Exercitation – algèbre – 10 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Exercitation – algèbre – 10 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 10. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Interprétation géométrique, La loi des probabilités totales.
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CorrectionEtrangerSjuin2004.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Centres étrangers juin 2004 \

EXERCICE 1 4 points

1. a′ =−2a+2i=−2(−2i)+2i=−2i= a etb′ =−2(3−2i)+2i=−6−4i+2i=−6−2i.

2. On suppose que M ∈∆. Alors M a pour affixe z = x −2i avec x réel. M ′ a pour affixe z ′ =−2(x −2i)+2i=−2x −4i+2i=−2x −2i donc M ′ ∈∆.

3.

z ′+2i ∣

∣= |−2z +4i| = |−2× (z −2i)| = |−2|× |z +2i| = 2Ö|z +2i|. Interprétation géométrique : AM ′ = 2AM

4. On suppose que M 6= A. Donc z 6=?2i.

a. On sait que (

−→ u ,

−−→ AM

)

= arg (

z−−→ AM

)

= arg(za)= arg(z+2i )= θmodulo2π.

b. (z +2i)(z ′+2i)= (z +2i)(?2z +4i)=−2(z +2i)(z −2i)=−2(z +2i)(z +2i)= −2|z +2i|2. Or z + 2i 6= 0. D’où |z + 2i|2 > 0 et (z + 2i)(z ′+ 2i) est un réel strictement négatif.

c. On en déduit que arg(z +2i)(z ′+2i)=π [2π]. Donc

arg(z +2i)+ar g (z ′+2i)=π [2π].

Puis arg(z ′+2i)=πθ [2π].

d. Nous avons (

−→ u ,

−−−→ AM

)

= arg(z ′ + 2i) = πθ = π− (

−→ u ,

−−→ AM

)

, toutes ces

égalités étant modulo 2π.

Par conséquent les demi-droites [AM) et [AM ′) sont symétriques par rap-

port à l’axe (

O ; −→ v

)

.

5. Étant donné un point M distinct de A, on sait que AM ′ = 2AM . Donc M ′ ap- partient au cercle C de centre A et de rayon 2AM . De plus le point M ′ appar-

tient à la demi-droite image de [AM) par la réflexion d’axe (

O ; −→ v

)

. Comme

cette demi-droite a pour origine le point A, elle coupe le cercle C en un seul point M ′.

2

−2

2−2−4−6

+ ++

++

+

O −→ u

−→ v

B′ A

A′ B

M

M

EXERCICE 2 4 points

Enseignement obligatoire

Baccalauréat S

b

b Rn

pn

b Rn+1 1 20

b Rn+119 20

b

Rn+1

qn

b Rn+1 1 5

b Rn+14 5

1. a. L’énoncé dit que pRn (Rn+1)= 1

5 et pRn (Rn+1)=

1

20 .

Sur l’arbre pondéré on place ces deux probabilités.

b. Par définition :

p (Rn Rn+1)= pRn (Rn+1)×p (Rn )= 1

20 pn .

De même :

p (

Rn Rn+1

)

= pRn (Rn+1)×p (

Rn

)

= 1

5 qn .

c. La loi des probabilités totales permet d’écrire que :

p (Rn+1)= p (Rn Rn+1)+p (

Rn Rn+1

)

soit :

pn+1 = 1

20 pn +

1

5 qn .

d. Comme pn +qn = 1, l’égalité précédente peut s’écrire :

pn+1 = 1

20 pn +

1

5

(

1−pn )

= 1

5 −

3

20 pn .

2. a. Quel que soit l’entier n, vn+1 = pn+1− 4

23 =

1

5 −

3

20 pn

4

23 =

23−20

5×23 −

3

20 pn =

3

115 −

3

20 pn =−

3

20

(

pn − 4

23

)

=− 3

20 pn .

Cette égalité montre que la suite (vn)n est une suite géométrique de rai-

son − 3

20 .

Son premier terme est v1 = p1− 4

23 =−

4

23 .

b. Doncpour tout entier natureln nonnul, vn =

(

− 3

20

)n−1

×

(

− 4

23

)

=− 4

23

(

− 3

20

)n−1

.

On en déduit que pn = vn + 4

23 =−

4

23

(

− 3

20

)n−1

+ 4

23 .

c. On a −1<− 3

20 < 1 , donc lim

n→+∞

(

− 3

20

)n−1

= 0 et lim n→+∞

− 4

23 ×

(

− 3

20

)n−1

=

0.

Finalement lim n→+∞

pn = 4

23 .

EXERCICE 2 4 points

Enseignement de spécialité

1. N2 est premier. N3 n’est pas premier car divisible par 3. N4 n’est pas premier car 1111= 11×101.

2. On sait que pour tout réel x 6= 1, 1+x+x2+ůůů+xp−2+xp−1 = 1− x(p−1)+1

1− x =

xp −1

x −1 .

En particulier, en prenant x = 10, on obtient Np = 10p −1

10−1 =

10p −1

9 .

D’où 10p −1= 9×Np avec Np ∈N∗. Donc 10p −1 est divisible par 9. (Ou : Np étant naturel 10p −1 est divisible par 9).

Centres étrangers 2 juin 2004

Baccalauréat S

3. Notons [1] l’égalité suivante : xn −1= (x −1) (

1+ x +·· · + xn−2+ xn−1 )

.

a. Avec Np = N2q = 102q −1

9 =

100q −1

9 Or d’après [1] avec x = 100 et n = q ,

on a : 100q −1= (100−1) (

1+100+·· · +100q−2+100q−1 )

=

99× (

1+100+·· · +100q−2+100q−1 )

.

Par conséquent Np = 11× (

1+100+·· · +100q−2+100q−1 )

est divisible par 11.

