Correction - exercices – algèbre – 2, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Correction - exercices – algèbre – 2, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation

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Correction des exercices d'algèbre – 2. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les événements, la variable aléatoire, le complexe.
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Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Liban juin 2004 \

EXERCICE 1 4 points

1. Soient les événements : — F : « La personne interrogée est une femme » — H : « La personne interrogée est un homme » — S : « La personne interrogée est un soignant » — AT : « La personne interrogée est un membre du personnel administratif

ou technique ». L’énoncé se traduit par les probabilités suivantes :

p(H)= 0,12 ; p(S)= 0,71 : pM(H)= 0,67 ; pS(F)= 0,92.

a. p(S) 6= 0, donc pS(F)= p(S∩F)

p(S) ⇐⇒ p(S∩F)= pS(F)×p(S)= 0,71×0,92 =

0,6532.

b. Demême p(M∩F)= pM(F)×p(M)= 0,33×0,12 = 0,0396.

c. Par définition pAT(F)= p(AT)∩p(F)

p(AT) .

On sait que p(M)+p(S)+p(AT)= 1 ⇐⇒ p(AT)= 1−p(M)−p(S)= 1−0,12−0,71 = 0,17. D’autre part les femmes sont 80 % et se répartissent en trois catégories : médecin, soignant, personnel administratif ou technique. Donc :

p(F)= 0,80= p(F∩M)+p(F∩S)+p(F∩AT) ⇐⇒ p(F∩AT)= p(F)−p(F∩M)−p(F∩S)= 0,80−0,0396−0,653 = 0,1072.

2. Soit X la variable aléatoire uniformément répartie sur [0 ; 1] égale à la durée en heure de la durée du transport.

On sait que si x et y sont tels que 06 x 6 1, alors p(x 6 X 6 y)= y x.

On a donc ici avec 15 min = 1

4 h et 20 min =

1

3 h,

p

(

1

4 6 X 6

1

3

)

= 1

3 − 1

4 =

1

12 ≈ 0,0883 à 10−4 près

3. On a ici un schéma de Bernoulli, avec n = 40 et p = 0,25= p(M). On a p10/40 =

(40 10

)

0,1210× (1−0,12)40−10 ≈ 0,0113

EXERCICE 2 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. (z −2i) (

z2−2z +2 )

= 0 ⇐⇒ z −2i= 0 ou z2−2z +2= 0. On résout les deux équations séparément. On trouve 3 solutions (il faut dé- tailler les calculs : z2−2z+2= 0 ⇐⇒ (z−1)2+1= 0 ⇐⇒ (z−1)2− i2 = 0 ⇐⇒ z −1+ i= 0 ou z −1− i= 0 ⇐⇒ . . .).

z0 = 2i= 2ei π

2

z1 = 1− i= p 2e−i

π

4

z2 = 1+ i= p 2ei

π

4

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. Dans ce type d’exercice, on retrouve toujours les solutions de la première ques-

tion dans la suite de l’énoncé.

Soient A et B les points d’affixes respectives zA = 1+ i et zB = 2i. À tout complexe z différent de A on associe le complexe

z ′ = z −2i

z −1− i .

a. z B = 2i−2i 2i−1−i = 0. 0= 0i est bien un imaginaire pur, donc B ∈ (E ).

— Détermination de (E ). On peut remplacer z par x + iy et obtenir l’équation de (E ). Une mé- thode géométrique est plus rapide :

z ′imaginaire pur ⇐⇒ arg(z ′)= π2 (π) ⇐⇒ arg( zzB

zzA )= π

2 (π)

⇐⇒ (−−→ AM ;

−−→ BM

)

= π2 (π) ⇐⇒ AMB est un triangle rectangle en B

L’ensemble (E ) est donc le cercle de diamètre [AB] privé du point A (en effet, z ′A n’est pas défini). Remarque : quand on écrit α = π2 (π), cela signifie que l’angle mesure π

2 ou − π

2 (à 2près), bref, que c’est un angle droit. Plusieurs notations coexistent, on peut aussi écrire α = π2 + avec k ∈Z.

b.

z ′ ∣

∣= 1 ⇐⇒ ∣

zzB zZA

∣= 1 ⇐⇒ |z zB| = |z zA| ⇐⇒ BM = MA

.

L’ensemble F est la médiatrice du segment [AB].

3. Soit R la rotation de centreΩ

(

3

2 ; 5

2

)

et d’angle π

2 .

a. Écriture complexe de la rotation :

z ′− zΩ = ei π

2 (z zΩ) zB ′ = i

(

2i− 32 − i 5 2

)

+ 32 + i 5 2 = . . .= 2+ i.

Par un calcul similaire, on obtient zI ′ = 52 + 3 2 i

b. Pour cette question, il faut remarquer que I est le milieu de [AB].

Ainsi, (E ) est le cercle de centre I et de rayon IB. Son image par la rotation R est le cercle de centre I ′ et de rayon I B ′.

On remarque aussi que Ω est un point de la médiatrice de [AB]. (F ) est la droite (ΩI ).

L’image deΩ par R estΩ (le centre d’une rotation est un point fixe), donc l’image de (F ) est la droite (ΩI ′)

EXERCICE 2 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Liban 2 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

-2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8

-1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

× ×

××

×

×

×

×

×

I A

PB M

C

J

N

Q

D

O −→ u

−→ v

1. Figure

2. La similitude f .

Comme A 6= C et B 6= D, il existe une unique similitude directe f telle que f (A) = B et f (C) = D.

On sait que l’écriture d’une telle similitude est z ′ = az+b, avec a ∈Z et b ∈Z, z ′ étant l’affixe du point M ′ image du point M d’affixe z par f .

On a

{

zB = azA+b zD = azC+b

⇐⇒ {

1+2i = a(2+ i)+b −1+6i = a(6+3i)+b

Par différence on obtient −2+4i= a(4+2i) ⇐⇒ −1+2i= a(2+ i) ⇐⇒ a =

−1+2i 2+ i

= i(i+2) 2+ i

= i.

En substituant dans l’unedes équations du système initial : b = 1+2i−i(2+i)= 1+1= 2. Conclusion : l’écriture complexe de f est donc z ′ = iz +2. On a |a| = |i| = 1 et arg a = arg i=

π

2 .

Donc la similitude a pour rapport 1 et pour argument π

2 : c’est une rotation

et plus précisément un quart de tour direct.

Son centre vérifie c = ic +2 ⇐⇒ c(1− i)= 2 ⇐⇒ c = 2

1− i =

2(1+ i 1+1

= 1+ i.

Le centre de la rotation est le point I(1 ; 1).

3. La rotation R est définie par z ′− (3+5i)=−i[z − (3+5i)] ⇐⇒ z ′ =−iz −2+8i. On a donc zR(A) =−i(2+ i)−2+8i=−1+6i= zD ; De même zR(C) =−i(6+3i)−2+8i= 1+2i= zzB . Conclusion : les images respectives de A et C par R sont D et B.

Liban 3 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. Dans la rotation f [AC] a pour image [BD] et son milieu M a pour image le milieu de [BD] soit N.

De même, dans la rotation R [AC] a pour image [DB], donc son milieu M a pour image le milieu de [DB] soit N. Les triangles IMN et JMN sont donc des triangles rectangles isocèles de même hypoténuse [MN]. Donc IMJN a ses quatre côtés demême longueur : c’est donc un losange, qui a un angle droit : c’est un carré (de sens direct).

5. a. Affixe de P : l’égalité −→ IA =

−→ BP ⇒ 1= zP−1−2i ⇐⇒ zP = 2+2i.

Affixe de Q : de même −−→ DQ = −→IC ⇒= zQ − (−1+ 6i) = 5+ 2i ⇐⇒ zQ =

−1+6i+5+2i= 4+8i. b. IAP est un triangle rectangle (en A) isocèle : on a donc IP = IA

p 2 ⇐⇒

IP

IA = p 2 et

(−→ IA ,

−→ IP

)

= π

4 .

De la même façon on démontre que IQ

IC = p 2 et

(−→ IC ,

−→ IQ

)

= π

4 .

On a donc de façon classique : la similitude g de centre I, de rapport p 2

et d’angle π

4 transforme A en P et C en Q : les points étant distincts, elle

est unique.

c. On a vu que IMJN est un carré direct : on a donc IJ= IM p 2 et

(−−→ IM ,

−→ IJ

)

= π

4 . Donc J est l’image deM dans la similitude g .

Par g l’image de [AC] est le segment [PQ], donc l’image du milieu M de [AC] est le milieu de [PQ] soit J.

EXERCICE 3 5 points

1. a. Récurrence sur n :

— Initialisation : Pour n = k, kk

k! 6

kk

k! ;

— Hérédité : supposons qu’il existe n > k, tel que kn

n! 6

kk

k! . On a

06 k 6 n < n+1, d’où par quotient par n+1, k

n+1 6 1 ;

Donc par produit : kn

n! 6

kk

k! et

k

n+1 6 1⇒

kn

n! ×

k

n+1 6

kk

k! ×1 ⇐⇒

kn+1

(n+1)! 6

kk

k! : l’inégalité est vraie au rang n+1.

On a montré par récurrence que : pour tout entier n > k, kn

n! 6

kk

k! .

b. On a xn

n! =

xn

kn ×

kn

n! 6

xn

kn ×

kk

k! soit

xn

n! 6

( x

k

)n ×

kk

k! .

c. On sait que x < k, donc x

k < 1 et par conséquent lim

n→+∞

( x

k

)n = 0 et ensuite

d’après l’inégalité précédente lim n→+∞

xn

n! = 0.

2. a. On a nn−1

n! =

n

2 ×

n

3 ×. . .×

n

n . Chacun des facteurs du produit est supérieur

ou égal à 1, donc nn−1

n! > 1.

b. nn

n! =

nn−1

n! ×n > n, d’après la question précédente ; lim

n→+∞ n =+∞, donc

lim n→+∞

nn

n! =+∞.

Liban 4 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 7 points

f (x)= x + ln4+ 2

ex +1

1. On a lim x→+∞

ex =+∞= lim x→+∞

ex +1⇒ lim x→+∞

2

ex +1 = 0.

Conclusion lim x→+∞

f (x)=+∞.

De même lim x→−∞

ex = 0. Donc lim

x→−∞ f (x)= lim

x→−∞ x =−∞.

2. f (x)+ f (−x) = x + ln4+ 2

ex +1 − x + ln4+

2

e−x +1 = 2ln4+

2

ex +1 +

2ex

1+ex =

2ln4+ 2(1+ex ) 1+ex

= 2ln4+2 (après multiplication par ex du second quotient).

On a donc : quel que soit x ∈R, f (x)+ f (−x)= 2(ln4+1). On en déduit que le point A de coordonnées (0 ; ln4+1) est centre de symétrie de C .

3. La fonction f est dérivable comme somme de fonctions dérivables, la fonc- tion x 7−→ ex +1 ne s’annulant pas sur R.

On a f ′(x)= 1− 2ex

(ex +1)2 =

(ex +1)2−2ex

(ex +1)2 =

e2x +1 (ex +1)2

.

Ce quotient est supérieur à zéro car quotient de termespositifs le numérateur étant supérieur ou égal à 1.

Conclusion : la fonction f est croissante sur R.

Tableau de variations

x −∞ +∞

f ′(x) +

f (x)

−∞

+∞

4. a. La fonction f est continue comme sommede fonctions continues et crois- sante sur R, les images appartenant àR (cf. le tableau de variations). Donc tout réel m a un antécédent par f .

Quel que soit m ∈R, f (x)= m a une solution unique dans R. b. Solution de f (x)= 3. La calculatrice donne :

f (1,1)≈ 2,986, f (1,2)≈ 3,049. Si f (a)= 3, de f (1,2)< f (a)< f (1,3) on déduit par croissance de la fonc- tion f , que :

1,1< a < 1,2

c. D’après la question 2 on sait que f (a)+ f (−a)= 2(ln(4)+1) ⇐⇒ f (−a)= 2(ln(4)+1)− f (a)= 2(ln(4)+1)−3= 2ln(4)−1. Conclusion (−a) est solution de l’équation f (x)= 2ln(4)−1.

5. a. On peut écrire f (x) = x +2+ ln4+ 2

ex +1 −2 = x +2+ ln4+

2−2ex −2 ex +1

=

x +2+ ln4− 2ex

ex +1 .

Liban 5 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. D’après la question 1 lim x→+∞

f (x)− (x + ln4)= 0+. Il en résulte que la droite d’équation y = x + ln4 est asymptote à (C ) au voisinage de plus l’infini, la courbe étant au dessus de son asymptote.

Demême d’après la question a. précédente f (x)−(x+2+ln4)=− 2ex

ex +1 et

lim x→+∞

− 2ex

ex +1 = 0−, ce qui signifie que la droite d’équation y = x +2+ ln4

est asymptote à (C ) au voisinage de moins l’infini en étant au dessus de la courbe (C ).

6. a. On vient de voir que la courbe (C ) est au dessus de la droite d’équation y = x +4, donc f (x)− (x +4)> 0. Le nombre α étant positif, l’intégrale est égale à l’aire de la surface limitée par l’axe des abscisses, la courbe (C ) et les droites d’équation x = 0 et x =α.

b. D’après 5. a. on peut écrire

I (α)= ∫

α

0 [ f (x)− (x + ln4]dx =

α

0 [x +2+ ln4−2

ex

ex +1 − x − ln4]dx

= ∫

α

0

[

2−2 ex

ex +1

]

dx = [

2x −2ln (

ex +1 )]

α

0 = 2α+2ln2−2ln (

eα+1 )

=

2lneα+2ln2−2ln(eα+1)= 2ln (

2eα

eα+1

)

.

c. Cherchons α tel que I (α) = 1 ⇐⇒ 2ln (

2eα

eα+1

)

= 1 ⇐⇒ ln (

2eα

eα+1

)

=

1

2 ⇐⇒

2eα

eα+1 = e

1 2 =

p e ⇐⇒ 2eα =

p e(eα+1) ⇐⇒ eα

(

2− p e )

= p e ⇐⇒

eα = p e

2− p e

⇐⇒ α= ln (

p e

2− p e

)

≈ 1,54.

Pour α≈ 1,5, I (α)≈ 1. En fait I (1,5) ≈ 0,983, I (1,54) ≈ 0,998, I (1,5461) ≈ 0,99997.

Liban 6 juin 2004

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