Exercitation – algèbre – 15 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 15 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 15. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Limites aux bornes, Les fonctions, L’unité de volume.
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[ Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2004 \

EXERCICE 1 5 points

Partie A

1. On a f (x) = e2× x

ex ; f est donc le quotient de deux fonctions dérivables (la

seconde ne s’annulant pas) : elle est donc dérivable sur [0 ; +∞[. f ′(x) = e−x+2− xe−x+2 = (1− x)e−x+2 qui est du signe de 1− x car e−x+2 > 0 quel que soit x ∈R. D’où le tableau de variations :

x 0 1 +∞ f ′(x) + 0 −

f (x)

0

e

0

Limites aux bornes : f (x)= e2× x

ex .

On sait que lim x→+∞

ex

x = +∞, donc lim

x→+∞ x

ex = 0. Conclusion : lim

x→+∞ f (x) =

0. L’axe des abscisses est donc asymptote à la courbe représentative de f au

voisinage de plus l’infini.

D’autre part f (0)= 0×e2 = 0 et f (1)= e1 = e. 2. a. Sur la calculatrice l’examen des deux courbes permet de conjecturer à

l’unicité de la solution de l’équation f (x)= lnx sur l’intervalle [1 ; +∞[.

0

1

2

−1

−2

1 2 3 4 5 6 7

L

C f

b. Si g (x) = lnx f (x) différence de deux fonctions dérivables sur [1 ; +∞[ est dérivable sur cet intervalle et g ′(x) =

1

x − (1− x)e−x+2. Or d’après la

question 1., f ′(x)= (1− x)e−x+2 6 0 sur [1 ; +∞[, donc −(1− x)e−x+2 > 0

et comme 1

x > 0, g ′(x)> 0 sur [1 ; +∞[.

La fonction g continue est donc croissante sur [1 ; +∞[. De plus g (1)=− f (1)=−e< 0 et lim

x→+∞ g (x)=+∞.

Il existe donc un réel unique α> 1 tel que g (α)= 0 ⇐⇒ lnα= f (α). c. La calculatrice permet d’appréhender α aumillième : α≈ 3,005.

Partie B

1. On intègre par parties avec : {

u(x)= x2 v ′(x)= e−2x

u′(x)= 2x v(x)=− 1

2 e−2x

Baccalauréat S

Les fonctions u et v sont dérivables et les fonctions u′ et v ′ sont continues sur l’intervalle d’intégration.

Donc I = [

x2× 1

2 e−2x

]3

0

+ ∫3

0 xe−2x dx.

On intègre cette dernière intégrale à nouveau par parties : {

u(x)= x v ′(x)= e−2x

u′(x)= 1 v(x)=− 1

2 e−2x

,

les fonctions u et v étant dérivables et les fonctions u′ et v ′ étant continues sur l’intervalle d’intégration.

On obtient finalement I= [

x2× 1

2 e−2x

]3

0

− [

x 1

2 e−2x

]3

0

− 1

2

[

e−2x ]3

0 =− 9

2 e−6−

3

2 e−6−

1

4 e−6+

1

4 =

1

4 − 25

4 e−6.

2. a. On a V = ∫3

0 π[ f (x)]2 dx =

∫3

0 πx2e−2x+4 dx = πe4

∫3

0 x2e−2x dx = πe4× I

(en unités de volume).

b. L’unité de volume est égale à 43 = 64 (

cm3 )

. D’où - V = πe4 (

1

4 − 25

4 e−6

)

×

64= 16πe4−400πe−2 ≈ 2574 (

cm3 )

.

