Corrigé examen d’algèbre 9, Examens de Algèbre linéaire

Télécharge Corrigé examen d’algèbre 9 et plus Examens au format PDF de Algèbre linéaire sur Docsity uniquement! [ Correction du baccalauréat S Antilles-Guyane \ septembre 2009 EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats VRAI OU FAUX Pour chacune des propositions suivantes, dire si elle est vraie ou fausse et justifier la ré- ponse donnée. PARTIE A Soit (un ) la suite définie pour tout n ∈N∗ par un = (−1)n . 1. Vrai : la suite (un ) est bien bornée, par -1 et 1. 2. Faux : la suite (un ) n’a pas de limite quand n tend vers ∞. 3. Vrai : la suite de terme général un n converge vers 0, d’après le théorème des gen- darmes. 4. Faux : une suite peut être à termes positifs (donc minorée) et décroissante, donc convergente, mais converger vers un autre nombre que 0 : par exemple, la suite de terme général un = 1+ 1 n+1 est à termes positifs, décroissante et tend vers 1. PARTIE B 1. Faux : A et B sont deux évènements indépendants avec P (B) 6= 0 et P (B) 6= 1, alors P (A∩B) = PB (A)×P (B) 6= PB (A). 2. Faux : X est une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur [0 ; 1], donc : P (X ∈ [0,1 ; 0,6]) = 0,6−0,1 = 0,5. 3. Vrai : X est une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres 100 et 1 3 . P (X > 1) = 1−P (X = 0) = 1− ( 100 0 ) ( 1 3 )0 ( 1− 1 3 )100 = 1− ( 2 3 )100 . EXERCICE 2 5 points Candidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité L’espace est muni d’un repère orthonormal ( O, −→ ı , −→  , −→ k ) . On considère les points A(1 ; −1 ; 4), B(7 ; −1 ; −2) et C(1 ; 5 ; −2). 1. a. On trouve −−→ AB (6 ; 0 ; −6), −−→AC (0 ; 6 ; −6) et −−→BC (−6 ; 6 ; 0). b. AB= √ 62 +02 + (−6)2 = 6 p 2 ; AC= √ 02 +62 + (−6)2 = 6 p 2 et BC = √ (−6)2 +62 +02 = 6 p 2. AB = AC = BC =6 p 2 donc le triangle ABC est équilatéral. c. −→ n . −→ AB= 1×6+1×0+1×−6 = 0 donc −→n ⊥−→AB.−→ n . −→ AC= 1×0+1×6+1×−6 = 0 donc −→n ⊥−→AC. −→ n est un vecteur orthogonal à deux vecteurs −→ AB et −→ AC non colinéaires du plan (ABC), donc −→ n est orthogonal au plan (ABC). d. Le plan (ABC) a pour vecteur normal −→ n et passe par A : il a pour équation carté- sienne : 1.(x − xA )+ 1. ( y − yA ) + 1.(z − zA) = 0 soit x − 1+ x + 1+ z − 4 = 0 qui donne : x + y + z −4 = 0 Baccalauréat S A. P. M. E. P. 2. Soit D la droite de représentation paramétrique    x = −2t y = −2t −2 z = −2t −3 où t ∈R. a. La droite D a pour vecteur directeur −→ u (−2 ; −2 ; −2) =−2−→n . −→u et −→n sont colinéaires, donc D est perpendiculaire au plan (ABC) b. Soit G, intersection de la droite D et du plan (ABC). Les cordonnées de G véri- fient l’équation paramétrique de D et l’équation du plan ABC. Par