Algèbre – correction des exercices 5, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Algèbre – correction des exercices 5, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 5 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la sphère au plan, l'équation du système.
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Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Antilles–Guyane \ 13 septembre 2012

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

1. La droite D a pour vecteur directeur −→ u (1 ; −1 ; 2) ; le plan P a pour vecteur nor-

mal −→ n (1 ; 1 ; 2).

Ces vecteurs ne sont ni colinéaires, ni orthogonaux, donc la droiteD et le plan P sont non parallèles et non perpendiculaires.

2. L’équation a est à rejeter : les points de D ont des coordonnées qui ne vérifient pas cette équation.

Le plan d’équation 2x z = 0 a pour vecteur normal −→ n′ (2 ; 0 ;−1).

Or −→ n ·

−→ n′ = 2+0−2= 0. Ces deux plans sont bien perpendiculaires.

Comme 2t −2t = 0 tout point point de D appartient au plan P ′ d’équation 2x z = 0.

3. Soit M(x ; y ; z) ∈ P ∩P ′, 2x z = 0 étant une équation de P ′ ; donc ses coor- données vérifient le système : {

x + y +2z −1 = 0 2x z = 0 ⇐⇒

x + y +2z −1 = 0 2x z = 0 x = t

⇐⇒

x = t y +2z = 1− t z = 2t

⇐⇒

x = t y = 1−5t z = 2t

. Réponse c.

4. Calculons la distance du centre de la sphère au plan :

d(B ; P )= |1−1+0−1| p 12+12+22

= 1 p 6 ≈ 0,48< 1 (rayon du cercle).

L’intersection de la sphère et du plan est donc un cercle. Réponse c.

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. On a |zA|2 = 3+1= 4= 22 ⇒|zA| = 2.

En factorisant ce module : zA = 2 (p

3

2 + i

1

2

)

= 2 (

cos π

6 + i sin

π

6

)

= 2ei π

6 .

De même |zB|2 = 1+3= 4= 22 ⇒|zB| = 2.

En factorisant cemodule : zB = 2 (

− 1

2 + i

p 3

2

)

= 2 (

cos 2π

3 + isin

2π

3

)

= 2ei 2π 3 .

b. A appartient au cercle centré en O de rayon 2 et à la droite d’équation y = 1 ; B appartient au cercle centré en O de rayon 2 et à la droite d’équation

x =−1 ; C se place grâce à son abscisse et son ordonnée. Voir la figure à la fin de l’exercice.

c. On a vu que |zA| = 2=OA= |zB| = 2=OB : le triangle OAB est isocèle en O. D’autre part on a trouvé les arguments de zA et zB. Donc : (−−→ OA ;

−−→ OB

)

= argzB−argzA = 2π

3 − π

6 =

4π

6 − π

6 =

3π

6 =

π

2 .

Le triangle AOB est rectangle isocèle en O.

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

2. a. On sait que zD = zCei π

2 = izC = i(−1−3i)= 3− i. D’autre part

−→ BE =

−−→ OC ⇐⇒ zE− zB = zC ⇐⇒ zE = zB+ zC =−2+ i

(p 3−3

)

.

b. −−→ OE

(

−2 ; p 3−3

)

et −−→ AD

(

3− p 3 ; −2

)

. −−→ OE ·

−−→ AD =−2

(

3− p 3 )

−2 (p

3−3 )

=−2 (

3− p 3 )

+2 (

3− p 3 )

= 0, ce quimontre que les vecteurs

−−→ OE et

−−→ AD sont orthogonaux.

De plus ∥

−−→ OE

2 = (−2)2+

(

3− p 3 )2

et ∥

−−→ AD

2 = (

3− p 3 )2+(−2)2 : ces expres-

sions sont égales, donc ∥

−−→ OE

2 = ∥

−−→ AD

2 ⇒

−−→ OE

∥= ∥

−−→ AD

∥ ⇐⇒ OE = AD.

3. a. Par définition du quart-de-tour B est l’image de A dans le quart-de-tour de centre O, on sait que zB = izA et de même zD = izC. D’autre part OBEC est un parallélogramme ⇐⇒ −−→OE =−−→OB +−−→OC ⇐⇒ zE = zB+ zC = izA+ zC.

b. En utilisant les deux derniers résultats précédents : zD− zA

zE =

izC− zA izA+ zC

= i (zC+ izA) izA+ zC

= i.

c. En utilisant module et argument des deux nombres complexes précédents, on obtient : zD− zA

zE = i⇒

zD− zA zE

= |i| ⇐⇒ AD

OE = 1 ⇐⇒ AD=OE ;

zD− zA zE

= i⇒ (−−→ OE ,

−−→ AD

)

= arg(i= π

2 . Donc OE⊥AD.

Sans utiliser d’affixes connues, on arrive aux mêmes résultats.

