Géométrie analytique - travaux pratiques sur la tangente au point d’abscisse, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie analytique - travaux pratiques sur la tangente au point d’abscisse, Exercices de Géométrie analytique et calcul

PDF (86.5 KB)
10 pages
138Numéro de visites
Description
Géométrie analytique - travaux pratiques sur la tangente au point d’abscisse. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: le coefficient directeur, le point d’abscisse.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 10
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
MetropoleS correction 20 juin 2013.dvi

[ Baccalauréat S Métropole 20 juin 2013 \

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

Puisque le choix de l’arbre se fait au hasard dans le stock de la jardinerie, on

assimile les proportions données à des probabilités.

1. a. L’arbre pondéré traduisant cette situation est :

Stock

H1

C

F

H2

C

F

H3

C

F

0,35

0,8

0,2

0,25 0,5

0,5

0,4

0,3

0,7

b. On cherche à calculer la probabilité de l’intersection H3∩C , donc : P (H3∩C )= P (H3)×PH3 (C )= 0,4×0,3. On a donc P (H3∩C )= 0,12.

c. Puisque la jardinerie ne se fournit qu’auprès de trois horticulteurs,

les événements H1, H2 et H3 forment une partition de l’univers. On

peut donc appliquer la loi des probabilités totales, et on en déduit :

P (C )= P (H1)×PH1 (C )+P (H2)×PH2 (C )+P (H3)×PH3 (C )= 0,35×0,8+0,25×0,5+0,4×0,3= 0,525.

d. On cherche cette fois à calculer une probabilité conditionnelle :

PC (H1)= P (H1∩C )

P (C ) =

0,35×0,8 0,525

≈ 0,533.

2. a. Nous avons un schéma de Bernoulli (l’arbre choisi est-il un coni-

fère ?), avec une probabilité de succès de 0,525 qui est répété 10 fois

de façon indépendante (puisque l’on suppose que les choix succes-

sifs peuvent être assimilés à un tirage au sort avec remise), donc la

variable aléatoire X suit bien une loi binomiale de paramètres 10 et

0,525.

b. La probabilité demandée ici est celle de l’événement X = 5, et donc :

P (X = 5)= (

10

5

)

×0,5255× (1−0,525)5 Finalement P (X = 5)≈ 0,243.

c. Cette fois, la probabilité demandée est celle de X 6 8, qui est l’évé-

nement contraire de la réunion des événements disjoints X = 9 et X = 10. On a alors : P (X 6 8)= 1−P (X = 9)−P (X = 10)≈ 0,984.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 7 points

Commun à tous les candidats

1. a. On lit f (1) = yB = 2 et pour f ′(1), on lit le coefficient directeur de la tangente à la courbeC au point d’abscisse 1, c’est à dire le coefficient

directeur de la droite (CB), qui est horizontale, donc f ′(1)= 0. b. La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[, en tant que quotient de

fonctions dérivables sur cet intervalle (le dénominateur ne s’annu-

lant pas sur cet intervalle). On a :

f ′(x)=

(

0+b× 1

x

)

×x− (a+b lnx)×1

x2 =

b− (a+b lnx) x2

Soit effectivement : f ′(x)= (ba)−b lnx

x2 .

c. On en déduit : f (1)= a+b ln(1)

1 = a+0= a, or d’après le 1. a.,

f (1)= 2, donc a = 2.

Du coup, on a f ′(1)= (b−2)−b ln(1)

12 = b−2, or d’après le 1. a., f ′(1)=

0, donc b = 2. 2. a. On reprend la forme de f ′ obtenue précédemment, en remplaçant a

et b par 2, et on a : f ′(x)= −2lnx x2

= 2

x2 × (− lnx).

Puisque pour tout x élément de ]0 ; +∞[, 2

x2 est un nombre stricte-

ment positif, on en déduit que la dérivée de f a bien le même signe

que − lnx pour tout x élément de ]0 ; +∞[. b. Quand x tend vers 0 : lim

x→0 lnx =−∞ donc, par limite d’un produit et

d’une somme : lim x→0

2+2lnx = −∞. Comme par ailleurs lim x→0

x = 0+, alors, par limite d’un quotient, on a lim

0 f =−∞.