conséquent : (−2t)+ (−2t −2)+ (−2t −3)−4 = 0 qui donne −6t −9 = 0 et donc : t =− 3 2 . En remplaçant t par − 3 2 , on trouve que les coordonnées de G sont : G (3 ; 1 ; 0). c. 1 3 (xA + xB + xC ) = 9 3 = 3 = xG ; 1 3 ( yA + yB + yC ) = 3 3 = 1 = yG et 1 3 (zA + zB + zC ) = 0 3 = 0 = zG . Les coordonnées de l’isobarycentre de A, B et C sont celles de G donc G est l’isobarycentre de A, B et C. 3. Soit S la sphère de centre G passant par A. a. Une équation cartésienne de la sphère S est : (x − xG )2+ ( y − yG )2+(z − zG )2 = R2 = GA2 (puisque S passe par A), c’est-à-dire : (x −3)2 + (y −1)2 + z2 = GA2 avec GA2 = (1−3)2 + (−1−1)2 + (4−0)2 = 24. Une équation cartésienne de S est donc : (x −3)2 + (y −1)2 + z2 = 24 b. Les coordonnées des points d’intersection de la droite D et de la sphère S vé- rifient chacune des deux équations, donc sont solutions du système :        x =−2t y =−2t −2 z =−2t −3 (x −3)2 + (y −1)2 + z2 = 24 On en déduit : (−2t −3)2 + (−2t −2−1)2 + (−2t −3)2 = 24, donc 3(−2t −3)2 = 24 d’où (−2t −3)2 = 8 qui s’écrit (2t +3)2 − (2 p 2)2 = 0. Après factorisation, on trouve : t1 = −3−2 p 2 2 et t2 = −3+2 p 2 2 . On en déduit les coordonnées des deux points : Pour t1 = −3−2 p 2 2 : E ( 3+2 p 2 ; 1+2 p 2 ; 2 p 2 ) . Pour t2 = −3+2 p 2 2 : F ( 3−2 p 2 ; 1−2 p 2 ; −2 p 2 ) . Antilles-Guyane 2 septembre 2009 Baccalauréat S A. P. M. E. P. 3. L’écrire complexe de la rotation de centre B et d’angle π 4 est : z ′− zB = ei π 4 (z − zB), c’est-à-dire : z ′ = ei π 4 (z − zB))+ zB = ei π 4 (z +3+4i)−3−4i. E est l’image de C par cette rotation, donc : zE = ei π 4 (5+4i+3+4i)−3−4i = (p 2 2 + p 2 2 i ) (8+8i)−3−4i = p 2 2 ×8(1+ i)2 −3−4i = 4 p 2×2i−3−4i =−3+ ( 8 p 2−4 ) i. 4. L’écriture complexe de l’homothétie H est : z ′− zB = p 2 2 (z − zB) donc z ′ = p 2 2 (z − zB )+ zB . On en déduit : zD = p 2 2 ( −3+ (8 p 2−4)i+3+4i ) −3−4i = p 2 = p 2 2 × (8 p 2i)−3−4i = 8i−3−4i =−3+4i donc zD =−3+4i. zD = 1 2 (zA + zC) donc D est le milieu de [AC] ; or, ABC est un triangle rectangle en B. Par conséquent, D est le milieu de l’hypoténuse du triangle rectangle ABC, donc le centre de son cercle circonscrit. 5. Les droites (EC) et (DF) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès appliqué aux triangles BDF et BEC, BE BC = BD BF donc F est l’image de C par l’homothétie H . On a alors : −→ BD = p 2 2 −→ BE et −→ BF = p 2 2 −→ BC. Par définition, J est le milieu de [DF]. On en déduit : −→ BJ = 1 2 (−→ BD+−→BF ) = 1 2 (p 2 2 −→ BE+ p 2 2 −→ BC ) = 1 2 × p 2 2 (−→ BE+−→BC ) = p 2 2 ( 1 2 (−→ BE+−→BC ) ) = p 2 2 −→ BI. On a donc : −→ BJ = p 2 2 −→ BI : J est l’image de I par l’homothétie H donc B, I et J sont alignés. 