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

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

PDF (127.9 KB)
9 pages
169Numéro de visites
Description
Géométrie algorithmique - exercitation sur le vecteur directeur. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l'équation cartésienne du plan, les coordonnées du point H, Les coordonnées des vecteurs.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 9
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
Amerique_du_Nord_S_30_mai_2013-corr.dvi

[ Baccalauréat S Amérique du Nord \ 30 mai 2013 – Corrigé

Exercice 1 5 points

Commun à tous les candidats

On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé. On considère les points A(0 ; 4 ; 1), B (1 ; 3 ; 0), C(2 ; −1 ; −2) et D (7 ; −1 ; 4).

1. Démontrons que les points A, B et C ne sont pas alignés.

On a −−→ AB (1;−1;−1) et

−−→ AC (2;−5;−3). On a :

1

2 6=

−1 −5

.

Les coordonnées des vecteurs −−→ AB et

−−→ AC ne sont pas proportionnelles.

Les vecteurs −−→ AB et

−−→ AC ne sont pas colinéaires : les points ne sont pas alignés.

2. Soit ∆ la droite passant par le point D et de vecteur directeur −→ u (2 ; −1 ; 3).

a. Démontrons que la droite ∆ est orthogonale au plan (ABC).

On a −−→ AB .

−→ u = 1×2+(−1)×(−1)+(−1)×3 = 0 et

−−→ AC .

−→ u = 2×2+(−5)×(−1)+(−3)×3 = 0.

Les vecteurs −−→ AB et

−−→ AC sont orthogonaux à

−→ u .

La droite ∆ est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : elle est or- thogonale au plan (ABC)

b. De ce qui précède, on déduit que −→ u est un vecteur normal à (ABC).

Une équation cartésienne de (ABC) est de la forme 2x y +3z +d = 0. Comme le point A appartient au plan (ABC), ses coordonnées vérifient :

2×0+ (4)× (−1)+ (1)×3+d = 0⇔ d = 1. On en déduit une équation cartésienne du plan (ABC) : 2x y +3z +1 = 0.

c. Déterminons une représentation paramétrique de la droite ∆.

Comme la droite∆ a pour vecteur directeur −→ u (2 ; −1 ; 3) et contient le pointD (7 ; −1 ; 4),

une représentation paramétrique de ∆ est : 

x = 2t +7 y = −t −1 z = 3t +4

, t ∈R.

d. Déterminons les coordonnées du point H, intersection de la droite∆ et du plan (ABC).

Les coordonnées de H sont les solutions du système : 

x = 2t +7 y = −t −1 z = 3t +4

2x y +3z +1 = 0

, t ∈R.

x = 2t +7 y = −t −1 z = 3t +4

2x y +3z +1 = 0

⇐⇒

x = 2t +7 y = −t −1 z = 3t +4

2(2t +7)− (−t −1)+3(3t +4)z +1 = 0

⇐⇒

x = 2t +7 y = −t −1 z = 3t +4 t = −2

⇐⇒

x = 3 y = 1 z = −2 t = −2

Le point H a pour coordonnées H(3; 1; −2)

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. Soit P1 le plan d’équation x + y + z = 0 et P2 le plan d’équation x +4y +2= 0. a. Démontrons que les plans P1 et P2 sont sécants.

Le plan P1 d’équation x + y + z = 0 a pour vecteur normal −→ n1 (1 ; 1 ; 1).

Le plan P∈ d’équation x +4y +2= 0 a pour vecteur normal −→ n2 (1 ; 4 ; 0).

Les coordonnées des vecteurs −→ n1 et

−→ n2 ne sont pas proportionnelles. Les vecteurs

−→ n1

et −→ n2 ne sont pas colinéaires. Les plans ne sont pas parallèles ; ils sont sécants.

b. Vérifions que la droite d , intersection des plans P1 et P2, a pour représentation para-

métrique

x = 2t +7 y = −t −1 z = 3t +4

, t ∈R.

Considérons le système : 

x + y + z = 0 x +4y +2 = 0

y = y , t ∈R.

x + y + z = 0 x +4y +2 = 0

y = t ⇐⇒

z = −x y x = −4t −20 y = t

⇐⇒

z = 3t +2 x = −4t −20 y = t

On en déduit que la droite d , intersection des plans P1 et P2, a pour représentation

paramétrique

x = −4t −2 y = t z = 3t +2

, t ∈R.

c. Ondéduit de la représentation paramétrique précédente que la droite d a pour vecteur

directeur −→ u′ (−4 ; 1 ; 3).

