Géométrie algorithmique - exercitation sur la fonction définie, Exercices de Géométrie Algorithmique
Eusebe_S
Eusebe_S15 avril 2014

Géométrie algorithmique - exercitation sur la fonction définie, Exercices de Géométrie Algorithmique

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Géométrie algorithmique - exercitation sur la fonction définie. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la droite d’équation, le tableau de variation de la fonction f, la fonction rationnelle.
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Am_du_Sud_S_21_nov_2013-corr.dvi

A .P

.M .E

.P .

[ Baccalauréat S Amérique du Sud 21/11/2013\

Corrigé

Exercice 1 6 points Commun à tous les candidats

Partie A

Soit f la fonction définie sur R par f (x)= xe1−x .

1. e1−x = e × e−x = e

ex donc f (x)= e ×

x

e x .

2. lim x→−∞

1− x =+∞ donc lim x→−∞

e1−x =+∞ (par composition).

lim x→−∞

x =−∞

lim x→−∞

e1−x =+∞

}

=⇒ lim x→−∞

x e1−x =−∞ (par produit) ; lim x→−∞

f (x)=−∞.

3. On sait que lim x→+∞

ex

x =+∞ donc lim

x→+∞ x

e x = 0 donc lim

x→+∞ e

x

e x = 0.

On a donc lim x→+∞

f (x)= 0 ce qui veut dire que la courbe représentant la fonction f admet la droite d’équation y = 0 comme asymptote horizontale en +∞.

4. La fonction f est dérivable sur R et f ′ (x)= 1× e1−x + x (−1) e1−x = e1−x (1− x) 5. Pour tout réel x, e1−x > 0 donc f ′ (x) est du signe de 1− x.

f (1)= 1e0 = 1, d’où le tableau de variation de la fonction f :

x −∞ 1 +∞

1− x + 0 −

f ′ (x) + 0 − 1

f (x)

−∞ 0

Partie B

Pour tout entier naturel n non nul, on considère les fonctions gn et hn définies sur R par :

gn(x)= 1+ x + x2+·· ·+ xn et hn (x)= 1+2x +·· · +nxn−1.

1. (1− x)gn(x)= (1− x) (

1+ x + x2+·· ·+ xn )

= 1+ x + x2+ x3+·· ·+ xn x x2− x3−·· ·− xn xn+1 = 1− xn+1

On obtient alors, pour tout réel x 6= 1 : gn(x)= 1− xn+1

1− x .

2. Pour tout x, gn (x)= 1+ x + x2+·· ·+ xn donc g n (x)= 0+1+2x +·· · +nxn−1 = hn (x).

Or, pour tout réel x 6= 1, gn (x)= 1− xn+1

1− x ;

gn est une fonction rationnelle de type u

v dont la dérivée est

uv uv

v2 :

hn (x)= g n (x)= −(n+1)xn (1− x)−

(

1− xn+1 )

(−1) (1− x)2

= −(n+1)xn + (n+1)xn+1+1− xn+1

(1− x)2

= −(n+1)xn +nxn+1+ xn+1+1− xn+1

(1− x)2 =

nxn+1− (n+1)xn +1 (1− x)2

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. Soit Sn = f (1)+ f (2)+ ...+ f (n), où f (x)= x e1−x . Sn = 1+2e−1+·· ·+n e1−n = 1+2e−1+·· ·+n

(

e−1 )n−1 = hn

(

e−1 )

.

Or hn (x)= nxn+1− (n+1)xn +1

(1− x)2 donc hn

(

e−1 )

= n (

e−1 )n+1− (n+1)

(

e−1 )n +1

(

1− (

e−1 ))2

;

Sn =

n

en+1 −

n+1 en

+1 (

1− 1

e

)2

On sait que lim x→+∞

ex

x =+∞ donc lim

x→+∞

x

e x = 0 donc lim

n→+∞

n

en = 0 et lim

n→+∞

n+1 en+1

= 0.

