Exercitations de mathématique 18, Exercices de Mathématiques Appliquées
Eusebe_S
Eusebe_S21 May 2014

Exercitations de mathématique 18, Exercices de Mathématiques Appliquées

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Exercitations de mathématique - Liban. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Exercice 1, Exercice 2, Exercice 3, Exercice 4.
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Baccalauréat

Liban

1. Exercice 1

1)      p A B p A p B   car les événements A et B sont indépendants.

D’où :                p A B p A p B p A B p A p B p A p B         . Or    1p A p A  .

                1 1 1p A B p A p B p A p B p A p A p B           .

Donc      

 

4 3 2 11 25 5 5 3 3 3

5 5

p A B p A p B

p A

        . La réponse correcte est donc la : b.

2)     5 5

0,04 0,04 0,2

00 5 1 5 1 0,04e 1 e e 0,82x xp X p X dx               .

La réponse correcte est donc la : d.

3) Soit les événements suivants : P : « il pleut » et S : « je sors mon chien ».

Dans ma rue, il pleut une fois sur 4 ; alors   1

4 p S  .

S’il pleut, je sors mon chien avec une probabilité égale à 1

10 ; alors  

1

10 Pp S  .

S’il ne pleut pas, je sors mon chien avec une probabilité égale à 9

10 ; alors  

9

10P p S  .

On est amené à rechercher  Sp P . Or      

3 9 27 274 10 40

1 1 3 9 28 28

4 10 4 10 40

S

p P S p P

p S

    

  

.

La réponse correcte est donc la : d.

2. Exercice 2

Partie A

1) a) 1

lim e lim 0 e

x

xx x

    car lim ex

x   . D’où, par somme de limites,  lim 1 e 1x

x

   .

Or 1

lim ln 0 X

X

 . Donc, par limite d’une fonction composée,  lim ln 1 e 0x x

   .

De plus, 1

lim 3x

x 

    

  . Par conséquent,  lim

x f x

   .

b)     1

3 f x x h x  avec    ln 1 e xh x   . Or, d’après la question précédente,

 lim 0 x

h x 

 . Donc la droite  D d’équation 1

3 y x est asymptote à la courbe  C au

voisinage de  .

c) Étudions le signe de   1

3 f x x , c’est-à-dire de  h x .

Pour tout réel x, e 0x  , et par suite, 1 e 1x  . Comme la fonction ln est strictement

croissante sur  1 ;   , alors  ln 1 e 0x  . Donc,   0h x  pour tout réel x. Par conséquent,  C est au-dessus de  D sur R.

d) Soit un réel x.

          1 1 1 1 e 1 1 1

ln 1 e ln 1 ln ln e 1 ln e ln e 1 3 3 3 3 3e e

x x x x x

x x f x x x x x x x

                    

   

Par conséquent,     2

ln e 1 3

xf x x   , pour tout réel x.

e) lim e 0x x

 . D’où, par somme de limites,  lim 1 e 1x x

  .

Or 1

lim ln 0 X

X

 . Donc, par limite d’une fonction composée,  lim ln 1 e 0x x

  .

De plus, 2

lim 3x

x 

       

. Par conséquent,  lim x

f x 

  .

2) a) On a  lnf u v  avec     1

et 1 e 3

xu x x v x    .

Comme la fonction v est dérivable et strictement positive sur R, alors la fonction  ln v est

dérivable sur R. La fonction u est dérivable sur R. Donc f est dérivable sur R en tant que somme de fonctions dérivables sur R.

Alors : v

f u v

    avec    

1 et e

3

xu x v x     .

D’où :      

     

1 2e e1 e 1 e 3e 1 2e e 2

3 1 e 3 1 e 3 1 e 3 1 e e 3 e 1

x xx x x x x

x x x x x x f x

   

   

            

      .

Par conséquent, pour tout réel x,    

e 2

3 e 1

x

x f x

 

 .

b) Pour tout réel x,  3 e 1 0x   ; alors le signe de  f x dépend de celui de  e 2x  . Or :

  e 2 0 e 2 ln 2x x x      ;

  e 2 0 e 2 ln 2x x x      ;

  e 2 0 e 2 ln 2x x x      .

On en déduit que la fonction f est décroissante sur     ; ln 2 et croissante sur

  ;  ln 2   .