Le plan (ABC) a pour vecteur normal −→ u (2 ; −1 ; 3).

−→ u .

−→ u′ = 0.

−→ u et

−→ u′ sont orthogonaux : la droite d et le plan (ABC) sont parallèles .

Exercice 2 5 points

Candidats N’AYANT PAS SUIVI l’enseignement de spécialité mathématiques

On considère la suite (un ) définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel n,

un+1 = √

2un .

1. On considère l’algorithme suivant :

Variables : n est un entier naturel u est un réel positif

Initialisation : Demander la valeur de n Affecter à u la valeur 1

Traitement : Pour i variant de 1 à n : | Affecter à u la valeur

p 2u

Fin de Pour Sortie : Afficher u

a. On a : u0 = 1, u1 = √

2u0 = p 2, u2 =

2u1 = √

2 p 2 et

u3 = √

2u2 =

2

2 p 2= 1.8340 à 10−4 près

b. Cet algorithme permet le calcul du terme de rang n.

Corrigé Amérique du Nord 2 30 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c. D’après le tableau des valeurs approchées obtenues à l’aide de cet algorithme pour certaines valeurs de n, on peut conjecturer que la suite (un ) est croissante et majorée par 2.

2. a. Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, 0< un 6 2. • Initialisation

On a u0 = 1 donc 0< u0 6 2 • Hérédité

Supposons qu’il existe un entier naturel n tel que 0< un 6 2. On a : 0< un 6 2⇔ 0< 2un 6 4⇔ 0<

p 2un 6 4⇔ 0< un+1 6 2.

• Conclusion

0< u0 6 2 Si 0< un 6 2 alors 0< un+1 6 2. D’après l’axiome de récurrence on a pour tout entier naturel n, 0< un 6 2.

b. Déterminons le sens de variation de la suite (un ).

Comme pour tout entier naturel n, 0< un , comparons un+1

un à 1.

On a : un+1

un =

p 2un un

= √

2un u2n

=

2

un .

Et comme on a démontré précédemment que un 6 2, alors 2

un > 1 et

2

un > 1.

On en déduit que pour tout entier naturel n, 0< un , un+1

un > 1 ; (un ) est une suite crois-

sante.

c. On vient de prouver que d’une part la suite (un ) est strictement croissante et que d’autre part elle est majorée par 2.

Ceci démontre que la suite (un ) est convergente.

3. On considère la suite (vn) définie, pour tout entier naturel n, par vn = lnun − ln2. a. Pour tout entier naturel n, par vn = lnun − ln2 donc en particulier :

u0 = ln(u0)− ln2= ln1− ln2=− ln2 On a aussi pour tout entier naturel n,vn+1 = lnun+1− ln2, mais un+1 =

p 2un .

Alors : vn+1 = ln p 2un − ln2=

1

2 (ln(un )+ ln2)− ln2=

1

2 (ln(un )− ln2)=

1

2 vn

On peut en conclure que la suite (vn) est la suite géométrique de raison 1

2 et de pre-

mier terme v0 =− ln2.

b. On déduit de ce qui précède que pour tout entier naturel n, vn =− ln2 (

1

2

)n

.

vn = ln(un )− ln2⇔ ln (un 2

)

= vn un 2

= evn un = 2evn . un en fonction de n.

c. Comme 1

2 ∈ [0;1], lim

n→+∞

(

1

2

)n

= 0 et lim n→+∞

(vn)= 0

On sait que lim x→0

(

ex )

= 1, alors par composition des limites : lim n→+∞

(

evn )

= 1 et finale- ment : lim

n→+∞ (un )= 2

d. L’algorithme ci-dessous permet d’ afficher en sortie la plus petite valeur de n telle que un > 1,999.

