Correction - exercices – algèbre – 5, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Correction - exercices – algèbre – 5, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation

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Correction des exercices d'algèbre – 5. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l'ensemble complet d’évènements, les courbes représentatives respectives des fonctions définies.
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Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Pondichéry juin 2004 \

EXERCICE 1 3 points

1. a. On a u0 = 0, u1 = 1

2 , u2 =

1

2− 12 =

2

3 et u3 =

1

2− 23 =

3

4 .

b. On a de façon évidente : w0 = u0, w1 = u1 w2 = u2 et w3 = u3. c. Initialisation : w0 = u0.

Hérédité : On suppose que pour n > 0, un = wn = n

n+1 .

On a par définition : un+1 = 1

2−un =

1

2− n n+1

= 1

n+2 n+1

= n+1 n+2

= wn+1.

On a montré par récurrence que pour tout naturel n, un = wn = n

n+1 .

2. La suite définie par vn = ln ( n

n+1

) est définie pour n > 0.

a. On calcule la somme : v1+v2+v3 = ln 1

2 +ln

2

3 +ln

3

4 = ln

1×2×3 2×3×4

= ln 1

4 =

− ln4.

b. On calcule de même Sn = v1+ v2+ ·· · + vn = ln 1

2 + ln

2

3 + ·· · + ln

n

n+1 =

ln 1×2×3×·· · ×n

2×3×·· ·×n× (n+1) = ln

1

n+1 =− ln(n+1).

On a lim n→+∞

ln(n+1)=+∞, donc

lim n→+∞

Sn =−∞.

EXERCICE 2 4 points

1. a. Il y a : — dans U1 : 3 noires et (k −3) blanche(s) — dans U2 : 2 noires et (k −2) blanches — dans U3 : 1 noire et (k −1) blanches Après une partie, on a l’arbre suivant :

A 1 6

N 3 k

Bk−3 k

B 2 6

N 2 k

Bk−2 k

C

3 6 N

1 k

Bk−1 k

L’ensemble {A, B, C } est un ensemble complet d’évènements ; on peut donc écrire en utilisant la formule des probabilités totales ;

p(N )= p(AN )+p(BN )+p(CN )= p(Ap A(N )+p(BpB (N )+p(C pC (N )=

1

6 ×

3

k + 2

6 ×

2

k + 3

6 ×

1

k . Soit p(N )=

5

3k

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. On vient de voir que p(N ) 6= 0, donc

pN (A)= p(AN )

p(N ) =

p(Ap A(N ) p(N )

= 1 2k 5 3k

= 3

10 .

c. Si k > 3, 5

3k >

1

2 ⇐⇒ k 6

10

3 .

Le seul entier vérifiant 36 k 6 10

3 est k = 3 .

d. On a 5

3k =

1

30 ⇐⇒ k = 50

2. On a un schéma de Bernoulli avec une probabilité de 29

30 et n = 20 parties.

L’évènement : « obtenir au moins une fois une boule noire » est l’évènement contraire de « ne jamais obtenir une noire ».

La probabilité cherchée est donc :

p = 1− ( 29

30

)20 ≈ 0,492.

EXERCICE 3 8 points

Partie A : étude d’une fonction auxiliaire

La fonction ϕ est définie sur R par

ϕ(x)= ( x2+ x +1

) e−x −1.

1. a. En écrivantϕ(x)= x2

ex +

x

ex +

1

ex −1 et comme lim

x→+∞

xn

ex = 0 pour n naturel,

on obtient lim

x→+∞ ϕ(x)=−1.

Demême, avec x 6= 0, ϕ(x)= x2 ( 1+

1

x +

1

x2

) e−x −1.

On a lim x→−∞

( 1+

1

x +

1

x2

) = 1, donc lim

x→−∞ x2

( 1+

1

x +

1

x2

) =+∞.

Comme lim x→−∞

e−x =+∞, on a finalement

lim x→−∞

ϕ(x)=+∞.

b. ϕ est une somme de produits de fonctions dérivables sur R : elle est donc dérivable sur R et

ϕ′(x)= (2x +1)e−x − ( x2+ x +1

) e−x = e−x

( −x2+ x

) = x(1− x)e−x .

