Correction – exercices de mathématique 4, Exercices de Mathématiques Appliquées
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Correction – exercices de mathématique 4, Exercices de Mathématiques Appliquées

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Correction des exercices de mathématique 4. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Restitution organisée de connaissances, Étude de quelques cas particuliers.
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Antilles S obli corrige juin 2006.dvi

[ Baccalauréat S Antilles-Guyane juin 2006 \

EXERCICE 1

1. Restitution organisée des connaissances

Soit a un réel strictement positif et f la fonction définie et dérivable sur I =

]0 ; +∞[ par :

f (x)= ln(ax)− ln(x)

Alors

f ′(x)= a

ax

1

x =

1

x

1

x = 0.

Ainsi, f est constante sur ]0 ; +∞[, mais: f (1)= lna − ln1= lna, donc cette constante vaut lna. D’où :

x I , f (x)= lna ⇔ ln(ax)− lnx = lna

C’est à dire :

x I , ln(ax)= lnx + lna

2. Pour tous réels strictement positifs a et b:

ln

(

1

b

)

+ ln(b)= ln (

1

b ×b

)

= ln(1)= 0.

Donc

ln

(

1

b

)

=− ln(b)

De plus,

ln ( a

b

)

= ln (

a × 1

b

)

= ln(a)+ ln (

1

b

)

= lna − lnb

3. On a

0,696 ln26 0,70 et 1,096 ln36 1,10

Donc

0,69+1,096 ln2+ ln36 0,70+1,10⇔ 1,786 ln66 1,80

Ainsi

−1,806− ln66−1,78⇔−1,806 ln (

1

6

)

6−1,78

De plus, ln8= ln (

23 )

= 3ln2 donc

3×0,696 ln86 3×0,70⇔ 2,076 ln86 2,1

Et

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

−2,16− ln86−2,07

Ainsi

1,09−2,16 ln3− ln86 1,10−2,07⇔−1,016 ln (

3

8

)

6−0,97

EXERCICE 2

1. L’équation e2x −3ex −4= 0 admet dans R une solution (réponse b), car:

e2x −3ex −4= 0 ⇔ {

X = ex X 2−3X −4= 0

⇔ {

X = ex X =−1 ou X = 4

⇔ ex =−1 ou ex = 4 ⇔ x = ln4

2. L’expression −e−x est toujours négative ( réponse b), car e−x est toujours pos- itive.

3. lim x→+∞

2ex −1 ex +2

= 2 (réponse c) car:

2ex −1 ex +2

= ex (2−1e−x ) ex (1+2e−x )

= 2−1e−x

1+2e−x et lim

x→+∞ e−x = 0

4. L’équation différentielle y = 2y ′−1 a pour ensemble de solutions x 7→ ke 1 2 x −1

avec k ∈R (réponse c), car:

y = 2y ′−1⇔ y ′ = 1

2 y +

1

2

EXERCICE 3

Partie A

Soit X une variable aléatoire continue qui suit une loi exponentielle de paramètre λ.

Alors:

P (X 6 a)= ∫a

0 λe−λtdt = 1−e−λa .

1. La probabilité P (X 6 1) s’interprète comme étant l’aire sous la courbe de la

densité comprise entre les droites x = 0, x = 1 et y = 0.

2. Comme la densité de X est la fonction définie sur [0 ; +∞[, par f (t)= λe−λt , alors f (0)=λ. Donc sur le graphique, le paramètre λ est l’ordonnée du point de la courbe de

f d’abscisse 0.

Partie B

On pose λ= 1,5.

1. P (X 6 1)= 1−e−1,5×1 = 1−e−1,5 ≈= 0,777

Antilles-Guyane 2 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. P (X > 2)= 1−P (X 6 2)= e−1,5×2 = e−3.

3. Comme P (16 X 6 2)= P (X 6 2)−P (X 6 1), alors à 10−3 près:

P (16 X 6 2)= e−1,5−e−3 = 0,173

4. Calculons l’intégrale F (x) = ∫x

0 1,5te−1,5t dt en utilisant une intégration par

parties:

u′ = 1,5e−1,5t u =−e−1,5t v = t v ′ = 1

Donc

F (x) = [

te−1,5t ]x

0 − ∫x

0 −e−1,5t dt

= [

te−1,5t ]x

0 − [

1

1,5 e−1,5t

]x

0

= −xe−1,5x − 1

1,5 e−1,5x +

1

1,5

Mais lim x→−∞

xex = lim x→−∞

ex = 0, donc

E (X )= lim x→+∞

F (x)= 1

1,5

Partie C

Une machine outil fabrique des cylindres. On mesure l’écart, en dixièmes de mil-

limètre, entre le diamètre des cylindres et la valeur de réglage de la machine.

