Algèbre – correction des exercices 14, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Algèbre – correction des exercices 14, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 14. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la linéarité de l’intégrale, la suite des inégalités, l’image par l’application f.
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MĕtropoleS21juin2012corrige.dvi

[ Baccalauréat S Métropole–La Réunion 21 juin 2012 \

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

1. Sur l’intervalle [−3,−1], tous les points de la courbe ont une ordonnée négative. VRAIE 2. Sur l’intervalle ]−1 ; 2[, on lit que f ′(x)> 0, donc que f est croissante sur cet intervalle. VRAIE 3. Sur l’intervalle ]−1 ; 0[, on a f ′(x) > 0 donc f est strictement croissante sur ]−1 ; 0[. Or on sait

que f (0) = −1. D’après la croissance stricte sur l’intervalle tous les points de cet intervalle ont une image par f inférieure à −1. FAUSSE

4. Pour x = 0, on lit f ′(0)= 1 et on sait que f (0)=−1. On sait que l’équation de la tangente à la courbe C au point d’abscisse 0 est

y f (0)= f ′(0)(x −0) ⇐⇒ y − (−1)= 1x ⇐⇒ y = x −1. Cette tangente contient bien le point de coordonnées (1 ; 0) car ces cordonnées vérifient l’équation de la tangente. VRAIE

EXERCICE 2 5 points

Commun à tous les candidats

1. a.

D0,4

E1 0,7

E2 0,25

E20,75

E10,3

D0,6

b. On a p (E1)= p (D E1)= p(DpD (E1)= 0,4×0,7 = 0,28. c. Calculons la probabilité de ne pas être recruté, soit :

p(F )= p (

D )

+p (

D E1 )

+p (

D E1∩E2 )

= 0,6+0,4×0,3+0,4×0,7×0,75 = 0,6+0,12+0,21 =

0,93. D’où p (

F )

= 1−p(F )= 1−0,93 = 0,07. On peut directement calculer la probabilité d’être recruté, soit :

p (

F )

= p (D E1∩E2)= 0,4×0,7×0,25 = 0,07.

D’où p(F )= 1−p (

F )

= 1−0,07 = 0,93.

2. a. Chaque dossier est étudié indépendamment des autres et chaque candidat a une probabilité

d’être recruté égale à 0,07. La variable X suit donc une loi binomiale (B,n = 5, p = 0,07). b. On a p(X = 2)=

(5 2

)

0,072×0,933 = 10×0,072 ×0,933 ≈ 0,0394≈ 0,039 à 10−3 près 3. On reprend ici la loi binomialemais avec n candidats chacun ayant une probabilité d’être recruté

égale à 0,07.

La probabilité qu’aucun ne soit retenu est égale à : (n 0

)

×0,070×0,93n = 0,93n . La probabilité qu’un au moins des n candidats soit recruté est donc égale à 1−0,93n . Il faut donc résoudre l’inéquation :

1−0,93n > 0,999 ⇐⇒ 0,001 > 0,93n ⇐⇒ ln0,001 > n ln0,93 (par croissance de la fonction ln)

⇐⇒ n > ln0,001

ln0,93 car ln0,93 < 0.

Or ln0,001

ln0,93 ≈ 95,1.

Il faut donc traiter aumoins 96 dossiers pour avoir une probabilité supérieure à 0,999 de recruter

au moins un candidat.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 3 6 points

Commun à tous les candidats

Il est possible de traiter la partie C sans avoir traité la partie B.

Partie A

f (x)= 1

x +1 + ln

( x

x +1

)

.

1. x

x +1 =

x +1−1 x +1

= 1− 1

x +1 .

Comme lim x:→+∞

−1 x +1

= 0, on a donc lim x:→+∞

x

x +1 = 1 et lim

x:→+∞ ln

( x

x +1

)

= 0.

• On a lim x:→+∞

1

x +1 = 0, donc finalement par somme de limites : lim

x:→+∞ f (x)= 0.

