Géométrie algorithmique - exercitation sur l’intervalle de fluctuation asymptotique, Exercices de Géométrie Algorithmique
Eusebe_S
Eusebe_S15 avril 2014

Géométrie algorithmique - exercitation sur l’intervalle de fluctuation asymptotique, Exercices de Géométrie Algorithmique

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Géométrie algorithmique - exercitation sur l’intervalle de fluctuation asymptotique. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Le coefficient directeur de la tangente à la courbe, le coefficient directeur de la ta...
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Asie S correction juin 2013.dvi

[ Correction du baccalauréat S Asie 18 juin 2013\

EXERCICE 1 5 points

Commun à tous les candidats

Partie A

1. Le grossiste a deux fournisseurs et il y a dans chaque boîte des traces de pesticides

ou non. On a donc un arbre 2×2 :

b

A0,8

b S0,1

b S0,9

B0,2

b S0,2

b S0,8

2. a. En suivant la quatrième branche :

p (

B S )

= p(BpB (

S )

= 0,2×0,8 = 0,16.

b. On calcule de même :

p (

AS )

= p(Ap A (

S )

= 0,8×0,9 = 0,72. {A ; B} étant une partition de l’univers, on a donc :

p (

S )

= p (

AS )

+p (

B S )

= 0,72+0,16 = 0,88.

Il faut donc calculer :

pS (B)= p(S B)

p(S) .

On a vu que p (

S )

= 0,88, donc p(S)= 1−p (

S )

= 0,12.

Donc pS (B)= 0,2×0,2 0,12

= 4

12 ± 1

3 ≈ 0,33 au centième près.

Partie B

3.1 On a vu que la probabilité de tirer une boîte de façon aléatoire dans le stock du

grossiste sans trouver de pesticides est égale à 0,88. C’est une épreuve de Bernoulli.

Répéter de façon indépendante 10 fois cette expérience est donc une épreuve de

Bernoulli de paramètres n = 10 et p = 0,88. La variable X suit donc une loi binomiale B(10 ; 0,88).

2. Il faut trouver p(X = 10)= (10 10

)

×0,8810×(1−0,88)10−10 = 0,8810 ≈ 0,28 au centième près.

3. Il faut trouver :

p(X > 8)= p(X = 8)+p(X = 9)+p(X = 10)= (10 8

)

×0,888×(1−0,88)10−8+ (10 9

)

×0,889× (1− 0,88)10−9 +

(10 10

)

× 0,8810 × (1− 0,88)10−10 ≈ 0,233043 + 0,379774 + 0,278501 ≈ 0,891318 ≈ 0,89 au centième près

Partie C

1. On vérifie tout d’abord que :

n = 50 et 50> 30 ; • np = 50×0,88 = 44 et 44> 5 ; • n(1−p)= 50×0,12 = 6 et 6> 5.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On sait qu’alors l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% est égale

à :

I f = [

0,88− 1,96×

p 0,88× (1−0,88) p 50

; 0,88+ 1,96×

p 0,88× (1−0,88) p 50

]

, d’où au cen-

tième près :

I f = [0,79 ; 0,98]. 2. L’inspecteur de la brigade de répression constate une proportion de lots sans pes-

ticides de 50−12

50 ≈ 0,76.

Or 0,76 ∉ If , donc il doit constater au risque de 5% que la publicité estmensongère.

EXERCICE 2 6 points

Commun à tous les candidats

Partie A

Voir la figure.

Partie B

1. a. Le coefficient directeur de la tangente à la courbeC f au point A est égal à f ′(a).

Or f ′(x)= ex , donc f ′(a)= ea . b. De même le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au point B est

égal à g ′(b). Or g ′(x)=−(−e−x ), donc g ′(b)= e−b . c. Si les deux tangentes sont égales le coefficient directeur de leurs équations ré-

duites sont égaux, soit :

f ′(a) = g ′(b) ⇐⇒ ea = e−b et par croissance de la fonction logarithme népé- rien : a =−b ⇐⇒ b =−a.

