Correction du sujet national juin

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Correction du sujet national, juin 2006 Exercice 1 On ne demandait pas de justification ; celles-ci sont données à but pédagogique 1. L'équation 2x +2y ? z ?11 = 0 est l'équation d'un plan P . • 2xA +2yA ? zA ?11= 2?2+2?4?1?11 = 0 donc A appartient à P . • 2xB +2yB ? zB ?11= 2?0+2?4? (?3)?11 = 0 donc B appartient à P . • 2xC +2yC ? zC ?11= 2?3+2?1? (?3)?11 = 0 donc C appartient à P . ??AB ? ? ?2 0 ?4 ? ? ; ??AC ? ? 1 ?3 ?4 ? ?. Les vecteurs ??AB et ??AC ne sont pas colinéaires. Les trois points A, B et C ne sont pas alignés et appartiennent au plan P , donc ce plan est le plan (ABC). L'affirmation est donc vraie. 2. 2xE +2yE ? zE ?11= 2?3+2?2? (?1)?11 = 0 donc E appartient à (ABC). Le vecteur ???DE a pour coordonnées : ???DE ? ? 2 2 1 ? ?. Alors : ???DE .??AB = ?4+0?4 6= 0 donc les vecteurs ???DE et ??AB ne sont pas orthogonaux.

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Sujets

• Théorème de Bézout
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Informations

• Publié par: apmep
• Publié le: 01 juin 2006
• Nombre de lectures: 70
• Langue: Français

Extrait

Correction du sujet national, juin 2006

Exercice 1 On ne demandait pas de justification ; cellesci sont données à but pédagogique 1. L’équation2x+2y−z−11=0 est l’équation d’un plan P . •2x A +2y A −z A −11=2×2+2×4−1−11=0 donc A appartient à P . •2x B +2y B −z B −11=2×0+2×4−(−3)−11=0 donc B appartient à P . •2x C +2y C −z C −11=2×3+2×1−(−3)−11=0 donc C appartient à P .    −2 1 −→−→    AB 0 ; AC −3 . −4−4 −→−→ Les vecteursABetAClignés et appartiennent au planne sont pas colinéaires. Les trois points A, B et C ne sont pas a P , donc ce plan est le plan (ABC). L’affirmation est doncvraie. 2. 2x E +2y E −z E −11=2×3+2×2−(−1)−11=0 donc E appartient à (ABC).   2 −→−→−→−→−→→−   Le vecteurD Ea pour coordonnées :D EAlors : 2 . D E.AB= −4+0−46=0 donc les vecteursD EetABne sont pas 1 orthogonaux. Le point E n’est donc pas le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC). L’affirmation estfausse.   −2 −−→→−→−→−→   3.C D −1 donc AB.C D=4+0−4=0. Les deux vecteursABetC Dsont orthogonaux donc les droites (AB) et (CD) aussi. 1 L’affirmation estvraie. 4. Lepoint C n’appartient pas à la droite dont on donne la représentation paramétrique. En effet, si c’était le cas, il exis   −1+2t=3t=2   terait un réel t tel que : −1+t=1 ⇔ t= ce qui est impossible. Par conséquent, l’affirmation est 2 ,   1−t= −3t=4 fausse.   7 − 5 −→−→ 10 −→ 5.A I  0  doncAB=A I. Les deux vecteurs sont colinéaires, donc I appartient bien à la droite (AB). L’affirmation   7 14 − 5 estvraie. Il fallait donc répondre :VFVFV