On suppose que cet écart suit une loi exponentielle de paramètre λ= 1,5.

Si l’écart est inférieur à 1, le cylindre est accepté. Si l’écart est compris entre 1 et 2,

on procède à une rectification qui permet d’accepter le cylindre dans 80 % des cas.

Si l’écart est supérieur à 2, le cylindre est refusé.

1. On prélève au hasard un cylindre dans la production.

a. La probabilité que le cylindre soit accepté est, à 10−3 près:

p = P (X 6 1)+0,8×P (16 X 6 2)= 0,777+0,8×0,173 = 0,915

b. Sachant que le cylindre est accepté, la probabilité qu’il ait subi une rec-

tification est: 0,8×P (16 X 6 2)

P (X 6 1)+0,8×P (16 X 6 2)

2. a. Comme on prélève demanière indépendante dix cylindres de la produc-

tion, supposée suffisamment importante pour assimiler ce tirage à un

tirage successif avec remise, la probabilité que les dix cylindres soient

acceptés, est:

p10

b. Laprobabilité qu’aumoins un cylindre soit refusé, est enutilisant l’événement

contraire:

1−p10

Antilles-Guyane 3 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal (

O, −→ u ,

−→ v

)

, on con-

sidère les points

A d’affixe a, a ∈R • B d’affixe b + i, b ∈R

C image de B dans la rotation de centre A et d’angle π

3 .

a. Comme C est l’ image de B dans la rotation de centre A et d’angle π 3 ,

alors C a pour affixe:

ei π

3 (b + i−a)+a = 1

2

(

1+ i p 3 )

(b a + i)+a

= 1

2

(

b a − p 3+2a

)

+ 1

2 i (p

3(b a)+1 )

= 1

2

(

b +a − p 3 )

+ 1

2 i (p

3(b a)+1 )

Pour que le point C appartienne à l’axe (

O; −→ v

)

, il faut et il suffit que la

partie réelle de l’affixe deC soit nulle, donc:

1

2

(

b +a − p 3 )

= 0⇔ b = p 3−a

b. Dans ce cas, l’affixe du point C est, en fonction de a:

1

2 i (p

3( p 3−a a)+1

)

= (

2− p 3a

)

i.}

c. Dans cette question, on pose a = p 3 et b = 0. On considère les points C

d’affixe c =−i et D d’affixe d = 2+ p 3−2i

p 3.

i. D’après l’étude précédente, le triangle ABC est équilatéral car b =p 3−a = 0 et c =

(

2− p 3a

)

i=−i ii.

d a c a

= 2+

p 3−2i

p 3−

p 3

−i− p 3

= 2(1− i

p 3)

− p 3− i

= 2(1− i

p 3)(−

p 3+ i)

3+1 = 2i

Donc (−−→

AC ; −−→ AD

)

= ar g (

d a c a

)

= ar g (2i)= π

2

Ainsi le triangle ACD est rectangle en A.

Antilles-Guyane 4 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

iii. Comme E est l’image de D dans la rotation de centre A et d’angle π

3 , alors son affixe est:

e = ei π

3 (d a)+a

= 1

2

(

1+ i p 3 )(

2+ p 3−2i

p 3−

p 3 )

+ p 3

= 1

2

(

1+ i p 3 )(

2−2i p 3 )

+ p 3

= (

1+ i p 3 )(

1− i p 3 )

+ p 3

= 1+3+ p 3= 4+

p 3

iv. Comme F est l’image de D dans la translation de vecteur −−→ AC , alors

son affixe est:

f = 2+ p 3−2i

p 3+ (−i−

p 3)= 2− i

(

1+2 p 3 )

v. Le triangle BEF est équilatéral, car:

