Correction – exercices de mathématique 10, Exercices de Mathématiques Appliquées
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Correction – exercices de mathématique 10, Exercices de Mathématiques Appliquées

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Correction des exercices de mathématique 10. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: La sphère de centre A et de rayon 9, Les coordonnées des trois points, L’égalité trouvée.
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Centres etrangers S corrige 2006.dvi

Durée : 4 heures

Baccalauréat S Centres étrangers juin 2006

EXERCICE 1 3 points

Commun à tous les candidats

Partie : A Restitution organisée de connaissances En fait la démonstration n’en n’est pas une puisque tous les éléments de la démons- tration sont donnés dans les prérequis.

Partie B

1. VRAI : z2 =− 1

2 i, et z4 =

(

z2 )2 =−

1

4 ∈R.

2. FAUX : si z = a + ib, z = a − ib et ∣

z + z

∣= 0 ⇐⇒ 2a = 0 ⇐⇒ a = 0. Donc tous les imaginaires de la forme bi avec b 6= 0 vérifient la relation sans être nuls.

3. VRAI : z+ 1

z = 0 ⇐⇒

z2+1 z

= 0 ⇐⇒ z2+1= 0 (z 6= 0) ⇐⇒ (z+i)(z−i)= 0 ⇐⇒ z =−i ou z = i.

4. FAUX : Si z = 1 et z ′ = e 2iπ 3 = −

1

2 + i

p 3

2 , alors z + z ′ =

1

2 + i

p 3

2 , |z| = 1 et

|z + z ′| = √

1

4 + 3

4 = p 1= 1 et z ′ 6= 0.

EXERCICE 2 5 points

Réservé aux candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

1. Si p1, p2, p3 et p4 dans cet ordre, forment une progression arithmétique de raison r , alors p2 = p1+ r, p3 = p1+2r et p4 = p1+3r . On a donc : {

p4 = p1+3r = 0,4 p1+p1+ r +p1+2r +p1+3r = 1 (loi des probabilités totales)

⇐⇒

{

p1+3r = 0,4 4p1+6r = 1

⇐⇒ {

2p1+6r = 0,8 4p1+6r = 1

=⇒ 2p1 = 0,2 ⇐⇒ p1 = 0,1.

On en déduit aussitôt que r = 0,1 et finalement :

p1 = 0,1, p2 = 0,2, p3 = 0,3, p4 = 0,4.

2. a. La probabilité d’obtenir dans l’ordre 1, 2, 4 est p124 = 0,1× 0,2× 0,4 = 0,008.

b. Les tirages donnant trois nombres distincts croissants sont : (1, 2, 3), (1, 2, 4), (1, 3, 4) et (2, 3, 4). La probabilité d’avoir l’un de ces tirages est donc :

ppp3+ppp4+ppp4+ppp4 = 0,006+0,008+0,012+0,024 = 0,05.

3. a. On a un schéma de Bernouilli avec n = 10 et p4 = 0,4. On sait que la pro- babilité d’obtenir i fois le chiffre 4 est (pour 06 i 6 10) :

p(X = i )= (

10

i

)

0,4i (1−0,4)10−i = (

10

i

)

0,4i 0,610−i .

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. On a E(X )= 10 ∑

i=0 i ×p(X = i )=

10 ∑

i=0 i ×

(

10

i

)

0,4i0,610−i = 4.

Cela signifie que sur un grand nombre de tirages le 4 sortira en moyenne 4 fois sur 10.

c. On a p(X > 1)= 1−p(X = 0). Or p(X = 0)= 0,610. Donc p(X > 1) = 1−0,610 ≈ 0,9939 ≈ 0,994, soit à peu près 994 chances sur 1000 d’obtenir au moins une fois le 4 en 10 tirages.

4. a. La probabilité d’obtenir n −1 fois un autre chiffre que le 4 et ensuite le 4 au ne tirage est :

Un = 0,6n−1×0,4.

Cette suite est une suite géométrique de premier terme U1 = 0,4 et de raison 0,6. Comme −1< 0,6< 1, cette suite converge vers 0.

b. Sn = 0,4×0,60 +0,4×0,61 +·· ·+0,4×0,6n−1 = 0,4× 1−0,6n

1−0,6 = 1−0,6n .

