Géométrie analytique - travaux pratiques sur l’intervalle, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie analytique - travaux pratiques sur l’intervalle, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Géométrie analytique - travaux pratiques sur l’intervalle. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la fonction dérivée de f sur l’intervalle, le tableau de variation de f.
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Nlle_Caledonie_S_14_nov_2013 corr.dvi

A .P

.M .E

.P .

[ Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie 14/11/2013 \ Corrigé

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

Soit f la fonction dérivable, définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par f (x)= ex + 1

x .

1. Étude d’une fonction auxiliaire

a. Soit la fonction g dérivable, définie sur [0 ; +∞[ par g (x)= x2ex −1. Pour tout réel x de [0 ; +∞[ : g ′ (x)= 2x e x > 0 sur ]0 ; +∞[. La fonction g est strictement croissante sur [0 ; +∞[.

b. g (0)=−1< 0 et g (1)= e −1> 0. Dressons le tableau de variations de g :

x 0 a 1 +∞

g (x) −1

0 e – 1

D’après ce tableau de variations, l’équation g (x) = 0 admet une solution unique dans l’intervalle [0;1] ; on appelle a cette solution.

g (0,703) ≈−0,0018 < 0 et g (0,704)≈ 0,002 > 0 donc a ∈ [0,703;0,704]. c. D’après le tableau de variations de g : • g (x)< 0 sur [0;a[

g (x)> 0 sur ]a ;+∞[ 2. Étude de la fonction f

a. lim x→0

e x = 1

lim x→0 x>0

1

x =+∞

=⇒ lim x→0 x>0

ex + 1

x =+∞=⇒ lim

x→0 x>0

f (x)=+∞

lim x→+∞

ex =+∞

lim x→+∞

1

x = 0

=⇒ lim x→+∞

e x + 1

x =+∞=⇒ lim

x→+∞ f (x)=+∞

b. On note f ′ la fonction dérivée de f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

f (x)= ex + 1

x =⇒ f ′ (x)= ex

1

x2 =

x2 ex −1 x2

= g (x)

x2

c. Pour tout x de ]0 ; +∞[, x2 > 0 donc f ′ (x) est du signe de g (x). On dresse le tableau de variation de f :

x 0 a +∞

g (x) −1 − 0 +

f ′ (x) − 0 + +∞ +∞

f (x) f (a)

d. D’après son tableau de variation, la fonction f admet le nombre f (a) commeminimum sur son intervalle de définition.

f (a)= ea + 1

a . Or a est la solution de l’équation g (x)= 0 donc

g (a)= 0 ⇐⇒ a2 ea −1= 0 ⇐⇒ a2 ea = 1 ⇐⇒ ea = 1

a2 .

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On en déduit que f (a)= 1

a2 +

1

a et on a donc démontré que la fonction f

admettait pour minimum sur ]0 ; +∞[ le nombre réel m = 1

a2 +

1

a .

e. On a successivement(en valeurs approchées) :

0,703 < a < 0,704

0,4942 < a2 < 0,4957 1

0,4957 <

1

a2 <

1

0,4942

2,017 < 1

a2 < 2,024

0,703 < a < 0,704 1

0,704 <

1

a <

1

0,703

1,420 < 1

a < 1,423

donc par somme : 2,017+1,420 < 1

a2 +

1

a < 2,024+1,423 et donc :

3,43< m < 3,45

EXERCICE 2 5 points Commun à tous les candidats

Soient deux suites (un ) et (vn) définies par u0 = 2 et v0 = 10 et pour tout n ∈N par un+1 =

2un + vn 3

et vn+1 = un +3vn

4 PARTIE A

Variables : N est un entier U ,V ,W sont des réels K est un entier

Début : Affecter 0 à K Affecter 2 àU Affecter 10 à V Saisir N Tant que K < N

Affecter K +1 à K AffecterU à W

Affecter 2U +V

3 àU

Affecter W +3V

4 à V

Fin tant que AfficherU Afficher V

Fin

État des variables :

K W U V

0 — 2 10 1 2 14/3 8 2 14/3 52/9 43/6

PARTIE B

1. a. Pour tout entier naturel n,

vn+1−un+1 = un +3vn

4 − 2un + vn

3 =

3(un +3vn) 12

− 4(2un + vn)

12

= 3un +9vn −8un −4vn

12 =

5vn −5un 12

= 5

12 (vn un )

b. Pour tout entier naturel n on pose wn = vn un . D’après la question précédente, on peut dire que la suite (wn) est géomé-

trique de raison 5

12 et de premier terme w0 = v0−u0 = 10−2= 8.

