Corrigé – exercices - calcul avancé 13, Exercices de Calculs avancés
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices - calcul avancé 13, Exercices de Calculs avancés

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Corrigé – exercices sur les calcul avancé 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la solution de l’équation différentielle, L’unité sur l’axe des ordonnées.
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EtrangerSjuin2011Corrige.dvi

Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers 16 juin 2011

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

1. a.

A0 =O A1

0 1

A2 A3A4 A5A6 + ++ ++

On a a2 = a0+a1

2 = 0,5, puis a3 = 0,75, a4 = 0,625a5 = 0,6875 et

a6 = 0,65625 b.c Puisque le point An+2 est le milieu du segment [AnAn+1] cela se traduit

en abscisses par an+2 = an +an+1

2 .

2. Initialisation : − 1

2 a0+1=−0+1= 1= a1. La formule est vraie au rang 0.

Hérédité : Supposons qu’il existe p ∈ N, p > 0 tel que ap+1 = − 1

2 ap + 1, qui

équivaut à ap = 2−2ap+1 .

Alors ap+2 = ap +ap+1

2 =

2−2ap+1+ap+1 2

= 2−ap+1

2 = 1−

1

2 ap+1, donc la

relation est vraie au rang p+1.

On a donc démontré que pour tout naturel n ∈Nan+1 =− 1

2 an +1.

3. On a pour tout naturel n ,vn+1 = an+1 − 2

3 = −

1

2 an + 1−

2

3 = −

1

2 an +

1

3 =

− 1

2

( an

2

3

) =−

1

2 vn .

La relation pour tout naturel n ∈ N, vn+1 = − 1

2 vn montre que (vn) est une

suite géométrique de raison − 1

2 et de premier terme v0 = a0−

2

3 =−

2

3 .

4. On sait que pour tout naturel n ∈N, vn+1 = v0 ( − 1

2

)n =−

2

3

( − 1

2

)n .

Or −1<− 1

2 < 1⇒ lim

n→+∞

( − 1

2

)n = 0.

Donc lim n→+∞

vn = 0.

Comme an = vn + 2

3 , on a lim

n→+∞ an =

2

3 .

EXERCICE 2 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Question 1 Affirmation

Méthode 1 : On a AB2 = |ba|2 = |2i−1|2 = 4+1= 5 ;

AC2 = |ca|2 =

∣∣∣∣∣

(p 3−

1

2

) + i

(p 3

2 +1

)∣∣∣∣∣

2

= (p

3− 1

2

)2 + (p

3

2 +1

)2 = 3+

1

4 − p 3+

3

4 +

1− p 3= 5 ;

BC2 = |c b|2 =

∣∣∣∣∣

(p 3+

1

2

) + i

(p 3

2 −1

)∣∣∣∣∣

2

= (p

3+ 1

2

)2 + (p

3

2 −1

)2 = 3+

1

4 + p 3+

3

4 +

1− p 3= 5.

On a donc AB = AC = BC. L’affirmation est vraie.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Méthode 2 On considère la rotation de centre B et d’angle π

3 .

L’image deM d’affixe z par cette rotation est le point M ′ d’affixe z ′ telle que :

z ′−b = ei π 3 (zb) ou z ′ = 3i+

( 1

2 + i

p 3

2

) (z−3i).

L’image de A d’affixe 1+ i dans cette rotation est donc le point d’affixe :

3i+ ( 1

2 + i

p 3

2

) (1+ i−3i)= 3i+

( 1

2 + i

p 3

2

) (1−2i)= 3i+

1

2 − i+ i

p 3

2 + p 3=

1

2 + p 3+ i

(p 3

2 +2

) soit l’affixe du point C. Ceci démontre que le triangle ABC est

équilatéral.

Question 2

La transformation est une rotation ; or 2i

p 3+ i

= 2i (p

3− i )

(p 3+ i

)(p 3− i

) = 2i p 3+2

3+1 =

1

2 + i

p 3

2 = cos π

3 + i sin π

3 = ei

π 3 .

L’affirmation est vraie.

Question 3∣∣− p 3+ i

∣∣2 = 3+1= 4= 22 ⇒ ∣∣−

p 3+ i

∣∣= 2 ; d’où en factorisant ce module :

− p 3+ i= 2

( − p 3

2 + 1

2 i

) = 2ei

5π 6 .

Donc a = ( − p 3+ i

)2011 = ( 2ei

5π 6

)2011 = 22011ei

5π×2011 6 = 22011e−i

π 6 .

Un argument de cette puissance est − π

6 : ce nombre n’est pas un imaginaire pur.

L’affirmation est fausse.

Question 4 On a P (X 6 2)= 1−e−2λ et P (X 6 3)= 1−e−3λ.

Il faut calculer PX>2 (6 X 6 3)= P (X > 2∩X 6 3)

P (X > 2) =

1−e−3λ−1+e−2λ

e−2λ =−e−λ+1=

1−e−λ. L’affirmation est vraie.

Question 5

On a une loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 5

n .

La probabilité d’obtenir 0 noire en 10 tirages est égale à :( 10

0

) × ( 5

n

)10 = ( 5

n

)10 (n−5 n

)10 = ( 5

n

)10 .

Donc la probabilité d’obtenir au moins une boule noire sur les 10 tirages est le com-

plément à 1 soit :

1− ( 5

n

)10 .

Il faut donc résoudre l’inéquation :

1− ( 5

n

)10 > 0,9999 ⇐⇒

( 5

n

)10 6 0,0001 ⇐⇒ (par croissance de la fonction loga-

rithme népérien 10ln

( 5

n

) 6 ln0,0001 ⇐⇒ ln

( 5

n

) 6

ln0,0001

10 ⇐⇒

ln5− lnn6 ln0,001

10 ⇐⇒ lnn> ln5−

ln0,001

10 .

Or ln5− ln0,001

10 ≈ 2,530. La calculatrice donne n> e2,53 ≈ 12,5.

La plus petite valeur de l’entier n est donc bien égale à 13. L’affirmation est vraie.

EXERCICE 2 5 points

Centres étrangers 2 16 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Question 1

Une solution évidente de cette équation est (−2 ; 1). On a :{ 2× (−2)+11×1 = 7 2x+11y = 7 ⇒ (par différence membre à membre)

2(x+2)+11(y −1) = 0 ⇐⇒ 2(x+2)= 11(1− y) (3). Ceci montre que 2(x+2) divise 11 mais comme 2 est premier avec 11, x+2 divise 11. (Gauss).

Il existe donc α ∈Z tel que x+2= 11α soit en remplaçant dans l’équation (3), 2×11α= 11(1− y) ⇐⇒ 2α= 1− y ⇐⇒ y = 1−2α. Les solutions de (E) sont donc les couples (−2+11α ; 1−2α), α∈Z. De plus le couple (9 ; −1) est aussi une solution évidente de (E) et il n’existe pas d’entier k tel que 9= 22k−2, . . . L’affirmation est donc fausse.

Question 2 On a 11 ≡ 4 mod 7, donc N ≡ 42011 mod 7. Il reste à déterminer les restes des puissances de 4 dans la division euclidienne par

7.

On a 4≡ 4 mod 7, 42 ≡ 2 mod 7 et 43 ≡ 1 mod 7. Donc N =

( 43 )670×4≡ 4 mod 7.

L’affirmation est vraie.

Question 3 Une figure rapide montre que le point C de coordonnées négatives n’est pas situé

« du bon côté de [AB] ». D’autre part l’image du point B par la similitude de centre A,

de rapport p 2 et d’angle −

π

2 a pour affixe

p 2e−i

π 2 (zB− zA)+ zA =−i

p 2(−1+2i)+1+ i= 2

p 2+1+ i

(p 2+1

) .

Le point C est l’image du point B par la similitude de centre A, de rapport p 2 et

d’angle π

2 .

L’affirmation est fausse.

Question 4 L’image du point A par f a pour affixe : 1

5 (−3−4i)(1− i)+

1

5 (12+6i)= 1+ i= a.

L’image du point B par f a pour affixe : 1

5 (−3−4i)(2+ i)+

1

5 (12+6i)= 2− i= b.

La similitude f admet deux points fixes distincts A et B : c’est donc l’identité ou la

réflexion d’axe (AB). Mais l’image de O n’est pas O.

L’affirmation est vraie.

Question 5 La surface S est un paraboloïde hyperbolique d’équation z = 4xy . La section avec le plan d’équation z = 0 est l’ensemble des points de l’espace dont

les coordonnées vérifient l’un des deux systèmes

{ z = 0 x = 0 ou

{ z = 0 y = 0

C’est donc la réunion des axes (Ox) et (Oy) qui sont deux droites orthogonales de

l’espace.

L’affirmation est vraie.

EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats

Centres étrangers 3 16 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

A

B C

D

E

F G

H

M

I

JK

θ 2

1. a. C(1 ; 1 ; 0) ; E(0 ; 0 ; 1) ; I ( 1 ; 12 ; 0

) ; J ( 1 2 ; 1 ; 0

) .

b. M(x ; y ; z)∈ (CE) ⇐⇒ il existeα ∈R :−−→CM =α−−→CE) ⇐⇒

  

x−1 = −α y −1 = −α z−0 = α

⇐⇒

  

x = 1−α y = 1−α z = α

Finalement :

M(x ; y ; z) ∈ [CE] ⇐⇒ il existe α ∈ [0 ; 1] tel que :

  

x = 1−α y = 1−α z = α

Pour α= 0, le point est en C, pour α= 1 le point est en E. 2. a. Un point M(x ; y ; z) appartient au plan médiateur de [IJ] s’il est équi-

distant de I et de J, c’est-à-dire si MI = MJ ou MI2 = MJ2 ⇐⇒ (x−1)2+( y − 1

2

)2+ z2 = ( x− 1

2

)2+ (y −1)2+ z2 ⇐⇒ x2+1−2x + y2+ 1 4 − y + z2 =

x2+ 14 − x + y 2+1−2y + z2 ⇐⇒ −x + y = 0 ⇐⇒ y = x équation du plan

médiateur.

Il est évident que C et E ont leurs coordonnées qui vérifient cette équa-

tion.

b. Les coordonnées de M vérifient pour tout t ∈ [0 ; 1] l’équation du plan médiateur donc MI=MJ et le triangle MIJ est isocèle enM .

c. On a IM2 = (1−t−1)2+ ( 1− t − 1

2

)2+(t−0)2 = t2+ 1 4 +t2−t+t2 = 3t2−t+ 1

4 .

3. a. Sur l’intervalle [0 ; π] la fonction sinus est croissante sur [ 0 ; π

2

] et décrois-

sante sur [ π 2 ; π

] avec unmaximum en π2 . Donc la mesure θ est maximale

lorsque sin

( θ

2

) est maximal.

b. Dans le triangle IMJ, soit K le milieu de [IJ]. Le triangle étant isocèle enM la droite (MK)estmédiane et donc aussi hauteur. Le triangle IMK est donc

rectangle en K et par définition sin θ 2 =

IK

MI . Par définition de la fonction

inverse le sinus est maximal quand le dénominateur IM est minimal.

c. On a f (t)= 3 ( t2− t

3 + 1

12

) = 3

[( t − 1

6

)2− 1 36

+ 1 12

]

= 3 [( t − 1

6

)2− 1 18

] .

La forme canonique du trinôme montre que le minimum de la fonction

est obtenu pour x = 1

6 et que ce minimum est égal à f

( 1 6

) = 3× 1

18 =

1

6 .

d. On a vu (question 2. c.) que IM2 = f (t) et que le minimum de IM2, donc de IM correspond aumaximum de l’angle ÎMJ. Donc le point M0 de [EC]

Centres étrangers 4 16 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

correspondant à la valeur du paramètre t0 = 1

6 est le point unique corres-

pondant à la valeur maximale de l’angle IM0J e. Géométriquement, on sait que la distance d’un pointM à une droite (EC)

est obtenue avec le projeté orthogonal du point M sur la droite (EC).

Donc le point M0 est le projeté orthogonal du point I sur le segment [EC].

EXERCICE 4 6 points Commun à tous les candidats

1. Étude des fonctions f et g

a. f (x)= exe−x et g (x)= ex2e−x . On a lim

x→−∞ e−x =+∞, d’où par produit de limites lim

x→−∞ f (x)=−∞.

Comme lim x→−∞

x2 =+∞, lim x→−∞

g (x)=+∞.

b. On sait que lim x→+∞

xe−x = 0, donc lim x→+∞

f (x)= 0.

De même comme pour tout naturel n, lim x→+∞

xne−x = 0, on a lim x→+∞

g (x)= 0.

c. f produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur cet intervalle f ′(x)= e(e−x xe−x )= ee−x (1− x). Comme e−x > 0 quel que soit le réel x, le signe de f ′(x) est celui de 1− x qui est positif sur ]−∞ ; 1[ et négatif sur ]1 ; +∞[. D’où le tableau de variations de f :

x −∞ 1 +∞

f (x)

−∞

1

0

g produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur cet intervalle

g ′(x)= e ( 2xe−x x2e−x

) = ee−xx(2− x).

