Exercitation – algèbre – 16 correction, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercitation – algèbre – 16 correction, Exercices de Algèbre linéaire

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Correction de l'exercitation – algèbre – 16. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Les couples, les solutions imaginaires conjuguées.
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Durée : 4 heures

Baccalauréat S Métropole septembre 2004

EXERCICE 1 4 points

Commun à tous les candidats

1. a. g (x)= 1

x (

x2−1 ) =

a

x +

b

x +1 +

c

x −1 =

a(x +1)(x −1)+bx(x −1)+cx(x +1) x(x +1)(x −1

=

(a +b +c)x2+ (c b)x a x(x +1)(x −1

. En identifiant les deux écritures on obtient :

a +b +c = 0 −b +c = 0 −a = 1

⇐⇒

b +c = 1 −b +c = 0 a = −1

⇐⇒

b = 12 c = 12 a = −1

Finalement g (x)= −1 x

+ 1

2(x +1) +

1

2(x −1) .

b. Une primitive G de g sur ]1 ; +∞[, donc pour x > 1 > 0 > −1 est G(x) =

− lnx + 1

2 ln(x +1)+

1

2 ln(x −1)=− lnx +

1

2 ln (

x2−1 )

= ln p

x2−1 x

.

2. Posons u(x) = x2−1, alors u′(x) = 2x, donc une primitive de 2x

(

x2−1 )2

= u

u2

est u−1

−1 =

−1 x2−1

.

3. Posons :

u(x)= lnx v ′(x)= 2x

(

x2−1 )2

u′(x)= 1

x v(x)=

−1 x2−1

.

Les fonctions étant dérivables et les dérivées continues on peut intégrer par parties :

I = [− lnx

x2−1

]3

2 + ∫3

2

1

x (

x2−1 ) =

[

ln

p x2−1

x

− lnx x2−1

]3

2

= ln (p

8

3

)

− ln3

8 − ln

(p 3

2

)

+ ln2

3 =

3

2 ln2− ln3−

ln3

8 − ln3

2 + ln2+

ln2

3 = (

1+ 3

2 + 1

3

)

ln2− (

1+ 1

8 + 1

2

)

ln3=

17

6 ln2−

13

8 ln3.

EXERCICE 2 6 points

Commun à tous les candidats

1. Tous les nombres étant supérieurs à zéro : x y = y x ⇐⇒ ln(x y )= ln (

y x )

⇐⇒

y lnx = x ln y ⇐⇒ lnx

x =

ln y

y .

2. a. On sait que lim x→+∞

lnx

x = 0.

En 0, h(x)= lnx × 1

x ; de lim

x→0+ lnx =−∞ et lim

x→0+

1

x =+∞, il en résulte par

produit des limites que lim x→0+

h(x)=−∞.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. On calcule la dérivée du quotient de deux fonctions dérivables :

h′(x) =

1

x × x − lnx

x2 =

1− lnx x2

. Le signe de la dérivée est celui de 1− lnx. Or 1−lnx = 0 ⇐⇒ x = e. La dérivée est donc positive sur l’intervalle ]0 ; e] (donc h est croissante sur cet intervalle) et négative sur [e ; +∞[ (donc h est décroissante sur cet intervalle).

L’extremumest obtenu lorsque la dérivée s’annule en changeant de signe ;

ici on a un maximum pour x = e qui est égal à f (e)= lne

e =

1

e .

c. On a h(x)= 0 ⇐⇒ lnx = 0 ⇐⇒ x = 1 3. D’après la questionprécédente la fonctionh estmonotone, strictement crois-

sante, continue sur ]1 ; e[ à valeurs dans

]

0 ; 1

e

[

: λ appartenant à cet inter-

valle il existe donc un réel unique a ∈]1 ; e[ tel que f (a)=λ. De même, h est monotone, strictement décroissante, continue sur ]e ; +∞[ à valeurs dans

]

0 ; 1

e

[

: λ appartenant à cet intervalle, il existe un réel unique

b de ]e ; +∞[ tel que f (b)=λ.

On a donc trouvé lna

a =

lnb

b =λ.

4. a. Si s(a)= b, quand a vers 1, λ tend vers zéro et b tend vers plus l’infini.

b. Si a tend vers e (avec a < e), alors λ tend vers 1

e et b tend vers e

(avec e < b). c. Si a croît, alors b décroît : la fonction s est décroissante.

5. Les seuls entiers de l’intervalle [1 ; e] sont 1 et 2. 1 ne donne pas de solution et 2 donne le couple (2 ; 4). On vérifie que 24 = 42 = 16. C’est le seul couple d’entiers qui commutent.

Les couples (2 ; 4) et (4 ; 2) sont les seuls couples solutions.

EXERCICE 3 5 points

Commun à tous les candidats

Partie A

- Soit A l’évènement : « être une particule du type A » ; p(A) = 0,75. - Soit B l’évènement : « être une particule du type B » ; p(B) = 0,25.

On a pA(K1)= 1

3 , pA(K2)=

2

3 ; et pB(K1)=

1

2 , pB(K2)=

1

2 .

1. p(A1)= p(A∩K1)= pA(K1)×p(A)= 1

3 × 3

4 =

1

4 ;

p(A2)= p(A∩K2)= pA(K2)×p(A)= 2

3 × 3

4 =

1

2 ;

p(B1)= p(B∩K1)= pB(K1)×p(B)= 1

2 × 1

4 =

1

8 ;

p(B2)= p(B∩K2)= pB(K2)×p(B)= 1

2 × 1

4 =

1

8 ;

p(C1= p[(A∩K1)∪ (B∩K1)]= 1

4 + 1

8 =

3

8 ;

p(C2= p[(A∩K2)∪ (B∩K2)]= 1

2 + 1

8 =

5

8 ;

2. On a une expérience de Bernoulli avec n = 5 et p = 5

8 .

