France, 2006, Corrigé

(1)

2006, France - Correction

1. Exercice 1

Soient A(2;4;1), B(0;4;-3), C(3;1;-3), D(1;0;-2) et E(3;2;-1).

1. Une équation du plan (ABC) est 2x + 2y – z – 11 = 0 : VRAI. Il suffit en effet de vérifier que les coordonnées de chacun des points vérifient l’équation 2x + 2y – z – 11 = 0.

2. E est le projeté orthogonal de D sur (ABC). Cela est vrai ssi DE⊥(ABC) et E∈(ABC).

• E∈(ABC) car ses coordonnées vérifient l’équation de (ABC).

•

2 2 1 DE et

2 2 1 n

−

est normal à (ABC) : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc DE et (ABC) ne sont pas orthogonaux.

→2 est FAUSSE.

3. (AB) et (CD) sont orthogonales ssi leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux.

On a 2 0

4 AB

−

− et

2 1 1 CD

−

− donc AB CD. = + − =4 0 4 0 : 3 est VRAIE.

4. La droite (CD) est dirigée par le vecteur 2 1 1 DC

−

et passe par C donc elle admet une représentation

paramétrique du type (CD) :

3 2

1 ,

3

x t

y t t

z t

= +

= + ∈

= − −

.

Pour savoir si (CD) :

1 2

1 ,

1

x t

y t t

z t

= − +

= − + ∈

= −

, il suffit donc de savoir si ¹¹

( )

1

CD

−

− ∈ . On résout donc le

système

1 3 2 2

1 1 2

1 3 4

t t

t t IMPOSSIBLE

t t

− = + = −

− = + ⇔ = −

= − − = −

. Ainsi, ¹¹

( )

1

CD

−

− ∉ . 4 est FAUSSE.

Remarque : on peut vérifier encore plus facilement que les coordonnées du point C ne vérifient pas la représentation paramétrique proposée.

5. On peut par exemple se demander si 7 / 5 0 14 / 5 IA et

3 / 5 0

6 / 5 IB

−

sont colinéaires.

On remarque alors que ³

IB= −7IA : 5 est VRAIE.

(2)

2. Exercice 2

1. Posons f x( )=x e^{2 1}⁻^x définie sur . a. En -∞: vu que lim ^x lim ^x

x_→−∞e⁻ =x_→+∞e = +∞, d’après les règles usuelles lim ( )

x f x

→−∞ = +∞ : C n’a pas d’asymptote horizontale en -∞.

En +∞: f peut prendre la forme f x( )=x e e² ⁻^x ¹. D’après les résultats de croissance comparée,

2 2

lim ^x lim _x 0

x x

x e x

e

−

→+∞ = →+∞ = donc lim ( ) 0

x f x

→−∞ = : C admet l’axe des abscisses comme asymptote en +∞. b. f est dérivable sur comme produit de 2 fonctions dérivables sur : x x² (polynôme) et

x e1 x⁻ qui est dérivable comme composée de la fonction exponentielle et d’une fonction affine.

Pour tout réel x, on a ^{f x}^'^{( ) 2}⁼ ^xe¹⁻^x⁻^{x e}^{2 1}⁻^x⁼^xe¹⁻^x

(

²⁻^x

)

^.

c. Une exponentielle est toujours positive sur donc f ‘(x) a le signe du trinôme x(2-x), qui est positif à l’intérieur de ses racines 0 et 2, négatif sinon.

d.

x -∞ 0 2 +∞

f ’(x) - 0 + 0 - f (x)

+∞ 0

4e⁻1

0

4/e

2 3 4 5

-1

2 3

0 1

1

x y

(3)

2. Posons In = ₀¹x e dxⁿ ¹⁻^x pour n entier non nul.

a. Exprimons ₁ ¹ ^{1 1}

0

n x

In₊ = x e dx⁺ ⁻ en fonction de ¹ ¹

0

n x

In = x e dx⁻ à l’aide d’une intégration par parties.

