Nouvelle Calédonie, 2006, Corrigé

1

Corrigé

Terminale S , Nouvelle Calédonie – Mars 2007

Pour tout cet exercice, l’espace est muni d’un repère orthonormal ( ; , , )O i j k . 1. Question de cours

Par définition, le plan P de vecteur normal ^{n a b c}

(

^{, ,}

)

qui passe par le point M0

(

x y z0, ,0 0

)

est l’ensemble des points M(x ;y ;z) tel que M M n₀ . =0.

En utilisant les coordonnées des vecteurs,

0

0 0

0

. 0 ( _{o o}) 0

d

x x a

M P y y b ax by cz ax by cz

c z z

−

∈ ⇔ − = ⇔ + + − + + =

−

: on retrouve donc une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0.

2. On considère les points A(1 ; 2 ; −3), B(−3 ; 1 ; 4) et C(2 ; 6 ; −1).

a. Nous avons

4 1

1 , 4

7 2

AB AC

−

− . Ces vecteurs ne sont pas colinéaires puisque les coordonnées ne sont pas proportionnelles, les points A, B et C déterminent bien un plan.

b. Pour vérifier qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est 2x − y + z + 3 = 0, il suffit de remplacer les coordonnées de chacun des points dans cette équation et de voir qu’elle est vérifiée (à faire).

Trois points non alignés définissant un unique plan, on a le résultat voulu.

c. D est perpendiculaire à P donc dirigée par 2

1 1

n − . Comme elle passe par I(-5 ;9 ;4), un point M(x,y,z) est sur

D ssi il existe un réel t tel que

2 5

... , 9

4 x t

IM tn t y t

z t

= −

= ⇔ ⇔ ∃ ∈ = − +

= + .

d. Remarquons déjà que J existe puisque D est perpendiculaire à P donc elle intercepte ce plan en un unique point.

Ses coordonnées vérifient donc l’équation de la droite et de P :

( ) ( ) ( )

2 2 5 9 4 3 0

2 3 0 6 12 0 2

2 5 2 5 2 5 1

9 9 9 7

4 4 4 6

t t t

x y z t t

x t x t x t x

y t y t y t y

z t z t z t z

− − − + + + + =

− + + = − = =

= − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −

= − + = − + = − + =

= + = + = + =

.

Les coordonnées du point J sont donc (-1 ;7 ;6).

e. Par construction, J est le projeté orthogonal de I sur (ABC) donc la distance du point I au plan (ABC) est IJ, soit 24 2 6= .

1. Exercice 2

A. Un sac contient 3 boules blanches, 4 boules noires et 1 boule rouge, indiscernables au toucher. On tire, au hasard, successivement, trois boules du sac, en remettant chaque boule tirée dans le sac avant le tirage suivant.

Question 1 : La probabilité de tirer une boule N au 1^er tirage est ^{4 1}

8=2 : comme on répète cette épreuve 3 fois, de manière naturellement indépendante (remise des boules), on a

(

1 2 3

) ( ) ( ) ( )

1 2 3 ²

1 P N ∩N ∩N =P N P N P N = 2 . La probabilité de tirer trois boules noires est : réponse c.

Question 2 : on montre de même que la probabilité de tirer 3 boules B est ^{3 3}

8 et de tirer 3 R est ^{1 3} 8 . La probabilité de tirer 3 boules de même couleur (évènement B) est donc ^{4 3 3 3 1 3 92}₃

8 + 8 + 8 =8 .

Ainsi,

( ) ( )

( ) ( )

( )

3 3

3 3 1 8 1

3 8 92 92

B

P B R P R

P R

P B P B

= ∩ = = × = : réponse d.

B. Soit f la fonction définie sur [0 ; 1] par ^{f x}( )= +^{x m} où m est une constante réelle.

Question 3 : f est une densité de probabilité sur l’intervalle [0 ; 1] lorsque implique que

( )

¹

1 1 2

0 0 0

( ) 1 1 1 1

2 2

f x dx= ⇔ x m dx+ = ⇔ x +mx = ⇔ =m : réponse b.

Remarque : on aurait pu procéder par élimination : a est impossible puisque la densité f doit être positive.

c et d sont impossibles puisqu’il n’y aucune raison que l’exponentielle apparaisse à l’intégration.

C. La durée de vie en années d’un composant électronique suit une loi exponentielle de paramètre 0,2.

Question 4 : D’après le cours, ^{P X t}

(

^{> =}

)

^{e−λt donc ici P X}

(

^>5

)

^=e−1=1_e : réponse b.

2. Exercice 3 (spécialistes)

A B C D E F G H I J K L M

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

N O P Q R S T U V W X Y Z

13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

a et b étant deux entiers naturels donnés, on associe à tout entier n de Ω le reste de la division euclidienne de (an + b) par 26 ; ce reste est alors associé à la lettre correspondante.