Comme e−x > 0 quel que soit le réel x, le signe de g ′(x) est celui du tri- nôme x(1− x) qui est négatif sauf entre les racines 0 et 2. D’où le tableau de variations de g :

x −∞ 0 2 +∞

g (x)

+∞

0

4 e

0

2. Calcul d’intégrales

a. I0 = ∫1 0 e

1−x dx = e ∫1 0 e

x dx = e[−e−x ]10 = e [ −e−1+1

] = e−1.

b. On a In+1 = ∫1 0 x

n+1e1−x dx = e ∫1 0 x

n+1e−x dx.

On pose :{ u(x) = xn+1 v ′(x) = e−x

u′(x) = n+1xn v(x) = −e−x

Toutes les fonctions sont continues car dérivables sur R, on peut donc

faire une intégration par parties :

In+1 = e [ −xn+1e−x

]1 0−e

∫1

0 (n+1)xne−x dx = e[−e+0]−e

∫1

0 xne−x dx =

−ee−1−e(n+1)In =−1+ (n+1)In = In+1.

Centres étrangers 5 16 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c. La formule précédente donne pour n = 0, I1 =−1+ I0 =−1+e−1= e−2. Pour n = 1, I2 =−1+2I1 =−1+2(e−2)= 2e−5.

3. Calcul d’une aire plane

a. Soit d la fonction définie sur R par d(x) = f (x)− g (x)= xe1−x x2e1−x = xe1−x (1− x). Comme e1−x > 0 quel que soit le réel x, le signe de f (x) est celui du tri- nôme x(1− x), soit négatif sauf entre les racines du trinôme 0 et 1. Ceci montre que la courbe C est au dessus de la courbe C ′ sur ]0 ; 1[ et au dessous sur ]−∞ ; 0[ et sur ]1 ; +∞[.

b. On vient de voir que sur l’intervalle [0 ; 1] f (x) > g (x), donc l’aire de la partie du plan comprise d’une part entre les courbes C et C ′, d’autre part entre les droites d’équations respectives x = 0 et x = 1 est égale à la différence des intégrales :

A = ∫1

0 f (x)dx

∫1

0 g (x)dx =

∫1

0 [ f (x)−g (x)]dx = I1−I2 = e−2−(2e−5)= 3−e.

par linéarité de l’intégrale.

4. Étude de l’égalité de deux aires

a. On a Sa = A ⇐⇒ 3− e1−a ( a2+a+1

) = 3− e ⇐⇒ −e1−a

( a2+a+1

) =

−e ⇐⇒ e×e−a ( a2+a+1

) = e ⇐⇒ e−a

( a2+a+1

) = 1 ⇐⇒

a2+a+1= ea . b. Il reste à résoudre l’équation ex = x2+x+1 équivalente à exx2−x−1= 0

sur l’intervalle [1 ; +∞[. Si on pose, pour tout x réel : h(x)= ex x2−x−1 , cela revient à chercher un zéro de la fonction h sur R.

Cette fonction est deux fois dérivable sur R et sur cet intervalle

h′(x)= ex −2x−1 qui elle-même est dérivable sur R et : h′′(x)= ex −2 On a h′′(x)= 0 ⇐⇒ ex −2= 0 ⇐⇒ ex = 2 ⇐⇒ x = ln2 Donc h′′(x)> 0 ⇐⇒ ex −2> 0 ⇐⇒ ex > 2 ⇐⇒ x > ln2. h′ est continue et strictement croissante sur [ln2 ; +∞[ et à fortiori sur [1 ; +∞[ puisque ln2≈ 0,69< 1. On a h′(1)= e1−2−1= e−3< 0. De plus lim

x→+∞ h′(x)=+∞ (limite obtenue en factorisant ex .)

Donc, d’après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il

existe un réel unique α, 1<α tel que h′(α)= 0. On en déduit que h est strictement négative sur ]1 ; α[ et strictement po-

sitive sur ]α ; +∞[. h est donc strictement décroissante sur ]1 ; α[ et strictement croissante

sur ]α ; +∞[. D’autre part, lim

x→1 x>1

h(x)= e−3≈−0,28 et lim x→+∞

h(x)=+∞. Ainsi h est stric-

tement négative sur ]1 ; α[ .

Enfin, h étant continue est strictement croissante sur [α ; +∞[, il existe β ∈]α ; +∞[ , unique, tel que h(β)= 0. Avec une table de valeurs ou le solveur de la calculatrice on trouve aisé-

ment : α≈ 1,26 et β≈ 1,79. (Voir la figure ci-dessous)

Centres étrangers 6 16 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe

(Courbes de l’exercice 4)

1

2

3

−1

−2

−3

1 2 3−1−2−3 βO

C

C ′

Centres étrangers 7 16 juin 2011

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