Géométrie algorithmique - exercitation sur le vecteur directeur de la droite, Exercices de Géométrie Algorithmique
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie algorithmique - exercitation sur le vecteur directeur de la droite, Exercices de Géométrie Algorithmique

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Géométrie algorithmique - exercitation sur le vecteur directeur de la droite - correction.Les principaux thèmes abordés sont les suivants:le vecteur normal,le plan orthogonal.
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[ CORRECTION BACCAL AURÉAT S LIBAN 28 MAI 2013 \

EXERCICE 1 (4 points) Question 1 :

Réponse d

Un vecteur directeur de la droite D est le vecteur −→ d (1, 2, 3), un vecteur directeur de la droite D′ est le

vecteur −→ d ′ (1, 1, −1).

−→ d ·

−→ d ′ = 1+2−3= 0.

Ces deux vecteurs sont orthogonaux, les droites D et D′ sont donc orthogonales.

Aussi par élimination : la a. est fausse car les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, b. est fausse car

il n’y a pas de point d’intersection et c. est fausse car C n’est pas sur D.

Question 2 :

Réponse c

Un vecteur normal au plan P est le vecteur −→ n (1,1,−1).

Ce vecteur est un vecteur directeur de la droite D′.

Ce qui entraîne que ce plan est orthogonal à la droiteD′.

Question 3 :

Réponse c

AB= p 4+16+36=

p 56= 2

p 14, AC=

p 16+36+4=

p 56, BC=

p 36+4+16=

p 56

Ces trois distances sont égales, il en résulte que le triangle ABC est équilatéral.

Question 4 :

Réponse b

Pour déterminer lequel de ces vecteurs est un vecteur normal au plan P ′, il suffit de vérifier si ces vec-

teurs sont orthogonaux à deux vecteurs de P ′ qui sont non colinéaires.

Prenons −→ d ′ (1, 1, −1) et

−→ u =

−−→ AD′ , où A(1, −1, 2) et D′ est un point de D′, par exemple celui de coordon-

nées (1, 3, 4), soit −−→ AD′ (0, 4, 2).

On vérifie que −→ d ′ et

−−→ AD′ ne sont pas colinéaires, et on constate que, dans le second cas :

−→ d ′ ·

−→ n =

−−→ AD′ ·

−→ n = 0

Ce qui signifie que le vecteur −→ n (3, −1, 2) est un vecteur normal au plan P ′.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 (5 points)

Partie A

1.

b

b

E

0,7

b C0,95

b C0,05

b

E 0,3

b C0,99

b C0,01

2. On cherche P (

C E )

= PE (C P (

E )

= 0,95×0,70= 0,665

3. D’après la formule des probabilités totales :

P (C )= P (

C E )

+P (C E )= 0,665+0,99×0,30= 0,962.

4. PC (E )= P (E C )

P (C ) =

0,99×0,30

0,962 ≈ 0,309 à 10−3 près

Partie B

1. X suit la loi normaleN (

0,17 ; 0,0062 )

.

On cherche à calculer la probabilité P (0,166 X 6 0,18) qui est égale à 0,9044 d’après la table.

a. D’après le cours, comme Y suit une loi normale N (

m2 ; σ 2 2

)

, alors Z = Y m2

σ2 suit la loi

normale centrée réduiteN (0 ,1).

b.

0,166 Y 6 0,18⇐⇒ 0,16−0,17

σ2 6

Y −0,17

σ2 6

0,18−0,17

σ2

soit − 0,01

σ2 6 Z 6

0,01

σ2

Donc lorsque Y appartient à l’intervalle [0,16 ; 0,18], alors Z appartient à l’intervalle [

− 0,01

σ2 ; 0,01

σ2

]

.

c. On sait que cette probabilité doit être égale à 0,990, le tableau donné permet d’obtenir

β= 2,5758

d’où 0,01

σ2 = 2,5758⇔σ2 = 0,00385

En conclusion, à 10−3 près, σ≈ 0,004.

Liban 2 28 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 3 (6 points)

Partie A

1. Puisque lim x−→+∞

e−x = 0, il vient, lim x−→+∞

f1(x)= 1

Puisque lim x−→−∞

e−x =+∞, il vient, lim x−→+∞

f1(x)= 0

Graphiquement cela signifie que les droites d’équation y = 0 et y = 1 sont deux asymptotes hori- zontales à C1 au voisinage respectivement de moins et plus l’infini.

2. f1(x)= ex ×1

ex(1+e−x ) =

ex

ex +1 =

ex

1+ex

3. f ′1 =− −e−x

(1+e−x)2 =

e−x

(1+e−x)2 .

Cette expression étant toujours strictement positive sur R, il en résulte que la fonction f1 est

strictement croissante sur R.

4.

I = ∫1

0 f1(x)dx =

∫1

0

ex

1+ex dx =

[

ln(1+ex) ]1

0 = ln(1+e)− ln2= ln

(

1+e

2

)

I s’interprète graphiquement comme la mesure en unité d’aires du domaine limité par C1, l’axe

des x et les droites d’équations x = 0 et x = 1. C’est l’aire du rectangle de côté 1 et de longueur

ln

(

1+e

2

)

qui vaut à peu près 0,62 unité d’aire (ce qui se vérifie visuellement sur l’annexe).

Partie B P

(

x ; f1(x) )

etM (

x ; f−1(x) )

. K est le milieu de [MP ].

1. f1(x)+ f−1(x)= ex

ex +1 +

1

ex +1 =

ex +1

ex +1 = 1

2. yK = yM + yP

2 =

f1(x)+ f−1(x)

2 =

1

2

Le point K est donc un point de la droite d’équation y = 1

2 .

