Corrigé examen d’algèbre 11, Examens de Algèbre linéaire

Télécharge Corrigé examen d’algèbre 11 et plus Examens au format PDF de Algèbre linéaire sur Docsity uniquement! Durée : 4 heures [ Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers \ 15 juin 2009 EXERCICE 1 5 points 1. Restitution organisée de connaissances : a. Démontrer que p(B) = p(B ∩ A)+p ( B ∩ A ) . b. Démontrer que, si les évènements A et B sont indépendants pour la pro- babilité p, alors les évènements A et B le sont également. 2. a. Il faut calculer p ( R ∩S ) . Les évènements R et S étant manifestement indépendants, R et S le sont aussi. Donc p ( R ∩S ) = p ( R ) ×p(S)= (1−0,1)×0,05 = 0,9×0,05 = 0,045. b. Il faut que Stéphane entende son réveil et que son scooter marche. La probabilité qu’il soit à l’heure est donc égale à p ( R ∩S ) . D’après la propriété démontrée au-dessus R et S sont indépendants, donc p ( R ∩S ) = p ( R ) ×p ( S ) = (1−0,1)× (1−0,05) = 0,9×0,95 = 0,855. c. Si X est la variable aléatoire correspondant au nombre de fois où Sté- phane entend son réveil, X suit une loi binomiale de paramètres n = 5 et p = 0,9. La probabilité que Stéphane entende le réveil au moins quatre fois est : p(X = 4)+p(X = 5) = ( 5 4 ) ×0,94×0,1+ ( 5 5 ) ×0,95×0,10 = 0,5×0,94+0,95 = 0,94 ×1,9 = 0,91854 ≈ 0,9185. EXERCICE 2 5 points 1. Figure 2. −−→ OA (3 ; 4 ; 0), d’où OA2 = 9+16 = 25 ; −−→ OC (0 ; 0 ; 5), d’où OC2 = 25 ; −−→ AC (−3 ; −4 ; 5), d’où AC2 = 9+16+25 = 50 ; −−→ OB (0 ; 5 ; 0), d’où OB2 = 25 ; −−→ BC (0 ; −5 ; 5), d’où BC2 = 25+25 = 50 ; On a donc 25+ 25 = 50 ⇐⇒ OA2 + OC2 = AC2 ⇐⇒ (OAC est un triangle rectangle en O et isocèle car OA2 = OC2. De même 25+25 = 50 ⇐⇒ OB2 +OC2 = BC2 ⇐⇒ (OBC est un triangle rec- tangle en O et isocèle car OB2 = OC2. −−→ AB (−3 ; 1 ; 0), d’où AB2 = 9+1 = 10 ; on a vu que AC2 = 50 et que BC2 = 50 Donc le triangle ABC est isocèle en B, mais pas rectangle. 3. Soit H le point de coordonnées ( 15 19 ; 45 19 ; 45 19 ) . A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S a. I ( 3 2 ; 9 2 ; 0 ) . −−→ HC ( − 15 19 ; − 45 19 ; 5− 45 19 ) ou encore −−→ HC ( − 15 19 ; − 45 19 ; 50 19 ) ; −→ CI ( 3 2 ; 9 2 ; −5 ) . En comparant les dernières coordonnées de ces deux vecteurs, on constate que −−→ HC = − 10 19 −→ CI , c’est-à-dire que ces vecteurs sont colinéaires, ou en- core que les points H, C et I sont alignés. b. I milieu de [AB] appartient au plan (ABC), donc le point H aligné avec I et C aussi. D’autre part −−→ OH ( 15 19 ; 45 19 ; 45 19 ) et −−→ BA (3 ; −1 ; 0). Donc −−→ OH ·−−→BA = 45 19 − 45 19 = 0, donc ces vecteurs sont orthogonaux. −−→ BC (0 ; −5 ; 5), donc −−→OH · −−→BC = 45 19 − 45 19 = 0 : ces vecteurs sont orthogo- naux. Conclusion : −−→ OH , orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) est