Exemple : pour coder la lettre P avec a = 2 et b = 3, on procède de la manière suivante : étape 1 : on lui associe l’entier n = 15 ;

étape 2 : le reste de la division de 2×15 + 3 = 33 par 26 est 7 ; étape 3 : on associe 7 à H.

Donc P est codé par la lettre H.

3

1. Lorsque l’on prend a = 0, on a an + b = b et le codage de la lettre n est indépendant de n, il donne toujours la même lettre, celle associée au reste de la division euclidienne de b par 26.

2. Montrer que les lettres A et C sont codées par la même lettre lorsque l’on choisit a = 13.

A correspond à n = 0 donc 13n + b = b.

C correspond à n = 2 donc 13*2 + b = 26 + b congru à b modulo 26.

Ainsi, les restes de 13n + b sont identiques pour n = 0 ou n = 2 donc A et C sont codés par la même lettre.

3. Dans toute la suite de l’exercice, on prend a = 5 et b = 2.

a. On considère deux lettres de l’alphabet associées respectivement aux entiers n et p.

Supposons que 5n + 2 et 5p + 2 ont le même reste r dans la division par 26.

Cela signifie qu’il existe deux entiers k et k’ tels que : 5n +2 = r + 26k et 5p +2 = r + 26k’. On en déduit par soustraction que 5(n-p) = 26(k-k’).

26 divise donc 5(n-p) et comme il est premier avec 5, d’après le théorème de Gauss, il divise n-p.

Il existe donc un entier k tel que n = p + 26 k : comme p et n sont tous les deux compris entre 0 et 25, k est forcément nul et donc n = p.

En conclusion, si 5n + 2 et 5p + 2 ont le même reste r dans la division par 26, alors n = p : cela signifie que pour a = 5 et b = 2, deux lettres codées par la même lettre sont nécessairement identiques.

b.

On a A qui correspond à n = 0 : 5n + 2 = 2 et 2 est le reste dans la division par 26 : A est donc codé par C.

On a M qui correspond à n = 12 : 5*12 + 2 = 62 et 10 est le reste dans la division par 26 : M est donc codé par K.

On a I qui correspond à n = 8 : 5*8 + 2 = 42 et 16 est le reste dans la division par 26 : I est donc codé par Q.

AMI est donc codé en CKQ.

4. On se propose de décoder la lettre E.

a. La lettre E correspond au rang 4 : si x est le rang de la rang qu’elle code, on a ^{5x+ ≡2 4 26}

( )

donc il existe un entier y tel que 5x + 2 = 4 + 26y cad 5x – 26 y = 2.

b. On considère l’équation 5x − 26y = 2, avec x et y entiers relatifs.

i. Comme pgcd(5,26) divise 2, remarquons déjà que cette équation diophantienne admet des solutions.

Prenons x = -5 et y = -1, on trouve 5x – 26y = 1, donc x₀ = −10, y₀ = −2 est solution particulière de l’équation voulue (sinon on applique l’algorithme d’Euclide pour trouver une solution particulière de 5x – 26y = 1).

ii. Résolvons alors l’équation 5x − 26y = 2.

D’après le i, 5x−26y= ⇔2 5x−26y=5x0−26y0 ⇔5

(

x x− 0

)

=26

(

y y− 0

)

donc 26 divise 5 x x

(

− 0

)

: comme 26 et 5 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss, 26 divise

(

x x− 0

)

donc il existe un entier k tel que

0 26

x x− = k.

En substituant cette valeur dans la dernière équation , on trouve 26

(

y y− 0

)

= ×5 26k⇔ −y y0 =5k.

Ainsi, les solutions de l’équation 5x − 26y = 2 sont les couples ⁰

0

26 ,

5

x k x

y k y k

= +

= + ∈ (la réciproque étant triviale), où par exemple x₀ = −10, y₀ = −2.

iii. On a donc x = 26k – 10 et comme x est le rang de la lettre codée, 0 ≤ x ≤ 25.

On a donc 0 26≤ k−10 25≤ ⇔10 26≤ k≤35 0.38≤ ≤k 1.35 : k étant un entier, seul k = 1 convient (d’où l’unicité).

L’unique couple (x ; y) solution de l’équation précédente, avec 0 ≤ x ≤ 25 est donc x = 16, y = 3.

c. D’après les questions 4a. et 4b.iii., la lettre codée par E est de rang x = 16, c’est donc Q … ce qu’on peut effectivement vérifier.

3. Exercice 4 Soit (un) la suite définie sur * par

2 1 1 1 ... 1

1 2

k n n

k n

u k n n n

=

=

= = + + +

+ .

PARTIE A 1. (pas facile) Par définition de la suite, ^{( )}

2 1 2 2 2 2 2

1

1 1

1 1 1 1 1 1 1 1

2 1 2 2

k n k n k n k n

n

k n k n k n k n

u k k k n k n n n

= + = + = + =

+

= + = + = =

= = = − = + + −

+ + .