3. Il résulte de la question précédente que les deux courbes sont symétriques par rapport à la droite

d’équation y = 1

2 .

4. Soit A l’aire du domaine considéré. Par symétrie entre les deux courbes, on obtient

A = 2 ∫1

0 f1(x)−

1

2 dx = 2

∫1

0 f1(x)dx

∫1

0 dx = 2ln

(

1+e

2

)

−1≈ 0,24.

Partie C

1. Vrai : Quel que soit k ∈R, e−kx > 0⇒ 1+e−kx > 1⇒ 0< 1

1+e−kx < 1.

2. Faux : On a vu que la fonction f−1 est strictement décroissante sur R.

3. Vrai : Car si k > 10 alors− 1

2 k 6−5 puis e−

1 2k 6 e−5 par croissance de la fonction exponentielle et

enfin 1+e− 1 2k 6 1+e−5.

Finalement :

0,99< 0,99336 1

1+e−5 6

1

1+e− 1 2k

= fk

(

1

2

)

Liban 3 28 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 : Enseignement obligatoire uniquement (5 points)

Partie A

1. L’algorithme no 1 calcule tous les termes de v0 à vn mais n’affiche que le dernier vn .

L’algorithme no 2 calcule n fois de suite v1 à partir de v0 : il ne calcule pas les termes de 0 à vn .

L’algorithme no 3 calcule tous les termes de 0 à vn et les affiche tous.

2. D’après les tables de valeurs de la suite (qui correspond en fait à n = 9), il semblerait que la suite soit croissante et converge vers un nombre proche de 3.

3. a. Montrons par récurrence la propriété Pn : 0< vn < 3 pour tout entier naturel n.

Initialisation : n = 0, on a bien 0< v0 < 3 vraie, puisque v0 = 1 ; ainsi P0 est vraie.

Hérédité : Supposons Pn vraie, montrons alors que Pn+1 est vraie.

On suppose donc que 0< vn < 3.

Donc 6= 6−0> 6−vn > 6−3= 3, puis 1

6 <

1

6−vn <

1

3 , car la fonction inverse est décroissante sur ]0 ; +∞[.

3

2

9

6 <

9

6−vn <

9

3 = 3.

Ainsi 1< 3

2 < vn+1 < 3. L’hérédité est établie puisque Pn+1 est vraie.

Conclusion

Par le principe de récurrence, Pn : 0< vn < 3 est vraie pour tout entier naturel n.

b. vn+1−vn = 9

6−vn vn =

9−vn (6−vn)

6−vn =

(vn −3)2

6−vn .

Or, d’après la questionprécédente, 0< vn < 3 pour toutn entier naturel, ainsi 6−vn est positif,

donc vn+1−vn = (vn −3)2

6−vn > 0, ainsi la suite (vn) est croissante.

c. Comme la suite est majorée par 3 et croissante, alors elle converge vers une limite inférieure ou égale à 3.

Partie B

1. wn+1 −wn = 1

vn+1−3 −

1

vn −3 =

1 9

6−vn −3

− 1

vn−3 =

6−vn 3vn−9

− 1

vn −3 =

6−vn−3

3vn−9 =

vn+3

3vn−9 =

vn −3

3(vn −3) =−

1

3 .

Ainsi la suite (wn) est arithmétique de raison r =− 1

3 .

2. wn =w0+nr = 1

1−3 − 1

3 n =−

1

2 − 1

3 n.

Commewn = 1

vn−3 , on a vn =

1

wn +3=

1

−1 2 − 1

3 n +3=

6

−3−2n +3.

Or lim n→+∞

6

−3−2n = 0, donc lim

n→+∞ vn = 3.

Liban 4 28 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 : Enseignement de spécialité uniquement (5 points)

1. u2 = 5u1−6u0 = 40−18= 22 u3 = 5u2−6u1 = 110−48= 62

2. a. « b prend la valeur 5a−6c »

b. La suite semble être croissante.

3. A =

(

5 −6 1 0

)

Prouvons par récurrence queCn = AnC0. C’est vrai pour n = 0, car A0 est la matrice identité. Supposons queCn = AnC0, alors

Cn+1 = ACn = A(A nC0)= A× A

nC0 = A n+1C0

En conclusion, pour tout entier naturel n, on a

Cn = A nC0

4. QP =

(

−1 3 1 −2

) (

2 3

1 1

)

=

(

−2+3 −3+3 2−2 3−2

)

=

(

1 0

0 1

)

5. C’est trivialement vrai pour n = 1. Supposons que An = PDnQ, alors :

An+1 = An × A = PDnQ(PDQ)= PDn(QP )DQ = PDnDQ = PDn+1Q

En conclusion, pour tout entier naturel n, non nul on a

An = PDnQ.

6. PuisqueCn = AnC0, on obtiendra un comme la somme :

un = 8(−2 n+3n)+3(3×2n −2×3n)=−8×2n+8×3n+9×2n−6×3n = 2n+2×3n .

Les deux suites de terme général 2n et 3n ayant pour limite+∞, il en résulte que la suite (un) n’a pas de limite finie, mais a une limite infinie (on dit qu’elle diverge vers +∞).

Liban 5 28 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE de l’EXERCICE 3, à rendre avec la copie

Représentations graphiquesC1 et C−1 des fonctions f1 et f−1

1

−1

−2

1 2 3−1−2−3 −→ ı

−→

O

C1

C−1

Liban 6 28 mai 2013

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