Quand x tend vers +∞, on va utiliser la forme de f présentée dans

la question : lim x→+∞

1

x = 0, et lim

x→+∞

lnx

x = 0, d’après la propriété des

croissances comparées, et donc par limite d’une somme, puis par

produit par 2 : lim +∞

f = 0.

c. On peut donc dresser le tableau des variations de f :

x 0 1 +∞

− lnx + 0 −

f (x) −∞

2

0

3. a. La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle

]0 ; 1] et 1 est une valeur strictement comprise entre lim 0

f et f (1),

Métropole 2 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

donc l’application du corollaire au théorème des valeurs intermé-

diaires garantit l’existence d’une unique solution à l’équation

f (x)= 1 sur l’intervalle ]0 ; 1], qui sera notée α. b. Par balayage à la calculatrice, on obtient f (5) > 1 et f (6) < 1, donc

comme la fonction f est continue sur [5 ; 6], le théorème des valeurs

intermédiaires garantit l’existence d’au moins une solution à l’équa-

tion f (x) = 1 sur l’intervalle [5 ; 6], et puisque l’on avait admis qu’il n’y avait qu’une seule solution β à cette équation sur ]1 ; +∞[, cette solution est donc entre 5 et 6. Enfin, puisque ni 5 ni 6 n’ont une image

exactement égale à 1, on peut dire que β est strictement entre 5 et 6.

Le nombre entier n cherché est donc 5.

4. a. On obtient : étape 1 étape 2 étape 3 étape 4 étape 5

a 0 0 0,25 0,375 0,4375

b 1 0,5 0,5 0,5 0,5

ba 1 0,5 0,25 0,125 0,0625 m 0,5 0,25 0,375 0,4375

f (m) ≈ 1,23 ≈−3,09 ≈ 0,10 ≈ 0,79 ≈ 1,03 Le tableau a été complété par la ligne « f (m) ≈ » pour montrer les affectations à a ou à b.

Le tableau précédent sera probablement considéré comme correct,

mais si on interprète la question très rigoureusement, d’un point de

vue algorithmique, on doit supposer que l’étape 1 est l’initialisation,

et les étapes de 2 à 5 correspondant aux itérations de 1 à 4. Dans ce

cas, pour l’étape 1 n’a pas de valeur m, et la valeur ba va servir à savoir si l’itération suivante va être utile ou non. Dans ce cas, on va

écrire dans la colonne les valeurs en mémoire à la fin de l’itération

de la boucle « Tant que », ce qui donne le tableau suivant :

étape 1 étape 2 étape 3 étape 4 étape 5

a 0 0 0,25 0,375 0,4375

b 1 0,5 0,5 0,5 0,5

ba 1 0,5 0,25 0,125 0,0625 m 0,5 0,25 0,375 0,4375

b. Cet algorithme renvoie les deux bornes obtenues pour encadrer le

nombre α par dichotomie, avec une amplitude au plus égale à 0,1.

c. Pour que l’algorithme donne un encadrement de β avec la même

précision, il faut modifier l’initialisation, en mettant :

Affecter à a la valeur 5.

Affecter à b la valeur 6.

Puis, dans le traitement, modifier le test « Si » pour qu’il soit : "Si

f (m) > 1", afin de prendre en compte la décroissance de f sur l’in- tervalle [5 ; 6].

(Une autre possibilité serait d’affecter 6 à a et 5 à b, et de modifier le

« tant que » pour avoir « tant que ab > 0,1 » et alors a serait la borne haute de l’encadrement, et b la borne basse).

Métropole 3 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

5. a. Pour répondre à cette question, on commence par déterminer l’aire

du rectangle, de largeur 1 et de hauteur 2 : son aire est donc de 2 uni-

tés d’aire. Il faut ensuite déterminer l’aire délimitée par la courbe C

dans le rectangle OABC , et pour cela, il faut commencer par déter-

miner qu’elle est l’abscisse de l’intersection de la courbe avec l’axe

des abscisses, et donc résoudre :

f (x) = 0 ⇐⇒ 2(1+ lnx) = 0, c’est à dire résoudre : lnx = −1, qui par applicationde la fonction exponentielle, donneuneunique solution,

qui est e−1 = 1

e .

Sur l’intervalle

[

1

e ; 1

]

, la fonction f est positive et continue, et donc

l’aire délimitée par la courbeC , l’axe des abscisses et les droites d’équa-

tions x = 1

e et x = 1 est donnée par :

∫1

1 e

f (x) dx, en unités d’aire.

Pour que la courbeC partage le rectangles en deux domaines d’aires

égales, il faut alors que l’aire sous cette courbe soit la moitié de l’aire

du rectangle, c’est à dire une unité d’aire.