Exercice 2 2 1−x 1. Soitf la fonction définie surRpar :f(x)=xe . 1−x2 (a) lim(1−x)= +∞donc lim e= +∞par le théorème de composition des limites. Comme on a aussilimx= x→−∞x→−∞x→−∞ +∞lim, on en déduit que :f(x)= +∞. x→−∞ 2 x 2−x Pour toutx, on a :f(x)=exe=e . x e x2 ex D’après le théorème de croissance comparée,lim= +∞donc lim=0. On en déduit quelimf(x)=0 . 2x x→+∞x→+∞x→+∞ xe L’axe (O x) est donc asymptote à la courbe C en+∞. (b)fest dérivable comme produit et composée de fonctions dérivables ; ′1−x2 1−x2 1−x1−x pour tout x deR,f(x)=2xe−xe=(2x−x)e=x(2−x)e . 1−x′ (c) Pourtout x, e>0 doncf(x) est du signe dex(2−x) qui est strictement positif entre ses racines donc sur ]0 ; 2[, nul en 0 et 2 et négatif ailleurs. On en déduit le tableau de variations : x−∞0 2+∞ ′ f(x)−0+2− 4 +∞ e f(x)ց րց 0 0 Courbe :

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−→ j

−→ i

A

2

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Z 1 ∗n1−x 2. Pourtoutn∈N, on pose :I n =xe dx. 0 Z 1 n+1 1−x (a)I n+1 =xe dx. 0 ½ ½ n+1 ′n (x)=(n+1) u n+1 (x)= x u n+1 x Prenons .Alors :. ′1−x 1−x v(x)=e v(x)= −e u n+1 etvont des dérivées continues donc on peut appliquer la formule d’intégration par parties. Z Z 1 1 ′1′ On a :I n+1 =u n+1 (x)v(x)dx=[u n+1 (x)v(x)]−u(x)v(x)dx 0n+1 0 0 Z 1 £ ¤ 1 n+1 1−x N1−x = −xe+(n+1)xe dx= −1+(n+1)I n . 0 0 Par conséquent, pour tout n, on a :I n+1 =(n+1)I n −1 . (b) Lamême formule d’intégration par parties donne : Z Z 1 1 £ ¤ 1 1 1−x1 x 1 1 x 1−x I 1 =xe dx=[−xe ]+e dx= −1+ −e= −1+(−1+e)=e−2 . 0 0 0 0 En appliquant la formule précédente, on trouve :I 2 =2I 1 −1=2e−5 . Z 1 (c) Onremarque queI 2 =f(x)dxdonc commefest une fonction positive,I 2 représente l’aire, exprimée en 0 unités d’aire, de la partie du plan comprise entre la courbe C , l’axe (O x) et les droites d’équationsx=0 etx=1. 1−x 3. (a)Pour tout x de [0 ; 1], on a : 0 6 x 6 1 donc−1 6 −x 6 0, d’où 0 6 1−x 6 1 qui donne 1 6 e 6 e (en appliquant la n n1−x nn fonction exponentielle qui est croissante) et finalementx 6 xe 6 ex(en multipliant parx).qui est positif (b) Enutilisant les propriétés de l’intégrale, on obtient : Z Z Z ·¸ 1 · ¸ 1 1 11 n+1n+1 x x n n−x n xdx 6 xe dx 6 exdxsoit 6 I n 6 e . 0 00 n+1 0 n+1 0 1 e Par conséquent : 6 I n 6 . n+1n+1 1 e Quand n tend vers+∞, et tendentvers 0 doncI n tend aussi vers 0 (théorème des gendarmes). n+1n+1 limI n =0 . n→+∞

Exercice 3 (pour ceux n’ayant pas choisi la spécialité) µ ¶µ ¶ 1 11 1. (a)Soitzun nombre complexe non nul.z× =1 donc d’après les prérequis, argz× =arg(z)+arg=arg(1)= z zz µ ¶ 1 0+2kπ. Par conséquent : arg= −arg(z)+2kπ. z ′ Alors, pour tous nombres complexeszetznon nuls : µ ¶µ ¶ ³ ´ z1 1 ′ ′ arg=argz× =arg(z)+arg=arg(z)+(−arg(z))=arg(z)−arg(z)+2kπ. ′ ′′ z zz (b) SoientA, B et C trois points du plan, deux à deux distincts, d’affixes respectivesa,betc. ³ ´ c−a →−−→→−→− −→−→ Alors : arg=arg(c−a)−arg(b−a)=(u,AC)−(u,AB) (d’après le prérequis)=(AB,AC) (d’après la relation b−a de Chasles). 1 ′ ′′ 2. Soitfl’application deP\ {O} dansP\ {O} qui, à tout pointM(z) associe le pointM(z) avecz=. z µ ¶ 1 ′ ′ (a) Pourtoutz6=0, arg(z)=arg= −arg(z)=arg(z)+2kπ. arg(z)=arg(z)+2kπ. z −−→ −−→ −→−→ ′ ′ On en déduit que (u,O M)=(u,O M)+2kπdoncMetMappartiennent à unemême demidroite d’origineO. 1 2 (b)f(M)=Méquivaut à=zdonc àz z=1 c’estàdire à|z| =1 donc à|z| =1. z L’ensemble des points invariants parfest le cercle de centreO.et de rayon 1 (c) Pourtoutz6=0 : 1 µ ¶ ′ −1 z−1 1−z1−z1z−1 1z−1 1z−1 z = = == = = ′ 1 z−i 1−izi(−i−ziz+i iz−i iz−i −i z µ ¶ ′ z−1 1z−1 donc= ′ z−i iz−i à ! µ ¶ µ¶ µ¶ µ¶ µ¶ ′ z−1 1z−1z−1πz−1 On en déduit que : arg=arg+arg=arg(−i)−arg−= −arg+2kπ. ′ z−i iz−iz−i 2z−i

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3. (a)Soitztel quez6=1 etz6=i. (doncM6=UetM6=V). µ ¶ −−→−−→ z−1 Mappartient à la droite (U V) privée deUetVsi et seulement si (MU,MV)=kπc’estàdire arg=kπ z−i z−1 donc si et seulement siest réel non nul. z−i µ ¶ z−1 (b)M(z) est un point de la droite (U V) privée deUetVsi et seulement si arg=kπ(d’après la question z−i µ ¶µ ¶ ′ −−→−−→ z−1πz−1π π ′ ′′ ′ précédente) donc arg−= −arg= ±+2kπc’estàdire (M V,M U)= ±+2kπ. ′ z−i 2z−2i 2 ′ Mdécrit alors le cercle de diamètre [U V], privé des pointsU,VetO.

Exercice 3 (pour ceux ayant choisi la spécialité) Partie A : 1.Théorème de Bézout :Deux entiers relatifsxetysont premiers entre eux si et seulement s’il existe deux entiersuetv tels queu x+v y=1.

Théorème de Gauss :Soient trois entiers relatifsa,betc. Siadivisebcet siaetbsont premiers entre eux, alorsa divisec. 2.Démontrons le théorème de Bézout : On suppose queaetbsont premiers entre eux et queadivisebc. Commeaetbsont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il existeuetvrelatifs tels queu a+v b=1. Alors :u ac+v bc=c. Commeadivisebc, il existekrelatif tel quebc=k a. On en déduit :u ac+k a v=cdonca(uc+k v)=c.uc+k vest un entier relatif (somme et produit de relatifs) donca divisec.

