Correction - exercices – algèbre – 6, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Correction - exercices – algèbre – 6, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation

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Correction des exercices d'algèbre – 6. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’axe des ordonnées, L’image d’un cercle de centre A, les deux possibilités.
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CorrigeSAsiejuin2004.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2004 \

EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats

1. L’affirmation signifie que f ′(0)=− 1

4 .

f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne

s’annulant pas car 1+ex > 1> 0.

f ′(x)=− ex

(1+ex )2 et f ′(0)=−

1

(1+1)2 =−

1

4 .

L’affirmation est vraie.

2. −−−−→ M M ′ = −

−−→ MA +

−−→ MB + 4

−−→ MC ⇐⇒

−−−→ MG +

−−−→ GM ′ = −

−−−→ MG −

−−→ GA +

−−→ MG +

−−→ GB +

4 −−−→ MG +4

−−→ GC ⇐⇒

−−−→ GM ′ = 3

−−−→ MG ⇐⇒

−−−→ GM ′ = −3

−−−→ GM (car par définition du

barycentre : − −−→ GA +

−−→ GB +4

−−→ GC =

−→ 0 .

La dernière égalité trouvée montre bien que M ′ est l’image de M dans l’ho-

mothétie de centre G et de rapport −3.

3. f (x)= 1

2 x ⇐⇒ x sin3x =

1

2 x ⇐⇒

{

x = 0

sin3x = 1

2

sin3x = 1

2 ⇐⇒ sin3x = sin π

6 ou sin3x = sin 5π

6 . Donc :

— d’une part sin3x = sin π 6 ⇐⇒ 3x = π

6 [2π] ⇐⇒ x = π

18

[

2π 3

]

.

— ou d’autre part sin3x = sin 5π6 ⇐⇒ 3x = 5π 6 [2π] ⇐⇒ x =

5π 18

[

2π 3

]

.

Donc l’affirmation est vraie.

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. a. On développe (z −7i)(z + i)= z2−6iz +7.

b. M 6= A est invariant si et seulement si M = M ′ ⇐⇒ z ′ = z ⇐⇒ z = 3iz −7

z −3i ⇐⇒ z(z −3i) = 3iz −7 ⇐⇒ z2−3iz = 3iz −7 ⇐⇒ z2−6iz +7 =

0 ⇐⇒ (z−7i)(z+i)= 0d’après la question précédente ⇐⇒

{

z = 7i

z = −i

Il existe donc deux points invariants par f : B(7i) et C(−i).

2. a. On vérifie aisément que le milieu de [BC] est le point A qui est donc le centre du cercle Σ et que BC = 8 dont le rayon de Σ est égal à 4.

En posant θ = (

−→ e1 ,

−−→ AM

)

, on a en calculant l’affixe du vecteur −−→ AM :

z −3i= 4eiθ ⇐⇒ z = 3i+4eiθ .

b. On a donc z ′ = 3i (

3i+4eiθ )

−7

4eiθ =

−16+12ieiθ

4eiθ = 3i−4e−iθ =

3i+4(−cosθ+ isinθ)= 3i+4(cos(πθ)+ i sin(πθ))= 3i+4ei(πθ).

Cette dernière égalité montre que M ′ appartient lui aussi au cercle Σ.

c. On a avec z = 3i+4eiθ,

z =−3i+4eiθ

z = 3i−4eiθ = z ′ comme on l’a vu à la question précédente.

Le point M ′ se construit en prenant le symétrique de M autour de l’axe

des abscisses, puis le symétrique de ce point autour de O, ou encore plus

simplement par symétrie autour de l’axe des ordonnées.

Corrigé du baccalauréat S juin 2004 A. P. M. E. P.

3. On reprend la question 2mais avec un cercle de rayon r . Un point de ce cercle a une affixe égale à z = 3i+ reiθ.

On en déduit que :

z ′ = 3i (

3i+ reiθ )

−7

reiθ =

−16+3r ieiθ

reiθ =−

16

r e−iθ +3i= 3i+

16

r e(πθ).

Cette dernière égalité montre que M ′ appartient au cercle de centre A(3i) et

de rayon 16

r .

L’image d’un cercle de centre A est un cercle de centre A.

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. a. Soit a pair et tel que a2+9= 2n ⇐⇒ 9= 2n a2.

Ceci ne peut être vrai puisque la différence de deux pairs est paire. Donc

si a existe, a est impair.

b. On a donc a = 2k +1, k ∈N, donc a2+9= 2n ⇐⇒ 4k2+4k +10 = 2n .

Or 4k2+4k +10 ≡ 2 [4] et 2n ≡ 0 [4], puisque n > 4.

Conclusion : il n’existe pas de solution à l’équation a2+9= 2n .

2. a. a2+9= 3n . Pour n > 3, 3≡−1 [4], donc

3n ≡ (−1)n [4].