orthogonal à ce plan et O a pour projeté orthogonal sur ce plan le point H. c. Il en résulte qu’une équation du plan (ABC) est 15 19 x + 45 19 y + 45 19 z +d = 0 ⇐⇒ x +3y +3z +d ′ = 0. Or C(0 ; 0 ; 5) ∈ (ABC) ⇐⇒ 15+d ′ = 0 ⇐⇒ d ′ =−15. Une équation du plan (ABC) est donc : M(x ; y ; z)∈ (ABC) ⇐⇒ x +3y +3z −15 = 0 4. Calculs d’aire et de volume. a. On a vu que OAC et OBC sont isocèles en O ; on a donc OA = OC = OB ; le triangle OAB est donc isocèle en O. I milieu de [AB] est donc le pied de la hauteur issue de O. L’aire du triangle OAB est donc : AB×OI 2 . On a AB2 = 10, donc AB = p 10 ; OI2 = 9 4 + 81 4 = 90 4 , donc OI = 3 p 10 2 . L’aire est donc égale à : p 10× 3 p 10 2 2 = 15 2 . On a démontré que (OC) est perpendiculaire à (OA) et à (OB), donc la droite (OC) est orthogonale au plan (OAB). [OC] est donc la hauteur rela- tive à la base (OAB) et le volume du tetraèdre est donc : V = A(OAB) ×OC 3 = 15 2 ×5 3 = 25 2 . b. On a vu que cette distance est égale à OH. OH2 = ( 25 19 )2 + ( 45 19 )2 + ( 45 19 )2 = 225+2025+2025 192 = 4275 192 , d’où OH = 15 p 19 19 . Remarque. On peut aussi utiliser l’équation du plan (ABC) : d(O ;(ABC)) = |0+3×0+3×0−15| p 12 +32 +32 = 15 p 19 = 15 p 19 19 . Centres étrangers 2 15 juin 2009 A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S Alors Re ( z2 ) = x2 − y2 et (Re(z))2 = x2. La proposition est fausse. 2. Les trois points appartiennent à un même cercle de centre si et seulement si leur modules sont égaux. Or ∣ ∣z ∣ ∣= |z| et ∣ ∣ ∣ ∣ z2 z ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣z2 ∣ ∣ ∣ ∣z ∣ ∣ = |z|2 |z| = |z|. La proposition est vraie. 3. On a |1+ iz| = |1− iz| ⇐⇒ |iz−(−1)| = |iz−1| qui signifie que le point d’affixe iz est équidistant des points d’affixe 1 et −1. Ces points étant sur l’axe des abscisses et symétriques autour de O, il en résulte que le point d’affixe iz est sur l’axe des ordonnées, ou encore iz = iα(α ∈R) ⇐⇒ z =α. La proposition est vraie. 4. Soit P le point tel que OMP M ′ soit un parallélogramme. On a z + z ′ =−−−→OM + −−−→ OM ′ =−−→OP ; De même z − z ′ =−−−→OM − −−−→ OM ′ =−−−→OM + −−−→ M ′O = −−−−→ M ′M . Donc |z + z ′| = |z − z ′| ⇐⇒ OP = M ′M . Donc le parallélogramme OMP M ′ a ses diagonales de même longueur, au- trement dit c’est un rectangle et donc les droites (OM) et (OM ′) sont perpen- diculaires. La proposition est vraie. EXERCICE 4 6 points Commun à tous les candidats Partie A : 1. Soient n et p deux naturels distincts. fn (x) = fp (x) ⇐⇒ e−nx 1+e−x = e−px 1+e−x ⇐⇒ e−nx = e−px (car 1+e−x > 0) ⇐⇒ −nx =−px (par croissance de la fonction ln) ⇐⇒ x = 0 (carn 6= p). Quelque soit n ∈N, fn (0) = e0 1+e0 = 1 2 . Toutes les courbes Cn contiennent le point ( 0 , 1 2 ) . 