Corrigé – exercices - calcul avancé 7, Exercices de Calcul avancé
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé – exercices - calcul avancé 7, Exercices de Calcul avancé

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Corrigé – exercices sur les calcul avancé 7 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Étude de fonction. Étude de la fonction f et tracé de sa courbe représentative C.
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AsieSCorrectionBaajjuin2011.dvi

[ Baccalauréat S Asie 21 juin 2011 \

EXERCICE 1 5 points

1.

(∀x ∈]0;+∞[) f (x)= lnx

x .

a. La limite de la fonction f en 0 est−∞ car lim x→0 ; x>0

( 1

x

) =+∞ et lim

x→0 ; x>0 (ln(x))=−∞ ;

donc on obtient par produit le résultat énoncé.

En +∞, la limite de la fonction f est 0 (voir le cours).

b. f ′(x)= 1 x × x−1× ln(x)

x2 =

1

x2 × (1− ln(x)) .

c. f ′(x) est du signe de (1− ln(x)) sur ]0 ; +∞[, or sur ]0 ; +∞[ ; 1− ln(x)> 0 ⇐⇒ x < e; 1− ln(x)< 0 ⇐⇒ x > e; 1− ln(x)= 0 ⇐⇒ x = e

x 0 e +∞ f ′(x) + 0 −

f

−∞

1 e

0

2. Étude d’une fonction g

On considère la fonction g définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par :

g (x)= (lnx)2

x .

On note Cg la courbe représentative de la fonction g dans le repère ( O,

−→ ı ,

−→ ) .

a. La limite de g en 0 est +∞ car g (x)= f (x)× ln(x) or , lim

x→0;x>0 (ln(x))=−∞ ; lim

x→0 ; x>0 ( f (x))=−∞ ; donc on obtient par produit le ré-

sultat énoncé. La limite de g en +∞ est 0 car :

4

( ln(

p x)

p x

)2 = ( 2ln(

p x)

p x

)2 = ( ln(x) p x

)2 =

(ln(x))2

x = g (x).

Donc lim x→+∞

(g (x))= lim x→+∞

( 4

( ln(

p x)

p x

)2) = lim

X→+∞

( 4

( ln(X )

X

)2) = 0 car lim

X→+∞

( ln(X )

X

) = 0 ;

on a posé X = p x et X tend vers +∞ quand xtend vers +∞.

b. g ′(x)= 1

x2 × (2ln(x)− (ln(x))2)=

1

x2 × (2− ln(x))× ln(x),

donc g ′(x) s’annule si et seulement si ln(x)= 0 ou ln(x)= 2 donc pour x = 1 ou x = e2.

x 0 1 e2 +∞ ln(x) || − 0 +

(2− ln(x)) || + + 0 − g ′(x) || − 0 + 0 −

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c.

x 0 1 e2 +∞ g ′(x) − 0 + 0 − 0

g

+∞

0

4 e2

0

3. a. Les courbesC f etCg se coupent aux points dont les abscisses sont les solutions f (x)= g (x) f (x)= g (x) ⇐⇒ ln(x)= (ln(x))2 ⇐⇒ 0= (ln(x))2−ln(x) ⇐⇒ 0= ln(x)×(ln(x)− 1) ⇐⇒ ln(x)= 0 ou ln(x)= 1 ⇐⇒ x = 1 ou x = e ce sont les deux points A(1 ; 0);B

( e ;

1

e

) .

b. La position relative des courbes C f et Cgest donnée par l’étude du signe de f (x)− g (x). f (x)− g (x)< 0 ⇐⇒ ln(x)< (ln(x))2 ⇐⇒ ln(x)(1− ln(x))< 0

x 0 1 e +∞ ln(x) || − 0 +

(1− ln(x)) || + + 0 − ln(x)× (1− ln(x)) || − 0 + 0 −

f (x)− g (x)< 0 ⇐⇒ ln(x)< 0ou ln(x)> 1 ⇐⇒ x < 1oux > e f (x)− g (x)> 0 ⇐⇒ 1< x < e

La courbe de f est au dessus de la courbe de g pour x ∈]1 ; e[. La courbe de f est au dessous de la courbe de g pour x ∈]0 ; 1[∩]e ; +∞[. La courbe de f coupe la courbe de g pour x = 1 ou pour x = e.

c. On a tracé sur le graphique de l’annexe 1 (à rendre avec la copie) la courbeCg .

