Correction de la feuille de révisions
I
Montrons par récurrence que, pour tout entiernÊ1 ,
n
X
k=1
k×k!=(n+1)!−1.
• Initialisation: Pourk=1, Xn k=1
k×k!=
1
X
k=1
k×k!=1×1!=1 et (1+1)!−1=2−1=1 donc la propriété est vraie au rang 1.
• Hérédité: on suppose que
n
X
k=1
k×k!=(n+1)!−1.
Alors :
n+1
X
k=1
k×k!=
n
X
k=1
k×k!+n×(n+1)!
=(n+1)!−1+(n+1)(n+1)!=(n+1)!+)+(n+1)(n+1)!−1
=[(n+1)!+(n+1)(n+1)!]−1=[(n+1)!(1+(n+1))]−1
=(n+1)!(n+2)−1=(n+2)!−1 c.q.f.d
D’après l’axiome de récurrence, la propriété st vraie pour toutnÊ1.
II Liban mai 2015
1. (a) De I µ1
2; 0 ; 0
¶ , J
µ 0 ; 1
2; 1
¶ et K
µ 1 ; 1
2; 0
¶
, on déduit :
−
→IJ µ
−1 2 ; 1
2; 1
¶ et−→
JK (1 ; 0 ;−1).
D’autre part−→
FD (−1 ; 1 ;−1) et :
−→FD·−→ IJ=1
2+1
2−1=0 et−→
FD·−→
JK= −1+1=0.
Le vecteur−→
FD orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK) est normal à ce plan.
(b) D’après la question précédente :M(x;y;z)∈(IJK) ⇐⇒ −x+y−z+d=0.
En particulier I∈(IJK) ⇐⇒ −1
2+d=0⇐⇒ d=1 2. DoncM(x;y;z)∈(IJK)⇐⇒ −x+y−z+1
2=0⇐⇒ x−y+z−1 2=0.
2. On aM(x;y;z)∈(FD) ⇐⇒ il existet∈R, tel que−−→
FM=t−→
FD⇐⇒
x−1 = −t y−0 = t z−1 = −t
⇐⇒
x = 1−t
y = t
z = 1−t . 3. M(x;y;z) appartient à (FK) et à (IJK) si ses coordonnées vérifient l’équation de la droite et celle du plan soit :
x = 1−t
y = t
z = 1−t
x−y+z−1
2 = 0
⇒1−t−t+1−t−1
2=0⇐⇒ −3t+3
2=0 ⇐⇒ t=1 2.
D’où les coordonnées deM µ1
2; 1 2; 1
2
¶ . 4. IJ2=
µ
−1 2
¶2
+ µ1
2
¶2
+12=6
4; de même IK2= µ1
2
¶2
+ µ1
2
¶2
+02=2
4et JK2=12+02+12=2.
Or6 4+2
4 =2 ⇐⇒ IJ2+IK2=JK2égalité qui montre d’après la réciproque du théorème de Pythagore que le triangle IJK est rectangle en I.
L’aire du triangle (IJK) est donc égale à : A(IJK)=1
2×IJ×IK=1 2×
p6 2 ×
p2 2 =
p12
8 =
p3 4 . 5. V(FIJK)=1
3×A(IJK)×FM.
FM2= µ
−1 2
¶2
+ µ1
2
¶2
+ µ
−1 2
¶2
=3
4⇒FM= p3
2 . DoncV(FIJK)=1
3× p3
4 × p3
2 =1 8.
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6. Vérifions si L µ
1 ; 1 ; 1 2
¶
appartient au plan IJK : 1−1+1
2−1
2=0 est vraie, donc les quatre loints I, J, K et L sont coplanaires.
Vérifions si (IJ) est parallèle à (KL) :
−
→IJ µ
−1 2; 1
2; 1
¶ et−→
KL µ
0 ; 1 2; 1
2
¶
: ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les droites coplanaires (IJ) et (KL) sont sé- cantes.
III D’après Amérique du sud novembre 2006
Dans l’espace rapporté à un repère orthonormal
³ O;−→
i ;−→ j ;→−
k´
, on considère les points :
A de coordonnées (3 ; 1 ;−5), B de coordonnées (0 ; 4 ;−5), C de coordonnées (−1 ; 2 ;−5) et D de coordonnées (2 ; 3 ; 4).
1. −→
AB
−3 3 0
, −→
AD
−1 2 9
. Il n’existe pas de réel αtel que
−→AB=α−→
AD. Les points A, B et D ne sont pas alignés.
2. Les égalités 3+1=4 et 0+4=4 sont vraies ; les points A et B appartiennent au plan. Donc la droite (AB) est contenue dans le plan d’équation cartésienne :x+y=4.
3. Les coordonnées des trois points vérifient l’équation.
L’équation proposée est bien celle du plan (BCD), ces trois points étant manifestement disjoints deux à deux et non alignés.
4. Les coordonnées de A ne vérifient pas l’équation précé- dente. Donc A n’appartient pas au plan (BCD). Les points
A, B, C et D ne sont pas coplanaires.
5. NotonsD la droite dont la représentation paramétrique
est
x=1−2k y=7
2+k z= −1
2−9k
,k∈R
Un vecteur directeur de cette droite est−→u
−2 1
−9
. On re- marque que→−u = −−→
BCdoncDet (BC) sont parallèles.
Varifions si B appartient àD: pour trouverxB=0, on doit avoirk=1
2. Pour cette valeur dek, on trouvey=4=yBet z= −5=zB.
On en déduit queB∈D. Les deux droites sont parallèles et ont un point commun : elles sont confondues donc c’est bien la représentation paramétrique de (BC).
