Exercice 1 4 points Commun à tous les candidats
Dans l’espace, rapporté à un repère orthonormal, on considère les points A(1 ;−1 ;−1), B(1 ; 1 ; 1), C(0 ; 3 ; 1) et le planP d’équation 2x+y−z+5=0.
Question 1
SoitD1la droite de vecteur directeur−→
u(2 ;−1 ; 1) passant par A.
Une représentation paramétrique de la droiteD1est :
a.
On éliminea. car le coefficient directeur de cette droite a pour coordonnées (1 ;−1 ;−1).
Même chose pourd. vecteur directeur (−2 ; 1 ;−4).
Les coordonnées du vecteur directeur deb. sont correctes mais elle ne contient pas le point A.
Restec. : les coordonnées du vecteur directeur sont celles de 2−→
u et elle contient bien le point A (t= −1).
Question 2
SoitD2la droite de représentation paramétrique
Les coordonnées d’un point commun (s’il existe) à la droite et au plan vérifient :
Les coordonnées du point commun sont donc(1
3; −73 ; 103) . Question 3
a. L’intersection du planP et du plan (ABC) est réduite à un point.
b. Le planP et le plan (ABC) sont confondus.
c. Le planP coupe le plan (ABC) selon une droite.
d. Le planP et le plan (ABC) sont strictement parallèles.
On a−−→
Le vecteur−→
n orthogonal à deux vecteurs non coliénaires du plan (ABC) est un vecteur normal à ce plan. Donc les deux plans sont parallèles.
A∈P ⇐⇒ 2−1+1+5=0 ⇐⇒ 7=0 ; donc A n’appartient pas au planP : les deux plans sont parallèles, distincts.
Question 4
Une mesure de l’angleBAC arrondie au dixième de degré est égale à :
a. 22,2ˇr b. 0,4ˇr c. 67,8ˇr d. 1,2ˇr
Écrivons de deux façons le produit scalaire−−→
AB ·−−→ La calculatrice donneBAC≈22, 2ˇr.
Exercice 2 6 points
Commun à tous les candidats Partie A
On noteZ la variable aléatoireZ =X−µ
σ =X −45, 5 σ .
1. a. La variable aléatoireZ suit une loi normale centrée réduite.
b. On a par définitionP(X ⩽µ)=0, 5.
Or (loi des probabilités totales) : P(M)=P
Partie C
Le but de cette partie est d’étudier l’influence d’un gène sur la maladie V.
1. On an1 000⩾30,np=1 000×0, 01=10⩾5 etn(1−p)=1 000×0, 99=990⩾5 : les condtitions sont bien vérifiées.
Un intervalle de fluctuation asymptotique (au seuil de 95 %) est : I1 000=
[
0, 01−1, 96×
p0, 01×0, 99
p1000 ; 0, 01+1, 96×
p0, 01×0, 99 p1000
]
=≈[0, 003 ; 0, 017].
2. La fréquence étant égale à 14
1 000 =0, 014 qui appartient à l’intervalle de fluctua-tio que l’on vient de trouver, on peut dire que le gène n’a pas d’influence sur la maladie.
Exercice 3 6 points
Commun à tous les candidats
g(x)= 1 2a
(eax+e−ax)
oùaest un paramètre réel strictement positif. On ne cherchera pas à étudier la fonction g.
f(x)=(x−1)e2x−1−xpour tout réelx⩾0.
1. f est une somme de fonctions dérivables surR, et :
f′(x)=1e2x+2(x−1)e2x−1=(2x−1)e2x−1. Doncf′(0)= −e0−1= −1−1= −2.
On a e2x=(ex)2. On sait que lim
x→+∞ex = +∞, donc lim
x→+∞e2x = +∞et comme lim
x→+∞2x−1= +∞, par produit :
x→+∞lim f′(x)= +∞.
2. f′est elle-même dérivable comme somme de fonctions dérivables et : f′′(x)=2e2x+2(2x−1)e2x=e2x(2+4x−2)=4xe2x.
3. Le résultat précédent montre que sur [0 ; +∞[, f′′(x)⩾0 : la fonctionf′est donc croissante et on a vu que f′(0)= −2<0 et que lim
x→+∞f′(x)= +∞.
