Corrigé – exercices - calcul avancé 1, Exercices de Calculs avancés. Université Bordeaux I
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Corrigé – exercices - calcul avancé 1, Exercices de Calculs avancés. Université Bordeaux I

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Corrigé – exercices sur les calcul avancé 1 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la représentation paramétrique de la droite, les coordonnées de H.
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[ Corrigé du baccalauréat S \ Amérique du Nord 27 mai 2011

EXERCICE 1 5 points

Partie A

1. Pour tout point M dupland’affixe z, son image M ′ par rA a une affixe z ′ définie

par : z ′− i = ei π

2 (z − i) ou encore : z ′− i = i (z − i) ⇐⇒ z ′ = i+ iz +1 ⇐⇒ z ′ = iz +1+ i. D étant l’image de C rA, on a donc :

d = i(3i)+1+ i=−3+1+ i=−2+ i. 2. De même, pour tout point M du plan d’affixe z, son image M ′ par rB a une

affixe z ′ définie par : z ′− (1+ i)= ei π

2 (z −1− i) ⇐⇒ z ′ = 1+ i+ i(z −1− i) ⇐⇒ z ′ = 1+ i+ iz − i+1 ⇐⇒ z ′ = iz +2. Donc g = i(−2+ i)+2=−2i−1+2= 1−2i. Enfin pour tout point M du plan d’affixe z, son image M ′ par rO a une affixe z

définie par : z ′ = e−i π

2 z =−iz. Donc h =−i(3i)= 3.

3. On a d c =−2+ i−3i=−2−2i et g h = 1−2i−3=−2−2i. Or d c = g h ⇐⇒ −−→CD =−−→HG ⇐⇒ CDGH est un parallélogramme. De plus g c = 1−2i−3i= 1−5i, donc CG2 = 1+25= 26 et hd = 3− (−2+ i)= 5+ i, donc DH2 = 25+1= 26. On a donc CG2 = DH2 ⇐⇒ CG = DH. Conclusion : le parallélogramme CDGH a ses diagonales de même longueur :

c’est un rectangle.

Partie B

1. En reprenant les définitions des rotations trouvées dans la partie A, on a :

n = im +1+ i. Demême : p = in+2= i(im +1+ i)+2=−m + i−1+2=−m +1+ i. Enfin q =−im.

2. D’une part : nm = im +1+ i−m = m(i−1)+1+ i, d’autre part : p q =−m +1+ i− (−im)= m(i−1)+1+ i. Donc nm = p q ⇐⇒ M N PQ est un parallélogramme

3. a. m n p n

= m − (im +1+ i)

m +1+ i− (im +1+ i) =

m(1− i)−1− i m(−i−1)

= [m(1− i)−1− i](−1+ i)

m(−i−1)(i−1) =

2mi+2 2m

= mi+1

m = i+

1

m (car M 6=O⇒ m 6= 0).

b. M N PQ est un rectangle si et seulement si (−−→

N P , −−−→ N M

)

= π

2 mod π) ⇐⇒

m n p n

est un imaginaire pur.

Donc comme i+ 1

m ne peut être un imaginaire que si

1

m est un imagi-

naire, c’est-à-dire si m est un imaginaire, M N PQ est un rectangle si et

seulement si m =αi, avec α 6= 0 et α 6= 1, puisque M ne peut être ni O ni en A.

EXERCICE 2 4 points

Les parties A et B sont indépendantes

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie A

Puisque tous les ordinateurs ont la même probabilité d’être choisis la probabilité est

égale à :

(3 2

)

(25 2

) =

3!

2! 25!

2!×23!

= 3

25×12 =

1

100 = 0,01.

Partie B

1. On a p(X > 5)= 1−p(X 6 5). Donc : p(X > 5) = 0,4 ⇐⇒ 1− p(X 6 5) = 0,4 ⇐⇒ 0,6 = p(X 6 5) ⇐⇒ 0,6 = ∫5

0 λe−λx dx ⇐⇒ 0,6 =

[

−e−λx ]5

0 ⇐⇒ 0,6 = −e−5λ+1 ⇐⇒ e−5λ = 0,4 ⇐⇒

(par croissance de la fonction logarithme népérien) −5λ = ln0,4 ⇐⇒ λ = ln0,4

−5 .

Or ln0,4

−5 ≈ 0,183 à10−3 près.

2. Il faut calculer : p(X>3)(X > 5)= p(X > 5) p(X > 3)

= e−5λ

e−3λ = e−2λ = e−0,36 ≈ 0,698.

