Algèbre – correction des exercices 13, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Algèbre – correction des exercices 13, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la fonction f définie sur l’intervalle, Limite de la fonction.
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LibanScorrmai2012.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Liban \

mai 2012

Exercice 1 6 points

Commun à tous les candidats.

Partie A

On considère la fonction g définie sur l’intervalle ]0;+∞[ par :

g (x)= 2x3−1+2lnx

1. Variations de la fonction g sur l’intervalle ]0;+∞[ :

g ′(x)= 6x2+ 2

x > 0, car somme de nombres positifs sur ]0;+∞[

La fonction g est donc croissante sur ]0;+∞[. Tableau de variations :

x

g ′(x)

g (x)

0 +∞

+

−∞

+∞

α

0

2. La fonction g est continue (comme sommede fonctions continues) et strictement croissante sur ]0; +∞[. Elle réalise donc une bijection de ]0;+∞[ sur ]−∞ ;+∞[. Or 0 ∈]−∞ ;+∞[, 0 possède donc un unique antécédent, que l’on notera α. Nous avons donc g (α)= 0. De plus,

{ g (0,86)≃−0,0295< 0 g (0,87)≃+0,0385> 0

=⇒ g (0,86)< g (α)= 0< g (0,87)⇐⇒ 0,86<α< 0,87

3. Signe de la fonction g sur l’intervalle ]0;+∞[ : {

0< x <α=⇒ g (x)< g (α)= 0 x >α=⇒ g (x)> g (α)= 0

1

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie B

On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0;+∞[ par :

f (x)= 2x− lnx

x2

On note C la courbe représentative de la fonction f dans le plan, muni d’un repère orthogonal (O ;~ı ;~).

1. • Limite de la fonction f en 0 :

lim x→0+

f (x)=+∞,car lim x→0+

2x = 0 et lim x→0+

− lnx =+∞ et lim x→0+

1

x2 =+∞

• Limite de la fonction f en +∞

lim x→+∞

f (x)=+∞ car lim x→+∞

2x =+∞ et lim x→+∞

lnx

x2 = 0 (puissances comparées)

2. La courbe C admet pour asymptote oblique la droite ∆ d’équation y = 2x. En effet :

lim x→+∞

( f (x)−2x

) = lim

x→+∞ lnx

x2 = 0

• Le signe de f (x)−2x =− lnx

x2 est celui de − lnx, car x2 > 0 :

• Position relative de la courbe C et de la droite ∆ : • Sur ]0; 1[, − lnx > 0, C est au dessus de ∆, • sur ]1;+∞[, − lnx < 0, C est en dessous de ∆, • C et ∆ ont un point commun A(1,2).

3. Dérivée f ′(x) de f :

f ′(x)= 2−

1

x x2−2x lnx

x4 =

2x4−x+2x lnx x4

= 2x3−1+2lnx

x3 =

g (x)

x3

f ′(x) a même signe que g (x) car x3 est strictement positif sur ]0;+∞[. 4. Tableau de variations de la fonction f :

x

f ′(x)

f (x)

0 α +∞

− +

+∞

f (α)

+∞

1

2

5. Figure :

Liban 2 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

0 1 2 3 4 x

y

0

1

2

3

4

5

6

7

8

α

Partie C

Soit n un entier naturel non nul. On considère l’aire du domaine D du plan compris entre la courbe C , la droite ∆ et les droites d’équations respectives x = 1 et x = n.

1. Cette aire, exprimée en cm2, est donnée par (u.a ; (unité d’aire)=2cm2) :

In = 2 ∫n

1

lnx

x2 dx.

car l’aire du domaine D du plan compris entre la courbe C , la droite ∆ et les droites d’équations res- pectives x = 1 et x = n est :

n

1

( 2x

( 2x

lnx

x2

)) dx×u.a.=

n

1

lnx

x2 dx×u.a.= 2×

n

1

lnx

x2 dx = In

2.a) Calcul de l’intégrale ∫n

1

lnx

x2 dx à l’aide d’une intégration par parties :

On pose :

u(x)= lnx ; u′(x)= 1

x

v ′(x)= 1

x2 ; v(x)=−

1

x

Ainsi : ∫n

1

lnx

x2 dx =

[ − lnx

x

]n

1 − ∫n

1 −

1

x2 dx =

[ − lnx

x

1

x

]n

1 =

n−1− lnn n

b) Ainsi :

In = 2 n−1− lnn

n = 2−

2

n − 2lnn

n

3. lim n→+∞

In = 2, car lim n→+∞

2

n = lim

n→+∞ 2lnn

n = 0

Liban 3 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice no 2 4 points

Commun à tous les candidats.

1. Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (O ;~ı ;~;~k), on considère les droites D1 et D2 de re- présentations paramétriques respectives :

  

x = 4+ t y = 6+2t z = 4− t

, t ∈R, et

  

x = 8+5t

y = 2−2t

z = 6+ t ′ , t ′ ∈R.

On cherche le point d’intersection éventuelM (x ; y ; z) de ces deux droites :

  

x = 4+ t = 8+5t

y = 6+2t = 2−2t

z = 4− t = 6+ t ′ =⇒

  

t −5t ′ = 4 2t +2t ′ =−4 −t t ′ = 2

=⇒ {

t −5t ′ = 4 t + t ′ =−2

=⇒ {

6t ′ =−6 t + t ′ =−2

=⇒ {

t =−1 t ′ =−1

Les deux droites ont donc comme point commun M (4−1 ; 6−2 ; 4+1)= (3 ; 4 ; 5). Affirmation : les droites D1 etD2 sont coplanaires.

2. Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal (O ;~ı ;~;~k), on considère les points A(12 ; 7 ; −13) et B (3 ; 1 ; 2) ainsi que le plan P d’équation 3x+2y −5z = 1. Le point B (3 ; 1 ; 2) appartient au plan P , car 3×3+2×1−5×2 = 1.

Le vecteur −→ AB

  −9 −6 15

  est colinéaire à un vecteur normal du plan :

−→ n

  3

2

−5

  :

−→ AB =−3−→n .

Affirmation : le point B est le projeté orthogonal du point A sur le plan P .

3. On considère les suites u et v définies, pour tout entier naturel n, par :

un = n+1 n+2

et vn = 2+ 1

n+2

lim n→+∞

(un vn)= lim n→+∞

n

n+2 −2= lim

n→+∞

n×1

n

( 1+

2

n

)−2=−1 6= 0

Affirmation : ces deux suites ne sont pas adjacentes.

4. On considère la suite u définie par son premier terme u0 = 1 et la relation de récurrence :

un+1 = 1

3 un +2, pour tout entiernaturel n.

Démonstration par récurrence : • u0 = 1< 3 • Supposons que pour tout n, on ait : un 6 3

un 6 3=⇒ 1

3 un 6 1=⇒un+1 =

1

3 un+26 3

• Ainsi, pour tout entier naturel n, on a un 6 3 Affirmation : cette suite est majorée par 3.

Liban 4 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice no 3 5 points

Commun à tous les candidats.

On dispose de deux urnesU1 etU2. L’uneU1 contient 4 jetons numérotés de 1 à 4. L’urneU2 contient 4 boules blanches et 6 boules noires. Un jeu consiste à tirer un jeton de l’urneU1, à noter son numéro, puis à tirer simultanément de l’urneU2 le nombre de boules indiqué par le jeton. On considère les évènements suivants :

J1 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 1 »

J2 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 2 »

J3 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 3 »

J4 « le jeton tiré de l’urneU1 porte le numéro 4 »

B « toutes les boules tirées de l’urneU2 sont blanches »

On donnera tous les résultats sous la forme d’une fraction irréductible sauf dans la question4.b) où une valeur

arrondie à 10−2 suffit.

Arbre complet, mais non demandé.

·

J1

B N

J2

B Bl ,N N ,N

J3

B Bl ,Bl ,N Bl ,N ,N N ,N ,N

J4

B Bl ,Bl ,Bl ,N Bl ,Bl ,N ,N Bl ,N ,N ,N N ,N ,N ,N

1 4

4 10

6 10

1 4

6 45

24 45

15 45

1 4

4 120

36 120

60 120

20 120

1 4

1 210

24 210

90 210

80 210

15 210

1. Probabilité de l’évènement B sachant que l’évènement J1 est réalisé :

P J1(B )= (4 1

) (10 1

) = 4

10 =

2

5

De même la probabilité P J2(B ) est :

P J2(B )= (4 2

) (10 2

) = 6

45 =

2

15

Et :

P J3 (B )= (4 3

) (10 3

) = 4

120 =

1

30 et P J4(B )=

(4 4

) (10 4

) = 1

210

2. Calcul de P(B ), probabilité de l’évènement B :

P(B )=P(B J1)+P(B J2)+P(B J3)+P(B J4)=P J1 (B P(J1)+P J2 (B P(J2)+P J3 (B P(J3)+P J4 (B P(J4)

