Exercitation d'algèbre - correction 1, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Exercitation d'algèbre - correction 1, Exercices de Méthodes mathématiques pour l'analyse numérique et l'optimisation

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Exercitation d'algèbre linéaire - correction 1. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la fonction définie, le tableau de variations, Les coordonnées.
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Correction du sujet national juin 2008

Exercice 1

1. (a) Soit F la fonction définie sur ]0 ; +∞[ par F (x)= x lnxx. F est dérivable comme somme et produit de fonctions dérivables. Pour tout x de ]0 ; +∞[, F ′(x)= 1× lnx+x× lnx−1= lnx = f (x) ; par conséquent F ′ = f donc F est une primitive de f sur ]0 ; +∞[. On en déduit que : I =

∫e

1 f (x) dx = F (e)−F (1)= (elne−e)− (1ln1−1)= 0− (−1)= 1. I = 1 .

(b) J = ∫e

1 (lnx)2 dx.

En posant u(x)= (lnx)2 et v ′(x)= 1, on a J = ∫e

1 u(x)v ′(x) dx.

u, v , u′ et v ′ sont continues, donc on peut effectuer une intégration par parties.

On a : u′(x)= 2 lnx x

et v(x)= x

J = [u(x)v(x)]1e − ∫e

1 u′(x)v(x) dx =

[

x(lnx)2 ]e 1−

∫e

1 2 lnx

x × x dx = e−2

∫e

1 lnx dx = e−2I ; J = I −2I .

(c) Puisque I = 1, on obtient : J = e−2 . Remarque : on pouvait trouver J directement, en effectuant un autre choix de fonctions pour une intégration par

parties : J = ∫e

1 lnx × lnx dx =

∫e

1 f (x)F ′(x) dx =

[

f (x)F (x) ]e 1−

∫e

1 f ′(x)F (x) dx = f (e)F (e)− f (1)F (1)−

∫e

1 (lnx

1) dx =− ∫e

1 (lnx −1) dx =−

∫e

1 lnx dx +

∫e

1 dx =−I + (e−1)= e−2

(d) Pour tout x de [1 ; e], 0É lnx É 1 donc 0É (|nx)2 É lnx donc g (xf (x). Par conséquent : A =

∫e

1 [ f (x)− g (x)] dx =

∫e

1 f (x) dx

∫e

1 g (x) dx = I J = 3−e.

A = 3−e . 2. On a : M N = lnx − (lnx)2. Posons h(x)= lnx − (lnx)2.

h est dérivable : pour tout x de [1 ; e], h′(x)= 1 x −2 lnx

x = 1−2lnx

x .

h′(x)= 0⇔ lnx = 1 2 ⇔ x = e

1 2 =

p e.

Puisque x est positif, h′(x) est du signe de 1−2lnx. 1−2lnx > 0⇔ lnx < 1

2 ⇔ x < e

1 2 ⇔ x <

p e.

On en déduit le tableau de variations de h :

x 1 p e e

h′(x) + 0 − h(

p e)

h(x) ր ց

Par conséquent, h(x) a un maximum pour x = p e.

h( p e) ln(

p e)− (ln(

p e))2 = 1

2 − (

1

2

)2

= 1 4 .

M N est maximum pour x = p e et vaut alors

1

4 .

Exercice 2

1. (a) −→ AB

0 1 1

 et −→ AC

2 −2 2

.

Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires (les coordonnées ne sont pas proportionnelles) donc les points A, B et C ne sont pas alignés

(b) Puisque A, B et C ne sont pas alignés, ils définissent un plan, dont une équation cartésienne est de la forme ax +by +cz +d = 0. Les coordonnées des trois points vérifient cette équation, donc on obtient un système de trois équations : 

a +b +d = 0 a +2b +c +d = 0 3a b +2c +d = 0

d =−a b a +2b +b a b = 0 3a b +2c a b = 0

d =−a b b +c = 0 2a −2b +2c = 0

d =−a b b +c = 0 a b +c = 0

d =−a b c =−b a −2b = 0

.

Page 1/4

On choisit par exemple b = 1. On obtient alors a = 2, c =−1 et d =−3. Une équation cartésienne de (ABC) est : 2x + y z −3= 0 .

2. Soient (P) et (Q) les plans d’équations respectives x +2y z −4= 0 et 2x +3y −2z −5 = 0.

Ces deux plans ont pour vecteurs normaux respectifs −→u

1 2 −1

 et −→v

2 3 −2

. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires

(coordonnées non proportionnelles), donc les deux plans (P) et (Q) ne sont pas parallèles. Ils sont alors sécants selon une droite D . Un point M(x ; y ; z) appartient à D si, et seulement si, ses coordonnées vérifient les équations des deux plans, donc sont solutions du système formé par ces deux équations. {

x +2y z = 4= 0 2x +3y −2z −5 = 0 ⇔

{

x +2y = z +4 2x +3y = 2z +5= 0 ⇔

z = t x +2y = t +4 2x +3y = 2t +5

z = t 2x +4y = 2t +8 2x +3y = 2t +5

z = t 2x +4y = 2t +8 y = 3

z = t y = 3 x =−2+ t

(t ∈R).