D’après le cours (forme explicite d’une suite géométrique) on peut dire

que, pour tout entier naturel n, wn = 8 (

5

12

)n

.

Nouvelle-Calédonie 2 14 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. a. un+1−un = 2un + vn

3 − 3un 3

= 2un + vn −3un

3 =

vn un 3

= wn

3

On a vu que, pour tout n, wn = 8 (

5

12

)n

; on peut en déduire que pour tout

n, wn > 0 et donc que, pour tout n, un+1−un > 0. Donc la suite (un ) est croissante.

vn+1− vn = un +3vn

4 − 4vn 4

= un +3vn −4vn

4 =

un vn 4

= −wn 4

Et comme wn > 0, on peut dire que vn+1− vn < 0 pour tout n. Donc la suite (vn) est décroissante.

b. On a vu que, pour tout n, wn > 0 ; donc, pour tout n, vn un > 0 c’est-à- dire vn > un . La suite (vn) est décroissante donc, pour tout n, vn 6 v0 ⇐⇒ vn 6 10.

Pour tout entier naturel n, vn > un vn 6 10

}

=⇒un 6 10.

La suite (un ) est croissante donc pour tout n, un > u0 ⇐⇒ un > 2.

Pour tout entier naturel n, vn > un

un > 2

}

=⇒ vn > 2.

c. La suite (un ) est croissante majorée par 10 donc, d’après le théorème de la convergence monotone, la suite (un ) est convergente vers un réel ℓu .

La suite (vn) est décroissante minorée par 2 donc, d’après cemême théo- rème, la suite (vn) est convergente vers un réel ℓv .

3. La suite (wn), définie par wn = vnun , est convergente comme différence de deux suites convergentes, et sa limite est égale à ℓv ℓu .

Or la suite (wn) est géométrique de raison 5

12 et −1 <

5

12 < 1 ; donc on peut

dire que la suite (wn) est convergente vers 0.

La limite d’une suite est unique donc ℓv ℓu = 0 et donc ℓv = ℓu ; les suites (un ) et (vn) ont donc la même limite qu’on appelle .

4. tn+1 = 3un+1+4vn+1 = 3× 2un + vn

3 +4×

un +3vn 4

= 2un + vn +un +3vn

= 3un +4vn = tn donc la suite (tn ) est constante. t0 = 3u0+4v0 = 3×2+4×10 = 6+40= 46 Comme la suite (tn ) est constante, pour tout n, tn = t0 = 46 ; la suite (tn) est donc convergente vers 46.

Les suites (un ) et (vn) sont toutes les deux convergentes vers donc la suite (tn) définie par tn = 3un +4vn est convergente vers 3+4= 7.

La limite d’une suite est unique donc 7= 46 ⇐⇒ = 46

7 .

La limite commune des suites (un ) et (vn) est donc 46

7 .

Nouvelle-Calédonie 3 14 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats Partie A

1. Une bille est dans la norme si son diamètre est entre 9 et 11 mm; donc la probabilité qu’une bille soit dans la norme est P (96 X 6 11)= P (X 6 11)−P (X 6 9). La probabilité que la bille soit hors norme est donc : 1−(P (X 6 11)−P (X 6 9))= 1−(0,99379034−0,00620967) = 1−0,98758067 = 0,01241933 ; donc une valeur approchée à 0,0001 de la probabilité qu’une bille soit hors norme est 0,0124.