Partie B

1) D’après la partie A, la courbe  C est au-dessus de  D sur R, donc sur  0 ; n , alors

    0

1

3

n

f x x dx  

     0

ln 1 e n

x nd dx

  , pour tout entier naturel n non nul.

2) On admet que, pour tout réel x,  ln 1 e ex x   .

Comme les fonctions  ln 1 e et ex xx x  sont continues sur R, donc sur  0 ; n , alors

d’après le respect de l’ordre par l’intégration,   0 0

ln 1 e e n n

x xdx dx    .

Or    0 00

e e e e 1 e n n

x x n ndx             . Donc : 1 e n

nd   .

De plus,  1 e 1 en n     . Comme e 0n  pour tout entier naturel n non nul,

 1 e 1 0n   , c’est-à-dire 1 e 1n  . Par conséquent, pour tout entier naturel n non nul, 1nd  .

3) Soit n un entier naturel non nul.

        1 1 0

1 0 0 0

ln 1 e ln 1 e ln 1 e ln 1 e n n n

x x x x n n

n d d dx dx dx dx

     

             .

Alors,   1

1 ln 1 e n

x n n

n d d dx

 

    .

Comme la fonction  ln 1 e xx  est strictement positive sur R (d’après la question 1) c) de

la partie A) et que 1n n  , alors   1

ln 1 e 0 n

x

n dx

   .

Par conséquent, la suite   1n n

d

est croissante.

Comme la suite   1n n

d

est également majorée par 1 (d’après la question précédente), on en

déduit que la suite   1n n

d

est convergente.

Partie C

1) Le coefficient directeur de  T est le nombre dérivé de f en 0.

Or    

0

0

e 2 1 0

63 e 1 f

    

 ; donc le coefficient directeur de  T est égal à

1

6  .

2) Soit a un réel non nul.

Soit M et N les points de  C d’abscisses respectives et a a .

Le coefficient directeur de la droite  MN est égale à N M N M

y y

x x

 .

Or

   

 

 2 1 eln ln 1 eln 1 e ln 1 e 3 e3 3

2

a aa a

a

N M

N M

aa a

y y

x x a a a

                       

    

.

Alors,      2 2ln 1 e ln e ln 1 e 13 3 3

2 2 2 6

a a a

N M

N M

a a a a

y y

x x a a a

       

     

.

Comme  0N M N M

y y f

x x

 

 , alors les droites  MN et  T sont parallèles.

(C)

(D)

(T)

2 3 4 5-1-2-3-4-5

2

3

0 1

1

x

y

3. Exercice 3

1) a) Dans le repère   ; , , A AB AD AE , les points A, B, C, D, E, F, G et H ont respectivement

pour coordonnées  0 ; 0 ; 0 ,  1 ; 0 ; 0 ,  1 ; 1 ; 0 ,  0 ; 1 ; 0 ,  0 ; 0 ; 1 ,  1 ; 0 ; 1 ,  1 ; 1 ; 1

et  0 ; 1 ; 1 .

Comme I est le milieu de  EF , alors I a pour coordonnées      

1 ; 0 ; 1

2 .

Comme J est symétrique de E par rapport à F, alors FJ EF .

D’où :

J F EF

J F EF

J F EF

x x x

y y y

z z z

     

  

, c’est-à-dire

1 1

0 0

0 1

J

J

J

x

y

z

    

  

. D’où J a pour coordonnées   2 ; 0 ; 1 .

b)            2 0 1 1 0 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0DJ BG                 .

          1

2 0 1 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 2

DJ B  

                   

I .

Donc le vecteur DJ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires et BG BI du plan

 BGI . Par conséquent, DJ est un vecteur normal au plan  BGI .

c)    

       

; ; 0

1 2 0 1 0 1 0

2 2 0

M x y z BG BM DJ

x y z

x y z

  

          

    

I

Donc  BGI a pour équation cartésienne2 2 0x y z    .

d) La distance du point F au plan  BGI est égale à  

22 2

2 2

2 1 1

F F Fx y z  

  

.

Or

  22 2

2 2 2 0 1 2 6

662 1 1

F F Fx y z       

  

.

Donc la distance du point F au plan  BGI est égale à6

6 .

2) a) Comme   est la droite orthogonale au plan  BGI , alors elle a pour vecteur directeur

DJ . Donc une représentation paramétrique de   est :

    

1 2

1

x t

y t

z t

 

 

 

avec  Rt

b) Soit K le centre de la face ADHE. Alors K est le milieu de  AH , et par suite, K a pour

coordonnées 1 1

0 ; ; 2 2

     

.

