Fiche de mathématiques
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Baccalauréat Mathématiques

S Obligatoire et spécialité Remplacement

Métropole 2017

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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 R, 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 (un) 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 R, 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 (un) 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 C 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'.

 : image 14


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 mu 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 :

 : image 13


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 Z.

 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 appartient Z.

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).
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