EXERCICE 2 5 points

1. a. ABC′ est un triangle équilatéral. [BC′] est l’image de [BC] dans la rotation

de centre B et d’angle π

3 s’écrit en notation complexe : c ′−b = ei

π

3 (a b).

b. On obtient de même avec les deux autres triangles équilatéraux :

b′−a = ei π

3 (c a) et a′−c = ei π

3 (b c). En ajoutant membre à membre les trois égalités précédentes :

c ′−b+b′−a+a′−c = ei π

3 (ab+ca+bc) ⇐⇒ a′+b′+c ′−(a+b+c)= ei

π

3 ×0 ⇐⇒ a′+b′+c ′− (a +b +c)= 0 ⇐⇒ a′+b′+c ′ = a +b +c. 2. Les points P, Q et R sont les centres de gravité ou les isobarycentres des som-

mets respectifs des trois triangles équilatéraux ; donc :

p = b +c +a

3 , q =

c +a +b

3 , r =

a +b +c

3 soit en sommant : p + q + r =

b +c +a′+c +a +b′+a +b +c

3 =

b +c +c +a +a +b +a +b +c 3

= 3(a +b +c)

3 = a +b +c.

3. On a donc a + b + c = a′ + b′+ c ′ = p + q + r ⇐⇒ a +b +c

3 =

a′+b′+c

3 =

p +q +q 3

. Cette double égalité se traduit géométriquement par : les triangles

ABC, A′B′C′, PQR ont le même centre de gravité.

4. D’après la question 2. 3p = b +c +a′ et 3q = c +a +b′ soit par différence 3(qp)= c+a+b′−bca′ = (b′−c)+(ca′)+(ab). Demême 3(r p)= (a c)+ (b a′)+ (c ′−b).

5. A est l’image de C′ dans la rotation de centre C et d’angle π3 , se traduit par

a c = ei π

3 (b′− c). De même B est l’image de C dans la rotation de centre A′, soit b′−a = ei

π

3 (c a′) et d’après la question 1. a. c ′−b = ei π

3 (a b). 6. On a admis à la question 4. que 3(r p) = (a c)+ (b a′)+ (c ′ − b). Soit

d’après la question précédente : 3(r p) = ei π

3 [

(b′−c)+ (c a′)+ (a b) ]

= 3ei

π

3 (q p), ce qui signifie que R est l’image du point Q dans la rotation de centre P et d’angle π3 , soit PQR est un triangle équilatéral.

Antilles–Guyane 2 septembre 2004

Baccalauréat S

EXERCICE 3 (OBLIGATOIRE) 5 points

1. a. On a zE′ = −1 e−i

π

3

= (−1)×ei π

3 = eiπ×ei π

3 = ei 4π 3 = e−i

2π 3 (écriture exponen-

tielle).

zE′ =− 1

2 − i

p 3

2 . (écriture algébrique).

b. M(z) ∈ C1 ⇐⇒ z = eiθ. Donc l’image M ′de M a une affixe z ′ = −1 e−iθ

=

(−1)× eiθ = eiπ × eiθ = ei(θ+π). Le point M ′est donc le symétrique de M autour de O et l’image de C1 est donc C1.

2. a. zK′ = −1

2e−i 5π 6

= (−1)× 1

2 ei

5π 6 =

1

2 eiπ×ei

5π 6 =

1

2 ei

11π 6 =

1

2 e−i

π

6 = 1

2

(p 3

2 − i

1

2

)

= p 3

4 − i

1

4 .

b. M(z) ∈ C2 ⇐⇒ z = 2eiθ (avec 0 6 θ < 2π). Donc son image M ′ a une image d’affixe z ′ =

−1 2e−iθ

= (−1)× 1

2 eiθ =

1

2 eiπ×eiθ =

1

2 ei(π+θ). Ceci signifie

que M ′ appartient au cercle C ′2 de centre O et de rayon 1

2 .

3. a. Avec z = 1+eiθ , on a z ′ = −1 z

, donc z ′+1= −1 z

+1= z −1

z .

En prenant les modules, on obtient :

• ∣

z ′+1 ∣

∣= ∣

z −1 z

= ∣

z −1 ∣

z

= ∣

∣eiθ

z

= 1 ∣

z

. D’autre part

z ′ = −1 z

entraîne que |z ′| = ∣

−1 z

= |−1| ∣

z

= 1 ∣

z

soit la même expression

qu’au dessus.

