Fiche de mathématiques

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Baccalauréat Mathématiques

S Obligatoire et spécialité Remplacement

Métropole 2017

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Correction

6 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

Partie A

$u_n=\int\limits_0^ne^{-x^2}\,dx\ \ (n\in\mathbb{N})$
1. a. Pour tout entier naturel n,

$u_{n+1}-u_n=\int\limits_0^{n+1}e^{-x^2}\,dx-\int\limits_0^ne^{-x^2}\,dx\\\\u_{n+1}-u_n=\int\limits_0^{n+1}e^{-x^2}\,dx+\int\limits_n^0e^{-x^2}\,dx\\\\u_{n+1}-u_n=\int\limits_n^{n+1}e^{-x^2}\,dx$

Or la fonction f définie par $f(x)=e^{-x^2}$ est continue et positive sur

, a fortiori sur l'intervalle [n ; n+1].

Par la positivité de l'intégrale, nous en déduisons alors que $\int\limits_n^{n+1}e^{-x^2}\,dx\ge0.$

D'où $u_{n+1}-u_n\ge0.$

Par conséquent la suite (u_n) est croissante.

b. Pour tout réel x supegal

0,

$\begin{array}{r @{\Longleftrightarrow} l} (x-1)^2\ge0\ &\ 0\le (x-1)^2\\&\ 0\le x^2-2x+1\\&\ \boxed{-x^2\le-2x+1} \end{array}$

Puisque la fonction exponentielle est strictement croissante sur

, nous en déduisons que $\boxed{e^{-x^2}\le e^{-2x+1}}$

Par le théorème de comparaison des intégrales, nous obtenons alors : $\int\limits_0^{n}e^{-x^2}\,dx\le \int\limits_0^{n}e^{-2x+1}\,dx$ ,
soit $u_n\le \int\limits_0^{n}e^{-2x+1}\,dx$

Or

$\begin{array}{r @{ = } l} \int\limits_0^{n}e^{-2x+1}\,dx\ &\ -\dfrac{1}{2}\int\limits_0^{n}(-2e^{-2x+1})\,dx\\&\ -\dfrac{1}{2}\left[e^{-2x+1}\right]\limits_0^{n}\\&\ -\dfrac{1}{2}\left[e^{-2n+1}-e^{-2\times0+1}\right]\\&\ -\dfrac{1}{2}\left[e^{-2n+1}-e\right]\\&\ -\dfrac{1}{2}e^{-2n+1}+\dfrac{1}{2}e\end{array}\\.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ <\dfrac{1}{2}e\ \ \ \ \ \ \ (\text{car}\ -\dfrac{1}{2}e^{-2n+1}<0)$

D'où $u_n\le \int\limits_0^{n}e^{-2x+1}\,dx<\dfrac{1}{2}e\Longrightarrow\boxed{u_n<\dfrac{e}{2}}.$

c. La suite (u_n) étant croissante et majorée par $\dfrac{e}{2}$ , nous en déduisons qu'elle est convergente.

2. a. $p=\dfrac{\text{Aire de }\mathscr{D}}{\text{Aire de }OABC}$

Puisque la fonction f est positive sur l'intervalle [0 ; 2], nous obtenons :

$\text{Aire de }\mathscr{D}=\int\limits_0^{2}e^{-x^2}\,dx=u_2$

De plus, $\text{Aire de }OABC=OA\times OC=2\times1=2$

D'où $p=\dfrac{u_2}{2}$

Par conséquent, $\boxed{u_2=2p}$

« b. i. La condition « $\;\text{ Si }Y\le e^{-x^2}\ \;\text{ }$ » est synonyme de « Si le point M(X ;Y) appartient au domaine $\mathscr{D}$ ».
La condition permet donc de tester l'appartenance du point M(X ;Y) au domaine $\mathscr{D}$ .

ii. La valeur F affichée par cet algorithme représente la proportion des points M(X ;Y) appartenant au domaine $\mathscr{D}$ pour N tirages effectués.

iii. Lorsque N devient très grand, nous pourrions conjecturer que cette proportion $F$ tendra vers p.

c. Si N = 10⁶ et C = 441138, alors $F=\dfrac{441138}{10^6}=0,441138.$

Donc p environegal

0,441 (à 10^-3 près).

