Exercices de modélisation mathèmatique – correction 23, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 23, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 23. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la relation de recurrence, les solutions de l’équation.
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Pondichery S corrige 2003.dvi

A .P

.M .E

.P .

[ Corrigé du baccalauréat S Pondichéry avril 2003 \

EXERCICE 1 4 points

1. a. Ave n = 0, la relation de recurrence donneu1 = u0 (2−u0) = 1

8

(

2− 1

8

)

=

1

8 × 15

8 =

15

64 .

Avec n = 1, on obtient : u2 =u1 (2−u1)= 15

64

(

2− 15

64

)

= 15

64 × 113

64 =

1695

4096 .

b.

1

1 2A0 A1 A2 A3

(d)

(Γ)

c. On part du point A0 d’abscisse u0 = 1

8 = 0,125, on va alternativement

« vers » la courbe (Γ)(verticalement) puis vers la droite (d) (horizontale- ment) : les points de la droite et de la courbe ont successivement pour abscisses u1, u2, u3, . . ..

2. a. On a donc 0< a < 1 :

• la relation est donc vraie au rang 0 : 0< a =u0 < 1 ;

• Hérédité : supposons qu’il existe un naturel p tel que : 0<up < 1. On a vu que la fonction f est croissante sur [0 ; 1], donc :

0<up < 1⇒ f (0)< f (

up )

< f (1) soit

0<up+1 < 1.

Si up appartient à [0 ; 1], il en est de même pour up+1. L’hérédité est dé- montrée.

On a donc bien démontré par récurrence que si a ∈ [0 ; 1], alors un ∈ [0 ; 1] quel que soit le naturel n.

b. Calculons la différence un+1−un =un (2−un )−un =un (1−un ).

Or on vient de démontrer que un < 1 ⇐⇒ 1−un > 0 et comme un > 0, on obtient par produit un+1−un > 0, ce qui montre que la suite (un ) est croissante.

c. La suite (un ) est croissante et majorée par 1 : elle est donc convergente vers un nombre 6 1.

3. a. Quel que soit n ∈ N, vn+1 = 1−un+1 = 1−un (2−un ) = 1− 2un +u2n = (1−un )2 = v2n .

b. Pour n = 0, on a v0 = 1−u0 = 1− 1

8 =

7

8 .

D’où v1 = v20 =

(

7

8

)2

.

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

Puis v2 = v21 =

[(

7

8

)2]2

=

(

7

8

)22

.

On va montrer par récurrence que vn =

(

7

8

)2n

.

• La relation est vraie au rang zéro (et un).

• Hérédité : supposons qu’il existe p ∈N tel que vp =

(

7

8

)2p

.

Comme vp+1 = v2p =

[

(

7

8

)2p ]2

=

(

7

8

)2×2p

=

(

7

8

)2p+1

. La relation est vraie

au rang p+1.

c. On a donc pour tout naturel n, vn =

(

7

8

)2n

. Comme −1 < 7

8 < 1, on sait

que lim n→+∞

(

7

8

)n

= 0 et a fortiori lim n→+∞

(

7

8

)2n

= 0.

Conclusion : lim n→+∞

vn = 0.

Comme vn = 1−un ⇐⇒ un = 1− vn ; on en déduit que lim n→+∞

un = 1.

EXERCICE 2 5 points Enseignement obligatoire

Première partie

1. On a : 23+2×22−16= 8+8−16= 0 qui signifie que 2 est solution de (E).

Le polynôme est donc factorisable par (z−2) et il existe donc trois réels a,b, c tels que :

z3+2z2−16= (z−2) (

az2+bz+c )

.

En comparant les termes de plus haut degré on en déduit que a = 1 ; en com- parant les termes constants on trouve que c = 8. On a donc :

z3+2z2−16= (z−2) (

z2+bz+8 )

.

En comparant les termes en z2, on obtient : 2= b−2 ⇐⇒ b = 4.