3. a. On fait 10 fois le même tirage de façon indépendante. On a donc une

loi binomiale de paramètre 10 et 0,4. La probabilité cherché est donc le

complément à 1 de la probabilité de n’avoir aucun ordinateur en état de

marche soit :

1− (0,6)10 ≈ 0,994 à10−3 près. b. Avec n ordinateurs on a à résoudre l’inéquation :

1−0,6n > 0,999 ⇐⇒ 0,001> 0,6n ⇐⇒ ln0,001> n ln0,6 ⇐⇒

n > ln0,001

ln0,6 . Or

ln0,001

ln0,6 ≈ 13,5.

Le nombre minimal est donc 14 ordinateurs.

EXERCICE 3 5 points

Partie A : Restitution organisée de connaissances

Comme a +b + c 6= 0 le barycentre G de A, B et C affectés des coefficients respectifs a, b et c et vérifie :

a −−→ GA +b−−→GB +c−−→GC =−→0 . On a donc grâce à la relation de Chasles :

a−−→MA + b−−→MB + c−−→MC ‖ = k ⇐⇒ ‖a−−−→MG + a−−→GA + b−−−→MG + b−−→GB + c−−−→MG + c−−→GC ‖ =

k ⇐⇒

∥ ∥ ∥ ∥ ∥ ∥ ∥ ∥

a −−→ GA +b−−→GB +c−−→GC

︸ ︷︷ ︸

=−→0

+(a +b +c)−−−→MG

∥ ∥ ∥ ∥ ∥ ∥ ∥ ∥

= k ⇐⇒ |a + b + c| ∥ ∥ ∥ −−→ MG

∥ ∥ ∥ = k ⇐⇒

GM = k

|a +b +c| .

Cette dernière égalité montre que tous les points M sont à la distance k

|a +b +c| du

point G, donc appartiennent à la sphère de centre G et de rayon k

|a +b +c| .

Partie B

1. On a −−→ BC (0 ; 1 ; 0),

−→ BE (−1 ; 0 ; 1) d’où −→n · −−→BC = 0+ 0+ 0 = 0 et −→n · −→BE =

0+0+0= 0. Comme

−−→ BC et

−→ BE ne sont pas colinéaires, on déduit que le vecteur

−→ n est nor-

mal au plan (BCE).

Amérique du Nord 2 27 mai 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. M(x ; y ; z)∈ (BCE) ⇐⇒ −→ n ·

−−→ BM = 0 ⇐⇒ 1(x −1)+0(y −1)+1(z −0)= 0 ⇐⇒

x + z −1= 0. 3. La droite (∆) étant perpendiculaire au plan (BCE) admet pour vecteur direc-

teur −→ n et contient E.

Une des équations paramétriques est donc :

M(x ; y ; z) ∈ (∆) ⇐⇒ il existe t ∈R tel que

x = 0+ t y = 0+0t z = 1+ t

⇐⇒

x = t y = 0 z = 1+ t

t ∈R

4. Le plan (ABC) a pour équation z = 0. Un point est commun à(∆) et à(ABC) si ses coordonnées vérifient le système : 





x = t y = 0 z = 1+ t z = 0

t ∈R ⇐⇒





x = t y = 0 −1 = t z = 0

⇐⇒





x = −1 y = 0 −1 = t z = 0

Il y a donc un seul point commun le point R de coordonnées (−1 ; 0 ; 0).

Or lemilieu de [BR] a pour coordonnées

( 1−1 2

; 0+0 2

; 0+0 2

)

= (0 ; 0 ; 0) : c’est

le point A. Donc R est le symétrique de B par rapport à A.

5. a. Soit G le barycentre des points R, B et C affectés des coefficients respec-

tifs 1, −1 et 2 : ce barycentre existe puisque 1−1+2 6= 0 et vérifie donc par définition :

−−−→GR −1−−→GB +2−−→GC =−→0 . Les coordonnées de G sont donc :

xG = 1xR− xB+2xC

2 = 0 ;

yG = 1yR− yB+2yC

2 = 1 ;

zG = 1zR− zB+2zC

2 = 0.

Ces coordonnées sont en fait celles du point D.

b. CommeDest le barycentre deR, B etC affectés des coefficients respectifs

1, −1 et 2, on a donc par définition : 1 −−→ DR −1−−→DB +2−−→DC =−→0 .