4. A = ∫e

1 ( f (x)− g (x))dx car sur [1 ; e], f (x)> g (x) et f et g sont continues

sur cet intervalle.

A = ∫e

1 ( ln(x)

x )dx

∫e

1 ( (ln(x))2

x )dx = [

(ln(x))2

2 − (ln(x))3

3 ]e1 =

1

2 − 1

3 =

1

6

(pour trouver les primitives, on a reconnu la forme un ×u′ avec u : x 7→ u(x) = ln(x) et u′ : x 7→ u′(x) = 1

x et pour la première intégrale n = 1 c’est u×u′ et pour la

deuxième n = 2 c’est uu′ ;

et si n 6= −1, alors un ×u′ a pour primitive x 7→ u(x) n+1

n+1 .

Asie 2 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe 1 (exercice 1)

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

−0,1

−0,2

−0,3

−0,4

5 10 15 20

×E

C f

O

Asie 3 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 2 5 points

Commun à tous les candidats

La figure est donnée en annexe 2.

1. L’écriture complexe de la rotation r de centre A et d’angle π

2 est z ′ = e

i π

2 (zzA)+zA.

Donc z ′ = iz+2i−2. Le point J a pour affixe izB −2+2i=−5−2+2i=−7+2i. On admettra que l’affixe du point K est - 2 - 6i.

2. Les droites (BK) et (JC) sont perpendiculaires si et seulement si arg( z−→ JC

z−−→ BK

) = π

2 ou

π

2 .

Les segments [BK ] et [JC ] ont la même longueur si et seulement si | z JC

zBK |= 1

Calculons z−→ JC

z−−→ BK

c’est 4+7−2i

−2−6i−5i =

11−2i −2−11i

= i(−11i−2) −2−11i

= i.

Donc en prenantmodule et argument de i, on prouve ainsi que arg( z JC

zBK )=

π

2 et que

| z−→ JC

z−−→ BK

|= 1

donc les segments [BK] et [JC] ont la même longueur et sont perpendiculaires.

La longueur de [BK ] égale la longueur de [JC ] égale p 112+22 =

p 125.

3. a. Le point S est le milieu de [JB] donc si on note zS l’affixe de S, zS = z J + zB

2 =

−3,5+3,5i. Le point T est le milieu de [KC ] donc si on note zT l’affixe de T , zT =

zK + zC 2

= 1−3i.

b. Le pointU est le milieu de [CN ], or N est obtenu par rotation de π

2 autour de

B du point C , donc zN = i(zC zB )+ zBdonc zN = 5+9i donc zU = 5+9i+4

2 =

4,5+4,5i . c. Démontrons que la droite (AU ) est perpendiculaire à la droite (ST ) en calculant

un argument de z−−→ AU

z−−→ ST

.

Or z−−→ AU

z−−→ ST

= 4,5+4,5i+2

1−3i+3,5−3,5i =

6,5+4,5i 4,5−6,5i

= i× (4,5−6,5i) 4,5−6,5i

= i

donc ( −−→ ST ;

−−→ AU )=

π

2 , la droite (AU ) est perpendiculaire à la droite (ST ).

4. Une mesure de l’angle (−→ JC ,

−−→ AU

) est donnée par un argument de

z−−→ AU

z−→ JC

.

Or z−−→ AU

z−→ JC

= 4,5+4,5i+2

11−2i =

6,5+4,5i 11−2i

= (6,5+4,5i)× (11+2i)

125 =

(13+9i)× (11+2i) 250

=

(143−18)+ i× (99+26) 250

= 125+125i

250 =

1+ i 2

= p 2×ei

π 4

2 =

p 2

2 × ei

π 4 , donc l’angle

(−→ JC ,

−−→ AU

) vaut

π

4 à 2près

5. On admet que les droites (BK) et (JC) se coupent au point V d’affixe

v =−0,752+0,864i (en fait x = −0,752 et y = 0,864 s’obtiennent en résolvant le système donné par

les deux équations des droites(BK ) et (JC ) d’équations respectives : y = 11

2 x+5 et

y = −2 11

(x−4)).

Asie 4 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

a. z−−→ AV

= 2−0,752+0,864i = 1,248+0,864i. z−−→ AU

= 6,5+4,5i.

