Corrigé – exercices de géométrie – 13, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices de géométrie – 13, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Corrigé des exercices de géométrie 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’affixe du point image du point d’affixe z, l’arbre pondéré.
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Polynesie S correction juin 2006.dvi

Durée : 4 heures

[ Corrigé du baccalauréat S Polynésie \ septembre 2006

EXERCICE 1 4 points

1. a. On a ca = 2+2i et ba = 2−2i ; or ca = 2+2i= i(2−2i)= i(ba).

Cette égalité signifie que C est l’image de B dans le quart de tour direct de

centre A. Donc le triangle ABC est rectangle en A.

b. On a z−3

z−5+2i =

zzA

zzB . Donc arg

(

z−3

z−5+2i

)

=

(

−−→ AM ,

−−→ BM

)

c. Le nombre z−3

z−5+2i est un réel strictement négatif si et seulement si l’un

des ses arguments est égal àπ. D’après le b, on a donc z−3

z−5+2i ∈ R

− ⇐⇒

(

−−→ AM ,

−−→ BM

)

= π [2π] ⇐⇒ M ∈]AB[. L’ensemble cherché est donc le seg-

ment ouvert ]AB[.

2. a. Si z ′ est l’affixe du point image du point d’affixe z dans la rotation r de

centreΩ et d’angle − π

2 , cette affixe vérifie z ′−ω=−i (zω) ⇐⇒

z ′ =−iz+ω(1+ i) ⇐⇒ z ′ = z ′ =−iz+ (2− i)(1+ i) ⇐⇒ z ′ =−iz+3+ i .

b. ABC étant rectangle isocèle en A, le centre E du cercle circonscrit Γ est le

milieu de [BC] d’affixe 5 et son rayon est égal à 2.

Une rotation est une isométrie donc l’image du cercle Γ est le cercle Γ′

dont le centre est E′, image de E par r et de même rayon 2.

On a alors : zE′ = z

E =−izE+3+ i=−5i+3+ i= 3−4i.

Une équationparamétriquedeΓ′ est alors : zzE ′ = 2e iθ , θ ∈ [0 ; 2π[ donc :

z = 3−4i+2eiθ , θ ∈ [0 ; 2π[ .

EXERCICE 2 4 points

1. a. On dresse l’arbre pondéré suivant :

B

2 3

B23

b B 2 3

b N1 3

N 1 3

b B 4 5

b N1 5

N

1 3

B 4 5

b B 4 5

b N1 5

N1 5

b B 1

Les valeurs prises par X sont (de haut en bas) : 0,1, 1, 2, 1, 2, 2.

b. On a P (X = 0)=P (BBB) =

(

2

3

)3

=

8

27 .

Corrigé du baccalauréat S

c. — La probabilité demandée s’obtient en suivant la troisième branche.

Elle est égale à P (BNB)= 2

3 ×

1

3 ×

4

5 =

8

45 .

— On a demême P (NBB)= 1

3 ×

4

5 ×

4

5 =

16

75 .

P (BBN )= 2

3 ×

2

3 ×

1

3 =

4

27 .

Finalement P (X = 1)=P (BBB)+P (BNB)+P (BBN ) = 8

45 +

16

75 +

4

27 =

120+144+100

27×25 =

364

675 .

2. P (A)=

(

2

3

)k−1

×

1

3 =

2k−1

3k .

PA(B). On sait donc que l’on a tiré une noire au k-ième tirage. Il reste donc

4 blanches et une noire. On tire (nk) boules blanches avec une proba-

bilité de PA(B)=

(

4

5

)nk

.

— Si seule la k-ième boule tirée est noire c’est que N =A∩B.

On a donc p(N)= p(A∩B)=PA(B)×P (A)=

(

4

5

)nk

×

2k−1

3k =

22nk−1

3k ×5nk .

EXERCICE 3 7 points

1. a. En écrivant f (x)= 2x3e−x−4x2e−x les deux termes de la somme ont pour

limite moins l’infini, on obtient lim x→−∞

f (x)=−∞.

De la même façon en plus l’infini, les deux termes ont pour limite 0 (car,

pour toutn ∈N, lim x→+∞

xne−x = 0 (croissances comparées)), donc lim x→+∞

f (x)=

0.

b. La dérivée de la fonction f est donnée par

f ′(x)= e−x (

6x2−8x−2x3+4x2 )

= e−x (

−2x3+10x2−8x )

=

2xe−x (

x2+5x−4 )

.

c. Comme quel que soit x ∈ R, e−x > 0, le signe de la dérivée est celui de

x (

x2+5x−4 )

. Le trinôme a pour racines 1 et 4, donc le signe de la déri-

vée dépend de la position de x par rapport aux nombres 0, 1 et 4. D’où le

tableau de variations :

x −∞ 0 1 4 +∞

f (x)

f

trinôme

x − + + +

+ + − +

+ − + −

0

0 0

0 0 0

−∞

0

− 2 e

64 e4

0

d. Courbe représentative (C ) :

Polynésie 2 septembre 2006

Corrigé du baccalauréat S

1

−1

−2

−3

−4

−5

−6

1 2 3 4 5 6 7 8 9−1−2 −→ ı

−→

2. a. I1 =

∫1

0 xe−x dx.