D'où $u_2=2p\approx2\times0,441=0,882$

Par conséquent $\boxed{u_2\approx0,88\ \ \text{à }10^{-2}\ \text{près}}$

Partie B

1. $A(x)=ON\times OP$

Puisque x appartient à l'intervalle [0 ; 2], ON = x supegal

0.

De plus $OP=e^{-x^2}>0.$

Donc $A(x)=x\times e^{-x^2},$ soit $\boxed{A(x)=x e^{-x^2}}$

2. Variations de la fonction A :

$\begin{array}{r @{ = } l} A'(x)\ &\ (xe^{-x^2})'\\&\ x'\times e^{-x^2}+x\times(e^{-x^2})'\\&\ 1\times e^{-x^2}+x\times(-2xe^{-x^2})\\&\ e^{-x^2}-2x^2 e^{-x^2}\\&\ (1-2x^2) e^{-x^2}\\&\ (1-\sqrt{2}x)(1+\sqrt{2}x) e^{-x^2} \end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{A'(x)=(1-\sqrt{2}x)(1+\sqrt{2}x) e^{-x^2}}$

Or

$\left\lbrace\begin{array}l x\in[0;2]\Longrightarrow x\ge0\Longrightarrow\bf{1+\sqrt{2}x\ge0}\\\\\bf{e^{-x^2}>0} \\ \end{array}$

Donc le signe de la dérivée A'(x) sera le signe de $1-\sqrt{2}x$

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} 1-\sqrt{2}x=0\ &\ \sqrt{2}x=1\\&\ x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&\ x =\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\\\\\\\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} 1-\sqrt{2}x>0\ &\ \sqrt{2}x<1\\&\ x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&\ x <\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{array}\begin{array}|\\\\\\\\\\\end{array}\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} 1-\sqrt{2}x<0\ &\ \sqrt{2}x>1\\&\ x>\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&\ x >\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x&0&&\dfrac{\sqrt{2}}{2}&&2 \\\hline 1-\sqrt{2}x&&+&0&-& \\\hline A'(x)&&+&0&-&\\\hline &&&A(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}e^{-\frac{1}{2}}&&\\ A(x)&&\nearrow&&\searrow&\\ &A(0)=0&&&&A(2)=2e^{-4} \\ \hline \end{array}$

Par conséquent l'aire du rectangle ONMP est maximale si $x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$

3. L'aire de la partie à peindre en bleu est donnée par $A(\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}e^{-\frac{1}{2}}\approx\boxed{0,43\ m^2}.$

L'aire de la partie à peindre en blanc est donnée par $u_2-A(\dfrac{\sqrt{2}}{2})\approx0,88-0,43\approx\boxed{0,45\ m^2}.$

4 points

exercice 2 - Commun à tous les candidats

1. Résoudre dans

l'équation $-z^2+2z-2=0$

$\Delta=2^2-4\times(-1)\times(-2)=4-8=-4=4i^2\\\\z_1=\dfrac{-2-2i}{-2}=\dfrac{-2(1+i)}{-2}=1+i\\\\z_2=\overline{z_1}=1-i$

D'où l'ensemble des solutions complexes de l'équation $-z^2+2z-2=0$ est $\boxed{S = \lbrace 1+i ; 1-i\rbrace}$

Les affixes des points dont l'image est le point d'affixe 2 vérifient l'équation $z'=2.$

Ces affixes sont donc les solutions de l'équation $-z^2+2z=2,$ soit de l'équation $-z^2+2z-2=0.$

Par conséquent les affixes des points dont l'image est le point d'affixe 2 sont 1+i et 1-i.