On pose ¹

( )

1 1

'( ) 1 ( )

'( ) ( )

n n

x x

u x n x

u x x

v x e v x e

+

− −

= +

=

= = − .

On obtient alors

( ) ( ) ⁽ ⁾

1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 ⁿ ^x ⁿ ^x 0 0 1 ⁿ ^x 1 1

n n

indépendant de x

I ₊ = x e dx⁺ ⁻ = −x e⁺ ⁻ − n+ x −e⁻ dx= − + +n I . Ainsi, I_n₊1=

(

n+1

)

I_n−1.

b. Calculons directement 1 0¹ ¹

I = xe dx⁻x à l’aide d’une intégration par parties.

On pose ^{( )} ₁ ^'^{( ) 1}₁

'( ) ^x ( ) ^x

u x x u x

v x e⁻ v x e⁻

= =

= = − . On obtient alors I¹= −xe¹⁻^x ¹0− 0¹

(

−e¹⁻^x

)

dx= − + −1 e¹⁻^x ¹0 = −e 2 donc I₁= −e 2.

Comme I_n₊1=

(

n+1

)

I_n−1 pour tout n, on a I₂ =2I₁− =1 2e−5.

c. Graphiquement, I2 correspond à l’aire (en unités d’aires) située entre la courbe C et l’axe des abscisses pour x compris entre 0 et 1. En effet, la fonction f étant positive sur [0 ;1], le signe intégrale peut s’interpréter comme un calcul d’aire.

On trouve au centième près, I₂ ≈0.44 . .u a 3.

a. Soit x un réel de [0 ;1] :

exp

0 1 0 1 1 1 1

est croissante

x x e⁻x e

≤ ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ . Comme xⁿ est positif pour tout n, on obtient xⁿ≤x eⁿ ¹⁻^x≤x eⁿ .

b. Passons à l’intégrale l’encadrement précédent : ¹ ¹ ¹ ¹

0 0 0

1

1 1

n n x n

n

x dx x e dx x edx I e

n n

≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤

+ + .

Comme lim ¹ lim 0

1 1

n n

e

n n

→+∞ = →+∞ =

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

n I

→+∞ = .

3. Exercice 3- Non Spé Math 1. Pré-requis :

• Si z et z’ sont deux nombres complexes non nuls, alors : arg(zz’) = arg(z)+ arg(z’) à 2kπ près, avec k entier relatif.

• Pour tout vecteur w non nul d’affixe z on a : ^arg( )^z ⁼

( )

^{u w}^, ^à^2k^π près, avec k entier relatif.

a. On utilise arg(zz’) = arg(z)+ arg(z’) avec z ¹

′ =z : cela donne argz arg¹ arg1 0 arg¹ argz

z z

+ = = = − .

On réutilise alors la propriété 1 avec « z ¹

′ = z

′ » : arg arg ¹ arg( ) arg( ) arg( ) arg( '¹ )

' ' '

z z z z z

z = ×z = + z = − .

b. D’après la relation de Chasles :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

^{pré requis}⁻ ² ^{pré requis}⁻ ¹ ⁻

(4)

2. Soit U(1) et V(i).

a. ^→Puisque z ¹

′ = z , on a ^arg

( )

^z^'^{pré requis}⁻⁼ ¹⁻^arg

( )

^z ^{= − −}

(

^arg^z

)

⁼^arg^z^.

→Si M est sur une demi-droite d’origine O, on a alors

(

^{u OM}^,

)

⁼^arg^z⁼^arg^z^′⁼

(

^{u OM}^, ^′

)

: les points O, M et M’ sont donc sur la même demi-droite d’origine O.

b. On a

0

1 2

( ) 1 1 1

z

f M M z zz z z

z

≥

= ⇔ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = : les seuls points invariants par f sont ceux du cercle de centre O et de rayon 1.

c. ^→Vérifions les égalités demandées :

1 1

1 1 1 1 1

1 1 1

z z z z z

z i i iz iz i z i

z

′ − = − = − = − = −

′ − − − − + .

