Géométrie analytique - travaux pratiques sur la fonction exponentielle, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie analytique - travaux pratiques sur la fonction exponentielle, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Géométrie analytique - travaux pratiques sur la fonction exponentielle. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la valeurmoyenne de f, le repère orthonormal.
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[ Baccalauréat S Pondichéry 16 avril 2013 \

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

Partie 1

h(t)= a

1+be−0,04t

On sait qu’initialement, pour t = 0, le plant mesure 0,1 m et que sa hauteur tend vers une hauteur limite de 2 m.

— Par propriété de la fonction exponentielle, lim t→+∞

1+be−0,04t = 1 donc par quotient lim t→+∞

h(t)= a, d’après l’énoncé on a donc a = 2.

h(0)= 0,1⇒ a

1+b = 0,1⇒ b =

2

0,1 −1= 19

Partie 2

f (t)= 2

1+19e−0,04t

1. f est de la forme 2

u avec u(t)= 1+19e−0,04t donc f ′ =−

u

u2 avec u′(t)=−0,76e−0,04t , soit (confu-

sion à ne pas faire entre fonction u,u′ et valeurs en t ...)

f ′(t)= 2×0,76e−0,04t (

1+19e−0,04t )2 .

Pour tout t ∈ [0 ; 250], f ′(t)> 0 donc f strictement croissante sur l’intervalle [0 ; 250]. 2. Le plant de maïs atteint une hauteur supérieure à 1,5 m se traduit par h(t)> 1,5

2

1+19e−0,04t > 1,5

⇔ 2

1,5 −1 > 19e−0,04t

⇔ 1

57 > e−0,04t

⇔ ln (

1

57

)

> −0,04t

⇔ − ln57 > −0,04t

⇔ ln57

0,04 < t

Or ln57

0,04 ≈ 101,08.

Il faut donc un peu plus de 101 jours pour que le plant dépasse 1,5 m.

1

3. (a) Pour tout réel t appartenant à l’intervalle [0 ; 250] on a

2e0,04t

e0,04t +19 =

2e0,04t

e0,04t (1+ 19

e0,04t ) =

2✘✘✘e0,04t

✘ ✘✘e0,04t (1+19e−0,04t )

= f (t)

F (t)= 50ln (

e0,04t +19 )

est de la forme 50lnu(t) avec u(t)= e0,04t +19 et u(t)> 0 sur R.

donc F ′ = 50 u

u avec u′(t)= 0,04e0,04t , soit

F ′(t)= 50× 0,04e0,04t

e0,04t +19 =

2e0,04t

e0,04t +19 = f (t).

F est donc bien une primitive de f sur l’intervalle [0 ; 250].

(b) Par définition la valeur moyenne de f sur l’intervalle [50 ; 100] est µ= 1

100−50

∫100

50 f (t)dt .

µ= 1

50 [F (t)]10050 = ln(e

4+19)− ln(e2+19)≃ 1,03.

La hauteur moyenne du plant entre le 50e et le 100e jour est de 1,03 m.

4. D’après le graphique, la vitesse estmaximale lorsque la pente (coefficient directeur) de la tangente à la courbe est maximale, soit à t = 80, la hauteur du plant est environ de 1,15 m.

EXERCICE 2 4 points

Commun à tous les candidats

Les bonnes réponses sont b. c. a. b.

L’espace est rapporté à un repère orthonormal. t et t ′ désignent des paramètres réels.

Le plan (P) a pour équation x −2y +3z +5 = 0 et donc, par propriété, il a pour vecteur normal −→n

1 −2 3

.

Le plan (S) a pour représentation paramétrique

x = −2+ t +2t y = 0− t −2t z = −1− t +3t

Par propriété, le plan (S) passe par F(−2 ; 0 ; −1) et a pour vecteurs de base −→ u

1 −1 −1

 et −→ v

2 −2 3

La droite (D) a pour représentation paramétrique

x = −2+ t y = −t z = −1− t

Par propriété, la droite (D) passe par F(−2 ; 0 ; −1) et a pour vecteur directeur −→u

1 −1 −1

 , elle est donc

clairement contenue dans le plan (S) pour la valeur t ′ = 0.