2. L'affixe du milieu du segment [NM'] se calcule par :

$\dfrac{z_N+z_{M'}}{2}=\dfrac{z^2+(-z^2+2z)}{2}=\dfrac{z^2-z^2+2z}{2}=\dfrac{2z}{2}=z.$

D'où le milieu du segment [NM'] est le point M.

3. a. Comme le point M appartient au cercle $\mathscr{C}$ de centre O et de rayon 1, nous en déduisons que $\boxed{|z|=1}.$

On note theta

un argument de z.

Alors $z_N=z^2=1^2\times e^{2\theta}= e^{2\theta}.$

D'où $\boxed{|z_N|=1\ \ \text{et}\ \ \arg(z_N)=2\theta}.$

b. Construction des points N et M'.

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c. Par construction, le point N est sur le cercle de centre M passant par le point A.
Donc MN = MA.

De plus nous avons montré dans la question 2 que le point M est le milieu du segment [NM'].
Donc MN = MM'.

Nous en déduisons alors que MA = MM'

Par conséquent, le triangle AMM' est isocèle en M.

5 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

1. a. Par la calculatrice, nous obtenons : $\boxed{P(1,04\le T\le2,64)\approx0,954}\ \ \text{(arrondi au millième)}.$

b. Nous devons calculer $p(T\ge1,2).$

Or l'espérance

est égale à 1,84.

Puisque 1,84 > 1,2, nous avons : $p(T\ge 1,2)=p(1,2\le T\le 1,84)+0,5$

$p(T\ge 1,2)\approx0,445+0,5\\\\\boxed{p(T\ge 1,2)\approx0,945}$

2. a. Les données de l'énoncé se traduisent par l'arbre pondéré suivant :

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b. Calcul de p(B) :

$\begin{array}{r @{ = } l} p(B)\ &\ p_M(B)\times p(M)+p_{\overline{M}}(B)\times p(\overline{M})\\&\ 0,8\times0,6+0,1\times0,4\\&\ 0,48+0,04\\&\ 0,52 \end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{p(B)=0,52}$

c. La probabilité qu'un patient ait pris le médicament sachant que son taux de cholestérol a baissé se calcule par $p_B(M).$

$\begin{array}{r @{ = } l} p_B(M)\ &\ \dfrac{p(M\cap B)}{p(B)}\\&\ \dfrac{0,6\times0,8}{0,52}\\&\ \dfrac{0,48}{0,52}\\&\ \dfrac{12}{13} \end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{p_B(M)=\dfrac{12}{13}\approx0,923}$

3. a. Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique $I_{100}$ au seuil de 95 % de la proportion de patients suivant ce traitement et présentant des effets secondaires.

Les conditions d'utilisation de l'intervalle de fluctuation sont remplies.
En effet,

$\left\lbrace\begin{array}l n=100\ge30 \\ p=0,3\Longrightarrow np=100\times0,3=30\ge5 \\n(1-p)=100\times(1-0,3)=100\times0,7=70\ge5 \end{array}$

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique $I_{100}$ au seuil de 95% est :

$I_{100}=\left[0,3-1,96\sqrt{\dfrac{0,3 (1-0,3)}{100}};0,3+1,96\sqrt{\dfrac{0,3 (1-0,3)}{100}}\right]\\\\I_{100}\approx[0,210;0,390]$

b. La fréquence observée est $f=\dfrac{37}{100}=0,37$

Nous remarquons que $f\in I_{100}.$

Par conséquent, nous pouvons accepter l'annonce effectuée par le laboratoire (au risque de 5 %).

c. La fréquence observée est f = 0,37.

Si n représente l'effectif de l'échantillon, alors un intervalle de confiance au niveau de confiance 95% est de la forme $[0,37-\dfrac{1}{\sqrt{n}};0,37+\dfrac{1}{\sqrt{n}}].$

Nous savons que la fréquence 0,30 n'appartient pas à l'intervalle.