Or 1,248 = 1248

1000 =

156

125 = 13×

12

125 = 6,5×

24

125 .

0.864 = 864

1000 =

108

125 = 9×

12

125 = 4,5×

24

125 .

Donc −−→ AV =

24

125

−−→ AU donc A, V ,U sont alignés.

b. l’angle BVC est droit car (−→ JC ,

−−→ BK

) =

π

2 c’est l’angle entre les droites (BK ) ; (JC )

et on sait que l’angle UVC vaut π 4 car

(−→ JC ,

−−→ AU

) =

π

4 donc comme V est aligné

avec J etC et J ,V ,C sont alignés dans cet ordre et que A,V ,U sont aussi alignés dans cet ordre(−−→ VC ,

−−→ VU

) =

π

4 , donc la demi-droite [VU )est la bissectrice de l’angle BVC.

La droite (AU ) est donc bissectrice de l’angle BVC.

Asie 5 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe 2 (exercice 2)

VA

B

C

I

J

K L

M

N

S

T

U

bc

bc

bc

CVU= 45o A

Asie 6 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

EXERCICE 3 5 points

1. a. Une représentation paramétrique de la droite (EC ) c’est

   (

x = xE + t × x−−→EC y = yE + t × y−−→EC z = zE + t × z−−→EC

t ∈R ⇐⇒

  

x = 1− t y = 0+ t z = 1− t

t ∈R

car E(1 ;0 ; 1) et −−→ EC

 

−1 1 −1

  .

b. Une équation cartésienne du plan (AFH) est de la forme

ax+by+cz+d = 0, avec −→ N

 

a

b

c

  est un vecteur normal à ce plan donc normal

à −−→ AF et

−−→ FH or

−−→ AF

 

0 1 1

  et −−→HF

 

1 1 0

 

donc avec le produit scalaire de −→ N et de

−−→ AF : b+c = 0

donc avec le produit scalaire de −→ N et de

−−→ HF : a+b = 0 ;

donc c = −b;a = −b donc −→ N

 

b b

b

 , tous les vecteurs −→N sont colinéaires à

−−−→ N−1

 

1 −1 1

  donc l’équation du plan (AFH) c’est xy+z+d = 0 reste à trouver

d , or ce plan passe par A(1 ; 0 ; 0) donc 1+d = 0 donc d = −1, (AFH) a pour équation xy + z−1= 0

c. Les coordonnées du point I sont les solutions du système

  

x = 1− t y = 0+ t z = 1− t 1− t t +1− t = 1

,donc   

t = 13 x = 23 y = 13 z = 23

puis comme −→ EI

 

2 3 −1 1 3

2 3 −1

 , donc −→EI

 

−1 3 1 3−1 3

  donc −→EI = −13

−−−→ N−1 et vu que I

(AFH), le point I est le projeté orthogonal du point E sur le plan (AFH).

d. La distance du point E au plan (AFH) est égale à EI = 1

3 × √ (−1)2+12+ (−1)2 =

p 3

3 .

( onpeut aussi calculer cette distance avec la formuled(E ; (AFH))= | axE +byE +czE +d |p

a2+b2+c2

c’est 1 p 3 =

p 3

3 )

e. La droite (HI ) est perpendiculaire à la droite (AF ) si et seulement si le produit

scalaire de −−→ HI et de

−−→ AF est nul,

Asie 7 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

or −−→ AF

 

0 1 1

  et −−→HI

 

2 3 1 3

2 3 −1

 , donc −−→HI

 

2 3 1 3−1 3

 , on fait le produit scalaire on

trouve 13 + −1 3 = 0 donc

La droite (HI) est perpendiculaire à la droite (AF).

