Corrigé - exercitations mathématique appliquée 4, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Corrigé - exercitations mathématique appliquée 4, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 4 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les solutions complexes, le repère orthonormal.
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NlleCaledonieSnov2011corrige.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Nouvelle-Calédonie \ 10 novembre 2011

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

1. z2−2z+2= 0 ⇐⇒ (x−1)2−1+2= 0 ⇐⇒ (x−1)2+1= 0 ⇐⇒ (x−1)2− i2 = 0 ⇐⇒ (x−1+ i)(x−1− i)= 0. Il y a donc deux solutions complexes :

1− i ; 1+ i.

2.

1

−1

−2

−3

−4

−5

1 2 3 4 5 6 7−1−2−3

b

b

b

b

b

b

A

B

C

D

C′

C′′

O

3. On a |zD− zA|2 = |3−1− i|2 = |2− i|2 = 4+1= 5. Demême |zD− zB|2 = |3−1+ i|2 = |2+ i|2 = 4+1= 5. |zD− zC|2 = |3−2+2i|2 = |1+2i|2 = 1+4= 5. On a donc DA2 =DB2 =DC2 = 5 ⇐⇒ DA=DB=DC=

p 5.

Conclusion : A, B et C appartiennent à un même cercle de centre D et de

rayon p 5.

4. zC−3 zA−3

= 2−2i−3 1+ i−3

= −1−2i −2+ i

= (−1−2i)(−2− i) (−2+ i)(−2− i)

= 2−2+ i+4i

4+1 =

5i

5 = i.

• On a donc zC−3= i(zA−3) ou encore zC−zD = i(zA−zD) égalité qui signifie que C est l’image du point A dans la rotation de centre D et d’angle

π

2 .

Par propriété de la rotation DA = DC : conclusion : le triangle DAC est rec-

tangle et isocèle en D.

5. Par définition de l’homothétie h les points C, D et C′ sont alignés.

Par propriété de la rotation r le droite (DC′′) est perpendiculaire à la droite (DC′), et comme (DC′) est d’après la question précédente perpendiculaire à la droite (AD), les points A, D et C′′ sont alignés.

Affixe de C′ : par définition de l’homothétie on a :

zC′ − zD = 2(zC− zD) soit zC′ −3= 2(2−2i−3)=−2−4i ⇐⇒ zC′ = 3−2−4i = 1−4i. Affixe de C′′ : par définition de la rotation :

zC′′ − zD = i (

zC′ − zD )

soit zC′′ − 3 = i (1−4i−3) ⇐⇒ zC′′ − 3 = −2i+ 4 ⇐⇒ zC′′ = 7−2i. Considérons le triangle AC′C′′ :

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

— A et C′ ont la partie réelle, donc la droite (AC′) est parallèle à l’axe (

O, −→ v )

;

— C et C′′ ont la même partie imaginaire, donc la droite (CC′′) est parallèle à

l’axe (

O, −→ u )

;

— Conclusion : la droite (AC′) est perpendiculaire à la droite (CC′′)

Dans le triangle ACC′ les droites (C′D) et (CC′′) sont deux hauteurs ; leur point commun C est l’orthocentre de ce triangle. La troisième hauteur est donc la

droite (AC) qui est perpendiculaire à la droite (C′C′′).

EXERCICE 2 5 points Commun à tous les candidats

1. a. • Comme lim x→0

1

x = +∞, lim

x→0 1+

1

x = +∞, puis lim

x→0 ln

(

1+ 1

x

)

= +∞, donc

finalement lim x→0

f (x)=+∞.

• Comme lim x→+∞

1

x = 0, lim

x→+∞ 1+

1

x = +1, puis lim

x→+∞ ln

(

1+ 1

x

)

= 0, donc

finalement lim x→+∞

f (x)=−∞.

b. Sur ]0 ; +∞[, f somme de composées de fonctions dérivables est déri- vable et sur cet intervalle :

f ′(x)=− 1

x2 ×

1

1+ 1 x

−1=− 1

x2 (

1+ 1 x

) −1=− 1

x2+ x −1=

−1− x2− x x2+ x

.

Comme x > 0 implique x+x2 > 0, le signede f ′(x) est celui dunumérateur −1− x2− x =−

(

1+ x+ x2 )

.

Or x > 0⇒ x+ x2 > 0⇒ 1+ x+ x2 > 1> 0 et finalement − (

1+ x+ x2 )

< 0. La négativité stricte de la fonction dérivée sur ]0 ; +∞[ implique la dé- croissance stricte de la fonction f sur cet intervalle.

c. On a vu dans les deux questions précédentes que la fonction f décroit strictement sur ]0 ; +∞[ de +∞ à −∞. : il existe donc une valeur unique α de x appartenant à ]0 ; +∞[ telle que f (α)= 0. La calculatrice donne f (0,806)≈ 0,00079 et f (0,807)≈−0,0009. Conclusion : 0,806<α< 0,807.