Dès lors :

$0,30<0,37-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\\\\\dfrac{1}{\sqrt{n}}<0,37-0,30\\\\\dfrac{1}{\sqrt{n}}<0,07\\\\\sqrt{n}>\dfrac{1}{0,07}\\\\n>(\dfrac{1}{0,07})^2\\\\\boxed{n>204,082}$

Par conséquent, l'effectif minimal de l'échantillon de cette étude est de 205 patients.

5 points

exercice 4 - Pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

1. Dans le repère $(A;\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE})$ , nous avons :

A(0 ;0 ;0) , B(1 ;0 ;0), C(1 ;1 ;0), D(0;1;0), E(0;0;1), F(1;0;1), G(1;1;1), H(0;1;1).

Le point I est le milieu du segment [EH].

$I(\dfrac{x_E+x_H}{2};\dfrac{y_E+y_H}{2};\dfrac{z_E+z_H}{2})\\\\I(\dfrac{0+0}{2};\dfrac{0+1}{2};\dfrac{1+1}{2})\\\\\Longrightarrow\boxed{I(0;\dfrac{1}{2};1)}.$

Le point J est le milieu du segment [FB].

$J(\dfrac{x_F+x_B}{2};\dfrac{y_F+y_B}{2};\dfrac{z_F+z_B}{2})\\\\J(\dfrac{1+1}{2};\dfrac{0+0}{2};\dfrac{1+0}{2})\\\\\Longrightarrow\boxed{J(1;0;\dfrac{1}{2})}.$

2. a.Montrons que le vecteur $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\2\end{pmatrix}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéraires $\overrightarrow{BG}$ et $\overrightarrow{BI}$ du plan (BGI).

$\left\lbrace\begin{array}l B(1;0;0)\\G(1;1;1)\end{array}\Longrightarrow\overrightarrow{BG}\begin{pmatrix}1-1\\1-0 \\1-0\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{BG}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}}$

$\left\lbrace\begin{array}l B(1;0;0)\\I(0;\dfrac{1}{2};1)\end{array}\Longrightarrow\overrightarrow{BI}\begin{pmatrix}0-1\\\dfrac{1}{2}-0\\1-0\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{BI}\begin{pmatrix}-1\\\dfrac{1}{2}\\1\end{pmatrix}}$

Manifestement, les vecteurs $\overrightarrow{BG}$ et $\overrightarrow{BI}$ ne sont pas colinéaires.

De plus,

$\begin{array}{r @{ = } l} \overrightarrow{n}.\overrightarrow{BG}\ \ &\ 1\times0+(-2)\times1+2\times1\\\ \ &\ 0-2+2\\\ \ &\ 0\end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{n}\perp\overrightarrow{BG}}$

$\begin{array}{r @{ = } l} \overrightarrow{n}.\overrightarrow{BI}\ \ &\ 1\times(-1)+(-2)\times\dfrac{1}{2}+2\times1\\\ \ &\ -1-1+2\\\ \ &\ 0\end{array}\\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{n}\perp\overrightarrow{BI}}$

Par conséquent, le vecteur $\overrightarrow{n}$ étant orthogonal à deux vecteurs non colinéraires $\overrightarrow{BG}$ et $\overrightarrow{BI}$ du plan (BGI), nous en déduisons que le vecteur $\overrightarrow{n}$ est normal au plan (BGI).

b. Nous savons que tout plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ admet une équation cartésienne de la
forme ax + by + cz + d = 0.

Puisque le vecteur $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\2\end{pmatrix}$ est normal au plan (BGI), nous déduisons qu'une équation cartésienne du plan (BGI) est de la forme x - 2y + 2z + d = 0

Or le point B(1 ; 0 ; 0) appartient au plan (BGI). Ses coordonnées vérifient l'équation du plan.
D'où 1 - 0 + 0 + d = 0, soit d=-1

Par conséquent, une équation cartésienne du plan (BGI) est : $x - 2y + 2z - 1 = 0.$

c. Le point K est le milieu du segment [HJ].