Partie B : ½ n≡13 (19) On considère le système (S) n≡6 (12) 1. 19est un nombre premier donc 19 et 12 sont premiers entre eux ; d’après le théorème de Bézout, il existe deux entiers relatifsuetvtels que 19u+12v=1. On pose alorsN=13×12v+6×19u. N=13(1−19u)+6×19u=13−1319u+6×19u≡13(19). N=13×12v+6×(1−12v)=13×12v+6−6×12v≡6(12). Nest bien solution du systèmeS. 2. (a)Soitn 0 une solution de (S). ½ ½ n≡13 (19)n≡13≡n 0 (19) nest solution de (S) si et seulement sic’estàdire n≡6 (12)n≡6≡n 0 (12) ½ n≡n 0 (19) donc (S.) équivaut à n≡n 0 (12) ½ n≡n 0 (19) (b)•Sin≡n 0 (12×19) alors il est clair quen≡n 0 (19) etn≡n 0 .(12) donc que n≡n 0 (12) •Réciproquement : ½ n≡n 0 (19) ′′ ′ Si ,alors il existeketkentiers relatifs tels quen−n 0 =19ketn−n 0 =12kdonc 19k=12k. n≡n 0 (12) ′ ′ 19 divise donc 12ke Gauss, 19 divise. Comme 12 et 19 sont premiers entre eux, d’après le théorème dkdonc ′ ′′′′ ′′ k=12k,k∈Z. Alorsn−n 0 =12×19kdoncn≡n 0 (12×19). ½ n≡n 0 (19) On a montré queéquivaut àn≡n 0 (12×19). n≡n 0 (12) 3. (a)Appliquons l’algorithme d’Euclide : On a successivement : 19=1×12+7 12=7×1+5 7=5×1+2 5=2×2+1 d’où 1=5−2×2=5−2(7−5×1)=5×3−2×7=(12−7)×3−2×7=12×3−7×5=12×3−(19)12)×5=12×8−19×5 . Un couple (u;v) est :(u;v)=(−.5 ; 8)

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AlorsN=13×12×8+6×19×(−5)=678 . (b)N=678 est une solution deS. D’après la question 2b), les solutions de (S) sont tous les nombresntels que n≡N12×19 c’estàdiren≡678 (228). (car 12×19=228) S ={678+228k,k∈Z} 4. Soitnun entier tel que, si on le divise par 12, le reste est 6 et si on le divise par 19, le reste est 13.nest donc une solution de (S). Alorsn≡678 (228)≡222 (228). Le resterde la division denpar 228=12×222 .19 est

Exercice 4 1. NotonsCl’événement « le ballon est crevé ». Alorsp(C)=0, 2. 2 (a) Commeles tirs sont indépendants la probabilité que la ballon soit intact au bout de deux tirs est (1−p(C))= 2 0, 8=0, 64. (b) Calculonsla probabilité que deux tirs suffisent pour crever le ballon. L’événement contraire est : « deux tirs ne suffisent pas », autrement dit, le ballon n’est pas crevé au bout de deux tirs. C’est l’événement contraire de celui étudié au a). Sa probabilité vaut 10,64=0,36. (c) Calculonsla probabilitép n quentirs suffisent pour crever le ballon. L’événement contraire est « le ballon n’est n n pas crevé au bout dentirs », de probabilité (p(C)=0, 8(car les tirs sont indépendants). n Par conséquent :p n =1−.0, 8 n n (d)p n >équivaut à 10, 99−0, 8>c’estàdire à 0,80, 99<0, 01. ln 0, 01 La fonction ln étant croissante, on trouvenln 0, 8<ln 0, 01doncn>soitn > 21 . ln 0, 8 Il faut quen > 21 pour quep n >0, 99. 2. Pourchaque valeur dekcompris entre 1 et 4, la probabilité de crever le ballon est la probabilitép k , calculée en 1) c) : k p k =1−0, 8. 1 Le dé n’est pas pipé donc chaque face a la même probabilité de sortie égale à. 4 1 La probabilité de crever le ballon est :(p 1 +p 2 +p 3 +p 4 )=.0, 4096 4 58 2949 5213 41 3. (a)Les fréquences sont :f 1 = =;f 2 =;f 3 = =etf 4 =. 200 100200 20050 200 µ ¶ 4 2 X 1 2 (b) Alorsd=f k − =.0, 00375 4 k=1 2 (c) Onconstate qued<D 9 . Au risque de 10%, on peut considérer que le dé n’est pas pipé.

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