La fonction f′étant continue puisque dérivable sur [0 ; +∞[, il existe une valeur uniquex0telle quef′(x0)=0.
Rem: la calculatrice livrex0≈0, 639.
4. a. On en déduit les variations de f :
sur [0 ; x0] , f′(x)⩽0 : la fonction est décroissante ; sur [x0; +∞] , f′(x)⩾0 : la fonction est croissante ;
f(0)= −2 etf est décroissante sur [0 ;x0], donc sur cet intervallef(x)<0.
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 0
0,2 0,4 0,6 0,8 1,0
0 0,2 0,4 0,6 0,8
0 0,2 0,4 0,6 0,8
x y
f1
f2
f3 f50 f200
b. f(2)=(2−1)e2×2−1−2=e4−3>0.
Sur [x0; +∞],fdérivable est continue et croissante.
Commef (x0)<0 et f(2)>0, il existe donc un unique réelatel que f(a)=0.
La fonction étant négative sur [0 ; x0] f ne s’annule qu’une seule fois sur [0 ; +∞[.
La calculatyrice livrea≈1, 20.
5.
L=
∫ 1
0
(eax+e−ax) dx.
L=
∫ 1
0
(eax+e−ax) dx=
[eax
a −e−ax a
]1
0
=ea a −e−a
a ≈e1,2−e−1,2
1, 2 ≈2, 516.
Exercice 4 5 points
Candidats n’ayant pas choisi la spécialité mathématique Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 1.
On notefnla fonction définie pour tout réelxde l’intervalle [0 ; 1] par fn(x)= 1
1+xn. Pour tout entiern⩾1, on définit le nombreInpar
In=
∫ 1
0
fn(x) dx=
∫ 1
0
1 1+xndx.
1. Les représentations graphiques de certaines fonctions fnobtenues à l’aide d’un logiciel sont tracées ci-après.
En expliquant soigneusement votre démarche, conjecturer, pour la suite (In) l’exis-tence et la valeur éventuelle de la limite, lorsquentend vers+∞.
2. Calculer la valeur exacte deI1.
3. a. Démontrer que, pour tout réelxde l’intervalle [0 ; 1] et pour tout entier na-tureln⩾1, on a :
1
1+xn ⩽1.
b. En déduire que, pour tout entier natureln⩾1, on a :In⩽1.
4. Démontrer que, pour tout réelx de l’intervalle [0 ; 1] et pour tout entier naturel n⩾1, on a :
1−xn⩽ 1 1+xn. 5. Calculer l’intégrale
∫ 1
0
(1−xn) dx.
6. À l’aide des questions précédentes, démontrer que la suite (In) est convergente et déterminer sa limite.
7. On considère l’algorithme suivant :
Variables : n,petksont des entiers naturels xetIsont des réels
Initialisation : I prend la valeur 0
Traitement : Demander un entiern⩾1 Demander un entierp⩾1 Pourkallant de 0 àp−1 faire :
xprend la valeur k p I prend la valeurI+ 1
1+xn×1 p Fin Pour
AfficherI
a. Quelle valeur, arrondie au centième, renvoie cet algorithme si l’on entre les valeursn=2 etp=5 ?
On justifiera la réponse en reproduisant et en complétant le tableau suivant avec les différentes valeurs prises par les variables, à chaque étape de l’algo-rithme. Les valeurs deIseront arrondies au millième.
k x I
0
4
b. Expliquer pourquoi cet algorithme permet d’approcher l’intégraleIn.
Exercice 4 5 points
Candidats ayant choisi la spécialité mathématique Partie A
Le but de celle partie est de démontrer que l’ensemble des nombres premiers est infini en raisonnant par l’absurde.
1. On suppose qu’il existe un nombre fini de nombres premiers notésp1,p2, . . . ,pn. On considère le nombreEproduit de tous les nombres premiers augmenté de 1 :
E=p1×p2× ··· ×pn+1.
Démontrer queE est un entier supérieur ou égal â 2, et queE est premier avec chacun des nombresp1,p2, . . . ,pn.
2. En utilisant le fait queE admet un diviseur premier conclure.
Partie B
Pour tout entier naturelk⩾2, on poseMk=2k−1.