$K(\dfrac{x_H+x_J}{2};\dfrac{y_H+y_J}{2};\dfrac{z_H+z_J}{2})\\\\K(\dfrac{0+1}{2};\dfrac{1+0}{2};\dfrac{1+\dfrac{1}{2}}{2})\\\\\Longrightarrow\boxed{K(\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{4})}.$

Le point K appartiendra au plan (BGI) si ses coordonnées vérifient l'équation du plan.

En remplaçant x, y et z dans le premier membre de l'équation du plan (BGI) respectivement par $\dfrac{1}{2},\ \dfrac{1}{2}\ \text{et }\dfrac{3}{4}$ , nous obtenons $\dfrac{1}{2} - 2\times \dfrac{1}{2} + 2\times\dfrac{3}{4} - 1 =\dfrac{1}{2}- 1 + \dfrac{3}{2} - 1 = 0.$

Puisque les coordonnées du point K vérifient l'équation du plan (BGI), nous déduisons que le point K appartient au plan (BGI).

3. a. Le volume du tétraèdre FBIG est donné par $\mathscr{V}=\dfrac{1}{3}\times\text{Aire}_{\text{triangle FIG}}\times FB$

Or

$\text{Aire}_{\text{triangle } FIG}=\text{Aire}_{\text{rectangle } EFGH}-\text{Aire}_{\text{triangle } FEI}-\text{Aire}_{\text{triangle } GHI}\\\\\text{Aire}_{\text{triangle } FIG}=EF\times FG-\dfrac{1}{2}\times EF\times EI-\dfrac{1}{2}\times HG\times HI\\\\\text{Aire}_{\text{triangle } FIG}=1\times 1-\dfrac{1}{2}\times 1\times \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\times 1\times \dfrac{1}{2}\\\\\text{Aire}_{\text{triangle } FIG}=1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\\\\\boxed{\text{Aire}_{\text{triangle } FIG}=\dfrac{1}{2}}.$

D'où

$\mathscr{V}=\dfrac{1}{3}\times\text{Aire}_{\text{triangle FIG}}\times FB$

$\mathscr{V}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{1}{2}\times 1\\\\\boxed{\mathscr{V}=\dfrac{1}{6}}$

b. La droite deltamaj

passe par le point F(1;0;1) et est orthogonale au plan (BGI).

Donc cette droite deltamaj

passe par le point $F({\blue{1}};{\blue{0}};{\blue{1}})$ et est dirigée par le vecteur $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}{\red{1}}\\ {\red{-2}}\\ {\red{2}}\end{pmatrix}$ .

Par conséquent, une représentation paramétrique de la droite deltamaj

est :

$\left\lbrace\begin{array}l x={\blue{1}}+{\red{1}}\times t\\y={\blue{0}}+{\red{(-2)}}\times t\\z={\blue{1}}+{\red{2}}\times t \end{array}$

soit $\boxed{\Delta:\left\lbrace\begin{array}l x=1+t\\y=-2t\\z=1+2t \end{array}\ \ \ (t\in\mathbb{R})}$

c. Les coordonnées du point F' sont les solutions du système composé par les équations de la droite deltamaj

et du plan (BGI),

soit du système :

$\left\lbrace\begin{array}l x=1+t\\y=-2t\\z=1+2t\\x-2y+2z-1=0 \end{array}\ \ \ \ \left\lbrace\begin{array}l x=1+t\\y=-2t\\z=1+2t\\ (1+t)-2(-2t)+2(1+2t)-1=0 \end{array}\ \ \ \ \left\lbrace\begin{array}l x=1+t\\y=-2t\\z=1+2t\\9t+2=0 \end{array}$

