Série de mathématique – correction –  10, Exercices de Mathématiques
Eusebe_S
Eusebe_S14 avril 2014

Série de mathématique – correction – 10, Exercices de Mathématiques

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Série de mathématique – correction – 10. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: L’équation de la droite, La rotation, l’écriture de V.
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CorrectionAsieSjuin2008.dvi

[ Correction du baccalauréat S Asie 18 juin 2008 \

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

A -Vrai ou faux ?

1. Faux : contre-exemple : il suffit de prendre P1 et P3 perpendiculaires à P2.

2. Faux : contre-exemple : on reprend l’exemple précédent.

3. Vrai : si deux plans sont parallèles, tout plan sécant à l’un est sécant à l’autre.

4. Faux : P1 et P2 sont parallèles : si la droite D est incluse dans P1 elle n’est pas sécante avec P2.

B - Intersection de trois plans donnés

1. Le vecteur −→ n 1(1 ; 1 ; −1) est normal à P1,

−→ n 2(2 ; 1 ; 1) est normal à P2 et ces deux

vecteurs ne sont pas colinéaires : les deux plans sont donc sécants.

Il faut résoudre :

{

x + y z = 0 2x + y + z −3 = 0

⇐⇒

{

x + y z = 0 −y +3z −3 = 0

⇐⇒

x = −3z +3+ z y = 3z −3 z = z

⇐⇒

x = −2t +3 y = 3t −3 z = t

qui est une représentation paramétrique de la droite ∆ commune aux plans P1 et P2

2. Un point de ∆ appartient à P3 si et seulement si :

−2t +3+2(3t −3)−4(t)+3= 0 ⇐⇒ −2t +6t −4t +3−6+3= 0

qui est vrai quel que soit t ∈R.

Ceci signifie que tout point de ∆ appartient à P3.

Conclusion : P1∩P2∩P3 =∆

EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Mise en évidence d’une relation de récurrence

a. On a p (E1)= 2

5 , pE1 (E2)=

3

5 et pE1 (E2)=

2

5 .

D’après la formule des probabilités totales appliquée à E1 et à E1 :

p (E2)= p (E1∩E2)+p (

E1∩E2

)

= p (E1)×pE1 (E2)+p (

E1

)

×pE1 (E2)=

2

5 × 3

5 +

(

1− 2

5

)

× 2

5 =

6

25 +

6

25 =

12

25 = 0,48.

b. Arbre pondéré :

J 1−p (En)

J 3 5

V2 5

Vp (En)

J 2 5

V3 5

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

D’après la loi des probabilités totales on a p (En+1) = 2

5

(

1−p (En) )

+ 3

5 p (En) =

2

5 + 1

5 p (En) .

2. Étude d’une suite

a. Démonstration par récurrence :

— Initialisation : u1 = 2

5 <

1

2 : vrai ;

— Hérédité : supposons que un < 1

2 ; alors

1

5 un <

1

10 ⇐⇒

1

5 un +

2

5 <

1

10 + 2

5 ⇐⇒ un+1 <

5

10 . Soit finalement un+1 <

1

2 .

On a démontré par récurrence que pour tout n > 1,un 6 1

2 .

b. Pour tout naturel n > 0,

un+1−un = 1

5 un +

2

5 −un =

2

5 − 4

5 un =

4

5

(

1

2 −un

)

.

D’après la question précédente un 6 1

2 , donc un+1−un > 0.

La suite (un ) est croissante

c. La suite est croissante et majorée par 1 : elle converge vers une limite telle que 6 1.

vérifie la relation de récurrence : = 1

5 +

2

5 ⇐⇒ 5= +2 ⇐⇒ 4= 2 ⇐⇒

= 1

2 .

3. a. On a de façon évidente un = p (En) et par conséquent lim n→+∞

p (En)= 1

2 .

b. Considérons la suite des différences de p (En) avec sa limite 0,5, soit vn = p (En)−0,5.

On a vn+1 = p (En+1)−0,5.

La relation de récurrence devient : vn+1+0,5= 1

5 (vn +0,5)+

2

5 ⇐⇒

vn+1 = 1

5 vn .

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

5 et vn =

(

1

5

)n−1

×v1 soit

p (En)−0,5= 1

5n−1

(

2

5 −0,5

)

⇐⇒ p (En)= 0,5− 1

5n−1 1

10 .

On a donc 0,499996 p (En) ⇐⇒ 1

2×5n < 10−5 ⇐⇒ 5n > 50000 ⇐⇒

5n−1 > 104 ⇐⇒ (n−1) ln5> 4ln10 ⇐⇒ n−1> 4ln10

ln5 ⇐⇒ n > 1+

4ln10

ln5 ≈ 6,7.

Il faut donc prendre n = 7.

EXERCICE 2 5 points Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité A - Représentation graphique de quelques ensembles

1. x ≡ 2 (modulo 3) et y ≡ 1 (modulo 3), sur le graphique 1 de la feuille annexe

2. x + y ≡ 1 (modulo 3), sur le graphique 2 de la feuille annexe ;

3. x y (modulo 3), sur le graphique 3 de la feuille annexe.