Autre méthode : N2q = (1+10)+ (

102+103 )

+·· ·+ (

102q−1+102q )

= (1+10)+ 102(1+10)+ ·· · +102q−1(1+10) = 11×

(

1+102+·· ·+102q−1 )

qui montre que N2q est divisible par 11.

b. Np = N3q = 103q −1

9 =

1000q −1

9 .

Or d’après [1] avec x = 1000 et n = q , on a :

1000q −1= (1000−1) (

1+ x +·· · + xq−2+ xq−1 )

=

9×111× (

1+ x +·· · + xq−2+ xq−1 )

. Par conséquent Np = 111×

(

1+ x +·· ·+ xq−2+ xq−1 )

est divisible par 111.

Autre méthode : On peut faire des paquets de trois termes qui sont mul- tiples de 111

c. Np = Nkq = 10kq −1

9 =

(10k)q −1

9 .

Or en appliquant [1] avec x = 10k et n = q , on a :

(10k)q −1= (10k −1) (

1+ x +·· · + xq−2+ xq−1 )

.

Ainsi Np = (10k −1)

(

1+ x +·· · + xq−2+ xq−1 )

9 =

10k −1

9

(

1+ x +·· · + xq−2+ xq−1 )

= Nk × (

1+ x +·· ·+ xq−2+ xq−1 )

.

Or (

1+ x +·· ·+ xq−2+ xq−1 )

est un entier naturel non nul. Finalement Np est divisible par Nk .

4. Si p n’est pas premier, alors Np n’est pas premier (car Np est divisible par Nk avec 1< Nk < Np).

La contraposée de cette implication est : Si Np est premier, alors p est pre- mier. Autrement dit, pour que Np soit premier, il faut que p soit premier. Cette condition n’est pas suffisante, car 3 est premier, mais N3 ne l’est pas.

Problème 9 points

Partie A

1. g (0)= 0 et g (1)= 1.

La fonction exp est dérivable sur R alors la fonction x 7−→ ex−1 est dérivable sur [0 ; 1] donc par produit la fonction g est dérivable sur [0 ; 1].

g ′(x)= ex −1+ xex−1 = (1+ x)ex−1.Orex−1 > 0 et pour x ∈ [0 ; 1], 1+ x > 0. Donc pour tout x ∈ [0 ; 1], g ′(x)> 0. Donc g est strictement croissante sur [0 ; 1].

Donc la fonction g vérifie les conditions (1) et (2).

2. g (x)− x = xex−1− x = x (

ex−1−1 )

= x

(

ex

e −1

)

= x ex −e

e .

g (x)− x = x

e (ex −e).

06 x 6 1⇒ e0 6 ex 6 e1 ⇐⇒ 16 ex 6 e. Donc ex −e6 0.

La fonction g vérifie la condition (3).

Centres étrangers 3 juin 2004

Baccalauréat S

3. Le graphe est dessiné ci-dessous

0

0.2

0.4

0.6

0.8

0 0.5

Partie B

1. Remarque : On admet que la fonction f est continue sur [0 ; 1], cette hypo- thèse a été omise dans l’énoncé.

Les fonctions x 7−→ x et f sont continues sur l’intervalle [0 ; 1].

De plus quel que soit x ∈ [0 ; 1], x > f (x). Donc l’intégrale ∫1

0 (xf (x))dx est

l’aire exprimée en unité d’aire de la surface limitée par la droite d’équation y = x, la courbe représentant f et par les droites verticales d’équations x = 0 et x = 1.

En conséquence I= ∫1

0 (x f (x))dx

2. Ig = ∫1

0 (x g (x))dx =

∫1

0 x dx

∫1

0 g (x)dx.

Or d’une part ∫1

0 x dx =

[

x2

2

]1

0 =

1

2 et d’autre part

∫1

0 g (x)dx =

∫1

0 xex−1 dx.

Pour calculer cette dernière intégrale on pose : {

u(x) = x v ′(x) = ex−1

d’où u′(x) = 1 v(x) = ex−1

. Toutes ces fonctions étant conti-

nues, on intègre par parties : ∫1

0 g (x)dx =

[

xex−1 ]1 0 -

∫1

0 ex−1 dx = 1−

[

ex−1 ]1 0 = 1−1+e

−1 =

1

e .

Finalement Ig = 1

2 − 1

e .

3. a. In =

∫1

0 (x fn (x))dx =

∫1

0 x dx

∫1

0 fn (x)dx =

1

2 −un .

b. Pour tout entier n > 2 et pour tout t ∈ [0 ; 1], t 6 1 donc t × t n 6 1× t n

donc t n+1 6 t n . De plus 1+ t > 0 ainsi que son inverse, donc pour

t ∈ [0 ; 1], t n+1

1+ t 6

t n

1+ t .

Donc quel que soit t ∈ [0 ; 1], 2t n+1

1+ t et en intégrant sur [0 ; 1] on obtient

un+1 6 un .

Donc la suite (un ) est décroissante.

Centres étrangers 4 juin 2004

Baccalauréat S

c. Pour t de [0 ; 1], t n > 0 et 1+ t > 1 donc 06 1

1+ t 6 1 donc 06

t n

1+ t 6 t n .

d. Donc 06 2t n

1+ t 6 2t n sur [0 ; 1] ; donc en intégrant 06 un 6

∫1

0 2t n dt .

∫1

0 2t n dt =

[

2 1

1+n t n+1

]1

0 =

2

1+n . Finalement pour tout n ∈N, 06 un 6

2

1+n .

e. Comme lim n→+∞

2

1+n = 0, d’après le théorème d’encadrement

lim n→+∞

un = 0.

Centres étrangers 5 juin 2004

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