Géométrie analytique - travaux pratiques sur le repère, Exercices de Géométrie analytique et calcul
Eusebe_S
Eusebe_S15 avril 2014

Géométrie analytique - travaux pratiques sur le repère, Exercices de Géométrie analytique et calcul

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Géométrie analytique - travaux pratiques sur le repère. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la validation de la conjecture précédente. la valeur exacte de l’intégrale I .
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Metropole S sept 2013.corr.dvi

[ Corrigé Baccalauréat S Métropole 12 septembre 2013 \

EXERCICE 1 : 6 points Partie A :

1. Par lecture graphique, le signe de f (x) est donné par :

x

f (x)

−∞ −2 +∞

− 0 +

2. a. On sait que F est une primitive de f donc , F ′ = f F ′(0)= f (0)= 2, F ′(−2)= f (−2)= 0.

b. C 3 ne convient pas car la tangente au point d’abscisse 0 n’a pas pour coefficient directeur 2 :

O

B

I

−→ ı

−→

d3

C3

Elle passe par B(0 ; −1,5) (environ) et I (1 ; 0) donc le coefficient directeur de cette tangente est

yIyB xIxB = 1,5, donc C3 ne convient pas.

C2 ne convient pas car la tangente au point d’abscisse (−2) n’a pas pour coefficient directeur 0.

O −→ ı

−→

d2

C2

C2 ne convient pas, la tangente horizontale semble plutôt concerner le point d’abscisse (−0,5) de la courbe.

Il reste donc C1

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

O −→ ı

−→

d1

C1

Partie B :

1. a. f ′(x)= e 12 x + (x+2)e 12 x × 12 donc f ′(x)= 12 (2+ x+2)e

1 2 x , donc f ′(x)= 12 (x+4)e

1 2 x .

b. On sait que la fonction exp ne prend que des valeurs strictement positives, donc f ′(x) est du signe de (x+4), et donc le sens des variations de f est donné par le tableau :

x −∞ −4 +∞ f ′(x) − 0 + f ց (−2)e−2 ր

Il y a donc bien un minimum en x =−4 2. a. si x > (−2), f (x)> 0 vu son expression, donc sur [0 ; 1] f est positive, continue (car produit de

fonctions continues), son intégrale sur [0 ; 1] est donc l’aire entre la courbe de f , l’axe des x

et les verticales d’équations x = 0 et x = 1 (en unité d’aire).

2

4

b. 2(u(x)v ′(x)+u(x)v ′(x))= 2 ( 1×e 12 x + x× 12e

1 2 x ) = (2+ x)e 12 x

Ainsi on voit bien que f est une dérivée : f = (2uv)′ ; donc (2uv) est une primitive de f .

c. L’intégrale I se calcule à l’aide d’une primitive de f donc I = [2u(x)v(x)]10 = [2xe 1 2 x ]10 = 2e

1 2 =

2 p e

3. a. Faisons un tableau des valeurs successives de k et s pendant le déroulement de l’algorithme pour n = 3 :

Variables : k et n sont des nombres entiers naturels.

s est un nombre réel.

Entrée : Demander à l’utilisateur la valeur de n.

Initialisation : Affecter à s la valeur 0.

Traitement : Pour k allant de 0 à n−1

| Affecter à s la valeur s+ 1 n f

( k

n

) .

Fin de boucle.

Sortie : Afficher s.

k s

0 0

0 0+ 13 f ( 0 3

)

1 13 f ( 0 3

) + 13 f

( 1 3

)

2 13 f ( 0 3

) + 13 f

( 1 3

) + 13 f

( 2 3

)

Le traitement est alors fini car k a atteint la valeur (3−1) ce qui a été suivi de la nouvelle valeur de s, l’affichage est alors 13 f

( 0 3

) + 13 f

( 1 3

) + 13 f

( 2 3

) ,

or chacun de ces trois termes est l’aire d’un des trois rectangles (largeur obtenue en divisant

l’unité par n = 3, leurs longueurs successives sont f ( 0 3

) , f

( 1 3

) ; f

( 2 3

) .

