Exercitation – algèbre – 13 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 13 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 13. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: les racines, les fonctions dérivables.
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CorrectionNlleCaledoSmars2004.dvi

[ Correction du baccalauréat S Nouvelle–Calédonie \ mars 2004

EXERCICE 1 4 points

1. BAM est un triangle équilatéral direct, donc M est l’image de A dans la rota-

tion de centre B et d’angle π

3 ; ce qui se traduit en termes d’affixes par :

m b = ei π

3 (a b) ⇐⇒ m = ei π

3 (a b)+b

On obtient les autres égalités de la même façon.

2. a. On a d’une part z−−→ MN

= n m = ei π

3 (c a), et d’autre part z−−→ QP

= p q = ei

π

3 (c a). Donc z−−→

MN = z−−→

QP ⇐⇒

−−→ MN =

−−→ QP ⇐⇒ (MNPQ) est un parallélogramme.

b. Dans la rotation de centre D et d’angle π

3 , on a le schéma :

A 7−→ Q C 7−→ P (AC) 7−→ (QP)

La droite (AC) a donc pour image la droite (QP) et par propriété de la ro-

tation de π

3 , on a

(−−→ AC ,

−−→ QP

)

= π

3 [2π] et AC = QP.

Demême dans la rotation de centre C et d’angle − π

3 , on a le schéma :

B 7−→ N D 7−→ P (BD) 7−→ (NP)

La droite (BD) a donc pour image la droite (NP) et par propriété de la ro-

tation de − π

3 , on a

(−−→ AC ,

−−→ QP

)

= − π

3 [2π] ⇐⇒

(−−→ NP ,

−−→ BD

)

= π

3 [2π] et

BD = NP.

3. — MNPQest un rectangle si (−−→ NP ,

−−→ QP

)

= π

2 [π] ⇐⇒

(−−→ NP ,

−−→ BD

)

+ (−−→ BD ,

−−→ AC

)

+ (−−→ AC ,

−−→ QP

)

= π

2 [π] ⇐⇒

π

3 +

(−−→ BD ,

−−→ AC

)

+ π

3 =

π

2 [π] ⇐⇒

(−−→ BD ,

−−→ AC

)

= π

2 − 2π

3 =−

π

6 [π] ⇐⇒

(−−→ AC ,

−−→ BD

)

= π

6 [π].

— MNPQ est un losange si QP = NP, c’est-à-dire d’après la question 2. a. QP

= AC = NP = BD soit si AC = BD.

Conclusion : MNPQ est un carré si et seulement si (−−→ AC ,

−−→ BD

)

= π

6 [π] et AC

= BD.

EXERCICE 2 5 points

Partie A

1. On a 1+1−m +2m −1+1−m = 2 6= 0 et ce quel que soit m, donc Gm existe quel que soit le réel m.

2. G1 est le barycentre de {(E ; 1), (B ; 0), (G ; 1), (D ; 0)}= {(E ; 1), (G ; 1)} donc le milieu de [EG].

3. G0 est le barycentre de {(E ; 1), (B ; 1), (G ; −1), (D ; 1)} signifie que −−−→ G0E +−−−→

G0B − −−−→ G0G +

−−−→ G0D =

−→ 0 ⇐⇒ −−−→G0A +

−→ AE +−−−→G0A +

−−→ AB −−−−→G0A −

−−→ AG +−−−→G0A +

−−→ AD =−→

0 ⇐⇒ 2−−−→G0A + −→ AE +−−→AB −

−−→ AG +−−→AD =

−→ 0 . (1)

Or dans le cube −−→ AG =−→AB +

−→ AE +−−→AD , donc (1) devient : 2

−−−→ G0A =

−→ 0 ⇐⇒ G0 =

A.

Terminale S

En utilisant l’associativité du barycentre, (en associant les points E, B et D),

on a G0 = A est le barycentre de (I, 3) et (G, −1). Ces trois points sont donc alignés (on a plus précisément

−−→ AG = 3

−→ AI )

4. Par définition O2 est l’isobarycentre des points E, F, G et H, donc −−−→ O2E +

−−−→ O2F +−−−→

O2G + −−−→ O2H =

−→ 0 .