Or

( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

2 2 2 1 2 1 2 2

1 1 1 3 2

2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2

n n n n n n n

n n n n n n n n n

+ + + − + + − −

+ − = =

+ + + + + + et on a bien

( )( )

1 3 2

2 2 2 1

n n n

u u

n n n

+ − = − −

+ + .

2. Comme n > 0, u_n+1−u_n<0 et la suite est décroissante.

3. (un) étant définie par une somme d’entiers positifs, elle est positive : ainsi la suite est décroissante, minorée par 0 donc elle est convergente et sa limite L est positive (pas strictement).

PARTIE B

Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par : ^{f x}( )^{= +1}_x ^ln _x^x₊₁ ^.

1. a. D’après la variable d’intégration,

( )

^{0< n x n≤ ≤ +1} : la fonction inverse étant décroissante sur ⁺_*, on a alors ^{1 1 1}

1 n ≤ ≤x n

+ . En passant à l’intégration par rapport à x, on a alors ^{1 1 11 11} 1

n n n

n n n

dx dx dx

n x n

+ + +

≤ ≤

+ .

Mais ⁿ¹ 1) 1

n

dx n n

+ = − + − = donc l’encadrement précédent s’écrit ^{1 11 1} 1

n n

n xdx n

≤ + ≤

+ .

b. On a ^{n 11}

[

^{ln( )}

]

^{ln( 1) ln( )}

n dx x n n

x

+ = = + − .

Par ailleurs, ¹_n^{−f n}

( )

^{= −1}_n ¹_n^+ln _nⁿ₊₁ ^{= −1}_n ¹_n^{+ln( ) ln(n − n+1) =ln(n+ −1) ln( )n} puisque n+1>0 et n>0.

Ainsi, ^{n+11dx= −1 f n}( ).

5

c. D’après le 1a, on a alors

( )

1 1 ( ) 1 1 1 ( ) 0 0 ( ) 1

1 f n 1 f n f n 1

n ≤ −n ≤ ⇔n n − ≤ −n ≤ ⇔ ≤ ≤n n

+ + +

2. On considère la suite (Sn) définie sur * par

( )

( ) ( )( ) ( )

2 1 1 1 ... 1

1 1 1 2 2 2 1

k n n

k n

S k k n n n n n n

=

=

= = + + +

+ + + + + .

a. D’après le 1c,

( )

( )( )

( )

0 ( ) 1

1 0 ( 1) 1

1 2

....

0 ( ) 1

2 2 1

f n n n

f n n n

f n n

n n

≤ ≤

+

≤ + ≤

+ +

≤ + ≤

+ .

En sommant ces n+1 encadrements, il vient

0≤ f n( )+f n( + + +1) ... f(2)≤S_n.

b. Pour tout réel x distinct de −1 et de 0,

( )

( )

1 1

x a b a a b

x x x x

+ +

+ =

+ + et donc par identification a = 1 et b = -1.

Ainsi, ^{x x}

(

¹+¹

)

^{= −1x x1}+¹.

c. D’après le b, on a

( )

( )( )

( )

1 1 1

1 1

1 1 1

1 2 1 2

...

1 1 1

2 2 1 2 2 1

n n n n

n n n n

n n n n

+ = − +

= −

+ + + +

= −

+ +

En additionnant ces n+1 égalités, on obtient

( )

1 1 1

2 1 2 1

n n

S n n n n

= − = +

+ + .

d. Notons A_ncette somme : n ^{k 2n}

( ) ( ) (

¹

)

^...

( )

²

k n

A f k f n f n f n

=

=

= = + + + + .

D’après le 2a, 0≤A_n≤S_n cad

(

¹

)

0 ⁿ 2 1

A n n n

≤ ≤ +

+ : mais d’après la limite d’une fonction rationnelle en l’infini,

(

¹

)

^{2 1}

lim lim lim 0

2 1 2 2

n n n

n n

n n n n

→+∞ →+∞ →+∞

+ = = =

+ . Alors, d’après le théorème des gendarmes, lim _n 0

n A

→+∞ = .

e. Rappelons que f n( ) ¹ ln( ) ln(n n 1)

= +n − + . Par conséquent,

( ) 1 ln( ) ln( 1)

( 1) 1 ln( 1) ln( 2) 1

( 2) 1 ln( 2) ln( 3) 2

...

(2 ) 1 ln(2 ) ln(2 1) 2

f n n n

n

f n n n

n

f n n n

n

f n n n

n

= + − +

+ = + + − +

+

+ = + + − +

+

= + − +

donc en additionnant ces n+1 encadrements, on trouve A_n u_n ln( ) ln(2n n 1) u_n ln ²n ¹ u_n ln 2 ¹

n n

= + − + = − + = − + .

f. Nous avons vu en 2d que lim _n 0

n A

→+∞ = or u_n A_n ln 2 ¹

= + +n donc par composition et addition, lim _n ln(2)

n u

→+∞ = .