On a demême lim n→+∞

0,6n = 0, donc lim n→+∞

Sn = 1.

c. On a Sn > 0,999 ⇐⇒ 1−0,6n > 0,999 ⇐⇒ 0,6n < 0,001 ⇐⇒

n ln0,6 < ln0,001 (par croissance de la fonction ln) ⇐⇒ n > ln0,001

ln0,6 car

ln0,6< 0. Comme ln0,001

ln0,6 ≈ 13,5, il faut donc faire 14 tirages.

EXERCICE 2 5 points

Réservé aux candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

Partie A. Quelques exemples

1. 4≡ 1 mod 3, donc 4n ≡ 1n mod 3 et finalement 4n ≡ 1 mod 3. 2. 4 est premier avec 29 (29 est premier). Donc d’après le petit théorème de Fer-

mat 429−1−1≡ 0 mod 29 ou encore 428−1 est divisible par 29. 3. 4= 0×17+4 ;

42 = 0×17+16 ; 43 = 3×17+13 ; 44 = 15×17+1. La dernière égalité montre que 44 ≡ 1 mod 17, d’où

(

44 )k ≡ 1k mod 17 soit

44k ≡ 1 mod 17 ou encore 44k −1≡ 0 mod 17. Conclusion : 44k −1 est divisible par 17.

4. On a 42 = 16= 3×5+1 ou 42 ≡ 1 mod 5 d’où il résulte que 42k ≡ 1 mod 5 ou encore 42k −1≡ 0 mod 5. Conclusion : 4n −1 est divisible par 5 si n est pair. Par contre : de 4≡ 4 mod 5 et 42k ≡ 1 mod 5 il résulte par produit que 42k+1 ≡ 4 mod 5. Conclusion : 4n −1 est divisible par 5 si et seulement si n est pair.

5. Diviseurs premiers de 428 − 1 : la question 2 a déjà donné le nombre 29 ; la question 3 a donné le diviseur premier 17 ; la question 4 a donné le diviseur 5.

D’autre part, 4 ≡ 1 mod 3 entraîne 4n ≡ 1 mod 3 ou encore 4n −1 est divi- sible par 3 qui est premier. Il y a également 5, 43 . . .

Partie B. Divisibilité par un nombre premier

Centres étrangers juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. 4 = 22 ; si p est premier différent de 2, il est premier avec 4, donc d’après le petit théorèmede Fermat 4p−1−1≡ 0 mod p ou 4p−1 ≡ 1 mod p. Le premier premier différent de 2 est 3, donc n = p −1> 1.

2. a. On a donc : 4n ≡ 1 mod p, 4b ≡ 1 mod p et il existe un unique couple de naturels (q ; r ) tel que n = bq + r avec r < b. On a donc 4n = 4bq+r = 4bq ×4r =

(

4b )q ×4r .

On déduit de la seconde congruence que (

4b )q ≡ 1q mod p ≡ 1 mod p.

Donc (

4b )q ×4r ≡ 4r mod p et donc que 4n ≡ 4r mod p.

Finalement comme 4n ≡ 1 mod p, 4r ≡ 1 mod p. b. On vient de démontrer dans la question précédente que si 4n ≡ 1 mod p,

alors n est multiple de b, b étant le plus naturel positif tel que 4b ≡ 1 mod p.

Inversement sin = kb, de 4b ≡ 1 mod p, ondéduit que (

4b )k ≡ 1k mod p

soit 4n ≡ 1 mod p. L’équivalence est donc démontrée. c. D’après la question B. 1 4p−1 ≡ 1 mod p et soit b le plus petit entier tel

que 4b ≡ 1 mod p. D’après la question 2. b. il en résulte que p − 1 est multiple de b ou encore b (non nul) divise p −1.

EXERCICE 3 6 points

Commun à tous les candidats

Partie A Étude de la fonction f

1. On sait que ex 6= 0, quel que soit le réel x ; f (x)= ex

ex ×

1

1+e−x =

ex

ex +1 .