= 2

5 × 1

4 +

2

15 × 1

4 +

1

30 × 1

4 +

1

210 × 1

4 =

1

4

( 84+28+7+1

210

) =

1

7

Liban 5 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. On dit à un joueur que toutes les boules qu’il a tirées sont blanches. La probabilité que le jeton tiré porte le numéro 3 correspond à PB (J3)

PB (J3)= P(B J3) P(B )

= P J3(B P(J3)

P(B ) =

1

30 × 1

4 1

7

= 7

120

4. On joue 10 fois de suite à ce jeu. Chacune des parties est indépendante des précédentes. On note N la variable aléatoire prenant comme valeur le nombre de partie où toutes les boules tirées sont blanches.

a) La loi suivie par la variable aléatoire N est une loi binomiale de paramètre n = 10 et p = P(B )= 1

7 .

b) Probabilité de l’évènement (N = 3) :

P(N = 3)= ( 10

3

)( 1

7

)3(6 7

)7 = 120×

67

710 ≃ 0,12

Exercice no 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

On se place dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal direct (O ; ~u ;~v).

1. Un triangle

a) On considère les points A, B etC d’affixes respectives a = 2, b = 3+ i p 3 et c = 2i

p 3.

0 1 2 3 4 x

y

0

1

2

3

4

A

B

C

Mesure de l’angle ABC :

( −→ BC ;

−→ BA)=Arg

( ab c b

) =Arg

( −1− i

p 3

−3+ i p 3

) =Arg

(( 1+ i

p 3 )( 3+ i

p 3 )

( 3− i

p 3 )( 3+ i

p 3 ) ) =Arg

p 3

3 i=

π

2 +2(k ∈R)

b) ABC est donc un triangle rectangle en B . Le centre du cercle circonscrit à ce triangle est donc le milieu Ω de l’hypoténuse [AC ]. Ainsi :

ω= a+c 2

= 2+2i

p 3

2 = 1+ i

p 3

2. Une transformation du plan

On note (zn) la suite de nombres complexes, de terme initiale z0 = 0, et telle que :

zn+1 = 1+ i

p 3

2 zn+2, pour tout entier naturel n.

Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe zn .

Liban 6 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

a) Calculs des affixes des points A2, A3 et A4 :

z1 = 1+ i

p 3

2 z0+2= 2= a ; z2 =

1+ i p 3

2 z1+2= 3+ i

p 3= b

z3 = 1+ i

p 3

2 z2+2= 2+2i

p 3 ; z4 =

1+ i p 3

2 z3+2= 2i

p 3= c

On remarque que : A1 = A, A2 =B et A4 =C . b) Longueurs des segments [A1A2], [A2A3] et [A3A4] :

A1A2 = |ba| = ∣∣∣1+ i

p 3 ∣∣∣=

√ 12+

p 3 2 = 2 ; A2A3 =

∣∣∣2+2i p 3−

( 3+ i

p 3 )∣∣∣=

∣∣∣−1+ i p 3 ∣∣∣= 2

A3A4 = ∣∣∣2i

p 3−

( 2+2i

p 3 )∣∣∣= 2

c) Pour tout entier naturel n, on a :

zn+1−ω= 1+ i

p 3

2 zn +2−1− i

p 3=

1+ i p 3

2 zn+1− i

p 3

= 1+ i

p 3

2

( zn+

2(1− i p 3)

1+ i p 3

) =

1+ i p 3

2

( zn +2

−2−2i p 3

4

) =

1+ i p 3

2 (znω)

d) Le point An+1 est l’image du point An par une rotation de centreΩ et d’angle π 3 :

zn+1−ω= ( 1

2 + i

p 3

2

) (zn ω)= e

π 3 (zn ω)

e) Justifier que, pour tout entier naturel n, on a : An+6 = An . Déterminer l’affixe du point A2012.

A0 = A6

A1A2

A3

A4 A5

La composée de deux rotations de même centreΩ et d’angle α et β donne une rotation de centreΩ et d’angle α+β. Donc, si l’on compose six fois la même rotation d’angle

π

3 à un point, on obtient la rotation demême

centre et d’angle 6× π

3 = 2π, c’est-à- dire l’identité.

Affixe du point A2012 est b = 3+ i p 3 :

2 0 1 2 2 1 3 2 2

6 3 3 5

⇐⇒ 2012= 6×335+2 =⇒ A2012 = A2 =B

3. Le triangle ΩAnAn+1 est un triangle équilatéral (isocèle de sommet Ω et d’angle au sommet π

3 ). Ainsi

la longueur du segment [AnAn+1] est la même que celle du segment [ΩAn].

Comme An est l’image de A0 par la rotation de centreΩ et d’angle n× π

3 , on a

An =ΩA0 = ∣∣∣0−1− i

p 3 ∣∣∣= 2

Liban 7 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice no 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité.