On dit queMkest lek-ième nombre de Mersenne.
1. a. Reproduire et compléter le tableau suivant, qui donne quelques valeurs de Mk:
k 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Mk 3
b. D’après le tableau précédent, sik est un nombre premier, peut-on conjec-turer que le nombreMkest premier ?
2. Soientpetqdeux entiers naturels non nuls.
a. Justifier l’égalité : 1+2p+ +(2p)2+(2p)3+ ···(2p)q−1=(2p)q−1 2p−1 . b. En déduire que 2pq−1 est divisible par 2p−1.
c. En déduire que si un entierk supérieur ou égal à 2 n’est pas premier, alors Mkne l’est pas non plus.
3. a. Prouver que le nombre de MersenneM11n’est pas premier.
b. Que peut-on en déduire concernant la conjecture de la question 1. b. ? Partie C
Le test de Lucas-Lehmer permet de déterminer si un nombre de Mersenne donné est premier. Ce test utilise la suite numérique (un) définie paru0=4 et pour tout entier natureln:
un+1=un2−2.
Sinest un entier naturel supérieur ou égal à 2, le test permet d’affirmer que le nombre Mn est premier si et seulement siun−2≡0 modulo Mn. Cette propriété est admise dans la suite.
1. Utiliser le test de Lucas-Lehmer pour vérifier que le nombre de MersenneM5est premier
2. Soitnun entier naturel supérieur ou égal à 3.
L’algorithme suivant, qui est incomplet, doit permettre de vérifier si le nombre de MersenneMnest premier, en utilisant le test de Lucas-Lehmer.
Variables : u,M,neti sont des entiers naturels Initialisation : uprend la valeur 4
Traitement : Demander un entiern⩾3 M prend la valeur . . . . Pouri allant de 1 à . . . faire
uprend la valeur . . . Fin Pour
SiM diviseualors afficher «M . . . » sinon afficher «M . . . »
Recopier et compléter cet algorithme de façon à ce qu’il remplisse la condition voulue.
Correction intégrale - ASIE 2014
EXERCICE1 5POINTS
Commun à tous les candidats Partie A
1. L’image de 0 par la fonction f1est : f1(0)=0+e−0=1.
Le point d’abscisse 0 sur la courbeC1, représentative de la fonctionf1, est le point de coordonnées(
0 ; f1(0))
, c’est à dire ici (0 ; 1). Le pointA, de coordonnées (0 ; 1) est donc bien un point de la courbeC1.
2. La fonction f1est dérivable surR, en tant que somme et composée de fonctions dérivables surR.
Sa dérivée est définie surRpar : f1′(x)=1+(−1) e−x=1−e−x. On a : f1′(x)⩾0 ⇐⇒ 1−e−x
⇐⇒ 1⩾e−x
⇐⇒ 0⩾−x, car ln est strictement croissante sur ]0 ;+∞[
⇐⇒ x⩾0.
On en déduit donc le tableau de variations suivant :
x −∞ 0 +∞
f1′(x) − 0 + f1
+∞
1
+∞
Justifions maintenant les deux limites : On a lim
x→+∞x= +∞et lim
x→+∞e−x= lim
y→−∞ey=0, et donc par somme : lim+∞f1= +∞.
Pour toutxon a : f1(x)=e−x×(xex+1). Et on a : lim
x→−∞xex=0, d’après la pro-priété des croissances comparées. On en déduit, par somme : lim
x→−∞xex+1=1.
Comme par ailleurs on a : lim
x→−∞e−x= lim
y→+∞ey= +∞, on en déduit, par produit : lim−∞f1= +∞.
Partie B
1. a. Soit un entier naturelnnon nul, et un réelx, choisi dans l’intervalle [0 ; 1].
xétant dans l’intervalle [0 ; 1],xest positif. La fonction exponentielle étant à valeurs strictement positives, on en déduit que e−nx est également un nombre positif. La somme de deux nombres positifs étant elle-même po-sitive, on en déduit que fn(x) est positif.
On a donc prouvé que pour tout entier natureln, la fonction fnest à valeurs positives sur l’intervalle [0 ; 1].