On donne les points de l’espace M(−1 ; 2 ; 3) et N(1 ; −2 ; 9).

2

1. La bonne réponse est b. en excluant les trois autres ou en vérifiant directement.

a. N’est pas un plan mais une droite.

c.

x = t + t y = 1− t −2t z = 1− t −3t

passe par (0 ; 1 ; 1) ∉ (P)d.

x = 1+2t + t y = 1−2t +2t z = −1− t

passe par (1 ; 1 ;−1) ∉(P)

b.

x = t +2t y = 1− t + t z = −1− t

passe par le point A(0 ; 1 ;−1) qui est élément de (P) car 0−2+3×(−1)+5 = 0

et a pour vecteurs directeurs −→ u

1 −1 −1

 et −→ v

2 1 0

. Or −→ n ·

−→ u = 0 et

−→ n ·

−→ v = 0 donc

−→ n normal à deux

vecteurs non colinéaires du plan est normal au plan. On a bien une représentation paramétrique du plan (P).

2. La bonne réponse est c. « La droite (D) est une droite du plan (P). »

Remplaçons, pour t quelconque, les coordonnées d’un point de la droite dans l’équation du plan (P). Quel que soit t ∈ R, −2− t −2× (−t)+3× (−1− t)+5= −2−3+5+ t +2t −3t = 0, donc tout point de ∆ appartient à (P), la droite est contenue dans (P).

3. La bonne réponse est a. « La droite (MN) et la droite (D) sont orthogonales. »

−−→ MN

2 −4 6

 et −→ u

1 −1 −1

donc −−→ MN ·

−→ u = 1+2−3= 0 prouve que (MN) est orthogonale à (D).

4. La bonne réponse est b. « La droite (∆) et la droite d’intersection de (P) et (S). »

On vérifie que la droite ∆ est contenue dans chacun des deux plans (qui ne sont pas confondus par ailleurs).

. Pour tout t ∈R, t −2× (−2− t)+3× (−3− t)+5 = t +4+2t −9−3t +5= 0 prouve (∆)⊂ (P).

. Soit E le point de ∆ de paramètre t = 0 : E(0 ; −2 ; −3) et soit F le point de paramètre t = −2 : F(−2 ; 0 ; −1). On reconnaît le point de (S) de paramètre (t = 0, t ′ = 0) donc F ∈ (S). Montrons que E ∈ (S).

Résolvons le système

0 = −2+ t +2t ′ −2 = −t −2t ′ −3 = −1− t +3t

En additionnant les lignes (1) et (3) on obtient 5t ′ = 0 donc t ′ = 0 et en remplaçant dans les trois équations on obtient bien une seule valeur de t = 2. Cela prouve que E ∈ (P) pour (t = 2, t ′ = 0). Conclusion : les points E et F sont dans (S), donc la droite (∆) est entièrement contenue dans (S).

La droite (∆) étant simultanément contenue dans les deux plans (non confondus) est la droite d’intersection.

(Remarque : Les réponses a. et c. pouvaient être éliminées de manière directe, mais la réponse b. exclut aussi la réponse d. ).

3

EXERCICE 3 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend zM = 2e−i π 3 .

(a) zM = 2× (

1

2 − i

p 3

2

)

= 1− i p 3.

(b) zM ′ =−izM =−i(1− i p 3)=−i+ i2

p 3=−

p 3− i.

Module et argument méthode algébrique :

|zM ′ | = √

(− p 3)2+ (−1)2 = 2 et si l’on nomme θ un argument de zM ′ alors, par propriété,

cosθ = − p 3

2

sinθ = − 1

2

On reconnaît θ =− 5π

6 (modulo 2π).

Module et argument par la forme exponentielle :

|zM ′ | = |− i|× |zM | = 1×|2e−i π 3 | = 2

arg(zM ′ )= arg(−i)+arg(zM )=− π

2 − π

3 =−

5π

6 (module 2π).

(c) La figure n’est pas à l’échelle. Graphiquement on vérifie les propriétés 1 et 2.