Métropole 2 12 septembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2

4

1

C

b. D’une façon générale l’affichagede l’algorithmeobtenu aprèsn boucles ( de k = 0 à k = (n−1)) est la somme de n termes qui sont de la forme 1n f (

k n ) donc l’affichage est :

n−1∑

k=0

( 1

n f

( k

n

))

c’est la somme des aires des rectangles « sous la courbe » et au dessus de l’axe des x entre x = 0 et x = 1, leur largeur vaut 1

n .

Quand n devient grand, sn se rapproche de I = ∫1

0 f (x)dx. (cours)

EXERCICE 2 4 points

1. RÉPONSE b.

La droite D est définie par la représentation paramétrique

  

x = 5−2t y = 1+3t z = 4

, t ∈R.

P est le plan d’équation cartésienne 3x +2y + z−6 = 0. La droite D est déterminée par le point

B(5;1;4) et son vecteur directeur −→ v

  −2 3

0

 , le plan P ne contient pas B car 3xA + 2yA + zA − 6 =

15+2+4−6 6= 0, donc la droite D n’est pas incluse dans le plan P .

Le vecteur normal de P c’est −→ n

  3

2

1

 , on a −→n ⊥−→v puisque leur produit scalaire vaut 0 : (−2)×3+

2×3+0= 0, donc la droite D est parallèle au plan P . 2. RÉPONSE b.

D ′ la droite qui passe par le point A de coordonnées (3 ; 1 ; 1) et a pour vecteur directeur

−→ u = 2−→i −−→j +2

−→ k .

Les droitesD etD′ ne sont parallèles, car leur vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, les deux

colonnes de coordonnées

 

2

(−1) 2

  et

  −2 3

0

 ne sont pas proportionnelles.

Donc elles sont soit sécantes, soit ne sont pas coplanaires.

Un système d’équation paramétrique de D′ est

  

x = 3+2u y = 1−u z = 1+2u

, u ∈R

On résout le système en t et u :

(S) :

  

3+2u = 5−2t 1−u = 1+3t 1+2u = 4

(S) :

  

u = 1,5 3+3 = 5−2t 1−1,5 = 1+3t

(S) :

{ u = 1,5 t = −0,5

Les deux droites sont donc sécantes au point C (6 ; −0,5 ; 4). Pour les questions 3 et 4, le plan est muni d’un repère orthonormé direct d’origine O.

3. RÉPONSE a. Soit E l’ensemble des points M d’affixe z vérifiant |z + i| = |z − i|. Si on considère D d’affixe (−i) et F d’affixe i, alors E l’ensemble des points M tels que DM = FM est donc la médiatrice de [DF ], c’est l’axe des x.

Métropole 3 12 septembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. RÉPONSE c. On désigne par B etC deux points du plan dont les affixes respectives sont notées b

et c , on suppose que c

b = p 2e

i π

4 .

Donc en considérant les vecteurs −−→ OB et

−−→ OC et en utilisant module et argument de

zC zO zB zO

=

p 2e

i π

4 , vu que p 2e

i π

4 est écrit sous forme exponentielle (module : p 2, argument :

π

4 )

on en déduit que : |zC zO | |zB zO|

= p 2 et

á ( −−→ OB ;

−−→ OC )= π

4

DoncOC = p 2×OB et á(−−→OB ; −−→OC )= π

4 On peut donc tracer le dessin du triangleOBC , il suffit de choisir B (autre queO)

1

2

3

4

5

1 2 3 4 5 6

bB

bO

bB

α= 45˚

bC

Le triangle OBC semble isocèle et rectangle en B, prou-

vons le en calculant |0−b| et |cb[ puis arg zO zB zC zB

, donc

on va calculer zOzB zC zB

c’est

zO zB zC zB

= −b b p 2ei

π 4 −b

; zOzB zCzB =

−1p 2ei

π 4 −1

;

zO zB zC zB

= −1 (1+ i)−1

car ei π

4 = p 2 2 + i

(p 2 2

) et que

p 2 p 2= 2

zO zB zC zB

= −1 i

zO zB zC zB

= i car (−1)= (i)2 et i est de module 1 et d’argument π2 , donc BO = BC et−−→ BO ⊥−−→BC .