On se place dans le plan complexe muni d’un repère orthonormal direct (O ; ~u ;~v). On note zn la suite de nombres complexes, de terme initiale z0 = 0, et telle que :

zn+1 = 1+ i 2

zn+1, pour tout entier naturel n.

Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe zn .

1. Calculs des affixes des points A1, A2 et A3.

z1 = 1+ i 2

z0+1= 1 ; z2 = 1+ i 2

z1+1= 3+ i 2

; z3 = 1+ i 2

z2+1= 3+2i 2

−1 0 1 2 x

y

−1

0

1

A0 A1

A2

A3Ω

2.a) Le point An+1 est l’image du point An par une similitude directe s :

zn+1 est de la forme azn +b, où a et b sont deux nombres complexes (a 6= 0. Donc, An+1 est l’image de An par une similitude directe s.

• Son rapport est : k = |a| = ∣∣∣∣ 1+ i 2

∣∣∣∣= p 2

2 ;

• son angle est θ =Arg ( 1+ i 2

) =

π

4 +2; (parties réelle et imaginaire égales)

• son centre est le point fixe de la transformation (s(ω)=ω) :

ω= 1+ i 2

ω+1⇐⇒ω ( 1−

1+ i 2

) = 1⇐⇒ω

( 1− i 2

) = 1⇐⇒ω=

2

1− i =

2(1+ i) 2

= 1+ i

b) Le triangleΩAnAn+1 est isocèle rectangle :

Une similitude directe conserve les angles orientés,Ω est invariant, donc :

(−−−−−→ ΩAn+1;

−−−−−−→ AnAn+1

) = (−−−→ ΩAn ;

−−−−−−→ An−1An

) = ·· · =

(−−→ ΩA1;

−−−→ A0A1

)

Or (−−→ ΩA1;

−−−→ A0A1

) =Arg

( z1− z0 z1−ω

) =Arg

( 1

−i

) =

π

2 +2

Le triangleΩAnAn+1 est donc rectangle. De plus

(−−−→ ΩAn ;

−−−−−→ ΩAn+1

) = θ =

π

4 +2

Le triangleΩAnAn+1 est donc rectangle isocèle.

Liban 8 mai 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3.a) Pour tout entier naturel n, on a :ΩAn = (p

2

2

)n−1 :

Le rapport de s est

p 2

2 , ce qui signifie queΩAn+1 =

p 2

2 ΩAn .

La suite de terme généralΩAn est une suite géométrique

• de raison

p 2

2 • et de premier termeΩA0 = |ω| = |1+ i| =

p 2.

Ainsi :

An =ΩA0× (p

2

2

)n = p 2×

(p 2

2

)n = (p

2

2

)n−1

b) À partir de n = 21 les points An sont situés à l’intérieur du disque de centreΩ et de rayon 0,001 :

An 6 0,001⇐⇒ (p

2

2

)n−1 6 0,001⇐⇒ (n−1)ln

(p 2

2

) 6 ln(0,001)⇐⇒n> 1+

ln(0,001)

ln (p

2 2

) ≃ 20,9

Il y a changement de sens de l’inégalité car on divise de chaque càŽté par ln

(p 2

2

) qui est négatif.

4. Pour tout entier naturel n, on note an la longueur AnAn+1 et Ln la somme n

k=0 ak .

Ln est ainsi la longueur de la ligne polygonal A0A1 · · ·AnAn+1. • Calcul de Ln : Comme le triangleΩAnAn+1 est rectangle isocèle en An+1, on a

an = AnAn+1 =ΩAn+1 = (p

2

2

)n

Ainsi :

Ln = n

i=0 ai =

1− (p

2

2

)n+1

1− p 2

2

• Limite de Ln quand n tend vers +∞ :

Nous avons 0< p 2

2 < 1, donc lim

n→+∞

(p 2

2

)n = 0.

Ainsi :

lim n→+∞

Ln = 1

1− p 2

2

= 2+ p 2

5. Pour tout entier naturel n, les points An ,Ω et An+4 sont alignés :

(−−−→ ΩAn ;

−−−−−→ ΩAn+4

) = (−−−→ ΩAn ;

−−−−−→ ΩAn+1

) + (−−−−−→ ΩAn+1;

−−−−−→ ΩAn+2

) + (−−−−−→ ΩAn+2;

−−−−−→ ΩAn+3

) + (−−−−−→ ΩAn+3;

−−−−−→ ΩAn+4

)

= π

4 + π

4 + π

4 + π

4 +2=π+2

Liban 9 mai 2012

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