Correction des travaux pratiques en algorithmique  –  5, Exercices de Algorithmique et programmation des applications
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Correction des travaux pratiques en algorithmique – 5, Exercices de Algorithmique et programmation des applications

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Correction des travaux pratiques en algorithmique – 5. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la fonction exponentielle, la droite d’équation.
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CorrigePondicheryS2005.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Pondichéry\ mars 2005

EXERCICE 1

1. a. Sur [1 ; +∞[ la fonction exponentielle et la fonction t 7→ t sont continues et la seconde ne s’annulant pas sur [1 ; +∞[, leur quotient est continu.

b. La fonction f est de la forme : f = u

v u(t)= et , v(t)= t . Ces deux fonc-

tions sont dérivables et la seconde ne s’annule pas sur [1 ; +∞[, donc f

est dérivable et sur [1 ; +∞[, f ′(t)= et × t −et

t2 =

et (t −1) t2

. L’exponentielle

et la fonction carré sont strictement positives sur [1 ; +∞[, donc le signe de f ′ est, celui de t −1. Donc sur [1 ; +∞[, on a f ′(t)> 0. Conclusion : la fonction f est croissante sur [1 ; +∞[.

2. Restitution organisée de connaissances

a. A (1) est l’aire (exprimée en u.a.) du domaine délimité par la courbe (C ) représentant f , l’axe des abscisses et les droites verticales d’équations

respectives x = 1 et x = 1. Donc A (1)= 0. b. Soit x0 tel que 1 6 x0. La fonction f étant croissante sur [1 ; +∞[, on a

f (x0) < f (x0+h). L’aire de la surface limitée par la courbe, l’axe des abs- cisses, les droites d’équation x = x0 et x = x0 +h est supérieure à l’aire de la surface (rectangle) limitée par la droite d’équation y = f (x0) et in- férieure à l’aire de la surface (rectangle) limitée par la droite d’équation

y = f (x0+h). On a donc :

f (x0)h <A (x0+h)−A (x0)< f (x0+h).

D’où par division par h > 0, le résultat :

f (x0 < A (x0+h)−A (x0)

h < f (x0+h)

c. Avec 1 < x0, h < 0 et 16 x0+h 6 x0. La fonction f étant croissante pour x > 1, on a f (x0+h)< f (x0). On encadre de la même façon l’aire limitée par la courbe par l’aire des deux rectangles. On a donc

f (x0+h)× (−h)<A (x0−A (x0+h)< f (x0× (−h)

et par division par −h qui est positif :

f (x0+h)< A (x0+h)−A (x0)

h < f (x0)

d. D’après la continuité de f en x0, on a lim h→0

f (x0+h)= f (x0. Donc d’après le théorème des « gendarmes », le taux d’accroissement de la fonction A

admet pour limite f (x0) en x0. Cette fonction A est donc dérivable en

x0 > 1 et A ′(x0)= f (x0). e. Le raisonnement fait ci-dessus est vrai pour tout x0 > 1. Donc la fonction

A est dérivable sur [1 ; +∞[ et A ′ = f .

EXERCICE 2

1. Le centre Ω du cercle (C ) est le milieu du diamètre [AB]. Son affixe est donc

zΩ = 1−2i−2+2i

2 =−

1

2 .

Le centreΩ du cercle (C ) a pour coordonnées

(

− 1

2 ; 0

)

.

De plus AB2 = (−3)2+42 = 52. Donc R = AB

2 =

5

2 .

Baccalauréat S

2. On a zD = 3+9i 4+2i

= (3+9i)(4−2i) (4+2i)(4−2i)

= 30+30i

20 =

3

2 + 3

2 i.

Calcul de la distance ΩD = |zD− zΩ| = ∣

3

2 + 3

2 i+

1

2

= ∣

2+ 3

2 i

= √

4+ 9

4 =

5

2 =

R. Donc D est bien un point du cercle (C ).

3. a. Par hypothèse arg

(

zE+ 1

2

)

= π

4 et comme E ∈ (C )

zE+ 1

2

= 5

2 .

b. Donc zE+ 1

2 = ei

π

4 ⇐⇒ zE =− 1

2 + 5

2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

= 5 p 2−2 4

+ i 5 p 2

4 .

4. a. z ′ + 1

2 = ei

π

4

(

z + 1

2

)

⇐⇒ −−−→ ΩM ′ = ei

π

4 −−−→ ΩM . Donc r est une rotation de

centreΩ et d’angle + π

4 .

b. Avec z = 2, on a zK ′ =− 1

2 + 5

2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

⇐⇒ zK ′ = 5 p 2−2 4

+i 5 p 2

4 = zE.