Inest donc l’intégrale sur un intervalle d’une fonction positive sur cet inter-valle, c’est donc l’aire (exprimée en unité d’aire) de la portion de plan délimi-tée par : l’axe des abscisses ; la courbeCn, représentative defn, et les droites verticales d’équationx=0 (l’axe des ordonnées) etx=1.
b. Sur l’intervalle [0 ; 1], il semble que, plusn augmente, plus les courbesCn
semblent se rapprocher du segment d’équation y=x, chaque courbe sem-blant être en dessous de la courbe d’indice précédent.
On en déduit que les aires successives sous ces courbes doivent être de plus en plus petites, et donc que la suite (In) doit être décroissante.
Comme de plus il semble que les courbes « s’écrasent » sur le segment d’équa-tion y=x, à la limite, l’aire sous la courbe devrait tendre vers l’aire sous le segment, c’est à dire 1
2.
On peut donc émettre la conjecture que la suite converge vers 1
2en décrois-sant.
2. On a :
In+1−In=
dx, par linéarité de l’intégrale.
=
Ce qui est ce que l’on souhaitait démontrer.
On va maintenant en déduire le signe de cette différence. Pour tout entiern na-turel non nul et pour toutxdans l’intervalle [0 ; 1], le nombre e−(n+1)x est stric-tement positif, car la fonction exponentielle est à valeurs stricstric-tement positives, quant au nombre 1−ex, il est négatif, carx étant dans l’intervalle [0 ; 1], on a x⩾0, et comme la fonction exponentielle est strictement croissante surR, donc on en déduit que ex⩾e0, soit ex⩾1, donc il suit que 1−ex⩽0.
Le produit de deux nombres de signes contraires étant négatif, on vient de prou-ver que, pour tout entiernnaturel non nul et pour toutxdans l’intervalle [0 ; 1], le nombre e−(n+1)x(1−ex) est négatif. L’intégrale entre deux bornes bien rangées d’une fonction négative étant négative, on en déduit que, pour tout entiernnon nul, la différenceIn+1−Inest négative. On en déduit que la suite (In) est décrois-sante.
Comme par ailleurs, on a déjà prouvé que, pour toutnnaturel non nul, la fonc-tion fn est à valeurs positives sur l’intervalle d’intégration [0 ; 1], on en déduit que l’intégrale de cette fonction positive entre des bornes (0 et 1) bien rangées est positive, donc cela signifie que pour toutnnaturel non nul,Inest positif. On a donc prouvé que la suite est minorée par 0.
(In) étant une suite minorée et décroissante, on peut en conclure qu’elle est conver-gente vers une limiteℓ⩾0, car la suite est minorée par 0.
3. Nous allons maintenant déterminer cette limiteℓ. Pour tout entiernnaturel non nul, une primitive de fnsur l’intervalle [0 ; 1] est définie par :
Fn(x)=1 0, par produit, puis par somme de limites, on en déduit : lim
n→+∞In=1 2.
Finalement, nos deux conjectures sont bien vérifiées : la suite est bien décrois-sante, et converge vers une limite qui est bien 1
2, l’aire sous la droite d’équation y=xentre les abscisses 0 et 1.
EXERCICE2 5POINTS
Commun à tous les candidats Partie A
1. Dans cette question (et la suivante), le choix de la personne dans la population étant fait au hasard, on est dans une situation d’équiprobabilité et donc les pro-portions sont assimilées à des probabilités.
a. Le pourcentage de personnes malades étant de 0,1%, la probabilité de l’évè-nementMsera donc de 0,001.
On obtient l’arbre pondéré suivant :
bc
M
0,001
0, 99 T
0,01 T
M
0,999 0, 001 T
0,999 T
b. On applique la loi des probabilités totales, les évènementsM et M consti-tuant une partition de l’univers :
P(T)=P(M∩T)+P (
M∩T
)=0, 001×0, 99+0, 999×0, 001 ;P(T)=0, 001× (0, 99+0, 999)=
1, 989×10−3.
On obtient donc bien la valeur attendue.
c. Puisque l’affirmation fait référence à la probabilité d’être malade sachant quele test est positif, on va calculer la probabilité conditionnelle suivante : PT(M)=P(T∩M)
P(T) = 0, 001×0, 99
1, 989×10−3= 0, 99
0, 99+0, 999≈0, 498.
