Correction – exercices de mathématique 1, Exercices de Mathématiques Appliquées. Université Bordeaux I
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Correction – exercices de mathématique 1, Exercices de Mathématiques Appliquées. Université Bordeaux I

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Correction des exercices de mathématique 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Restitution organisée des connaissances, L’équation différentielle, la variable aléatoire continue, la limite des suites,
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Amerique Nord S corrige mai 2006.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord \ mai 2006

EXERCICE 1 3 points Commun à tous les candidats

1. L’espérance de ce jeu est égale à :

(60−30)× 4

10 + (0−30)×

3

10 + (20−30)×

3

10 =

120−90−30 10

= 0.

Le jeu est donc équitable.

2. On a une épreuve de Bernoulli avec n = 4 et p = 4

10 .

Tirer au moins une fois un bulletin oui est l’évènement contraire de l’évène-

ment : « ne jamais tirer un oui », dont la probabilité est

(

1− 4

10

)4

= 81

625 .

La probabilité cherchée est donc :

1− 81

625 =

544

625 .

3. Il y a (10 2

)

= 10!

2!×8! =

10×9 2

= 45 tirages différents.

Les possibilités de tirages différents sont : oui-non, oui-blanc et non-blanc

donc en nombre égal à 4×3+4×3+3×3 = 33. La probabilité cherchée est

donc : 33

45 =

11

15 .

EXERCICE 2 5 points

Partie A

1. a. |zB|2 = 1+3= 4=⇒ |zB| = 2. Donc zB = 2 (

1

2 + i

p 3

2

)

= 2ei π

3 et comme zC =

zB, on a donc zC = 2e−i π

3 .

b. Pour placer les points B et C on trace les deux cercles de centre O et A et de rayon A :

0

1

−→ u

−→ v

×

×

O A

B

C

D

×G

×G ′

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

2. On a zOB = 1+ i p 3 et zCA = 2− (1− i

p 3= 1+ i

p 3. Donc

−−→ OB =

−−→ CA ⇐⇒ OABC

est un parallélogramme et comme OB = OC (question 1. a.) le quadrilatère

OABC est un losange.

3. On sait que |z| = |z − 2| ⇐⇒ |z − 0| = |z − 2| ⇐⇒ OM = AM ⇐⇒ M est équidistant de O et de A, donc que M appartient à la droite D médiatrice du

segment [OA], c’est-dire d’après la question précédente la droite (BC).

Partie B

1. a. Pour z 6= 2, z = −4

z −2 ⇐⇒ z2 − 2z + 4 = 0 ⇐⇒ (z − 1)2 − 1+ 4 = 0 ⇐⇒

(z −1)2+3= 0 ⇐⇒ (z −1)2 =−3 ⇐⇒ {

z1 = 1+ i p 3= zB

z2 = 1− i p 3= zC

.

Les solutions sont donc les affixes des points B et C qui sont donc les

points invariants de l’application qui à z fait correspondre z ′ = −4

z −2 .

b. On vient de voir que B′ = B et que C′ = C.

c. On sait que zG = 1

3 (zO+ zA+ zB) = 1+ i

p 3

3 . Donc zG′ =

−4

1+ i p 3

3 −2

=

4

−1+ i p 3

3

= 3+ i p 3.

Remarque : zG′ = 3zG ⇐⇒ −−→ OG′ = 3−−→OG ⇐⇒ O, G et G′ sont alignés.

2. a. Question de cours :

• |zz2|2 = zzzz2 = zzzz2 = zzzz2 = |z1|2×|z2|2. Conclusion : |zz2| = |z1|× |z2|

• ∣

1

z × z

= ∣

1

z

× |z| (d’après le point précédent) = |1| = 1. Donc pour

z 6= 0, ∣

1

z

= 1

|z| .

b. |z ′−2| = ∣

−4 z −2

−2 ∣

= ∣

−4−2z +4 z −2

= ∣

−2z z −2

= |−2z| |z −2|

= 2|z| |z −2|

.

c. On sait que M ∈ D ⇐⇒ |z| = |z −2|. En utilisant l’égalité précédemment démontrée, on a donc |z ′−2| = 2 ⇐⇒ M ′ ∈ Γ, Γ étant le cercle de centre A et de rayon 2.

Remarque : en particulier, comme G ∈D,G′ ∈Γ. Donc G′ est le point d’intersection de la droite (OG) et du cercle Γ.