1 2 3 4 5 6 7 −1 −2 −3 −4 −5 1 2 3 4 5−1−2−3−4−5−6−7−8−9−10−11−12 b A b B bC b E b D b F b I b J D Antilles-Guyane 5 septembre 2009 Baccalauréat S A. P. M. E. P. EXERCICE 4 6 points Commun à tous les candidats Soit f la fonction définie pour tout nombre réel x de l’intervalle ]0 ; 1] par : f (x) = 1+ x ln x. 1. a. D’après les formules de croissances comparées, lim x→0 x ln x = 0 donc lim x→0 f (x) = 1. b. Pour tout x ∈]0 ; 1], ln x 6 0 donc x ln x 6 0 et f (x) = 1+ x ln x 6 1. 2. a. f est dérivable comme somme et produit de fonctions dérivables sur ]0 ; 1]. Pour tout x ∈]0 ; 1], f ′(x) = 0+1× ln x + x × 1 x = 1+ ln x ; f ′(x) = 1+ ln x. b. L’équation réduite de la tangente à C en 1 est : y = f ′(1)(x −1)+ f (1) ; f ′(1) = 1 et f (1) = 1. Cette équation est donc : y = (x −1)+1 soit : y = x. Cette tangente est donc T . 3. On note g la fonction définie pour tout nombre réel x ∈]0 ; 1] par g (x) = 1+ x ln x − x. a. g est dérivable sur ]0 ; 1] comme somme de fonctions dérivables. Pour tout x ∈]0 ; 1], g (x)= f (x)− x donc g ′(x) = f ′(x)−1 = ln x. b. Pour tout x ∈]0 ; 1], ln x 6 0 donc g ′(x)6 0. On en déduit que g est décroissante sur ]0 ; 1]. Or g (1) = 0. Par conséquent, g (x)> 0 sur ]0 ; 1]. On en déduit que C est au-dessus de T sur ]0 ; 1]. 4. Soit α un nombre réel tel que 0<α< 1. On pose I (α) = ∫1 α [ 1− f (x) ] dx. a. On a donc I (α) = ∫1 α −x ln x dx =− ∫1 α u′(x)v(x) dx en posant { u′(x) = x v(x) = ln x . v est dérivable sur [α ; 1] et u′ et v ′ sont continues sur l’intervalle [α ; 1]. On peut donc utiliser la formule d’intégration par parties. ∫1 α u′(x)v(x) dx = [u(x)v(x)]− ∫1 α u(x)v ′(x) dx avec      u(x) = x2 2 v ′(x) = 1 x . Par conséquent : ∫1 α u′(x)v(x) dx = [ x2 2 ln x ]1 α − ∫1 α x2 2 × 1 x dx =− α 2 2 lnα− ∫1 α x 2 dx =− α 2 2 lnα− [ x2 4 ]1 α =− α 2 2 lnα− ( 1 4 − α 2 4 ) . Finalement : I (α) =− [ − α 2 2 lnα− ( 1 4 − α 2 4 )] = α 2 2 lnα+ 1 4 − α 2 4 . b. D’après les formules des croissances comparées, lim α→0 α 2 2 lnα = 0 ; lim α→0 α 2 4 = 0 donc lim α→0 I (α) = 1 4 . c. On en déduit que l’aire de la partie du plan comprise entre la courbe C , l’axe des ordonnées et la droite d’équation y = 1 est égale à 1 4 unité d’aire (hachurée sur le dessin ci-dessous). d. Pour calculer l’aire demandée, il faut calculer l’aire du triangle formé par la droite T , l’axe des ordonnées et la droite d’équation y = 1 ; elle vaut 1 2 . Antilles-Guyane 6 septembre 2009 Baccalauréat S A. P. M. E. P. On lui soustrait l’aire calculée précédemment : 1 2 − 1 4 = 1 4 . L’aire du domaine (en gris sur le dessin ci-dessous) compris entre la courbe C , la droite T et l’axe des ordonnées vaut 1 4 unité d’aire. 1 1 T C Antilles-Guyane 7 septembre 2009