La probabilité est inférieure à 0,5 (le dénominateur étant supérieur au double du numérateur), l’affirmation est correcte : si une personne obtient un test positif, alors la probabilité qu’elle soit effectivement malade est (légèrement) inférieure à 0,5, soit un peu moins d’une chance sur deux.
2. On reprend la même démarche, mais en modifiant les probabilités portées sur les branches de l’arbre qui devient :
bc
M
x
0, 99 T
0,01 T
M
1−x 0, 001 T
0,999 T
On a alors :P(T)=0, 99x+0, 001×(1−x)=0, 001+0989xet donc :
PT(M)= 0, 99x 0, 001+0, 989x.
On rappelle quexest une proportion, donc un nombre réel compris entre 0 et 1, les probabilités données ci-dessus sont donc bien comprises entre 0 et 1 égale-ment.
La question est alors de résoudre l’inéquation suivante : PT(M)⩾0, 95 ⇐⇒ 0, 99x
0, 001+0, 989x ⩾0, 95
⇐⇒ 0, 99x⩾0, 95×(0, 001+0, 989x) car 0, 001+0, 989x⩾0.
⇐⇒ 0, 99x⩾0, 00095+0, 93955x
⇐⇒ 0, 05045x⩾0, 00095
⇐⇒ x⩾0, 00095
0, 05045 car 0, 05045 est positif.
Le test sera donc commercialisable à condition que la proportion x soit supé-rieure à0, 00095
0, 05045= 19
1009≈0, 01883, c’est à dire quand le pourcentage de la popu-lation atteint par la maladie est supérieur à environ 1,88%.
Partie B
1. a. On utilise la calculatrice, qui donne :P(890⩽X ⩽920)≈0, 92 à 10−2près.
b. On pose Z, variable aléatoire définie par : Z = X−µ
σ . Comme X suit la loi normaleN (µ; σ), alorsZ suit la loi normale centrée réduiteN (0 ; 1).
On peut donc utiliser le nombreu0,01≈2, 58 tel que : P(−u0,01⩽Z ⩽u0,01)≈1−0, 01=0, 99 à 10−3près.
Or :−2, 58⩽Z ⩽2, 58 ⇐⇒ −2, 58⩽X−900
7 ⩽2, 58
⇐⇒ −18, 06⩽X−900⩽18, 06
⇐⇒ 900−18, 06⩽X ⩽900+18, 06 Puisque le nombrehdemandé est entier, on arrondit àh=18.
On vérifie bien à la calculatrice queP(882⩽X ⩽918)≈0, 9899≈0, 990 à 10−3près.
2. Puisque la sélection de l’échantillon est assimilée à un tirage au sort avec remise, on a donc 1000 répétitions indépendantes d’une épreuve de Bernoulli de para-mètre 0, 97, ce qui conduit donc à un schéma de Bernoulli qui suit la loi binomiale B(1000 ; 0, 97).
Le paramètren=1000 étant suffisamment élevé, on en déduit que la fréquence de succès pour ce schéma de Bernoulli est comprise dans l’intervalle de fluctua-tion asymptotique au seuil de 95% :
[
0, 97−1, 96×
p0, 97×0, 03
p1000 ; 0, 97+1, 96×
p0, 97×0, 03 p1000
] . Le calcul des valeurs approchées donne, à 10−4près : [0, 9594 ; 0, 9806].
Cela signifie que la proportion de comprimés conformes dans un lot de 1000 comprimés est comprise dans l’intervalle ci-dessus, avec une probabilité de 0,95.
Comme la proportion de comprimés conformes constatée dans cet échantillon est de 1000−53
1000 =0, 947, c’est à dire en dehors de l’intervalle de fluctuation asymp-totique déterminé précédemment, on en déduit que les réglages faits par le labo-ratoire ont une forte probabilité d’être à revoir. La probabilité qu’ils soient
cor-rects bien que l’échantillon donne une proportion de comprimés conformes en dehors de l’intervalle de fluctuation n’est que de 0, 05.
EXERCICE3 5POINTS
Commun à tous les candidats
1. Nous avons une équation de degré 2, à coefficients réels. On va donc calculer le discriminant∆du trinôme du second degré.
