Exercitation – algèbre – 14 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Exercitation – algèbre – 14 correction, Exercices de Algèbre linéaire

PDF (64 KB)
6 pages
134Numéro de visites
Description
Correction de l'exercitation – algèbre – 14. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’intervalle, l’expression de V.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 6
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
CorrigeAmeriqueSudSnov2004.dvi

Corrigé du baccalauréÂat S AmÂérique du Sud novembre 2004

EXERCICE 1 7 points Partie A

1. a. Pour tout x, f (x)= x

ex =

1 ex x

. Or lim x→+∞

ex

x =+∞ donc lim

x→+∞

1 ex x

= 0.

Donc lim x→+∞

f (x)= 0.

b. La fonction f produit de deux fonctions dérivables est dérivable. Pour tout x, f ′(x)= e−x xe−x = (1− x)e−x . Comme pour tout x, e−x > 0, le signe de f ′(x) est celui de 1− x. Soit sur [0 , +∞[ : f ′(x)Ê 0 sur [0 , 1]; f ′(x)É 0 sur [1 , +∞]. Donc f est croissante sur l’intervalle [0 , 1], décroissante sur l’intervalle [1 , +∞[. D’où le tableau de variations de f :

x 0 1 +∞

f ′(x) 1 + 0 −

f (x)

0

1 e

0

c. Représentation graphique de f (échelle 1

2 ) :

0 1 21

e−1

2. a. La fonction f est continue et strictement croissante sur l’intervalle [0 , 1] ;

f (0)= 0 et f (1)= 1

e ; donc pour m

]

0 , 1

e

[

l’équation f (x)= m admet

une seule solution sur l’intervalle ]0 , 1[. La fonction f est continue et strictement décroissante sur l’intervalle

[1 , +∞[ ; f (1) = 1

e et lim

x→+∞ f = 0 ; donc pour m

]

0 , 1

e

[

l’équation

f (x)= m admet une seule solution sur ]1 , +∞[.

En résumé, pour toutm de

]

0 , 1

e

[

, l’équation f (x)= m admet deux

solutions. Résultat attendu graphiquement : les solutions de cette équation sont les abscisses des points d’intersection de la courbe Γ et de la droite

d’équation y = m. Or si m

]

0 , 1

e

[

, cette droite coupe bien la courbe

en deux points distincts.

b. Pour m = 1

4 , la solution α est celle qui appartient à l’intervalle ]0 , 1[. On

trouve facilement que α≈ 0,357 soit α ∈]0,35 , 0,36[.

Baccalauréat S

c. De façon immédiate, pour m = 0 l’équation f (x) = 0 admet pour

unique solution x = 0, et pour m = 1

e cette équation admet pour unique

solution x = 1.

Partie B

1. a. Par hypothèse u0 > 0. p étant un entier naturel quelconque, si up > 0 alors up+1 , produit de up par le réel strictement positif e

p , est strictement positif. En conclusion pour tout entier naturel n, un > 0.

b. Comme pour tout entier n, un > 0, comparons un+1

un à 1.

un+1

un = e−un , −un < 0 donc e−un < 1, soit

un+1

un < 1 : la suite (un ) est donc

décroissante.

c. Il résulte des questions précédentes que la suite (un ), décroissante et minorée (par 0), est convergente. Soit sa limite. est donc solution de l’équation = e−, soit

(

1−e−)

= 0. Les deux facteurs s’annulant pour la seule valeur 0, on en déduit que = 0. En résumé lim

n→+∞ un = 0.

2. a. wn wn+1 = lnun − lnun+1 = ln d f r acun un+1 =− lne−un = lneun = un .

b. Il résulte de a. que Sn = w0−w1+w1−w2+·· ·+wn−1−wn +wn wn+1. Soit après simplification de proche en proche, Sn = w0−wn+1.

c. Sachant, d’après B.1.c., que lim n→+∞

un = 0, on a donc lim n→+∞

wn = −∞, et

par suite lim n→+∞

Sn =+∞.

2. Par définition u1 = u0e−u0 donc u1 ∈

]

0 , 1

e

[

.

Or d’après A. 2. a., on sait qu’il existe une deuxième valeur, β, telle que βe−β = u1. On a donc v0 = β puis v1 = u1 et, plus généralement, pour tout ne1, un = vn .

Exercice 2

1. La solution générale de l’équation y ′ + y = 0 est la fonction définie sur R par x 7−→ ke−x , oÃ1kestuneconst anteréellear bi tr ai r e. Li mag ede0estedoncke0 = e soit k = e. La fonction f cherchée est donc celle définie sur R par f (x)= e×e−x . Soit f (x)= e1−x .

2. e1−x = t ⇐⇒ 1− x = ln t . La solution de cette équation est donc le réel 1− ln t .

3. Soit u et v les fonctions définies sur [1 , e] respectivement par u(t) = (1− ln t)2 et v(t)= t . Ces deux fonctions sont dérivables et leurs dérivées u

et v ′, définies respectivement par u′(t)=− 2

t (1−ln t) et v ′(t)= 1, continues

sur l’intervalle [1 , e]. Le théorème d’intégration par parties s’applique donc et :

V = π

(

[

t(1− ln t)2 ]e

1 +2

∫e

1 (1− ln t) dt

)

.

