Partie A : Évaluation des ressources (15 points)
Exercice I / (5 points)
1.) Résolvons dans C l’équation : z2+2− 2i√3=0
z2=−2+ 2i√3= (1+i√3)2
{z=1+i√3z=−1−i√3 0,75 pt
2.a) Donnons les éléments caractéristiques de s
s est la similitude directe de centre O, de rapport 2 et d’angle −π3 0,75 pt
2.b) Déterminons les images par s des points A et B. 0,5 pt
On a : (1−i√3)zA=4 et (1−i√3)zB=−4, donc s(A)=F et s(B)=G
3.a) Déterminons une équation de l’image (ε′)de (ε) par la similitude s 1 pt
O est le centre de (ε′) qui est une ellipse d’équation x2a2+y2b2=1, d’où c=OF=4 ; e=ca ; donc a=8 et b=√a2−c2 =√48
Donc une équation de (ε′) est x264+y248=1
3.b) Construisons (ε′) puis (ε) dans le même repère. 1 pt
On peut remarquer que l’ellipse (ε) est l’image de l’ellipse (ε′) par la similitude s−1 qui est de centre O, de rapport 12 et d’angle π3
4) Déterminons la probabilité pour que Aicha choisisse deux points de l’axe focale de (ε′)
Il y a trois de ces cinq points qui appartiennent à l’axe focale de (ε′), donc la probabilité demandée est : 1 pt
P=A23A25=310
Exercice 2 / 5 pts
1.a) Démontrons que Ek est un sous espace vectoriel de E 1 pt
• f(→O)=→O =k→O, donc →O∈Ek et alors Ek≠ϕ
• Soient →u, →v∈Ek, λ∈R, montrons que →u+→v∈Ek et que λ→u∈Ek.
f(→u+→v)=f(→u) +f(→v)=k→u+ k→v=k(→u+→v), donc →u+→v∈Ek
f(λ→u)=λ(k→u) =k(λ→u) donc λ→u∈Ek
Remarque : on peut aussi démontrer que Ek= ker(f−kIdE)
1.b) Démontrons que →u∈Imf si et seulement si →u∈E2. 1 pt
• Soit →u∈E2 :
→u∈E2⇒ f(→u)=2→u ⇔→u= f(12→u); donc →u∈Imf
• Soit →u∈Imf, il existe →v∈E tel que →u=f(→v), ainsi f(→u)=f∘f(→v) d’où f(→u)=2f(→v) =2→u donc →u∈E2
Conclusion →u∈Imf si et seulement si →u∈E2
2.a) Démontrons que f(→i)=2→i, f(→j)=2→j et f(→k)= −2→i+2→j.
On a :
f(→i)+f(→j)= 2→i+2→j:(1)
f(→i)−f(→j)= 2→i+2→j:(2)
f(→i)−f(→j) +f(→k)=→0:(3)
(1) + (2) implique que f(→i)=2→i
(1) - (2) implique que f(→j)=2→j
(3) implique que f(→k)=f(→j) −f(→i)=−2→i+ 2→j
2.b) Donnons la matrice M dans la base (→i,→j,→k) 0,5 pt
M=(20−2022000)
2.c) Démontrons que f∘f=2f 0,5 pt
M×M= (40−4044000)= 2(20−2022000)
2.d) Déterminons l’image Imf de f. Précisons une de ses bases, le noyau de Kerf
Soit →u=x→i+ y→j+z→k
→u=∈Kerf ⇔f(→u)=→0 ce qui implique que {2x−2z=02y+2z=0 soit {x=zy=−x soit →u=x(→i−→j +→k) donc Kerf est la droite vectorielle de base (→i−→j+→k)
2.e) Déterminons l’image Imf de f et précisons ses bases
Imf est engendré par les vecteurs f(→i), f(→j) et f(→i) et comme f(→i)=2→i, f(→j)=2→j et f(→k)=−2→i+2→j, alors Imf est engendrée par →i et →j. Or dimImf=dimE −dimKerf=2 donc Imf est le plan vectoriel de base (→i,→j), qui est aussi le plan d’équation z=0.
Exercice 3 / 5 pts
1) Démontrons que f″ + 2f(x) = 0 0,5 pt
En effet, f'(x) = - {e^x}\cos x - {e^{ - x}}\sin x et f''(x) = 2{e^{ - x}}\sin x en substituant ces fonctions dans l’équation initiale, nous avons f''(x) + 2f'(x) + 2f(x) = 0
2) Étudions les variations de f et dressons son tableau de variations. 1,25 pt
La fonction f est définie et dérivable sur \left[ {0,2\pi } \right]
f(0) = 1, f(2\pi ) = 2{e^{ - 2\pi }}
Dans \left[ {0,2\pi } \right], f'(x) = 0 \Rightarrow x = \frac{{3\pi }}{4} ou x = \frac{{7\pi }}{4}
f'(x) \ge 0 \Leftrightarrow x \in \left[ {\frac{{3\pi }}{4};\frac{{7\pi }}{4}} \right], Ainsi la fonction f est croissante sur \left[ {\frac{{3\pi }}{4};\frac{{7\pi }}{4}} \right], décroissante sur \left[ {0;\frac{{3\pi }}{4}} \right] et \left[ {\frac{{7\pi }}{4};2\pi } \right].