EXERCICE 3 5 points

1. b

b A

0,4

b D0,1

b D0,9

b B

0,6

b D0,09

b D0,91

a. voir à gauche.

b. On demande p(A D), selon l’arbre c’est 0,4 × 0,1, donc p(AD)= 0,04.

c. On calcule aussi p(BB) de lamême façon, c’est 0,6× 0,09= 0,054. Enfin comme A et B sont des évènements formant

une partition de l’ensemble des pièces,

P (D)= p(D∩ (AB)) p(D)= p((D A)∪ (D B))= p(D A)+p(D B) car les évènements (DA) et (DB) sont disjoints (= in- compatibles) ainsi

p(D)= 0,04+0,054 = 0,094. d. On nous demande pD (A), on utilise la formule :

pD (A)= p(DA) p(D)

= 0,04 0,094

= 40 94

= 20 47

.

2. a. Xn est le compteur de pièces conformes ; on répète n fois la même expérience qui consiste à extraire une pièce ; elle est conforme : succès de probabilité 0,9, elle est non conforme, pro-

babilité 0,1, chacune des n expériences est une expérience de Bernoulli, elles sont indépen-

dantes entre elles puisque « on assimile ces n tirages à des tirages successifs indépendants et

avec remise. »

Donc Xn suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,9, notée B(n,0,9).

Métropole 4 12 septembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. Si n = 150> 30, np = 135> 5 et n(1−p)= 15> 5 donc l’intervalle de fluctuation asymptotique

I est défini par I = [ p−1,96

p(1−p)

n ; p+1,96

p(1−p)

n

] , on calcule avec p = 0,9 et n =

150 on trouve 1,96

p(1−p)

n ≃ 0,048, donc I ≃ [0,852 ; 0,948].

c. Ici on a (150−21) pièces conformes donc Fn = 129

150 = 43

50 soit 0,86.

Au regard de l’intervalle de fluctuation de la question ci-dessus, ce test ne remet pas en cause

le réglage de la machine A car 0,86 ∈ [0,852 ; 0,948].

EXERCICE 4 5 points

1. a. u1 = 45 = 0,8 ; u2 = 14 13 ≃ 1,08 ; u3 =

40 41 ≃ 0,98 ; u4 =

122 121 ≃ 1,01.

b. On voit bien que u0 > 1 ; u1 < 1 ; u2 > 1 ; u3 < 1 ; u4 > 1 donc le signe des différences (un −1) change à chaque rang :

si n pair c’est + si n impair c’est −, comme (−1)n .

c. (un+1−1)= un +2− (2un +1)

2un +1 = 1−un

2un +1) .

d. On a admis au début de l’énoncé que tous les un sont strictement positifs (on pourrait le démontrer par récurrence) ; démontrons par récurrence que P : (un −1) a le même signe que (−1)n : L’initialisation est faite au b)

Hérédité : supposons qu’il existe un entier naturel n tel que (un −1) ait le signe de (−1)n alors (1−un ) a le signe opposé de (un −1) donc a le signe de (−(−1)n) donc de (−1)n+1 et (2un +1)> 0, vu que tous les un sont strictement positifs, donc la fraction

1−un 2un +1

a le signe de (−1)n+1 et

comme elle est égale à (un+1−1), on a prouvé que (un+1−1) a le signe de (−1)n+1, l’hérédité est prouvée.

