CORRECTION DE L’´ EVALUATION SOMMATIVE DE FIN DU TROISI` EME TRIMESTRE

CORRECTION DE L’´ EVALUATION SOMMATIVE DE FIN DU TROISI` EME TRIMESTRE

MATH´ EMATIQUES TERMINALE C

EVALUATION DES RESSOURCES :´ Exercice 1 :

n d´esigne un entier naturel non nul. On consid`ere la fonction f_n d´efinie sur ]0; +∞[ par : f_n(x) =x−n−n^ln_x^x.

I. On pose pour tout entier naturel n non nul, g_n la fonction d´efinie sur ]0; +∞[ par : g_n(x) =x²−n+nlnx.

1. Etudions les variations de´ g_n et dressons son tableau de variations.

g_n est d´erivable sur ]0; +∞[ comme somme de fonctions d´erivables sur ]0; +∞[ et on a :

∀x∈ ]0; +∞[ g⁰_n(x) = 2x+ⁿ_x = ^2x2_x⁺ⁿ >0.

Doncg_n est strictement croissante sur ]0; +∞[. Pour le tableau de variations de gn,on a :

lim

x→0⁺g_n(x) = lim

x→0⁺x²−n+nlnx=−∞ car lim

x→0⁺lnx=−∞ etn≥1.

x→+∞lim g_n(x) = lim

x→+∞x²−n+nlnx= +∞ car lim

x→+∞x² = lim

x→+∞lnx= +∞et n≥1.

2. (a) Montrons que l’´equation g_n(x) = 0 admet une unique solution α_n. La fonction g_n est continue et strictement croissante sur ]0; +∞[,

de plus, 0 ∈]− ∞ ; +∞[.

Donc, l’´equationg_n(x) = 0 admet une unique solution dans ]0; +∞[ que l’on note α_n. De plusgn(1) = 1−n≤0 carn ≥1 etgn(3) = 9−n+nln 3 = 9 + ln³_e

n > 0 car ln³_e >0.

Ce qui donne : gn(1)×gn(3)<0,donc αn∈]1 ; 3[.

(b) D´eduisons suivant les valeurs de x, le signe de g_n(x) sur ]0; +∞[.

• ∀x∈]0 ; α_n[ g_n(x)<0 et

• ∀x∈[αn; +∞[ gn(x)≥0.

II.

1. Calcul des limites de f_n `a droite de 0 et en +∞.

On a : lim

x→0⁺f_n(x) = lim

x→0⁺x−n−n^ln_x^x = lim

x→0⁺−n+ ⁻ⁿ_x

lnx= +∞, car lim

x→0⁺

−n x

=−∞ (n ≥1) et lim

x→0⁺lnx=−∞.

x→+∞lim f_n(x) = lim

x→+∞x−n−n^ln_x^x = +∞ car lim

x→+∞

lnx

x = 0 et lim

x→+∞x= +∞.

2. BMontrons que pour tout x >0, f_n⁰ (x) = ^gn_x^(x)2 .

f_n est d´erivable sur ]0 ; +∞[ comme somme de fonctions d´erivables sur ]0; +∞[ et on a :

∀x >0 f_n⁰ (x) = 1−n −^ln_x2^x +_x¹ × ¹_x

= ^x2+n_x^lnx−n2 = ^gn_x^(x)2 . BD´eduisons-en le sens de variations de f_n.

∀x >0 : _x¹2 >0, donc le signe de f_n⁰ correspond au signe de g_n. Ainsi,

• ∀x∈]0 ; α_n[ f_n⁰ (x)<0, doncf_n est strictement d´ecroisssante sur ]0 ; α_n[.

• ∀x∈[α_n; +∞[ f_n⁰ (x)≥0, donc f_n est croissante sur [α_n; +∞[.

3. (a) Montrons que la droite (D_n) d’´equation y=x−n est asymptote `a (C_n). Il s’agit de montrer que lim

x→+∞(f_n(x)−(x−n)) = 0.

On a : lim

x→+∞(fn(x)−(x−n)) = lim

x→+∞−n^ln_x^x = 0.

D’o`u le r´esultat.