$\left\lbrace\begin{array}l x=1+t\\y=-2t\\z=1+2t\\\\t=-\dfrac{2}{9} \end{array}\ \ \ \ \ \ \ \ \left\lbrace\begin{array}l x=1-\dfrac{2}{9}\\y=-2\times(-\dfrac{2}{9})\\z=1+2\times(-\dfrac{2}{9})\\\\t=-\dfrac{2}{9} \end{array}\ \ \ \ \left\lbrace\begin{array}l x=\dfrac{7}{9}\\\\y=\dfrac{4}{9}\\\\z=\dfrac{5}{9}\\\\t=-\dfrac{2}{9} \end{array}$

D'où les coordonnées du point F' sont $\boxed{F'(\dfrac{7}{9} ; \dfrac{4}{9} ; \dfrac{5}{9})}.$

d. $FF'=\sqrt{(\dfrac{7}{9}-1)^2+(\dfrac{4}{9}-0)^2+(\dfrac{5}{9}-1)^2}$

$FF'=\sqrt{(-\dfrac{2}{9})^2+(\dfrac{4}{9})^2+(-\dfrac{4}{9})^2}\\\\FF'=\sqrt{\dfrac{4}{81}+\dfrac{16}{81}+\dfrac{16}{81}}\\\\FF'=\sqrt{\dfrac{36}{81}}=\sqrt{\dfrac{4}{9}}\\\\\boxed{FF'=\dfrac{2}{3}}$

Par les questions 3 b et 3 c, nous savons que la droite (FF') est orthogonale à au plan (BGI) et par conséquent que (FF') est la hauteur du tétraèdre FBIG issue du sommet F.

Nous en déduisons alors qu'une autre expression du volume du tétraèdre FBIG est $\mathscr{V}=\dfrac{1}{3}\times\text{Aire}_{\text{triangle BGI}}\times FF'$

Nous savons également par la question 3 a) que le volume du tétraèdre FBIG est $\mathscr{V}=\dfrac{1}{6}.$

D'où

$\dfrac{1}{3}\times\text{Aire}_{\text{triangle BGI}}\times FF'=\dfrac{1}{6}\\\\\dfrac{1}{3}\times\text{Aire}_{\text{triangle BGI}}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{6}\\\\\dfrac{2}{9}\times\text{Aire}_{\text{triangle BGI}}=\dfrac{1}{6}\\\\\text{Aire}_{\text{triangle BGI}}=\dfrac{1}{6}\times\dfrac{9}{2}=\dfrac{9}{12}\\\\\Longrightarrow\boxed{\text{Aire}_{\text{triangle BGI}}=\dfrac{3}{4}}$

5 points

exercice 4 - Pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Partie A

1. Une équation cartésienne du plan $\mathscr{P}$ est de la forme $ax+by+cz=73.$

$\left\lbrace\begin{array}l A(1;5;-2)\in\mathscr{P}\\B(7;-1;3)\in\mathscr{P}\\C(-2;7;-2)\in\mathscr{P}\end{array}\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{array}l a+5b-2c=73\\ 7a-b+3c=73\\-2a+7b-2c=73\end{array}$

Ecrivons ce système sous forme matricielle.

$\begin{pmatrix}1 & 5 & -2\\ 7 &-1 &3 \\ -2 & 7 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a\\ b\\ c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}73\\ 73\\ 73\end{pmatrix}\\\\\begin{pmatrix}1 & 5 & -2\\ 7 &-1 &3 \\ -2 & 7 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}a\\ b\\ c\end{pmatrix}=73\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}$

$\text{Si }X=\begin{pmatrix}a\\ b\\ c\end{pmatrix}\text{, }Y=\begin{pmatrix}1\\ 1\\ 1\end{pmatrix}\text{ et }M=\begin{pmatrix}1 & 5 & -2\\ 7 &-1 &3 \\ -2 & 7 & -2\end{pmatrix}$

alors X vérifie bien la relation MX=73Y.

