TS1-TS2 : contrôle commun n

TS1-TS2 : contrôle commun n

2 (4 heures)

Les exercices I, III et IV sont communs à tout le monde, l’exercice II est à choisir selon que l’élève suit ou non l’enseignement de spécialité

Exercice 1 (5points)

A

B

D

C

− O

→ı −→

−

→k

Partie A 1. On a−→AB



 3 3 3



;−→AC



 3 0

−3



.

Le repère étant orthonormal on peut calculer−→AB·−→AC=9+0−9=0 : les vecteurs sont orthogonaux, les droites (AB)

et (AC) sont perpendiculaires, le triangle ABC estrectangleen A. (1 pt)

2. Le plan (P) a un vecteur normal−→n



1 1 1



; donc→−n = 1 3

−→AB; les vecteurs sont colinéaires donc la droite (AB) est orthogonaleau plan (P).

Or A(3 ;−2 ; 2)∈(P)⇐⇒ 3−2+2−3=0; cette égalité est vraie, donc (P) est orthogonal à la droite (AB) et contient

le point A. (0,5 pt)

3. −→AC est un vecteur normal au plan P^′, donc une équation de ce plan est de la forme 3x−3z+d=0.

Or A∈¡ P^′¢

⇐⇒ 3×3−3×2+d=0 ⇐⇒d= −3.

DoncM(x;y)∈¡ P^′¢

⇐⇒ 3x−3z−3=0⇐⇒ x−z−1=0. (0,5 pt)

4. M(x;y;z)∈P∩P^′ ⇐⇒

½ x+y+z−3 = 0 x−z−1 = 0

En posantz=tréel quelconque on obtient le système :





x+y+z−3 = 0 x−z−1 = 0

z = t ⇐⇒





x+y+t−3 = 0 x−t−1 = 0

z = t ⇐⇒





x+y+t−3 = 0

x = t+1

z = t ⇐⇒





t+1+y+t−3 = 0

x = t+1

z = t ⇐⇒





x = t+1 y = −2t+2

z = t ⇐⇒ M(x;y;z)∈P∩P^′

(1 pt) Partie B

1. On a−→AD



−3 6

−3





On a−→AD·−→AB= −9+18−9=0 : les vecteurs sontorthogonaux.

De même−→AD·−→AC= −9+0−9=0 : les vecteurs sontorthogonaux.

Conclusion: le vecteur−→AD est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ABC, donc la droite (AD) est

orthogonaleà ce plan. (1 pt)

2. En prenant ABC pour base et D comme sommet, [AD] est hauteur de ce tétraèdre. Le volumeV du tétraèdre est donc égal àaire(ABC)×AD

3 =

12×AB×AC×AD

3 .

Or AB²=3²+3²+3²=3×9, donc AB=3p 3;

AC²=3²+3²=2×9, donc AC=3p 2 AD²=9+36+9=3p

6.

V =

12×3p 3×3p

2×3p 6

3 =27×3

3 =27. V=27 (0,5 pt)

3. −→DB



 6

−3 6



;−→DC



 6

−6 0



.

On en déduit : DB=p

81=9; DC=p 72=6p

2.

Or−→DB·−→DC=DB×DC×cosBDC donc cosBDC =

−→DB·−→DC DB×DC = 54

54p 2= 1

p2 d’où BDC=π 4 . Conclusion: l’angleBDC a pour mesure π

4 radian. (0,5 pt)

4. (a) L’aire du triangle BDC est égale à1

2×DB×DC×sinBDC=1 2×6p

2×9× p2

2 =27. (unités d’aire) (0,5 pt) (b) On considère maintenant le tétraèdre ABDC de base (BDC) et dont la hauteur de mesurehest issue de A.