Calculons à nouveau par parties ∫e

1 (1− ln t) dt .

Posons u(t) = 1− ln t et v(t) = t . Ces deux fonctions sont dérivables sur [1 , e], de dérivées respectives u′ et v ′, continues sur [1 ; e], définies

par u′(t)=− 1

t et v ′(t)= 1.

AmÂérique du Sud 2 novembre 2004

Baccalauréat S

D’oÃ1 : ∫e

1 (1− ln t) dt =

[

t(1− ln t) ]e

1 +

∫e

1 dt =−1+e−1= e−2.

En reportant dans l’expression de V, on obtient : V = π(−1+2(e−2))=π(2e−5).

Exercice 3

1. L’urne contient 6 boules et on en tire 2 : le nombre de cas possibles est donc C26. • Pour réaliser l’évènement A0 il faut tirer 2 boules rouges parmi 4 : le nombre de cas favorables est doncC24.

On en déduit que p(A0)= C24 C26

. Soit p(A0)= 2

5 .

• Pour réaliser l’évènement A1 il faut tirer 1 boule rouge parmi 4 et une boule noire parmi 2 : le nombre de cas favorables est donc 4×2.

On en déduit que p(A1)= 4×2

C26 . Soit p(A1)=

8

15 .

• Pour réaliser l’évènement A2 il faut tirer 2 boules noires parmi 2 : le nombre de cas favorables est donc 1.

On en déduit que p(A2)= 1

C26 . Soit p(A2)=

1

15 .

2. a. Il reste 4 boules dans l’urne et on en tire 2 : le nombre de cas possibles est doncC24. • A0 étant réalisé, il reste dans l’urne 2 boules rouges et 2 boules noires. Pour réaliser B0 il suffit de tirer 2 boules rouges : il y a donc un cas favorable.

La probabilité pA0 (B0)= 1

C24 =

1

6 .

• A1 étant réalisé, il reste dans l’urne 3 boules rouges et 1 boule noire. Pour réaliser B0 il suffit de tirer 2 boules rouges : il y a doncC23 cas favorables.

La probabilité pA1 (B0)= C23 C24

= 1

2 .

•A2 étant réalisé, il reste dans l’urne 4boules rouges. L’événement B0 est donc certain. Donc pA1 (B0)= 1.

b. L’évènementB0 est la réuniondesévènements incompatibles A0∩B0, A1∩B0 et A2∩B0. Par suite p(B0) est la somme des probabilités de ces trois évènements.

Or p(A0∩B0)= pA0(B0)×p(A0)= 1

6 × 2

5 =

1

15 .

p(A1∩B0)= pA1(B0)×p(A1)= 1

2 ×

8

15 =

4

15 .

p(A2∩B0)= pA2(B0)×p(A2)= 1

15 .

D’oÃ1p(B0)= 6

15 =

2

5 .

c. Des calculs analogues à ceux menés en a. et b. ci-dessus conduisent à calculer :

pA0 (B1)= 2×2

C24 =

2

3 . D’oÃ1p(A0∩B1)=

2

3 × 2

5 =

4

15 .

pA1 (B1)= 1×3

C24 =

1

2 . D’oÃ1p(A1∩B1)=

1

2 ×

8

15 =

4

15 .

Extraire uneboule noire audeuxième tirage quand les deux boules noires ont étéextraites lors dupremier tirage est impossible.Donc pA2 (B1)=

AmÂérique du Sud 3 novembre 2004

Baccalauréat S

0. D’oÃ1l av aleur dep(B1), somme des trois probbilités précédentes :

p(B1)= 8

15 . pA0 (B2)=

1

C24 =

1

6 . D’oÃ1p(A0∩B2)=

1

6 × 2

5 =

1

15 .

Comme ci-dessus : pA1 (B2)= 0 et pA2(B2)= 0.

D’oÃ1l av aleur dep(B2), somme des trois probbilités précédentes :

p(B2)= 1

15 .

d. On cherche à calculer pB1 (A1). Or d’après les calculs antérieurs p(A1∩

B1)= 4

15 et p(B1)=

8

15 . Donc pB1 (A1)=

1

2 .

3. L’évènementR est réalisé lorsque l’un desévènements incompatibles ci-dessous l’est : « tirer une boule noire au premier tirage et une boule noire au second » soit réaliser l’évènement A1∩B1 ; ou « ne tirer aucune boule noire au premier tirage et deux boules noires au se- cond » soit réaliser l’évènement A0∩B2.

Il en résulte que p(R)= p(A1∩B1)+p(A0∩B2)= 4

15 +

1

15 =

1

3 .

Exercice 4

Partie A

1. Les vecteurs −−→ OA ,

−−→ OB et

−−→ OC ont respectivement pour cordonnées (5,5),

(1,3) et (8,−4). Les vecteurs

−→ PA ,

−→ PB et

−−→ PC ont respectivement pour cordonnées (−5,5),

(−9,3) et (−2,−4). Par suite

−−→ OA .

