Travaux pratiques de modélisation mathématique 16, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Travaux pratiques de modélisation mathématique 16, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

PDF (66.4 KB)
6 pages
127Numéro de visites
Description
Travaux pratiques de modélisation mathématique 16. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l'intégration par parties, la positivité de l’intégrale, Limite de la suite.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 6
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
PondicherySavril2001correction.dvi

Corrigé du baccalauréat S Pondichéry avril 2001

EXERCICE 1 4 points

1. a. Calcul de I1

On a : I1 = 1

1!

∫1

0 (1x )

1e−x dx = ∫1

0 (1x )

1e−x dx ;

Faisons une intégration par parties en posant

{

u(x)= 1− x u′(x)=−1 v ′(x)= e−x v(x)=−e−x

Toutes les fonctions étant intégrables sur [0 ; 1], il vient : I1 = [−(1− x)e−x ]10− ∫1

0 (−1)(−e−x dx = 1−

∫1

0 e−x dx = 1+

[

e−x ]1 0 = e

−1 = 1

e .

b. Inégalités :

Pour 06 x 6 1, on a successivement : 06 1− x 6 1⇒ 06 (1− x)n 6 1 car (n > 1)

et, compte tenu du fait que e−x est positif, on obtient :

06 (1− x)ne−x 6 e−x ; la positivité de l’intégrale nous permet alors d’écrire :

06 ∫1

0 (1− x)ne−x dx 6

∫1

0 e−x dx

et, finalement :

06 In 6 1

n!

∫1

0 e−x dx.

Conséquence : On a ∫1

0 e−x dx =

[

e−x ]1 0 = 1− e

−1 = e−1 e

et l’inégalité,

précédemment obtenue, s’écrit :

06 In 6 1

n!

e−1 e

: or lim n→+∞

1

n! = 0 donc, a fortiori, lim

n→+∞ In = 0.

c. Pour n > 1, In+1 = 1

(n+1)!

01 (1− x)n+1e−x dx.

Intégrons par parties en posant :

u(x)= (1− x)n+1 u′(x)=−(n+1)(1− x)n v ′(x)= e−x v(x)=−e−x

Toutes ces fonctions étant continues sont intégrables sur [0 ; 1] et

In+1 = 1

(n+1)! [−(n+1)e−x (1− x)n ]10 −

1

(n+1)!

∫1

0 (n + 1)(1− x)ne−x dx =

1

(n+1)! −

1

n!

∫1

0 (1− x)ne−x dx

Finalement : In+1 = 1

(n+1)! − In .

2. a. Par récurrence :

Initialisation : a1 = 0 et 1

e + (−1)1I1 =

1

e − I1 = 0 : la relation est vraie pour

n = 1. Hérédité : supposons qu’il existe p ∈N, p > 1 tel que

ap+1 = ap+ (−1)p+1

(p +1)! =

1

e +(−1)p Ip+

(−1)p+1

(p +1)! =

1

e +(−1)p+1

[

1

p +1)! − Ip

]

=

1

e + (−1)p+1Ip+1 d’après la question 1. c.

Conclusion : la relation (1) est vraie pour tout naturel n non nul.

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

b. Limite de la suite (an)

On sait que lim n→+∞

In = 0 et donc lim n→+∞

∣(−1)n In

∣= 0.

Finalement lim n→+∞

an = 1

e .

EXERCICE 2 4 points

1. Écriture de f (z) sous forme algébrique Avec z = x + iy (z et y réels) :

f (z)= 2− iz 1− z

= 2− i(x + iy) 1− x − iy

= 2+ y − ix 1− x − iy

= (2+ y − ix)(1− x + iy) (1− x + iy)(1− x − iy)

=

(2+ y)(1− x)+ x y + iy(2+ y)+ i(x(x −1) (1− x)2+ y2

= 2−2x + y + i

(

x2+ y2− x +2y )

(1− x)2+ y2 .

Ensemble des points M(z) tels que f (z) soit réel :

Si z 6= 1, soit (x ; y) 6= (1 ; 0), c-à-d M 6= A, f (z) existe et f (z) ∈ R si sa partie imaginaire est nulle soit d’après la question précédente si :

x2+y2−x+2y = 0 ⇐⇒ (

x − 1

2

)2

+(y+1)2− 1

4 −1= 0 ⇐⇒

(

x − 1

2

)2

+(y+1)2 = 5

4 ,

équation du cercle de centreΩ

(

1

2 ; −1

)

de rayon

p 5

2 , cercle privé du point A.