Le point I est dans le plan du triangle AFH et la droite (HI) est perpendiculaire à la droite (AF) donc (HI ) est l’une des hauteurs du triangle AFH , pour prouver que I est l’orthocentre du triangle AFH prouvons que la droite (AI) est perpen-

diculaire à la droite (HF), on fait le produit scalaire de −→ AI

 

−1 3 1 3 2 3

  et −−→HF

 

1 1 0

 

on trouve −13 + 1 3 = 0 ;

I est l’orthocentre du triangle AFH et comme ce triangle est équilatéral de côté de longueur

p 2, le point I est point de rencontre de « toutes les droites »du tri-

angle AFH

2. Le triangle AFHest équilatéral de côté p 2donc son aire ( formuleA (ABC )= ab sin(C )2 )

donc ( p 2)2×

p 3 2

2 =

p 3

2 or l’aire de AEH c’est celle d’une demi face du cube c’est

1

2 donc le tétraèdre est ni de type 1 ni de type 3. Reste à voir s’il est de type 2 or

par exemple −−→ E A s’écrit

−→ EI +−→I A , et l’arête opposée à [E A] c’est [HF ] et −→EI est or-

thogonal à toute la face (AFH) donc −→ EI ⊥ −−→HF et −→I A ⊥ −−→HF car (AI ) est l’une des

hauteurs du triangle AFH donc [E A] et [HF ] sont orthogonales et il en de même avec les deux autres couples d’arêtes :([EF]et [AH])et( [EH ] et [AF ])

le tétraèdre EAFH est dit de type 2 car les arêtes opposées sont orthogonales deux à deux

A

B

C

D

E

F

G

H

I

b

b

b

b

b

b

b

b

b

EXERCICE 4 5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Rappel :

F (t)= p(X 6 t)= p([0 ; t ])= ∫t

0 λe−λx dx.

1. Restitution organisée de connaissances

Pré-requis :

a. pB (A)= p(AB) p(B)

(où A et B sont deux évènements tels que p(B) 6= 0) ;

Asie 8 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

b. p ( A ) = 1−p(A) (où A est un évènement) ;

c. p([a ; b])= F (b)−F (a) (où a et b sont des nombres réels positifs tels que a6 b).

•Montrons que p[t ; +∞[([t ; t + s])= F (t + s)−F (t)

1−F (t)

p[t ; +∞[([t ; t + s])= p([t ; +∞[∩[t ; t + s])

p([t ; +∞[)

p[t ; +∞[([t ; t + s])= p([t ; t + s]) p([t ; +∞[)

p[t ; +∞[([t ; t + s])= p([0 ; t + s])−p([0 ; t [)

1−p([0; t [)

or p([a ; b]) = F (b)−F (a)= p([0;b])−p([0;a]) = p(]a;b]) donc que l’intervalle soit fermé ou ouvert, la probabilité ne change pas.

p[t ; +∞[([t ; t + s])= p([0 ; t + s])−p([0 ; t ])

1−p([0; t ])

p[t ; +∞[([t ; t + s])= F (t + s)−F (t)

1−F (t)

• Enfin montrons que :p[t ; +∞]([t ; t + s]) est indépendant du nombre réel t .

F (t)= [e−λx ]t0

F (t)= 1−e−λt

donc

p[t ; +∞[)([t ; t + s])= 1−e−λ(t+s)− (1−e−λt )

e−λt

donc

p[t ; +∞[([t ; t + s])= e−λt −e−λ(t+s)

e−λt

p[t ; +∞[([t ; t + s])= 1−e−λs

p[t ; +∞[([t ; t + s])= p([0 ; s])

p[t ; +∞]([t ; t + s]) est indépendant du nombre réel t .

Pour la suite de l’exercice, on prendra λ= 0,2. 2. La probabilité que le capteur ne tombe pas en panne au cours des deux premières

années est égale à p(]2 ; +∞[)= 1−p([0 ; 2])= 1−F (2) p(]2 ; +∞[)= e−0,2×2 = e−0,4.

3. « Sachant que le capteur n’est pas tombé en panne au cours des deux premières années, quelle est la probabilité qu’il soit encore en état de marche au bout de six ans » on cherche

p[2 ; +∞[([6;+∞[)= 1−p[2 ; +∞[([0;6])

p[2 ; +∞[([6;+∞[)= 1−p[2 ; +∞[([0;6])

p[2 ; +∞[([6;+∞[)= 1−p[2 ; +∞[([2;6])

p[2 ; +∞[([6;+∞[)= 1−p[2 ; +∞[([2;2+4])= 1−p([0;4])= e−0,2×4 = e−0,8

(on a utilisé la R.O.C. avec t = 2 et s = 4) 4. On considère un lot de 10 capteurs, fonctionnant de manière indépendante.

Dans cette question, les probabilités seront arrondies à la sixième décimale.

