Travaux pratiques de modélisation mathématique 16, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Travaux pratiques de modélisation mathématique 16, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

PDF (68 KB)
6 pages
140Numéro de visites
Description
Travaux pratiques de modélisation mathématique 16. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l'intégration par parties, la positivité de l’intégrale, Limite de la suite.
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 6
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document
PondicherySavril2001correction.dvi

Corrigé du baccalauréat S Pondichéry avril 2001

EXERCICE 1 4 points

1. a. Calcul de I1

On a : I1 = 1

1!

∫1

0 (1x )

1e−x dx = ∫1

0 (1x )

1e−x dx ;

Faisons une intégration par parties en posant

{

u(x)= 1− x u′(x)=−1 v ′(x)= e−x v(x)=−e−x

Toutes les fonctions étant intégrables sur [0 ; 1], il vient : I1 = [−(1− x)e−x ]10− ∫1

0 (−1)(−e−x dx = 1−

∫1

0 e−x dx = 1+

[

e−x ]1 0 = e

−1 = 1

e .

b. Inégalités :

Pour 06 x 6 1, on a successivement : 06 1− x 6 1⇒ 06 (1− x)n 6 1 car (n > 1)

et, compte tenu du fait que e−x est positif, on obtient :

06 (1− x)ne−x 6 e−x ; la positivité de l’intégrale nous permet alors d’écrire :

06 ∫1

0 (1− x)ne−x dx 6

∫1

0 e−x dx

et, finalement :

06 In 6 1

n!

∫1

0 e−x dx.

Conséquence : On a ∫1

0 e−x dx =

[

e−x ]1 0 = 1− e

−1 = e−1 e

et l’inégalité,

précédemment obtenue, s’écrit :

06 In 6 1

n!

e−1 e

: or lim n→+∞

1

n! = 0 donc, a fortiori, lim

n→+∞ In = 0.

c. Pour n > 1, In+1 = 1

(n+1)!

01 (1− x)n+1e−x dx.

Intégrons par parties en posant :

u(x)= (1− x)n+1 u′(x)=−(n+1)(1− x)n v ′(x)= e−x v(x)=−e−x

Toutes ces fonctions étant continues sont intégrables sur [0 ; 1] et

In+1 = 1

(n+1)! [−(n+1)e−x (1− x)n ]10 −

1

(n+1)!

∫1

0 (n + 1)(1− x)ne−x dx =

1

(n+1)! −

1

n!

∫1

0 (1− x)ne−x dx

Finalement : In+1 = 1

(n+1)! − In .

2. a. Par récurrence :

Initialisation : a1 = 0 et 1

e + (−1)1I1 =

1

e − I1 = 0 : la relation est vraie pour

n = 1. Hérédité : supposons qu’il existe p ∈N, p > 1 tel que

ap+1 = ap+ (−1)p+1

(p +1)! =

1

e +(−1)p Ip+

(−1)p+1

(p +1)! =

1

e +(−1)p+1

[

1

p +1)! − Ip

]

=

1

e + (−1)p+1Ip+1 d’après la question 1. c.

Conclusion : la relation (1) est vraie pour tout naturel n non nul.

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

b. Limite de la suite (an)

On sait que lim n→+∞

In = 0 et donc lim n→+∞

∣(−1)n In

∣= 0.

Finalement lim n→+∞

an = 1

e .

EXERCICE 2 4 points

1. Écriture de f (z) sous forme algébrique Avec z = x + iy (z et y réels) :

f (z)= 2− iz 1− z

= 2− i(x + iy) 1− x − iy

= 2+ y − ix 1− x − iy

= (2+ y − ix)(1− x + iy) (1− x + iy)(1− x − iy)

=

(2+ y)(1− x)+ x y + iy(2+ y)+ i(x(x −1) (1− x)2+ y2

= 2−2x + y + i

(

x2+ y2− x +2y )

(1− x)2+ y2 .

Ensemble des points M(z) tels que f (z) soit réel :

Si z 6= 1, soit (x ; y) 6= (1 ; 0), c-à-d M 6= A, f (z) existe et f (z) ∈ R si sa partie imaginaire est nulle soit d’après la question précédente si :

x2+y2−x+2y = 0 ⇐⇒ (

x − 1

2

)2

+(y+1)2− 1

4 −1= 0 ⇐⇒

(

x − 1

2

)2

+(y+1)2 = 5

4 ,

équation du cercle de centreΩ

(

1

2 ; −1

)

de rayon

p 5

2 , cercle privé du point A.

2. a. Le complexe i n’a pas d’antécédent par f . Pour déterminer les antécé- dents de i par f on doit résoudre l’équation f (z)= i ; on obtient :

Pour z 6= 1 : f (z)= i ⇐⇒ 2− iz 1− z

= i ⇐⇒ 2− iz = i− iz ⇐⇒ 2= i qui n’a pas de solution donc i n’a pas d’antécédent par f .