BE2 = |i− (4+ p 3)|2 = 1+

(

4+ p 3 )2

= 1+16+8 p 3+3= 20+8

p 3

BF 2 = |i− (

2− i (

1+2 p 3 ))

|2 = |−2+2i (

1+ p 3 )

|2

= 4+4 (

1+ p 3 )2

= 20+8 p 3

EF 2 = |4+ p 3−2+ i

(

1+2 p 3 )

|2 = |2+ p 3+ i

(

1+2 p 3 )

|2

= (

2+ p 3 )2 +

(

1+2 p 3 )2

= 20+8 p 3

b

O −→ u

−→ v

1

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6−1 b

A

b

B

b

C

b

D

b E

b F

EXERCICE 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Antilles-Guyane 5 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

a. A 6= D et I 6= E : il existe donc une unique similitude directe s transfor- mant A en D et I en E .

b. Le rapport de la similitude s est I E

AD .

Prenons O A = 1.

• Dans le triangle EDI rectangle en D, le théorème de Pythagore

s’écrit : I E2 = 12+ (

1

2

)2

= 5

4 =⇒ I E =

p 5

2 .

• Dans le triangle rectangle ABD, le théorème de Pythagore s’écrit :

AD2 = 22+12 = 5=⇒ AD = p 5.

Finalement I E

AD =

p 5

2p 5 =

1

2 .

s est donc une similitude directe de rapport 1

2 et d’angle +

π

2

c. Soit B ′ = s(B). On a (−−−−−−→

AB, I B ′ )

= + π

2 , donc B ′ appartient à la perpen-

diculaire à la droite (AB) contenant I , donc appartient à la demi-droite

[I D).

Demêmeenprenant les deuxpointsD etB et leurs images pars : (−−−−−−→ DB, EB

)

=

+ π

2 , donc B ′ appartient à la la perpendiculaire à (BD) contenant E .

Finalement B ′appartient aux droites (BD) et(DE ) et donc B ′ = D.

d. Par hypothèseC est lemilieu de [BD], donc son image par s est lemilieu

du segment image [DE ].

e. i. Soit Ω le centre de s ; on a par définition (−−→ ΩA,

−→ ΩI

)

= π

2 , donc le

triangle AIΩ rectangle en Ω est inscrit dans le cercle de diamètre

[AI ] ;

De même (−−→ ΩD ,

−−→ ΩE

)

= π

2 , donc le triangle DEΩ rectangle enΩ est

inscrit dans le cercle de diamètre [DE ].

ii. J est le milieu de [OC ], C le milieu de [BD] et (OC ) est parallèle

à (AB), donc J est aussi le milieu de [AD]. Son imageJ ′ est le mi-

lieu du segment image [I E ] et (−→ ΩJ ,

−−→ ΩJ

)

= π

2 , or

(−→ H J ,

−−→ H J

)

= − π

2 .

Conclusion : H n’est pas le centre de la similitude s.

iii. D’après la question a. Ω appartient aux cercles de diamètres [AI ]

et [DE ] ; ce n’est pas le point H, c’est donc l’autre point commun

aux deux cercles.

iv. On sait que l’écriture d’une similitude directe est de la forme z ′ = az+b avec (a ; b) ∈C2. En prenant les points A etD et leurs images I et E , on obtient le système :

{

− 1

2 = a +b

−1 = a′−1+ i)+b =⇒ a(2− i)=

1

2 + i ⇐⇒ a =

1 2 + i 2− i

= i

2

Puis par différence b =− 1

2 + i−

i

2 =−

1

2 +

i

2 .

L’écriture complexe de s est donc :

z ′ = 1

2 iz

1

2 + 1

2 i.

Antilles-Guyane 6 juin 2006

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

-12-11-10-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

10 11 12

D I C B

C′ J′

H

J

E

O A

EXERCICE 5

Partie A

i. Figure associée:

b A0 b

A1 b

A2 b

B0 b

B1 b

B2 −→ u

0 2 4 6 8 10 12

ii. Ondéfinit les suites (an ) et (bn ) des abscisses respectives des points

An et Bn .

Or An+1, d’abscisse an+1, est le barycentre des points pondérés (An ,2), avec An d’abscisse an , et (Bn ,1), , avec Bn d’abscisse bn ,

donc, grâce à la formule

xAn+1 = 2× xAn +1× xBn

2+1 , on a:

an+1 = 2an +bn

3

Et de même que

bn+1 = an +3bn

4

Partie B

i. On considère la suite (un ) définie, pour tout entier naturel n, par

un = bn an . Alors:

Antilles-Guyane 7 juin 2006

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