2. Étude de la fonction f0 a. f0(x) = 1 1+e−x . Cette fonction est dérivable surR et f ′0(x) =− −e−x (1+e−x )2 = e−x (1+e−x )2 . Comme e−x > 0 et (1+e−x )2 >, on en déduit que f ′0(x) > 0. La fonction f0 est donc croissante sur R. b. On sait que lim x→−∞ ex = 0. Donc lim x→−∞ e−x =+∞. Donc lim x→−∞ fn (x) = 0. Ceci signifie que l’axe des abscisses est asymptote à la courbe C0 au voisinage de −∞. On sait que lim x→+∞ e−x = 0, donc lim x→+∞ f0(x) = 1. Ceci signifie que la droite d’équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe C0 au voisinage de +∞. c. Tableau très simple : sur R, f0 croît de 0 à 1. 3. Étude de la fonction f1 Centres étrangers 5 15 juin 2009 A. P. M. E. P. Corrigé du baccalauréat S a. On a f1(−x) = ex 1+ex = 1 e−x +1 = f0(x) en multipliant chaque terme par le facteur non nul e−x . b. On a lim x→+∞ f1(−x) = lim x→−∞ f1(x) = lim x→+∞ f0(x) = 1 De même lim x→−∞ f1(−x) = lim x→+∞ f1(x) = lim x→−∞ f0(x) = 0. Comme f0(x) = f1(−x), f0 fonction croissante est la composée de f1 et de la fonction x 7−→ −x qui est décroissante. Il en résulte que f1 est décrois- sante sur R. c. f0(x) = f1(−x) signifie que deux points d’abscisses de C0 et C1 ont la même ordonnée : ces points sont symétriques autour de (Oy). C0 et C1 sont symétriques autour de l’axe des ordonnées. 4. Étude de la fonction fn pour n > 2 a. fn (x) = e−nx 1+e−x . En multipliant chaque terme par enx > 0, fn (x) = 1 enx +e(n−1)x . b. Pour p > 2, lim x→+∞ epx =+∞, donc en utilisant l’écriture du a., lim x→+∞ fn(x) = 0. Limite en −∞ : lim x→−∞ enx = 0+ et lim x→−∞ e(n−1)x = 0+ donc par limite de l’inverse lim x→+∞ e−x =+∞ c. fn quotient de sommes de fonctions dérivables est dérivable car enx +e(n−1)x > 0. En utilisant l’écriture trouvée au début de la question : f ′n (x) =− nenx + (n−1)e(n−1)x ( enx +e(n−1)x )2 . Comme n > 2, cette dérivée est négative quel que soit x réel. Les fonctions ( fn , n > 2) sont donc décroissantes de +∞ à 0. Partie B : Étude d’une suite liée aux fonctions fn 1. u1(x) = ∫1 0 f1(x) dx = ∫1 0 e−x 1+e−x dx. En posant u(x) = 1+e−x , u′(x) =−e−x , on remarque que la fonction à intégrer est − u′(x) u(x) dont une primitive est la fonction − ln (1+e−x ). Donc u1(x) = [− ln (1+e−x )]10 =− ln ( 1+e−1 ) + ln 2. 2. On a la suite d’inéquations : e−x > 0 ⇐⇒ 1+e−x > 1 ⇐⇒ 0 < 1 1+e−x < 1 ⇐⇒ 0< e−nx 1+e−x < e−nx . En intégrant ces trois fonctions sur [0 ; 1] : 0 < ∫1 0 e−nx 1+e−x dx < ∫1 0 e−nx dx ⇐⇒ 0 < un < ∫1 0 e−nx dx. 3. ∫1 0 e−nx dx = [ − 1 n e−nx ]1 0 =− 1 n ( e−n −1 ) = 1 n ( 1−e−n ) . Par limite au voisinage de +∞ : lim x→+∞ e−n = 0, lim x→+∞ 1−e−n = 1, lim x→+∞ 1 n = 0, donc par produit : lim x→+∞ 1 n ( 1−e−n ) = 0. En utilisant l’encadrement de la question 2., et d’après le théorème des « gen- darmes », on obtient lim x→+∞ un = 0. La suite est donc convergente. Centres étrangers 6 15 juin 2009