Expression de z en fonction de z ′ (z ′ 6= i).

Si z ′ 6= i, f (z) = z ′ ⇐⇒ 2− iz 1− z

= z ′ ⇐⇒ 2− iz = z ′ − zz ′ ⇐⇒ z(z ′− i) =

z ′−2 ⇐⇒ z = z ′−2 z ′− i

.

Conclusion : tout complexe z ′, distinct de i, admet, par f un unique anté-

cédent z, tel que z = z ′−2 z ′− i

.

b. Relation : OM = M ′C

M ′D

De la relation z = z ′−2 z ′− i

on déduit en prenant les modules :

|z| = ∣

z ′−2 z ′− i

= ∣

z ′−2 ∣

|z ′− i| ou encore, en notant C le point d’affixe 2, D le point d’affixe i et M et M

les points d’affixes z et z ′, OM = CM

DM ′ .

c. Étude de M ′ lorsque M décrit le cercle de centre O et de rayon 1

Si le point M décrit le cercle de centre O et de rayon 1 privé de A, on a OM = 1 et par conséquent d’après la question précédente :

1== CM

DM ′ : cette égalité signifie que M ′ appartient à la médiatrice (∆) de

[CD].

d. Étude de M ′ lorsque M décrit l’axe réel

La relation z = z ′−2 z ′− i

donne en termes d’arguments :

argz = arg(z ′−2)−arg(z ′− i) ( mod .2π) ; ou encore : (−→

u , −−−→ OM

)

= (−→

u , −−−→ CM

)

− (−→

u , −−−→ DM

)

( mod .2π)= (−−−→ DM ′ ,

−−−→ CM

)

.

Si M est un point de l’axe réel distinct de O et de A, on a

avril 2001 2

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

(−→ u ,

−−−→ OM

)

= 0 ( mod .π) donc (−−−→ DM ′ ,

−−−→ CM

)

= 0 mod .π. Conclusion : le point M ′ appartient à la droite (CD) (il est distinct du point D et du point C).

EXERCICE 2 enseignement de spécialité 4 points

1. a. 11 nombre premier ne divise pas 24 ; donc 11 et 24 sont premiers entre eux ; d’après le théorème de Bezout il existe des entiers relatifs u et v tels que 11u+24v = 1, donc le couple (4 ; −v) est un couple solutionde l’équa- tion (1).

b. On applique l’algorithme d’Euclide à 24 et 11 : 24= 2×11+2 11= 5×2+1, soit en remontant : 1= 11−5×2 1= 11−5× (24−2×11) ou encore 1= 11−5×24+10×11 et enfin 1= 11×11−5×24. Le couple (11 ; 5) est une solution particulière de l’équation (1).

c. Résolution de l’équation (1) : on a {

11n−24m = 1 11×11−24×5 = 1 ⇒ (par différence)

11(n−11)−24(m −5) = 0 ⇐⇒ 11(n−11)= 24(m −5) (2). 11 divise donc 24(m − 5), mais on a vu qu’il est premier avec 24, donc d’après le théorème de Gauss il divise m −5. Il existe donc k ∈Z tel que m −5= 11k ⇐⇒ m = 5+11k. En reportant dans l’équation (2), on obtient :

11(n−11)= 24×11k ⇐⇒ n−11= 24k ⇐⇒ n = 11+24k. Conclusion : les solutions de l’équation (1) sont les couples (n ; m) tels que :

n = 11+24k et m = 5+11k.

2. a. Pour a ∈N, on sait que : an −1= (a −1)

(

an−+an−2+ . . .+a +1 )

.

En particulier : 10n −1= (10−1) (

10n−1+10n−2+ . . .+10+1 )

ou encore :

10n − 1 = 9 (

10n−1+10n−2+ . . .+10+1 )

égalité qui montre que 9 divise 10n −1, donc en particulier 1011−1 et 1024−1.

b. Puisque (n ; m) est un couple solution de l’équation (1) : 11n −24m = 1 ou encore 11n = 24m +1. Donc

(

1011n −1 )

−10 (

1024m −1 )

= (

1024m+1−1 )

−10 (

1024m −1 )

= (

1024m ×10−1 )

−10 (

1024m −1 )

=−1+10= 9. c. On a 1011n −1=

(

1011 )n −1 et d’après l’égalité rappelée au a. :

(

1011 )n −1 =

(

1011−1 ) (

1011(n−1)+1011(n−2)+ . . .+1 )

, donc 1011−1 divise 1011n −1. Il existe donc un entier α tel que 1011n −1=α

(

1011−1 )

.

