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % de la proportion de morceaux de musique classique dans un échantillon de taille 60 est donc donné par :

I = [

p −1,96 √

p(1−p) p

n ; p +1,96

p(1−p) p

n

]

= [

0,3−1,96 p 0,3×0,7 p 60

; 0,3+1,96 p 0,3×0,7 p 60

]

= [0,184 ;0,416]

2. La fréquence observée par Thomas est 12

60 = 0,2 est dans l’intervalle pré-

cédent. Donc NON, il n’y a pas de raison de penser que le baladeur est défectueux.

Partie 3

1. P (1806 X 6 220)= P (X ≤ 220)−P (X ≤ 180)≈ 0,841−0,159. Réponse : 0,682.

2. On veut P (X > 4×60)= 1−P (X ≤ 240)≈ 1−0,977. Réponse : 0,023.

Exercice 4 : 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité mathématiques

1. (a) u1 = 3×u0 1+2u0

= 3× 12 1+212

= 3

4

et u2 = 3×u1 1+2u1

= 3× 34 1+234

= 9

10 .

(b) — Pour tout entier naturel n, notonsPn la propriété : 0< un . — Initialisation : Si n = 0

Alors u0 = 1

2 > 0, donc P0 est vraie.

— Hérédité : Supposons qu’il existe un entier naturel k tel que Pk soit vraie (c-à-d. 0< uk). Montrons que Pk+1 est vraie aussi (c-à- d. 0< uk+1). Par hypothèse de récurrence 0 < uk donc 0 < 3uk et 0 < 1+2uk . ainsi, uk+1 est le quotient de deux nombres strictement positifs, donc 0< uk+1 et Pk+1 est vraie.

Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 2013 4/ ??

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

— P0 est vraie et Pn est héréditaire, par récurrence on a bien pour tout entier naturel n,0< un .

2. (a) Commepour tout entier naturel n,0< un , pour étudier les variations de la suite, on peut comparer

un+1 un

et 1.

un+1 un

=

3un 1+2un

un =

3

1+2un Mais, un < 1⇔ 2un < 2⇔ 1+2un < 3⇔ 1<

3

1+2un car 1+2un > 0.

Finalement la suite (un) est croissante.

(b) La suite (un) est croissante et majorée par 1 ; elle converge donc vers ≤ 1.

3. (a) Pour tout entier naturel n,

vn+1 = un+1

1−un+1 =

3un 1+2un

1− 3un

1+2un

=

3un 1+2un

1+2un −3un 1+2un

= 3un

1−un = 3vn

La suite (vn) est donc une suite géométrique de raison 3.

(b) Pour tout entier naturel n, vn = v0qn = 3n . (c) Pour tout entier naturel n,

vn = un

1−un ⇔ (1−un)vn = un vn = un +un vn un =

vn

1+vn

un = 3n

3n +1 .

(d) Comme 3 > 1, lim n→+∞

3n = +∞. L’étude du quotient conduit donc à une forme indéterminée.

un = 3n

3n +1 =

1

1+ 1

3n

= 1

1+ (

1

3

)n

Comme−1< 1

3 < 1, lim

n→+∞

(

1

3

)n

= 0

Par somme lim n→+∞

1+ (

1

3

)n

= 1, enfin, par quotient lim n→+∞

un = 1

La suite (un) converge vers 1.

Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 2013 5/ ??

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice 4 : 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité mathématiques

1. (a) U1 = (

a1 b1

)

Or

{

a1 = 0,7a0+0,2b0+60 b1 = 0,1a0+0,6b0+70

⇔ {

a1 = 0,7×300+0,2×300+60 b1 = 0,1×300+0,6×300+70

.

FinalementU1 = (

330 280

)

(b) Pour tout entier naturel n,

M×Un+P = (

0,7 0,2 0,1 0,6

)

× (

an bn

)

+ (

60 70

)

= (

0.7an +0.2bn 0.1an +0.6bn

)

+ (

60 70

)

= (

an+1 bn+1

)

Pour tout entier naturel n,Un+1 = M ×Un +P .

2. On note I la matrice

(

1 0 0 1

)

.

(a) Calculer (I M)× (

4 2 1 3

)

.

(I M)= (

1−0,7 −0,2 −0,1 1−0,6

)

= (

0,3 −0,2 −0,1 0,4

)

.

Puis

(I M)× (

4 2 1 3

)

= (

4×0,3−0,2 2×0,3−3×0,2 −0,1×4+0,4 −0,1×2+3×0,4

)

= (

1 0 0 1

)

= I

(b) On calcule

(

4 2 1 3

)

× (I M) = I . Donc I M est inversible et son in-

verse est

(

4 2 1 3

)

.

(c) U = M ×U +P U M ×U = P ⇔ (I MU = P U = (I M)−1P

FinalementU = (

4 2 1 3

)

× (

60 70

)

= (

380 270

)

.

3. (a) Pour tout entier naturel n,

Vn+1 =Un+1−U = MUn +P − (MU +P )= M(Un U )= M ×Vn . (b) Par récurrence :

— Pour tout entier naturel n, notonsPn la propriété : Vn = Mn ×V0. — Initialisation : Si n = 0 alors

M0 = I et V0 = M0V0. P0 est vraie. — Hérédité : Supposons qu’il existe un entier naturel k tel que Pk

soit vraie (c.-à-d. Vk = Mk ×V0). Montrons que Pk+1 est vraie aussi (c-à-d. Vk+1 = Mk+1×V0). Vk+1 = MVk = M × (Mk ×V0)= Mk+1×V0 et Pk+1 est vraie.

— P0 est vraie et Pn est héréditaire, par récurrence on a bien pour tout entier naturel n,Vn = Mn ×V0.

Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 2013 6/ ??

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. On admet que, pour tout entier naturel n,

Vn =

−100 3

×0,8n − 140

3 ×0,5n

−50 3

×0,8n + 140

3 ×0,5n

(a) Pour tout entier naturel n,

Vn = Un U Un = Vn +U Un =

−100 3

×0,8n − 140

3 ×0,5n

−50 3

×0,8n + 140

3 ×0,5n

+

380

270

Un =

−100 3

×0,8n − 140

3 ×0,5n +380

−50 3

×0,8n + 140

3 ×0,5n +270

On en déduit donc an = −100 3

×0,8n − 140

3 ×0,5n +380

Si −1< q < 1, alors lim n→+∞

qn = 0, donc lim n→+∞

an = 380

(b) Le nombre d’abonnés de l’opérateur A à long terme est doncde 380000.

Baccalauréat S POLYNÉSIE 7 JUIN 2013 7/ ??

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