1

−1

−2

1 2 3−1−2 bA

b B

b M

b O

bM ′ b I

2. Cas général en prenant zM = x + iy avec y 6= 0.

(a) zI = zA + zM

2 =

x +1 2

+ i y

2 .

(b) zM ′ =−i(x + iy)= y − i x.

(c) I

(

x +1 2

; y

2

)

, B(0 ; 1) et M ′(y ; −x).

(d) −→ OI ·

−−−→ BM ′ =

(

x +1 2

)

× y + ( y

2

)

× (−x −1) = x y

2 + 1

2 −

x y

2 − 1

2 = 0 donc les droites (OI ) et (BM ′)

sont perpendiculaires.

(e) BM ′ = √

y2+ (−x −1)2 = √

(x +1)2+ y2 et d’autre part , 2OI = 2

(

x +1 2

)2

+ ( y

2

)2 =

2

2

(x +1)2+ y2

donc

2OI =BM ′.

4

EXERCICE 3 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. (a) On a A×Un = (

0,125 jn +0,525an 0,625 jn +0,625an

)

=Un+1.

(b) un an d’observation puis après deux ans d’observation (résultats arrondis à l’unité près par

défaut).U1 = A×U0 = (

0,125 0,525 0,625 0,625

)

× (

200 500

)

= (

25+262,5 125+312,5

)

= (

287,5 437,5

)

.

Au bout de 1 an il y aura 287 jeunes et 437 adultes.

U2 = A×U1 = (

0,125 0,525 0,625 0,625

)

× (

287,5 437,5

)

= (

35,9375+229,688 179,688+273,438

)

= (

265,625 453,125

)

.

Au bout de 2 ans il y aura 265 jeunes et 453 adultes.

(c) fonction de An et deU0. Une récurrence simple permet demontrer que quel que soit le naturel n, Un = An ×U0.

2. (a) Q ×D = (

−1.75 3 1,25 5

)

, puis

(Q ×DQ−1 = (

−0,175+0,3 0,105+0,42 0,125+0,5 −0,075+0,7

)

= (

0,125 0,525 0,625 0,625

)

= A.

(b) An =Q ×Dn ×Q−1? Initialisation : On a bien A1 =Q ×DQ−1 (question précédente). Hérédité : Supposons qu’il existe p > 1 tel que Ap =Q ×Dp ×Q−1. Alors ap+1 = Ap × A =

(

Q ×Dp ×Q−1 )

× (

Q ×D ×Q−1 )

=Q ×Dp × (

Q−1×Q )

×D ×Q−1 = Q ×Dp × I ×D ×Q−1 =Q × (Dp ×DQ−1 =Q ×Dp+1×Q−1. La formule est donc vraie au rang p +1. On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n non nul :

An =Q ×Dn ×Q−1. (c) La matrice D est diagonale, donc :

Dn = (

−0,25 0 0 1

)n

= (

(−0,25)n 0 0 1

)

.

3. (a) Quel que soit le naturel n :

Un = An×U0 = (

0,3+0,7× (−0,25)n 0,42−0,42× (−0,25)n 0,5−0,5× (−0,25)n 0,7 +0,3 × (−0,25)n )

(

200 500

)

= (

60+140× (−0,25)n +210−210× (−0,25)n 100+−100× (−0,25)n +350+150× (−0,25)n

)

= (

270−70× (−0,25)n 450+50× (−0,25)n

)

.

Conclusion

{

jn = 270−70× (−0,25)n an = 450+50× (−0,25)n

(b) Comme −1<−0,25< 1, on sait que lim n→+∞

(−0,25)n = 0, donc : lim

n→+∞ jn = 270 et lim

n→+∞ an = 450.

Lenombred’animaux jeunes va tendre vers 270 et celui des adultes vers 450 aubout dequelques années.

5

EXERCICE 4 6 points

Commun à tous les candidats

Dans une entreprise, on s’intéresse à la probabilité qu’un salarié soit absent durant une période d’épidé- mie de grippe.