On a donc bien ∣

z ′+1 ∣

∣= ∣

z ′ ∣

∣.

b. Si un pointM a pour affixe 1+ eiθ , son imageM ′ a une affixe z ′ telle que d’après le résultat du a.

z ′+1 ∣

∣ = ∣

z ′ ∣

∣ ⇐⇒ ∣

z ′− (−1) ∣

∣ = ∣

z ′−0 ∣

∣ qui se tra-

duit géométriquement par : M ′B = M ′O qui signifie que le point M ′ ap- partient à la médiatrice de [OB].

EXERCICE 3 (SPÉCIALITÉ) 5 points

1. Réponse : vraie. 

4002 = 2004×1+1998 2004 = 1998×1+6 1998 = 6×336+0

. Le dernier reste non nul est bien 6

2. Réponse : vraie. 2pq −1= (2p )q −1=

(

2q )p −1 et ce nombre est divisible par 2p −1 et par 2q −1

(car am −1 est divisible par a −1). 3. Réponse : fausse.

Contre-exemple : 26−1= 63 est divisible par 9. 4. Réponse : fausse.

24× (70k −144)+36(99−24k) = 108+816k 6= 9. En fait on trouve que 24×(−16)+35×11= 1 et par suite que les solutions sont tous les couples (35k −144 ; 99−24k) où k ∈Z.

5. Réponse : fausse.

Soit M unpoint duplan ; son imageM1 par f vérifie −−−→ AM1 = 3

−−→ AM . Puis l’imageM

de M1 par g vérifie −−−→ BM ′ =

1

3

−−−→ BM1 . Or

−−−−→ M M ′ =−−→MA +−→AB +

−−−→ BM ′ =−−→MA +−→AB +

1

3

−−−→ BM1 =

−−→ MA +−−→AB +

1

3

(−−→ BA +−−−→AM1

)

=−−→MA +−−→AB + 1

3

−−→ BA

1

3 ×3−−→AM =

2

3

−−→ AB

Antilles–Guyane 3 septembre 2004

Baccalauréat S

6. Réponse : vraie.

Les points invariants vérifient z = iz + (1− i) soit avec z = x + iy, x + iy =

i(x − iy)+ (1− i) ⇐⇒ {

x = y +1 y = x −1 ⇐⇒

{

x y −1 = 0 x y −1 = 0 qui est bien

l’équation d’une droite.

EXERCICE 4 5 points

1. Avec l’évènement M : « être malade » et T l’évènement : « être positif au test », en dressant un arbre de probabilités pondérées, on obtient :

p(T= p(M∩T)+p (

M∩T )

= 0,003×0,5+0,03×0,997.

On a donc pT(M) = p(M∩T)

p(T) =

0,003×0,5 0,003×0,5+0,03×0,997

≈ 0,0468 ≈ 0,05.

(réponse 4)

2. La boule subit une épreuve de Bernouilli avec n = 3 et p = 0,3 (ou 0,7). On a p (R1)= 0,33 ; p (R2)= 3×0,32×0,7 p (R3)= 3×0,72×0,3 p (R4)= 0,73. On obtient puisque les issues sont disjointes : p1 = p (R1)+p (R3) = 0,468 et p2 = p (R2)+p (R4)= 0,532. (réponse 3)

3. On calcule :

d2 = (0,093−0,1)2 + (0,116−0,1)2 + (0,102−0,1)2 + (0,102−0,1)2 + (0,094− 0,1)2+ (0,094−0,1)2+0,097−0,1)2+ (0,095−0,1)2+0,101−0,1)2+ (0,106− 0,1)2 = 0,000456. On a 0,000456 < 0,00145 soit d2 < d9, donc il accepte cette hypothèse avec un risque de 10% de la rejeter.

Antilles–Guyane 4 septembre 2004

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