Une équation paramétrique de D est donc :

x =−2+ t y = 3 z = t

, t ∈R.

3. Cherchons l’intersection des trois plans ? SoitΩ(x ; y ; z).Ω appartient aux trois plans si, et seulement si,Ω appartient à D et au plan (ABC). Ω appartient à D si, et seulement si, il existe t ∈R tel que x =−2+ t , y = 3 et z = t . Ω appartient aussi à (ABC) signifie que ses coordonnées vérifient l’équation de (ABC) : on doit donc avoir : 2(−2+ t)+ 3− t −3= 0⇔ t = 4. On en déduit queΩ a pour coordonnées :Ω(2 ; 3 ; 4). L’intersection des trois plans (P), (Q) et (ABC) est : Ω(2 ; 3 ; 4) .

4. La distance de A à la droite D est la norme de −−→ AM M est un point de D et où

−−→ AM est orthogonal à D .

Soit ∈D . M a pour coordonnées M(−2+ t ; 3 ; t), t ∈R.

Alors : −−→ AM

−3+ t 2 t

.

Un vecteur directeur de D est −→u

1 0 1

.

−−→ AM ⊥D ⇔−→u .−−→AM = 0⇔−3+ t + t = 0⇔ t = 3

2 .

Les coordonnées de −−→ AM sont alors :

−−→ AM

−3 2 2 3

2

.

La distance AM vaut alors : AM =

(

−3 2

)2

+22+ (

3

2

)2

= √

17

2 .

La distance de A à D vaut : d = √

17

2 =

p 34

2 .

Page 2/4

Exercice 3

Pour tout t Ê 0, P (X É t)= ∫t

0 λe−λx dx.

1. (a) R(t)= P (X > t)= 1−P (X É t)= 1− ∫t

0 λe−λx dx = 1−

[

−e−λx ]t

0 = 1−

(

−e−λt +1 )

= e−λt . R(t)= e−λt .

(b) Pour tout réel s, PX>t (X > t + s)= P ((X > t)∩ (X > t + s))

P (X > t) = P (X > t + s)

P (X > t) = e

λ(t+s)

e−λt = e−λs qui ne dépend pas de

t . X est bien une loi de durée de vie sans vieillissement.

2. On prend λ= 0,00026. (a) P (X É 1000) = 1−R(1000) = 1−e−0,00026×1000 = 1−e−0,26.

P (X > 1000) = R(1000)= e−0,26. P (X É 1000)= 1−e−0,26 et P (X > 1000)= e−0,26 .

(b) Puisque l’on a une loi de durée de vie sans vieillissement, la probabilité que l’événement (X > 2000) sachant que l’événement (X > 1000) est réalisé est P (X > 1000)= e−0,26 ≈ 0,77 .

(c) Puisque c’est une loi de durée de vie sans vieillissement, la probabilité que l’agenda tombe en panne avant 3000

heures sachant qu’il a fonctionné plus de 2000 est P (x > 1000)= e−0,26 ≈ 0,77

Exercice 4

1. figure

O −→u

−→ v

b

b

b

b

b

b

b

A

B I

A’=B’

C

J

C ′

E’

E

2. À tout M(z), on associe M ′(z ′) tel que z ′ = z2−4z. Soit a = 1+ i l’affixe de A et soit a′ celle de A’ : a′ = (1+ i)2−4(1+ i)= 2i−4(1+ i)=−4−2i. Soit b = 3− i affixe de B et soit b′ celle de B’ : b′ = (3− i)2−4(3− i)= 8−6i−4(3− i) =−4−2i. Les points A′ et B′ sont identiques.

3. Les points qui ont pour image le point d’affixe −5 ont pour affixe z, solutions de l’équation z2−4z =−5. z2−4z =−5⇔ z2−4z +5= 0. ∆=−4< 0. L’équation a deux solutions complexes conjuguées : z1 =

4−2i 2

= 2− i et z2 = 2+ i.

Les deux points ayant pour image le point d’affixe -5 on pour affixe −2− i et −2+ i.

4. (a) Pour tout z, z ′+4= z2−4z +4= z2−2× z ×2+22 = (z −2)2. (b) • Alors, |z ′+4| =

∣(z −2)2 ∣

∣= |z −2]2. • Pour tout z 6= 2, arg(z ′+4)= arg

(

(z −2)2 )

= 2arg(z −2) modulo 2π. (c) On suppose que M décrit le cercle C de centre I et de rayon 2. zM = 2+2eiθ , θ ∈R.