2. Une équation réduite de la tangente à la courbe C f au point A est égale à :

y −ea = ea (x a) ⇐⇒ y = xea +ea(1−a). Une équation réduite de la tangente à la courbe Cg au point B est égale à :

y − (

1−e−b )

= e−b(x b) ⇐⇒ y = xe−b +1−e−b be−b . Ou en remplaçant −b par a : y = xea +1−ea +aea ⇐⇒ y = xea +1+ea (a −1). Si les deux tangentes sont égales, leurs équations réduites sont les mêmes. On a

déjà vu l’égalité des coefficients directeurs. Les ordonnées à l’origine sont aussi les

mêmes soit :

ea (1−a)= 1+ea(a −1) ⇐⇒ ea(2−2a)= 1 ⇐⇒ 2(a −1)ex +1= 0. Donc a est solution de l’équation dans R :

2(x −1)ex +1= 0.

Partie C

1. a. Sur R, ϕ(x)= 2xex −ex +1. On sait que lim

x→−∞ ex = 0 et lim

x→−∞ xex = 0, d’où par somme de limite :

lim xto−∞

ϕ(x)= 1.

La droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe représentative de ϕ.

On a lim xto+∞

(x−1)=+∞ et lim x→+∞

ex =+∞, d’oùpar sommede limites : lim x→+∞

ϕ(x)= +∞.

Asie 2 18 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. Somme de fonctions dérivable sur R, ϕ est dérivable sur R et :

ϕ′(x)= 2ex +2(x −1)ex = 2xex . Comme, quel que soit x ∈ R ; ex > 0, le signe de ϕ′(x) est celui de x. Donc sur ]−∞ ; 0[, ϕ′(x)< 0 : la fonction est décroissante sur cet intervalle et sur ]0 ; +∞[, ϕ′(x) > 0 : la fonction ϕ est croissante sur cet intervalle. D’où le tableau de va- riations :

c.

x −∞ 0 +∞ f ′(x) − 0 +

1 +∞

−1

f (x)

2. a. Sur ]−∞ ; 0] la fonction ϕ est continue et décroissante à valeurs dans [−1 ; 1]. Comme 0 ∈ [−1 ; 1] il existe un réel unique α de ]−∞ ; 0] tel que f (α)= 0. Lemême raisonnement sur l’intervalle [0 ; +∞[montre qu’il existe un réel unique de cet intervalle β tel que f (β)= 0. Donc l’équation ϕ(x)= 0 admet exactement deux solutions dans R.

b. La calculatrice donne successivement :

ϕ(−2)≈ 0,18 et ϕ(−1)≈−0,47, donc −2<α<−1 ; ϕ(−1,7)≈ 0,013 et ϕ(−1,6)≈−0,05, donc −1,7<α<−1,6 ; ϕ(−1,68)≈ 0,001 et ϕ(−1,67)≈−0,005, donc −1,68 <α<−1,67 ; ϕ(−1,679)≈ 0,00041 et ϕ(−1,678)≈−0,0002, donc −1,679 <α<−1,678. Conclusion au centième près α≈−1,68. De la même façon on obtient β≈ 0,77.

Partie D

1. On sait que E appartient à la droite (EF) et à la courbe représentative C f . E(α ; e α)

et F(−α ; 1−e−α). L’équation de la tangente en E à la courbe C f est :

y −eα = eα(x α). F appartient à cette tangente si et seulement si :

1−e−α−eα = eα(−αα) ⇐⇒ 1−2e−α =−2eα ⇐⇒ 2(α−1)eα+1= 0 ce qui a été démontré à la question 2. b. de la partie C.

Conclusion : la droite (EF) est bien la tangente à la courbe C f au point d’abscisse

α.

2. Le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au point d’abscisse −α est e−(−α) = eα. On a vu dans la question précédente que la droite (EF) a pour coefficient directeur

eα et contient le point F.

Conclusion la droite (EF) est la tangente à la courbe Cg au point d’abscisse −α.