Corrigé Amérique du Nord 3 30 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Variables : n est un entier naturel u est un réel

Initialisation : Affecter à n la valeur 0 Affecter à u la valeur 1

Traitement : Tant que u 6 1,999 Affecter à u la valeur

p 2u

Affecter à n la valeur n+1 Sortie : Afficher n

Exercice 2 5 points

Candidats AYANT SUIVI l’enseignement de spécialité mathématiques

Partie A

On considère l’algorithme suivant :

Variables : a est un entier naturel b est un entier naturel c est un entier naturel

Initialisation : Affecter à c la valeur 0 Demander la valeur de a Demander la valeur de b

Traitement : Tant que a > b Affecter à c la valeur c +1 Affecter à a la valeur a b

Fin de tant que Sortie : Afficher c

Afficher a

1. En faisant tourner l’algorithme avec a = 13 et b = 4, on obtient :

Variables a b c

Initialisation 0

Entrées 13 4 0

Traitement 9 4 1

5 4 2

1 4 3

Sortie On affiche la valeur de c : 3

On affiche la valeur de a : 1

2. Dans cet algorithme, on retire le nombre b du nombre a autant de fois que l’on peut et on fait afficher le nombre de fois que l’on a retiré b et ce qui reste dans a ; cet algorithme fournit donc le quotient (dans c) et le reste (dans a) de la division de a par b.

Partie B

À chaque lettre de l’alphabet, on associe, grâce au tableau ci-dessous, un nombre entier compris entre 0 et 25.

A B C D E F G H I J K L M 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

N O P Q R S T U V W X Y Z 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

Corrigé Amérique du Nord 4 30 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On définit un procédé de codage de la façon suivante : Étape 1 : À la lettre que l’on veut coder, on associe le nombre m correspondant dans le

tableau. Étape 2 : On calcule le reste de la division euclidienne de 9m +5 par 26 et on le note p. Étape 3 : Au nombre p, on associe la lettre correspondante dans le tableau.

1. On va coder la lettre U. Étape 1 : La lettre U correspond à m = 20. Étape 2 : 9m +5= 9×20+5 = 185 ; le reste de la division de 185 par 26 est p = 3. Étape 3 : Au nombre p = 3, on associe la lettre D.

Donc la lettre U se code en D.

2. Onmodifie l’algorithme de la partie A pour qu’à une valeur de m entrée par l’utilisateur, il affiche la valeur de p, calculée à l’aide du procédé de codage précédent :

Variables : m est un entier naturel p est un entier naturel

Initialisation : Demander la valeur de m Affecter à p la valeur 9m +5

Traitement : Tant que p > 26 Affecter à p la valeur p −26

Fin de tant que Sortie : Afficher p

Partie C

1. On sait que 9×3= 27≡ 1 (mod 26) ; donc pour x = 3, on a 9x ≡ 1 (mod 26). 2. 9m +5≡ p (mod 26)=⇒ 27m +15 ≡ 3p (mod 26) ⇐⇒ 27m ≡ 3p −15 (mod 26)

Or 27≡ 1 (mod 26) donc 27m m (mod 26) 27m ≡ 3p −15 27m m (mod 26)

}

=⇒m ≡ 3p −15 (mod 26)

Réciproquement :

m ≡ 3p −15 (mod 26) ⇐⇒ m +15≡ 3p (mod 26)=⇒ 9m +135 ≡ 27p (mod 26) Or 27≡ 1 (mod 26) donc 27p p (mod 26) ; de plus 135 = 5×26+5donc 135 ≡ 5 (mod 26). 135≡ 5 (mod 26)=⇒ 9m +135≡ 9m +5 (mod 26) 9m +135 ≡ 9m +5 (mod 26) 27p p (mod 26) 9m +135 ≡ 27p (mod 26)

=⇒ 9m +5≡ p (mod 26)

On peut donc dire que : 9m +5≡ p (mod 26) ⇐⇒ m ≡ 3p −15 (mod 26). 3. Pour décoder une lettre, on procèdera donc ainsi :

Étape 1 : À la lettre que l’on veut décoder, on associe le nombre p correspondant dans le tableau.

Étape 2 : On calcule le reste de la division euclidienne de 3p −15 par 26 et on le note m. Étape 3 : Au nombre m, on associe la lettre correspondante dans le tableau.

Pour décoder la lettre B : Étape 1 : À la lettre B, on associe le nombre p = 1. Étape 2 : 3p −15=−12≡ 14 (mod 26) donc m = 14. Étape 3 : Au nombre m = 14, on associe la lettre O.

Donc la lettre B se décode en la lettre O.