Géométriquement : K est un point de (C ) carΩK= 5

2 . Son image est donc

un point de (C ) telle que (−→ ΩI ,

−−−→ ΩK

)

= π

4 : c’est donc le point E.

EXERCICE 2 DE SPÉCIALITÉ

1. z ′ = 3+4i 5

z+ 1−2i 5

⇐⇒ x′+iy ′ = 3+4i 5

(x−iy)+ 1−2i 5

= 3x +4y +1+ i(4x −3y −2)

5 .

Par identification :

x′ = 3x +4y +1

5

y ′ = 4x −3y −2

5

2. a. M est invariant si et seulement si

{

x′ = x y ′ = y ⇐⇒

x = 3x +4y +1

5

y = 4x −3y −2

5

⇐⇒ {

2x −4y −1 = 0 4x −8y −2 = 0 ⇐⇒ 2x −4y −1 = 0. Conclusion : les points

M invariants appartiennent à la droite d’équation 2x −4y −1 = 0. b. L’application f a une écriture complexe de la forme z ′ = az +b avec |a| =

1 : c’est donc une symétrie axiale d’axe la droite d’équation 2x−4y−1= 0. 3. Le complexe z ′ est réel si et seulement si y ′ = 0 ⇐⇒ 4x − 3y − 2 = 0. L’en-

semble D est donc la droite d’équation 4x −3y −2 = 0. 4. a. Le couple (2 ; 2) ∈Z2 vérifie l’équation 4x −3y −2= 0.

b. Si (x ; y) ∈ Z2 est une solution quelconque de l’équation 4x −3y −2 = 0, alors

{

4x −3y −2 = 0 4×2−3×2−2 = 0 ,

d’où par différence 4(x − 2)− 3(y − 2) = 0 ⇐⇒ 4(x − 2) = 3(y − 2) (1). Donc 3 divise 4(x −2) mais étant premier avec 4, divise x −2, d’après le théorème de Gauss. Il existe donc k ∈Z tel que x −2= 3k ⇐⇒ x = 3k +2. En reportant dans (1) on obtient 4k = y −2 ⇐⇒ y = 4k +2. Inversement 4(3k +2)−3(4k +2)−2 = 12k +8−12k −6−2 = 0 ; donc les couples (3k + 2 ; 4k + 2), k ∈ Z sont les couples solutions de l’équation 4x −3y −2 = 0.

Pondichéry 2 mars 2005

Baccalauréat S

5. Si x = 1, x′ et y ′ sont des entiers ⇐⇒ {

3x +4y +1 ≡ 0 mod 5 4x −3y −2 ≡ 0 mod 5

⇐⇒ {

4y +4 ≡ 0 mod 5 2−3y ≡ 0 mod 5 ←→ y+6≡ 0 mod 5 ⇐⇒ y ≡−1 mod 5 ⇐⇒

y ≡ 4 mod 5 ⇐⇒ y = 5k +4.

Inversement, si x = 1 et y = 5k +4, alors x′ = 4+4(5k +4)

5 =

20k +20 5

=

4k +4 ∈Zet y ′ = 2−3(5k +4)

5 =

−15k −10 5

∈Z.

EXERCICE 3

1. a. On a −→ AB

0

1

2

−−→ AC

−2 1

−1

. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires. Conclusion

A, B et C ne sont pas alignés.

b. On a : −−→ AB ·−→n =

0

1

2

 ·

3

4

−2

= 0+4−4= 0 et −−→AC ·−→n =

2

1

−1

 ·

3

4

−2

=−6+4+2= 0. Donc −→n normal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) est un vecteur normal à ce plan. On a donc M(x ; y ; z) ∈ (ABC) ⇐⇒

−−→ AM ·−→n = 0 ⇐⇒

x −1 y −0 z −2

 ·

3

4

−2

= 0 ⇐⇒ 3x −34y −2z +1 = 0 ⇐⇒

3x +4y −2z +1 = 0 ⇐⇒ M(x ; y ; z)∈ (ABC). 2. a. Les plans P1 et P2 ont respectivement pour vecteurs normaux

2

1

2

 et

1

−2 6

. les coordonnées de ces vecteurs ne sont pas proportion-

nelles, donc les plans ne sont pas parallèles donc sécants en une droite

D dont les coordonnées de chaque point vérifient les système : {

2x + y +2z +1 = 0 x −2y +6z = 0 ⇐⇒

{

2x + y = −2z −1 x −2y = −6z

⇐⇒

2x + y+ = −2t −1 x −2y = −6t z = t

⇐⇒

4x +2y = −4t −2 x −2y = −6t z = t

⇐⇒

5x = −10t −2 x −2y = −6t z = t

⇐⇒

x = −2t − 2

5

y = 2t − 1

5 z = t

On reconnait l’équation d’une droite contenant le point

(

− 2

5 ; −

1

5 ; 0

)

et

de vecteur directeur −→ u

−2 2

1

.

