Corrigé - exercitations mathématique appliquée 8, Exercices de Algèbre linéaire
Eusebe_S
Eusebe_S14 April 2014

Corrigé - exercitations mathématique appliquée 8, Exercices de Algèbre linéaire

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Algèbre – correction des exercices 8 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la loi binomiale de paramètres, les représentations paramétriques.
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PondicheryS2012Corrige.dvi

[ Corrigé du baccalauréat S Pondichéry \ 18 avril 2012

EXERCICE 1 6 points Commun à tous les candidats

Les deux parties sont indépendantes.

Partie A

1. Il y a

(

50

5

)

= 50!

5!× (50−5)! = 2118760 groupes différents de 5 coureurs.

2. a. L1 et L3 n’ont pu être obtenus avec cet algorithmepuisqu’ils contiennent des éléments identiques. Les deux autres oui.

b. Cet algorithme permet chaque jour de tirer au sort 5 coureurs pour subir un contrôle antidopage.

3. Un joueur étant choisi, on peut lui adjoindre

(

49

4

)

groupes de 4 coureurs

différents sur les 49 restants.

La probabilité pour qu’un coureur choisi au hasard subisse le contrôle

prévu pour cette étape est donc égale à

(49 4

)

(50 5

) = 49!

4!×45! × 5!×45! 50!

= 5

50 =

1

10 = 0,1.

4. a. Les tirages de groupes de 5 sont chaque jour indépendants les uns des autres et la probabilité d’être choisi pour un des 50 coureurs est

égale à 0,1 : la loi X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,1.

b. — On a p(X = 5) = (

10

5

)

× 0,15× (1− 0,1)10−5 = 252× 0,15× 0,95 ≈

0,00148 soit environ 0,001 5

p(X = 0)= 0,10×0,910 ≈ 0,3487. — On a p(X > 1)= 1−p(X = 0)= 1−0,910 ≈ 0,6513.

Partie B

1. En notant p(D)= p, on peut construire l’arbre suivant :

Dp

T 0,97

T0,03

D1−p T

0,01

T0,99

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

D’après la loi des probabilités totales :

p(T )= pD(T p(D)+pD (T p (

D )

ou encore

0,05= 0,97p +0,01(1−p) ⇐⇒ 0,05= 0,97p +0,01−0,01p ⇐⇒

0,96p = 0,04 ⇐⇒ p = 4

96 =

1

24 . (un peu plus de 2 coureurs sur 50)

2. Il faut calculer pT (

D )

= p (

T D )

p(T ) =

0,01 (

1− 1 24

)

0,05 =

1

5 × 23

24 =

23

120 ≈ 0,19.

EXERCICE 2 4 points Commun à tous les candidats

Proposition 1

Un vecteur directeur −→ d de la droite D a pour cordonnées (−2 ; 2 ; 2) ;

Un vecteur −→ u normal au plan P a pour cordonnées (1 ; −1 ; −1).

Comme −→ d = −2

−→ u , les vecteurs

−→ d et

−→ u sont colinéaires, donc la droite D est

orthogonale au plan P . VRAIE

Proposition 2 Calculons la distance de O au plan P :

d(O, P )= |−2|

p 1+1+1

= 2 p 3 6= 2

La distance n’étant pas égale au rayon de la sphère, la sphère S de centre O et

de rayon 2 n’est pas tangente au plan P .

Rem. Comme 2 p 3 < 2, on peut dire que la sphère et le plan sont sécants.

Proposition 3 Un point M(x ; y ; z) appartient à P et à P ′ si ses coordonnées vérifient les deux équations : {

x y z −2 = 0 x + y +3z = 0 ⇐⇒

{ x y = z +2 x + y = −3z ⇒ (par somme) 2x =−2z+2 ⇐⇒

x =−z +1. En reportant dans la première équation on obtient :

z +1− y = z +2 ⇐⇒ −2z −1= y . Finalement en posant z = t ′, on a :

M(x ; y ; z) ∈P ∩P ′ ⇐⇒

x = 1− t y = −1−2t z = t

VRAIE

Remarque : on peut aussi vérifier que les points de ∆ appartiennent aux deux

plansP et P ′. Proposition 4

Un vecteur directeur −→ d de la droite D a pour cordonnées (−2 ; 2 ; 2) ;