2. a. Le complexe i n’a pas d’antécédent par f . Pour déterminer les antécé- dents de i par f on doit résoudre l’équation f (z)= i ; on obtient :

Pour z 6= 1 : f (z)= i ⇐⇒ 2− iz 1− z

= i ⇐⇒ 2− iz = i− iz ⇐⇒ 2= i qui n’a pas de solution donc i n’a pas d’antécédent par f .

Expression de z en fonction de z ′ (z ′ 6= i).

Si z ′ 6= i, f (z) = z ′ ⇐⇒ 2− iz 1− z

= z ′ ⇐⇒ 2− iz = z ′ − zz ′ ⇐⇒ z(z ′− i) =

z ′−2 ⇐⇒ z = z ′−2 z ′− i

.

Conclusion : tout complexe z ′, distinct de i, admet, par f un unique anté-

cédent z, tel que z = z ′−2 z ′− i

.

b. Relation : OM = M ′C

M ′D

De la relation z = z ′−2 z ′− i

on déduit en prenant les modules :

|z| = ∣

z ′−2 z ′− i

= ∣

z ′−2 ∣

|z ′− i| ou encore, en notant C le point d’affixe 2, D le point d’affixe i et M et M

les points d’affixes z et z ′, OM = CM

DM ′ .

c. Étude de M ′ lorsque M décrit le cercle de centre O et de rayon 1

Si le point M décrit le cercle de centre O et de rayon 1 privé de A, on a OM = 1 et par conséquent d’après la question précédente :

1== CM

DM ′ : cette égalité signifie que M ′ appartient à la médiatrice (∆) de

[CD].

d. Étude de M ′ lorsque M décrit l’axe réel

La relation z = z ′−2 z ′− i

donne en termes d’arguments :

argz = arg(z ′−2)−arg(z ′− i) ( mod .2π) ; ou encore : (−→

u , −−−→ OM

)

= (−→

u , −−−→ CM

)

− (−→

u , −−−→ DM

)

( mod .2π)= (−−−→ DM ′ ,

−−−→ CM

)

.

Si M est un point de l’axe réel distinct de O et de A, on a

avril 2001 2

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

(−→ u ,

−−−→ OM

)

= 0 ( mod .π) donc (−−−→ DM ′ ,

−−−→ CM

)

= 0 mod .π. Conclusion : le point M ′ appartient à la droite (CD) (il est distinct du point D et du point C).

EXERCICE 2 enseignement de spécialité 4 points

1. a. 11 nombre premier ne divise pas 24 ; donc 11 et 24 sont premiers entre eux ; d’après le théorème de Bezout il existe des entiers relatifs u et v tels que 11u+24v = 1, donc le couple (4 ; −v) est un couple solutionde l’équa- tion (1).

b. On applique l’algorithme d’Euclide à 24 et 11 : 24= 2×11+2 11= 5×2+1, soit en remontant : 1= 11−5×2 1= 11−5× (24−2×11) ou encore 1= 11−5×24+10×11 et enfin 1= 11×11−5×24. Le couple (11 ; 5) est une solution particulière de l’équation (1).

c. Résolution de l’équation (1) : on a {

11n−24m = 1 11×11−24×5 = 1 ⇒ (par différence)

11(n−11)−24(m −5) = 0 ⇐⇒ 11(n−11)= 24(m −5) (2). 11 divise donc 24(m − 5), mais on a vu qu’il est premier avec 24, donc d’après le théorème de Gauss il divise m −5. Il existe donc k ∈Z tel que m −5= 11k ⇐⇒ m = 5+11k. En reportant dans l’équation (2), on obtient :

11(n−11)= 24×11k ⇐⇒ n−11= 24k ⇐⇒ n = 11+24k. Conclusion : les solutions de l’équation (1) sont les couples (n ; m) tels que :

n = 11+24k et m = 5+11k.

2. a. Pour a ∈N, on sait que : an −1= (a −1)

(

an−+an−2+ . . .+a +1 )

.

En particulier : 10n −1= (10−1) (

10n−1+10n−2+ . . .+10+1 )

ou encore :

10n − 1 = 9 (

10n−1+10n−2+ . . .+10+1 )

égalité qui montre que 9 divise 10n −1, donc en particulier 1011−1 et 1024−1.

b. Puisque (n ; m) est un couple solution de l’équation (1) : 11n −24m = 1 ou encore 11n = 24m +1. Donc

(

1011n −1 )

−10 (

1024m −1 )

= (

1024m+1−1 )

−10 (

1024m −1 )

= (

1024m ×10−1 )

−10 (

1024m −1 )

=−1+10= 9. c. On a 1011n −1=

(

1011 )n −1 et d’après l’égalité rappelée au a. :

(

1011 )n −1 =

(

1011−1 ) (

1011(n−1)+1011(n−2)+ . . .+1 )

, donc 1011−1 divise 1011n −1. Il existe donc un entier α tel que 1011n −1=α

(

1011−1 )

.