On a donc : z3+2z2−16= (z−2) (

z2+4z+8 )

.

2. On a donc (E ) ⇐⇒ (z−2) (

z2+4z+8 )

= 0 ⇐⇒

z - 2 = 0 ou z2+4z+8= 0.

On retrouve la solution 2 ; d’autre part :

z2+4z+8= 0 ⇐⇒ (z+2)2−4+8= 0 ⇐⇒ (z+2)2+4= 0 ⇐⇒ (z+2)2−(2i)2 = 0 ⇐⇒ (z+2+2i)(z+2−2i)= 0 ⇐⇒ {

z+2+2i = 0 z+2−2i = 0

⇐⇒

{

z = −2−2i z = −2+2i

Dans C les solutions de l’équation (E) sont donc :

2 ; −2−2i ; −2+2i .

Deuxième partie

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormal (

O, −→ ı ,

−→

)

.

1. On reconnait les trois solutions précédentes.

Pondichéry 2 mars 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

b

b

b

b

b

b

b

A

B

C

D

E

F

I

O −→ u

−→ v

2. ABCD est un parallélogramme si et seulement si −→ AB =

−−→ DC ⇐⇒ zB − zA =

zC− zD ⇐⇒ zC = zB− zA+ zD = 2− (−2−2i)+ (−2+2i)= 2+4i.

3. a. L’écriture complexe de la rotation de centre B et d’angle − π

2 est :

z ′− zB = e−i π 2 (zzB)=−i (zzB) ⇐⇒

z ′ =−iz+2i+2.

L’image du point C est donc le point E tel que :

zE =−izC+2i+2=−i(2+4i)+2i+2= 6.

Demême l’écriture complexe de la rotation de centre D et d’angle π

2 est :

z ′− zD = ei π 2 (zzD)= i (zzD) ⇐⇒

z ′ = iz+4i.

L’image F du point C par cette rotation est donc tel que :

zF = i(2+4i)+4i=−4+6i

b. Voir la figure.

4. a. On calcule : zF− zA

zE− zA =

−4+6i− (−2−2i

6− (−2−2i =

−2+8i

8+2i =

−1+4i

4+ i =

i(i+4)

4+ i = i

(car i+4 6= 0.

b. L’égalité précédente donne en prenant le module des deux nombres : ∣

zF− zA

zE− zA = |texti |

⇐⇒ AF

AE = 1 ⇐⇒ AF=AE.

En prenant les arguments de deux mêmes complexes on obtient : (

−→ AE ,

−→ AF

)

= π

2 +2.

Conclusion : le triangle AEF est un triangle isocèle rectangle en B.

5. Dans le triangle isocèle rectangle en B, AEF, I est le pied de la médiane, de la

hauteur, donc (

−→ IA ,

−→ IE

)

= π

2 +2et IA = IE = IF, donc :

- l’image de A dans la rotation de centre I et d’angle − π

2 est le point F,

- l’image de E dans la rotation de centre I et d’angle − π

2 est le point A.

D’autre part l’image de la demi-droite [EB) par la rotation est la demi-droite d’origine A (image de E) et faisant un angle de −π2 avec [EB) : c’est donc

Pondichéry 3 mars 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

la demi-droite [AD) ; d’autre part la rotation conserve les longueurs donc l’image de B est le point A, car EB = AD = 4.

Conclusion : l’image du triangle EBA par la rotation de centre I et d’angle− π

2 est le triangle ADF.

Rem. : pour trouver l’image du point B on aurait pu utiliser l’écriture complexe

de la rotation.

PROBLÈME 11 points

f (x)= x2ex−1− x2

2 .

Partie A : contrôle de la première conjecture

1. f somme de produits de fonctions dérivable sur R est dérivable sur Ret

f ′(x)= 2xex−1+x2ex−1−2x× 1

2 = x(x+2)ex−1−x = x

[

(x+2)ex−1−1 ]

= xg (x).