2. Selon l'énoncé, nous savons que $M\times N=N\times M=\begin{pmatrix}73 & 0 & 0\\ 0 &73 &0 \\ 0 & 0 & 73\end{pmatrix},$

soit que $M\times N=N\times M=73I_3$ où I₃ est la matrice unité d'ordre 3.

ou encore que $M\times \dfrac{1}{73}N=\dfrac{1}{73}N\times M=I_3$ (en multipliant les trois membres des égalités par $\dfrac{1}{73}$ )

Par conséquent la matrice M est inversible et $\boxed{M^{-1}=\dfrac{1}{73}N}.$

3. Par la question 1, nous savons que MX=73Y.

Par la question 2, nous savons que $M^{-1}=\dfrac{1}{73}N,$ soit que $73M^{-1}=N.$

D'où

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} MX=73Y\ &\ M^{-1}MX=73M^{-1}Y\\&\ I_3X=NY\\&\ \boxed{X=NY} \end{array}$

Nous en déduisons que

$X=\begin{pmatrix}19 & 4 & -13\\ -8 &6 &17 \\ -47 & 17 & 36\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}1\\ 1 \\1\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow X=\begin{pmatrix}10\\ 15 \\6\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow \boxed{\begin{pmatrix}a\\ b \\c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}10\\ 15 \\6\end{pmatrix}}$

Par conséquent, le plan $\mathscr{P}$ admet pour équation cartésienne 10x + 15y + 6z = 73.

Partie B

1. a. M(x;y;z) est un point appartenant au plan $\mathscr{P}$ et au plan d'équation z=3.

D'où nous pouvons remplacer z par 3 dans l'équation du plan $\mathscr{P}.$

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} 10x + 15y + 6\times3 = 73\ &\ 10x + 15y + 18 = 73\\&\ 10x + 15y =55 \\&\ 5(2x + 3y) =55\\&\ \boxed{2x + 3y =11} \end{array}$

Par conséquent les entiers x et y sont solutions de l'équation $(E):2x+3y=11.$

b. Le couple (7;-1) est une solution particulière de l'équation (E) car $2\times7+3\times(-1)=14-3=11.$

Résolvons l'équation (E) pour x et y appartenant à

.

$2x+3y=11\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l 2x+3y=11\\ {\red{2\times7+3\times(-1)}}={\red{11}} \end{array}$

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} 2x+3y=11\ &\ 2x\ {\red{-\ 2\times7}}+3y\ {\red{-\ 3\times(-1)}}=11\ {\red{-\ 11}}\\&\ 2(x-7)+3(y+1)=0\\&\ 2(7-x)=3(y+1)\\&\ \left\lbrace\begin{array}l 2(7-x)=3(y+1)\\\text{2 et 3 sont premiers entre eux.} \end{array} \end{array}$

D'après le théorème de Gauss, 2 divise (y+1).

Donc il existe une entier k tel que y + 1 = 2k.

$\begin{array}{r @{ \Longleftrightarrow } l} 2(7-x)=3(y+1)\ &\ \left\lbrace\begin{array}l 2(7-x)=3(y+1)\\y+1=2k \end{array} \\&\ \left\lbrace\begin{array}l 2(7-x)=3\times2k\\y+1=2k \end{array} \\&\ \left\lbrace\begin{array}l 7-x=3k\\y=2k-1 \end{array}\\&\ \left\lbrace\begin{array}l x=7-3k\\y=2k-1 \end{array} \end{array}$

Par conséquent,
les solutions entières de l'équation 2x+3y=11 sont les couples de la forme (7-3k ; 2k-1) avec k .

c. Puisque les points cherchés appartiennent au plan d'équation z = 3, leurs coordonnées sont de la forme (x;y;3).

De plus ces coordonnées doivent être des nombres entiers naturels.