On démontrerait de la même façon que 1024 − 1 divise 1024n − 1 et qu’il existe donc un entier β tel que 1024n −1=β

(

1024−1 )

.

L’égalité trouvée au b. (

1011n −1 )

−10 (

1024m −1 )

= 9 peut donc s’écrire : α

(

1011−1 )

−10×β (

1024−1 )

= 9. On a donc trouvé deux entiers N =α et M = 10β tels que :

N (

1011−1 )

M (

1024−1 )

= 9.

avril 2001 3

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

d. Tout diviseur communà 1011−1 et à 1024−1divise les produits N (

1011−1 )

et M (

1024−1 )

et aussi leur différence et par conséquent 9.

e. On vient de voir que tout diviseur commun à 1011−1 et à 1024−1 et donc en particulier leur P. G. C. D. divise 9, mais on a vu inversement que 9 divise 1011−1 et 1024−1. Conclusion : P. G. C. D.

(

1011−1 ; 1024−1 )

= 9.

PROBLÈME 12 points

Partie A

1. a. C a pour coordonnées (1 ; 0). Une équation de la tangente (∆) à la courbe C représentative de la fonction x 7−→ lnx a pour équation :

M(x ; y) ∈ (∆) ⇐⇒ y −0= 1

1 (x −1) ⇐⇒ y = x −1.

b. f (x)= x −1− lnx. La fonction est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle :

f ′(x)= 1− 1

x =

x −1 x

.

Comme x > 0, le signe de f ′(x) est celui de x−1. D’où le tableau de varia- tions :

x 0 1 +∞ f ′(x) − 0 +

+∞

0

f (x)

c. Le tableau de variationmontre que f (x)> 0 sur ]0 ; +∞[. Mais x−1−lnx > 0 ⇐⇒ x−1> lnx et cette inégalité montre que la droite (∆) est au dessus de la courbe C , le seul point de contact étant le point C.

2. a. Le résultat précédent peut s’écrire :

x − 1− lnx > 0 ⇐⇒ x − lnx > 1 et cette valeur 1 est obtenue de façon évidente pour x = 1. Le minimum de la fonction x − lnx est 1.

b. On a M(x ; lnx) et N (x ; x), donc M N2 = (xx)2+ (x− lnx)2 = (x− lnx)2. or on vient de voir que le minimum de x − lnx est 1 donc le minimum de M N2 est 12 = 1, donc le minimum de M N est 1, soit avec une unité graphique de 4 cm : le minimum de M N égale 4 cm.

Partie B

1. O(0 ; 0) ; M(x ; lnx), donc OM2 = x2+ (lnx)2. Donc OM =

x2+ (lnx)2. 2. Étude de u définie par u(x)= x2+ (lnx)2.

a. On a lim x→0

lnx =−∞, donc lim x→0

u(x)=+∞.

Comme lim x→+∞

x2 = lim x→+∞

lnx =+∞, on déduit que lim x→+∞

u(x)=+∞. u somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet in- tervalle on a :

u′(x)= 2x +2× 1

x =

2x2+2 x

: tous les termes de ce quotient sont positifs,

donc la dérivée est positive et la fonction u est croissante sur ]0 ; +∞[ de −∞ à +∞.

avril 2001 4

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

b. D’après la question précédente u établit une bijection de ]0 ; +∞[ sur R et l’équation u(x)= 0 a une solution unique α∈]0 ; +∞[. La calculatrice donne u(0,5)≈−0,44 et u(1)= 1, donc 0,5<α< 1. Puis u(0,65)≈−0,008 et u(0,66)≈ 0,020, d’où l’encadrement :

0,65<α< 0,66.

c. Le résultat précédent et le tableau de variations de u montrent que :

- u(x)< 0 sur ]0 ; α[ ; - u(α)= 0 ; - u(x)> 0 sur ]α ; +∞[.

3. Étude de g définie sur ]0 ; +∞[ par g (x)= x2+ (lnx)2. g somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet inter- valle :

g ′(x)= 2x +2ln x × 1

x =

2x2+2lnx x

= 2

x

(

x2+ lnx )

= 2

x u(x).

Comme 2

x > 0, le signe de g ′(x) est celui de u(x) et celui-ci a été trouvé à la

question précédente ; il dépend de la position de x par rapport àα. On a donc le tableau de variations suivant :

x 0 α +∞ g ′(x) − 0 +

+∞

+∞

g (x)

g (α)

On a de façon immédiate : limx → 0g (x)= limx →+∞g (x)=+∞. On sait que u(α)=α2+ lnα= 0 ⇐⇒ lnα=−α2. Donc g (α)=α2+ (lnα)2 =α2+

(

α2 )2 =α2+α4.