2. Comme sur [1 ; +∞[,x+1 > 0, et x

x +1 > 0 la fonction f est la sommede deux fonctions dérivables

sur [1 ; +∞[ et sur cet intervalle :

f ′(x)=− 1

(x +1)2 +

u′(x)

u(x) avec u(x)=

x

x +1 .

Or u′(x)= 1× (x +1)− x ×1

(x +1)2 =

1

(x +1)2 .

Donc f ′(x)=− 1

(x +1)2 +

1 (x+1)2

x x+1

=− 1

(x +1)2 +

1

x(x +1) =

x + x +1 x(x +1)2

= 1

x(x +1)2 .

Comme x > 1, la dérivée est clairement positive, donc la fonction est croissante sur [1 ; +∞[ de f (1)=

1

2 + ln

1

2 ≈−0,193 à 0 sa limite en plus l’infini.

3. Le tableau montre que f (x)< 0 sur [1 ; +∞[.

Partie B

un = 1+ 1

2 + 1

3 + . . .− lnn.

1. L’algorithme donne successivement pour u les valeurs :

0+1= 1 1+

1

2 =

3

2 3

2 + 1

3 =

11

6 valeur qu’il affiche.

2. Il suffit de modifier la sortie en : Afficher u− lnn. 3. On peut conjecturer que pour n allant de 4 à 2000 la suite est décroissante et converge vers une

valeur proche de 0,577.

Partie C

1. Ona un+1−un = [

1+ 1

2 + 1

3 + . . .

1

n +

1

n+1 − ln(n+1)

]

− [

1+ 1

2 + 1

3 + . . .+

1

n − lnn

]

= 1

n+1 +lnn

ln(n +1)= 1

n+1 + ln

( n

n+1

)

= f (n). On a vu que pour x > 1, f (x)< 0, donc un+1−un = f (n)< 0 montre que un+1 < un , ce qui signifie que la suite (un ) est décroissante.

2. a. Puisqu’on intègre de k strictement positif à k +1, on a donc

0< k 6 x 6 k +1 ⇐⇒ 0< 1

k +1 6

1

x 6

1

k

On a donc en particulier 1

x 6

1

k ⇐⇒

1

k

1

x > 0. L’intégrale sur [k ; k + 1] de la fonction

continue et positive est un nombre positif.

Métropole–La Réunion 2 21 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

• ∫k+1

k

(

1

k

1

x

)

dx > 0 ⇐⇒ ∫k+1

k

1

k dx >

k+1

k

1

x dx (par linéarité de l’intégrale.

Or

k+1

k

1

k dx =

1

k × (k +1−k)=

1

k .

L’inégalité précédente s’écrit donc :

k+1

k

1

x dx 6

1

k .

• On a ∫k+1

k

1

x dx = [lnx]k+1k = ln(k +1)− lnk.

Donc l’inégalité précédente s’écrit ln(k +1)− lnk 6 1

k (1)

b. On obtient la suite des inégalités suivante :

ln(1+1)− ln16 1

1

ln(2+1)− ln26 1

2

ln(3+1)− ln36 1

3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ln(n)− ln(n−1)6 1

n−1 ln(n+1)− lnn 6

1

n D’où par somme membres à membres et effet de « dominos » :

ln(n+1)− ln16 1+ 1

2 + 1

3 + . . .+

1

n ou encore

ln(n+1)6 1+ 1

2 + 1

3 + . . .+

1

n

c. La fonction ln étant croissante, on a lnn < ln(n+1) et comme ln(n+1)6 1+ 1

2 + 1

3 + . . .+

1

n on

en déduit que lnn < 1+ 1

2 + 1

3 +. . .+

1

n ⇐⇒ 0< 1+

1

2 + 1

3 +. . .+

1

n −lnn, soit finalement un > 0.

3. On a vu que la suite est décroissante et ensuite qu’elle est minorée par 0 : elle converge donc vers

une limite supérieure à zéro.