(b) Position relative de (C_n) et (D_n). On a : f_n(x)−(x−n) =−n^ln_x^x. On obtient :

• ∀ x∈]0 ; 1[ f_n(x)−(x−n)>0, donc (C_n) est au dessus de (D_n).

• ∀ x∈[1 ; +∞[f_n(x)−(x−n)≤0, donc (D_n) est au dessus de (C_n).

(c) Calcul de l’aire de la portion du plan d´elimit´e par la courbe (C₁), la droite (D₁), les droites d’´equations x= 1 et x= 2.

Cette aire est ´egale `a 4

2

R

1

(x−1)− x−1−^ln_x^x

dx= 4

2

R

1 lnx

x dx cm².

4 cm² correspond `a une unit´e d’aire (2 cm × 2cm= 4 cm²). On a :

2

R

1 lnx

x dx= ¹₂ln²2− ¹₂ln²1 = ¹₂ln²2.

D’o`u, cette aire est ´egale `a 2 ln²2 cm².

Exercice 2 :

I. ABCDEF GH est un cube d’arˆete 1. L’espace est rapport´e `a un ROND¹ A,−→

AB,−−→ AD,−→

AE . 1. (a) B D´eterminons les coordonn´ees de −−→

BD∧−−→ BG.

On a : B(1,0,0), D(0,1,0) et G(1,1,1). Ce qui donne : −−→

BD(−1,1,0) et −−→

BG (0,1,1).

On fait : −−→

BD∧−−→ BG=









−1 1 0









∧







 0 1 1









= (1−0,0−(−1),−1−0) = (1,1,−1).

D’o`u les coordonn´ees de −−→

BD∧−−→

BG sont (1,1,−1).

B D´eduisons une ´equation cart´esienne du plan (BGD). Pour l’´equation cart´esienne du plan (BGD), le vecteur −−→

BD∧−−→

BG est un vecteur normal au plan (BGD), donc elle peut se mettre sous la forme :

x+y−z+d= 0 avec d∈R.

Or B(1,0,0)∈(BGD) donc : 1 + 0−0 +d= 0, d’o`u d=−1.

On obtient : (BGD) :x+y−z−1 = 0.

(b) Montrons que la droite (EC) est orthogonale au plan (BGD).

Pour cela, il suffit de montrer que la droite (EC) est orthogonale `a une droite du plan (BGD). On a : E(0,0,1) et C(1,1,0).

Ce qui donne : −−→

EC(1,1,−1).

−−→ EC−−→

BG= 1×0 + 1×1 + (−1)×1 = 0.

Donc la droite (EC) est orthogonale `a la droite (BG) qui est une droite du plan (BGD). D’o`u le r´esultat.

(c) D´eterminons une ´equation cart´esienne de la sph`ere (S) de centre C et tangent au plan (BGD).

D´ej`a,C(1,1,0) et (BGD) :x+y−z−1 = 0.

1Rep`ere OrthoNorm´e Direct.

De plus, le rayon de la sph`ere (S) correspond `a la distance du point C au plan (BGD) not´ee d(C; (BGD)).

On a : d(C; (BGD)) = |1×1+1×1+0×(−1)−1|√

1²+1²+(−1)² =

√ 3 3 .

Une ´equation cart´esienne de la sph`ere (S) est : (x−1)²+ (y−1)²+z² = ¹₃. 2. Soit h l’homoth´etie de centre E(0,0,1) et de rapport ¹₂.

(a) D´eterminons les coordonn´ees du point C⁰ image de C par h.

Posons C⁰(a, b, c). On a : −−→

EC⁰ = ¹₂−−→

EC ce qui ´equivaut `a : a−0 = ¹₂ ×1, b−0 = ¹₂ ×1 et c−1 = ¹₂ ×(−1). Ce qui donne : a= ¹₂, b= ¹₂ et c= ¹₂.

(b) Donnons une ´equation cart´esienne de (S⁰) image de (S) par h.

(S⁰) a pour centre C⁰ et pour rayon ¹₂ ×

√3

3 =

√3 6 . Une ´equation cart´esienne de (S⁰) est donc : x−¹₂2

+ y− ¹₂2

+ z− ¹₂2

= ₁₂¹.