On aV=1

3×aire(BDC)×h ⇐⇒ 27=1

3×27×h ⇐⇒ h=3. (0,5 pt)

Exercice II (5points)

(pour les élèvesne suivant pasl’enseignement de spécialité) L’espaceEest rapporté au repère orthonormal³

O;→−i ;−→j ;−→k´ . On appelle :

• P le plan d’équation 2x−y+5=0,

• Qle plan d’équation 3x+y−z=0,

• ∆la droite dont une représentation paramétrique est





 x=1−t y=2+3t z= −4

,t∈R

1. −→u



−1 3 0



est un vecteur directeur deD_.

Le vecteur−→k



0 0 1



est normal au plan³

O;→−i ;−→j´ .

−

→u·→−k =0 doncD_{estparallèleau plan}^³_O;^−→_{i ;}^→−_j^´_{. (1 pt)}

2.



 2

−1 0



et



 3 1

−1



sont des vecteurs normaux respectivement àP etQ.

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles et sont donc sécants suivant une droiteD.

Tout point commun àP etQa des coordonnées (x;y;z) qui vérifient le système :

½ 2x−y = −5 3x+y−z = 0 En posantx=α, le système devient :





x = α

2x−y = −5 3x+y−z = 0 ⇐⇒





x = α

y = 2α+5 z = 5α+5

(1 pt) 3. • Affirmation 1:Dest parallèle au planRsi un vecteur directeur deDest orthogonal à un vecteur normal àR

c’est-à-dire si



 1 2



·



 −5 5



=0 ⇐⇒ −5+10−5=0 qui est bien vrai.

• Deux droites sont coplanaires si elles ont un point commun ou si elles sont parallèles.

Dest donc parallèle au planR. (1 pt)

⋆Affirmation 2: Si elles sont sécantes c’est-à-dire si





α = −3β 2α+5 = 1+β 5α+5 = 2+2β ⇐⇒





α = −3β

−6β+5 = 1+β

−15β+5 = 2+2β ⇐⇒











α = −3β β = 4

7 β = 5 Ce système n’a pas de solution. 17

Conclusion: les deux droites ne sont pas sécantes.

⋆Si elles sont parallèles leurs vecteurs directeurs sont colinéaires.

Da pour vecteur directeur−→u



 1 2 5



) etD^′a pour vecteur directeur→−v



−3 1 2



.

Ces vecteurs ne sont manifestement pas colinéaires. Donc les droites ne sont pas parallèles.

Conclusion :DetD^′ne sont pas coplanaires. (2 pt)

Exercice III (5 points)

1. (a) On effectue une démonstration par récurrence : Initialisation: on au0=1,u1= −1

2,u2= −1

4etu3=7 8Ê0.

La relation est vraie au rang 3.

Héréditésoit un natureln, nÊ3, et supposons queunÊ0, alorsun+1=1

2un+n−1. OrnÊ3 ⇐⇒ n−1Ê2, doncun+1Ê2>0. L’hérédité est démontrée.

La relation est vraie au rang 3, et si elle est vraie à un rang au moins égal à 3 elle est vraie au rang suivant ; on a

donc démontré par récurrence que pournÊ3,unÊ0. (1 pt)

(b) nÊ4⇐⇒ n−1Ê3; d’après a,u_n−1Ê0⇐⇒ 1

2u_n−1Ê0⇒ (1 pt)

1

2un−1+n−2Ên−2⇐⇒ 1

2un−1+(n−1)−1Ên−2 ⇐⇒unÊn−2.

(c) Par comparaison, comme lim

n→+∞n= +∞, lim

n→+∞u_n= +∞. (0,5 pt)

2. (a) vn=4un−8n+24⇒vn+1=4un+1−8(n+1)+24= 4

µ1

2un+n−1

¶

−8(n+1)+24=2un+4n−4−8n−8+24=2un−4n+12=1

2(4un−8n+24)=1 2vn. On a donc démontré que (vn) est une suite géométrique de raison1

2. La raison étant inférieure à 1, cette suite est décroissante. De plus

v0=4u0+24=28. (0,5 pt)

(b) On a immédiatementvn=v0× µ1

2

¶n

=28× µ1

2

¶n

=4un−8n+24 ⇐⇒ 4un=28× µ1

2

¶n

+8n−24 ⇐⇒ un = 7×

µ1 2

¶_n

+2n−6.