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. Voir à la fin de l’exercice.

b. zA′ = 1

zA+1 =

1

− 1 2 +1

= 1 1 2

= 2.

zB′ = 1

zB+1 =

1

− 1 2 + i+1

= 1

1 2 + i

= 1 2 − i

(

1 2 + i

)(

1 2 − i

) = 1 2 − i

1 4 +1

= 1 2 − i 5 4

= 4

5

(

1

2 − i

)

.

zC′ = 1

zC+1 =

1

− 12 − 1 2 i+1

= 1

1 2 −

1 2 i

= 1 2 + 1

2 i

(

1 2 −

1 2 i

)(

1 2 +

1 2 i

) = 1 2 + 1

2 i

1 4 +

1 4

= 1 2 (1+ i) 1 2

= 1+ i.

c. On a z−−−→ A′B′

= 4

5

(

1

2 − i

)

−2= 2

5 − 4

5 i−2=−

8

5 − 4

5 i.

Demême z−−−→ A′C′

= 1+ i−2=−1+ i.

Les vecteurs −−−→ A′B′ et

−−−→ A′C′ ne sont pas colinéaires, donc les points A′, B′ et C′ ne sont pas ali-

gnés.

2. a. g est la translation de vecteur −→ u .

b. Voir la figure

c. Soit I le point d’affixe 1.

|z −1| = |z| ⇐⇒ |z −1| = |z −0| ⇐⇒ |z zI| = |z zO| ⇐⇒ IM =OM . Les points M sont donc équidistants de O et de I : ils appartiennent à la médiatrice de [OI] qui

a pour équation x = 1

2 et qui est donc la droite D1 d’après la question précédente.

Métropole–La Réunion 3 21 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. a. zA2 = 1

zA1 =

1 1 2

= 2= zA′ .

zB2 = 1

zB1 =

1 1 2 + i

= 1 2 − i

1 4 +1

= 4

5

(

1

2 − i

)

= zB′ .

Enfin zC2 = 1

zC1 =

1 1 2 − 1

2 i =

2

1− i =

2(1+ i 1+1

= 1+ i= zC′

b.

1

z −1

= 1 ⇐⇒ ∣

1− z z

= 1 ⇐⇒ |z −1| |z|

= 1 ⇐⇒ |z −1| = |z|.

c. Soit un point M de D1 d’affixe z. On a vu que son affixe vérifie |z −1| = |z|, donc d’après la

question la question précédente

1

z −1

= 1 (2).

Son image par h est le point M2 d’affixe z ′ =

1

z .

La relations (2) devient donc |z ′−1| = 1 qui signifie que le point M2 appartient au cercleC de centre I et de rayon 1.

Conclusion : l’image par h de la droite D1 est incluse dans le cercle de centre I et de rayon 1.

4. Soit M un point d’affixe z de la droite D. Son image par g est le point M1 d’affixe z +1.

L’image par h du point M1 d’affixe z+1 est le point M2 d’affixe 1

z +1 c’est-à-dire l’image par f de

M .

Or l’image par g de la droiteD est la droiteD1 et ensuite on a admis que l’image par h de la droite

D1 est le cercle C privé de O.

Conclusion : l’image par l’application f de la droiteD est le cercle de centre I de rayon 1 privé de

O.

−2

−2 b

b

b

b

b

b

b

b

b

b I A′

B′

C′

A

B

C

A1

B1

C1

D D1

Métropole–La Réunion 4 21 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct (

O, −→ u ,

−→ v

)

.

On désigne par A, B et C les points d’affixes respectives

zA =−1+ i, zB = 2i et zC = 1+3i.

et D la droite d’équation y = x +2.

1. xA+2=−1+2= 1= yA donc A∈D. xB+2= 0+2= 2= yB donc B ∈D. xC+2= 1+2= 3= yB donc A ∈D. Les trois points A, B et C sont alignés et appartiennent à la droite D.

(voir figure à la fin).

2. (1+ i)z +3− i= 0⇔ z = −3+ i 1+ i

= (−3+ i)(1− i)

12+12 =

−3+3i+ i+1 2

=−1+2i. −1+2= 1 6= 2 donc le point d’affixe −1+2i n’appartient pas à D.