II.

1. R´esolvons dans Z² l’´equation 12x−5y= 3.

D´ej`a, 12∧5 = 1 qui divise 3.

Donc cette ´equation admet des solutions dans Z².

(x₀, y₀) = (−6,−15) est une solution particuli`ere de cette ´equation et on a : 12x−5y= 3 (1) et 12x₀−5y₀ = 3 (2).

En faisant (1)−(2),on obtient : 12 (x−x₀) = 5 (y−y₀) (∗).

Ce qui veut dire que 5\ 12 (x−x₀) or 12∧5 = 1.

D’apr`es le Th´eor`eme de Gauss, 5 \ (x−x0).

C’est-`a-dire qu’il existek ∈Z tel que : x−x<sub>0</sub> = 5k i.e<sup>2</sup> x= 5k−6 (3). (3) dans (∗) donne : 12×5k = 5 (y−y<sub>0</sub>),d’o`uy = 12k−15.

Les solutions dans Z² de l’´equation 12x−5y= 3 sont de la forme : (x, y) = (5k−6,12k−15) avec k ∈Z.

2c’est-`a-dire.

2. Montrons que pour tout entier naturel n, le nombre A_n =n²(n²−1) est divisible par 12.

Il s’agit de montrer que quel que soitn ∈N : n²(n²−1)≡0 [12].

Sachant que le reste de la division euclidienne d’un entier n par 12 est un entier compris entre 0 et 11,0 et 11 ´etant inclus, on a :

• Pour n≡0 [12], on a : n²(n²−1)≡0 [12].

• Pour n≡1 [12], on a : n²(n²−1)≡0 [12].

• Pour n≡2 [12], on a : n²(n²−1)≡4×3≡0 [12].

• Pour n≡3 [12], on a : n²(n²−1)≡9×8≡0 [12].

• Pour n≡4 [12], on a : n²(n²−1)≡16×15≡0 [12].

• Pour n≡5 [12], on a : n²(n²−1)≡25×24≡0 [12].

• Pour n≡6 [12], on a : n²(n²−1)≡36×35≡0 [12].

• Pour n≡7 [12], on a : n²(n²−1)≡49×48≡0 [12].

• Pour n≡8 [12], on a : n²(n²−1)≡64×63≡0 [12].

• Pour n≡9 [12], on a : n²(n²−1)≡81×80≡0 [12].

• Pour n≡10 [12], on a : n²(n²−1)≡100×99≡0 [12].

• Pour n≡11 [12], on a : n²(n²−1)≡121×120 ≡0 [12].

On conclut donc que : ∀n ∈Nn²(n²−1)≡0 [12],c’est-`a-dire que pour tout entier naturel n, le nombre A_n=n²(n²−1) est divisible par 12.

Exercice 3 : I.

1. D´eterminons les ´el´ements caract´eristiques de la similitude s d’´ecriture complexe : z⁰ = (1 +i)z.

On a : z⁰ =√

2e^iπ4z. On obtient donc :

• Centre : O(0,0) origine du rep`ere de travail.

• Angle : ^π₄ rad.

• Rapport : √ 2.

2. On pose z=x+iy.

Montrons que la distance du point M d’affixe z `a la droite (D) d’´equation x=−2 est

1

2 |z+z+ 4|.

On a : d(M; (D)) = |x×1+y×0+2|√

1²+0² =|x+ 2|. Aussi, ¹₂|z+z+ 4|= ¹₂|2x+ 4|=|x+ 2|. D’o`u le r´esultat.

3. Montrons que (E) est une ellipse dont on pr´ecisera les foyers, l’excentricit´e et les directrices.

(E) d´esigne l’ensemble des pointsM d’affixe z tel que : _z+z+4^z−1−i

=

√2 4 . On a :

_z+z+4^z−1−i =

√ 2

4 ⇐⇒ ¹₂^|z−(1+i)|1 2|z+z+4| =

√ 2

4 ⇐⇒ _d(M^{M F}_;(D)) =

√ 2 2 . Puisque

√ 2

2 ∈ ]0 ; 1[, alors (E) est une ellipse d’excentricit´e

√ 2

2 , de foyers F (1,1) et G(−1,1) et de directrices (D) :x=−2 et (∆) :x= 2.