Corrigé Amérique du Nord 5 30 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice 3 5 points

Commun à tous les candidats

Les parties A. B et C peuvent être traitées indépendamment les unes des autres

Une boulangerie industrielle utilise une machine pour fabriquer des pains de campagne pe- sant en moyenne 400 grammes. Pour être vendus aux clients, ces pains doivent peser au moins 385 grammes. Un pain dont la masse est strictement inférieure à 385 grammes est un pain non- commercialisable, un pain dont la masse est supérieure ou égale à 385 grammes est commercia- lisable. La masse d’un pain fabriqué par la machine peut être modélisée par une variable aléatoire X suivant la loi normale d’espérance µ= 400 et d’écart-type σ= 11.

Les probabilités seront arrondies au millième le plus proche

Partie A

On pourra utiliser le tableau suivant dans lequel les valeurs sont arrondies au millième le plus proche.

x 380 385 390 395 400 405 410 415 420 P (X 6 x) 0,035 0,086 0,182 0,325 0,5 0,675 0,818 0,914 0,965

1. P (3906 X 6 410)= P (X 6 410)−P (X < 390)= 0,818−0,182 = 0,636.

2. Un pain choisi au hasard dans la production est commercialisable si et seulement si « X > 385 ».

« X > 385 »est l’événement contraire de « X < 385 ». On a donc p(X > 385)= 1−p(X < 385)= 1−0,086 = 0,914.

3. Le fabricant trouve cette probabilité p trop faible. Il décide de modifier ses méthodes de production afin de faire varier la valeur de σ sans modifier celle de µ.

Soit Y la variable aléatoire de paramètres µ= 400 et σ, on a : p(X > 385)= 0.96⇔ 1−p(Y < 385)= 0,96⇔ p(Y < 385)= 0,04

Si Y suit une loi normale de paramètres µ= 400 et σ, on sait que Z = X −400

σ suit une loi

normale centrée réduite et p(Y < 385)= 0,04⇔P (

Z 6 385−400

σ

)

= 0,04.

Or P (Z 6−1,751) ≈ 0,040.On a donc : −15 σ

=−1.751⇔σ= 15

1.751 = 8,6.

Pour σ= 8,6, au dixième près ; la probabilité qu’un pain soit commercialisable est de 96%

Partie B

Les méthodes de production ont été modifiées dans le but d’obtenir 96% de pains commerciali- sables. Afin d’évaluer l’efficacité de ces modifications, on effectue un contrôle qualité sur un échantillon de 300 pains fabriqués.

1. L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% de la proportion de pains com- mercialisables dans un échantillon de taille 300 est de la forme .

I300 =

[

p −1,96 √

p(1−p) p

n ; p −1,96

p(1−p) p

n

]

avec p = 0,96 et n = 300. On a donc : I300 = [0,93 ; 0,99]

Corrigé Amérique du Nord 6 30 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. Parmi les 300 pains de l’échantillon, 283 sont commercialisables. Ce qui représente 94% de la production.

Au regard de l’intervalle de fluctuation obtenu à la question 1,on accepte que l’objectif a été atteint .

Partie C

Le boulanger utilise une balance électronique. Le temps de fonctionnement sans dérèglement, en jours, de cette balance électronique est une variable aléatoire T qui suit une loi exponentielle de paramètre λ.

1. On sait que la probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas avant 30 jours est de p(T > 30)= 0,913. On a par ailleurs : p(T 6 30)=

∫30 0 λe

λx d x = [−e−λx]300 = 1−e −30λ.

On en déduit : p(T > 30)= 1−p(T 6 30)= e−30λ et finalement : e−30λ = 0,913⇔−30λ= ln(0.913)⇔λ= 0,003.

Dans toute la suite on prendra λ= 0,003.

2. Calculons pT>60 (T > 90).

On a pT>60 (T > 90) = p((T > 60)∩ (T > 90))

p(T > 60) =

p(T > 90)

p(T > 60 ) =

1−p(T 6 90) 1−p(T 6 90)

= e−90λ

e−60λ =

e−30λ.

Avec λ= 0,003., on a donc pT>60 (T > 90)= p(T > 30)= 0,913 Laprobabilité que la balance électronique fonctionne encore sans dérèglement après 90 jours, sachant qu’elle a fonctionné sans dérèglement 60 jours est 0,913 (loi à durée de vie sans vieillissement !)