2. a. Voir l’annexe 1.

b. Le graphique permet-il d’émettre les conjectures suivantes ?

• Conjecture no 1 : « la suite (un )n∈N est monotone. » NON • Conjecture no 2 : « la suite (un )n∈N est minorée par 0,5. » OUI • Conjecture no 3 : « la suite (un )n∈N converge vers 1. » NON

c. Si lim n→+∞

un = lim n→+∞

un+1 = , la relation un+1 = g (un ) entraîne par conti-

nuité de la fonction g l’égalité = g () ⇐⇒ = ln (

1+ 1

)

.

d. L’égalité précédente s’écrit ln

(

1+ 1

)

= 0, ce qui montre que est une

solution de l’équation ln

(

1+ 1

x

)

x = 0 ⇐⇒ f (x)= 0.

On a vu à la question 1. c. que cette équation a une unique solution dans

]0 ; +∞[ : α. Donc =α≈ 0,806

EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats

Nouvelle-Calédonie 2 10 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. On a donc 0,6 = ∫7

0 λe−λx dx ⇐⇒ 0,6 =

[

−e−λx ]7

0 ⇐⇒ 0,6 =−e−7λ+1 ⇐⇒

e−7λ = 0,4 ⇐⇒ (par croissance de la fonction logarithme népérien −7λ =

ln(0,4) ⇐⇒ λ= ln(0,4)

−7 ≈ 0,1308 ≈ 0,131 à 10−3 près.

2. On a p(X> 5 = 1−p(X6 5) = 1− ∫t

0 0,131e−0,131x dx = 1−

[

−e−0,131x ]5

0 = 1+

e−0,131×5−1≈ 0,519≈ 0,52 à 10−2 près. 3. Puisqu’on a une loi sans vieillissement :

pX>4(X> 9)= pX>4(X> 4+5)= p(X> 5)≈ 0,52. 4. On a p(66 X6 10)= p(X6 10)−p(X6 6)=

(

1−e−0,131×10 )

− (

1−e−0,131×6 )

= e−0,131×6−e−0,131×10 ≈ 0,19.

5. a. Les temps sont supposés indépendants de durée supérieure ou égale à 5 heures (avec une probabilité égale à 0,52) ou inférieure à 5 heures (avec

une probabilité égale à 1−0,52 = 0,48). La variable Y suit donc une loi binomiale de paramètres p = 0,52 et n = 8.

b. On a p(Y= 3)= (8 3

)

×0,523×0,488−3 = 56×0,523 ×0,485 ≈ 0,20. c. On a E(Y) =n×p = 8×0,52 = 4,16≈ 4.

EXERCICE 4 5 points Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

L’espace est rapporté à un repère orthonormal (

O, −→ ı ,

−→ ,

−→ k )

.

On considère les points : A(0 ; 0 ; 2), B(0 ; 4 ; 0) et C(2 ; 0 ; 0).

1. a. On a −−→ AB (0 ; 4 ; −2) et −−→AC (2 ; 0 ; −2).

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les trois points A, B et C défi-

nissent bien un plan P1.

A(0 ; 0 ; 2) ∈ P1 ⇐⇒ 2×0+0+2×2 = 4 : vrai ; B(0 ; 4 ; 0) ∈P1 ⇐⇒ 2×0+4+0×2 = 4 : vrai ; C(0 ; 0 ; 2) ∈P1 ⇐⇒ 2×0+0+2×2 = 4 : vrai ; Une équation du plan (ABC) est donc : 2x+ y +2z = 4.

b. On sait que d(O, (ABC))= |2×0+0+2×0−4|

p 22+12+22

= 4 p 9 =

4

3 .

2. a. La droite (BC) étant orthogonale au plan, le vecteur −−→ BC est un vecteur

normal à ce plan. Comme −−→ BC (2 ; −4 ; 0), on sait qu’une équation du plan

cherché est :

2x−4y = a, avec a ∈R. Les coordonnées de A vérifient cette équation, soit :

0= a. Une équation du plan est donc 2x−4y = 0 ⇐⇒ x−2y = 0.

b. Le plan (ABC) a un vecteur normal −→ u (2 ; 1 ; 2) qui n’est pas colinéaire au

vecteur −−→ BC (2 ; −4 ; 0), vecteur normal à P , donc les plans (ABC) et P sont

sécants en ∆. On a :

M(x ; y ; z) ∈∆ ⇐⇒ {

x−2y = 0 2x+ y +2z = 4 ⇐⇒

x = 2y y = y 2x+2z = 4− y

⇐⇒

x = 2y y = y 2z = −2(2y)− y +4

⇐⇒

x = 2y y = y 2z = −5y +4

Nouvelle-Calédonie 3 10 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

⇐⇒

x = 2y y = y

z = − 5

2 y +2

⇐⇒

x = 4t y = 2t z = −5t +2

La droite (BC) orthogonale à (P) est orthogonale à toute droite de (P),

donc enparticulier à∆. Or cette droite appartient auplanABC : elle contient

un sommet A et est perpendiculaire au côté opposé [BC] : c’est donc la

hauteur issue de A du triangle ABC.

3. a. ∆′ contient le milieu I de [AC] ; I(1 ; 0 ; 1).

Un pointM(x ; y ;z) appartient à lamédiane (BI) si et seulement s’il existe

t ∈R tel que −−→BM = t−→BI qui se traduit par le système : 

x−0 = t y −4 = −4t z−0 = 1+ t

⇐⇒

x = t y = 4−4t z = t

b. De −−→ AC (2 ; 0 ; −2) on déduit AC2 = 22+ (−2)2 = 4+4= 8.

De −→ AB (0 ; 4 ; −2) on déduit AB2 = 42+ (−2)2 = 16+4= 20.

Demême de −−→ BC (2 ; −4 ; 0) on déduit BC2 = 22+ (−4)2 = 4+16= 20.

AB2 =BC2 ⇒AB= BC= 2 p 5. Le triangle ABC est isocèle en B.

Rem.Onpeut également montrer que les vecteurs −→ BI et

−−→ AC sont orthogo-

naux et par conséquent que∆′ est à la fois hauteur et médiane du triangle ABC qui est donc isocèle.

4. Les coordonnées (x ; y ; z) du point H commun à ∆ et à ∆′ vérifient le sys- tème : 

4t = t ′ 2t = 4−4t ′ −5t +2 = t

⇐⇒

4t = t ′ 2t = 4−4(4t) −5t +2 = 4t

⇐⇒

4t = t ′ 2 = 9t 2 = 9t

⇐⇒

4t = t

t = 2

9

t = 2

9

⇐⇒

8

9 = t

t = 2 t = 2

En utilisant l’une ou l’autre des équations on obtient H

(

8

9 ; 4

9 ; 8

9

)

.

On a vu que le triangle ABC est isocèle en B. La droite (∆′) médiane issue du sommet principal B est aussi hauteur du triangle ABC.

On a aussi montré que (∆) est aussi hauteur de ce triangle ABC.

Conclusion : le pointH commun àdeux hauteurs est l’orthocentre du triangle

ABC.

5. Calculons −−→ OH ·−−→AB =

8

9 ×0+

4

9 ×4+

8

9 × (−2)=

16

9 − 16

9 = 0.

Demême −−→ OH ·−−→AC =

8

9 ×2+

4

9 ×0+

8

9 × (−2)=

16

9 − 16

9 = 0.

La droite (OH) orthogonale à deux droites sécantes du plan (ABC) est ortho-

gonale à ce plan.

Mais H point de (OH) appartient aussi au plan (ABC) ; conclusion : le point H

est le projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC).

On calcule OH2 = (

8

9

)2

+ (

4

9

)2

+ (

8

9

)2

= 64+16+64

81 =

144

81 ⇒OH=

12

9 =

4

3 .

EXERCICE 4 5 points Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

Nouvelle-Calédonie 4 10 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. a. On a x2+ y2− z2 = 4 ⇐⇒ (−x)2+ (−y)2− (−z)2 = 4. Cette égalité montre que si le point M(x ; y ; z) appartient à S alors le point M ′(−x ; −y ; −z) appartient aussi à S.

Cette surface admet donc l’origine comme centre de symétrie

b. x2+y2−z2 = 4 ⇐⇒ x2+y2−(−z)2 = 4. Cette égalitémontre que si le point M(x ; y ; z) appartient à S alors le point M ′(x ; y ; −z) appartient aussi à S. La surface admet donc le plan (xOy) comme plan de symétrie.

2. a. Le plan (xOy) a pour équation z = 0. Tout point de la section a ses coor- données (x ; ; y ; z) qui vérifient :

{

x2+ y2− z2 = 4 z = 0 ⇐⇒

{

x2+ y2 = 4 z = 0

Or x2+ y2 = 4 ⇐⇒ (x−0)2+ (y −0)2 = 22 est l’équation du cercle du plan z = 0 centré en O(0 ; 0) et de rayon 2.

b. Demême les coordonnées d’un point de la section vérifient :

{

x2+ y2− z2 = 4 z = k ⇐⇒

{

x2+ y2 = 4+k2 z = k

Comme k2 > 0⇒ 4+k2 > 4> 0, x2+ y2 = 4+k2 ⇐⇒ (x−0)2+ (y −0)2 =p 4+k2 est l’équation du cercle centré en (0 ; 0 ; k) et de rayon

p 4+k2.