Vu que ¹ i

i= − , en utilisant les propriétés du conjugué, on obtient ¹ ^z ¹ i ^z ¹

i z i z i

− = − −

+ − .

→On a donc ârg ^z_z^{′ −}_{′ −}¹_i ⁼ârg( )^{− −}ⁱ ârg ^z_{z i}⁻₋¹ ^{= − −}^π₂ ârg ^z_{z i}⁻₋¹ .

3. a. Le point M appartient à la droite (UV) privée de U et de V si seulement si les vecteurs UM et VMsont colinéaires et non nuls.

Cela équivaut à

(

^{VM UM}^,

)

^{= +}⁰ ^k^π^, ^{M U M V}^≠ ^, ^≠ ^{. Comme}^arg ^z_{z i}⁻₋¹ ⁼

(

^{VM UM}^,

)

, on obtient que

(

^{VM UM}^,

)

^{= +}⁰ ^k^π^, ^{M U M V}^≠ ^, ^{≠ ⇔}^arg ^z_{z i}⁻₋¹ ^{= +}⁰ ^k^π^, ^z^≠^1,^{z i}^{≠ ⇔}^z_{z i}⁻₋¹^∈ ^, ^z^≠^1,^{z i}^≠ ^.

b. La relation du 2.c s’écrit

(

^{VM UM}^′^, ^{′ = − −}

)

^π₂

(

^{VM UM}^,

)

^.

Par conséquent « M est sur (UV) privée de U et V ssi

(

^{VM UM}^′^, ^{′ = − −}

)

^π₂ ^k^π^, ^{M U M V}^≠ ^, ^≠ ce qui signifie que M’ est sur le cercle de diamètre [UV] privé des points U et V ».

c.

4. Exercice 3- Spé Math Partie A : Question de cours 1. Théorème de Bézout : Soit a et b deux entiers non nuls, d leur PGCD.

Alors il existe deux entiers relatifs u et v tels que au bv d+ = . Théorème de Gauss : a, b, c trois entiers non nuls.

Si a et b sont premiers entre eux et que a divise bc, alors a divise c.

2. Supposons que a divise bc : il existe donc un naturel k tel que bc ka= .

Si a et b sont premiers entre eux, il existe u et v tels que au bv+ =1 : en multipliant par c, on obtient

( )

c au c bv c× + × = a cu a kv c× + × = ⇔ ×a cu kv+ =c. Ainsi a divise c.

(5)

Partie B On cherche à résoudre le système

( ) ( )

( )

13 mod 19 6 mod 12 S n

n

≡

≡ .

1.

• Comme 19 et 12 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il existe un couple (u ; v) d’entiers relatifs tel que : 19u + 12v = 1.

On obtient donc ¹²^v^≡^{1 mod 19}

( )

^et¹⁹^u^≡^{1 mod 19}

( )

^.

Posons alorsN= ×13 12v + ×6 19u.

• Passons N modulo 19 :

( ) ( )

1

13 12 mod 19 13 mod 19

N v

≡

≡ × ≡ .

• Passons N modulo 12 :

( ) ( )

1

6 19 mod 12 6 mod 12

N u

≡

≡ × ≡ .

N est donc une solution de (S).

2. a. Soit n0 est une solution de (S) : on a

( )

0 0

13 mod 19 6 mod 12 n

n

≡

≡ .

Par conséquent, n est solution de (S) ssi

( )

( ) ( ) ( )

( )

0 0

13 mod 19 13 mod 19 mod 19 mod 19

6 mod 12 6 mod 12 mod 12 mod 12

n n n n n

≡ ≡ ≡ ≡

⇔ ⇔

≡ ≡ ≡ ≡ .

b.