B - Résolution d’une équation

On considère l’équation (E) : 7x −4y = 1, où les inconnues x et y sont des entiers relatifs.

Asie 2 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. Le couple (−1 ; −2) est un couple solution.

2. On a donc : {

7× (−1)−4× (−2) = 1 7x −4y = 1

⇒ (par différence) 7(x +1)−4(y +2)= 0 ⇐⇒

7(x +1)= 4(y +2) (1).

D’après le théorème de Gauss, 7 divise 4(y + 2) mais est premier avec 4 : il divise donc y +2 ; il existe donc k ∈Z tel que y +2= 7k ⇐⇒ y = 7k −2.

En reportant dans (1), 7(x +1)= 4×7k ⇐⇒ x +1= 4k ⇐⇒ x = 4k −1.

Les couples solutions sont de la forme (4k −1 ; 7k −2), k ∈Z.

Inversement on vérifie qu’un couple (4k−1 ; 7k−2) vérifie l’équation proposée car 7(4k −1)−4(7k −2) = 28k −7−28k +8 = 1.

3. (x ; y) appartient à R4,7 ⇐⇒

{

06 4k −16 4 06 7k −26 7

⇐⇒

{

16 4k 6 5 26 7k 6 9

⇐⇒

k = 1 Il y a donc une seule solution : le couple (3 ; 5).

C - Une propriété des points situés sur la diagonale du réseau.

1. M(x ; y) ∈ [OA] ⇐⇒ il existe k ∈R, −−−→ OM = k

−−→ OA ,

k ∈ [0 ; 1] ⇐⇒ x = ka, y = kb, k ∈ [0 ; 1] ⇐⇒ 06 x 6 a ; 06 y 6 b, x = ka,

y = kb ⇐⇒ 06 x 6 a ; 06 y 6 b, k = x

a =

y

b ⇐⇒ 06 x 6 a ; 06 y 6 b ; ay = bx.

2. D’après la question précédente a divise bx mais est premier avec b : il divise donc x et de même b divise y . Or on a vu que : 06 x 6 a ce qui implique que x = 0 ou x = a et de même y = 0 ou y = b. Les points solutions sont donc O(0 ; 0) et A(a ; b).

3. Considérons le pgcd d des nombres a et b. On a a = d a′ et b = db′ avec 0< a′ < a et 0< b′ < b.

L’égalité d = a

a′ =

b

b′ entraîne ab = ab′. Donc le point de coordonnées (a′ ; b′)

appartient au segment [OA].

Il existe donc au moins un autre point du réseau sur le segment [OA].

EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats

A - Quelques propriétés

1. z 6= 0 et z ′ =− 1

z

z ′ ∣

∣=

− 1

z

⇐⇒ ∣

z ′ ∣

∣=

1

z

= 1 ∣

z

⇐⇒ ∣

z ′ ∣

∣× ∣

z

∣= 1.

Pour les arguments : z ′ =− 1

z ⇒ arg

(

z ′ )

= arg

(

− 1

z

)

= arg(−1)−arg (

z )

= π−(−argz)=

π+argz = arg(z)+π.

2. Ceci résulte de la question précédente ; de plus les points sont dans l’ordre M , O et M ′.

3. Pour z 6= 0, on a 1

z (z −1)= 1−

1

z = 1−

1

z = 1+ z ′ = 1+ z ′ = z ′+1.

B - Construction de l’image d’un point

1. |z −1| = 1 ⇐⇒ AM = 1 ⇐⇒ M appartient au cercle C de centre A et de rayon 1.

Asie 3 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

2. a. z ′+1 = 1

z (z −1)⇒

z ′+1 ∣

∣=

1

z (z −1)

⇐⇒ ∣

z ′+1 ∣

∣ =

1

z

×|z −1| ⇐⇒ ∣

z ′+1 ∣

∣ = ∣

1

z

(car M ∈C ⇐⇒ |z −1| = 1) ⇐⇒ ∣

z ′+1 ∣

∣=

− 1

z

⇐⇒ ∣

z ′+1 ∣

∣= ∣

z ′ ∣

∣.

Cette dernière égalité s’interprète géométriquement par : BM ′ = OM ′ qui si- gnifie que M ′ est équidistant de B et de O, autrement dit M ′ appartient à la médiatrice de [OB].

b.

z ′+1 ∣

∣ = ∣

z ′ ∣

∣ ⇐⇒

− 1

z +1

=

− 1

z

⇐⇒

z −1

z

= 1 ∣

z

⇐⇒ ∣

z −1 ∣

∣ = 1 ⇐⇒ |z

1| = 1.

La réciproque est donc vraie : on a bien OM = 1.

3. Figure

1

−1

1 2−1−2 + +

+

+ AB

O

M

M

Construction de l’image d’un point de C : — M ′ est aligné avec O et M : il appartient à la droite (OM) ; — M ′B = M ′O, donc M ′ appartient à la médiatrice de [OB] ; — M ′ est donc le point commun à la droite (OM) et à la médiatrice de [OB].