3.a) Démontrons que {e^{ - x}} \le f(x) \le {e^{ - x}} 0,5 pt
Soit x \in \left[ {0;2\pi } \right], alors - 1 \le \cos x \le 1 et {e^{ - x}} \succ 0 donc - {e^{ - x}} \le f(x) \le {e^{ - x}}.
3.b) Déterminons les coordonnées des points d’intersection de \left( {Cf} \right) avec les courbes y = - {e^{ - x}} et y = {e^{ - x}}. 0, 75 pt
Soit x \in \left[ {0;2\pi } \right]
f(x) = {e^{ - x}} \Leftrightarrow \cos x = 1 \Rightarrow x = 0 ou x = 2\pi . Donc les coordonnées des points d’intersection de \left( {Cf} \right) avec la courbe y = {e^{ - x}} sont \left( {0;1} \right) et \left( {2\pi ;{e^{ - 2\pi }}} \right)
f(x) = - {e^{ - x}} \Leftrightarrow \cos x = - 1 \Rightarrow x = \pi donc la courbe \left( {Cf} \right) rencontre la courbe d’équation y = - {e^{ - x}} en un point de coordonnées \left( {\pi ;{e^{ - \pi }}} \right)
4.) Traçons dans le même repère, les courbes d’équations y = - {e^{ x}} et y = - {e^{ - x}} puis \left( {Cf} \right) sur \left[ {0;2\pi } \right]
Les courbes d’équations y = {e^{ - x}} et y = - {e^{ - x}} sont symetriques par rapport à l’axe des abscisses. Celle d’équation y = {e^{ - x}} se déduit de celle de la fonction y = {e^{ x}} par symétrie par rapport à l’axe (Oy)
5. Calculons l’aire de la partie du plan délimitée par (C_f) et la courbe d’équation y = {e^{ - x}} sur \left[ {0;2\pi } \right] 1 pt
En unité d’aire, cette aire :
\int\limits_0^{2\pi } {\left( {{e^{ - x}} - f(x)} \right)} dx = [{e^{ - x}}( - 1 + \frac{1}{2}( - \sin x + \cos x)]_0^{2\pi } = \frac{1}{2}\left( {1 - {e^{ - 2\pi }}} \right)
Cette aire en cm3 est 4\left( {1 - {e^{ - 2\pi }}} \right)
Partie B : Évaluation des compétences / 5 pts
1) Déterminons en combien d'années le gisement A va s'épuiser.
Désignons par {A_n} la quantité en milliards de {m^3} de gaz extraite à la nieme années après l'inauguration : n étant un nombre entier naturel non nul. Tant que le gisement reste suffisamment fourni.
on a {A_1} = 5,01 et {A_{n + 1}} = {A_{n + 1}} + 0,75.75. D'où {A_{n + 1}} = 0,75n + 4,26
Au bout de ces n années, la quantité totale de gaz extraite du gisement A est : {Q_n} = {A_1} + ... + {A_n} = \frac{{n\left( {{A_1} + {A_n}} \right)}}{2} = 0,375{n^2} + 4,635n avec {Q_n} \le 100 \Rightarrow 0,375{n^2} + 4,635n \le 100 c'est-à-dire que pour n \in \left] {0;\frac{{ - 927 + \sqrt {6859329} }}{{150}}} \right] avec {\frac{{ - 927 + \sqrt {6859329} }}{{150}}} { \approx 11,28}
Comme {Q_{11}} = 0,375{\left( {11} \right)^2} + 4,635\left( {11} \right) = 96,36, le reste du gisement A alors vidé à la 12e année. Le gisement A va donc s'épuiser en 12 ans.
2) Déterminons le nombre d'années d'extraction pour épuiser le gisement B.
q'(t) = \frac{1}{{2t + 1}} + 0,02t \Rightarrow q(t) = \frac{1}{2}\ln \left( {2t + 1} \right) + 0,01{t^2} + c, c étant une constante réelle. q(0) = 0 soit q(t) = \frac{1}{2}\ln \left( {2t + 1} \right) + 0,01{t^2}
Le gisement B va s'épuiser lorsque q(t) = 100.
La fonction q est continue et strictement croissante sur \left] {0; + \infty } \right[. De plus 100 est entre q(98) \approx 98,69 et q(99) \approx 100,65; donc l'équation q(t) = 100 admet une unique solution entre 98 et 99.
Conclusion : Le gisement B va s'épuiser à la 99° année.
3) Déterminons le nombre d'années après l'inauguration pour vider le gisement C de son contenu.
on a : \frac{{q'(t)}}{{q(t)}} = ... = \frac{{q'(t)}}{{q(t)}} = \frac{{5,01}}{{5,01}} = 1
D'où q(t) = q’(t).
c étant une constante réelle.
q(1) = 5,01 \Rightarrow ce = 5,01 \Rightarrow c = 5,01{e^{ - 1}}
Ainsi q(t) = 5,01{e^{\left( {t - 1} \right)}}
Le gisement C va s'épuiser lorsque q(t) = 100, soit 5,01{e^{\left( {t - 1} \right)}} = 100
t = 1 + \ln \left( {\frac{{10000}}{{501}}} \right) \approx 3,99
Donc le gisement C va se vider 4 ans après l'inauguration.