La résolution du problème reviendra bien à démontrer : ∫1

1 e

f (x) dx = 1.

b. On a f (x)= 2× 1

x +2×

1

x × lnx. En posant u = ln, on reconnait alors :

f = 2u′+2uu. Une primitive de f sur ]0 ; +∞[ est donc : F = 2u +u2, c’est à dire F (x)= 2lnx+ (lnx)2.

On a alors

∫1

1 e

f (x) dx = [

F (x) ]1

1 e

= F (1)−F (

1

e

)

∫1

1 e

f (x) dx = 2ln1+ (ln1)2− [

2ln

(

1

e

)

+ (

ln

(

1

e

))2]

= 0− (−2+1)= 1.

On arrive donc bien à la conclusion que le rectangleOABC est bien

partagé en deux domaines de même aire par la courbe C .

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. Vrai : Si on pose A, le point d’affixe i et B le point d’affixe −1 dans le plan complexe, alors puisque M est le point d’affixe z, on a : |z − i| = |zM zA | = AM . De même |z +1| = MB , et donc l’ensemble des points M recherché est l’ensemble des points équidistants de A et de B , c’est à

dire la médiatrice du segment [AB], c’est donc bien une droite.

2. Faux : On remarque que 1+ i p 3 = 2×

(

1

2 + i

p 3

2

)

= 2 (

cos π 3 + isin π

3

)

=

2ei π 3 . En utilisant les propriétés desmodules et des arguments des nombres

Métropole 4 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

complexes, on a : (

1+ i p 3 )4 = 24× e

4iπ 3 . Un argument du nombre com-

plexe étudié est donc 4π

3 qui n’est congru ni a 0 ni à πmodulo 2π, donc

le nombre n’est pas réel.

3.

Méthode 1 Vrai : Après avoir choisi un repère orthonormé, calculons le

produit scalaire p des deux vecteurs :

p =−−→EC ·−−→BG = (−−→ EF +−−→FC

)

·−−→BG , d’après la relation de Chasles.

p = −−→ EF ·

−−→ BG +

−−→ FC ·

−−→ BG , par distributivité du produit scalaire sur l’addi-

tion de vecteurs.

Par ailleurs, les vecteurs −−→ BG et

−−→ EF sont orthogonaux, car ce dernier est

orthogonal à la face BCGF qui contient le premier vecteur.

De plus les vecteurs −−→ BG et

−−→ FC sont également orthogonaux, car ils sont

construits sur les diagonales d’un carré BCGF , qui sont perpendicu-

laires entre elles (comme toutes les diagonales de losanges).

Finalement, p est la somme de deux produits scalaires nuls, donc p est

lui même nul, ce qui, par définition signifie que les droites (BC ) et (CG)

sont orthogonales.

Méthode 2 : Les facesBCGF et AEHD sont des carrés, donc les segments

[BG] et [FC ] d’une part, [ED] et [AH] d’autre part sont perpendiculaires.

Le plan médiateur de [BG] contient donc les points E ,D,C ,F .

Donc en particulier (BC ) et (CG) sont orthogonales

Méthode 3 : En prenant le repère (

A ; −−→ AB ,

−−→ AD ,

−−→ AE

)

, on trouve que

−−→ EC

1

1

−1

 et −−→ BG

0

1

1

. D’où −−→ EC ·

−−→ BG = 0 et la conclusion.

4. Vrai : La droite dont on nous propose une représentation paramétrique

est dirigée par un vecteur −→ n de coordonnées (1 ; 1 ; 3), c’est à dire par

un vecteur qui est normal à P , d’après l’équation de celui-ci.

Comme de plus, le point S est sur cette droite dont on nous donne la

représentation paramétrique (c’est le point de paramètre −1 sur cette droite), on peut en déduire que la représentation paramétrique donnée

est bien celle de la droite décrite.

Autreméthode : Avec t ∈R,

x = 2+ t y = −1+ t z = 1+3t

⇐⇒

x = 1+1+ t y = −2+1+ t z = −2+3+3t

⇐⇒

x = 1+ (1+ t ) y = −2+ (1+ t ) z = −2+3(1+ t )

⇐⇒

x = 1+ t ′) y = −2+ t z = −2+3t

(en posant

t ′ = 1+ t ) qui traduit bien la relation −−→ SM = t

−→ n soit une équation de la

perpendiculaire à P contenant S.

