Correction - exercices – algèbre – 1 , Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Correction - exercices – algèbre – 1 , Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation

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Correction des exercices d'algèbre – 1. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Lecture graphique, Définition et étude de deux suites, spécialité.
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Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S La Réunion juin 2004\

EXERCICE 1 4 points

A - Lecture graphique

1. On lit graphiquement :

• Si k < 0, l’équation n’a pas de solution ; • Si k = 0, l’équation a une solution (1) ; • Si 0< k < 1, l’équation a deux solutions ; • Si k = 1, l’équation a une solution (0) ; • Si k > 1, l’équation n’a pas de solution.

2. Pour n > 1, 0 < 1

n < 1. D’après la question précédente, l’équation f (x)= k =

1

n a alors deux solutions distinctes.

B - Définition et étude de deux suites

1. D’après le tableau de variations :

• Sur l’intervalle [0 ; 1] la fonction f est continue et décroissante de f (0)= 1 à f (1)= 0.

Or n > 1⇒ 0< 1

n < 1 soit f (1)<

1

n < f (0).

Il existe donc un réel unique un de [0 ; 1] tel que f (un )= 1

n .

• Même raisonnement sur l’intervalle [1 ; +∞[ avec f croissante de 0 à 1.

Il existe un réel unique vn de [1 ; +∞[ tel que f (vn)= 1

n .

2. Construction de u2, u3, u4, v2, v3, v4.

0

1

0 1 2

y = 1 2

1 2 y = 13 1 3

y = 1 4

1 4

x

y

O

C

u2 u3 u4 v4 v3 v2

EXERCICE 2 (Obligatoire) 5 points

z ′ = iz +2 z − i

1. a. Image de B : zB′ = i−1+2 1+ i− i

= 1+ i= zB : B est invariant par f ;

Image de C : zC′ = i(−1+ i)+2 −1+ i− i

=−1+ i= zC : C est invariant par f .

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

b. Soit M d’affixe différente de i et M ′ son image par f , alors :

z ′− i= iz +2 z − i

− i= iz +2− iz −1

z − i 1

z − i , d’où

(

z ′− i )

(z − i)= 1.

c. SoitD′ l’imagedeDpar f . Ondéduit de la questionprécédente que (

zD′ − i )

(1+ i= 1, ce qui signifie :

— en module que AD′×OB = 1, soit AD′ = 1

OB =

1 p 2 =

p 2

2 ;

— enargument que arg (−→

u , −−→ AD′

)

+arg (−→

u , −−→ AD

)

= 0 [2π] soit arg (−→

u , −−→ AD′

)

=

π

4 , soit puisque

−→ u =

−−→ AB ,

(−−→ AB ,

−−→ AD′

)

=− π

4 .

Onpeut donc construire le symétriquedeDautour de (AB), puis l’image

de ce point dans l’homothétie de centre A et de rapport 1 2 . D’où la fi-

gure :

1

2

1−1 −→ u

−→ v

b bb

b

b

O

A BC

D

D′

2. Soit un point M d’affixe z du cercle de centre A et de rayon R > 0, alors

AM = R ; or d’après la question 1. c., AM ′×AM = 1 ⇐⇒ AM ′ = 1

AM =

1

R , ce

qui signifie que l’image de M appartient au cercle centré en A et de rayon 1

R .

Un point M du cercle a une affixe de la forme z = i+Reiα, avec 0 6 α < 2π et on a vu à la question précédente que son image a un argument égal à −α, donc 06−α< 2π. Conclusion : l’image d’un cercle centré en A et de rayon R est le cercle centré

en A et de rayon 1

R .

3. a. Si z = αi, α 6= 1, alors z ′ = −α+2 αi− i

= i(2−α) 1−α

= βi. Donc z ′ est un imagi- naire pur.

Donc l’image de l’axe imaginaire (privé de A) est inclus dans l’axe imagi-

naire pur.

Inversement si z ′ =αi, α 6= 1, alors z ′ =αi ⇐⇒ z = 2−α 1−α

i.

La Réunion 2 juin 2004

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

Tout point de l’axe imaginaire différent de A a un antécédent sur cet axe

imaginaire et différent de A.