4. Nature de (E⁰) image de (E) par s.

Notons (D⁰) l’image de (D) par s et F⁰ =s(F), on a : _d(M^M0⁰;(D^F00)) =

√

√ 2M F

2d(M;(D)) = _d(M^{M F}_;(D)). Donc, _d(M^{M F}_;(D)) =

√2

2 ⇐⇒ _d(M^M0⁰;(D^F00)) =

√2 2 . D’o`u (E⁰) est une ellipse d’excentricit´e

√ 2

2 et de foyers F⁰ etG⁰ =s(G), avec : z_F⁰ = (1 +i)z_F = (1 +i)² = 2i etz_G⁰ = (1 +i)z_G = (1 +i) (−1 +i) = −2.

II. Dans l’ensemble des vecteurs de l’espace, on consid`ere l’endomorphisme ϕd´efini par : ϕ(−→

i ) = ϕ(−→ k) = −→

i −−→

k et ϕ(−→ j ) =−→

j .

1. D´eterminons kerϕ et Imϕ d´esignant respectivement le noyau et l’image de ϕ.

• D´etermination de kerϕ.

Soit −→u (x, y, z) un vecteur de l’espace dans le rep`ere O,−→

i ,−→ j ,−→

k .

On a :

−

→u ∈kerϕ ⇐⇒ ϕ(−→u) =−→ 0

⇐⇒ ϕ(x−→ i +y−→

j +z−→ k) = −→

0

⇐⇒ xϕ(−→

i ) +yϕ(−→

j ) +zϕ(−→ k) =−→

0 carϕest un endomorphisme

⇐⇒ (x+z)−→ i +y−→

j −(x+z)−→ k =−→

0

⇐⇒











x+z = 0 y= 0

−(x+z) = 0

⇐⇒







x+z = 0 y= 0

D’o`u kerϕ est la droite vectorielle correspondant `a l’intersection des plans d’´equations : x+z = 0 et y= 0.

• D´etermination de Imϕ .

Soit −→v (x⁰, y⁰, z⁰) un vecteur de l’espace dans le rep`ere O,−→

i ,−→ j ,−→

k .

−

→v (x⁰, y⁰, z⁰)∈Imϕ ⇐⇒ ∃ −→u (x, y, z) tel queϕ(−→u) =−→v

⇐⇒ ϕ(x−→ i +y−→

j +z−→

k) =x⁰−→

i +y⁰−→

j +z⁰−→ k

⇐⇒











x+z =x⁰ y=y⁰

−(x+z) =z⁰

⇐⇒







x⁰+z⁰ = 0 y⁰ =y D’o`u Imϕ est le plan vectoriel d’´equationx+z = 0.

2. Montrons que tout vecteur −→u de l’espace s’´ecrit comme somme d’un vecteur de kerϕ et d’un vecteur de Imϕ.

• ∀(x, y, z)∈kerϕ: (x, y, z) = (x,0,−x) =x(1,0,−1) =x−→e₁. Ce qui veut dire que : dim (kerϕ) = 1.

• ∀(x, y, z)∈Imϕ: (x, y, z) = (x, y,−x) = x(1,0,−1) +y(0,1,0) =x−→e₂ +y−→e₃. Ce qui veut dire que : dim (Imϕ) = 2.

On a donc : dim (kerϕ) + dim (Imϕ) = 3 qui correspond `a la dimension de l’ensemble des vecteurs de l’espace. C’est-`a-dire que tout vecteur −→u de l’espace s’´ecrit comme somme d’un vecteur de kerϕet d’un vecteur de Imϕ. D’o`u le r´esultat.

Exercice 4 :

I. On consid`ere l’´equation diff´erentielle (E) :y⁰−2y=xe^x.

1. D´eterminons les r´eels a et b pour que la fonction u telle que u(x) = (ax+b)e^x soit solution de l’´equation diff´erentielle (E).