En utilisant la relation de Chasles :

‖−−→MR −−−→MB +2−−→MC ‖ = 2 p 2 ⇐⇒ ‖−−−→MD +−−→DR −−−−→MD −−−→DB +2−−−→MD +2−−→DC ‖=

2 p 2 ⇐⇒ ‖−−→DR −−−→DB +2−−→DC

︸ ︷︷ ︸

=−→0

+−−−→MD −−−−→MD +2−−−→MD ‖= 2 p 2 ⇐⇒ ‖2−−−→MD ‖=

2 p 2 ⇐⇒ DM =

p 2 : les points M appartiennent donc à, la sphère de

centre D et de rayon p 2.

Rem. : on aurait utiliser directement le résultat de la R. O. C.

c. On a DB2 = 1+1 = 2, DE2 = 1+1 = 2 et DG2 = 1+1 = 2, d’où DB = DE = DG =

p 2, ce qui démontre que B, E et G appartiennent à l’ensemble (S).

d. Calculons la distance du centre de la sphère au plan (BCE) :

d(D, (BCE))= |0+0−1 12+12

= 1 p 2 =

p 2

2 < p 2. Cette distance étant inférieure

au rayon de la sphère, ceci démontre que (S) et (BCE) sont sécants selon

un cercle, dont le centre est le projeté orthogonal de D sur le plan (BCE)

et son rayon r vérifie l’égalité de Pythagore

r 2+ (p

2

2

)2

= (p

2 )2

⇐⇒ r 2+ 1

2 = 2 ⇐⇒ r 2 =

3

2 ⇐⇒ r =

3

2 =

Amérique du Nord 3 27 mai 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

p 3

p 2 =

p 6

2 .

E

A

B

C

G

F

H

D

EXERCICE 3 5 points

Enseignement de spécialité

Partie A : Restitution organisée de connaissances

Soient a, b et c trois entiers non nuls ; supposons que a divise le produit bc et que a

et b soient premiers entre eux.

Il existe donc un entier k tel que bc = ka. D’autre part puisque a et b soient premiers entre eux, il existe d’après le théorème de Bezout deux entiers u et v tels que : au+ bv = 1 ou en multipliant par c non nul : acu+bcv = c et en remplaçant bc par ka : acu+kav = c ⇐⇒ a(cu+kv)= c. Cette égalité montre que a divise c.

Partie B

1. On calcule : u1 = 2+3+6−1 = 10 ; u2 = 4+9+36−1 = 48 ; u3 = 8+27+216−1 = 250 ; u4 = 16+81+1296−1 = 1392 ; u5 = 32+243+7776−1 = 8050 ; u6 = 64+729+46656−1 = 47448.

2. On a : 2≡ 0 mod 2⇒ 2n ≡ 0 mod 2 ; 3≡ 1 mod 2⇒ 3n ≡ 1 mod 2 ; 6≡ 0 mod 2⇒ 6n ≡ 0 mod 2. Donc un = 2n +3n +6n −1≡ 0+1+0−1 ≡ 0 mod 2 un est donc pair.

Ou encore 2n et 6n sont pairs ; 3n et 1 sont impairs, donc leur différence est

paire et par somme un est pair.

3. n est pair : il existe donc k ∈N∗ tel que n = 2k. On peut donc écrire : un = u2k = 22k +32k +62k −1 = 4k +9k +22k ×32k −1 = 4k +4k ×9k +9k −1. Comme 4≡ 0 mod 4, 4k ≡ 0 mod 4 ; 4k ×9k ≡ 0 mod 4 ; 9≡ 1 mod 4, donc 9k ≡ 1 mod 4, d’où par somme : u2k ≡ 0+0+1−1 = 0 mod 4, c’est-à-dire que u2k est un multiple de 4.

Amérique du Nord 4 27 mai 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. On a vu que 2 divise u1, que 3 divise u2, que 5 divise u3 et 7 divise u5.

Donc 2, 3, 5 et 7 appartiennent à l’ensemble (E)

5. a. D’après le théorème de Fermat, 2 étant premier avec p, on a 2p−1 ≡ 1 mod p.

Donc 6×2p−2 = 3×2p−1 ⇐⇒ 3 mod p. D’autre part 3 étant premier avec p, 3p−1 ≡ 1 mod p. Donc 6×3p−2 = 2×3p−1 ≡ 2 mod p.

b. Par définition : 6up−2 = 6 (

2p−2+3p−2+6p−2−1 )

= 6×2p−2+6×3p−2+6p−1−6. On a vu que 6×2p−2 ≡ 3 mod p, que 6×3p−2 ≡ 2 mod p et on a 6p−1 ≡ 1 mod p car p premier avec 2 et 3 est premier avec 6.