(c) On a doncun= 7× µ1

2

¶n

| {z }

suite géométrique

+ 2n| {z }−6

suite arithmétique

=xn+ynoù (xn) est la suite (vn) au facteur 4 près et la suite

¡yn¢

est définie paryn=2n−6, suite arithmétique de raison 2 et de premier terme−6. (0,5 pt) (d) On en déduit que Xⁿ

k=0

u_k= Xn k=0

¡x_k+y_k¢

= Xn k=0

x_k+ Xn k=0

y_k.

OrXⁿ

k=0

x_k=7−7¡₁

2

¢n+1

1−¹₂ =14

· 1−

µ1 2

¶n+1¸

=14−7× µ1

2

¶n

. D’autre partXⁿ

k=0

yk=(n+1)(−6+2n−6)

2 =(n+1)(n−6).

Finalement Sn=n²−5n+8−7 µ1

2

¶_n

. (1 pt)

Exercice IV (5 points)

On dispose de deux urnesaetbcontenant des boules blanches ou rouges indiscernables au toucher. L’épreuve consiste à choisir une urne parmi les urnesaetbproposées (le choix de l’urne est effectué au hasard, les deux choix étant équi- probables) puis à effectuer le tirage d’une boule dans l’urne choisie.

On note A l’événement « l’urneaest choisie » , B l’événement « l’urnebest choisie » et R l’événement « une boule rouge est obtenue au tirage ».

On notepA(R) la probabilité conditionnelle de l’événement R par rapport à l’événement A.

1. Dans cette question, l’urneacontient une boule rouge et quatre boules blanches, l’urnebcontient quatre boules rouges et deux boules blanches.

(a) p(A)=1

2 (puisque le choix de l’urne se fait au hasard).

pA(R)=1

5 etp(A∩R)=pA(R)×p(A)=1 5×1

2= 1

10 (0,75 pt)

(b) Représentons la situation à l’aide d’un arbre pondéré :

b b

1 A 2

b R

1 5

b R

4 5

b

1 A 2

b R

2 3

b R

1 3

(0,25 pt)

(c) p(R)=pA(R)×p(A)+pB(R)×p(B) (formule des probabilités totales)

= 1 10+2

3×1 2= 1

10+1

3=3+10 30 = 13

30 (0,5 pt)

(d) pR(A)=p(A∩R) p(R) =

101 1330

= 3

13 (1 pt)

2. Dans cette question, on suppose que l’urneacontient quatre boules blanches et l’urnebdeux boules blanches.

L’urneacontient en outrenboules rouges (oùndésigne un entier naturel inférieur ou égal à 5), l’urneben contient 5−n.

On remarque que c’est une généralisation de la situation précédente.

(a) p(A)(R)= n

4+n;pB(R)=5−n

7−n. (0,5 pt)

(b) Représentons la situation à l’aide d’un arbre pondéré :

b b

A 1 2

b R

n 4+n

b R

4 4+n

b

1 A 2

b R

5−n 7−n

b R

2 7−n

(0,25 pt)

(c) p(R)=pA(R)×p(A)+pB(R)×p(B) (formule des probabilités totales)

= n 4+n×1

2+5−n 7−n×1

2=n(7−n)+(5−n)(4+n)

2(4+n)(7−n) =−2n²+8n+20

2(4+n)(7−n) = −n²+4n+10

(4+n)(7−n) . (1 pt)

(d) On sait quenest un entier inférieur ou égal à 5.nne prend donc que six valeurs entières. On renseigne un tableau de valeurs :

n 0 1 2 3 4 5

−n²+4n+10

(4+n)(7−n) 0,357 0,433 0,467 0,464 0,417 0,278

La plus grande valeur possible dep(R) a lieu pourn=2, donc avec quatre boules blanches et deux boules

rouges dans l’urne a et deux boules blanches et trois boules rouges dans l’urne b. (0,75 pt)