2. On a lim x→−∞

ex = 0, donc lim x→−∞

f (x) = 0. Interprétation graphique : l’axe des abscisses est asymptote horizontale au voisinage de moins l’infini à C .

De même lim x→+∞

e−x = 0, donc lim x→+∞

f (x) = 1. Interprétation graphique : la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale au voisinage de plus l’infini à C .

3. f est dérivable comme quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s’annulant pas sur R.

x ∈R, f ′(x)=− (−e−x )

(1+e−x )2 =

e−x

(1+e−x )2 . Commeex > 0pour tout réel x, f ′(x)>

0 sur R. Donc la fonction f est croissante sur R (de 0 à 1).

4. Il en résulte le tableau de variations suivant :

x −∞ 0 +∞

f ′(x) + 1/4 +

f (x)

0

1/2

1

Centres étrangers juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

5.

1

1 2−1−2

C A

O

An

Partie B

1. Quel que soit le réel x, en utilisant A. 1.

f (x)+ f (−x)= ex

ex +1 +

1

ex +1 =

ex +1 ex +1

= 1.

Lemilieu du segment[M M ′] est donc le point A de coordonnées

(

0 ; 1

2

)

, et ce

point est un centre de symétrie pour la courbe C .

2. a. Soit n ∈N ; on sait d’après la partie A que f (x) > 0. Donc, l’aire de la sur- face comprise entre l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équa-

tions x = 0 etx = n est l’intégrale ∫n

0 f (x)dx.

Donc par différence avec l’aire du rectangle de côtés 1 et n,

An = ∫n

0 (1− f (x))dx =

n

0

(

1− 1

1+ex

)

= ∫n

0

ex

ex +1 dx =

[

ln (

1+ex )]0

n =

ln2− ln (

1+e−n )

, en utilisant les questions A. 1 et B. 1 (symétrie autour de A).

b. On sait que lim n→+∞

e−n = 0 donc par continuité de la fonction ln, lim

n→+∞ ln

(

1+e−n )

= 0. Ainsi lim

n→+∞ An = ln2.

Partie C

1. Si pour tout x réel e2x

(ex +1)2 =

aex

ex +1 +

bex

(ex +1)2 , alors

e2x

(ex +1)2 −

aex

ex = 1 +

bex

(ex +1)2 ⇐⇒

e2x bex

(ex +1)2 =

aex

ex +1 ⇐⇒

ex (ex b) (ex +1)2

= aex

ex +1 =⇒ a = 1 et b =

−1.

2. Onapour toutλpositif, V (λ)= ∫0

λ π

e2x

(ex +1)2 dx =π

∫0

λ

ex

ex +1 dxπ

∫0

λ

ex

(ex +1)2 dx =

π

[

ln (

1+ex )

+ 1

ex +1

]0

λ = π

(

ln2+ 1

2 − ln

(

1+e−λ )

− 1

1+e−λ

)

.

3. On a toujours lim n→+∞

e−n = 0 et par continuité de la fonction ln,

lim n→+∞

ln (

1+e−n )

= 0.

Donc lim n→+∞

V (λ)=π (

ln2− 1

2

)

.

EXERCICE 4 6 points

Partie A

Centres étrangers juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. Les faces du cube d’arête 1 sont des carrés de côté 1, dont les diagonales ont pour longueur

p 2. En particulier BD = DE = ED =

p 2. Le triangle BDE est

équilatéral.

2. a. I est le centre de gravité du triangle BDE ou l’isobarycentre des points B, D

et E. Les coordonnées de I sont de la forme 1

3 (aB+aD+aD). Avec le repère

choisi on a B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0) et E(0 ; 0 ; 1).

On obtient donc I

(

1

3 ; 1

3 ; 1

3

)

.

b. On a dans le repère choisi G(1 ; 1 ; 1), donc le vecteur 1

3

−−→ AG et le vecteur

−→ AI

ont les mêmes coordonnées.