EXERCICE 2 5 points Exercice de spécialité

1. a. La composée d’une rotation et d’une homothétie demême centre est une

similitude de rapport

p 2

2 et d’angle

π

4 .

b. Si M1 est l’image de M par r , son affixe est z1, telle que z1−2 = ei π

4 (z − 2). L’image de M1 par h est M

′ d’affixez ′telle que : z ′ − 2 = 3(z1−2) =p 2 2

[

ei π

4 (z −2) ]

= (z −2) (p

2 2 + i

p 2 2

)

× p 2 2

= 1

2 (1+ i)(z −2). D’où

z ′ = 2+ (1+ i) 2

z −1− i= 1+ i 2

z +1− i.

c. L’égalité précédente peut s’écrire :

2z ′ = (1+ i)z +2−2i ⇐⇒ 2(1− i)z ′ = 2z + (2−2i)(1− i) ⇐⇒ 2(1− i)z ′ = 2z+2×(−2i) ⇐⇒ (1−i)z ′ = z−2i ⇐⇒ −iz ′+2i= zz ′ ⇐⇒ i(2−z ′)= zz ′.

Amérique du Nord 2 mai 2006

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

2. a. Question de cours

D’après les propriétés de la rotation : Si P 6= A, AQ = AP ⇐⇒ AQ

AP = 1 ⇐⇒

|q a| |p a|

= 1 ⇐⇒ ∣

q a p a

= 1. D’autre part : (−→ AP ,

−−→ AQ

)

= π

2 ⇐⇒ arg

q a p a

= π

2 .

Conclusion : q a p a

= i ⇐⇒ q a = i(p a).

b. D’après la question 1. c. zz ′ = i(2−z ′) ⇐⇒ M d’affixe z est l’image de A dans le quart de tour direct de centre M ′, autrement dit le triangleΩM M

est un triangle rectangle isocèle en M ′, M 6=Ω. 3. Démontrons la relation par récurrence :

Initialisation : pour n = 0, A0(2+ i et en appliquant la relation au rang 0 : a0 = ei

π

2 + 2 = i+ 2. La relation est vraie au rang 0. Hérédité : supposons la

relation vraie au rang n, : an = (p

2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2. D’après la question 1. b., on

a an+1 = 1+ i 2

an +1− i= 1+ i 2

× [(p

2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2 ]

+1− i.

Or 1+ i 2

= p 2

2

(p 2

2 + i

p 2

2

)

= p 2

2 ei

π

4 . Donc en reportant :

an+1 = p 2

2 ei

π

4

[(p 2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2 ]

+1− i= (p

2

2

)n+1

ei (n+3)π

4 +2 (

1+ i 2

)

+1− i= (p

2

2

)n+1

ei (n+3)π

4 +2. La relation est donc vraie au rang n+1.

4. On a donc a5 = (p

2

2

)5

ei (5+2)π

4 +2= 17

8 − i

1

8 .

5. AnΩ< 0,01 ⇐⇒

(p 2

2

)n

ei (n+2)π

4 +2−2

< 0,01 ⇐⇒

(p 2

2

)n

ei (n+2)π

4

< 0,01 ⇐⇒ (p

2

2

)n

< 0,01 ⇐⇒ n ln (p

2

2

)

> ln0,01 ⇐⇒ n > ln0,01

ln

(p 2

2

) ≈ 13,2.

On a donc n0 = 13.

EXERCICE 3 5 points

1. — Limites : On a lim x→0

lnx =−∞ et lim x→0

− 2

x =−∞, d’où par somme lim

x→0 g (x)=

−∞. De même lim

x→+∞ lnx = +∞ et lim

x→+∞ − 2

x = 0, d’où par somme lim

x→0 g (x) =

+∞.

— Variations : gestune sommede fonctions dérivables : g ′ (x)= 1

x +

2

x2 somme

de deux termes positifs. La dérivée est positive : la fonction g est crois-

sante.

— Annulation : La fonction g est continue, car dérivable sur [2,3 ; 2,4], crois-

sante sur cet intervalle ; la calculatrice donne g (2,3) ≈ −0,04 et g (2,4) ≈ 0,04. Conclusion : la fonction g s’annule enunpoint unique x0 ∈ [2,3 ; 2,4]

2. a. On a donc g (x0)= lnx0− 2

x0 = 0 ⇐⇒ lnx0 =

2

x0 .