Un vecteur directeur −→ v de la droite ∆ a pour cordonnées (−1 ; −2 ; 1) ;

−→ d et

−→ v ne sont pas colinéaires, donc D et ∆ ne sont pas parallèles ; si elles sont

sécantes il existe un point M(x ; y : z) dont les cordonnées vérifient les deux

représentations paramétriques soit :

Pondichéry 2 18 avril 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

−3−2t = 1− t ′ 2t = −1−2t ′ 1+2t t

⇐⇒

t ′ = 2t +4 2t ′ = −1−2t t ′ = 1+2t

⇐⇒

1+2t = 2t +4 2(1+2t ) = −1−2t t ′ = 1+2t

⇐⇒

0t = 3 6t = −3 t ′ = 1+2t

Ce système n’a pas de solution : les droites D et ∆ n’étant ni parallèles ni sé-

cantes ne sont pas coplanaires. FAUSSE

EXERCICE 3 5 points Commun à tous les candidats

1. a. Les fonctions représentées sont positives ; In représente donc l’aire de la surface limitée par le représentation de fn , l’axe des abscisses

et les droites d’équations x = 0 et x = 1. Le dessin suggère que la suite (In) est décroissante.

b. fn+1(x)= e−(n+1)x

1+x =

e−nx ×e−x

1+x =

e−nx

1+x ×e−x = fn(x)×e−x .

Or 06 x 6 1 ⇐⇒ −16 −x 6 0⇒ (par croissance de la fonction ex- ponentielle) e−1 6 e−x 6 e0. En multipliant chaque membre de cette dernière inégalité par fn(x)> 0, on obtient : fn(x)×e−x 6 fn(x)×1, soit finalement : fn+1(x)6 fn(x).

Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] des fonctions continues fn+1 et fn :

fn+1(x)6 fn(x)⇒ In+1 6 In : la suite (In) est décroissante.

2. a. 06 x 6 1 ⇒ 1 6 1+ x 6 2 ⇐⇒ 1

2 6

1

1+x 6

1

1 et par produit par le

nombre positif e−nx , on obtient : e−nx

1+x 6 e−nx .

D’autre part on sait que pour 1+x > 1, on a (1+x)2 > 1+x ⇐⇒ 1

(1+x)2 6

1

1+x et par produit par le nombre positif e−nx , on obtient :

e−nx

(1+x)2 6

e−nx

1+x .

Enfin il est évident que e−nx

(1+x)2 > 0, donc finalement :

06 e−nx

(1+x)2 6

e−nx

1+x 6 e−nx .

b. Par intégration sur l’intervalle [0 ; 1] des inégalités précédentes on obtient ∫1

0 0dx 6

∫1

0

e−nx

(1+x)2 dx 6

∫1

0

e−nx

1+x dx 6

∫1

0 e−nx dx soit encore

06 Jn 6 In 6

[

− 1

n e−nx

]1

0

c’est à dire :

Pondichéry 3 18 avril 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

06 Jn 6 In 6− 1

n (e−n −1).

Or lim n→+∞

e−n = 0, donc lim n→+∞

− 1

n

(

e−n −1 )

= 0.

Conclusion d’après le théorème des « gendarmes », les suites (In) et

(Jn) convergent vers 0.

3. a. Posons





u(x) = 1

1+x v ′(x) = e−nx

u′(x) = − 1

(1+x)2 v(x) = −

1

n e−nx

Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur [0 ; 1] ; en in-

tégrant par parties on a donc :

In = [

− 1

n(1+x) e−nx

]1

0

− 1

n

∫1

0

1

(1+x)2 e−nx dx ;

In = [

− e−n

2n +

1

n

]

− 1

n Jn ou encore

In = 1

n

(

1− e−n

2 − Jn

)

.

b. Le résultat précédent peut s’écrire en multipliant par n 6= 0 :

nIn = 1− e−n

2 − Jn .

Comme lim n→+∞

e−n = lim n→+∞

Jn = 0, on a donc :

lim n→+∞

nIn = 1

Remarque : on a donc pour n assez grand In ≈ 1

n .

Exemple : pour n = 10, la calculatrice donne I10 ≈ 0,091≈ 1

10 .