EXERCICE 3 4 points

Commun à tous les candidats

1. Affirmation 1 : VRAIEOn a −−→ AB

(

− p 3−2 ; −1

)

et −−→ AC

(

−1 ; p 3−2

)

.

D’où −−→ AC =

(

2− p 3 )−−→ AB .

Les vecteurs sont colinéaires donc les points A, B et C sont alignés.

Asie 3 18 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. Affirmation 2 : FAUSSE On calcule successivement :

EB2 = 8 ; EC2 = 8 et ED2 = 19

4 +2

p 3 6= 8.

Les points B, C et D ne sont pas équidistants de E.

3. Affirmation3 : VRAIEUne équationduplan (IJK) est x+y+z = 1.Unpoint commun à ce plan et à la droite D a ses coordonnées telles que :

2− t +6−2t −2+ t = 1 ⇐⇒ 5= 2t ⇐⇒ t = 5

2 .

Ce point commun existe donc et a pour coordonnées

(

− 1

2 ; 1 ;

1

2

)

.

4. Affirmation 4 : VRAIE (EFGH) est un carré donc le milieu T de [HF] est le milieu de

[EG].

On a donc −→ ET =

1

2

−−→ EG .

En prenant par exemple le repère (

A, −−→ AB ;

−−→ AD ;

−→ AE

)

calculons le produit scalaire :

−→ AT ·

−−→ EC =

(−→ AE +

−→ ET

)

· (−−→ EG +

−−→ GC

)

= (

−→ AE +

1

2

−−→ EG

)

· (−−→ EG +

−−→ GC

)

=

−→ AE ·

−−→ EG +

−→ AE ·

−−→ GC +

1

2

−−→ EG ·

−−→ EG +

1

2

−−→ EG ·

−−→ GC .

Or ABCDEFGH est un cube, donc −→ AE ·

−−→ EG = 0 et

−−→ EG ·

−−→ GC = 0.

De plus −→ AE =−

−−→ GC et EG = c

p 2, c étant la mesure du côté du cube.

Finalement : −→ AT ·

−−→ EC =−c2+

1

2

(

c p 2 )2 =−c2+c2 = 0.

Les vecteurs sont orthogonaux donc les droites (AT) et (EC) sont orthogonales.

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. Initialisation : la relation est vraie au rang 0 ;

Hérédité : supposons qu’il existe un naturel p tel que up > 1. 1+3up 3+up

= 3+up −2+2up

3+up =

(

3+up )

+ (

2up −2 )

3+up = 1+2

up −1 3+up

.

Par hypothèse de récurrence on a :

up −1 et comme up > 1, 3+up > 4 > 0 donc son inverse 1

3+up > 0 et finalement

up −1 3+up

> 0, c’est-à-dire que up+1 = 1+3up 3+up

> 1

Conclusion : on a démontré par récurrence que quel que soit le naturel n, un > 1.

2. a. Quel que soit le naturel n, un+1 − un = 1+3un 3+un

un = 1+3un −3un u2n

3+un =

1−u2n 3+un

= (1−un ) (1+un )

3+un .

b. On sait que quel que soit le naturel n, un > 1⇒ u2n > 12 ⇒ 1−u2n < 0 et comme 3+un > 0 et finalement un+1 −un < 0 ce qui signifie que la suite (un ) est dé- croissante.

La suite (un ) est décroissante et minorée par 1 : elle converge vers une limite

supérieure ou égale à 1.

Partie B

Asie 4 18 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. i 1 2 3

u 0,800 1,077 0,976

2. Il semble que la suite converge vers 1 par valeurs alternativement supérieures et

inférieures.

3. a. Vn+1 = un+1−1 un+1+1

= 1+0,5un 0,5+un −1 1+0,5un 0,5+un +1

= 0,5−0,5un 1,5+1,5un

= −0,5(un −1) 1,5(un +1)

=− 1

3 vn .

La suite (vn) est donc géométrique de raison − 1

3 .

b. On a v0 = 2−1 2+3

= 1

3 .

On sait qu’alors pour tout naturel n, vn = 1

3 ×

(

− 1

3

)n

.