EXERCICE 4 7 points Commun à tous les candidats

A - Restitution organisée de connaissances

B - Étude d’une fonction

1. La fonction f est le produit de deux fonctions définies et dérivables sur R : elle est donc définie et dérivable sur R et f ′(x)= e−x − (x +1)e−x =−xe−x qui est du signe de −x, puisque e−x > 0 quel que soit x ∈R.

La fonction est donc croissante sur R− et décroissante sur R+.

Le maximum est obtenu pour x = 0, f (0)= 1×e−0 = 1.

Limites : — f (x)= xe−x +e−x .

D’après la R. O. C. par produit et somme de limites : lim x→+∞

f (x)= 0.

— lim x→−∞

(x+1)=−∞ et lim x→−∞

e−x =+∞, donc par produit de limites : lim x→−∞

f (x)= −∞.

On a donc le tableau de variations suivant :

Asie 4 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

x −∞ 0 +∞

f ′ + −

f (x)

−∞

1

0

2. Tracer la courbe (C ). On fera apparaître les résultats obtenus précédemment. Voir ci-dessous

C - Étude d’une famille de fonctions

1. a. On a f0(x)= x +1 : c’est une fonction affine

b. Les points communs à C0 et C1 ont des coordonnées qui vérifient : {

y = x +1 y = (x +1)ex

x +1= (x +1)ex ⇐⇒ (x +1)(ex −1)= 0 ⇐⇒ {

x +1 = 0 ex −1 = 0

⇐⇒

{

x = −1 ex = 1

⇐⇒

{

x = −1 x = 0

On a donc deux points commune : le point (0 ; 1) et le point (−1 ; 0).

On remarque que quel que soit k, fk (−1) = 0, donc le point (−1 ; 0) appartient à toutes les courbes Ck .

De même, quel que soit k, fk (0)= 1, donc le point (0 ; 1) appartient à toutes les courbes Ck .

2. Tableau de signes :

x −∞ −1 0 +∞

Signe de x +1

Signe de ex −1

Signe de (x +1)(ex −1)

− 0 + +

− − +

+ − +00

0

On a donc :

fk+1(x)− fk (x) = (x +1)e (k+1)x − (x +1)ekx = (x +1)ekx (ex −1) qui est du signe du

produit ci-dessus car ekx > 0 quel que soit x ∈R. On en déduit que :

— pour x <−1 et pour x > 0, Ck+1 est au dessus de Ck — pour −1< x < 0, Ck+1 est au dessous de Ck — les deux courbes se coupent en x =−1 et en x = 0.

fk produit de fonction dérivable est dérivable et f

k (x)= ekx+k(x+1)ekx = ekx(kx+

k +1).

Comme ekx > 0 quel que soit x et quel que soit k, le signe de f k (x) est celui de

kx +k +1.

— Si k > 0, alors kx +k +1 = 0 ⇐⇒ x =− k +1

k , donc f

k (x)> 0 si x >−

k +1

k , donc

la fonction est croissante sur cet intervalle et f k (x) < 0 si x < −

k +1

k , donc la

fonction est décroissante sur cet intervalle.

— Si k < 0, alors kx +k +1= 0 ⇐⇒ x =− k +1

k .

f k (x) > 0 ⇐⇒ kx +k +1 > 0 ⇐⇒ k +1 > −kx ⇐⇒ x < −

k +1

k . La fonction fk

est donc croissante sur

]

−∞ ; − k +1

k

[

et décroissante sur

]

k +1

k ; +∞

[

.

Asie 5 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

3. En utilisant la question précédente, on peut dire que E et F correspondent à des valeurs de k négatives.

Plus précisément la courbe E croît sur ]−∞ ; 0[ ce qui correspond à la valeur k =−1.

Donc E représente la fonction f−1 et par conséquent F représente la fonction f−3.

Pour les valeurs de k positives on utilise les résultats de la question 2. : pour x > 0, on constate que queK est au dessus deH ; doncH représente f1 etK représente f2.

Asie 6 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

E

E

F

F

H

H

K

K

1

1

D - Calcul d’une aire plane

1. A (λ)= ∫

λ

0 (t +1)e−t dt . Soit

{

u(t) = t +1 v ′(t) = e−t

d’où

{

u′(t) = 1 v(t) = −e−t

Toutes ces fonctions sont dérivables donc continues sur [0 ; λ], on peut donc inté- grer par parties :

A (λ)= [

−(t +1)e−t ]λ

0 +

λ

0 e−t dt =

[

−(t +1)e−t −e−t ]λ

0 = [

−(t +2)e−t ]λ

0 =

−(λ+2)e−λ+2= 2− (λ+2)e−λ.

2. Comme lim λ→+∞

e−λ = 0, lim λ→+∞

λe−λ = 0, lim λ→+∞

A (λ)= 2.

Asie 7 18 juin 2008

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe 1 - exercice 3 (spécialité mathématique) - À rendre avec la copie

1

2

3

4

5

6

7

8

9

−1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−1

bc bc bc

bc bc bc

bc bc bc

Graphique 1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

−1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−1

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc

Graphique 2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

−1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10−1

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc bc bc bc

bc bc bc

Graphique 3

Asie 8 18 juin 2008

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