Exercitation de modélisation mathématique 7, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Exercitation de modélisation mathématique 7, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercitation de modélisation mathématique 7. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude de la fonction f, Prolongement de la fonction f.
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CorrectionAntillesSsept1998.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Antilles-Guyane septembre 1998 \

Exercice 1 4 points Enseignement obligatoire

1. On a 16 X 6 9.

2. a. Soit i entier compris entre 1 et 8 (16 i 6 8) ; si (X = i ) cela veut dire que la boule est dans le i - !ème tiroir ce qui corespond à l’évènement Bi .

b. Si (X = 9) ou la boule dans le 9e tiroir (évènements B9), soit elle n’y est pas mais alors elle est dans le 10e tiroit (évènements B10). Donc (X = 9) est la réunion des évènements B9 et B10.

c. Pour 16 i 6 8 la probabilité pi = 1

10 . Par contre p(X = 9)=

2

10 d’après la

réponse ci-dessus. La loi de probabilité de X :

Xi 1 2 3 4 5 6 7 8 9

p (Xi ) 1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

1

10

2

10

d. E(X )= 1+2+3+4+5+6+7+8+18

10 =

54

10 =

27

5 = 5,4.

Exercice 2 5 points Enseignement obligatoire

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct (

O, −→ u ,

−→ v

)

.

On placera sur une même figure, qui sera complétée au fur et à mesure, les points introduits dans le texte (unité graphique : 2 cm.)

1. a. z2−2z p 3+4 = 0 ⇐⇒

(

z − p 3 )2−3+4 = 0 ⇐⇒

(

z − p 3 )2+1 = 0 ⇐⇒

(

z − p 3 )2− i2 = 0 qui donne en factorisant les deux solutions z1 =

p 3+ i

et e2 = p 3− i

b. On a |z1|2 = 3+1= |z1|2 = 22, d’où |z1| = |z2| = 2.

Donc z1 = 2 (p

3

2 + 1

2 i

)

= 2 (

cos π6 + i sin π

6

)

= 2ei π

6 . Le conjugué de z1 est

z2 = 2e−i π

6 . Le point M d’affixe z1 est construit comme l’intersection du cercle de centre O et de rayon 2 avec la droite d’équation y = 1 (l’abscisse deM étant positive). Pour N on trace la droite d’équation y =−1.

c. Déterminer les affixes des points Q et P images respectives deM et N par

la translation de vecteur −→ w =−2−→u . Placer P et Q sur la figure.

Montrer que MNPQ est un carré.

2. Soit R le symétrique de P par rapport à O, E l’image de P par la rotation de

centreO et d’angle π

2 , S l’image de E par l’homothétie de centreO et de rapport

p 3.

Placer ces points sur la figure.

Calculer les affixes de R et de S. Montrer que S appartient au segment [MN].

3. On pose α= 2− p 3.

Baccalauréat S

a. Montrer que 1+α2 = 4α et 1−α2 = 2α p 3.

b. Exprimer les affixes Z de −→ PR et Z ′ de

−→ PS en fonction de α.

c. Montrer que |Z | = |Z ′| et que Z

Z ′ = ei

π

3 .

d. Déduire des questions précédentes la nature du triangle PRS.

Exercice 2 5 points Enseignement de spécialité

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal (

O, −→ u ,

−→ v

)

.

On placera sur une même figure, qui sera complétée au fur et à mesure les points introduits dans le texte (unité graphique : 2 cm.)

1. a. Résoudre l’équation (E) : z2−2z p 3+4= 0.

b. |z1|2 = |z2|2 = 3+1= 4, donc |z1| = |z2| = 2.

z1 peut donc s’écrire z1 = 2 (p

3

2 + i

1

2

)

= 2 (

cos π6 + i π

6

)

= 2e π

6 . Son conju-

gué z2 s’écrit donc z2 = 2e− π

6 . Pour placer M on construit la droite y = 1 qui coupe le cercle de centre O et de rayon 2 au point d’abscisse positive M. Pour N, on utilise la droite d’équation y =−1.

c. De façon évidente Q a pour affixe p 3−2+ i et P a pour affixe

p 3−2− i.

La construction est évidente.