CONCLUSION : pour tout n deN, (un −1) a le même signe que (−1)n . 2. Vu que tous les un sont strictement positifs, la suite (vn)n∈N existe .

a. Pour tout n ∈N, vn+1 = −un+1+1 un+1+1

vn+1 = − un+22un+1 +1 un+2 2un+1 +1

vn+1 = −(un+2) 2un+1 +

(2un+1) 2un+1

un+2 2un+1 +

2un+1 2un+1

vn+1 = −(un+2)+(2un+1)

2un+1 un+2+2un+1

2un+1

vn+1 = −(un +2)+ (2un +1)

un +2+2un +1 ; vn+1 =

(un −1) 3un +3

; vn+1 = −1 3

(1−un ) un +1

vn+1 = −1 3

vn .

La suite (vn)n∈N est donc géométrique de raison −1 3

.

v0 = u0−1 u0+1

= 1 3 donc vn = 13 ×

(−1 3

)n ; vn =−

(−1 3

)n+1 pour tout n deN.

b. (un +1)vn = un − 1 donc un (vn −1) = −1− vn ; on trouve bien que un = 1+ vn 1− vn

comme dit

dans l’énoncé.

Donc, pour tout n de N, on a un = 1− (−13 )

n+1

1+ (−13 )n+1 ; donc, un =

1− (−1

3

)n+1

1+ (−1

3

)n+1 .

Comme la suite ((−13 ) n+1)n∈N est une suite géométrique de raison q = (−13 ), donc −1 < q < 1,

cette suite tend vers 0, et par composition avec la fonction x 7→ 1−x1+x qui est continue et vaut 1 pour x = 0 ; on peut dire que : lim

n→+∞ (un )= 1.

EXERCICE 4 : SPÉCIALITÉ 5 points

Métropole 5 12 septembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

S

I M

1

3

1

3

1 2

1

3

1 1

2

On note Pn = (sn in mn) la matrice ligne . On a alors P0 = (0,99 0 0,01) et pour tout entier naturel n,

  

sn+1 = 13 sn

in+1 = 13 sn + 1 2 in

mn+1 = 13 sn + 1 2 in +mn

1. La matrice A appeléematrice de transition, telle que pour tout entier naturel — sur la première ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu’à la semaine

donnée, l’individu est dans l’état S, de passer

• pour A1,1 à l’état S, c’est selon le graphique 13 , ou par le calcul et le texte, c’est 1−2 1 3

• pour A1,2 à l’état I , c’est selon le graphique 13 , ou par le texte , c’est 1 3 ;

• pour A1,3 à l’état SM , c’est selon le graphique 13 , ou par le calcul et le texte, c’est 1 3 .

— sur la deuxième ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu’à la semaine

donnée, l’individu est dans l’état I , de passer

• pour A2,1 à l’état S, c’est selon le graphique 0. • pour A2,2 à l’état I , c’est selon le graphique 12 , ou par le texte idem ; • pour A2,3 à l’état SM , c’est selon le graphique 12 , ou par le texte idem.

— sur la troisième ligne de A ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu’à la semaine

donnée, l’individu est dans l’état M , de passer

• pour A3,1 à l’état S, c’est selon le graphique 0, ou en réfléchissant, s’il est malade il ne peut pas devenir sain ;

• pour A3,2 à l’état I , c’est selon le graphique 0 ; • pour A3,3 à l’état SM , c’est selon le graphique 1, ou par le texte idem.

A =

  1 3

1 3

1 3

0 12 1 2

0 0 1

  ; on a bien

( sn in mn

) ×

  1 3

1 3

1 3

0 12 1 2

0 0 1

 =

( 1 3 sn

1 3 sn +

1 2 in

1 3 sn +

1 2 in +mn

) = ( sn+1 in+1 mn+1

)

Pn+1 =Pn × A. 2. Par récurrence, prouvons que pour tout entier naturel n non nul, Pn =PAn .

Pour n = 1 c’est dire que P1 = PA ce qui est vrai ( appliquer Aà P0 permet de passer de P0 à P1).

