Corrigé examen d’algèbre 8, Examens de Algèbre linéaire

Télécharge Corrigé examen d’algèbre 8 et plus Examens au format PDF de Algèbre linéaire sur Docsity uniquement! [ Baccalauréat S Amérique du Nord 4 juin 2009 \ EXERCICE 1 5 points Partie A : Étude de la progression de l’épidémie pendant 30 jours 1. Comme y est dérivable sur [0 ; 30], z aussi et y ′ =− z ′ z2 ; on va remplacer : { y(0) = 0,01 y ′ = 0,05y(10− y) ⇐⇒    z(0) = 100 − z ′ z2 = 0,05 1 z (10− 1 z ) ⇐⇒ { z(0) = 100 z ′ = −0,5z +0,05 2. a. z est donc solution d’une équation différentielle de la forme z ′ = az +b. Les solutions sont les fonctions définies sur [0 ; 30] par z(x) = ke−0,5x +0,1 avec k réel. z(0) = 100 ⇐⇒ ke−0,5×0 +0,1 = 100 ⇐⇒ k = 99,9 Ainsi, z est définie par z(x)= 99,9e−0,5x +0,1 Enfin, y est définie par y(x) = 1 99,9e−0,5x +0,1 . b. On veut y(30). y(30) = 1 99,9e−0,5×30 +0,1 ≈ 9,99. Après 30 jours, 10 % de la population est infectée. Partie B : Étude sur l’efficacité d’un vaccin 1. Notons M l’évènement « l’individu tombe malade »et V « l’individu est vacciné ». On a p(V) = 0,25 ; pV ( M ) = 0,92 et p(M) = 0,1 b b V 0,25 b M 0,08 b M0,92 b V 0,75 b M b M ET b b M 0,1 b V b V b M b V b M On veut p(M∩V). p(M∩V) = p(V)pV(M) = 0,25×0,08 = 0,02. pM(V) = p(M∩V) p(M) = 0,02 0,1 = 0,2 pM ( V ) = 1−pM(V) = 0,8 Enfin, p ( M∩V ) = p(M)×pM ( V ) = 0,1×0,8 = 0,08 2. On cherche ici p V (M) : p V (M) = p ( M∩V ) p ( V ) = 0,08 0,75 = 8 75 . EXERCICE 2 5 points Partie A : Restitution organisée de connaissances Voir le cours pour les détails, voici la démarche : Par linéarité de l’intégrale (second rappel) : ∫b a f (x) dx 6 ∫b a g (x) dx ⇐⇒ ∫b a ( f − g )(x) dx 6 0. Or, pour tout x de [a ; b], f (x) 6 g (x), donc f − g 6 0 et le premier rappel assure le résultat. Partie B A. P. M. E. P. Baccalauréat S 1. a. f est la composée de la fonction x 7−→−x2, décroissante sur [0 ; 1], suivie de la fonction exponentielle croissante sur R. f est donc décroissante sur [0 ; 1]. On peut bien sur argumenter sur la dérivabilité de f puis le signe de sa dérivée. On en déduit que, pour tout x de [0 ; 1], f (1)6 f (x)6 f (0) ⇐⇒ 1 e 6 f (x)6 1. b. Par croissance de l’intégrale, on déduit de la question précédente : ∫1 0 1 e dx 6 ∫1 0 f (x) dx 6 ∫1 0 1 dx ⇐⇒ 1 e 6 u0 6 1 2. u1 = ∫1 0 x f (x) dx = ∫1 0 xe−x 2 dx On pose u(x) =−x2, ainsi u′(x) =−2x et (u′eu)(x) =−2x f (x) ⇐⇒ x f (x) =− 1 2 u′(x)eu(x). On a donc : u1 = [ − 1 2 e−x 2 ]1 0 =− 1 2e + 1 2 = 1 2 ( 1− 1 e ) . 3. a. Comme la fonction exponentielle est positive sur R, pour tout x de [0 ; 1], xn f (x) > 0. Enfin, comme les bornes sont dans le bon ordre, par positivité de l’intégrale, on a bien le résultat. b. Pour tout n dans N, un+1 −un = ∫1 0 xn+1 f (x)−xn f (x) dx = ∫1 0 (x−1)xn f (x) dx 6 0 car la fonction intégrée est claire- ment négative sur [0 ; 1]. La suite (un ) est décroissante. c. La suite (un ) est décroissante et minorée par 0 donc elle converge. 4. a. D’après la question 1. a., pour tout x de [0 ; 1], f (x)6 1, par croissance de l’intégrale : ∫1 0 xn f (x) dx 6 ∫1 0 xn dx ⇐⇒ ∫1 0 xn f (x) dx 6 [ xn+1 n+1 ]1 0 ⇐⇒ ∫1 0 xn f (x) dx 6 1 n+1 b. D’après les questions 3. a. et 4. a., on a 06 un 6 1 n+1 et lim n→+∞ 1 n+1 = 0 Avec le théorème des gendarmes la suite converge vers 0. EXERCICE 3 5 points 1. −→ AI = 1 2 (−−→ AD + −→ AE ) , donc I ( 0 ; 1 2 ; 1 2 ) −→ AJ = 1 2 (−−→ AB + −−→ AD ) , donc J ( 1 2 ; 1 2 ; 0 ) Enfin, K est le milieu de [IJ], donc K ( 1 4 ; 1 2 ; 1 4 ) 2. On a G(1 ; 1 ; 1), donc −−→ AG (1 ; 1 ; 1) et −−→ AK ( 1 4 ; 1 2 ; 1 4 ) Les coordonnées de ces deux vecteurs ne sont pas proportionnelles, donc ils ne sont pas colinéaires, donc les points A, K et G ne sont pas alignés. 3. a. Montrons que les trois points A, K et G sont équidistants de I et J. AI = AJ = 1 2 p 2 (cube de côté 1). KI = KJ car K est le milieu de [I J ]. Le théorème de Pythagore appliqués aux triangles GHI rectangle en H et GCJ rectangle en C, permet de montrer que GI = GJ. Les trois points A, K et G sont équidistants de I et J, donc (AKG) est bien le plan médiateur de [IJ]. b. Le vecteur −→ IJ ( 1 2 ; 0 ; − 1 2 ) est donc normal à (AKG), une équation cartésienne de ce plan est donc de la forme : 1 2 x − 1 2 z +d = 0 ⇐⇒ x − z +2d = 0. Comme A ∈ (AKG), les coordonnées de A vérifient cette équation, donc d = 0. Une équation de (AKG) est donc x − z = 0. Amérique du Nord 2 4 juin 2009