On sait que e−x > 0 : le signe deϕ′ est donc celui du trinôme x(1−x) c’est- à-dire négatif sauf entre les racines 0 et 1. D’où la tableau de variations :

x −∞ 0 1 +∞ ϕ′ − 0 + 0 −

ϕ(x)

+∞

0

3 e −1

−1

Pondichéry 2 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. Une lecture immédiate donne ϕ(0) = 0. 0 est donc solution sur l’intervalle ]− ∞ ; 1] de l’équation ϕ(x)= 0. Sur l’intervalle [1 ; +∞, la fonction ϕ est — continue, car dérivable — décroissante de 3e −1> 0 à −1. Elle définit donc une bijection de [1 ; +∞[ sur [−1 ; 3e −1]. En particulier 0 a un unique antécédent α dans [1 ; +∞[. La calculatrice donne ϕ(1,79)≈ 0,00078 et ϕ(1,8)≈−0,0016. On en déduit

1,79<α< 1,80

3. D’après la question précédente et le tableau de variations :

ϕ(x)> 0 si x ∈]−∞ ; α] • ϕ(x)< 0 si x ∈]α ; +∞]

Partie B : étude de la position relative de deux courbes et calcul d’aire

C f et Cg sont les courbes représentatives respectives des fonctions définies par

f (x)= (2x +1)e−x et g (x)= 2x +1

x2+ x +1 1. Comme f (0)= 1 et g (0)= 1, le point A(0 ; 1) appartient à C f et Cg .

Calcul du nombre dérivé en 0 : • f ′(x)= 2e−x − (2x +1)e−x = (1−2x)e−x . Donc f ′(0)= 1 ;

g ′(x)= 2 ( x2+ x +1

) − (2x +1)(2x +1)

( x2+ x +1

)2 = −2x2−2x +1 ( x2+ x +1

)2 . Donc g ′(0)= 1.

Les deux courbes ont donc en A la même tangente : la droite d’équation y = x +1.

2. Étude de la différence f (x)− g (x)

a. f (x)− g (x)= (2x +1)e−x − 2x +1

x2+ x +1 = (2x +1)

( x2+ x +1

) e−x −1

x2+ x +1 .

Soit f (x)− g (x) (2x +1)ϕ(x)

x2+ x +1

b. On a x2+ x +1= ( x + 12

)2− 1 4 +1=

( x + 12

)2+ 3 4 >

3

4 > 0.

Le signe de la différence étudiée est donc celui du produit (2x + 1)ϕ(x). On connait le signe de chaque facteur, d’où le tableau de signes :

x −∞ − 12 α +∞ 2x +1 − 0 + + ϕ(x) + + 0 −

f (x)− g (x) − 0 + 0 −

c. Conclusion : la différence est négative, soit C f est au dessous de C f , sauf sur l’intervalle ] 12 ; α[.

3. a. Primitive de f (x)g (x) : h définie par h(x)= (−2x−3)e−x −ln

( x2+ x +1

) est la somme de produits

de fonctions dérivables sur R (la fonction ln ( x2+ x +1

) est définie sur R

puisqu’on a vu que x2+ x +1> 0, quel que soit le réel x. On a donc :

h′(x)=−2e−x −(−2x−3)e−x − 2x +1

x2+ x +1 = (2x+1)e−x

2x +1 x2+ x +1

= f (x)− g (x).

Donc h est bien une primitive sur R de f (x)− g (x).

Pondichéry 3 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. D’après la question 2. c. entre − 12 et 0, C f est au dessus de Cg . L’aire enunité d’aire de la surface limitée par les deux courbes et les droites d’équation x =− 12 et x = 0 est égale à l’intégrale

A = ∫0

− 12

[ f (x)− g (x)

] dx

D’après la question précédente :

A = [h(x)]0− 12 = h(0)−h

( − 1

2

)

A =−3− ln1+2e− 1 2 + ln

( 1

4 − 1

2 +1

) = 2

p e+ ln

( 3

4

) −3≈ 0,0098.

EXERCICE 4 obligatoire 5 points

Partie A

1. Résolution de z 2 2z +4 = 0 z2−2z +4= 0 ⇐⇒ (z −1)2−1+4= 0 ⇐⇒ (z −1)2+3= 0 ⇐⇒ (z −1)2−

( i p 3 )2 = 0 ⇐⇒ (z −1+ i

p 3)(z −1− i

p 3)= 0.

Les solutions sont donc les complexes : z ′ = 1+ i p 3 et z ′′ = 1− i

p 3.