2. Étude du signe de g (x) pour x réel.

a. On a lim x→+∞

ex−1 = 1

e lim

x→+∞ ex =+∞ et comme lim

x→+∞ (x+2)=+∞, par pro-

duit de limites :

lim x→+∞

g (x)=+∞.

g (x)= xex−1+2ex−1−1.

Or xex−1 = 1

e xex ; or on sait que lim

x→−∞ xex = 0, donc lim

x→−∞

1

e xex = 0.

Comme lim x→−∞

ex−1 = 0, par somme de limites, on obtient finalement :

lim x→−∞

g (x)=−1.

b. g est un produit de fonctions dérivables sur R, donc pour tout réel x, on a :

g ′(x)= ex−1+ (x+2)ex−1 = (x+3)ex−1.

Quel que soit le réel x, ex−1 > 0, donc le signe de g ′(x) est celui de (x+3).

g ′(x)> 0 sur ]−3 ; +∞[ ;

g ′(x)< 0 sur ]−∞ ; 3[ ;

g ′(−3)= 0.

c. Du signe de la dérivée on déduit que g est décroissante sur ]−∞ ; 3[ puis croissante sur ]−3 ; +∞[. g (−3) est le minimum de la fonction sur R.

x −∞ −3 +∞ g ′(x) − 0 +

g

−1

−e−4−1

+∞

d. Ona g (1)= 2.D’après l’étudedes variations de g , sur l’intervalle [−3 ; 1]elle est croissante de f (−3)< 0 à f (1)> 0. Comme elle est continue sur cet in- tervalle il existe un réel unique α.in]−3 ; 1[ tel que f (α)= 0.

La calculatrice donne g (0,20)≈−0,011 et g (0,21)≈ 0,003.

Pour les mêmes raisons on en déduit que 0,20<α< 0,21.

Pondichéry 4 mars 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

e. D’après les deux questions précédentes on a donc :

g (x)< 0 sur ]−∞ ; α[ ;

g (α)= 0;

g (x)> 0 sur ]α ; +∞[.

3. Sens de variations de la fonction f sur R.

a. On a vu que f ′(x)= xg (x). On peut donc dresser le tableau de signes sui- vant :

x −∞ 0 α +∞

x − 0 + + g (x) − − 0 + f ′(x) + 0 − 0 +

b. Comme f ′(x) < 0 sur ]0 ; α[ la fonction est strictement décroissante sur cet intervalle et croissante ailleurs.

c. La première conjoncture est fausse puisque f n’est pas croissante sur [−3 ; 2].

Partie B : contrôle de la deuxième conjoncture

1. On sait queα vérifie g (α)= 0 ⇐⇒ (α+2)eα−1−1= 0 ⇐⇒ (α+2)eα−1 = 1 ⇐⇒

eα−1 = 1

α+2 (car α+2 6= 0).

Onadonc f (α)=α2eα−1− α2

2 =α

1

α+2 − α2

2 =

α2

α+2 − α2

2 =

2α2− (α+2)α2

2(α+2) =

f (α)=− α3

2(α+2) .

2. a. h quotient de fonctions dérivables le dénominateur ne s’annulant pas sur [0 ; 1], est dérivable et sur cet intervalle :

h′(x)= −3x2×2(x+2)+ x3×2

4(x+2)2 =

−3x3−6x2+ x3

2(x+2)2 =

−2x3−6x2

2(x+2)2 =−

x2(x+3)

2(x+2)2 .

Comme sur [0 ; 1], x2 > 0, 2(x + 2) > 0 et (x + 3) > 0, on en déduit que h′(x) < 0 : la fonction h est donc strictement décroissante sur [0 ; 1] et donc en particulier sur [0,20 ; 0,21].

b. On sait que 0,20<α< 0,21 d’où par décroissance de la fonction h,

h(0,20)> h(α)> h(0,21).

La calculatrice livre h(0,20)≈−0,0018 et h(0,21)≈−0,0021, d’où

−0,0021< (α)<−0,0018.