Dans la suite de l’exercice, on appelle f l’application qui, à tout point M d’affixe z différente de

−1+2i, fait correspondre le point M ′ d’affixe 1

(1+ i)z +3− i .

Le but de l’exercice est de déterminer l’image par f de la droite D.

3. Soit g la transformation du plan qui, à tout point M d’affixe z, fait correspondre le point M1 d’affixe (1+ i)z +3− i. a. (1+ i)z +3− i= az +b avec a = 1+ i et b = 3− i.

a 6= 1 donc c’est l’écriture complexe d’une similitude directe, autre qu’une translation. Le rapport de cette similitude est |a| = |1+ i| =

p 2.

L’angle de cette similitude est arg(a)= arg(1+i) ; or 1+i= p 2

(

1 p 2 +

1 p 2 i

)

= p 2ei

π

4 donc l’angle

est π

4 .

• SoitΩ, d’affixeω le point fixe de cette similitude.

ω= b

1−a =

3− i 1− (1+ i)

= 3− i −i

= 3i+1 donc ω= 1+3i.

• On peut également dire que M d’affixe z est invariant par g si : (1+ i)z +3− i= z ⇐⇒ iz =−3+ i ⇐⇒ z = 3i+1= 1+3i. Donc unicité du point invariant.

b. L’affixe de A1 est (1+ i)(−1+ i)+3− i=−2+3− i= 1− i donc zA1 = 1− i. L’affixe de B1 est (1+ i)(2i)+3− i=−2+2i+3− i = 1+ i donc zB1 = 1+ i. L’affixe de C1 est 1+3i puisque C est le point invariant de la similitude.

c. L’image d’une droite par une similitude est une droite. D est la droite (AB) donc l’image de D

est la droite D1 passant par A1 et B1 , qui a pour équation x = 1. 4. Soit h l’application qui, à tout point M d’affixe z non nulle, fait correspondre le point M2 d’affixe

1

z .

a. h (A1) a pour affixe 1

zA1 =

1

1− i =

1+ i 2

.

h (B1) a pour affixe 1

zB1 =

1

1+ i =

1− i 2

.

h (C1) a pour affixe 1

zC1 =

1

1+3i =

1−3i 10

.

b. Pour tout z 6= 0, ∣

1

z − 1

2

= 1

2 ⇐⇒

2− z 2z

= 1

2 ⇐⇒

|2− z| 2|z|

= 1

2 (car le module du quotient est

égal au quotient des modules de chaque terme,) ⇐⇒ |2− z| = |z|⇔ |z −2| = |z|.

Métropole–La Réunion 5 21 juin 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c. Soit M un point de D1. L’affixe z de M est 1+ it , t ∈R. Alors |z −2| = |1+ it −2| = |−1+ it | =

∣−1+ it

∣= |−1− it | = |− (1+ it)| = |1+ it | = |z|.

D’après la question précédente, cela équivaut à

1

z − 1

2

= 1

2 . Le point h(M) appartient donc

au cercle C de centre F d’affixe 1

2 et de rayon

1

2 .

d. Soit M d’affixe Z 6= 0 un point de C , privé de O.

On a

Z − 1

2

= 1

2 . On pose z =

1

Z et on appelle M1 le point d’affixe z. D’après b., on a

|z −2| = |z| ⇔ |z −2| = |z −0|. Si l’on note E le point d’affixe 2, on a OM1=EM1 donc M1 appartient à la médiatrice de [OE]

qui est la droite D1, donc tout point du cercle C qui est distinct de O est l’image par h d’un

point de la droite D1

5. f = h g , donc l’image de la droite D par f est l’image de D par h g . Or, l’image de D par g est D1 et celle de D1 par h est le cercle C privé de O.

l’image par l’application f de la droite D est donc le cercle C privé de O.

1

2

3

−1

−2

1−1−2

4

21

b

A

b B

b C

b A1

b B1

b

C1

b F

b A

b B

b C

O

Métropole–La Réunion 6 21 juin 2012

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