3. Le vendeur de cette balance électronique a assuré au boulanger qu’il y avait une chance sur deux pour que la balance ne se dérègle pas avant un an. Calculons la durée maximale tmax pour laquelle la probabilité que la balance dérègle est inférieure à 0,5.

p(T 6 tmax)6 0,5 ⇐⇒= ∫tmax 0 λe

λx d x 6 0,5 ⇐⇒ [−e−λx ]tmax0 6 0,5 ⇐⇒ 1−e −λtmax 6 0,5

1−e−λtmax 6 0,5⇔ e−λtmax > 0,5⇔−λtmax > ln0.5 Avec λ= 0,003, on trouve tmax = 231. Le vendeur avait donc tort.

Exercice 4 5 points

Commun à tous les candidats

Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par

f (x)= 1+ ln(x)

x2

et soitC la courbe représentative de la fonction f dansun repère duplan. La courbeC est donnée ci-dessous :

Corrigé Amérique du Nord 7 30 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

−1

1 2 3

C

O

1. a. Étudions la limite de f en 0.

On sait que lim x→0

ln(x)=−∞ donc lim x→0

1+ ln(x)=−∞ .

D’autre part lim x→0

1

x2 =+∞, alors par produit des limites, lim

x→0 f (x)=−∞

b. On sait que lim x→+∞

lnx

x = 0,

D’autre part lim x→+∞

1

x = 0, alors par produit des limites lim

x→+∞

lnx

x2 = 0,

On a aussi lim x→+∞

1

x2 = 0,et en ajoutant ces deux dernières limites, on obtient :

lim x→+∞

f (x)= 0

c. lim x→0

f (x)=−∞ prouve que l’axe des ordonnées est asymptote verticale .

lim x→+∞

f (x)= 0 que l’axe des abscisses est asymptote horizontale.à C

2. a. On note f ′ la fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[. f est dérivable sur ]0 ; +∞[,

f ′(x)=

1

x × x2− (1+ lnx)

x4 =

x −2x lnx x4

= −1−2ln(x)

x3 .

b. −1−2lnx > 0 ⇐⇒ lnx <− 1

2 ⇐⇒ x < e−

1 2 .

Pour tout x ∈]0 ; +∞[, x2 > 0 et f ′(x) est du signe de −1−2ln(x).

c. Dresser le tableau des variations de la fonction f .

On a f (

e− 1 2

)

= 1− 12 (

e− 1 2

)2 = 1 2

e−1 =

e

2

Corrigé Amérique du Nord 8 30 mai 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

x 0 1p e +∞

f ′(x) + 0 −

f (x)

−∞

1 e

0

3. a. On a : f (x)= 0 ⇐⇒ 1+ lnx = 0 ⇐⇒ lnx =−1 ⇐⇒ x = e−1

Ce qui prouve que la courbe C coupe l’axe des abscisses en un unique point, le point de coordonnées (e−1;0)

b. D’après le tableau des variations de f et sachant que f (e−1)= 0. On en déduit que f (x)> 0 sur l’intervalle ]e−1 ; +∞[ et f (x)< 0 sur l’intervalle ]0; e−1[ .

4. Pour tout entier n > 1, on note In l’aire, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité

par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équations respectives x = 1

e et x = n.

a. On sait que f > 0 sur ]e−1 ; +∞[, donc In = ∫n

e−1 f (x)dx

Sur

[

1

e ; 2

]

on a au vu des variations de f : 0< f (x)6 e

2 . Comme l’intégration conserve

l’ordre et le signe, on en déduit :

06 I2 6 ∫n

e−1

e

2 d x =

e

2

(

2− 1

e

)

= e− 1

2 et finalement : 06 I2 6 e−

1

2 .

On admet que la fonction F , définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par F (x)= −2− ln(x)

x ,est

une primitive de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[. b. Calculons In en fonction de n. On a :

In = [

−2− lnx x

]n

0 =

−2− lnn n

− (

−2− ln(e−1

e−1

)

= −2− lnn

n − (−2+1)e

Et finalement : In = −2− lnn

n +e= e−

lnn

n

2

n c. Étudions la limite de In en +∞.

On a lim n→+∞

lnn

n = 0, lim

n→+∞

1

n = 0 et lim

n→+∞

2

n = 0 alors lim

n→+∞ In = e.

Graphiquement cela signifie que l’aire du domaine délimité par l’axe des abscisses, la

courbeC et les droites d’équations respectives x = 1

e et x = n tend vers e quand n tend

vers +∞.

Corrigé Amérique du Nord 9 30 mai 2013

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
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome