Corrigé - exercitations mathématique appliquée 9, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé - exercitations mathématique appliquée 9, Exercices de Algèbre linéaire

PDF (77 KB)
8 pages
194Numéro de visites
Description
Algèbre – correction des exercices 9 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les opérations usuelles sur les dérivées, la recherche d’une tangente particulière, les graphiques.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 8
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 8 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 8 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 8 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 8 pages
Télécharger le document
S_AG_2012_Corrige.dvi

Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane 19 juin 2012

EXERCICE 1 6 points

Partie A : étude de fonction

1. Pour tout réel x ona f (x)= xex×e−1+1, or (croissances comparées) lim x→−∞

xex = 0, donc, par opérations sur les limites lim

x→−∞ f (x)= 1.

On en déduit que la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à C au voisinage de −∞.

2. On a f (x) = xex × e−1 + 1, et, par opérations sur les limites (il n’y a aucune forme indéterminée ici) : lim

x→+∞ f (x)=+∞.

3. Par opérations usuelles sur les dérivées :

f ′(x)= 1ex−1+ x ×1×ex−1 = (x +1)ex−1.

4. Pour tout réel x, ex−1 > 0, donc f ′(x) a le même signe que x +1. Or x +1> 0⇔ x >−1, on en déduit donc le tableau de variation suivant :

x −∞ −1 +∞ f ′ − 0 +

1 +∞ f

1−e−2

Partie B : recherche d’une tangente particulière

1. La tangente Ta a pour équation y = f ′(a)(x a)+ f (a), c’est-à-dire :

y = (a +1)ea−1(x a)+aea−1+1.

2. Soit a > 0, alors :

O(0 ; 0) ∈Ta ⇐⇒ 0= (a +1)ea−1(−a)+aea−1+1 ⇐⇒ 0= ea−1(−a2−a +a)+1 ⇐⇒ 1−a2ea−1 = 0.

3. • 1 est une solution de l’équation considérée car 1−12e1−1 = 1−1= 0.

• Montrons maintenant que cette équation n’admet qu’une unique solu- tion sur l’intervalle ]0 ; +∞[. Posons, pour tout x > 0, g (x)= 1−x2ex−1. La fonction g est alors dérivable sur ]0 ; +∞[ et, pour tout x > 0 :

g ′(x)=−2xex−1− x2ex−1 =−x(2+ x)ex−1.

x > 0, donc x +2> 0 et par ailleurs ex−1 > 0, on en déduit que g ′(x)< 0 et donc que g est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[. Par ailleurs lim

x→0 g (x)= 1 et lim

x→+∞ g (x)=−∞.

On sait que g est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[ et s’annule en 1. Donc si x < 1, alors g (x) > g (1) soit g (x) > 0 et de même si x > 1, alors g (x)< g (1) donc g (x)< 0. Conclusion : sur ]0 ; +∞[,g (x)= 0 ⇐⇒ x = 1.

4. La tangente cherchée est T1, elle a pour équation y = 2(x−1)+2, c’est-à-dire y = 2x

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie C : calcul d’aire

1. Voir annexe 1.

2. Posons

{

u′(x) = ex−1 v(x) = x , et

{

u(x) = ex−1 v ′(x) = 1 .

Les fonctionsu et v sont dérivables sur [0 ; 1], les fonctionsu′ et v ′ sont conti- nues sur [0 ; 1], le théorème d’intégration par parties s’applique donc, et :

I= [

xex−1 ]1

0− ∫1

0 ex−1dx =

[

xex−1 ]1

0− [

ex−1 ]1

0 = (1−0)− (

1−e−1 )

= 1

e .

3. Sur [0 ; 1] C est au dessus de ∆, donc l’aire A du domaine considéré est :

A = ∫1

0

(

f (x)−2x )

dx

= ∫1

0

(

xex−1+1−2x )

dx

= I+ ∫1

0 (1−2x)dx (par linéarité)

= I+ [

x x2 ]1

0

= 1

e + (1−1)

Finalement : A = 1

e (en unités d’aire).

EXERCICE 2 4 points

1. Voir figure sur l’annexe 2.

2. On a : b

a =

−2− i −1+2i

= (−2− i)(−1−2i)

12+22 =

2+4i+ i−2 5

= i.

On en déduit :

• OB

OA =

b −0 a −0

= |i| = 1, d’où OA=OB ;

• (−−→ OA ;

−−→ OB

)

= arg (

b −0 a −0

)

= arg(i)= π

2 (2π).

Les deux points précédents permettent de conclure que le triangle OAB est

rectangle et isocèle en O.

3. a. L’affixe de C′ est : c ′ = −3+ i+1−2i −3+ i+2+ i

= −2− i −1+2i

= i (calcul fait plus haut).

b. On a :

M ∈ E ⇐⇒ z 6= b et ∣

z ′ ∣

∣= 1

⇐⇒ z 6= b et ∣

z a z b

∣= 1

⇐⇒ M 6=B et AM

BM = 1

L’ensemble E est donc la médiatrice du segment [AB].

c. C ∈ E car c ′ = i , donc ∣

c ′ ∣

∣= 1. Demême O ∈ E car OA=OB (le triangle OAB est isocèle en O). La média- trice E n’est donc rien d ’autre que la droite (OC).

4. • La rotation r a pour écriture complexe z ′ =−iz, on en déduit que J a pour affixe j =−ia = 2+ i.

Antilles-Guyane 2 20 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

• La rotation r ′ a pour écriture complexe z ′ = iz, on en déduit que K a pour affixe k = ic =−1−3i.

• L est milieu de [KJ] donc L a pour affixe ℓ= k + j 2

= 1

2 − i.

• Lamédiane issuedeOdu triangleOJK est la droite (OL) et on a −−→ OL

(

1

2 ; −1

)

.

On a également −−→ AC (−2 ; −1), donc

−−→ AC ·

−−→ OL =−2×

1

2 +(−1)×(−1)= 0. Ainsi

(OL)⊥ (AC), ce qui prouve que la droite (OL) est la hauteur issue de O du triangle OAC.

EXERCICE 3 5 points

1. u2 = 1+1 2×1

u1 = 1

2

u3 = 2+1 2×2

u2 = 3

4 × 1

2 =

3

8

u4 = 3+1 2×3

u3 = 4

6 × 3

8 =

1

4

2. a. Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul, un > 0. • Initialisation. u1 =

1

2 > 0, la propriété est vraie au rang 1.

Hérédité. Supposons que, pour un certain entier naturel k non nul on

a uk > 0, alors, comme k +1 2k

> 0, on a k +1 2k

uk > 0, c’est-à-dire uk+1 > 0, et la propriété est donc héréditaire.

Conclusion. Pour tout entier naturel n non nul : un > 0.

b. Soit n ∈N∗, alors un+1

un =

n+1 2n

= n+1 n+n

6 1. Comme un > 0 on en déduit

que un+1 6un et donc que la suite (un ) est décroissante.

c. La suite (un ) est décroissante, minorée (par 0), elle est donc convergente

vers une limite ℓ> 0.

3. a. Soit n ∈N∗, alors : vn+1 = un+1 n+1

= n+1 2n

un

n+1 =

1

2 ×

1

n un =

1

2 vn . La suite (vn)

est donc une suite géométrique de raison 1

2 et de premier terme v1 = u1 =

1

2 .

b. Par propriété des suites géométriques, pour tout n ∈N∗ :

vn = (

1

2

)n−1 v1 =

1

2n , on en déduit, comme vn =

un

n , que un =

n

2n .

4. a. On peut écrire, pour tout réel x ∈ [1 ; +∞[ : f (x) = x (

lnx

x − ln2

)

. On sait

que lim x→+∞

lnx

x = 0 (croissances comparées), donc, par opérations sur les

limites : lim x→+∞

f (x)=−∞.

b. Soit n ∈N∗, alors lnun = ln ( n

2n

)

= lnn− ln (2n )= lnnn ln2= f (n). On en déduit que : lim

n→+∞ lnun =−∞, puis, par application de la fonction

exponentielle et de la limite d’une composée : lim n→+∞

un = 0.

Remarque.Onaurait pudéterminer la limite ℓde la suite (un ) dès la ques-

tion 2 c. En effet la relation un+1 = n+1 2n

un entraîne que, lorsque n tend

vers +∞, ℓ= 1

2 ℓ et donc que ℓ= 0.

Antilles-Guyane 3 20 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

1. a. On a 11×4−5×6= 44−30= 14, donc le couple (4 ; 6) est solution de (E). b. • Soit (x ; y) une solution de (E), alors 11x−5y = 14= 11×4−5×6, donc :

11(x −4)= 5(y −6) (E’)

5 divise 11(x − 4) et PGCD(5 , 11) = 1, donc, d’après le théorème de Gauss, 5 divise x −4, c’est-à-dire qu’il existe un entier k ∈ Z tel que : x −4= 5k. En remplaçant dans (E’) x −5 par 5k on a alors, après sim- plification par 5 : 11k = y −6, ce qui donne finalement (x ; y)= (4+5k ; 6+11k).

• Réciproquement, pour tout k ∈ Z les couples (4+ 5k ; 6+ 11k) sont solutions de (E) car :

11(4+5k)−5(6+11k) = 44+55k −30−55k = 14.

• Conclusion : l’ensemble des solutions de (E) est {

(4+5k ; 6+11k) où k ∈Z }

.

2. a. 23 = 8 et 8≡ 1 (7) donc 23 ≡ 1 (7) et, pour tout n ∈N : (

23 )n ≡ 1n (7), c’est-

à-dire : 23n ≡ 1 (7). b. 2011= 287×7+2, donc 2011≡ 2 (7), par conséquent : 20112012 ≡ 22012 (7).

Par ailleurs 2012= 3×670+2, donc :

20112012 ≡ 22012 (7) ≡ 23×670+2 (7) ≡ 23×670×22 (7) ≡ 1×4 (7) ≡ 4 (7)

et comme 06 4 < 7, on peut conclure que le reste dans la division eucli- dienne de 20112012 par 7 est égal à 4.

3. L’écriture complexe de f est de la forme z ′ = az +b avec a = 3

2 (1− i) ∈ C∗ et

b = 4−2i ∈ C. Il s’agit donc d’une similitude directe. Notons k son rapport, α son angle etΩ d’affixeω son centre. Alors :

k = |a| = ∣

3

2 (1− i)

= 3 p 2

2 ;

• α= arg(a)= arg (

3

2

)

+arg(1− i)= 0− π

4 =−

π

4 (modulo 2π) ;

• ω est donné par :

ω = b

1−a

= 4−2i

1− 3 2 + 3

2 i

= 4−2i − 1

2 + 3

2 i

= 8−4i −1+3i

= (8−4i)(−1−3i) (−1)2+ (−3)2

= −8−24i+4i−12

10 = −2−2i.

Antilles-Guyane 4 20 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. Avec A= 12, la boucle « tant que » de l’algorithme est répétée 3 fois (carp 12≃ 3,4) :

N A/N Ent(A/N) A/N−Ent(A/N) ?= 0 Affichage 1 12 12 oui N=1 A/N=12

2 6 6 oui N=2 A/N=6

3 4 4 oui N=3 A/N=4

Le test « si A N −Ent

(

A N

)

= 0 » sert en fait à détecter si la division de A par N « tombe juste », c’est-à-dire si N divise A. Si c’est le cas on affiche N et A

N qui

sont alors tous deux des diviseurs de A avec N6 p A et A

N >

p A.

Au final cet algorithme permet donc d’afficher tous les diviseurs de A.

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

1. Notons :

• F l’évènement « l’élève choisi est une fille » ; • C l’évènement « l’élève choisi déjeune à la cantine ». D’après l’énoncé :

p(F)= 0,55 pF(C)= 0,35 pF(C)= 0,30.

On peut dresser l’arbre suivant :

b

b F

0,55

b C 0,35

b C0,65

b

F

0,45

b C 0,30

b C0,70

On a alors :

p (

C )

= 1−p(C)= 1− (0,55×0,35+0,45×0,30)= 0,6725.

2. Il s’agit de tirages simultanés, le nombre total de tirages de 3 jetons parmi

10 est donc de (10 3

)

= 120. Parmi ces 120 tirages, il y a (5 3

)

= 10 tirages où les trois numéros sont impairs. Le nombre de tirages avec au moins un jeton à

numéro pair est donc égal à 120−10 = 110. 3. Y suit la loi B

(

20 , 15 )

, donc :

p(Y> 2) = 1−p (

Y < 2 )

= 1− [

p(Y= 0)+p(Y= 1) ]

= 1− [(

20

0

)

(

1

5

)0 (4

5

)20

+ (

20

1

)

(

1

5

)1 (4

5

)19 ]

= 1− [

420+20×419

520

]

≃ 0,931 à 10−3 près

4. L’évènement « l’appareil présente au moins l’un des deux défauts » est l’évè-

nement A∪F.

Antilles-Guyane 5 20 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On a : p(A∪F)= p(A)+p(F)−p(A∩F), et comme A et F sont indépendants, cela donne : p(A∪F)= p(A)+p(F)−p(A)p(F) d’où l’équation :

0,069= 0,02+p(F)−0,02p(F) ⇐⇒ 0,049= 0,98p(F)

⇐⇒ p(F)= 0,049

0,98

⇐⇒ p(F)= 0,05.

5. L’algorithme affiche le nombre de fois où le tirage aléatoire d’un numéro

entre 1 et 7 donne un résultat strictement supérieur à 5 lors de 9 tirages. On

peut assimiler ces 9 tirages indépendants à un schéma de Bernoulli où l’évè-

nement « succès » est « le numéro obtenu est strictement supérieur à 5 », alors

la variable aléatoire X suit la loi binomiale de paramètres n = 9 et p = 2

7 (pro-

babilité qu’un nombre entier entre 1 et 7 soit strictement supérieur à 5).

Antilles-Guyane 6 20 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE 1

Exercice 1

1

2

3

4

−1

1−1−2−3−4

A

C

Antilles-Guyane 7 20 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE 2

Exercice 2

1

2

−1

−2

−3

−4

1 2−1−2−3−4

× A

× B

× C

× O

× J

× K

× L

−→ v

−→ u

Antilles-Guyane 8 20 juin 2011

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 8 pages
Télécharger le document