• Un salarié malade est absent • La première semaine de travail, le salarié n’est pas malade. • Si la semaine n le salarié n’est pas malade, il tombe malade la semaine n+1 avec une probabilité

égale à 0,04. • Si la semaine n le salarié est malade, il reste malade la semaine n+1 avec une probabilité égale à

0,24. On désigne, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, par En l’évènement « le salarié est absent pour cause de maladie la n-ième semaine ». On note pn la probabilité de l’évènement En . On a ainsi : p1 = 0 et, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1 : 06 pn < 1.

1. (a) Déterminer la valeur de p3 à l’aide d’un arbre de probabilité.

E10

E11

E20,04

E3 0,24

E30,76

E20,96

E3 0,04

E30,96

Théorème des probabilités totales : E3 = E2∩E3 ∪ E2∩E3 (union d’évènements disjoints) p3 = P (E3)= 0,04×0,24+0,96×0,04 = 0,048.

(b) Sachant que le salarié a été absent pour cause de maladie la troisième semaine, déterminer la probabilité qu’il ait été aussi absent pour cause de maladie la deuxième semaine.

PE3(E2)= P(E2∩E3)

P(E3) =

0,04×0,24 0,048

= 1

5 = 0,2.

2. (a) Complétons l’arbre

Enpn

En+1 0,24

En+10,76

En(1−pn )

En+1 0,04

En+10,96

6

(b) En appliquant le théorème des probabilités totales :

En+1 = En En+1 ∪ En En+1(union d’évènements disjoints) pn+1 = 0,24pn +0,04(1−pn )= (0,24−0,04)pn +0,04= 0,2pn +0,04

(c) Pour tout n ∈N∗,

un+1 = pn+1−0,05= 0,2pn +0,04−0,05 = 0,2pn −0,01= 0,2(pn −0,05)= 0,2un

donc (un ) est la suite géométrique de premier terme u1 =−0,05 et la raison r = 0,2.

Par propriété, pour tout n ∈N∗ : un = ur n−1 =−0,05×0,2n−1

et donc : pn = un +0,05= 0,05(1−0,2n−1 ) . (d) Limite de la suite

(

pn )

.

Comme |0,2| < 1 alors par théorème : lim n→+∞

(0,2)n−1 = 0 et donc lim n→+∞

pn = 0,05.

(e) Le nombre J qui est affiché en sortie d’algorithme est le rang du premier terme de la suite (pn) qui s’approche de la limite 0,05 à 10−K près, où K est un entier fixé au départ.

La convergence de l’algorithme est assurée par l’existence de la limite vue en (d).

3. (a) •Une semaine donnée, on peut définir une épreuve de Bernoulli, où le succès est l’évènement E « un salarié est absent pour maladie. »

• L’état de chaque salarié étant supposé indépendant de l’état des autres, on obtient donc un Schéma de Bernoulli sur les 220 salariés de l’entreprise.

• La variable aléatoire X qui donne le nombre de succès dans ce schéma de Bernoulli suit, par propriété, la loi binomialeB(220 ; 0,05).

Par propriété,

µ= E(X )= np = 220×0,05 = 11 et σ= √

np(1−p)= √

220×0,05×0,95 ≃ 3,23.

(b) On a bien :

n > 30,np > 5 etn(1−p)> 5, donc la loi de X peut être approchée par la loi normaleN( (

µ,σ2 )

.

Donc la loi de X µ σ

peut être approchée par une loi normaleN(0 ; 1).

La probabilité de l’évènement : « le nombrede salariés absents dans l’entreprise au cours d’une semaine donnée est supérieur ou égal à 7 et inférieur ou égal à 15 » se note

P(76 X 6 15).

7−11 3,23

≃−1,238

15−11 3,23

≃ 1,238

donc P(76 X 6 15)≈ P(−1,24< Z < 1,24)

Aumoyen de la table fournie :

P(−1,24< Z < 1,24)= P(Z < 1,24)−P(Z <−1,24)= 0,892−0,108 = 0,784.

À 10−2 près, on a donc P(76 X 6 15)≃ 0,78.

7

Annexe (Exercice 1)

0,2

0,4

0,6

0,8

1,0

1,2

1,4

1,6

1,8

2,0

20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220

y = 2

temps t (en jours)

hauteur (enmètres)

b

Ta ng en te de

pe nt e m ax im

al e en

t = 80

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