−→ PA = 0 donc A∈ Γ ;

−−→ OB .

−→ PB = 0 donc B∈ Γ ;

−−→ OC .

−−→ PC = 0 donc

C∈ Γ.

2. Montrons que D∈(BC) en établissant que les vecteurs −−→ DB et

−−→ BC sont co-

linéaires. −−→ DB a pour coordonnées (−1,1),

−−→ BC a pour coordonnées (7,−7), donc

−−→ BC = (−7)

−−→ DB .

Montrons que (OD)⊥(BC) en établissant que −−→ OD .

−−→ BC = 0.

−−→ OD apour coordonnées (2,2),

−−→ BC apour coordonnées (7,−7), donc

−−→ OD .

−−→ BC =

0. En résumé, D est bien le projeté de O sur la droite (BC).

Partie B

1. ( −−→ OM ,

−−−→ OM′ )= arg

z

z = arg

20

zz . Or zz est un réel (strictement positif) donc

demême 20

zz . Par suite arg

z

z = 0+k.2π : les points O, M, M′ sont alignés.

2. a. M∈∆donc son affixe z est du type 2+i y , oÃ1ydési g neunréel quelconque. Onendédui t quez = 2− i y donc z + z = 4.

b. z ′+ z ′ = 20

z + 20

z =

20(z + z)

zz =

80

zz . Par suite 5(z ′+ z ′) =

400

zz =

20

z × 20

z =

z ′× z ′.

c. Démontrons que M′ ∈ Γ en établissant queΩM′2 = 25. −−−→ ΩM′ a pour affixe z ′−5, doncΩM′2 = (z ′−5)(z ′−5). Or (z ′−5)(z ′−5) = (z ′−5)(z ′−5) = z z ′−5(z ′+ z ′)+25. D’après la rela- tion établie en b. il en résulte que (z ′−5)(z ′−5)= 25 c’est à dire que ΩM′2 = 25 : M′ ∈ Γ.

AmÂérique du Sud 4 novembre 2004

Baccalauréat S

On sait de plus, d’après la question 1., que M′ ∈(OM). Donc M′ est bien le point d’intersection (autre que O) de la droite (OM) et du cercle Γ.

A

B

D

ΩO P

M

Γ M

C

Exercice 4

Exercice de spécialité

1. A0 et B0 ont été choisis de façon quelconque avec A0B0 = 8.

On peut vérifier que A0Bi = 1

2 A0Bi−1 et que unemesure de (

−−−−−→ A0Bi−1 ,

−−−→ A0Bi )

est 3π

4 avec 1É i É 4.

A0 B0

B1

B2

B3

B4

×

×

×

2. On sait que l’image d’un triangle par une similitude plane est un triangle semblable. Ici A0 =S(A0), Bn+1 =S(Bn ) et Bn+2 =S(Bn+1). Donc le triangle A0Bn+1Bn+2 est l’image par la similitude S du triangle A0BnBn+1 : ces triangles sont sem- blables.

AmÂérique du Sud 5 novembre 2004

Baccalauréat S

3. a. ℓn+1 =Bn+1Bn+2 =S(Bn)S(Bn+1). Par suite ℓn+1 = 1

2 ℓn : la suite (ℓn) est

donc une suite géométrique de raison 1

2 .

b. On sait que ℓn =

(

1

2

)n

0.

c. On sait que ∑

n = 0 −

( 1 2

)n+1 +1

1

2

. Donc ∑

n = 20 (

1− ( 1 2

)n+1 )

.

Comme lim n→+∞

(

1

2

)n+1

= 0, on en déduit que lim n→+∞

n = 2ℓo .

4. a. Comme 3 et 4 sont premiers entre eux, il existe des couples d’entiers re- latifs (u ; v) tels que 3u − 4v = 2 ; (2 ; 1) constitue une solution parti- culière. On en déduit que les solutions de 3x − 4y = 2 sont celles de 3x −4y = 3×2−4×1, soit encore celles de 3(x −2)= 4(y −1). Le théorème de Gauss s’applique : 4 divise 3(x −2), 4 est premier avec 3 donc 4 divise x −2 c’est à dire qu’il existe un entier t tel que x −2 = 4t soit x = 2+4t . On en déduit facilement que y −1= 3t soit y = 1+3t . En résumé les solutions de 3x−4y = 2 sont les couples d’entiers rela- tifs de la forme (2+4t , 1+3t), avec t ∈Z.

b. Comme par définition de la suite de points (Bn), on a Bn = Sn (B0), on en

déduit que une mesure de (

−−−→ A0B0 ,

−−−−→ A0Bn

)

est n× 3π

4 , avec n ∈Z.

Pour que le point Bn appartienne à ∆ il est nécessaire et suffisant que

n× 3π

4 =

π

2 +, oÃ1(n,k) ∈Z2.

On en déduit que (n,k) est solution de 3n = 2+4k soit de 3n−4k = 2. Il résulte du a. que n est du type 2+4t , avec t ∈Z. Les entiers naturels n pour lesquels Bn ∈∆ sont donc du type 2+4t avec t ∈N.

AmÂérique du Sud 6 novembre 2004

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document