2. a. On construit un arbre pondéré qui réunit les données de l’énoncé :

b

b N

0,9876

b A

0,99

b

A 0,01

b

N

0,0124 b

A 0,02

b

A 0,98

b. D’après la formule des probabilités totales :

P (A)= P (N A)+P (

N A )

= P (N PN (A)+P (

N )

×PN (A) = 0,9876×0,99+0,0124×0,02 = 0,977724+0,000248 = 0,977972 ≈ 0,9780

La probabilité de A est 0,9780 (arrondie au dix-millième).

c. On cherche : PA (

N )

= P (

AN )

P (A) =

0,000248

0,977972 ≈ 0,0003

La probabilité qu’une bille acceptée soit hors norme est 0,0003 (arrondie au dix-millième).

Partie B

1. La probabilité qu’une bille soit hors norme est 0,0124 : on admet que prendre au hasard un sac de 100 billes revient à effectuer un tirage avec remise de 100 billes dans l’ensemble des billes fabriquées. Donc la variable aléatoire Y qui, à tout sac de 100 billes, associe le nombre de billes hors norme, suit une loi binomiale de paramètresn = 100 et p = 0,0124.

2. L’espérance mathématique et l’écart type d’une variable aléatoire qui suit

une loi binomiale deparamètresn et p sont respectivementnp et √

np (

1−p )

. Donc E (Y )= np = 100×0,0124 = 1,24

et σ(Y )= √

np (

1−p )

= √

100×0,0124×0,9876 ≈ 1,1066. 3. La probabilité pour qu’un sac de 100 billes contienne exactement deux billes

hors norme est P (Y = 2).

P (Y = 2)= (

n

2

)

p2 (

1−p )n−2 =

(

100

2

)

×0,01242 ×0,9876 98 ≈ 0,02241.

4. Unsac debilles contient auplus unebille hors normeest l’événement (Y 6 1). P (Y 6 1)= P (Y = 0)+P (Y = 1)

= (

100

0

)

×0,01240 ×0,9876 100 + (

100

1

)

×0,01241 ×0,9876 99

≈ 0,2871+0,3605 ≈ 0,6476.

Nouvelle-Calédonie 4 14 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct (

O, −→ u ,

−→ v )

.

On note C l’ensemble des nombres complexes.

1. (1+ i )4n = (

(1+ i )4 )n

et (1+ i )4 = (

(1+ i )2 )2

(1+ i )2 = 1+2 i + i 2 = 1+2 i −1= 2 i ; donc (1+ i )4 = (2 i )2 = 4 i 2 =−4 Donc (1+ i )4n = (−4)n ; la proposition est vraie.

2. On cherche les solutions de l’équation (E) : (z −4) (

z2−4z +8 )

= 0. Il y a z = 4 qui annule z −4. Pour z2−4z +8= 0 : ∆= (−4)2−4×1×8 = 16−32=−16< 0 L’équation admet deux solutions complexes conjuguées :

z1 = −(−4)+ i

p 16

2 =

4+4 i 2

= 2+2 i et z2 = 2−2 i

L’équation (E) admet pour solutions {

4, 2+2 i , 2−2 i }

.

Représentons les points dont les affixes sont solutions de (E) :

~u

~v b

b

b

O

A

B

C

H b

Le triangle ABC est isocèle en A car les points B et C sont symétriques par

rapport à l’axe (

O, −→ u )

et A appartient

à cet axe ; donc lemilieuHde [BC] est aussi le pied de la hauteur issue de A dans le triangle.

H a pour affixe 2 donc AH=2 ; de plus BC= |2+2 i −2+2 i | = |4 i | = 4.

L’aire de ce triangle vaut donc : BC×AH

2 =

4×2 2

= 4

La proposition est fausse.

3. Soit α un nombre réel quelconque ; on sait que 1= cos2α+ sin2α. 1+e2 iα = 1+

(

e iα )2 = 1+(cosα+ i sinα)2 = 1+cos2α+2 i sinαcosα+ i 2 sin2α

= cos2α+sin2α+cos2α+2 i sinαcosα−sin2α= 2cos2α+2 i sinαcosα = 2(cosα+ i sinα)cosα= 2e iα cosα

La proposition est vraie.

4. Le nombre complexe zA a pour argument π

4 donc le nombre complexe (zA)n

a pour argument n π

4 (argument d’un produit).

Les points O, A et Mn sont alignés si et seulement si l’argument de l’affixe

de Mn est π

4 ou π+

π

4 à 2π près.