Si n est pair 3n ≡ 1 [4] et si n est impair 3n ≡ −1 [4] ou encore 3n

3 [4].

b. Soit a tel que a2+9 = 3n . Si a est impair, son carré l’est aussi donc a2+9 est pair, alors que 3n est impair pour tout n.

Conclusion : si a existe, il est pair.

Puisque a est pair il existe p ∈N tel que a = 2p, d’où a2 = 4p2.

Donc a2 ≡ 0 [4].

Il en résulte que a2+9≡ 9 [4] ou plus simplement a2+9≡ 1 [4].

Conclusion : a2+9= 3n seulement si 3n ≡ 1 [4], mais ceci n’est vrai que

si n est pair.

Si a2+9= 3n , alors n est pair.

c. On pose donc n = 2p, p ∈N supérieur à 1.

L’équation s’écrit a2+9= 32p ⇐⇒ 9= (3p )2−a2 = 9 ⇐⇒ (3p +a)(3p a)=

9.

Les diviseurs de 9 sont 1, 3 et 9. Il y a donc deux possibilités

{

3p +a = 3

3p a = 3 qui n’a pas de solution car les deux nombres ne sont

pas égaux, a n’étant pas nul,

{

3p +a = 9

3p a = 1

car 3p +a > 3p a. On en déduit en sommant : 2×3p = 10 ⇐⇒ 3p = 5 qui

n’a pas de solution car 5 n’est pas une puissance de 3.

Conclusion : l’équation a2+9= 3n n’a pas de solution.

3. a2+9= 5n , n > 2

a. Supposons n impair ; il existe donc k ∈N tel que n = 2k +1.

5n = 52k+1 = 52k ×5, donc puisque 5 ≡ 2 [3], 52 ≡ 22 [3], ou 52 ≡ 1 [3]

et enfin 5n ≡ 2 [3].

Donc s’il existe une solution a, alors a2+9≡ 2 [3].

Comme a est congru à 0, 1, ou 2 modulo 3, son carré est congru à 0 ou 1

modulo 3, et comme 9 est congru à 0 modulo 3, a2+9 est congru à 0 ou 1

modulo 3, alors que 5n est congru à 2 modulo 3.

Asie 2

Corrigé du baccalauréat S juin 2004 A. P. M. E. P.

Ces deux nombres ne sont donc pas égaux.

Conclusion : si n est impair l’équation a2+9= 5n , n > 2 n’a pas de solu-

tion.

b. On suppose donc n pair ; il existe donc k ∈ N tel que n = 2k avec p > 1. L’équation s’écrit :

a2+9= 52k ⇐⇒ a2+9= (

5k )2

⇐⇒ 9= (

5k )2 −a2 ⇐⇒

(

5k +a )(

5k a )

= 9, d’où deux possibilités :

{

5p +a = 3

5p a = 3 qui n’a pas de solution puisque a 6= 0.

{

5p +a = 9

5p a = 1 soit en sommant 2×5p = 10 ⇐⇒ 5p = 5 ⇐⇒ p = 1

et donc a = 4

Conclusion : l’équation a2+9= 5n , n > 2 a une seule solution : 4.

EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats

1.

2

−1

0

 et

3

1

−1

 sont des vecteurs normaux respectivement à P et Q.

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas paral-

lèles et sont donc sécants suivant une droite D.

Tout point commun à P et Q a des coordonnées (x ; y ; z) qui vérifient le

système :

{

2x y = −5

3x + y z = 0

Enposant x =α, le systèmedevient :

x = α

2x y = −5

3x + y z = 0

⇐⇒

x = α

y = 2α+5

z = 5α+3

2. • D est parallèle au plan R si un vecteur directeur deD est orthogonal à un

vecteur normal à R c’est-à-dire si

1

2

5

 ·

−5

5

−1

= 0 ⇐⇒ −5+10−5= 0

qui est bien vraie.

• Deux droites sont coplanaires si elles ont un point commun ou si elles

sont parallèles.

⋆ Si elles sont sécantes c’est-à-dire si

α = −3β

2α+5 = 1+β

5α+5 = 2+2β

⇐⇒

α = −3β

−6β+5 = 1+β

−15β+5 = 2+2β

⇐⇒

α = −3β

β = 4

7

β = 5

17 Ce système n’a pas de solution.

Conclusion : les deux droites ne sont pas sécantes.

⋆ Si elles sont parallèles leurs vecteurs directeurs sont colinéaires.

D a pour vecteur directeur −→ u (1 ; 2 ; 5) et D′ a pour vecteur directeur

−→ v (−3 ; 1 ; 2). Ces vecteurs ne sont manifestement pas colinéaires. Donc

les droites ne sont pas parallèles.

Conclusion : D et D′ ne sont pas coplanaires.

EXERCICE 4 8 points Commun à tous les candidats

Asie 3

Corrigé du baccalauréat S juin 2004 A. P. M. E. P.

f (x)= ln(1+2x) sur

]

− 1

2 ; +∞

[

.