IV Nouvelle-Calédonie mars 2015
1. (a) Une représentation paramétrique deD1s’obtient en traduisant l’égalité−−−→
A1M=t−u→1avect∈Rsoit :
x−0 = t y−2 = 2t z−(−1) = 3t
t∈R⇐⇒
x = t y = 2+2t z = −1+3t
t∈R.
(b) D2a pour représentation paramétrique :
x = 1+k y = 0−2k z = 2+0k
k∈R.
On reconnait qu’un vecteur directeur deD2est−u→2
1
−2 0
.
(c) A2∈D2⇐⇒
−1 = 1+k 4 = 0−2k 2 = 2+0k
⇐⇒
−2 = k
−2 = k
2 = 2
qui a une solutionk= −2.
Le pointA2appartient àD2.
2. Les vecteurs directeurs deD1et deD2ne sont manifestement pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.
Elles sont sécantes s’il existe des réelstetktels que :
t = 1+k
2+2t = 0−2k
−1+3t = 2+0k
⇐⇒
t = 1+k
2+2+2k = 0−2k
−1+3+3k = 2+0k
⇐⇒
t = 1+k 4k = −4
3k = 0
⇐⇒
t = 1+k k = −1 k = 0
Ce système n’a pas de solution donc il n’existe pas de point commun aux deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.
3. Les droitesD1et∆1contiennent le point A1. Pour montrer qu’elles sont perpendiculaires il suffit de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :
−→
u1· −→v = −6−6+12=0.
Conclusion : les droitesD1et∆1sont perpendiculaires.
4. Les droitesD2et∆2sont aussi perpendiculaires
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(a) →−n est un vecteur normal au planP1s’il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires et non nuls de ce plan soit−u→1
et→−v; or
−
→n· −u→1= −6−6+12=0
−
→n· −→v =17×(−6)−22×(−3)+4×9= −102+66+36=0
Le vecteur−→n est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du planP1. Il est par conséquent normal à ce plan.
(b) SiP1etP2sont parallèles→−n vecteur normal au planP1est aussi un vecteur normal au planP2; il est donc orthogonal à tout vecteur non nul du planP2commeu2et−→v.
On a bien−→n· −→v =0, mais−→n· −u→2=17+44+0=616=0.
Donc−→n n’est pas normal au planP2et les deux plansP1etP2ne sont pas parallèles.
5. ∆est parallèle à∆1et∆2lesquelles sont respectivement perpendiculaire àD1etD2. Par conséquent la droite∆est orthogonale aux droitesD1etD2.
Or cette droite appartient au planP1et au planP2. Elle est donc perpendiculaire aux droitesD1etD2. Il existe donc une droite de l’espace perpendiculaire à la droiteD1et àD2: c’est la droite∆.
V Nouvelle-Calédonie novembre 2014
1. (a) Une représentation paramétrique deD1s’obtient en traduisant l’égalité−−−→
A1M=t−u→1avect∈Rsoit :
x−0 = t y−2 = 2t z−(−1) = 3t
t∈R⇐⇒
x = t y = 2+2t z = −1+3t
t∈R.
(b) D2a pour représentation paramétrique :
x = 1+k y = 0−2k z = 2+0k
k∈R.
On reconnait qu’un vecteur directeur deD2est−u→2
1
−2 0
.
(c) A2∈D2⇐⇒
−1 = 1+k 4 = 0−2k 2 = 2+0k
⇐⇒
−2 = k
−2 = k
2 = 2
qui a une solutionk= −2.
Le pointA2appartient àD2.
2. Les vecteurs directeurs deD1et deD2ne sont manifestement pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.
Elles sont sécantes s’il existe des réelstetktels que :
t = 1+k
2+2t = 0−2k
−1+3t = 2+0k
⇐⇒
t = 1+k
2+2+2k = 0−2k
−1+3+3k = 2+0k
⇐⇒
t = 1+k 4k = −4
3k = 0
⇐⇒
t = 1+k k = −1 k = 0
Ce système n’a pas de solution donc il n’existe pas de point commun aux deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.
3. Les droitesD1et∆1contiennent le point A1. Pour montrer qu’elles sont perpendiculaires il suffit de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :
−→
u1· −→v = −6−6+12=0.
Conclusion : les droitesD1et∆1sont perpendiculaires.
4. Les droitesD2et∆2sont aussi perpendiculaires
(a) →−n est un vecteur normal au planP1s’il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires et non nuls de ce plan soit−u→1
et→−v ; or
−
→n· −u→1= −6−6+12=0
−
→n· −→v =17×(−6)−22×(−3)+4×9= −102+66+36=0
Le vecteur−→n est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du planP1. Il est par conséquent normal à ce plan.
(b) SiP1etP2sont parallèles→−n vecteur normal au planP1est aussi un vecteur normal au planP2; il est donc orthogonal à tout vecteur non nul du planP2commeu2et−→v.
On a bien−→n· −→v =0, mais−→n· −u→2=17+44+0=616=0.
Donc−→n n’est pas normal au planP2et les deux plansP1etP2ne sont pas parallèles.
5. ∆est parallèle à∆1et∆2lesquelles sont respectivement perpendiculaire àD1etD2. Par conséquent la droite∆est orthogonale aux droitesD1etD2.
Or cette droite appartient au planP1et au planP2. Elle est donc perpendiculaire aux droitesD1etD2. Il existe donc une droite de l’espace perpendiculaire à la droiteD1et àD2: c’est la droite∆.
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