Par définition de Gm , −−−→ GmE + (1−m)

−−−→ GmB + (2m − 1)

−−−→ GmG + (1−m)

−−−−→ GmD =−→

0 ⇐⇒ −−−→ GmA +

−→ AE + (1−m)

−−−→ GmA + (1−m)

−→ AB + (2m−1)

−−−→ GmA + (2m−1)

−−→ AG +

(1−m) −−−→ GmA +(1−m)

−−→ AD =

−→ 0 ⇐⇒ 2

−−−→ GmA +

−→ AE +(1−m)

−→ AB +(2m−1)

−−→ AG +(1−

m) −−→ AD =

−→ 0 ⇐⇒ 2

−−−→ GmA +m

(

− −−→ AB +2

−−→ AG −

−−→ AD

)

= −→ 0 ⇐⇒ 2

−−−→ GmA +m

(−−→ AG +

−→ AE

)

⇐⇒

2 −−−→ GmA +2m

−−−→ AO2 ⇐⇒

−−−→ AGm = m

−−−→ AO2 .

Cette égalité montre que le barycentreGm appartient à la droite (AO2) et que

l’abscisse de Gm pour le repère (A, O2) est le réel m. m étant un réel quel-

conque Gm parcourt toute cette droite.

5. a. Gm appartient à la droite (A, O2) donc au plan (AEGC) qui contient le mi-

lieu O1 de [AC].

Donc A, Gm , E, et O1 sont coplanaires.

b. Si Gm appartient à la droite (EI), il appartient au plan EBD et est donc un

barycentre des trois points E, B et D. Il suffit donc que le coefficient de G

dans la définition de Gm soit nul, soit :

2m −1= 0 ⇐⇒ m = 1

2 .

Partie B

1. Dans le repère orthonormal on a −−→ AG (1 ; 1 ; 1),

−−→ BD (−1 ; 1 ; 0), −→BE (−1 ; 0 ; 1).

D’où −−→ AG ·−−→BD =−1+1= 0, et

−−→ AG ·−→BE =−1+1= 0.

Le vecteur −−→ AG étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires duplan (EBD)

est orthogonal à ce plan.

Une équation cartésienne du plan (EBD) est : M(x ; y ; z)∈ (EBD ⇐⇒ x+ y+ z +d = 0. B(1 ; 0 ; 0) ∈ (EBD ⇐⇒ 1+d = 0 ⇐⇒ d =−1. On a donc :

M(x ; y ; z) ∈ (EBD ⇐⇒ x + y + z −1= 0

2. On a O2 (

1 2 ; 1 2 ; 1

)

. L’égalité −−−→ AGm = m

−−−→ AO2 permet d’obtenir en projetant sur

les trois axes que Gm (

m 2 ;

m 2 ; m

)

.

3. On sait que d(Gm , (EBD))= ∣

m 2 + m

2 +m

p 12+12+12

= |2m| p 3 .

Cette distance est égale à

p 3

3 si

|2m| p 3

= p 3

3 ⇐⇒

|2m| p 3

= 1 p 3

⇐⇒ |2m| =

1 ⇐⇒ |m| = 1

2 .

Il y a deux valeurs répondant à la question m = 1

2 et m =−

1

2 .

EXERCICE 3 11 points

Partie A

1. a. P (X )= 1+X −2X 2. P (X )= 0 ; ∆= 1−4× (−2)= 9= 32. P (X )= 0 ⇐⇒ X1 =

−1+3 −4

=− 1

2 ou X2 =

−1−3 −4

= 1.

On sait que P est négatif sauf entre les racines − 1

2 et 1.

CorrectionNouvelle–Calédonie 2 mars 2004

Terminale S

b. Enposant X = e−x , on trouve que f (x)= P (X ) : le signe de f est celui deP , mais X = e−x est positif ; donc f (x)6 0 pour 06 X 6 1 ⇐⇒ −∞6 x 6 0 et f (x)> 0 pour x > 0.

c. La courbe C contient donc l’origine.

2. On sait que lim x→+∞

e−x = 0, donc lim x→+∞

f (x)= 1. Ceci montre que la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à C au voisinage de plus l’infini.

3. On peut écrire f (x)= e−2x ×e2x +e−2x ×ex −2e−2x = e−2x (

e2x +ex −2 )

.

Or lim x→−∞

ex = lim x→−∞

e2x = 0. La limite de la parenthèse est donc égale à −2. Conclusion : lim

x→−∞ f (x)=−∞.

4. a. f somme de fonctions dérivables est dérivable et f ′(x)=−e−x +4e−2x . b. f ′(x) = e−2x (−ex +4) qui est du signe de 4−ex car e−2x > 0 quel que soit

le réel x.

4−ex > 0 ⇐⇒ ex < 4 ⇐⇒ x < ln4 = 2ln2 (par croissance de la fonction logarithme népérien).