• Supposons que

( )

0 0

mod 19 mod 12 n n

n n

≡

≡ ; alors 19 et 12 divisent n n− ₀. Comme ils sont premiers entre eux, d’après le théorème de Gauss, 19 12 | n n×

(

− 0

)

donc on a bien n n≡ 0

(

mod 19 12×

)

.

• Réciproquement, si n n≡ 0

(

mod 19 12×

)

alors 19 et 12 divisent n n− ₀. On retrouve alors

( )

0 0

mod 19 mod 12 n n

n n

≡

≡ .

3.

a. L’algorithme d’Euclide donne ¹⁹( )^{− +}⁵ ^{12 8}( )⁼¹. On peut donc choisir u = −5 et v = 8 ce qui donne 678

N = .

b. Nous avons prouvé que n est solution de (S) ssi n n≡ 0

(

mod 19 12×

)

où n₀ =678 est une solution particulière.

Ainsi n n≡ 0(12 19× )≡678 12 19( × )≡678 228( )≡222 228( ).

Les solutions de (S) sont donc les entiers de la forme n=222 228 ,+ k k∈ .

4. D’après l’énoncé l’entier n en question est solution de (S) ! Il est donc de la forme n=222 228 ,+ k k∈ . Comme 222 < 228, le reste de sa division par 228 est 222.

(6)

5. Exercice 4

1. a. On note C quand le ballon est crevé, C quand il ne l’est pas lors d’un tir.

Comme les tirs sont indépendants, la probabilité qu’au bout de deux tirs le ballon soit intact est

( ) ( )

^0,8² ^{0, 64}

p C p C = = .

b. Il s’agit de l’évènement contraire au précédent : p₂ = −1 0, 64 0, 36= . c. Suivant le même principe, les tirs étant indépendants : p_n= −1 0,8ⁿ.

d. Résolvons l’inéquation 1 0,8 0,99 0,01 0,8 ^{ln 0,01} 20,63 ln 0,8

n n

pn= − > ⇔ > ⇔ >n = , donc n doit être supérieur à 21.

2.

Méthode sans arbre :

En fait il vaut mieux éviter de faire un arbre : avec k = 1, on a p1=p C( )=0,2 ;

avec k = 2, on a p² =p C( )+p C C

(

^,

)

=0,2 0,2 0,8+ × ;

avec k = 3, on a p³ =p C( )+p C C

(

^,

) (

+p C C C^{, ,}

)

=0,2 0,2 0,8 0,2 0,8+ × + × ² ;

avec k = 4, p⁴ =p C( )+p C C

(

^,

) (

+p C C C^{, ,}

) (

+p C C C C^{, , ,}

)

=0,2 0,2 0,8 0,2 0,8+ × + × ²+0,2 0,8× ³ ; La probabilité totale est donc ¹ ₁ ¹ ₂ ¹ ₃ ¹ ₄ 0,4096

4 4 4 4

p= p + p + p + p = . Méthode avec arbre : (page suivante)

La probabilité de l’évènement contraire est donnée par ^q⁼¹₄

(

^{0.8 0.8}⁺ ²⁺^0.8³⁺^0.8⁴

)

^.

La probabilité cherchée est p =1 – q = 0.4096.

(7)

3. a. Voici le tableau des fréquences observées :

Face k 1 2 3 4

Nombre de sorties de la face

k 58 49 52 41

Fréquences 0,29 0,245 0,26 0,205

b. La distance « fréquence théorique – fréquence observée » est donnée par ² ⁴ ²

1

1 0,00375

k 4

k

d f

=

= − = .

c. On a donc d² < D9, donc avec un risque de 10 %, on peut dire que le dé est équilibré.

En effet, d² < D9 signifie que la distance « fréquence théorique – fréquence observée » se situe dans les 90%

des valeurs issues de la simulation d’un dé équilibré.