Correction des travaux pratiques en algorithmique  –  3, Exercices de Algorithmique et programmation des applications
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Correction des travaux pratiques en algorithmique – 3, Exercices de Algorithmique et programmation des applications

PDF (64 KB)
5 pages
221Numéro de visites
Description
Correction des travaux pratiques en algorithmique – 3. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la fonction croissante, la fonction décroissante.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 5
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 5 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 5 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 5 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 5 pages
Télécharger le document
CorrigePolynesiejuin2005.dvi

[ Baccalauréat S Polynésie 9 juin 2005 \

Exercice 1 3 points

1. A et B sont indépendants, donc p(A∩B= p(A)×p()= 0,02×0,1 = 0,002. On a p(C)= 1−p(A∪B)= 1−

[

p(A)+p(B−p(A∪B ]

= 1−0,02−0,1−0,002 = 0,882.

2. On a p(avoir le défaut a seul)= 0,02−0002 = 0,018. Demême p(avoir le défaut b seul)= 0,1−0002 = 0,098. Donc p(D)= 0,018+0,098 = 0,116.

3. On a une loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,882. p(E)= p(X = 4)+p(X = 5)=

(5 4

)

0,8824×0,118+ (5 5

)

0,8825 ≈ 0,8908 soit p(E)≈ 0,891à 10−3 près.

Exercice 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. A(3 ; 1 ; 3) et B(−6 ; 2 ; 1). Si G est le barycentre du système {(A, 4) ; (B, −1)} (qui existe puisque 4−1 6= 0)

∥4 −−→ MA −−−→MB

∥= 2 ⇐⇒ ∥

∥3 −−−→ MG

∥= 2 ⇐⇒ GM = 2

3 . L’ensemble est donc une sphère de centre G de rayon

2

3 . Réponse b..

2. Soit (xH ; yH ; zH les coordonnées du point H. Le vecteur −−→ AH est colinéaire

au vecteur normal au plan de coordonnées (1 ; 2 ; 2). Il existe donc α ∈ R tel que : 

xH−3 = α yH−1 = 2α zH−3 = 3α

et commeH ∈P , on a 3+α+2(1+2α)+2(3+3α) = 5 ⇐⇒

α=− 2

3 .

On a donc H

(

7

3 ; −

1

3 ; 5

3

)

. Réponse c.

3. On calcule la distance du point B au plan P :

d(B, P )= |−6+4+2−5|

p 1+4+4

= 5

3 . Cette distance étant supérieure au rayon 1 la

sphère et le plan ne sont pas sécants. Réponse c..

4. Les droites D et D′ ont respectivement pour vecteurs directeurs (1 ; 2 ; −1) et (2 ; 1 ; 1). Ces vecteurs n’étant pas colinéaires, les droites ne sont pas paral-

lèles.

La droite D a pour équations paramétriques

x = 3+ t y = 1+2t z = 3− t

(t ′ ∈ R). Les

droites sont sécantes s’il existe t ett ′ tels que :

3+2t = 3+ t ′ 3+ t = 1+2t t = 3− t

⇐⇒

2t = t ′ 3 = 4t t = 1

⇐⇒

t ′ = 2 t ′ = 3

4 t = = 1

. Ce système n’admet pas de solution,

donc les droites ne sont pas sécantes. Réponse c..

5. Les points équidistants de A et B est le planmédiateur de [AB] qui coupe [AB]

en sonmilieu I(

(

− 3

2 ; 3

2 ; 2

)

. Le vecteur −−→ AB (−9 ; 1 ; −2) est un vecteur normal

à ce plan et les points M de ce plan médiateur vérifient : −−→ IM · −−→AB = 0 ⇐⇒

−9 (

x + 3

2

)

+1 (

y − 3

2

)

−2(z −2)= 0 ⇐⇒ −9x + yb −2z −11 = 0. Réponse b..

On pouvait également partir de MA2 = Mb2.

Baccalauréat S

Exercice 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. On calcule u1 = 64 u2 = 314, u3 = 1564, u4 = 7814 On peut conjecturer que u2k = . . .14 et u2k+1 = . . .64.

2. un+2 = 5un+1−6= 5(5un −6)−6= 25un −36= un +24un +36. Or 24un +36≡ 0 [4], donc u2n un [4]. On en déduit que u2k u0 = 4×3+2. Donc, pour tout naturel k, u2k ≡ 2 [4]. De même u2k+1 ≡ u1 = 64= 4×16 ; donc u2k+1 ≡ 0 [4], pour tout naturel k.