De plus, lim x→+∞

x

x +1 = 1 et lim

x→+∞ x +1

x = 1 comme limites en+∞ de fonctions rationnelles,

donc lim n→+∞

n

n+1 = 1 et lim

n→+∞ n+1

n = 1.

n

en+1 =

n

n+1 ×

n+1 en+1

; donc par produit, lim n→+∞

n+1 n

× n+1 en+1

= 1×0= 0. n+1 en

= n+1

n ×

n

en ; donc par produit, lim

n→+∞ n+1

n ×

n

en = 1×0= 0.

Donc lim n→+∞

Sn = 1

(

1− 1

e

)2 =

e2

(e −1)2 .

Exercice 2 4 points Commun à tous les candidats

1. Dans le repère donné, A a pour coordonnées (0,0,0), B(1,0,0), D(0,1,0) et E(0,0,1). −→ AF =−−→AB +−→AE donc le point F a pour coordonnées (1,0,1). La droite (FD) a pour vecteur directeur

−−→ DF de coordonnées (1, −1,1) ; de plus elle passe

par le point D(0,1,0).

La droite (FD) a pour représentation paramétrique :

x = t y = 1− t t ∈R z = t

2. Soit −→ n le vecteur de coordonnées (1, −1,1). Ce vecteur est un vecteur normal au plan

(BGE) s’il est orthogonal aux deux vecteurs −→ EB et

−−→ EG directeurs du plan (BGE).

−→ EB a pour coordonnées (1,0, −1) ;

−→ n .

−→ EB = 1×1+ (−1)×0+1× (−1)= 0 donc

−→ n ⊥−→EB .

−−→ EG =−−→AC =

−−→ AB +−−→AD a pour coordonnées (1,1,0) ;

−→ n .

−−→ BG = 1×1+ (−1)×1+1×0= 0 donc

−→ n ⊥−−→EG . Donc le vecteur

−→ n (1, −1,1) est normal au plan (BGE).

Le plan (BGE) a pour vecteur normal −→ n et passe par le point B ; c’est l’ensemble des points

M (

x , y ,z )

tels que −→ n ⊥−−→BM .

−−→ BM a pour coordonnées

(

x −1, y ,z )

; −→ n ⊥−−→BM ⇐⇒ 1× (x −1)+ (−1)× y +1× z = 0 ⇐⇒ x y + z −1= 0. L’équation cartésienne du plan (BGE) est x y + z −1= 0.

3. Le vecteur −−→ DF est égal au vecteur

−→ n qui est normal au plan (BGE) donc la droite (FD) est

perpendiculaire au plan (BGE).

Les coordonnées (

x , y ,z )

du point d’intersection de la droite (FD) et du plan (BGE) sont

solutions du système :

Amérique du Sud 2 21 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

x = t y = 1− t z = t

x y + z −1 = 0

=⇒

x = t y = 1− t z = t

t − (1− t)+ t −1 = 0

=⇒

x = t y = 1− t z = t 3t = 2

=⇒

x = 2 3

y = 13 z = 2

3

t = 23

Donc la droite (FD) est perpendiculaire auplan (BGE) aupoint K de coordonnées

(

2

3 , 1

3 , 2

3

)

.

4. Les segments [BE], [EG] et [BG] sont tous les trois des diagonales de carrés de côtés 1 ; donc BE= EG=BG=

p 2. Le triangle BEG est équilatéral de côté

p 2.

Soit H le milieu de [EG] ; ce point est aussi le pied de la hauteur issue de B dans le triangle

équilatéral BGE de côté a = p 2.

Dans un triangle équilatéral de côté a, la hauteur est égale à a p 3

2 (relations dans un tri-

angle rectangle) ; donc dans le triangle équilatéral BEG, la hauteur BH= p 2×

p 3

2 =

p 6

2 .