Donc 6×up−2 ≡ 3+2+1−6 mod p soit 6×up−2 ≡ 0 mod p. c. On vient de démontrer que 6×up−2 ≡ 0 mod p : donc p divise

up−2 , mais p et 6 sont premiers entre eux, donc d’après le théorème de Gauss p divise up−2.

Conclusion : tout entier p premier appartient à l’ensemble (E)

EXERCICE 4 6 points

Partie A

1. g somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ est dérivable et sur cet inter- valle :

g ′(x)= ex −1. g ′(0) = 0 et pour tout réel x ∈ [0 ; +∞[, g ′(x)> 0 par stricte croissance de la fonction exponentielle (x > 0⇒ ex > e0 > 1). Conclusion : g ′(x)> 0 sur [0 ; +∞[, la dérivée ne s’annulant qu’en 0 donc la fonction g est strictement croissante sur cet intervalle.

2. On a g (0)= 1−0−1= 0. La fonction étant strictement croissante sur [0 ; +∞[, on a, quel que soit x,g (x)> g (0), donc g (x)> 0.

3. On vient de démontrer que pour tout réel de l’intervalle [0 ; +∞[, g (x)> 0 ⇐⇒ ex x −1> 0 ⇐⇒ ex x > 1.

Partie B

1. On a f (0)= 1−1 1

= 0 et f (1)= e−1 e−1

= 1.

Comme la fonction f est croissante sur [0 ; 1], 06 x 6 1⇒ f (0)6 f (x)6 f (1) ⇐⇒ 06 f (x)6 1.

2. a. f (x)− x = ex −1 ex x

x = ex −1− xex + x2

ex x =

ex (1− x)+ x2−1 ex x

=

ex (1− x)+ (x +1)(x −1) ex x

= ex (1− x)− (x +1)(1− x)

ex x =

(1− x) (ex x −1) ex x

= (1− x)g (x)

ex x .

b. La position relative de la droite (D) et de la courbe (C ) sur [0 ; 1] est don-

née par le signe de la différence précédente : f (x)− x. Or on a vu sur [0 ; 1], g (x)> 0 et ex x > 1> 0. Comme de plus 1−x > 0, tous les termes du quotient sont positifs, donc f (x)− x > 0, ce qui signifie que la courbe (C ) est au dessus de la droite (D).

Amérique du Nord 5 27 mai 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. a. En posant : u(x)= ex x, u est dérivable sur [0 ; 1] et u′(x)= ex −1, donc

f (x)= u′(x)

u(x) .

On reconnaît la dérivée de la fonction ln |u(x)|, mais comme on a vu que u(x)= ex x > 1> 0, |u(x)| = u(x). Conclusion : une primitive sur [0 ; 1] de f est la fonction F définie par

F (x)= ln (

ex x )

.

b. On a vu que sur [0 ; 1], la courbe (C ) est au dessus de la droite (D), donc

l’aire, en unités d’aire, du domaine du plan délimité par la courbe (C ), la

droite (D) et les droites d’équations x = 0 et x = 1 est égale à l’intégrale : ∫1

0 [ f (x)− x]dx

[

F (x)− x2

2

]1

0

= F (1)− 1

2 −F (0)=

ln (

e1−1 )

− 1

2 − [

ln (

e0−0 )]

= ln(e−1)− 1

2 . (u. a.)

Partie C

1. Voir plus bas.

2. Initialisation : u0 = 1

2 et on a vu (question 2. b.)que sur [0 ; 1] f (x)− x > 0, soit

avec x = u0, f (u0)−u0 > 0 ⇐⇒ u1−u0 > 0 ⇐⇒ u1 > u0.

On a donc 1

2 6u0 6 u1 6 1.

Hérédité : Supposons qu’il existe p ∈N tel que : 1

2 6 up 6 up+1 6 1 par croissance de la fonction f sur [0 ; 1] :

f

( 1

2

)

6 f (

up )

6 f (

up+1 )

6 f (1) ⇐⇒ u1 6 up+1 6 up+2 6 1

et comme u1 > u0 = 1

2 , on a

1

2 6 up+1 6 up+2 6 1.

On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n, 1

2 6 un 6 un+1 6 1.

3. On vient de démontrer que la suite (un ) est croissante et elle est majorée par

1.

Elle converge donc vers un réel 6 1.

Or f est continue, donc comme un+1 = f (un ) on obtient par continuité =

f () qui a pour solution dans l’intervalle

[ 1

2 ; 1

]

le nombre 1.

Conclusion lim n→+∞

un = 1.

Amérique du Nord 6 27 mai 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE

EXERCICE 4

O x

y

1

1 u0 u1 u2 u3

Amérique du Nord 7 27 mai 2011

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