3. a. Initialisation : 2u0 = 28= 52+3 : vraie. Hérédité : supposons que pour l’entier n, on ait 2un = 5n+2+3. Calculons 2un+1 = 2(5un −6)= 5×2un −12= 5

(

5n+2+3 )

−12= 5n+3+3. La relation est donc vraie au rang (n+1). On a doncdémontré par récurrence que pour tout natureln, 2un = 5n+2+ 3.

b. On a 2un = 5n+2+3= 52×5n +3= 25×5n +28−25 = 25(5n −1)+28. Or 5n −1 est divisible par 5−1= 4 (en général xn −1 est divisible par x−1). Il existe donc k ∈Z tel que 5n −1= 4k et finalement : 2un = 100k +28 ⇐⇒ 2un ≡ 28 [100].

4. Sin = 2p avec p ∈Z alors 2u2p = 52p+2+3= (52)×5p+1+28−25= 25 (

52p −1 )

+ 28. Or 52p −1=

(

52 )p −1= 25p −1 est divisible par 25−1= 24= 8×3 donc par

8. Il existe donc q ∈N tel que 25p −1= 8q . Finalement 2u2p = 25×8q +28 ⇐⇒ 2u2p = 200q +28 ⇐⇒ u2p = 100q +14. Les nombresu2p se terminent donc par 14.

Si n = 2p + 1 avec p ∈ Z alors 2u2p+1 = 52p+3 + 3 = 53 × 52p + 128− 125 = 125

(

52p −1 )

+128= 125(25p −1)+128. On a vu que 25p −1= 8q , d’où 2u2p+1 = 125×8q+128 ⇐⇒ 2u2p+1 = 1000q+ 128 ⇐⇒ u2p+1 = 500q +64 ⇐⇒ u2p+1 = 100q ′+64. Les nombres u2p+1 se terminent donc par 64.

On pouvait également écrire que u2p+1 = 5u2p −6= 5(100q +14)−6 = 100× 5q +64.

5. On utilise plusieurs fois la propriété : PGCD(a ; b)= PGCD(a ; ab) si a > b. Donc PGCD(un+1 ; un ) = PGCD(5un − 6 ; un ) = ·· · = PGCD(un − 6 ; un ) = PGCD(un ; 6) ∈ {1 ; 2 ; 3 ; 6}. Or 6 et 3 ne divisent pas u0, mais tous les termes sont pairs.

Conclusion : PGCD(un+1 ; un )= 2.

Exercice 3 7 points

Partie A

1. a. On a de façon évidente lim x→0

f (x)=−∞ et lim x→+∞

f (x)=+∞.

b. f ′(x)= 1+ 1

x > 1> 0. La fonction est donc croissante sur ]0 ; +∞[.

2. a. La fonction f est continue et croissante sur ]0 ; +∞[ ; de plus lim x→0

f (x) = −∞ et lim

x→+∞ f (x)=+∞, donc f est une bijection de ]0 ; +∞[ sur R, donc

pour tout naturel n, il existe un unique antécédent αn tel que f (αn )= n. b. Figure

Polynésie 9 juin 2005

Baccalauréat S

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

−1

−2

4 8 α0α1 α2 α3 α4 α5 x

y

Γ

c. On a α1+ lnα1 = 1. Le graphe fait apparaître la solution évidente α1 = 1. d. De f (αn)= n et f (αn+1 = n+1 on déduit par différence f (αn+1)− f (αn)=

1> 0 qui est équivalent par la croissance de f à αn+1−αn > 0 ⇐⇒ αn+1 > αn qui démontre que la suite (αn ) est croissante.

3. a. M(x ; y) ∈∆ ⇐⇒ y −1 x −1

= f ′(1)= 2 ⇐⇒ y = 2x −1 (pour x 6= 1).

b. h(x)= lnxx+1 ; h′(x) 1

x −1=

1− x x

qui est du signe de 1−x. La fonction est donc croissante sur ]0 ; 1], puis décroissante. Elle présente donc un

maximum pour x = 1 et h(1)= 0. Conclusion : la fonction h est négative sur ]0 ; +∞[. Or h(x) = x + lnx − (2x −1), donc h(x)6 0 ⇐⇒ x + lnx 6 2x −1, ce qui signifie que pour tout réel positif, la courbe Γ est en dessous de ∆.

c. Cf.figure.

4. Pour tout natureln on a d’après la question précédente : lnαn+αn−2αn+16 0 ⇐⇒ n−2αn +16 0 ⇐⇒

n+1 2

6αn .

On sait que lim n→+∞

n+1 2

=+∞, donc par comparaison lim n→+∞

αn =+∞.