On a : u⁰(x) = (ax+a+b)e^x. Ainsi,

u est solution de (E) ⇐⇒ u⁰(x)−2u(x) =xe^x

⇐⇒ (ax+a+b)e^x−(2ax+ 2b)e^x =xe^x

⇐⇒ (−ax+a−b)e^x =xe^x

⇐⇒ −a= 1 et a−b = 0

⇐⇒ a=b =−1.

2. R´esolution de l’´equation diff´erentielle (E₀) :y⁰ −2y= 0.

Les solutions g´en´erales de cette ´equation sont sous la formey =Ae^2x avecA∈R.

3. (a) Montrons qu’une fonctionv est solution de (E) si et seulement si v−uest solution de (E₀).

• Supposons que v est solution de (E) et montrons que v−u est solution de (E₀). On a :

(v−u)⁰−2 (v−u) = v⁰−2v−(u⁰−2u)

= xe^x−xe^x = 0 carv et usont solution de (E). Ainsi, (v−u)⁰−2 (v−u) = 0, donc v−u est solution de (E₀).

• Supposons que v−u est solution de (E0) et montrons que v est solution de (E). Comme v−uest solution de (E₀), on a :

(v−u)⁰ −2 (v−u) = 0 ⇐⇒ v⁰−2v−(u⁰−2u) = 0

⇐⇒ v⁰−2v =xe^x car u est solution de (E). D’o`u v est solution de (E).

De la d´emonstration de ces deux implications, on conclut qu’une fonction v est solution de (E) si et seulement si v−u est solution de (E0).

(b) D´eduisons la solution de (E) qui s’annule en 0 que l’on note y₀. Les solutions g´en´erales de l’´equation diff´erentielle (E) sont sous la forme : y(x) = Ae^2x+u(x) =Ae^2x−(x+ 1)e^x avecA∈R.

y(0) = 0 ⇐⇒ A−1 = 0 ⇐⇒ A= 1.

D’o`u : y₀(x) = e^2x−(x+ 1)e^x.

II.

1. Calcul du coefficient de corr´elation lin´eaire r des variables statistiques x et y.

On a : r = √ ^Cov(x,y)

V ar(x)×V ar(y). Calculons V ar(x) et V ar(y).

Avant ¸ca, on a : x= ¹₇(5 + 7 + 10 + 14 + 18 + 22 + 26) = 14.571 et y= ¹₇(3.61 + 3.7 + 3.75 + 3.85 + 3.9 + 4.05 + 4.12) = 3.854.

V ar(x) = ¹₇ (5²+ 7²+ 10²+ 14²+ 18²+ 22²+ 26²)−(14.571)² = 52.543.

V ar(y) = ¹₇((3.61)²+ (3.7)²+ (3.75)²+ (3.85)²+ (3.9)²+ (4.05)²+ (4.12)²)−(3.854)² = 0.03154.

Ainsi, r= ^√52.543×0.03154^1.239 = 0.962 4.

On constate quera une valeur tr`es proche de 1, ce qui justifie un ajustement lin´eaire pour la s´erie.

2. (a) D´eterminons une ´equation de la droite de r´egression lin´eaire deyen xen utilisant la m´ethode des moindres carr´es.

Cette ´equation est de la forme : y=ax+b avec a= ^Cov(x,y)_{V ar(x)} etb =y−ax.

On a : a= _52.543^1.239 = 0.02358 et b = 3.854−0.02358×14.571 = 3.510 4.

On obtient : y= 0.02358x+ 3.5104.

(b) Estimons le poids d’un nourrisson 30 jours apr`es sa naissance.

Ici x= 30, ce qui donne y= 0.02358×30 + 3.5104 = 4.217 8.

Donc le poids d’un nourrisson est approximativement ´egal `a 4.218 kg apr`es 30 jours.

EVALUATION DES COMP´´ ETENCES :

1. Estimation de la d´epense `a op´erer pour refaire enti`erement la route.

• Commen¸cons par calculer la longueur L de cette route, c’est-`a-dire

2

R

1 2

q

1 + [f⁰(x)]²dx.