1

1 2 0 21 2 1 1

2 2

1 1 1

1 2 2

K

K

K

t t

t x

t y t t

t z t t

       

                  

      

On en déduit que K est un point de   .

c)

     

2 2 0

1 2 ; ;

1

2 4 1 2 0

1 2

1

6 1 0

1 2

x y z

x t M x y z BG

y t

z t

t t t

x t

y t

z t

t

x t

y

      

      

  

        

   

  

 

  

I

1

1

6

2

3

1

6

5

6

t

z t

t

x

y

z

     

  

  

   

        

Donc la droite   et le plan  BGI sont sécants en un point L de coordonnées

     

2 1 5 ; ;

3 6 6 .

d) Soit   ; ; M x y z l’orthocentre du triangle BGI. Alors :

 

 

 

       

1 0 1 1 1 0

20

10 1 1 0 0 2

0 1

1 1 0 1 1 0 2

2 2 0

1 0

1 1 0

2 2

1 1 0

2 2

x y z M BG

BM G x y z

GM B

x y zM BG

x y z

y z

x y

x z

          

     

          

              

    

  

  

  

I

I

I

I

2 2 0

1

1 1 0

2 2

2 2 0

x y z

y z

x z

x y z

           

   

        

 

0 1

0 2 1

0 2 2 1 2 0

1

2 1

4 2 1 2 0

1

6

2

3

5

6

M BG y z

BM G x z

GM B z z z

M BG

y z

x z

z z z

y

x

z

    

     

        

  

         

 

 

    

I

I

I

I

Par conséquent, l’orthocentre du triangle BGI est le point L.

4. Exercice 4 (enseignement obligatoire)

Partie A

1)

22 3 3

3 2 2

Az   

           . Alors

3 3 3 1 3

2 2 2 2 i i

        

  

5

63e i

Az

.

Comme B Az z , alors

5

63e i

Bz

.

 

2) Voir ci-dessous.

3) 3 3B AAB z z i     ;

22 3 3 3 3

3 2 2 2 2

C AAC z z i   

                

et

22 3 3 3 3

3 2 2 2 2

C BBC z z i   

                . Donc ABC est un triangle équilatéral.

Partie B

1) a)

2 5

2 62 1 1

e 3e 3 3

ii

Ai z



     

   

13

6 6e e i i

Az  

 

;

5 2 62

1 1 e 3e

3 3

ii

Bi z

 

     

   

7 5

6 6e e i i

Bz

 

 

 

et 2 2 1 1

e 9 3 3

i

Ci z

    23e

i

Cz

.

b) Voir ci-dessous.

c)

5

6 3 1

e 2 2

i

BOB z z i

      et

5

63 e 3 i

AOA OB z z z

    . D’où : 3 OA OB .

Par suite, les points O, A et B’ sont alignés.

OB a pour coordonnées 3 3

; 2 2

       

et OA a pour coordonnées 3 1

; 2 2

      

.

D’où : 3 OB OA  . Par suite, les points O, A’ et B sont alignés.

2) a) Comme G est l’isobarycentre des points O, A, B et C, alors pour tout point M du plan,

4 MO MA MB MC MG    .

Prenons M O ; on obtient : 4 OA OB OC OG   .

Par suite,

3 3 3 3 3

2 2 2 2 6

4 4 4

A B C G

i i z z z

z

                    

   .

Donc G a pour affixe3

2  .

Par conséquent, 2 1 1 9

3 3 4

Gi z i    3

4 Gz i

b) Soit H l’isobarycentre des points O’, A’, B’ et C’.

Alors

3 1 3 1 0 3

2 2 2 2

4 4

O A B C H

i i i z z z z

z i   

                     

   . Comme H et G’ sont

distinct, alors G’n’est pas l’isobarycentre des points O’, A’, B’ et C’.

3) Si M appartient à  AB , alors 3

2 Mz it   où t est un réel.

Alors

2

2 21 3 1 9 3 13 3 2 3 4 4 3

Mz i it i it t t i t      

                   

, c’est-à-dire 23 1

4 3

M

M

x t

y t

  

  

.

Par conséquent, si M appartient à  AB , alors M appartient à la parabole d’équation

23 1

4 3 y t  .

5. Exercice 4 (enseignement de spécialité)

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