4. Puisque OM = √

g (x), la plus courte distance est √

g (α).

En prenant comme valeur approché de α ≈ 0,655 et compte tenu de l’unité graphique la plus courte distance OM est environ 4

g (α≈ 3,12 (cm)

5. On a A(α ; lnα) ; la tangente en A à C a pour coefficient directeur 1

α et donc

pour vecteur directeur −→ t (α ; 1).

Donc −−→ OA ·−→t =α2+ lnα= u(α)= 0.

Les vecteurs sont orthogonaux donc la tangente à (C ) en A est perpendicu- laire à (OA).

Partie C

1. h(x)= x − 1

4

(

x2+ lnx )

.

h(x)= x ⇐⇒ x− 1

4

(

x2+ lnx )

= x ⇐⇒ 1

4

(

x2+ lnx )

= 0 ⇐⇒ x2+ lnx = 0 ⇐⇒ u(x)= 0. On a vu que cette équation avait pour solution unique α.

2. a. h somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet in- tervalle :

h′(x)= 1− 1

4

(

2x + 1

x

)

= 1− x

2 −

1

4x

(

4x −2x2 −1 )

= 1

4x

(

−2x2+4x −1 )

.

Comme 1

4x > 0, le signe de h′(x) est celui du trinôme −2x2+4x −1.

avril 2001 5

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

Or−2x2+4x−1=−2 (

x2−2x + 1

2

)

=−2 [

(x −1)2−1+ 1

2

]

=−2 [

(x −1)2− 1

2

]

=

−2 [

x −1+ 1 p 2

][

x −1− 1 p 2

]

.

Les solutions de l’équation h′(x)= 0 sont donc :

1− 1 p 2 ≈ 0,29 et 1+

1 p 2 ≈≈ 1,7.

On sait que le trinôme est négatif sauf sur l’intervalle [0,29 ; 1,7], donc en particulier sur l’intervalle

[1 2 ; 1

]

h′(x)> 0.

b. On a h(1)= 34 = 0,75 et h ( 1 2

)

≈ 0,61. On a vu que la dérivée est positive, donc la fonction croissante de h

( 1 2

)

≈ 0,61 à h(1)= 0,75. Donc h

([ 1 2 ; 1

])

⊂ [ 1 2 ; 1

]

.

c. Dérivée seconde :

h′ est elle-même dérivable et sur [ 1 2 ; 1

]

:

h′′(x)=− 1

2 +

1

4x2 =

1−2x2

4x2 =

(

1+ x p 2 )(

1− x p 2 )

4x2 .

Comme 1+ x p 2 et 4x2 sont positifs le signe de h′′(x) est celui de la diffé-

rence 1− x p 2, donc

h′′(x)< 0 sur [

1p 2 ; 1

]

et

h′′(x)> 0 sur [

1 2 ;

1p 2

]

.

d. De la question précédente on peut établir le tableau de variations de h′ :

x 1 2

1p 2 1

h′′(x) + 0 −

0,25

+∞

h′(x)

h′ (

1p 2

)

0,25

≈ 0,293

h′ () 1p 2 = 1− 1

2 p 2 − 1

2 p 2 = 1− 1p

2 ≈ 0,293.

Conclusion : pour tout réel x de [ 1 2 ; 1

]

, 06 h′(x)< 0,3. 3. u0 = 1 et un+1 = h (un ).

a. On a vu à la question 2. b. que l’image par h d’un réel de l’intervalle [ 1 2 ; 1

]

appartenait à ce même intervalle.

Le premier terme de la suite appartient à cette suite et une récurrence évidente montre que tous les termes de la suite appartiennent à cemême intervalle.

Par récurrence :

• Initialisation : u1 = h (u0)= h(1)= 0,756 u0. • Hérédité : supposons qu’il existe un rang p tel que up 6 up−1 ; par croissance de la fonction h sur

[ 1 2 ; 1

]

on obtient h (

up )

6 h (

up−1 )

⇐⇒ up+1 6up .

On a bien démontré par récurrence que la suite (un ) est décroissante.

b. On sait h(α)=α, donc : |un+1−α| = |un+1−h(α)|. un et α appartenant à l’intervalle

[ 1 2 ; 1

]

on applique l’inégalité des ac- croissements finis à h et compte tenu que h′(x) est majorée par 0,3 :

|un+1−α|6 0,3 |un α|. On a donc successivement :

|un α|6 0,3 |un−1−α|6 (0,3)2 |un−2−α|6 . . .6 (0,3)n |u0−α|.

avril 2001 6

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