∀ x∈₁

2,2

f⁰(x) = ^x₂ − _2x¹ = ^x2_2x⁻¹. Ce qui donne :

∀x∈ 1

2,2

1 + [f⁰(x)]² = 1 +

x²−1 2x

2

= 4x²+x⁴−2x²+ 1 (2x)²

= x⁴+ 2x²+ 1 (2x)²

= (x²+ 1)² (2x)²

=

x² + 1 2x

2

. Ainsi,

L =

2

Z

1 2

q

1 + [f⁰(x)]²dx

=

2

Z

1 2

x²+ 1 2x dx

= 1 2

1

2×2²+ ln 2− 1 2 ×

1 2

2

+ ln 1 2

!!

= ln 2 +15 16 km L = 100

ln 2 + 15 16

×10 m.

Puisque la r´efection de 10 m coˆute 300 000 FCFA, la d´epense totale `a op´erer pour refaire enti`erement la route est ´egale `a 100 ln 2 + ¹⁵₁₆

×300 000 FCFA = 48 919 415.416798 FCFA, c’est-`a-dire approximativement 48 919 415 FCFA.

2. D´eterminons les dimensions du terrain devant abriter le mus´ee architectural.

Il s’agit de d´eterminer les entiers naturels a etb tels que :







a−b= 22932 ppcm(a, b) = 98280 Posonsd=pgcd (a, b), a=da⁰ et b=db⁰ avec pgcd (a⁰, b⁰) = 1.

On a : 98280d=ab=d²a⁰b⁰ ⇐⇒ da⁰b⁰ = 98280 = 2³×3³×5×7×13.

Ce qui veut dire que : d divise 98280.

De plus, a−b= 22932, ce qui donne : d(a⁰ −b⁰) = 22932 = 2²×3²×7² ×13.

Ce qui veut dire que d divise 22932.

pgcd (98280,22932) = 2²×3²×7×13.

Prenonsd= 2²×3²×7×13 = 3276, a⁰ = 10 etb⁰ = 3.

On a : a= 3276×10 = 32760. etb = 3276×3 = 9828.

Les dimensions de ce terrain sont donc 32760 m`etres et 9828 m`etres.

3. Estimation de la d´epense pour l’achat du gazon qui doit recouvrir enti`erement l’espace vert.

Commen¸cons par d´eterminer l’´equation r´eduite de l’´equation : 2x²+ 3y²−12x+ 9y+ 24 = 0.

On a :

2x²+ 3y²−12x+ 9y+ 24 = 0 ⇐⇒ 2 x²−6x

+ 3 y²+ 3y

+ 24 = 0

⇐⇒ 2

(x−3)²−9 + 3

"

y+ 3

2 2

− 9 4

#

+ 24 = 0

⇐⇒ 2 (x−3)²−18 + 3

y+3 2

2

− 27

4 + 24 = 0

⇐⇒ 2 (x−3)²+ 3

y+ 3 2

2

= 3 4

⇐⇒ (x−3)^{2 √}

6 4

2 + y+³₂2 1 2

2 = 1

⇐⇒ X^{2 √}

6 4

2 + Y²

1 2

2 = 1 avec X =x−3 et Y =y+3 2

En notant a =

√ 6

4 et b = ¹₂, l’aire du losange ABCD est ´egale au double de l’aire du triangle ABD, dont la base est ´egale `a 2b et de hauteur a.

On a donc, en kilom`etres carr´es : A_ABCD = 2× ^2ab₂ = 2ab= 2×

√ 6

4 × ¹₂ =

√ 6 4 . En m`etres carr´es, on a : AABCD = 10⁶×

√ 6 4 .

Or le prix d’un m`etre carr´e de ce gazon est estim´e `a 35 000 FCFA,

donc la d´epense totale pour l’achat du gazon qui doit recouvrir enti`erement l’espace vert est ´egale

` a ³⁵

√ 6

4 ×10⁹ = 21.43 3×10⁹ FCFA,

c’est-`a-dire environ 21.4 milliards de FCFA.

Correction propos´ee par : SONNA GUIMGO Junior, ´El`eve-professeur.