2

−2

2−2

A

B

C

O

DE

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A : tracé d’une figure

1. Voir la figure à la fin de l’exercice : on construit le cercle de diamètre [AB], avec la médiatrice de [AB] qui coupe ce cercle en deux points dont l’un est le point D.

2. Même construction : la médiatrice de [OA] coupe le cercle de diamètre [OA] en deux points dont l’un est E.

3. D appartient à l’axe des ordonnées et a même ordonnée que A donc DA⊥DB. Le triangle DAB est rectangle en D.

D’autre part DB = 2 et DA = 2 de façon évidentes : le triangle est isocèle en D.

Antilles–Guyane 2 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

Le but de l’exercice est de montrer de deux manières que les droites (ED) et (BC) sont perpendiculaires et que les distances ED et BC sont égales.

Partie B : premièreméthode

1. a. L’angle de la similitude est (−−→ AB ,

−−→ AD

)

= π

4 et le rapport est égal à

AD

AB =

2

2 p 2 =

1 p 2 =

p 2

2 .

b. Si z a pour image z ′ par g , on sait que : z ′ = az +b, a, b ∈R. En particulier :

{

zA = azA+b zD = azB+b

⇐⇒ {

−2−4i = a(−2−4i)+b −4i = −6ia +b

Par différence on obtient :

−2= a(−2−4i+6i ⇐⇒ −2= a(−2+2i ⇐⇒ −1= a(−1+ i) ⇐⇒ a = −1

−1+ i =

−(−1− i (−1+ i)(−1− i)

= 1+ i 1+1

= 1

2 (1+ i).

La deuxième équation du système donne :

−4i=−6i× 1

2 (1+ i)+b ⇐⇒ −4i=−3i+3+b ⇐⇒ b =−3− i.

L’écriture complexe de g est bien :

z ′ = (

1

2 + 1

2 i

)

z −3− i.

c. On a la même configuration que pour le triangle rectangle isocèle DAB : le

triangle rectangle isocèle EAD : (−−→ AO ,

−→ AE

)

= π

4 et

AO

AE =

1 p 2 =

p 2

2

d. En utilisant la similitude :

zE = (

1

2 + 1

2 i

)

×0−3− i=−3− i.

2. zB− zC zE− zD

= −6i−3+3i −3− i+4i

= −3−3i −3+3i

= −1+ i −1− i

= (−1+ i)(−1+ i) (−1− i)(−1+ i)

= 1−1−2i 1+1

=−i.

Pour les modules : zB− zC zE− zD

=−i⇒ ∣

zB− zC zE− zD

= |− i| ⇐⇒ CB

DE = 1 ⇐⇒ CB = DE.

Pour les arguments : zB− zC zE− zD

=−i⇒ arg (

zB− zC zE− zD

)

= arg−i ⇐⇒ (−−→ DE ,

−−→ CB

)

= π

2 .

Conclusion DE⊥CB.

Partie C : deuxièmeméthode

1. Par définition de la rotation on a :

zO′ − zC = i (zO− zC) ⇐⇒ zO′ − (3− 3i) = i (0−3+3i) ⇐⇒ zO′ = 3− 3i− 3i− 3 = −6i= zB. Par définition de la rotation CO = CB et

(−−→ CO ,

−−→ CB

)

= π

2 : le triangle OBC est rec-

tangle isocèle en C.

2. a. L’angle de la similitude composée est égale à la somme des angles des deux

similitudes soit π

4 + π

4 =

π

2 .

Le rapport de la similitude composée est égale au produit des rapports des

deux similitudes soit p 2×

p 2

2 = 1.

Antilles–Guyane 3 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

b. h f est donc une rotation d’angle π

2 soit un quart-de-tour.

L’image de la droite (BC) est une droite perpendiculaire à (BC).

Or B a pour image par f , B, puis B a pour image par h : D.

C a pour image par f , O, puis O a pour image par h : E.

Conclusion : la droite (BC) a pour image par h f la droite perpendiculaire (DE).

c. On a (DE)⊥ (BC) et comme la composée est une rotation il y a conservation des longueurs, donc DE = BC.

−2

−4

−6

2−2−4

b

b

b

bA

B

C

D

O

E

EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats

Nord

Est

O

A

Antilles–Guyane 4 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

Partie A - Dénombrement

1. Le mot comporte 4 E et 1 N. Le nombre de chemins est égal au nombre de po- sitions de la lettre N parmi les quatre lettres E ; on peut mettre cette lettre N en position 1, 2, 3, 4 ou 5. Il y a donc 5 chemins pour aller de O à A.

NEEE, ENEEE, EENEE, EEENE, EEEEN.

2. Un mot décrivant un chemin comporte p E et q N : sa longueur est donc égale à p +q .

3. En généralisant le cas particulier précédent, le nombre de chemins permettant d’arriver au point (p ; q) est égal au nombre de positions des déplacements p parmi les p + q déplacements qui constituent le chemin. Il y a donc

(p+q p

)

(ou (p+q

p

)

d’ailleurs) chemins différents.