Métropole 5 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points

Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. On calcule les premiers termes, par exemple en utilisant le mode ré-

currence de la calculatrice, et on obtient :

u1 = 2+ 1

3 ≈ 2,33 u2 = 2+

8

9 ≈ 2,89

u3 = 3+ 16

27 ≈ 3,59 ui = 4+

32

81 ≈ 4,40

b. On peut donc émettre la conjecture que la suite est croissante. On

pourra en tout cas affirmer qu’elle n’est pas décroissante.

2. a. Nous allons procéder par récurrence :

Identification de la propriété : Pour tout entier naturel n, posons la

propriétéPn suivante : un 6n+3. Initialisation : Puisque l’on a u0 = 2 et 0+3= 3, on vérifie bien : u06 0+3 : la propriété P0 est bien vraie. Hérédité : Pour un entier k naturel donné, on suppose la propriété

Pk vraie.

On a uk+1 = 2

3 uk +

1

3 k+1.

Par hypothèse de récurrence : uk 6 k+3

Enmultipliant par un nombre positif : 2

3 uk 6

2

3 (k+3)

Soit 2

3 uk 6

2

3 k+2

Puis, en ajoutant unmême nombre dans chaque membre : 2

3 uk +

1

3 k+16

2

3 k+2+

1

3 k+1

Ce qui donne : uk+1 6 k+36 k+4. On a donc uk+1 6 (k+1)+3, c’est à dire que la propriétéPk+1 est vraie.

Nous avons donc démontré le caractère héréditaire de la véracité des

propriétés Pn .

Conclusion :Puisque la propriétéP0 est vraie et que nous avons prouvé

l’hérédité, on peut en déduire que pour tout entier natureln, on aPn vraie, c’est à dire que pour tout entier naturel n, on a bien un 6 n+3.

b. un+1−un = 2

3 un+

1

3 n+1−un =−

1

3 un +

1

3 n+

3

3

On a donc bien un+1−un = 1

3 × (−un+n+3)=

1

3 (n+3−un). Comme

on l’a montré à la question précédente, pour tout n naturel, on a

un 6 n+3 ce qui équivaut à dire que la différence n+3−un est posi- tive, et elle le reste en étantmultipliée par

1

3 , donc la différence entre

deux termes consécutifs étant positive, on confirme bien que notre

conjecture était correcte : la suite (un)n∈N est bien croissante, dès le rang 0.

3. a. Exprimons, pour un entier n naturel quelconque, vn+1 en fonction de vn :

Métropole 6 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

vn+1 = un+1− (n+1)= 2

3 un+

1

3 n+1−n−1=

2

3 un

2

3 n =

2

3 (unn)

Donc vn+1 = 2

3 vn .

La relation de récurrence obtenue confirme que la suite (vn)n∈N est

bien géométriquede raison q = 2

3 et de premier terme v0 = u0−0= 2.

b. On peut donc en déduire une expression explicite du terme général

de la suite v : vn = vqn = 2 (

2

3

)n

.

Enfin, puisque l’on a, pour tout n, vn = un n, on en déduit : un = vn+n, et donc on aboutit bien à l’expression demandée :

un = 2 (

2

3

)n

+n.

c. Puisque la raison q est strictement comprise entre−1 et 1, on en dé- duit que la limite de la suite v est 0, et donc par limite d’une somme

de suites, la limite de la suite u est donc +∞, et la suite u est donc divergente.

4. a. Sn est la somme de n + 1 termes de la suite un . Mais, comme par ailleurs, on peut considérer que chaque terme un est la somme de

vn et de n, donc en réordonnant les termes, Sn est la somme de deux

« sous-sommes » : celle des n+1 premiers termes de la suite v et celle des n+1 premier entiers naturels. La première sous-somme est une somme des n+1 premiers termes d’une suite géométrique, et vaut donc :

v0× 1−qn+1

1−q = 2

1− (

2

3

)n+1

1− (

2

3

) = 6× (

1− (

2

3

)n+1)

.

La seconde sous-somme est la somme des n+1 premiers entiers na- turels, c’est à dire la somme des n + 1 premiers termes d’une suite arithmétique de premier terme 0 et de raison 1, donc elle vaut : 0+n 2

× (n+1)= n(n+1)

2 (résultat classique).

Finalement, on a Sn = 6× (

1− (

2

3

)n+1)

+ n(n+1)

2 .

b. On en déduit : Tn = 6×

(

1− (

2

3

)n+1)

+ n(n+1)

2

n2

Tn = 6×

(

1− (

2

3

)n+1)

n2 +

n(n+1) 2

n2

Tn = 6×

(

1− (

2

3

)n+1)

n2 + n2+n 2n2

= 6×

(

1− (

2

3

)n+1)

n2 + 1

2 +

1

2n .