On a p(E)= (5 2

)

(

5

8

)2 (3

8

)3

≈ 0,206.

Francemétropolitaine 2 septembre 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Partie B

1. À l’instant 0, la proportion est de 0,75 et au bout de 5730 ans la proportion n’est plus que la moitié soit 0,375.

Soit 0,375 = 0,75e−5730λ ⇐⇒ 1

2 = e−5730λ ⇐⇒ −5730λ = − ln2 ⇐⇒ λ =

ln2

5730 ≈ 0,00012 à 10−5 près par défaut.

2. On cherche le tempst au bout duquel il ne reste plus que 90% de particules soit 0,75e−0,00012t ≈ 0,9×0,75 ⇐⇒ e−0,00012t ≈ 0,9 ⇐⇒ −0,00012t ≈ ln(0,9) ⇐⇒ t

ln0,9

−0,00012 ≈ 878 ans.

3. Même question avec 50% :

0,75e−0,00012t ≈ 0,5 ⇐⇒ e−0,00012t ≈ 0,5

0,75 ⇐⇒ −0,00012t ≈ ln

2

3 =⇐⇒

t ≈ ln ( 2 3

)

0,00012 ≈ 3379 ans

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. z2−8z p 3+64 = 0 ; ∆ = 64×3−64×4 = +64× (−1) = (8i)2. Il y a donc deux

solutions imaginaires conjuguées :

S = {

4 p 3−4i ; 4

p 3+4i

}

.

2. a. a = 4 p 3−4i, donc |a|2 = 48+16 = 64 ⇐⇒ |a| = 8. On peut donc écrire

a = 8 (p

3

2 − 1

2 i

)

= 8e−i π

6 .

De même b = 4 p 3+4i= 8

(p 3

2 + 1

2 i

)

= 8ei π

6 .

b. On a déjà |a| = 8=OA et |b| = 8=OB. AB = |b a| = |8i| = 8. Le triangle OAB est donc équilatéral.

3. On a donc d = (

− p 3+ i

)

e−i π

3 = (

− p 3+ i

)

(

1

2 − i

p 3

2

)

= 2i.

4. a. La somme des coefficients est égale à 1, donc non nulle : le point G existe.

Par définition −−−→GO +−−→GD +−−→GB = −→0 ⇐⇒ −−→OG = −−→OD +−−→OB qui se traduit par zG = zD+ zB = 4

p 3+6i.

b. Pour A et B, on utilise le cercle de centre O et de rayon 8, pour C et D le cercle de rayon 2. Pour G la construction est évidente.

c. Le vecteur −−→ CD a a pour affixe

p 3+ i = 2

(p 3

2 + 1

2 i

)

= 2ei π

6 ; de même le

vecteur −−→ DG a a pour affixe 4

p 3+4i= 8ei

π

6 . ces deux vecteurs ont le même argument, donc les points C, D et G sont alignés.

d. On a montré que −−→ OG = −−→OD +−−→OB ⇐⇒ −−→BG = −−→OD ⇐⇒ BGDO est un

parallélogramme.

5. On trouve rapidement que GA = CA = CG = 10 : le triangle ACG est équilatéral.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

Francemétropolitaine 3 septembre 2004

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. B et C sont deux points du cercle équidistants du centre O : O appartient à la médiatrice de [BC] ;

DB = DC : D appartient à la médiatrice de [BC] ;

EnfinG appartient à lamédiane issue deD dans le triangle BCD,médiane qui est aussi la médiatrice de [BC].

Conclusion : la droite contenant O, D et G est la droite des milieux dans le triangle ABC, donc elle est parallèle à la droite (AB). Conséquence dans le triangle BCM la droite (GD) contenant le milieu de [BC] et parallèle à (BM) coupe[CM] en son milieu G.

2. le rapport de la similitude est CM

CB .OrCM=2CGetCG=

2

3 CB

p 3

2 .Donc

CM

CB =

2 p 3 . Quant à l’angle de la similitude il vaut −

π

6 .

Partie B

1. On a zE− zA = (zC− zA)ei π

3 , donc zE =−1+2 (

1

2 + i

p 3

2

)

= i p 3.

2. Rapport et angle de la similitude : 3+ i

p 3

4 =

p 3

2

(p 3

2 + i

1

2

)

= p 3

2 ei

π

6 . Le rap-

port est

p 3

2 et l’angle

π

6 .

Le centre est le point invariant ; z = 3+ i

p 3

4 z +

1− i p 3

4 ⇐⇒ z = 1. Le centre

de la similitude est donc le point C.

La réciproque de cette similitude a le même centre C, le rapport inverse soit 2 p 3 et l’angle opposé soit −

π

6 : c’est bien la similitude s.

3. On a zE′ = 3+ i

p 3

4 × i

p 3+

1− i p 3

4 =−

1

2 + i

p 3

2 .

Cette affixe a pour module 1 : le point E′ appartient donc à Γ.

4. OnaE′ =σ(E) ⇐⇒ E= s(E′), d’après la questionprécédente.Or E′ appartient à Γ, donc E appartient à C .

M est l’image de B par s, donc l’image du cercle Γ par la similitude s est un

cercle de centre O′ de rayon 2 p 3 . O′ a pour affixe

1 p 3 i. On a de façon évidente

−−→ EO′ =

2

3

−−→ EO , ce qui signifie que O′est le centre de gravité du triangle équila-

téral ACE.

C est donc le cercle de centre O′ contenant E.

Francemétropolitaine 4 septembre 2004

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