– On sait déjà que −−→ MQ = −−→NP = −2−→u ⇐⇒ (MQPN) est un parallélo-

gramme. – De plus M et N étant symétriques autour de (Ox), la droite (MN) est

verticale et la droite (MQ) horizontale : donc (MQ) est perpendicu- lauiire à (MN), ce qui montre que le quadrilatère est un rectangle.

– EnfinMQ =MN = 2, ce qui montre que le quadrilatère est un losange, donc finalement un carré.

2. Soit R le symétrique de P par rapport à O, E l’image de P par la rotation de

centre O et d’angle π

2 , S l’image de E par l’homothétie de centre O et de rap-

port p 3.

– Affixe de R : on a zR+ zP = 0 ⇐⇒ zR =−zP = 2− p 3+ i.

– Affixe de E : on a zE = izP = i (p

3−2− i )

= 1+ i (p

3−2 )

. – Affixe de S : on a zS =

p 3zE =

p 3 [

1+ i (p

3−2 )]

= p 3+ i(3−2

p 3).

Le point S a la même partie réelle que M et N, donc il appartient à la droite (MN). Comme 1,7 <

p 3< 1,8⇒ 3,4< 2

p 3< 3,6⇒−3,6 <−2

p 3<−3,4⇒−0,6 <

3−2 p 3 < −0,4⇒−1 < 3−2

p 3 < 1. La partie imaginaire de S est comprise

entre celle de M et celle de N. Donc S appartient au segment [MN].

3. On pose α= 2− p 3.

a. 1+α2 = 1+ (

2− p 3 )2 = 1+4+3−4

p 3= 8−4

p 3= 4

(

2− p 3 )

= 4α. 1−α2 = 1−

(

2− p 3 )2 = 1−4−3+4

p 3=−6+4

p 3= 2

p 3(2−

p 3)= 2α

p 3.

b. Z = 2− p 3+ i−

(p 3−2− i

)

=α+ i+α+ i= 2α+2i. Z ′ =

p 3+

(

3−2 p 3 )

i− (p

3−2− i )

= 2+ i (

4−2 p 3 )

= 2+2iα. c. Montrer que |Z |2 = 4α2+4 et |Z ′|2 = 4+4α2 , donc |Z | =

Z ′ ∣

∣. Z

Z ′ =

2α+2i 2+2iα

= α+ i 1+ iα

= (α+ i)(1− iα) (1+ iα)(1− iα)

= 2α+ i

(

1−α2 )

1+α2 =

2α+2iα p 3

4α

Antilles-Guyane 2 septembre 1998

Baccalauréat S

(d’après la question précédente) = 1+ i

p 3

2 =

1

2 + i

p 3

2 = cos π3 + i sin

π

3 =

ei π

3 .

d. |Z | = ∣

Z ′ ∣

∣⇒ PR = PS, donc PRS est isocèle en P ; Z

Z ′ = ei

π

3 entraine en prenant les arguments que (−→ PS ;

−→ PR

)

= π3 . Le tri- angle isocèle enP ayant un angle au sommet demesure π3 , ses trois angles ont la même mesure : il est donc équilatéral.

Problème 11 points Commun à tous les candidats

d(x)= e x

x+1 .

1. En posant u(x)= x

x +1 qui est définie et dérivable sur ]−1 ; +∞[, d(x)= eu(x).

d est donc dérivable et d ′(x) = u′(x)eu(x) = x +1− x (x +1)2

eu(x) = 1

(x +1)2 e

x x+1 > 0

car produit de deux nombres supérieurs à zéro. La fonction d est donc croissante sur ]−1 ; +∞[.

2. Comme lim x→−1

x

x +1 =−∞, alors par composition lim

x→−1 d(x)= 0.

Comme x

x +1 =

1

1+ 1x , lim

x→+∞ x

x +1 = 1, d’où lim

x→+∞ d(x)= e1 = e.

3. D’après la question précédente la fonction d croît de 0+ à e donc pour tout x >− 1, on a : 0< d(x)< e.

1

−1

1 2−1

−→ u

−→ v

MQ

P N

R

S

O

E

Partie B Étude de la fonction f

f (x)= x +1−e x

x+1 .

Antilles-Guyane 3 septembre 1998

Baccalauréat S

1. On a vu dans la partie A que lim x→+∞

d(x)== e, donc lim x→+∞

f (x)− (x −e+1)= 0. Ceci montre que la droite (D) d’équation y = x−e+1 est asymptote à la courbe (C ) au voisinage de +∞. On a f (x)− (x −e+1)= x +1−e

x x+1 − x −1+e=−e

x x+1 +e.