3. a. Les abscisses des points d’intersection de la courbeC avec l’axe (xx) sont les solutions de l’équation f (x)= 0, soit

x2 (

ex−1− 1

2

)

⇐⇒

{

x2 = 0 ex−1 = 12

Onobtient d’unepart la solution double x = 0 et x−1 = ln 12 par croissance

de la fonction ln, soit x = 1+ ln 12 = 1− ln2≈ 0,31.

Les abscisses des points d’intersection de la courbeC avec l’axe (xx) sont donc x = 0 et x = 1− ln2.

b. La position de la courbe C par rapport à l’axe des abscisses est donnée par le signe de f (x).

Comme x2 > 0, quel que soit x le signe de f (x)estceluideex−1− 12 .

La courbe C est au-dessus de l’axe des abscisses si et seulement si

ex−1− 12 > 0 ⇐⇒ e x−1 > 12 ⇐⇒ x−1 > ln

1 2 (par croissance de la fonction

ln) et enfin x > 1+ ln 12 .

Pondichéry 5 mars 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

Conclusion : La courbe C est au-dessus de l’axe des abscisses sur l’inter- valle ]1− ln2 ; +∞[ , en dessous ailleurs sauf aux deux points de contact en x = 0 et x = 1− ln2.

c. La deuxième conjecture est également fausse car C est au dessous de (xx) pour des réels x strictement positifs.

Partie C : tracé de la courbe

1. x −0,2 −0,15 −0,1 −0,05 0 0,05 0,10 f (x) −0,008 −0,0041 −0,0017 −0,0004 0 −0,003 −0,0009 x 0,15 0,2 0,25 0,3 0,35 0,4 f (x) −0,0016 −0,002 −0,0017 −0,003 0,0027 0,0078

2.

0,002

0,004

0,006

−0,002

−0,004

−0,006

−0,008

0,1 0,2 0,3−0,1

0,008

Partie D : calcul d’aire

1. La fonction x 7−→ x2ex est continue sur R : elle admet donc des primitives sur R.

On pose u(t)= t2 et v ′(t)= et ;

on a donc u′(t)= 2t et on choisit v(t)= et .

Les fonctions u,v,u′ et v ′ sont continues sur R, on peut donc intégrer par parties :

P (t)= [

t2et ]x

0 −

x

0− 2tet dt = x2ex −2

x

0− tet dt .

On intègre à nouveau par parties en posant :

u1(t)t , v ′1(t)= e t , d’où :

u′1(t)= 1, v1(t)= e t .

Toutes ces fonctions étant continues sur R, on obtient :

P (t)= x2ex −2 ∫x

0− tet dt =x2ex −2

(

[

tet ]x 0 −

x

0− et dt

)

= x2ex −2xex +2ex −2.

Une primitive de la fonction x 7−→ x2ex est la fonction définie sur R par x 7−→ (

x2−2x+2 )

ex +K avec K ∈R quelconque.

Pondichéry 6 mars 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

2. Une primitive sur R de la fonction f est alors la fonction F définie sur R par :

F (x)= (

x2−2x+2 )

ex x3

6 +K avec K ∈R quelconque.

3. On a vu que sur [0 ; 1− ln2] la courbe Γ est située au dessous de l’axe des abscisses. L’aire du domaine D limitée par Γ, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 1− ln2 est donc égale, en unité d’aire à :

A =−

∫1−ln2

0 f (x)dx =−[F (x)]1−ln20 =−F (1− ln2)+F (0)=

−[(1− ln2)2−2(1− ln2)+2]e1−ln2−1+ 1

6 (1− ln2)3+2e−1 =

A =− 1

3 − 1

2 ln2−

1

6 (ln2)3+

2

e (u. a.).

Or en abscisse l’unité est de 20 cm et en ordonnées de 1000 cm, donc l’unité d’aire est égale à 20000 cm2. On a donc

A ≈ 6,96 cm2.

Pondichéry 7 mars 2003

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