Exercice II (5 points)

(pour les élèvessuivantl’enseignement de spécialité)

Partie A

On considère l’algorithme suivant :

Variables : aest un entier naturel best un entier naturel cest un entier naturel Initialisation : Affecter àcla valeur 0

Demander la valeur dea Demander la valeur deb Traitement : Tant queaÊb

Affecter àcla valeurc+1 Affecter àala valeura−b Fin de tant que

Sortie : Afficherc Affichera 1. En faisant tourner l’algorithme aveca=13 etb=4, on obtient :

Variables a b c

Initialisation 0

Entrées 13 4 0

Traitement 9 4 1

5 4 2

1 4 3

Sortie On affiche la valeur dec: 3 On affiche la valeur dea: 1

2. Dans cet algorithme, on retire le nombrebdu nombreaautant de fois que l’on peut et on fait afficher le nombre de fois que l’on a retirébet ce qui reste dansa; cet algorithme fournit donc le quotient (dansc) et le reste (dansa) de la division deaparb.

Partie B

À chaque lettre de l’alphabet, on associe, grâce au tableau ci-dessous, un nombre entier compris entre 0 et 25.

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

On définit un procédé de codage de la façon suivante :

Étape1 : À la lettre que l’on veut coder, on associe le nombremcorrespondant dans le tableau.

Étape2 : On calcule le reste de la division euclidienne de 9m+5 par 26 et on le notep.

Étape3 : Au nombrep, on associe la lettre correspondante dans le tableau.

1. On va coder la lettre U.

Étape1 : La lettre U correspond àm=20.

Étape2 : 9m+5=9×20+5=185; le reste de la division de 185 par 26 estp=3.

Étape3 : Au nombrep=3, on associe la lettre D.

Donc la lettre U se code en D.

2. On modifie l’algorithme de la partie A pour qu’à une valeur dementrée par l’utilisateur, il affiche la valeur dep, calculée à l’aide du procédé de codage précédent :

Variables : mest un entier naturel pest un entier naturel Initialisation : Demander la valeur dem

Affecter àpla valeur 9m+5 Traitement : Tant quepÊ26

Affecter àpla valeurp−26 Fin de tant que

Sortie : Afficherp

Partie C

1. On sait que 9×3=27≡1 [26] ; donc pourx=3, on a 9x≡1 [26].

2. 9m+5≡p[26]=⇒27m+15≡3p[26] ⇐⇒27m≡3p−15 [26]

Or 27≡1 [26] donc 27m≡m[26]

27m≡3p−15 27m≡m[26]

¾

=⇒m≡3p−15 [26]

Réciproquement :

m≡3p−15 [26] ⇐⇒m+15≡3p[26]=⇒9m+135≡27p[26]

Or 27≡1 [26] donc 27p≡p[26] ; de plus 135=5×26+5 donc 135≡5 [26].

135≡5 [26]=⇒9m+135≡9m+5 [26]

9m+135≡9m+5 [26]

27p ≡p[26]

9m+135≡27p[26]



=⇒9m+5≡p[26]

On peut donc dire que : 9m+5≡p[26] ⇐⇒m≡3p−15 [26].

3. Pour décoder une lettre, on procèdera donc ainsi :

Étape1 : À la lettre que l’on veut décoder, on associe le nombrepcorrespondant dans le tableau.

Étape2 : On calcule le reste de la division euclidienne de 3p−15 par 26 et on le notem.

Étape3 : Au nombrem, on associe la lettre correspondante dans le tableau.

Pour décoder la lettre B :

Étape1 : À la lettre B, on associe le nombrep=1.

Étape2 : 3p−15= −12≡14 [26] doncm=14.

Étape3 : Au nombrem=14, on associe la lettre O.

Donc la lettre B se décode en la lettre O.