L’aire du triangle BEG vaut EG×BH

2 =

p 2×

p 6 2

2 =

p 12

4 =

2 p 3

4 =

p 3

2 .

5. Le volume d’un tétraèdre est aire de la base×hauteur

3 .

D’après les questions précédentes, le volume du tétraèdre BEGD est aire(BEG)×KD

3 .

Dans le repère orthonormé (

A ; −−→ AB ,

−−→ AD ,

−→ AE

)

:

KD2 = (xD xK )2+ (

yD yK )2+(zD zK )2 =

(

0− 2

3

)2

+ (

1− 1

3

)2

+ (

0− 2

3

)2

= 4

9 + 4

9 + 4

9 =

12

9

donc K D = √

12

9 =

p 12

p 9

= 2 p 3

3 .

Le volume du tétraèdre est donc :

p 3 2 × 2

p 3

3

3 =

1

3 .

Exercice 3 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct.

On considère l’équation (E ) : z2−2z p 3+4= 0.

1. On résout l’équation (E) : z2−2z p 3+4= 0 ; ∆=

(

−2 p 3 )2−4×1×4= 12−16 =−4.

L’équation admet donc deux solutions complexes conjuguées :

z ′ = − (

−2 p 3 )

+ i p 4

2 =

2 p 3+2 i 2

= p 3+ i et z ′′ =

p 3− i .

2. On considère la suite (Mn ) des points d’affixes zn = 2n e i (−1) n π

6 , définie pour n > 1.

a. z1 = 21 e i (−1) 1 π 6 = 2e i

π 6 = 2

(

cos −π 6

+ i sin −π 6

)

= 2 (p

3

2 + i

(

− 1

2

)

)

= p 3− i = z ′′

Donc z1 est solution de l’équation (E).

b. z2 = 22 e i (−1) 2 π 6 = 4e i

π

6 = 4 (

cos π

6 + i sin

π

6

)

= 4 (p

3

2 + i

1

2

)

= 2 p 3+2 i

z3 = 23 e i (−1) 3 π 6 = 8e i

π 6 = 8

(

cos −π 6

+ i sin −π 6

)

= 8 (p

3

2 + i

(

− 1

2

)

)

= 4 p 3−4 i

c. |z1| = 2 donc le point M1 d’affixe z1 est situé sur le cercle de centre O et de rayon 2 ; de plus, la partie imaginaire de z1 est−1 donc le point M1 est situé sur la droite d’équation y =−1.

Amérique du Sud 3 21 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Pour placer le point M2, on utilise le fait que |z2| = 4 et que Im(z2)= 2. Pour placer le point M3, on utilise le fait que |z3| = 8 et que Im(z3)=−4. z4 = 24 e i (−1)

4 π 6 = 16e i

π

6 ; pour placer le point M4, on utilise le fait que |z4| = 16 ; de plus arg(z4)=

π

6 = arg(z2) donc les points O, M2 et M4 sont alignés donc M4 ∈ (OM2).

Voir la figure en annexe.

Si n > 1 et n pair, (−1)n =+1, donc e i (−1) n π

6 = e i π

6 = p 3

2 +

i

2 =

p 3

2 + (−1)n i

2 .

Donc si n > 1 pair, zn = 2n e i (−1) n π

6 = 2n (p

3

2 + (−1)n i

2

)

.

Si n impair, (−1)n =−1, donc e i (−1) n π

6 = e i −π 6 =

p 3

2 −

i

2 =

p 3

2 + (−1)n i

2 .

Donc si n impair, zn = 2n e i (−1) n π

6 = 2n (p

3

2 + (−1)n i

2

)

.