Conclusion : l’image de l’axe imaginaire privé de A est l’axe imaginaire

privé de A

b. Soit M un point de D ; si son abscisse est α(α 6= 0), son affixe est z =α+ i.

La relation trouvée au 1. b. s’écrit ici (

z ′− i )

(α) = 1 ⇐⇒ z ′ = 1

α + i qui

montre que M ′ appartient à la droite D privée de A puisque 1

α 6= 0.

De façon symétrique tout point M ′ deD a pour affixe : z ′ =α+ i. Toujours

d’après la relation 1. b. on en déduit que z = 1

α + i qui est un point de D.

Conclusion : la droiteD privée de A a pour image par f , la droiteD privée

de A.

EXERCICE 2 (spécialité) 5 points

1. Soit p un entier premier impair.

a. D’après le petit théorème de Fermat, comme p impair est premier avec 2,

on sait que 2p−1−1 est divisible par p ou encore 2p−1−1=αp, avecα ∈N, soit 2p−1 ≡ 1 [p].

b. Inversement soit k 6= 0 tel que 2k ≡ 1 [p](1). Si k divise n, il existe α∈N tel que n =αk. (1)⇒

(

2k )α ≡ 1α [p](1) ou 2≡ 1 [p] et finalement :

2n ≡ 1 [p]

c. Soit b tel que 2b ≡ 1 [p], b étant le plus petit entier différent de zéro vérifiant cette propriété.

La division euclidienne de n par b montre l’existence des entiers α et β

tels que n =αb +β, avec β< b. Si 2n ≡ 1 [p], alors 2αb+β ≡ 1 [p] ⇐⇒ 2αb ×2β ≡ 1 [p]. Or 2b ≡ 1 [p]⇒ 2αb ≡ 1 [p], donc 2β ≡ 1 [p], ce qui contredit l’hypo- thèse relative à b. Donc β = 0 et par conséquent n est multiple de b ou encore b non nul divise n.

2. Soit q premier impair, A = 2q −1 et p un diviseur premier de A. a. Puisque A est unmultiple de p, on a 2q −1≡ 0 [p] ⇐⇒ 2q ≡ 1 [p]. b. p ne peut être pair, puisque le seul pair premier est 2 et A impair n’est pas

multiple de 2.

c. Soit b le plus petit entier tel que 2b ≡ 1 [p] et q vérifie aussi 2q ≡ 1 [p]. D’après le résultat de 1. c. on sait alors que b divise q ; mais q premier

impair n’a pour diviseur que 1 et q :

— si b = 1 on aurait 21 ≡ 1 [p] ce qui est faux car p est au moins égal à 3 ;

— donc b = q d. p, premier impair est premier avec 2, donc le petit théorème de Fermat

permet d’écrire : 2p−1−1≡ 0 [p] ⇐⇒ 2p−1 ≡ 1 [p]. q étant le plus petit entier tel que 2q ≡ 1 [p], on en déduit que q 6 p −1 et d’après le résultat de la question 1. c., q divise p −1. Or p impair implique que p −1 est pair : il existe α ∈N tel que p −1= 2α. Donc q divise 2α et d’après le théorème de Gauss comme q est impair

donc premier avec 2, il divise α. Il existe donc k ∈N tel que α= kq . On a donc p −1= 2kq = 2(kq) ⇐⇒ p −1≡ 0 [2q] soit finalement p ≡ 1 [2q].

La Réunion 3 juin 2004

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

3. On a A1 = 217−1 D’après le résultat précédent 17 étant un impair premier, tout facteur pre-

mier p de A1 vérifie p ≡ 1 [2×17] ⇐⇒ p ≡ 1 [34] ⇐⇒ p = 34α+1, avec α ∈N. Les entiers 103, 137, 239 et 307 sont les entiers premiers inférieurs à 400 de

la forme 34α+1 ; aucun d’eux ne divise A1 et comme 4002 >A1, on en déduit que A1 est premier.

EXERCICE 3 5 points

Partie A

1. On a ici une loi binomiale de paramètres p = 120

6000 et n = 6000.

On sait que la probabilité d’avoir exactement 3 adresses inexactes sur 10 ti-

rages est :

(

10

3

)

(

120

6000

)3 (

1− 120

6000

)7

Réponse c.