D'où

$\left\lbrace\begin{array}l x\ge0\\y\ge0 \end{array} \Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l 7-3k\ge0\\2k-1\ge0 \end{array} \Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l 7\ge3k\\2k\ge1 \end{array}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{array}l k\le\dfrac{7}{3}\\k\ge\dfrac{1}{2} \end{array} \Longleftrightarrow\dfrac{1}{2}\le k\le\dfrac{7}{3}.$

Les seules valeurs entières de k vérifiant l'inégalité $\dfrac{1}{2}\le k\le\dfrac{7}{3}$ sont k = 1 et k = 2.

Si k = 1, alors x = 7 - 3 = 4 et y = 2 - 1 = 1.
Si k = 2, alors x = 7 - 6 = 1 et y = 4 - 1 = 3.

Par conséquent, les coordonnées des deux points cherchés sont : (4 ; 1 ; 3) et (1 ; 3 ; 3).

2. a. Montrons que y est impair.

$\begin{array}{r @{ \Longrightarrow } l} 10x+14y+6z=2(5x+7y+z)\ &\ 10x+14y+6z\equiv0[2]\\&\ 10x+15y+6z\equiv y[2] \end{array}\\\\\begin{array}{r @{ \Longrightarrow } l} 73=2\times36+1\ &\ 73\equiv1[2] \end{array}$

D'où si 10x+15y+6z=73, alors $\boxed{y\equiv1[2]}$

Par conséquent, y est impair.

b. Montrons que $x\equiv1 [3]$

$10=3\times3+1 \Longrightarrow 10\equiv1[3] \Longrightarrow 10x\equiv x[3]\\\\15y+6z=3(5y+2Z)\Longrightarrow 15y+6z\equiv0 [3]$

Donc $10x+15y+6z\equiv x[3]$

De plus, $73=3\times24+1 \Longrightarrow 73\equiv1 [3]$

Donc si 10x+15y+6z=73, alors on en déduit que $\boxed{x\equiv1 [3]}.$

Selon l'énoncé, on admet que $\boxed{z\equiv3 [5]}.$

c. $M(x ;y ;z)\in\mathscr{P} \Longleftrightarrow 10x+15y+6z=73$

$\Longleftrightarrow 10(1+3p)+15(1+2q)+6(3+5r)=73\\\\\Longleftrightarrow 10+30p+15+30q+18+30r=73\\\\\Longleftrightarrow 30p+30q+30r+43=73\\\\\Longleftrightarrow 30p+30q+30r=73-43\\\\\Longleftrightarrow 30p+30q+30r=30\\\\\Longleftrightarrow 30(p+q+r)=30\\\\\Longleftrightarrow \boxed{p+q+r=1}$

d. Puisque p, q et r sont des entiers naturels vérifiant la relation p+q+r = 1, les seules possibilités pour les triplets (p ; q ;r) sont (1;0;0) ; (0;1;0) et (0;0;1).

Si p=1, q=0 et r=0, alors

x = 1 + 3 = 4
y = 1 + 0 = 1
z = 3 + 0 = 3

D'où les coordonnées du premier point cherché sont (4 ; 1 ; 3).

Si p=0, q=1 et r=0, alors

x = 1 + 0 = 1
y = 1 + 2 = 3
z = 3 + 0 = 3
D'où les coordonnées du deuxième point cherché sont (1 ;3 ; 3).

Si p=0, q=0 et r=1, alors

x = 1 + 0 = 1
y = 1 + 0 = 1
z = 3 + 5 = 8
D'où les coordonnées du troisième point cherché sont (1 ; 1 ; 8).

Par conséquent, il existe exactement trois points du plan $\mathscr{P}$ dont les coordonnées sont des entiers naturels.
Les coordonnées de ces points sont (4 ; 1 ; 3), (1 ; 3 ; 3) et (1 ; 1 ; 8).

Publié par malou/Panter le 23-06-2020

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