Autre démonstration : on sait que −→ IB +

−→ ID +

−→ IE =

−→ 0 ⇐⇒

3 −→ IA +

−−→ AB +

−−→ AD +

−→ AE =

−→ 0 ⇐⇒ 3

−→ IA +

−−→ AG =

−→ 0 ⇐⇒

−→ IA =

1

3

−−→ AG .

La relation vectorielle −→ IA =

1

3

−−→ AG signifie que les points A, I et G sont ali-

gnés, et encore plus précisément que le point I appartient à la droite (AG),

ce point ayant l’abscisse 1

3 si le repère choisi sur cette droite est le repère

(A, G).

3. On sait déjà que I centre de gravité du triangle BDE est dans le plan (BDE).

D’autre part −→ IA

1/3 1/3 1/3

 et −−→ BD

−1 1 0

. Le produit scalaire −→ IA ·−−→BD =−

1

3 + 1

3 =

0, donc les vecteurs sont orthogonaux.

Demême −→ BE

−1 0 1

. Le produit scalaire −→ IA ·−→BE =−

1

3 + 1

3 = 0, donc les vec-

teurs sont orthogonaux.

Conclusion le vecteur −→ IA orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan

(BDE) est normal à ce plan.

Conclusion : I est le projeté orthogonal de A sur le plan (BDE).

Partie B

Quel que soit le réel k, Mk est le point de la droite (AG), d’abscisse k pour le repère (A, G). La droite (AMk ) est donc orthogonale au plan (BDE), donc aussi au plan Pk . Conclusion : le point Nk est le projeté orthogonal de A sur le plan Pk .

1. D’après la partie A, on sait que si k = 1

3 , M 1

3 = I, donc P 1

3 = (BDE) etN 1

3 = B

2. a. Les coordonnées du vecteur −−−→ AMk sont les coordonnées du point Mk , soit

(k ; k ; k).

b. On sait qu’une équation du plan Pk est de la forme kx +k y +kz +d = 0 ; comme il contient Mk , on a k

2+k2+k2+d = 0 ⇐⇒ d =−3k2. L’équation du plan Pk est donc kx+k y +kz −3k2 = 0 soit pour k 6= 0 (cas particulier où M est en A) x + y + z −3k = 0.

c. La droite (BC) est définie par les équations des deux plans x = 1 et z = 0, donc en remplaçant dans l’équation précédente 1+y+0−3k = 0 ⇐⇒ y = 3k −1. Donc Nk (1 ; 3k −1 ; 0).

3. Mk et Nk appartiennent au plan Pk qui est orthogonal aux vecteurs −−−→ AMk ou−−→

AG . Donc pour tout k réel la droite (Mk Nk ) est orthogonale à la droite (AG) ;

Centres étrangers juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Les coordonnées de −−−−−→ Mk Nk sont (1−k ; 2k−1 ; −k), celles de

−−→ BC sont (0 ; 1 ; 0).

−−−−−→ Mk Nk ·

−−→ BC = 2k −1= 0 ⇐⇒ k =

1

2 .

4. Ona Mk N 2 k = (1−k)2+(2k−1)2+(−k)2 = 6k2−6k+2. La distance estminimale

si son carré l’est.

On a à trouver le minimum d’un trinôme :

6k2−6k+2= 6 (

k2−k + 1

3

)

= 6 [(

k − 1

2

)2

− 1

4 + 1

3

]

. Cette expression est mini-

male quand le carré est nul soit encore pour k = 1

2 .

Non demandé : cette distance est égale à

6

(

− 1

4 + 1

3

)

= √

1

2 =

p 2

2 .

5.

Section du cube par le plan P 1 2

A

B C

D

E

F G

H

I

M 1 2

N 1 2

Centres étrangers juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2

bn+2 =

1

bn+1 +

1

bn

bn+2 = 2

1 bn+1

+ 1 bn

je remplace bn :bn+2 = 2

1 bn+1

+ 5bn+1−2 bn+1

je multiplie par bn+1

bn+2 = 2bn+1

1+5bn+1−2 =

2bn+1 5bn+1−1

cqfd.

AM NP = 1

2 |ad bc|

Centres étrangers juin 2006

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