On démontrerait de la même façon que 1024 − 1 divise 1024n − 1 et qu’il existe donc un entier β tel que 1024n −1=β

(

1024−1 )

.

L’égalité trouvée au b. (

1011n −1 )

−10 (

1024m −1 )

= 9 peut donc s’écrire : α

(

1011−1 )

−10×β (

1024−1 )

= 9. On a donc trouvé deux entiers N =α et M = 10β tels que :

N (

1011−1 )

M (

1024−1 )

= 9.

avril 2001 3

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

d. Tout diviseur communà 1011−1 et à 1024−1divise les produits N (

1011−1 )

et M (

1024−1 )

et aussi leur différence et par conséquent 9.

e. On vient de voir que tout diviseur commun à 1011−1 et à 1024−1 et donc en particulier leur P. G. C. D. divise 9, mais on a vu inversement que 9 divise 1011−1 et 1024−1. Conclusion : P. G. C. D.

(

1011−1 ; 1024−1 )

= 9.

PROBLÈME 12 points

Partie A

1. a. C a pour coordonnées (1 ; 0). Une équation de la tangente (∆) à la courbe C représentative de la fonction x 7−→ lnx a pour équation :

M(x ; y) ∈ (∆) ⇐⇒ y −0= 1

1 (x −1) ⇐⇒ y = x −1.

b. f (x)= x −1− lnx. La fonction est dérivable sur ]0 ; +∞[ et sur cet intervalle :

f ′(x)= 1− 1

x =

x −1 x

.

Comme x > 0, le signe de f ′(x) est celui de x−1. D’où le tableau de varia- tions :

x 0 1 +∞ f ′(x) − 0 +

+∞

0

f (x)

c. Le tableau de variationmontre que f (x)> 0 sur ]0 ; +∞[. Mais x−1−lnx > 0 ⇐⇒ x−1> lnx et cette inégalité montre que la droite (∆) est au dessus de la courbe C , le seul point de contact étant le point C.

2. a. Le résultat précédent peut s’écrire :

x − 1− lnx > 0 ⇐⇒ x − lnx > 1 et cette valeur 1 est obtenue de façon évidente pour x = 1. Le minimum de la fonction x − lnx est 1.

b. On a M(x ; lnx) et N (x ; x), donc M N2 = (xx)2+ (x− lnx)2 = (x− lnx)2. or on vient de voir que le minimum de x − lnx est 1 donc le minimum de M N2 est 12 = 1, donc le minimum de M N est 1, soit avec une unité graphique de 4 cm : le minimum de M N égale 4 cm.

Partie B

1. O(0 ; 0) ; M(x ; lnx), donc OM2 = x2+ (lnx)2. Donc OM =

x2+ (lnx)2. 2. Étude de u définie par u(x)= x2+ (lnx)2.

a. On a lim x→0

lnx =−∞, donc lim x→0

u(x)=+∞.

Comme lim x→+∞

x2 = lim x→+∞

lnx =+∞, on déduit que lim x→+∞

u(x)=+∞. u somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet in- tervalle on a :

u′(x)= 2x +2× 1

x =

2x2+2 x

: tous les termes de ce quotient sont positifs,

donc la dérivée est positive et la fonction u est croissante sur ]0 ; +∞[ de −∞ à +∞.

avril 2001 4

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

b. D’après la question précédente u établit une bijection de ]0 ; +∞[ sur R et l’équation u(x)= 0 a une solution unique α∈]0 ; +∞[. La calculatrice donne u(0,5)≈−0,44 et u(1)= 1, donc 0,5<α< 1. Puis u(0,65)≈−0,008 et u(0,66)≈ 0,020, d’où l’encadrement :

0,65<α< 0,66.

c. Le résultat précédent et le tableau de variations de u montrent que :

- u(x)< 0 sur ]0 ; α[ ; - u(α)= 0 ; - u(x)> 0 sur ]α ; +∞[.

3. Étude de g définie sur ]0 ; +∞[ par g (x)= x2+ (lnx)2. g somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet inter- valle :

g ′(x)= 2x +2ln x × 1

x =

2x2+2lnx x

= 2

x

(

x2+ lnx )

= 2

x u(x).

Comme 2

x > 0, le signe de g ′(x) est celui de u(x) et celui-ci a été trouvé à la

question précédente ; il dépend de la position de x par rapport àα. On a donc le tableau de variations suivant :

x 0 α +∞ g ′(x) − 0 +

+∞

+∞

g (x)

g (α)

On a de façon immédiate : limx → 0g (x)= limx →+∞g (x)=+∞. On sait que u(α)=α2+ lnα= 0 ⇐⇒ lnα=−α2. Donc g (α)=α2+ (lnα)2 =α2+

(

α2 )2 =α2+α4.