3. Un point de la section a ses cordonnées qui vérifient : {

x2+ y2− z2 = 4 y = 2 ⇐⇒

{

x2− z2 = 0 y = 2 ⇐⇒

{

(x+ z)(xz) = 0 y = 2

⇐⇒ {

x+ z = 0 y = 2 ou

{

xz = 0 y = 2

La section est donc constituée des deux droites du plan y = 2 d’équations respectives x = z et x =−z.

4. a. On a −−→ AB (−2

p 2 ; 2

p 2) ; −4), donc le vecteur −→u = −

1

2 p 2

−−→ AB

(

1 ; −1 ; p 2 )

est un vecteur directeur de la droite (AB).

M(x ; y ; z) ∈ (AB ⇐⇒ il existe t ∈R : −−→AM = t−→u ⇐⇒ 

x−2 p 2 = t

y −0 = −t z−2 = t

p 2

⇐⇒

x = 2 p 2+ t

y = −t z = 2+ t

p 2

b. Un point de (AB) appartient à (S) si et seulement si ses coordonnées véri- fient l’équation de la surface :

(2 p 2+ t)2+(−t)2−(2+ t

p 2)2 = 4 ⇐⇒ 8+ t2+4t

p 2+ t2−4−2t2−4t

p 2=

4 ⇐⇒ 4= 4. L’égalité est vraie quel que soit le réel t .

Conclusion : tout point de la droite (AB) est un point de la surface.

5. • La figure 3 est à rejeter puisque la surface n’est pas symétrique par rapport à O.

• La section de la surface 1 par le plan d’équation z = 0 n’est pas le cercle centré en O de rayonmais est réduite au point O. La surface 1 n’est donc pas

la bonne.

• La seule figure possible est la 2 : hyperboloïde de révolution. 6. a. Un point M(x ; y ; z) appartient à H si et seulement si ses cordonnées

vérifient : {

x2+ y2− z2 = 4 y = 5 ⇐⇒

{

x2+25− z2 = 4 y = 5 ⇐⇒

{

x2− z2 = −21 y = 5 ⇐⇒

{

(x+ z)(xz) = −21 y = 5

Nouvelle-Calédonie 5 10 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. D’après la question précédente les points deH doivent avoir des cordon- nées entières telles que les deux entiers x+z et xz sont des diviseurs de −21. Ces diviseurs sont : −21 ; −7 ; −3 ; −1 ; 1 ; 3 ; 7 ; 21. On a donc : {

x+ z = −21 xz = 1 ⇐⇒

{

x+ z = −21 2x = −20 ⇐⇒

{

z = −11 x = −10 , soit le

point (−10 ; 5 ; −11)

ou

{

x+ z = −7 xz = 3 ⇐⇒

{

x+ z = −7 2x = −4 ⇐⇒

{

z = −5 x = −2 , soit le

point (−2 ; 5 ; −5)

ou

{

x+ z = −3 xz = 7 ⇐⇒

{

x+ z = −3 2x = 4 ⇐⇒

{

z = −5 x = 2 , soit le

point (2 ; 5 ; −5)

ou

{

x+ z = −1 xz = 21 ⇐⇒

{

x+ z = −1 2x = 20 ⇐⇒

{

z = −11 x = 10 , soit

le point (10 ; 5 ; −11)

ou

{

x+ z = 1 xz = −21 ⇐⇒

{

x+ z = 1 2x = −20 ⇐⇒

{

z = 11 x = −10 , soit

le point (−10 ; 5 ; 11)

ou

{

x+ z = 3 xz = −7 ⇐⇒

{

x+ z = −21 2x = −4 ⇐⇒

{

z = 5 x = −2 , soit

le point (−2 ; 5 ; 5)

ou

{

x+ z = 7 xz = −3 ⇐⇒

{

x+ z = 7 2x = 4 ⇐⇒

{

z = 5 x = 2 , soit le

point (2 ; 5 ; 5)

ou

{

x+ z = 21 xz = −1 ⇐⇒

{

x+ z = 21 2x = 20 ⇐⇒

{

z = 11 x = 10 , soit le

point (10 ; 5 ; 11).

Nouvelle-Calédonie 6 10 novembre 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE 1

Commun à tous les candidats

(À rendre avec la copie) Exercice 2

1

1 2

x

y

O

C

u0u1 u2u3 u4

Nouvelle-Calédonie 7 10 novembre 2011

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