2. Avec des notations évidentes :

B10,6

E 0,98

E0,02

B20,4

E 0,95

E0,05 Comme p(E) 6= 0, on a :

pE (B1)= p (B1∩E)

p(E) =

p (B1∩E) p(B1)×pB1(E )+p(B2)×pB2 (E )

= 0,6×0,98

0,6×0,98+0,4×0,95 .

Réponse d.

Partie B

1. La probabilité cherchée est : 1−p([0 ; 2500[)= 1− ∫2500 0 0,0005e

−0,0005×x dx = 1−

[

−e−0,0005x ]2500

0 = 1−e −0,0005×2500−1= e−1,25 = e−

5 4 .

Réponse a.

2. • Toutes les fonctions étant continues et leurs dérivées continues, on peut intégrer par parties :

u = x dv =λe−λx

du = 1 v =−e−λx

Donc ∫t 0 λxe

λx dx = [

xe−λx ]t

0+ ∫t 0 e

λx dx = [

xe−λx − 1

λ e−λx

]t

0

=

te−λt + 1−e−λt

λ .

Réponse b.

• Limite de l’intégrale précédente. Comme λ> 0, on a : - lim

t→+∞ te−λt = 0 ;

- lim t→+∞

1−e−λt

λ =

1

λ = 2000.

Réponse b.

La Réunion 4 juin 2004

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

EXERCICE 4 6 points

1. a. On a [ f (x)]2 > 0⇒ 1+ [ f (x)]2 > 1⇒ [ f ′(x)]2 > 0. Conclusion : quel que soit x, f ′(x) 6= 0.

b. La première relation appliquée à x = 0 donne [ f (0)]2 = 1−1= 0⇒ f (0)= 0.

2. En dérivant la relation (1) :

2 f ′(x) f ′′(x)−2 f (x) f ′(x)= 0 ⇐⇒ (car f ′(x) 6= 0) f ′′(x)− f (x)= 0 (4) quel que soit x ∈R.

3. u = f + f ′ et v = f ′− f .

a. u(0)= f (0)+ f ′(0)= 0+1= 1 v(0)= f ′(0)− f (0)= 1−0= 1.

b. f ′ étant dérivable, u et v le sont aussi :

u′ = f ′′+ f ′ = f + f ′ = u et v ′ = f ′′− f ′ = f f ′ =−v . c. On en déduit que u = K1ex et que v = K2e−x quel que soit x ∈R.

d. On a uv = f ′+ f f ′− (− f )= 2 f f = uv 2

.

Quel que soit x ∈R, f (x)= ex −e−x

2 .

4. a. Comme lim x→+∞

e−x = 0 et lim x→+∞

ex =+∞, lim x→+∞

f (x)=+∞.

Inversement comme lim x→−∞

ex = 0 et lim x→−∞

e−x =+∞, lim x→−∞

f (x)=−∞.

b. f somme de fonctions dérivables est dérivable sur R et

f ′(x) = ex +e−x

2 > 0 car eu > 0 quel que soit u. La fonction f est donc

croissante sur R.

x −∞ +∞ f ′(x) +

f

−∞

+∞

5. a. D’après le tableau de variations précédent, la fonction f étant continue

surR et croissante surR, l’équation f (x)= m, m ∈R a une solutionunique α.

b. Application : résolution de l’équation f (x)= 3.

On a f (x)= 3 ⇐⇒ ex −e−x

2 = 3 ⇐⇒ ex −e−x = 6 ⇐⇒ ex

1

ex −6= 0 ⇐⇒

[ex ]2 − 6ex − 1 = 0 ⇐⇒ (ex −3)2 − 9− 1 = 0 ⇐⇒ (ex −3)2 − 10 = 0 ⇐⇒ (

ex −3+ p 10

)(

ex −3− p 10

)

= 0 ⇐⇒ {

ex −3− p 10 = 0

ex −3+ p 10 = 0 ⇐⇒

{

ex = 3+ p 10

ex = 3− p 10

La deuxième équation n’a pas de solution dans R car 3− p 10< 0.

La première implique en appliquant la fonction logarithme népérien : x = ln

(

3+ p 10

)

.

Une calculatrice donne : α≈ 1,82 à 10−2 près.

La Réunion 5 juin 2004

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