Asie 9 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

a. La probabilité que pour un capteur, il ne tombe pas en panne au cours des deux premières années c’est p = e−0,4 (ceci est la probabilité qu’un capteur fonc- tionne encore après deux ans), or les 10 capteurs fonctionnent de manière in- dépendante, donc le nombre de capteurs encore en marche au bout de deux ans suit la loi binomiale B

( 10 ; e−0,4

) , la probabilité qu’il y ait exactement deux

capteurs qui ne tombent pas en panne au bout de 2 ans est(10 2

) × (e−0,4)2× (1−e−0,4)8 ≃ 0,000035.

b. La probabilité que, dans ce lot, il y ait au moins un capteur qui ne tombe pas en panne au cours des deux premières années, donc il y ait au moins un capteur en marche au bout de 2 ans, notons là p(B). B « tous les capteurs tombent en panne au cours des deux premières années », de probabilité (1−e−0,4)10 donc la probabilité demandée est (1− (1−e−0,4)10)≃ 0,999985.

EXERCICE 4 5 points

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A : Restitution organisée de connaissances

1. Pré-requis : tout nombre entier n strictement supérieur à 1 admet au moins un diviseur premier.

On raisonne par récurrence : P est la proposition : « soit n un entier supérieur ou égal à 2, pour tous les entiers k entre 2 et n (sens large) k se décompose en produit de facteurs premiers. » Initialisation : n = 2 alors les entiers k de 2 à 2, en fait il n’y a que k = 2 ; 2 se décom- pose en produit de facteurs premiers :2= 2. Donc la proposition est vraie pour n = 2. Hérédité : soit n > 2 tel que pour tous les entiers k entre 2 et n (sens large) k se décompose en produit de facteurs premiers ; est ce que pour n + 1 :pour tous les entiers k entre 2 et n+1 (sens large) k se décompose en produit de facteurs pre- miers ?

Il suffit de montrer que n+1 se décompose en produit de facteurs premiers. Si n+1 est un nombre premier alors n+1=n+1 il est ainsi décomposé en produit de facteurs premiers.

Si n+1 n’est pas premier , alors n+1= a×b avec a premier selon le prérequis, et a et b sont deux diviseurs de (n+1) donc sont plus petits que (n+1) ; a premier =⇒ a 6= (n+1) donc b 6= 1 et b 6= (n + 1) sinon a = 1 ce qui est faux donc b est un entier entre 2 et n on peut lui appliquer l’hypothèse de récurrence donc b se décompose en produit de facteurs premiers : on peut trouver m ∈ N∗ et p1;p2 · · ·pm nombres premiers en ordre croissant strictement, on peut trouver α1;α2 · · · ;αm entiers naturels tels que : b = 11 ×p

α2 2 ×·· ·p

αm m donc (n+1)= a×p

α1 1 ×p

α2 2 ×·· ·p

αm m , on a ainsi décomposé

(n+1) en produit de facteurs premiers , l’hérédité est prouvée. Conclusion : pour tout entier n aumoins égal a 2 : pour tous les entiers k entre 2 et n (sens large) k se décompose en produit de facteurs premiers.

En particulier : n se décompose en produit de facteurs premiers.

2. 629 est divisible par 17 car 629 = 289+ 340, donc 629 = 17× (17+ 20) donc 629 = 17×37 c’est là sa décomposition en facteurs premiers..

Partie B

Dans un repère orthonormal ( O,

−→ ı ,

−→ ,

−→ k ) , on considère les surfaces Γ et C d’équations

respectives : Γ : z = xy etC : x2+ z2 = 1.

Asie 10 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

1. La nature de la surface C : c’est le cylindre d’axe (Oy) de rayon 1 ( on voit bien que si (x0;z0) vérifient x20 + z

2 0 = 1 alors quelque soit y dans R, le point M(x0; y ;z0)

est aussi sur C ; C est la réunion de droites parallèles à (Oy) et ces droites coupent (xOz) selon le cercle de centreO de rayon 1.

2. Points d’intersection à coordonnées entières des surfaces Γ et C

a. Les coordonnées (x ; y ; z) des points d’intersection deΓ et deC sont telles que : z = xy et x2+ (yx)2 = 1 donc

x2 ( 1+ y2

) = 1.

b. Les points d’intersection dont les coordonnées sont des nombres entiers relatifs de Γ etC sont tels que x2 = 1 et 1+ y2 = 1 car si 1 est le produit de deux nombres naturels , alors chacun d’eux vaut 1 donc x2 = 1 et y2 = 0 etz = xy finalement les deux triplets solutions sont (1 ; 0 ; 0) et (−1 ; 0 ; 0).