Demême 4−ex < 0 ⇐⇒ x > 2ln2. c. Tableau de variations

x −∞ 2ln2 +∞

f ′(x)

f (x)

9 8

+ 0 −

On a f (2ln2)= 1+ 1

4 −2×

1

16 =

8+2−1 8

= 9

8 (car x = 2ln2 ⇐⇒ ex = 4 ⇐⇒

e−x = 1

4 .)

5. a. Il faut résoudre f (x)= 1 ⇐⇒ 1+e−x −2e−2x = 1 ⇐⇒ e−x −2e−2x = 0 ⇐⇒

1−2e−x = 0 ⇐⇒ e−x = 1

2 ⇐⇒ −x =− ln2 ⇐⇒ x = ln2.

C et D n’ont en commun que le point A(ln2 ; 1).

b. Comme 1+e−x −2e−2x −1 = e−x −2e−2x = e−x (1−2e−x ) qui est du signe de 1−2e−x . 1−2e−x > 0 ⇐⇒ e−x <

1

2 ⇐⇒ −x <− ln2 ⇐⇒ x > ln2.

Conclusion : C est au dessus de D à droite du point A précédent et est au

dessous avant le point A.

6. Comme f ′(x)=−e−x +4e−2x , f ′(ln2)=− 1

2 + 4

4 =

1

2 .

Une équation de la tangente T en A est donc :

y −1= 1

2 (x − ln2) ⇐⇒ y =

1

2 (x − ln2)+1.

7. Courbe et droites

CorrectionNouvelle–Calédonie 3 mars 2004

Terminale S

1

1−1−2-2 -1 0 1 2 0

1

2

O

x

y

C

D

T

Partie B

1. La surface est le complémentaire dans le rectangle de côtés 1 et ln2 de la

surface limitée par la courbe C , l’axe des abscisses et les droites d’équations

x = 0 e t x = ln2. DoncA = 1×ln2−

∫ln2

0

(

1+e−x −2e−2x )

dx = ln2− [

x −e−x +e−2x ]ln2

0 = ln2− (

ln2− 1

2 + 1

4 −0+1−1

)

= 1

4 .

CorrectionNouvelle–Calédonie 4 mars 2004

Terminale S

2. a. On a vu que pour x > ln2, f (x)> 1, donc quel que soit n ∈N, un est l’in- tégrale d’une fonction positive est est donc un nombre positif.

b. un représente la mesure en unité d’aire de la surface limitée par la droite

y = 1, la courbeC et les droites d’équation x = (n−1)+ ln2 et x = n+ ln2. 3. a. On a vu que pour x > 2ln2 la fonction f est décroissante. Or 1+ ln2 >

2ln2. Donc pour n > 2,

Donc (n−1)+ln26 x 6n+ln2⇒ f (n+ln2)6 f (x)6 f [(n−1)+ln2] ⇐⇒ f (n+ ln2)−16 f (x)−16 f [(n−1)+ ln2]−1.

b. En intégrant les trois fonctions de l’encadrement précédent sur l’inter-

valle [(n−1)+ ln2 ; n+ ln2], on obtient :

f (n+ ln2)−16un 6 f [(n−1)+ ln2]−1

c. L’encadrement précédent permet d’écrire au rangn+1, f (n+1+ln2)−16 un+1 6 f [(n)+ ln2]−1 6 un , pour n > 2. Donc la suite (un ) est décrois- sante

d. La suite étant minorée par zéro (suite positive) et décroissante, elle est

convergente vers une limite supérieure ou égale à zéro.

4. a. En utilisant l’égalité de Chasles Sn = ∫n+ln2

ln2

[

f (x)−1 ]

dx.

b. Sn est l’aire de la surface limitée par la courbe C , la droite d’équation

y = 1 et les droites verticales x = ln2 et x = n+ ln2.

c. Sn = ∫n+ln2

ln2

[

f (x)−1 ]

dx = ∫n+ln2

ln2

(

e−x −2e−2x )

dx = [

−e−x +e−2x ]n+ln2 ln2 =

−e−n−ln2+e−2n−2ln2+e− ln2−e−2ln2 =− 1

2 e−n +

1

4 e−2n +

1

2 − 1

4 =

1

4 e−2n

1

2 e−n +

1

4 .

Comme lim n→+∞

e−2n = lim n→+∞

e−n = 0, on en déduit que

lim n→+∞

Sn = 1

4

CorrectionNouvelle–Calédonie 5 mars 2004

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