On a alors : |z ′+4| = |zM −2|2 = I M2 = 22 = 4. Appelons J le point d’affixe -4. On a alors J M ′ = 4 arg(z ′+4)= 2arg(z −2)= 2θ. On trouve que arg(z ′+4)= arg(z ′− z J ) décrit R. Par conséquent, M ′ décrit le cercle de centre J et de rayon 4.

5. Soient E (

2+2ei π

3

)

et E’ l’image de E.

(a) E est un point de C . IE=2 : une mesure en radians de l’angle (−→

u ; −→ I E

)

est π

3 .

(b) D’après les questions précédentes, E’ est un point deC ′ donc JE’=4 et unemesure en radians de l’angle (−→u ;

−−→ JE

)

=

2 (−→u ; −→I E

)

= 2π 3

.

(c) On sait que cos

(

2π

3

)

=− 1

2 donc J’ est le point de C ′ d’affixe −

1

2 et d’ordonnée positive (car sin

(

2π

3

)

> 0)

Page 3/4

Exercice 4 (spécialité)

1. Soit (d) la droite d’équation 4x +3y = 1. Pour trouver tous les points de (d) à coordonnées entières, on résout dans Z l’équation 4x +3y = 1. (1 ; −1) est une solution évidente. 4x +3y = 1⇔ 4x +3y = 4×1+3× (−1)⇔ 4(x −1)= 3(−y −1). 4 divise donc 3(−y −1). 4 et 3 sont premiers entre eux. D’après le théorème de Gauss, 4 divise −y −1 donc −y −1= 4k, k ∈Z. On remplace : 4(x −1)= 3×4k x −1= 3k. Par conséquent : x = 1+3k et y =−4k −1. Les points de D à coordonnées entières sont les points Mk (1+3k ; −4k −1), k ∈Z.

2. Soit σ la similitude directe de centre A, qui transforme B en M−1(2 ; 3).

Le rapport de la similitude est : k = AM−1 AB

= ∣

zM−1 − zA zB zA

=

−3+4i

6− 9

2 i

.

L’angle de cette similitude est : (−→ AB ;

−−−−→ AM−1

)

= arg

−3+4i

6− 9 2 i

.

Or, −3+4i

6− 9 2 i =

−3+4i 6+9i 2

= 2× −3+4i 12+9i

= 2

3 × −3+4i 4+3i

= 2

3 × i(4+3i) 4+3i

= 2

3 i.

Par conséquent : k = ∣

2

3 i

= 2 3 et

(−→ AB ;

−−−−→ AM−1

)

= arg (

2

3 i

)

= π 2 .

Cette similitude est de centre A, de rapport 2

3 et d’angle

π

2 .

3. Soit s la similitude d’écriture complexe z ′ = 2 3 iz + 1

3 − 5 3 i. C’est une similitude directe.

Pour z = zA, on obtient : z ′A = 2

3 i(1− i)+ 1

3 − 5 3 i= 2

3 + 2 3 i+ 1

3 − 5 3 i= 1− i= zA.

L’image de A est A donc A est un point fixe : c’est le centre de cette similitude.

Le rapport est

2

3 i

= 2

3 ; son angle est arg

(

2

3 i

)

= π

2 .

Par conséquent, s est la similitude étudiée à la question précédente.

4. B1 est l’image de B et Bn+1 celle de Bn pour tout n ∈N.

(a) On a ABn+1 = 2

3 ABn .

(b) Bn appartient au disque de centre A et de rayon 10 −2 lorsque ABn < 0,01.

Or la suite (ABn) est géométrique de raison 2

3 . Par conséquent : ABn = AB×

(

2

3

)n

; AB = |zB− zA| =

62+ (

9

2

)2

= √

36+ 81 4

= √

225

4 = 15

2 .

ABn É 0,01⇔ 15

2

(

2

3

)n

É 0,01⇔ (

2

3

)n

É 0,01 15 2

= 0,02 15

n ln (

2

3

)

É ln (

0,02

15

)

n Ê ln

(

0,02

15

)

ln

(

2

3

) ≈ 16,3.

Bn appartient au disque de centre A et de rayon 10 −2 à partir de n = 17.

(c) L’angle (−−→ AB1 ;

−−→ ABn

)

= (−→ AB ;

−−→ ABn

)

− (−→ AB ;

−−→ AB1

)

= 2 − π

2 = (n−1)π

2 .

Les points A, B1 et Bn sont alignés si, et seulement si, (−−→ AB1 ;

−−→ ABn

)

≡ 0 [π]⇔ (n −1)π 2 ≡ 0 [π] : les solutions sont

tous les entiers impairs.

L’ensemble des points pour lesquels A, B1 et Bn sont alignés est l’ensemble des entiers naturels impairs.

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