3. Points d’intersection à coordonnées entières de Γ et d’un plan

Pour tout nombre entier naturel non nul n, on désigne par Pn le plan d’équation z =n4+4. a. L’ensemble des points d’intersection de Γ et du plan P1 dont les coordonnées

sont des nombres entiers relatifs vérifient z = 1+4 et z = x× y . Or 5= x× y ⇐⇒ ((| x |, | y |)= (1 ; 5)et xy > 0) ou ((| x |, | y |)= (5;1) et xy > 0 donc vuque z = 5, il y a quatre triplets solutions (5 ;1 ; 5) ; (1 ; 5 ; 5) ; (−5 ; −1 ;5) ; (−1 ; −5 ; 5)

Pour la suite de l’exercice, on suppose n> 2.

b. ( n2−2n+2

) ( n2+2n+2

) = [(n2+2)−2n]× [(n2 +2)+2n](

n2−2n+2 ) ( n2+2n+2

) = (n2+2)2− (2n)2(

n2−2n+2 ) ( n2+2n+2

) = (n4+4n2+4)−4n2(

n2−2n+2 ) ( n2+2n+2

) = n4+4.

c. On amontré ci dessus que n4+4 est le produit de deux entiers ( chaque paren- thèse est un entier),

pourmontrer quen4+4n’est pas premier sin > 2, il suffit demontrer que aucun de ces entiers n’est égal à 1

or le plus grand des deux facteurs c’est ( n2+2n+2

) il est positif donc l’autre

aussi ( leur produit c’est (n4+4))et c’est le plus petit, montrons que (n ≥ 2)=⇒ (n2−2n+2)> 1 or cela revient à dire que (n2−2n+1) > 0 donc que (n−1)2 > 0 or cela est vrai car (n> 2)=⇒ (n−1)> 1 deux nombres positifs sont dans le même ordre que leur carrés : (n> 2)=⇒ (n−1)2 > 12 (n> 2)=⇒ (n2−2n+2)> 2 Quel que soit le nombre entier naturel n> 2, n4+4 n’est pas premier.

d. Donc on vient de trouver deux diviseurs de (n4+4) , il y a aussi 1 et n4+4 ; donc on a ainsi quatre diviseurs positifs distincts de (n4+4) cela donne quatre valeurs pour x associées à quatre valeurs de y pour que le produit égal (n4+4) ensuite on prend les opposés pour x et pour y cela fait bien 8 points a coordonnées entières qui sont dans Γ∩Pn , citons ces 8 triplets de coordonnées : ((n2−2n+2) ; (n2+2n+2) ; n4+4) ; ((n2+2n+2) ; (n2−2n+2) ; n4+4) ; (−(n2−2n+2) ; −(n2+2n+2);n4+4) ; (−(n2+2n+2) ; −(n2−2n+2) ; n4+4) ; (n4+4 ; 1 ; n4+4) ; (1 ; n4+4 ; n4+4) ; (−(n4+4) ; −1 ; n4+4) ; (−1 ; −(n4+4) ; n4+4).

e. Les points d’intersection de Γ et du plan P5 dont les coordonnées sont des nombres entiers relatifs sont tels que z = 625+ 4 = 629 et xy = 629 or 629 = 17×37 c’est sa décomposition en facteurs premiers donc il admet 4 diviseurs positifs c’est tout : 17 ; 37 ; 1 ; 629. Donc on a ici 4 valeurs pour x et comme

Asie 11 21 juin 2011

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

précédemment on trouve cette fois ci exactement 8 points d’intersection (remarque n2−2n+2= 25−10+2 = 17 ; n2+2n+2= 25+10+2 = 37) Leurs coordonnées sont :

(17 ; 37 ; 629) ; (37 ; 17 ; 629) ; (−17 ; −37 ; 629);(−37 ; −17 ;629) ;

(1 ; 629 ; 629) ; (−1 ; −629 ; 629) ; (629 ; 1 ; 629) ; (−629 ; −1 ; 629)

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