4. Exemple : pour arriver aupoint (7 ; 5) il y a (7+5

7

)

= (7+5

5

)

= 12!

7!5! =

12×11×10×9×8 5×4×3×2×1

= 11×9×8 = 11×72 = 792 chemins

5. Le nombre de chemins amenant à A est égal à 5 (question 1).

Le nombre de chemins de A à C est le même que le nombre de chemins de l’ori- gine au point de coordonnées (7 - 4 ; 5 - 1) = (3 ; 4) soit

(7 3

)

= 35. Il y a donc 5×35= 175 chemins allant en C en passant par A.

Partie B - Étude d’une variable aléatoire

1. Il faut trouver les points dont la somme des coordonnées est égale à 5, soit :

(5 ; 0), (4 ; 1), (3 ; 2), (2 ; 3), (1 ; 4), (0 ; 5)

2. À chaque nœud la probabilité d’aller vers le Nord est égale à 23 et les choix sont indépendants les uns des autres ; la variable X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 23

3. La probabilité qu’il arrive en A est égale à p(X = 1)= (5 1

)( 2 3

)1× ( 1 3

)4 = 5× 23 × 1 34

= 10 35

= 10243 ≈ 0,041.

EXERCICE 4 6 points Commun à tous les candidats

Partie A : étude d’une fonction

1. On sait que lim x→+∞

lnx

x = 0, donc lim

x→+∞ x

lnx =+∞ car

x

lnx est l’inverse de

lnx

x .

Quand x tend vers 1, avec x > 1, lnx tend vers 0 avec lnx > 0. Comme le numéra- teur tend vers 1, on a lim

x→1

x

lnx =+∞.

2. f quotient de fonctions dérivables sur ]1 ; +∞[ est dérivable et sur cet intervalle :

f ′(x)= lnx − 1

x × x

(lnx)2 =

lnx −1 (lnx)2

.

Donc le signe de f ′(x) est celui de la différence lnx −1. On a lnx −1> 0 ⇐⇒ lnx > 1 ⇐⇒ x > e (par croissance de la fonction exponen- tielle.

De même lnx −1< 0 ⇐⇒ x < e. Enfin lnx −1= 0 ⇐⇒ x = e. La fonction f est donc décroissante sur ]1 ; e[ et croissante sur ]e ; +∞[,

f (e)= e

lne = e étant le minimum de f sur ]1 ; +∞[.

3. On vient de voir que f est croissante sur ]e ; +∞[ et que f (e)= e est le minimum, donc si x > e, f (x)> e.

Antilles–Guyane 5 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

Partie B : étude d’une suite récurrente

1. On a u0 = 5, u1 = f (u0)= 5

ln5 ≈ 3,11, u2 = f (u1)≈ 2,74.

De A0 on trace la verticale jusqu’à C ; de ce point l’horizontale jusqu’à la courbe d’équation y = x ; de ce nouveau point la verticale jusqu’à l’axe des abscisses rencontré en A1 et l’on recommence. Il semble que la suite est décroissante vers l’abscisse (ou l’ordonnée) du point commun à C et à D.

2. a. On a u0 = 5> e. Supposons qu’il existe un entier p tel que up > e, comme up+1 = f

(

up )

on a vu lors de l’étude de la fonction f que si x > e, alors f (x)> e, donc up+1 > e.

On a donc démontré par récurrence que quel que soit le naturel n, un > e.

b. Soit un+1−un = f (un )−un = un

lnun un =

un un lnun lnun

= un (1− lnun )

lnun .

Comme un > e, lnun > lne soit lnun > 1> 0 et comme un > 0, le signe de la différence un+1−un est celui de la différence 1− lnun . Or on vient de voir que lnun > 1 ⇐⇒ 1− lnun < 0. Conclusion un+1−un < 0, ce qui signifie que la suite (un ) est décroissante.

c. La suite est décroissante et minorée par e : elle converge donc vers une li- mite > e.

d. Comme un+1 = f (un ) et la fonction f étant continue car dérivable on a par

limite au voisinage de l’infini : = f () ⇐⇒ =

ln⇐⇒ 1 =

1

ln⇐⇒

ln= 1 ⇐⇒ = e par croissance de la fonction exponentielle et car > 0. La suite converge donc vers e.

3. L’algorithme affichera la valeur 3 : la croissance de la suite est très rapide : les trois premières décimales de e sont déjà trouvées.

Antilles–Guyane 6 13 septembre 2012

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

ANNEXE Exercice 4

Commun à tous les candidats

À rendre avec la copie

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

1 2 3 4 5 6 7O x

y

A0A1A2 u1u2

u0 =

Antilles–Guyane 7 13 septembre 2012

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