Avec

{

u(x)= x dv(x)= e−x

du(x)= 1 v(x)=−e−x onobtient en intégrant par parties, toutes

les fonctions étant dérivables et leurs dérivées continues,

I1 = [−xe −x ]10+

∫1

0 e−x dx =

[

xe−x −e−x ]1 0 = 1−

2

e .

b. L’égalité In =nIn−1− 1

e donne pour n = 2, I2 = 2I1−

2

e = 2−

5

e .

Pour n = 3, I3 = 3I2− 1

e = 3

(

2− 5

e

)

1

e = 6−

16

e .

c. L’aire du domaine défini est égal (en unités d’aire) à la valeur absolue de

l’intégrale

∫1

0

(

2x3−4x2 )

e−x dx = 2

∫1

0 x3e−x dx − 4

∫1

0 x2e−x = 2I3 − 4I2

(par linéarité de l’intégrale).

On a donc

∫1

0

(

2x3−4x2 )

e−x dx = 2

(

6− 16

e

)

−4

(

2− 5

e

)

= 4− 12

e .

Conclusion A = 12

e −4≈ 0,4.

Effectivement sur la figure, sur l’intervalle [0 ; 1], la fonction est négative

et l’aire vaut moins de 1

2 carreau (cm2).

3. a. Pour tout x de

[

1

b ; 1

a

]

, on définit v(x) par v(x)= u

(

1

x

)

. v est la composée

de la fonction inverse x 7→ 1

x , décroissante sur

[

1

b ; 1

a

]

et à valeurs dans

[a ; b] et de la fonctionu, supposée croissante sur [a ; b]. Par composition,

on obtient une fonction décroissante sur

[

1

b ; 1

a

]

.

b. On a donc g (x)= f

(

1

x

)

=

(

2

x3 −

4

x2

)

e− 1 x .

Enposant 1

x =α, g (α)=

(

2α3−4α2 )

e−α. Onobtient alors facilement lim α→0

g (α)=

lim x→+∞

g (x)= 0 et lim α→+∞

g (α)= lim x→0

g (x)= 0

c. De même qu’au 2 a, on démontrerait que si u est décroissante, alors v

est croissante. Le tableau de variations de g se déduit donc de celui de f

après avoir remarqué que si 1< 4, alors 1

4 < 1. Les intervalles de variations

sont donc

]

0 ; 1

4

]

,

[

1

4 ; 1

]

et [1 ; +∞[ : d’où le tableau :

Polynésie 3 septembre 2006

Corrigé du baccalauréat S

x 0 1 4 1 +∞

g (x)

0

64 e4

− 2 e

0

EXERCICE 4 5 points

1. Un vecteur −→ n 1 normal à (P1) est

−→ n 1

−2

1

1

. Un vecteur −→ n 2 normal à (P2) est

−→ n 1

1

−2

4

. Ces deux vecteurs sont non nuls et −→ n 1 ·

−→ n 2 =−2×1+1×(−2)+1×

4= 0. Ces vecteurs étant orthogonaux, les deux plans sont perpendiculaires.

2. En posant z = t les coordonnées de la droite commune aux deux plans vé-

rifient

{

−2x+ y = 6− t

x−2y = 9−4t ⇐⇒

{

−2x+ y = 6− t

2x−4y = 18−8t ⇒ −3y = 24−

9t ⇐⇒ y = −8+3t et en reportant dans l’une des équations des plans x =

−7+2t .

Conclusion : M(x ; y ; z) ∈ (P1∩ (P2)= (D ⇐⇒

x = −7+2t

y = −8+3t

z = t

.

3. a. On a −18−4−1−6 = 0 Faux et −9+8−4−9 = 0 Faux

b. AM2 = (x+9)2+ (y+4)2+ (z+1)2 = (2+2t)2+ (−4+3t)2+ (t+1)2 = 14t2−

14t +21= 7 (

2t2−2t +3 )

.

c. f (t)= 2t2−2t+3= 2

(

t2− t + 3

2

)

= 2

[(

t − 1

2

)2

1

4 +

3

2

]

= 2

[(

t − 1

2

)2

+

5

4

]

>

2× 5

4 =

5

2 > 0. Ce trinôme est donc décroissant sur ]−∞ ;

1

2 ], croissant sur

[ 1

2 ; +∞[ et a unminimum en

1

2 .

Le point correspondant est Mmini = I

(

−6 ; − 13

2 ; 1

2

)

.

4. a. La représentation paramétrique de (D) donne les coordonnées d’un vec-

teur directeur de (D), donc un vecteur normal à (Q), c’est le vecteur −→ q

2

3

1

.

Une équation de (Q) est donc : 2x+3y + z+α = 0. A ∈ (Q) ⇐⇒

−18−12−1+α = 0 ⇐⇒ α= 31.

Une équation de (Q) est donc :M ∈ (Q) ⇐⇒ 2x+3y + z+31 = 0.

b. Le triangle AMI est rectangle en I. Le côté [AI] a une longueur inférieure à

celle de l’hypoténuse [AM] : I est bien le projeté orthogonal de A sur (D) .

Polynésie 4 septembre 2006

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