~u

~v

O

A b

π

4

π+ π4

On suppose que n −1 est divisible par 4 ; le nombre n −1 peut alors s’écrire 4k avec k entier et donc n s’écrit 4k +1. L’argument de l’affixe de Mn qui est n

π

4 peut s’écrire (4k +1)

π

4 = +

π

4 qui

est bien équivalent à π

4 ou π+

π

4 à 2π près ;

donc si n−1 est divisible par 4, alors les points O, A et Mn sont alignés. La proposition est vraie.

Nouvelle-Calédonie 5 14 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

5. Le nombre j a pour module 1 et argument 2π

3 donc j2 a pour module 12 = 1

et pour argument 2× 2π

3 =

4π

3 .

On a : j= cos 2π

3 + i sin

2π

3 =−

1

2 + p 3

2 (propriétés du cercle trigonométrique).

Et : j2 = cos 4π

3 + i sin

4π

3 =−

1

2 − p 3

2 .

Donc 1+ j+ j2 = 1− 1

2 + p 3

2 − 1

2 − p 3

2 = 0.

La proposition est vraie.

Une solution plus élégante consiste à écrire le nombre j sous la forme e i 2π 3

pour prouver que j3 = 1. Ensuite on développe (

1+ j+ j2 )(

1− j )

en 1− j3 qui donne donc 0. Et comme j n’est pas égal à 1, le facteur 1− j n’est pas nul, mais comme le produit

(

1+ j+ j2 )(

1− j )

est nul, c’est le facteur 1+ j+ j2 qui est nul.

Nouvelle-Calédonie 6 14 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. On cherche tous les entiers x de E tels que g (x)= x : g (x)= x ⇐⇒ 4x +3≡ x (mod 27) ⇐⇒ 3x ≡−3 (mod 27) ce qui veut dire que 3x s’écrit −3+27k k ∈Z.

x E ⇐⇒ 0 6 x 6 26 0 6 3x 6 81

or 3x =−3+27k donc 0 6 −3+27k 6 81 3 6 27k 6 84 3

27 6 k 6

84

27 Or k est entier donc k

{

1,2,3 }

.

Pour k = 1, 3x =−3+27= 24 donc x = 8 ; pour k = 2, 3x =−3+54= 51 donc x = 17 ; pour k = 3, 3x =−3+81= 78 donc x = 26. Les éléments de E invariants par g sont 8, 17 et 26.

Les caractères invariants dans ce codage sont les caractères correspondant à 8,17 et 26 donc ce sont les caractères i , r et ⋆.

2. Soient x et y deux éléments de E tels que y ≡ 4x +3 (mod 27). y ≡ 4x +3 (mod 27) ⇐⇒ 7y ≡ 28x +21 (mod 27) ; or 21≡−6 (mod 27) et 28≡ 1 (mod 27) donc 28x x (mod 27) 7y ≡ 28x +21 (mod 27) ⇐⇒ 7y x −6 (mod 27) ⇐⇒ 7y +6≡ x (mod 27)

⇐⇒ x ≡ 7y +6 (mod 27) On suppose qu’il existe deux caractères x et x′ de E qui se codent par lemême caractère y de E .

On a donc x ≡ 7y +6 (mod 27) et x′ ≡ 7y +6 (mod 27) ce qui entraîne x x′ (mod 27) donc on peut écrire x = x′+27k k ∈Z. Or 06 x 6 26 et 06 x′ 6 26 donc k = 0 et x = x′. Deux caractères distincts ne sont pas codés par un même caractère, donc deux caractères distincts sont codés par deux caractères distincts.

3. Uneméthode de décodage suit le même principe que la méthode de codage, en remplaçant la fonction g par la fonction f qui, à chaque élément y de E , associe le reste de la division euclidienne de 7y +6 par 27.

4. On sait que la lettre s se code en la lettre v , donc la lettre v se décode en s.

La lettre f correspond au nombre y = 5 ; 7y +6= 7×5+6= 35+6= 41. Or 41= 27×1+14 donc 14 est le reste de la division de 41 par 27. Le nombre 14 correspond à la lettre o.

Donc v f v se décode en s o s.

Nouvelle-Calédonie 7 14 novembre 2013

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