Hérédité : supposons qu’il existe un entier n tel que Pn = P0 × An , alors multiplions les deux membres à droite par A c’est possible car Pn est de format (1 ; 3) et A de format (3 ; 3) donc les

deux membres sont bien de format (1 ; 3), on obtient PnA = (P0AnA, donc PnA =P0(An× A) ; par associativité du produit de matrices ;

et enfin PnA =P0An+1

et du côté gauche c’est Pn+1, donc Pn+1 =P0An+1. L’hérédité est prouvée et donc pour tout entier naturel n non nul, Pn =PAn .

Métropole 6 12 septembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. P4 = P0A4. Pour calculer correctement A4 on peut remarquer que 6A est à coefficients entiers.

La calculatrice donne :

(6A)4 =

 

2 2 2

0 3 3

0 0 6

 

4

.

(6A)4 =

  16 130 1150

0 81 1215

0 0 1296

  donc A4 =

 

16 1296

130 1296

1150 1296

0 811296 1215 1296

0 0 12961296

 

et en la multipliant à gauche par la matrice P0 = ( 0,99 0 0,01

) on obtient

P4 = ( 15,84 1296

128,7 1296

1151,46 1296

)

donc :

P4 = ( 0,012222... 0,09930555... 0,88847222...

) donc en arrondissant à 10−2 :

P4 = ( 0,01 0,10 0,89

) (comme donné avant B. 1.).

S4 ≃ 0,01, il y a un pourcentage de chance qu’un individu soit sain au bout de quatre semaines.

Partie B

B =

 

5 12

1 4

1 3

5 12

1 4

1 3

1 6

1 2

1 3

  .

Qn = (Sn In Mn ) où Sn , In et Mn désignent respectivement la probabilité que l’individu soit sain, porteur sain et malade la n-ième semaine après la vaccination.

Pour tout entier naturel n, on a alorsQn+1 =Qn ×B . D’après la partie A,Q0 =P4.

1. On faitQn ×B c’est (Sn In Mn

 

5 12

1 4

1 3

5 12

1 4

1 3

1 6

1 2

1 3

  c’estQn+1, donc

Qn+1 = ( 5 12Sn +

5 12 In +

1 6Mn

1 4Sn +

1 4 In +

1 2Mn

1 3Sn +

1 3 In +

1 3Mn

) .

  

Sn+1 = 512Sn + 5 12 In +

1 6Sn

In+1 = 14Sn + 1 4 In +

1 2Sn

Mn+1 = 13Sn + 1 3 In +

1 3Mn

2. Pour faire des calculs sur des entiers on calcule (12B)2 :

(12B)=

  5 3 4

5 3 4

2 6 4

  et alors

×

  5 3 4

5 3 4

2 6 4

 

  5 3 4

5 3 4

2 6 4

  =

  48 48 48

48 48 48

48 48 48

 

Métropole 7 12 septembre 2013

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Donc (12B)2 = 48J , 144B2 = 48J donc B2 = 13 J Comme on peut par calcul prouver que B3 =B2, on peut par récurrence prouver que pour tout n deN, n> 2, on a Bn =B2 = 13 J

3. a. On peut montrer, comme dans la partie A que [ pour tout n ∈N,Qn+1 =Qn ×B]=⇒ [ pour tout n ∈N,Qn =QBn ]

Si n ≥ 2 ,Qn =QBn et comme Bn = B2,on aQn =QB2, doncQn =Q2, on calculeQ2 en faisantQ0×( 13 J ) c’est aussi

( 1 3

) (QJ )=

( 1 3

)( 0,01+0,1+0,89 0,01+0,1+0,89 0,01+0,1+0,89

) ,

doncQn = ( 1 3

) (Q0 J )=

( 1 3

)( 1 1 1

) ,

Qn = ( 1 3

1 3

1 3

) .

b. Finalement on peut dire qu’avec ce vaccin l’évolution de la maladie va donner des groupes équitablement répartis : autant de chance d’être malade ou sain ou infecté ; le vaccin n’éra-

dique pas la maladie. (cependant sans vaccin, on pourrait montrer que la répartition limite

serait : tous malades ...)

Métropole 8 12 septembre 2013

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