EXERCICE 4 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A Restitution organisée de connaissances

Partie B : Étude d’une transformation particulière

1. a. On a zC′ = 1− (−2+ i) −2+ i−1

= 3− i −3− i

= (3− i)(−3+ i) (−3− i)(−3+ i)

= −9+1+3i+3i

9+1 =

−8+6i 10

=− 4

5 + i

3

5 .

b. De ∣ ∣zC′

∣ ∣2 =

( 4

5

)2

+ ( 3

5

)2

= 16

25 +

9

25 = 1, on déduit que le point C′ ap-

partient au cercle C de centre O et de rayon 1. ∣ ∣zC′

∣ ∣=OC′ = 1 ce quimontre que C′ appartient au cercle C de centre

O et de rayon 1.

Pondichéry 4 18 avril 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

c. Calculons zC− zA zC′ − zA

= −2+ i−1 −4+3i

5 −1

= −15+5i −9+3i

= 5(−3+ i) 3(−3+ i)

= 5

3 ∈R.

L’argument de ce quotient est doncnul, soit (−−→ AC ,

−−→ AC′

)

= 0 (mod 2π), ce qui signifie que les points A, C et C′ sont alignés.

2. Les points qui ont pour image le point A d’affixe 1 ont une affixe z 6= 1 telle que :

z ′ = 1= 1− z z −1

.

En posant z = x + iy , l’équation précédente s’écrit :

1= 1−x − iy x − iy −1

⇐⇒ x − iy −1= 1−x − iy ⇐⇒ 2x −2= 0 ⇐⇒ x = 1

Les points solutions ont donc pour affixe z = 1+ iy avec y 6= 0 : ce sont les points de la droite∆ d’équation x = 1 privée du point A.

3. On a pour z 6= 1, ∣ ∣z

∣ ∣=

∣ ∣ ∣ ∣

1− z z −1

∣ ∣ ∣ ∣=

|1− z| ∣ ∣z −1

∣ ∣ =

|1−x − iy | |x − iy −1|

= √

(1−x)2+ y2 √

(x −1)2+ y2 =

1.

On vient donc de démontrer que pour tout point M d’affixe z 6= 1, ∣ ∣z

∣ ∣=OM ′ = 1.

Tous les points M ′ appartiennent au cercle C .

4. Calculons pour z 6= 1, le quotient z ′−1 z −1

= 1−z z−1 −1 z −1

= 1− z z +1 (z −1)(

(

z −1 ) .

Le numérateur : 1− z z +1= 2− (

z + z )

= 2−2x ∈R ; Le dénominateur : (z−1)(

(

z −1 )

= (z−1)z −1= |z−1|2 ∈R+ (réel positif).

Finalement z ′−1 z −1

∈R signifie qu’il existe un réel k tel que z ′−1= k(z−1)

ou encore −−−→ AM ′ = k−−→AM , ce qui signifie que les points A, M et M ′ sont

alignés.

5. D’après la question précédente, D′ est aligné avec A et D, donc

- D′ appartient au cercle C ;

- D′ est sur la droite (AD).

La construction est donc évidente.

EXERCICE 4 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A Restitution organisée de connaissance

Partie B Inverse de 23 modulo 26

1. 23× (−9)−26× (−8)=−207+208= 1 : le couple (−9 ; −8) est solution de l’équation (E ).

2.

{ 23x −26y = 1 23× (−9)−26× (−8) = 1 =⇒ (par différence membre à membre)

23(x +9)−26(y +8)= 0 ⇐⇒ 23(x +9)= 26(y +8) (1)

Pondichéry 5 18 avril 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Donc 23 divise 26(y +8) et comme il est premier avec 26 ; il divise y +8 (théorème de Gauss) : il existe donc un entier k tel que y +8= 23k ⇐⇒ y =−8+23k. En remplaçant dans (1) y +8 par 23k, on obtient : 23(x +9)= 26×23k ⇐⇒ x +9= 26 ⇐⇒ x =−9+26k. Réciproquement les couples (−9+26k ; −8+23k) vérifient (E ) car 23(−9+26k)−26(−8+23k)=−207+23×26k +208−26×23k = 1. Les couples solutions de (E ) sont donc de la forme : (−9+ 26k ; −8+ 23k), k nZ.

