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. Exercice 2
1. Posons f x( )=x e2 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 e2 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
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, In+1=
(
n+1)
In−1.b. Calculons directement 1 01 1
I = xe dx−x à l’aide d’une intégration par parties.
On pose ( ) 1 '( ) 11
'( ) 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 In+1=
(
n+1)
In−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 2kπ 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 −2. Soit U(1) et V(i).
a. →Puisque z 1
′ = z , on a arg
( )
z'pré requis−= 1−arg( )
z = − −(
argz)
=argz.→Si M est sur une demi-droite d’origine O, on a alors
(
u OM,)
=argz=argz′=(
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 arg zz′ −′ −1i =arg( )− −i arg zz i−−1 = − −π2 arg zz 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 kπ, M U M V≠ , ≠ . Comme arg zz i−−1 =(
VM UM,)
, on obtient que(
VM UM,)
= +0 kπ, M U M V≠ , ≠ ⇔arg zz i−−1 = +0 kπ, z≠1,z i≠ ⇔zz 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 kπ, 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.
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 12v≡1 mod 19
( )
et 19u≡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
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
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.
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, 64p 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 : pn= −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 0,40964 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.
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.