Donc pour tout entier n > 1, zn = 2n (p

3

2 + (−1)n i

2

)

3.4 M1M2 = |z2− z1| = ∣

∣2 p 3+2 i −

(p 3− i

)∣

∣= ∣

∣2 p 3+2 i −

p 3+ i

∣= ∣

p 3+3 i

= √

(p 3 )2+32 =

p 3+9=

p 12= 2

p 3

M2M3 = |z3− z2| = ∣

∣4 p 3−4 i −

(

2 p 3+2 i

)∣

∣= ∣

∣4 p 3−4 i −2

p 3−2 i

∣= ∣

∣2 p 3−6 i

= √

(

2 p 3 )2+ (−6)2 =

p 12+36=

p 48= 4

p 3= 22

p 3

Pour la suite de l’exercice, on admet que, pour tout entier n > 1, Mn Mn+1 = 2n p 3.

5. On note ℓn = M1M2+M2M3+·· ·+Mn Mn+1. a. D’après la question 4, ℓn = 2

p 3+22

p 3+·· ·+2n

p 3=

(

2+22+·· ·+2n )p

3

La suite (2n) définie pour n > 1 est géométrique de raison q = 2 et de premier terme 21 = 2 ; la somme S de ses premiers termes consécutifs est donnée par la formule :

S = premier terme× 1− raisonnombre de termes

1− raison

donc 2+22+·· ·2n = 2× 1−2n

1−2 = 2×

2n −1 2−1

= 2(2n −1)

ℓn = (

2+22+·· ·+2n )p

3= 2 p 3(2n −1)

b. ℓn > 1000 ⇐⇒ 2 p 3(2n −1)> 1000 ⇐⇒ 2n −1>

1000

2 p 3

⇐⇒ 2n > 1000

2 p 3 +1.

La fonction ln est strictement croissante sur ]0, +∞[, donc

ℓn > 1000 ⇐⇒ ln(2n )> ln (

1000

2 p 3 +1

)

⇐⇒ n ln2> ln (

1000

2 p 3 +1

)

Or ln2> 0 donc

ℓn > 1000 ⇐⇒ n > ln

(

1000

2 p 3 +1

)

ln2 ⇐⇒ n > 8,18.

Le plus petit entier n tel que ℓn > 1000 est 9.

On peut vérifier que 8 = 510 p 3≈ 883< 1000 et 9 = 1022

p 3≈ 1770> 1000.

Amérique du Sud 4 21 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

ANNEXE À rendre avec la copie

Exercice 3 : Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

2

4

6

8

−2

−4

−6

−8

2 4 6 8 10 12 14 16 O

b

b

b

b

M1 −1

M2

M3

M4

Amérique du Sud 5 21 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Exercice 3 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. D’après la formule des probabilités totales :

an+1 = P (An+1)= P (An An+1)+P (Bn An+1)+P (Cn An+1) = P (AnPAn (An+1)+P (Bn PBn (An+1)+P (Cn PCn (An+1)

Si, après la n-ième navigation, l’internaute est sur la page no 1 (événement An), il ne reste

pas sur cette page donc PAn (An+1)= 0. Si, après la n-ième navigation, l’internaute est sur la page no 2 (événement Bn ), il ira sur la

page no 1 avec une probabilité de 1

2 donc PBn (An+1)=

1

2 .

Si, après la n-ième navigation, l’internaute est sur la page no 3 (événement Cn ), il ira sur la

page no 1 avec une probabilité de 1

2 donc PCn (An+1)=

1

2 .

De plus P (An)= an , P (Bn )= bn et P (Cn)= cn .

Donc an+1 = an ×0+bn × 1

2 +cn ×

1

2 =

1

2 bn +

1

2 cn

On aurait pu aussi construire un arbre pondéré pour représenter la situation.

On admet que, de même, bn+1 = 1

4 an +

1

4 bn +

1

4 cn et cn+1 =

3

4 an +

1

4 bn +

1

4 cn .

2. D’après la question précédente :

an+1 = 0×an + 1

2 bn +

1

2 cn

bn+1 = 1

4 an +

1

4 bn +

1

4 cn

cn+1 = 3

4 an +

1

4 bn +

1

4 cn

⇐⇒

an+1

bn+1

cn+1

=

0 1

2

1

2 1

4

1

4

1

4 3

4

1

4

1

4

an

bn

cn

Donc en prenant M =

0 1

2

1

2 1

4

1

4

1

4 3

4

1

4

1

4

on aUn+1 = MUn .