4. a. Quel que soit le naturel n,

(

− 1

3

)n

6 1, donc vn 6 1

3 et par conséquent vn 6= 1.

b. vn = un −1 un +1

⇐⇒ vn (un +1)= un −1 ⇐⇒ vnun +vn = un −1 ⇐⇒ vnun un+=

−1− vn ⇐⇒ un (vn −1)=−1− vn et comme vn 6= 1,

un = −1− vn vn −1=

1+ vn 1− vn

.

c. Comme −1 < − 1

3 < 1, on sait que lim

n→+∞

(

− 1

3

)n

= 0, soit lim n→+∞

vn = 0, donc

d’après le résultat précédent lim n→+∞

un = 1

1 = 1.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. a. On a : {

xE′ = 54 ×2+ 3 4 ×2

yE′ = 34 ×2+ 5 4 ×2 ⇐⇒

{

xE′ = 4 yE′ = 4

{

xF′ = 54 × (−1)+ 3 4 ×5

yF′ = 34 × (−1)+ 5 4 ×5 ⇐⇒

{

xF′ = 52 yF′ = 112

{

xG′ = 54 × (−3)+ 3 4 ×3

yG′ = 34 × (−3)+ 5 4 ×3

⇐⇒ {

xG′ = − 32 yG′ = 32

b. OE2 = 22+22 = 8, donc OE = 2 p 2.

OE′2 = 42+42 = 32, donc OE′ = 4 p 2. Donc OE′ = 2OE.

OG2 = (−3)2+32 = 9+9= 18, donc OG = 3 p 2 ;

OG′2 = (

− 3 2

)2+ (

3 2

)2 = 18 4 , donc OG′ = 3

p 2

2 . Donc OG ′ =

1

2 OG.

On a A = ( 5 4

3 4

3 4

5 4

)

.

Partie B

1. Il suffit d’écrire avant le FIN POUR : afficher x, afficher y

2. Il semble que les cordonnées sont de plus en plus grandes tout en se rapprochant

(les points images sont de plus en plus proches de la droite y = x.)

Partie C

Asie 5 18 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. Initialisation : pour n = 1, on a bien A1 = ( 5 4

3 4

3 4

5 4

)

et :

α1 = 20+ 122 et β1 = 2 0− 1

22 .

Hérédité : supposons qu’il existe un naturel p tel que : Ap = (

αp βp βp αp

)

et

αp = 2p−1+ 1

2p+1 et βp = 2p−1−

1

2p+1 .

La relation Ap+1 = A× Ap entraîne que : αp+1 = 54αp +

3 4βp et

βp+1 = 34αp + 5 4 βp , soit en utilisant la relation de récurrence :

αp+1 = 54

(

2p−1+ 1

2p+1

)

+ 34

(

2p−1− 1

2p+1

)

= 842 p−1+ 24

1

2p+1 = 2p +

1

2p+2 .

De même :

βp+1 = 34

(

2p−1+ 1

2p+1

)

+ 5 4

(

2p−1− 1

2p+1

)

= 8

4 2p−1−

2

4

1

2p+1 = 2p

1

2p+2 .

Donc les relations sont vraies au rang p +1. On a donc démontré par récurrence que pour tout entier naturel n > 1, on a :

αn = 2n−1+ 1

2n+1 et βn = 2n−1−

1

2n+1 .

2. a. L’égalité (

xn yn

)

= An (

2

2

)

.

se traduit par : {

xn = 2αn +2βn yn = 2βn +2αn

On a quel que soit le naturel n, xn = yn . b. OE2n = x2n + y2n = 2x2n ;

Avec xn = 2αn +2βn = 2 (

αn +βn )

et αn +βn = 2n , on obtient OE2n = 2×4(2n )

2 = 22n+3. Or lim

n→+∞ 22n+3 =+∞, donc lim

n→+∞ OEn =+∞.

Asie 6 18 juin 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe

à rendre avec la copie

Exercice 2

1

2

3

4

−1

−2

−3

1 2 3 4−1−2−3−4−5 O

C f

Cg

Asie 7 18 juin 2013

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