Amérique du Nord 3 mai 2006

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

D’autre part f (x0)= 5lnx0

x0 =

5 2

x0

x0 =

10

x20 .

b. Soit A (a)= ∫a

1

5ln t

t dt = 5

a

1

ln t

t dt et intégrons par parties :

u(t)= ln t v ′(t)= 1

t

u′(t)= 1

t v(t)= ln t

A (a)= [

(ln t)2 ]a

1− ∫a

1

ln t

t dt . Donc 2A (a)= (lna)2 et enfinA (a)=

(lna)2

2 .

Remarque : on pouvait aussi remarquer que la fonction à intégrer est de

la forme u′×u donc a pour primitive u2

2 avec u(t)= ln t .

3. D’après la question 1, P0 a pour abscisse x0, donc d’aprèslaquestion 2. M0

apour coordonnées

(

x0 ; 10

x20

)

et enfin H0

(

0 ; 10

x20

)

.

D’où A (D1)= ∫x0

1 f (t)dt =

5

2 (lnx0)

2 = 5

2

(

4

x20

)

= 10

x20 = f (x0)=A (D2).

En partant de l’encadrement donné :

2,3< x0 < 2,4=⇒

2,32 < x20 < 2,4 2 =⇒

1

2,42 <

1

x20 <

1

2,32 =⇒

10× 1

2,42 < 10×

1

x20 < 10×

1

2,32

Soit finalement : 1,736 < 10

x20 < 1,891. Conclusion : 1,7<A (D1)< 1,9 à 0,2

près.

EXERCICE 4 7 points

Partie A. Étude d’une suite

1. a. n 0 1 2 3 4 5 6 7

xn 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4

yn 0 0,8000 1,4720 1,8386 1,9625 1,9922 1,9984 1,9997

b.

Amérique du Nord 4 mai 2006

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

0 1 2 0

1

2

0

1

2

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2 1,4 1,6 1,8 2,0 2,2 2,4

b

b

b

b

b b b b

c. D’après ce graphique, la suite semble croissante et converger vers 2.

2. a. On a p ′(x)=−0,4x+1 qui s’annule pourx = 5

2 .Si 06 x 6 2, la fonction est

croissante dep(0)= 0,8 à p(2)= 2. Conclusion : si x ∈ [0 ; 2], p(x) ∈ [0 ; 2].

b. Par récurrence :

— Initialisation : y0 = 0 ∈ [0 ; 2]. — Hérédité : supposons que yn ∈ [0 ; 2] ; on sait que yn+1 = p

(

yn )

∈ [0 ; 2] d’après la question précédente. La récurrence est démontrée.

c. On a yn+1− yn =−0,2y2n + yn +0,8− yn =−0,2y2n +0,8. Or

06 2=⇒

06 y2n 6 4=⇒

−0,86−0,2y2n 6 0=⇒

06−0,2y2n +0,86 . . .

Conclusion : yn+1− yn > 0=⇒ la suite (

yn )

est croissante.

d. La suite (

yn )

est croissante et majorée par 2 : elle est donc convergente.

Partie B. Étude d’une fonction

Amérique du Nord 5 mai 2006

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

1. Enposantu(x)= e4x , on a g ′(x)= 2 [

u′(u+1)−u′(u−1) (u+1)2

]

= 4u

(u+1)2 =

16e4x

(

e4x +1 )2 .

D’autre part : 4− g (x)2 = 4−4 ( (

e4x −1 )2

(

e4x +1 )2

)

= 16e4x

(

e4x +1 )2 .

De plus g (0)= 2× (1−1)= 0. La fonction g vérifie les conditions (1) et (2).

2. a. On a g (x)= 2 (

1−e−4x

1+e−4x

)

. On a donc :

lim x→+∞

g (x)= 2.

La droite ∆ d’équation y = 2 est donc asymptote horizontale à (

Cg

)

au

voisinage de plus l’infini.

b. L’écriture trouvée pour g ′(x) montre que cette dérivée est positive : la fonction g est donc croissante sur [0 ; +∞[. On a déjà g (0)= 0. On a donc : lim

x→+∞ g (x)= 2.

Sur [0 ; +∞[, la fonction g croît de 0 à 2.

3. Le nombre dérivé en 0 est g ′(0)= 16

4 = 4. L’équation de la tangente à

(

Cg

)

en

l’origine est donc puisque g (0)= 0, y = 4x.

Les coordonnées du point commun à y = 2 et y = 4x sont x = 1

2 , y = 2. On a

donc α= 1

2 .

4. Voir ci-dessus. (On constate les limites de la méthode d’Euler . . . )

Amérique du Nord 6 mai 2006

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