Soit Pn la propriétéUn = MnU0.

• Pour n = 0, M0U0 =U0 car M0 est la matrice identité

1 0 0

0 1 0

0 0 1

Donc la propriété est vraie au rang 0.

• On suppose que la propriété est vraie au rang p avec p > 0, c’est-à-direUp = M pU0. On sait que, pour tout entier naturel n,Un+1 = MUn doncUp+1 = MUp . Or, d’après l’hypothèse de récurrence,Up = M pU0, donc up+1 = M×M pU0 = M p+1U0. Donc la propriété est vraie au rang p +1.

• La propriété est vraie au rang 0 ; elle est héréditaire, donc elle est pour tout n > 0.

Donc, pour tout entier naturel n,Un = MnU0.

3. Soit la matrice colonne U =

x

y

z

 telle que : x + y + z = 1 et MU =U .

Amérique du Sud 6 21 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

MU =U ⇐⇒

0 1

2

1

2 1

4

1

4

1

4 3

4

1

4

1

4

x

y

z

=

x

y

z

⇐⇒

1

2 y +

1

2 z = x

1

4 x +

1

4 y +

1

4 z = y

3

4 x +

1

4 y +

1

4 z = z

On doit donc résoudre le système

1

2 y +

1

2 z = x

1

4 x +

1

4 y +

1

4 z = y

3

4 x +

1

4 y +

1

4 z = z

x + y + z = 1

⇐⇒

y + z = 2x (L1) x + y + z = 4y (L2)

3x + y + z = 4z (L3) x + y + z = 1 (L4)

De (L2) et (L4) on déduit 4y = 1 d’où y = 1

4 .

(L1) ⇐⇒ x + y + z = 3x ce qui donne en utilisant (L4) : 1= 3x ⇐⇒ x = 1

3 .

(L4) ⇐⇒ z = 1− x y =⇒ z = 1− 1

3 − 1

4 =

5

12 .

Comme on n’a pas procédé par équivalences, il faut vérifier que pour les trois valeurs de

x, y et z trouvées, les quatre lignes du système sont vérifiées, ce qui se fait sans problème.

L’unique matrice colonneU =

x

y

z

 telle que : x + y + z = 1 et MU =U , estU =

1 3

1 4

5 12

4. Pour n entier non nul, on a : Mn =

1

3 + (−1

2

)n ×2 3

1

3 + (−1

2

)n

−3 1

3 + (−1

2

)n

−3 1

4

1

4

1

4

5

12 +

(

− (−1

2

)n )

×2

3

5

12 + − (−1

2

)n

−3 5

12 + − (−1

2

)n

−3

Un = MnU0 ⇐⇒

an

bn

cn

=

1

3 + (−1

2

)n ×2 3

1

3 + (−1

2

)n

−3 1

3 + (−1

2

)n

−3 1

4

1

4

1

4

5

12 +

(

− (−1

2

)n )

×2

3

5

12 + − (−1

2

)n

−3 5

12 + − (−1

2

)n

−3

a0

b0

c0

⇐⇒

an = (

1

3 + (−1

2

)n ×2 3

)

a0+ (

1

3 + (−1

2

)n

−3

)

b0+ (

1

3 + (−1

2

)n

−3

)

c0

bn = 1

4 a0+

1

4 b0+

1

4 c0

cn =

5

12 +

(

− (−1

2

)n )

×2

3

a0+ (

5

12 + − (−1

2

)n

−3

)

b0+ (

5

12 + − (−1

2

)n

−3

)

c0

On constate que bn = 1

4 a0+

1

4 b0+

1

4 c0 =

1

4 (a0+b0+c0) ; or a0+b0+c0 = 1 donc bn =

1

4 .