I Première partie étude d’une fonction

1. Comme 1+2x > 0 sur I, f est définie sur cet intervalle et est dérivable comme fonction composée de fonctions dérivables :

f ′(x)= 2

1+2x > 0. La fonction est donc croissante sur I.

2. a. Comme lim x→− 12

(1+2x)= 0+, lim x→− 12

f (x)=−∞.

b. Sur I, g (x)= f (x)−x ; g est dérivable comme différence de deux fonctions

dérivables sur I et g ′(x) = f ′(x)−1 = 2

1+2x −1 =

2−1−2x

1+2x =

1−2x

1+2x qui

est du signe de 1−2x puisque sur I, 1+2x > 0.

1−2x = 0 ⇐⇒ x = 1

2 .

Conclusion : g est croissante sur

]

− 1

2 ; 1

2

]

et décroissante sur

]

1

2 ; +∞

]

.

c. On a g

(

1

2

)

= ln2− 1

2 > 0.

Cherchons la limite de g au voisinage de +∞ :

g (x)= ln(1+2x)− x = lnx

(

2+ 1

x

)

x = lnx + ln

(

2+ 1

x

)

x =

x

lnx

x +

ln

(

2+ 1

x

)

x −1

.

Comme lim x→+∞

lnx

x = 0, lim

x→+∞

ln

(

2+ 1

x

)

x = 0, la limite du crochet est donc

égale à −1 et lim x→+∞

g (x)=−∞.

Sur

]

− 1

2 ; 1

2

]

, g est croissante de −∞ à ln2− 1

2 > 0. f étant continue sur

cet intervalle il existe un réel unique α tel que f (α)= 0. Il est évident que

α= 0.

Demême sur

]

1

2 ; +∞

]

, g décroit de ln2− 1

2 > 0 à −∞ ; g étant continue

sur cet intervalle, il existe un réel unique β de cet intervalle tel que

g (β)= 0.

On vérifie que g (1)≈ 0,098 > 0 et que g (2)≈−0,39< 0.

Conclusion : 1<β< 2.

d. On en déduit le signe de g :

— sur

]

− 1

2 ; 0

[

, g (x)< 0

— sur ]0 ; β[, g (x)> 0

— sur ]β ; +∞[, g (x)< 0

g (0)= g (β)= 0.

3. 0< x <βf (0)< f (x)< f (β) par croissance de la fonction f .

f (0)= 0 et f (β)= g (β)+β= 0+β=β.

Conclusion : 0< x <β⇒ 0< f (x)<β.

II Étude d’une suite récurrente

Asie 4

Corrigé du baccalauréat S juin 2004 A. P. M. E. P.

1. On a u0 = 1∈]0 ; β[ (car β> 1). La propriété est vraie au rang 0 ;

Hypothèse de récurrence : supposons que 0 < un < β. Par croissance de la

fonction f , on a f (0) < f (un ) < f (β) ou encore 0 < un+1 < β. L’hérédité est

établie. On a donc montré par récurrence que pour tout entier naturel n, un appartient à l’intervalle ]0 ; β[.

2. On a u1 = f (u0)= ln3> 1 : la propriété est vraie au rang 1.

Hypothèse de récurrence : supposons que un+1 > un alors par croissance de

la fonction f , f (un+1)> f (un ) soit un+2 > un+1 : l’hérédité est établie.

On a donc démontré par récurrence que la suite est croissante.

3. La suite est majorée par β et croissante : elle converge donc vers un nombre inférieur ou égal à β.

II Limite de la suite

1. On a vu que f ′(x)= 2

1+2x .

x > 1⇒ 2x > 2⇒ 1+2x > 3⇒ 1

3 >

1

1+2x

2

3 >

2

1+2x .

2. a. (Hors-programme en 2009)

Puisque f ′(t)6 2

3 , on sait que

β

un

f ′(t) dt6 2

3

(

βun )

et ce quel que soit

n ∈N.

b. Or ∫β

un

f ′(t)dt= [

f (t) ]β

un = f (un )− f (β)= un+1−β.

Donc d’après la question précédente : un+1−β6 2

3

(

βun )

.

Par récurrence : pour n = 0, on a bien 06β−16 1.

Hypothèse de récurrence : supposons que 06 βun 6

(

2

3

)n

; on en dé-

duit par produit par 2

3 :

06 2

3

(

βun )

6

(

2

3

)n+1

. Or on a vu que βun+1 6 2

3

(

βun )

; on en dé-

duit donc que 06βun+1 6

(

2

3

)n+1

.

On a donc démontré par récurrence que pour tout naturel n :

06βun 6

(

2

3

)n

.

c. On sait car 0 < 2

3 < 1 que lim

n→+∞

(

2

3

)n

= 0, donc d’après le théorème des

« gendarmes » : lim n→+∞

βun = 0.

Conclusion : lim n→+∞

un =β.

Asie 5

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