Métropole 7 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Puisque, une fois encore, q est entre −1 et 1, on a : lim n→+∞

(

2

3

)n+1 = 0.

Donc par limite d’une somme de suites, puis d’un produit de suites :

lim n→+∞

6× (

1− (

2

3

)n+1)

= 6.

Par ailleurs, lim n→+∞

n2 = +∞, donc par limite d’un quotient de suites,

lim n→+∞

6× (

1− (

2

3

)n+1)

n2 = 0.

De plus lim n→+∞

1

2 =

1

2 et lim

n→+∞

1

2n = 0, et donc finalement, par limite

d’une somme de suites, on arrive à conclure que la suite T converge

vers 1

2 .

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. Pour tout entier naturel n,

vn+1 = 0,95×vn+0,01×cn et cn+1 = 0,05vn+0,99cn.

2. Si A = (

0,95 0,01

0,05 0,99

)

et X = (

a

b

)

alors

× (

a

b

)

(

0,95 0,01

0,05 0,99

)

= (

0,95a+0,01b 0,05a+0,99b

)

Les réels c et d tels que A×X = Y sont : c = 0,95a+0,01b et d = 0,05a+0,99b

Les résultats précédents permettent d’écrire que pour tout entier naturel n,

Xn+1 = AXn Xn = (

vncn )

. On peut donc en déduire que pour tout entier

naturel n, Xn = AnX0.

3. a. Calculons P ×Q : ×

(

1 1

−5 1

)

(

1 −1 5 1

)

= (

6 0

0 6

) CalculonsQ×P : ×

(

1 −1 5 1

)

(

1 1

−5 1

)

= (

6 0

0 6

)

On constate que les deux produits donnent (6I2) donc si au lieu de

multiplier P par Q on multiplie P par 1 6 Q on obtient I2, donc

1 6 Q =

P−1.

b. Calculons P−1AP = 1 6 QAP

d’abord , on calculeQA :

Métropole 8 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

× (

0,95 0,01

0,05 0,99

)

(

1 1

−5 1

)

= (

a b

c d

)

a = 0,95+0,05= 1 ; b = 0,01+0,99= 1 ; c =−5×0,95+0,05=−4,7, d =−0,05+0,99= 0,94

QA = (

1 1

−4,7 0,94

)

ensuite on fait (QA)P c’est

× (

1 −1 5 1

)

(

1 1

−4,7 0,94

)

= (

6 0

0 5,64

)

Reste à multiplier ce produit par 1 6 ; on obtient P−1AP =

(

1 0

0 0,94

)

qui est bien unematrice diagonaleD.

c. Démontrons, par récurrence que pour tout entier naturel n supé-

rieur ou égal à 1,

An = PDnP−1.

Pourn = 1 il s’agit de démontrer que A= PDP−1 ; orP−1AP =D donc enmultipliant à gauche par P , on a :

P (P−1AP )= PD, or par associativité cela s’écrit encore (P (P−1)AP = PD donc I2AP = PD donc AP = PD, en multipliant à droite par P−1,on obtient : (AP )P−1 = PDP−1, donc A = PDP−1 : l’initialisation est prouvée. Supposons qu’il existe un entier natureln tel que An = PDnP−1, alors multiplions à droite par A :

An+1 = PDnP−1A, mais ce dernier A c’est A = PDP−1 donc An+1 = PDnP−1PDP−1, or P−1P = I2 donc An+1 = PDn I2DP−1, An+1 = PDnDP−1 et enfin An+1 = PDn+1P−1 ce qui prouve l’hérédité. Conclusion : pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, An = PDnP−1.

4. Les résultats des questions précédentes permettant d’établir que

vn = 1

6

(

1+5×0,94n )

v0+ 1

6

(

1−0,94n )

c0.

et comme la suite géométrique (0,94n)n∈N tend vers 0 vu que q = 0,94 donc−1< q < 1

la suite (vn)n∈N tend vers 1

6 (1+5×0)v0+

1

6 (1−0)c0 donc vers

Métropole 9 20 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1

6 (v0+c0)=

250000

6 et donc par stabilité de la population totale ,la suite

(vn)n∈N tend vers 5

6 (v0+c0)=

1250000

6 .

Métropole 10 20 juin 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