Polynésie 9 juin 2005

Baccalauréat S

Partie B

1. Démonstration de cours : suite croissante non majorée

Soit M un réel fixé ; la suite (un) étant non majorée, il existe un naturel n0 tel

que un0 > M et par croissance de la suite n > n0 =⇒un > un0 > M . Cette propriété étant vraie pour tout réel M , la suite (un ) tend vers +∞.

2. Si la suite (

βn )

estmajorée, étant croissante elle converge vers un réel . Donc

lim n→+∞

βn = , mais par continuité de la fonction g , lim n→+∞

g (βn) = g (). Or g (βn)= n et lim

n→+∞ βn = g ()=+∞, ce qui est contradictoire.

Conclusion : la suite (

βn )

non majorée et croissante tend vers plus l’infini

d’après la question 1..

Exercice 4 5 points

1. z3 = 8 ⇐⇒ z3 = 2e2iπ ⇐⇒ z = 2e2 iπ 3 mod 2

iπ

3 .

Il y a donc trois solutions : z1 = 2e2 iπ 3 = 2

(

− 1

2 + i

p 3

2

)

=−1+ i p 3 ;

z2 = 2e4 iπ 3 = 2

(

− 1

2 − i

p 3

2

)

=−1− i p 3 ;

z3 = 2e2iπ = 2. S =

{

2 ; −1+ i p 3 ; −1− i

p 3 }

.

2. a. Figure

1

2

−1

−2

−3

1 2 3−1−2-2 -1 0 1 2 3 4

-3

-2

-1

0

1

2

3

B

N

B′

M O A P

C

Q

C′

−→ u

−→ v

Polynésie 9 juin 2005

Baccalauréat S

b. On place B et C sur le cercle de centre A et de rayon 2, respectivement

avec un argument de 2π

3 et−

2π

3 . B′ et C′ se construisent avec les triangles

rectangles ABB′ (indirect) et ACC′ (direct).

c. La rotation r est définie par z ′−2= i(z−2), donc zC′ = 2+ i(−1− i p 3−2)=

2+ p 3−3i.

d. Demême la rotation r ′ est définie par z ′−2=−i(z −2), donc zB′ = 2− i(−1+ i

p 3−2)= 2+

p 3+3i.

Donc b′ etc ′ sont bien conjuguées.

Géométriquement : les points B et C sont symétriques autour de (Ox) ;

par des considérations d’angles, leurs images par les deux rotations sont

elles aussi symétriques autour de (Ox).

3. a. n = −1+ i

p 3+2+

p 3+3i

2 =

1+ p 3

2 (1+ i

p 3).

b. On constate que −−→ ON = −

1+ p 3

2

−−→ OC ce qui signifie que les vecteurs sont

colinéaires, donc que les points O, N et C sont alignés.

c. Calcul de q = −1− i

p 3+2+

p 3−3i

2 =

1+ p 3

2 (1− i

p 3).

Remarque : géométriquement Les segments [BB′] et [CC′] étant symé- triques autour de (Ox), leurs milieux le sont aussi, donc q = n.

q +1 étant différent de zéro, calculons n+1 q +1

=

1+ p 3

2 (1+ i

p 3)+1

1+ p 3

2 (1− i

p 3)+1

=

1+2+ p 3+ (

p 3+3)i

1+2+ p 3− (

p 3+3)i

= 3+

p 3+ (

p 3+3)i

3+ p 3− (

p 3+3)i

= i[( p 3+3− i(3+

p 3)]

( p 3+3− i(3+

p 3)

= i.

On a donc bien démontré que n+1= i(q +1). Cette égalité s’écrit encore n − (−1) = i[q − (−1)] qui montre que N est l’image de Q dans la rotation de centre M et d’angle

π

2 ; donc le triangle

MQN est un triangle rectangle isocèle direct, donc MNQ un triangle rec-

tangle isocèle indirect.

d. Dans le triangle BB′C, N est le milieu de [BB′] et M est le milieu de [BC], donc la droite (MN) est parallèle à la droite (B′C). Demême la droite (PQ) est parallèle à la droite (B′C) et par transitivité, les droites (MN) et (PQ) sont parallèles.

On démontre de la même façon que les droites (NP) et (MQ) sont paral-

lèles.

Conclusion : le quadrilatère (MNPQ) a ses côtés opposés parallèles (c’est

un parallélogramme), ayant deux côtés consécutifs de même longueur

MN =MQ (c’est un losange) et possède un angle droit (c’est donc un rec-

tangle) et finalement un carré.

Polynésie 9 juin 2005

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 5 pages
Télécharger le document