Écriture exponentielle∣∣z ′ ∣∣2 = 1+3= 22 ⇒

∣∣z ′ ∣∣= 2.

Donc z ′ = 2

( 1

2 + i

p 3

2

) = 2ei

π 3 .

De même z ′′ = 2e−i π 3 .

2. En utilisant l’écriture exponentielle : ( z

)2004 = ( 2ei

π 3

)2004 = 22004ei

2004π 3 = 22004ei668π = 22004ei2π×334 = 22004.

Partie B

1. L’affixe de A est z ′ dont le module est égal à 2 ; donc OA = 2 ; de même l’affixe de B est z ′′ qui a le même module : donc OB = 2.

Conclusion A et B appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2.

2. L’écriture complexe de la rotation r1 de centre A et d’angle − π

2 est z ′− zA =

−i (z zA) soit z ′ = 1+ i p 3+ i

( z −1− i

p 3 ) = iz +1−

p 3+ i

(p 3−1

) .

On a donc zO′ = 1− p 3+ i

( 1+

p 3 ) .

L’écriture complexe de la rotation r2 de centre A et d’angle π

2 est z ′ − zA =

i (z zA) soit z ′−1− i p 3= i

( z −1− i

p 3 ) ou z ′ = iz +1+

p 3+ i

(p 3−1

) .

Donc zB′ = i ( 1+ i

p 3 ) +1+

p 3+ i

(p 3−1

) = 1+2

p 3+ i

p 3.

3. a. La droite (AI) semble être la hauteur issue de A dans le triangle O′AB′.

b. I est le milieu de [OB], donc zI = 1

2 − i

p 3

2 .

Donc z−→ AI

=− 1

2 − i

3 p 3

2 .

D’autre part z−−−→ O′B′

= 1+2 p 3+ i

p 3− (1−

p 3)−

( 1+

p 3i

) = 3

p 3− i.

Pondichéry 4 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c. Le repère étant orthonormé on peut calculer :

−→ AI ·

−−−→ O′B′ =−

3 p 3

2 + 3 p 3

2 = 0.

Les vecteurs étant orthogonaux, les droites (AI) et (O′B′) sont perpendi- culaires ; donc la droite (AI) est bien hauteur dans le triangle O′AB′.

2

−2

2 4−2

O′

A

O

I

B

B′

EXERCICE 4 spécialité 5 points

1. On se place dans le plan P0 = yOz d’équation x = 0. Le vecteur

−−→ BA a pour coordonnées (5 ; −5) et

−−→ OA a pour coordonnées (5 ; 5).

−−→ BA ·

−−→ OA = 25−25= 0.

La droite (OA) est tangente au cercle C .

2. a. Équation du cône Γ

D’après la question précédente le triangle OAB est rectangle en A. OA2 = 52+52 = 50, donc OA =

p 2.

AB2 = 02+52+ (10−5)32= 50, donc AB = 5 p 2.

Le triangle OAB est donc rectangle isocèle et AOB= π 4 .

L’équation du cône d’axe (Oz), et de sommet O est de la forme

x2 + y2 = z2 tan2θ, θ étant la mesure de l’angle formé par la génératrice (OA) et l’axe, soit ici

π

4 . Or tan

π

4 = 1.

L’équation de Γ est donc x2+ y2 = z2.

b. D’après la première question la génératrice du cône est tangent au cercle qui génère la sphère : le cône est donc tangent à la sphère l’intersection est constitué par la rotation du point A autour de (Oz) ; c’est donc le cercle de centre le point C projeté de A sur (Oz) soit C(0 ; 0 ; 5) et de rayon CA = 5.

3. L’intersectiond’un cônepar unplanparallèle à l’axe de ce cônequi ne contient pas cet axe est une hyperbole.

Pondichéry 5 juin 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. Hypothèse : x et y sont des impairs ; il existe donc p ∈N, q ∈N tels que x = 2p +1 et y = 2q +1. On a donc z2 = x2 + y2 = (2p + 1)2 + (2q + 1)2 = 4p2 + 4q2 + 4p + 4q + 2 = 2 [ 2p2+2q2+2p +2q +1

] = 2

[ 2 ( p2+q2+p +q

) +1

] .

2 ( p2+q2+p +q

) +1 est un nombre impair, donc z2 est unmultiple de 2 non

multiple de 4 : ceci est impossible.

Conclusion : x et y ne peuvent être simultanément impairs.

Pondichéry 6 juin 2004

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