∆=42−4×1×16=16−4×16= −3×16= −48.
Le discriminant étant strictement négatif, l’équation admet deux solutions com-plexes conjuguées, qui sont :
Z1=−4−ip
Présentons maintenant ces nombres sous leur forme exponentielle, en commen-çant par calculer le module deZ1: Un argument deZ1sera donc un angle dont le cosinus est−1
2 et le sinus est −p 3 2 , doncπ+π
3=4π
3 dont la mesure principale est −2π 3 .
La forme exponentielle deZ1est donc :Z1=4 e−2 i3π, et puisqueZ2est le conjugué deZ1, d’après les propriétés des modules et arguments :Z2=4 e2 i3π.
L’équation admet donc deux solutions, qui sous leurs formes exponentielles sont : Z1=4 e−2 i3π etZ2=4 e2 i3π.
Le nombreaest donc une solution à l’équation dont on parle dans cette question.
L’autre solution sera donc−a, car (−a)2=a2, donc sia est une solution,−a en sera une aussi.
On va donc présenter les deux solutions sous forme algébrique, comme demandé : a=2 ei3π =2×
3. Soientz1etz2deux nombres complexes. Il existe donc quatre nombres réelsx1; y1;x2ety2tels quez1=x1+iy1etz2=x2+iy2.
On a donc écrit le produitz1z2sous la formex3+iy3, oùx3ety3sont des nombres réels, donc le conjugué dez1z2est :
z1z2=x3−iy3=(x1x2−y1y2)−i(x1y2+x2y1).
Par ailleurs, calculons le produit :z1z2=(x1−iy1)×(x2−iy2)
z1z2=x1x2−ix1y2−iy2x1+(−i)2y1y2=(x1x2−y1y2)−i(x1y2+x2y1)=z1z2 Nous avons donc démontré que pour deux nombres complexes quelconquesz1 etz2, on a :
z1z2=z1z2.
La seconde propriété sera démontrée par récurrence. Posons, pour tout entier natureln non nul la propriétéPn, qui dit que pour tout complexez, on azn=
Hérédité : Pour n entier naturel quelconque non nul, on suppose vraie la pro-priétéPn, c’est à dire que l’on suppose que pour tout complexez, on azn=(
=zn×z application de la propriété précédente.
=( z)n
×z par hypothèse de récurrence.
=( z)n+1
ce qui constitue la propriétéPn+1.
Conclusion :Nous avons donc démontré que la propriétéP1est vraie et que si la propriétéPnest vraie, cela implique quePn+1l’est également. On peut donc dire par le principe de la récurrence que pour tout entier n naturel non nul, et pour tout nombre complexez, on azn=(
z )n
.
4. Soit zune solution de l’équation (E), cela signifie que l’on a : z4+4z2+16=0.
Vérifions maintenant si le conjugué dezest une solution de l’équation : z4+4z2+16=z4+4z2+16 dernière propriété démontrée.
=z4+4z2+16 première propriété démontrée sachant que 4=4, car 4 est réel.
=z4+4z2+16 somme des conjugués.
=0 carzest solution de (E).
=0 car 0 est réel, donc est son propre conjugué.
On a établi à la question 2.que les nombres a et −a sont tels que a2 =Z2 et de (E) et de la même façon,−aest aussi une solution de cette équation.
En appliquant la propriété démontrée au début de cette question, on en déduit que les nombres a et −a sont également des solutions à cette équation. Nous avons donc 4 solutions à l’équation, qui sont distinctes : a=1+ip
3 ;−a= −1− ip
3 ;a=1−ip
3 et−a= −1+ip
3, donc puisqu’il y a au maximum 4 solutions
à l’équation, celle ce ne peut avoir d’autre solution que celles trouvées, et donc l’équation (E) a été résolue.
EXERCICE4 5POINTS
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité Tout d’abord, une figure :
D
A G
E C
B
F
1. a. Commençons par des coordonnées « évidentes », puisque liées au repère : A(0 ; 0 ; 0) ;B(1 ; 0 ; 0) ;C(0 ; 1 ; 0) etD(0 ; 0 ; 1).