Or −→ u ·−→n =−2×3+2×4+1× (−2) = 0. Les vecteurs −→u et −→n sont orthogo-

naux, donc la droite (D) est parallèle au plan (ABC). Comme

3× (

− 2

5

)

+4× (

− 1

5

)

−2×0+1 = 0 ⇐⇒ −1= 0 est faux, la droite et le plan

sont parallèles et distincts.

3. a. t > 0 ⇐⇒ t +3> 3 > 0. La somme des coefficients est non nulle, donc G existe.

I est le barycentre des points A et B affectés respectivement des coeffi-

cients 1 et 2, donc on a : −−→ OA +2−−→OB = 3−→OI ⇐⇒ −→OI =

1

3

(−−→ OA +2−−→OB

)

. On a donc I

(

1 ; 2

3 ; 10

3

)

.

Pondichéry 3 mars 2005

Baccalauréat S

On a d’une part −−→ GA +2

−−→ GB + t

−−→ GC =

−→ 0 et d’autre part

−→ IA +2

−→ IB =

−→ 0 . La

relation deChasles appliquée à la première égalité donne −→ GI +−→IA +2−→GI +

2 −→ IB + t

−→ GI + t

−→ IC =

−→ 0 ⇐⇒ (3+ t)

−→ GI + t

−→ IC =

−→ 0 ⇐⇒

−→ IG =

t

3+ t −→ IC .

b. L’égalité vectorielle précédente obtenuemontre que le pointG appartient à la droite (IC) et que l’abscisse du point G pour le repère (I, C) est le réel

t

3+ t .

Soit f la fonction réelle de la variablet définie par f (t)= t

3+ t sur R+. On

a f ′(t)= 3

(3+ t)2 > 0. La fonction f est donc croissante de 0 à 1 (exclu car

limite en plus l’infini de f (t) qui sont respectivement les abscisses de I et

de C. L’ensemble des points G est donc le segment ouvert [IC[.

On a G = J ⇐⇒ f (t)= 1

2 ⇐⇒

t

3+ t =

1

2 ⇐⇒ 2t = 3+ t ⇐⇒ t = 3.

EXERCICE 4

1. Pour tout entier naturel n non nul, un+1 6 0,95un ⇐⇒ (n+1)10

2n+1 6 0,95

n10

2n

⇐⇒ (n+1)10 6 1,9n10 ⇐⇒ (

n+1 n

)10

6 1,9 ⇐⇒ (

1+ 1

n

)10

6 1,9.

2. a. La fonction 1+ 1

x étant dérivable sur [1 ; +∞[, la fonction f l’est aussi et

f ′(x)= 10 (

1+ 1

x

)9

× (

− 1

x2

)

< 0.

Donc f est décroissante sur [1 ; +∞[. On a f (1)= 210, lim x→+∞

1+ 1

x = 1, d’où

lim x→+∞

(

1+ 1

x

)10

= 1.

b. Conclusion f est continue (car dérivable) et décroissante de 210 à 1, donc bijective. Il existe donc un unique réel α de [1 ; +∞[ tel que f (α)= 1,9.

c. Avec la calculatrice on trouve que f (15)> 1,9 et f (16)< 1,9. Donc n0 = 16.

d. On a n > 16>αf (n)6 f (16)6 f (α) soit (

1+ 1

n

)10

6 1,9⇒

un+1 6 un .

3. a. D’après la question 1. et pour tout entier n supérieur à 16 (

1+ 1

n

)10

6 1,9 ⇐⇒ un+1 6 0,95un .

Donc la suite (un ) est décroissante à partir du rang 16.

b. Comme de plus un > 0 la suite (un ) converge vers un réel supérieur ou égal à zéro.

4. Initialisation : on a u16 6 0,950u16. • Hérédité : hypothèse 06 un 6 0,95n−16u16. D’après la question 1. 06 un+1 6 0,95un 6 0,95×0,95n−16u16 ⇐⇒ 06 un+1 6 0,95n−15u16. Donc la propriété est vraie au rang n +1. On a donc pour tout naturel n supérieur ou égal à 16 : 06un 6 0,95

n−16u16.

Or 0,95n−16 est le terme général d’une suite géométrique de raison telle que −1< 0,95< 1. Donc lim

n→+∞ 0,95n−16 = 0. D’après l’encadrement démontré par

récurrence et d’après le théorème des « gendarmes »

lim n→+∞

un = 0.

Pondichéry 4 mars 2005

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