Amérique du Sud 7 21 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

On sait qu’une suite géométrique de raison q où −1 < q < 1 est convergente vers 0 donc

lim n→+∞

(

− 1

2

)n

= 0 ; on en déduit que lim n→+∞

(−1 2

)n ×2 3

= 0 et lim n→+∞

(−1 2

)n

−3 = 0.

D’après les théorèmes sur les limites, on peut dire :

lim n→+∞

an = 1

3 a0+

1

3 b0+

1

3 c0 =

1

3 (a0+b0+c0)=

1

3 .

lim n→+∞

cn = 5

12 a0+

5

12 b0+

5

12 c0 =

5

12 (a0+b0+c0)=

5

12 .

5. lim n→+∞

an = 1

3 donc, à long terme, la page 1 du site sera consultée 100×

1

3 ≈ 33,33% du

temps de visite.

lim n→+∞

bn = 1

4 donc, à long terme, la page 2 du site sera consultée 100×

1

4 = 25% du temps

de visite.

lim n→+∞

cn = 5

12 donc à long terme, la page 3 du site sera consultée 100×

5

12 ≈ 41,67% du

temps de visite.

Exercice 4 5 points Commun à tous les candidats

Partie A En utilisant les données du texte, on peut construire l’arbre pondéré suivant :

b

b M

0,10

b C

M C0,30

b

C M C

1−0,30 = 0,70

b

M

1−0,10 = 0,90

b C

M C0,08

b

C M C

1−0,08 = 0,92

1. a. P (M C )= P (MPM (C )= 0,1×0,3 = 0,03 b. D’après la formule des probabilités totales :

P (C )= P (M C )+P (

M C )

= P (MPM (C )+P (

M )

×PM (C )= 0,1×0,3+0,9×0,08 = 0,03+0,072 = 0,102 2. On choisit au hasard une victime d’un accident cardiaque.

La probabilité qu’elle présente unemalformation cardiaquede type anévrisme estPC (M) :

PC (M)= P (M C )

P (C ) =

0,03

0,102 ≈ 0,2941

Partie B

1. On peut considérer que, choisir au hasard un échantillon de 400 personnes, peut être as- similé à un tirage avec remise de 400 personnes dans la population totale.

Or la probabilité qu’une personne souffre d’une malformation cardiaque de type ané-

vrisme est P (M)= 0,1 d’après le texte. Donc on peut dire que la variable aléatoire X qui donne le nombre de personnes souffrant

de cette malformation cardiaque suit une loi binomiale de paramètres n = 400 et p = 0,1.

Amérique du Sud 8 21 novembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. Comme X suit la loi binomiale B (400;0,1), P (X = 35)= (

400

35

)

0,135 (1−0,1)400−35 ;

le résultat donné par la calculatrice est approximativement 0,0491.

3. La probabilité que 30 personnes de ce groupe, au moins, présentent une malformation cardiaque de type anévrisme est P (X > 30) qui est égale à 1−P (X < 30)= 1−P (X 6 29). D’après la calculatrice, P (X 6 29)≈ 0,0357, donc P (X > 30)≈ 0,9643.

Partie C

1. On sait que si X suit la loi binomiale B (

n ,p )

, alors l’intervalle de fluctuation asympto-

tique de la variable aléatoire F = X

400 au seuil de 95% est donné par :

I =

p −1,96

p (

1−p )

p n

; p +1,96

p (

1−p )

p n

= [

0,1−1,96 √

0,1(1−0,1) p 400

; 0,1+1,96 √

0,1(1−0,1) p 400

]

= [

0,0706; 0,1294 ]

2. Dans l’échantillon considéré, 60 personnes présentent une malformation cardiaque de

type anévrisme ; 60

400 = 0,15 6∈ I .

Le taux de malades dans cet échantillon est anormalement élevé.

Amérique du Sud 9 21 novembre 2013

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