PuisqueF est le milieu de [BC], on en déduit que ses coordonnées sont la moyenne de celles des pointsB etC, doncF
(1 2; 1
2; 0 )
. b. Les coordonnées du vecteur−−→
DF sont donc :−−→
DF (1
2; 1 2 ; −1
) .
Si on appelle Mt le point de paramètre t sur la droite (DF), défini tel que
−−−→D Mt =t−−→
DF , alors la représentation paramétrique de la droite (DF) est
don-née par :
x = 1
2t
y = 1
2t z = 1−t
t∈R.
c. Puisque le planP est orthogonal à (DF), alors un vecteur normal àP est le vecteur 2−−→
DF , de coordonnées (1 ; 1 ;−2). Une équation cartésienne du plan sera alors de la forme x+y−2z+d =0, oùd est un nombre réel. Comme ledit plan doit contenir le point A, le réelddoit être choisi de sorte que les coordonnées de Avérifient l’équation, donc :
0+0−2×0+d=0, ce qui donned=0.
Une équation cartésienne du planP est donc :x+y−2z=0.
d. Le point H est un point de (DF), mais c’est aussi un point deP, donc ses coordonnées sont celles d’un point de paramètre t dans la représentation paramétrique, qui vérifie également l’équation du plan :
Mt∈P ⇐⇒ 1 2t+1
2t−2(1−t)=0
⇐⇒ 3t−2=0
⇐⇒ t=2 3
Le point de paramètretsur la droite (DF) est sur le planP si et seulement
e. Calculons les coordonnées des vecteurs−−→
H E et−−→
Comme on travaille avec un repère orthonormé, le produit scalaire des deux vecteurs peut être obtenu avec ces coordonnées, et on a :
−−→H E ·−−→
Comme le produit scalaire des deux vecteurs est nul, ceux ci sont orthogo-naux, et donc l’angleE HGest bien droit.
2. On reconnaît dans le pointM décrit, le point de paramètretdans la représenta-tion paramétrique de la droite (DF) donnée à la question1. b..
a. Le pointEest le milieu du segment [AB], donc ses coordonnées sontE (1
2 ; 0 ; 0 ) donc le vecteur−−→
M E a pour coordonnées :
b. On procède de façon analogue pour calculer le carré de la distanceMG: Le pointGest le milieu du segment [AC], donc ses coordonnées sontE
( 0 ; 1
2; 0 ) donc le vecteur−−−→
MG a pour coordonnées :
−−−→MG carré quand ils sont égaux ou opposés, orM EetMGétant des distances, ils ne peuvent être opposés, doncM E=MG et donc le triangleM EGest bien isocèle enM.
Visualisons la situation dans le plan (M EG) :
E G M
I
α 2
On nomme I le pied de la hauteur issue deM dans ce triangle. Le triangle étant isocèle enM, cette hauteur est aussi une bissectrice de l’angleE MG, donc on peut dire que dans le triangleE M I, rectangle enI, l’angleE M I a donc une mesure égale à α
2, et donc le sinus de cet angle est égal au quo-tient de la longueur du côté opposé à l’angle par celle de l’hypoténuse, soit : sin puisque (I M), la hauteur issue du sommet principal d’un triangle isocèle est aussi la médiane issue de ce sommet, doncIest le milieu de [EG].
La distance EG peut être calculée en utilisant les coordonnées de E etG, puisque le repère est orthonormé :
EG=√
La distanceI Eétant la moitié de cette distanceEG, on arrive bien à l’égalité attendue :
c. Puisque αdésigne la mesure en radians d’un angle géométrique, on peut en déduire que cette mesure varie dans l’intervalle [0 ; π] et donc que le nombre α
2 varie dans l’intervalle [
0 ; π 2 ]
, intervalle sur lequel la fonction si-nus est strictement croissante, donc comme la fonction linéaire de coeffi-cient 1
2 l’est aussi, plus la mesureαest élevée, plus le nombre sin (α
2 )
l’est aussi.
La réciproque est vraie également : puisque la fonction est strictement crois-sante, plus l’image est élevée, plus l’antécédent l’est aussi.
On a donc prouvé que la valeur αest maximale si et seulement si sin (α
2 ) l’est aussi.
Comme le produit de sin (α
2 )
par la distanceM Eest constant, et que les deux
par la distanceM Eest constant, et que les deux