D’après la question A. 3. 0 < e x

x+1 < e donc e−e x

x+1 > 0. Ce qui montre que la courbe (C ) est au dessus de son asymptote au voisinage de +∞.

2. a. Pour x ∈]−1 ; +∞[, f (x)= x +1−d(x), donc f est dérivable et f ′(x) = 1− d ′(x) = 1−

1

(x +1)2 e

x x+1 . Cette fonction est elle-même déri-

vable et f ′′(x) = e x

x+1 2(x +1)−1 (x +1)4

= 2x +1 (x +1)4

e x

x+1 . Le signe de f ′′ est donc

celui de 2x +1, négatif pour −1< x <− 1

2 , positif pour x >−

1

2 .

b. D’où le tableau de variations :

x −1 − 1

2 +∞ f ′′(x)

f ′(x)

1

1− 4e

1

− 0 +

3. Équation f ′(x)= 0 :

On a f ′ (

− 1

2

)

< 0 (calculatrice).

Par continuité la fonction f ′ s’annule deux fois : en α tel que −1 < α < − 1

2 et

aussi en 0, avec − 1

2 < 0 admet sur ]−1 ; +∞[.

la calculatrice donne une valeur approchée de α≈−0,72 à 10−2 près. 4. a. D’après la question précédente, on peut déterminer le signe de f ′ et

donc les varaitions de f : – sur ]−1 ; α], f est croissante ; – sur [α ; 0], f est décroissante ; – sur [0 ; +∞[, f est croissante.

b. – Limite en−1 : on a vu que l’exponentielle a pour limite 0, donc la limite de f est 0 ;

– Limite en +∞ : l’exponentielle a pour limite e, donc la limite de f en +∞ est +∞.

c. D’où le tableau de variations de f :

x −1 α +∞0 f ′(x)

f (x)

0

α(α+1)

0

+∞ + 0 − +

Antilles-Guyane 4 septembre 1998

Baccalauréat S

Calcul de f (α)=α+1−e α

α+1 : on sait que f ′(α)= 0 ⇐⇒ 1− 1

(α+1)2 e

α

α+1 =

0 ⇐⇒ e α

α+1 = (α+1)2. Donc f (α)=α+1−e

α

α+1 =α+1− (α+1)2 =−α(α+1).

Partie C Prolongement de la fonction f en −1 On considère la fonction g définie sur ]−1 ; +∞[ par :

{

g (− 1) = 0 g (x) = f (x) pour tout x >− 1.

On appelle (C ′) la courbe représentative de la fonction g dans le repère de la partie B.

1. a. Si x ∈]− 1 ; +∞[, g (x)− g (−1)

x − (−1) =

f (x)−0 x − (−1)

= x +1−e

x x+1

x +1 = 1−

e x

x+1

x +1 =

1− 1

x

( x

x +1 e

x x+1

)

.

g (x)− g (−1) x − (−1)

= 1− 1

x

( x

x +1 e

x x+1

)

.

b. Pour x ∈]−1 ; +∞[, on a déjà vu que la limite lorsque x tend vers −1 de x

x +1 est −∞. En posant u(x) =

x

x +1 ,

x

x +1 e

x x+1 = ueu = −

u e−u

, dont la

limite quand u tend vers +∞ est égale à zéro.

c. La limite de g (x)− g (−1)

x − (−1) lorsque x tend vers −1 est donc finie : c’est la

définition du nombre dérivé g ′(−1)= 0. 2. Construire (D) La courbe (C ′) est la réunion de la courbe (C ) et du point

(0 ; −1). La tangente à (C ′) au point (0 ; −1) a pour équation : y − (−1) = g ′(−1)(x − (−1) ⇐⇒ y = x +1. La tangente à (C ′) au point d’abscisse α est horizontale : elle a pour équation y = f (α)=−α(α+1). La tangente à (C ′) au point d’abscisse 0 est horizontale : elle a pour équatiobn y = f (0)= 0 (axe des abscisses). D’où les graphes :

Antilles-Guyane 5 septembre 1998

Baccalauréat S

1

−1

−2

1 2−1

y = x

+1

y = x

+1 −e

C

x

y

Antilles-Guyane 6 septembre 1998

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