4. Puisque OM = √

g (x), la plus courte distance est √

g (α).

En prenant comme valeur approché de α ≈ 0,655 et compte tenu de l’unité graphique la plus courte distance OM est environ 4

g (α≈ 3,12 (cm)

5. On a A(α ; lnα) ; la tangente en A à C a pour coefficient directeur 1

α et donc

pour vecteur directeur −→ t (α ; 1).

Donc −−→ OA ·−→t =α2+ lnα= u(α)= 0.

Les vecteurs sont orthogonaux donc la tangente à (C ) en A est perpendicu- laire à (OA).

Partie C

1. h(x)= x − 1

4

(

x2+ lnx )

.

h(x)= x ⇐⇒ x− 1

4

(

x2+ lnx )

= x ⇐⇒ 1

4

(

x2+ lnx )

= 0 ⇐⇒ x2+ lnx = 0 ⇐⇒ u(x)= 0. On a vu que cette équation avait pour solution unique α.

2. a. h somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ est dérivable et sur cet in- tervalle :

h′(x)= 1− 1

4

(

2x + 1

x

)

= 1− x

2 −

1

4x

(

4x −2x2 −1 )

= 1

4x

(

−2x2+4x −1 )

.

Comme 1

4x > 0, le signe de h′(x) est celui du trinôme −2x2+4x −1.

avril 2001 5

Terminale S Pondichéry A. P. M. E. P.

Or−2x2+4x−1=−2 (

x2−2x + 1

2

)

=−2 [

(x −1)2−1+ 1

2

]

=−2 [

(x −1)2− 1

2

]

=

−2 [

x −1+ 1 p 2

][

x −1− 1 p 2

]

.

Les solutions de l’équation h′(x)= 0 sont donc :

1− 1 p 2 ≈ 0,29 et 1+

1 p 2 ≈≈ 1,7.

On sait que le trinôme est négatif sauf sur l’intervalle [0,29 ; 1,7], donc en particulier sur l’intervalle

[1 2 ; 1

]

h′(x)> 0.

b. On a h(1)= 34 = 0,75 et h ( 1 2

)

≈ 0,61. On a vu que la dérivée est positive, donc la fonction croissante de h

( 1 2

)

≈ 0,61 à h(1)= 0,75. Donc h

([ 1 2 ; 1

])

⊂ [ 1 2 ; 1

]

.

c. Dérivée seconde :

h′ est elle-même dérivable et sur [ 1 2 ; 1

]

:

h′′(x)=− 1

2 +

1

4x2 =

1−2x2

4x2 =

(

1+ x p 2 )(

1− x p 2 )

4x2 .

Comme 1+ x p 2 et 4x2 sont positifs le signe de h′′(x) est celui de la diffé-

rence 1− x p 2, donc

h′′(x)< 0 sur [

1p 2 ; 1

]

et

h′′(x)> 0 sur [

1 2 ;

1p 2

]

.

d. De la question précédente on peut établir le tableau de variations de h′ :

x 1 2

1p 2 1

h′′(x) + 0 −

0,25

+∞

h′(x)

h′ (

1p 2

)

0,25

≈ 0,293

h′ () 1p 2 = 1− 1

2 p 2 − 1

2 p 2 = 1− 1p

2 ≈ 0,293.

Conclusion : pour tout réel x de [ 1 2 ; 1

]

, 06 h′(x)< 0,3. 3. u0 = 1 et un+1 = h (un ).

a. On a vu à la question 2. b. que l’image par h d’un réel de l’intervalle [ 1 2 ; 1

]

appartenait à ce même intervalle.

Le premier terme de la suite appartient à cette suite et une récurrence évidente montre que tous les termes de la suite appartiennent à cemême intervalle.

Par récurrence :

• Initialisation : u1 = h (u0)= h(1)= 0,756 u0. • Hérédité : supposons qu’il existe un rang p tel que up 6 up−1 ; par croissance de la fonction h sur

[ 1 2 ; 1

]

on obtient h (

up )

6 h (

up−1 )

⇐⇒ up+1 6up .

On a bien démontré par récurrence que la suite (un ) est décroissante.

b. On sait h(α)=α, donc : |un+1−α| = |un+1−h(α)|. un et α appartenant à l’intervalle

[ 1 2 ; 1

]

on applique l’inégalité des ac- croissements finis à h et compte tenu que h′(x) est majorée par 0,3 :

|un+1−α|6 0,3 |un α|. On a donc successivement :

|un α|6 0,3 |un−1−α|6 (0,3)2 |un−2−α|6 . . .6 (0,3)n |u0−α|.

avril 2001 6

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
3 shown on 6 pages
Télécharger le document