3. Il faut trouver un (ou des) couple(s) de premier terme a tel que 06 a 6 25, donc vérifiant :

06 −9+26k 6 25 ⇐⇒ 96 26k 6 34. La solution k = 1 est évidente ce qui donne a =−9+26= 17. Donc comme 26b ≡ 0 (mod 26), on a 23×17≡ 1 (mod 26).

Partie C Chiffrement de Hill

1. ST ︸︷︷︸

mot en clair

étape1 =⇒ (18, 19)

étape2 =⇒ (21, 20)

étape3 =⇒ VU

︸︷︷︸

mot codé

2. a. (S1)

{ y1 ≡ 11x1+3x2 (mod 26) y2 ≡ 7x1+4x2 (mod 26)

=⇒ {

−44x1−12x2 = −4y1 (mod 26) 21x1+12x2 = 3y2 (mod 26)

⇒ (par somme)

−23x1 =−4y1+3y2 (mod 26). De même :

(S1)

{ y1 ≡ 11x1+3x2 (mod 26) y2 ≡ 7x1+4x2 (mod 26)

=⇒ {

−77x1−21x2 = −7y1 (mod 26) 77x1+44x2 = 11y2 (mod 26)

=⇒ (par somme)

23x2 =−7y1+11y2 (mod 26) ou encore puisque −7≡ 19 (mod 26) : 23x2 = 19y1+11y2 (mod 26). Donc, tout couple (x1 ; x2) vérifiant les équations du système (S1),

vérifie les équations du système :

(S2)

{ 23x1 ≡ 4y1+23y2 (mod 26) 23x2 ≡ 19y1+11y2 (mod 26)

b. On a vu à la partie B que 23× 17 ≡ 1 (mod 26) (23 a pour inverse 17modulo 26), donc enmultipliant chaquemembre du système (S2)

par 17, on obtient

(S2) ⇐⇒ {

23x1×17 ≡ 4y1×17+23y2×17 (mod 26) 23x2×17 ≡ 19y1×17+11y2×17 (mod 26)

=⇒

Pondichéry 6 18 avril 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

{ x1 ≡ 68y1+391y2 (mod 26) x2 ≡ 323y1+187y2 (mod 26)

Or 68≡ 16 (mod 26), 391≡ 1 (mod 26), 323≡ 11 (mod 26), 187≡ 5 (mod 26), donc finalement tout couple (x1 ; x2) vérifiant les équations du système (S2), vérifie les équations du système

(S3)

{ x1 ≡ 16y1+ y2 (mod 26) x2 ≡ 11y1+5y2 (mod 26)

c. On calcule 11x1+3x2 = 11 (

16y1+ y2 )

+3 (

11y1+5y2 )

= 176y1+11y2+ 33y1+15y2 = 209y1+26y2. Or 209≡ 1 (mod 26) et 26≡ 0 (mod 26), donc 11x1+3x2 ≡ 1y1+0y2 (mod 26). De même 7x1 + 4x2 = 7

(

16y1+ y2 )

+ 4 (

11y1+5y2 )

= 112y1 + 7y2 + 44y1+20y2 = 156y1+27y2. Or 146≡ 0 (mod 26) et 27≡ 1 (mod 26), donc 7x1+4x2 ≡ 0y1+1y2 (mod 26). Conclusion : tout couple (x1 ; x2) vérifiant les équations du système

(S3), vérifie les équations du système (S1).

Finalement les systèmes (S1) et (S3) sont équivalents.

d. Pour YJ le couple (

y1 ; y2 )

= (24 ; 9). En appliquant les équations de (S3) on obtient : {

x1 ≡ 16×24+9 (mod 26) x2 ≡ 11×24+5×9 (mod 26)

⇐⇒ {

x1 ≡ 393 (mod 26) x2 ≡ 309 (mod 26)

Or 393= 26×15+3, donc 393≡ 3 (mod 26) ; 309= 26×11+23, donc 269≡ 23 (mod 26). On a donc (x1 ; x2) = (3 ; 23) et en utilisant le tableau le mot décodé est donc DX.

Pondichéry 7 18 avril 2012

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

Annexe à rendre avec la copie

EXERCICE 4

−→ u

−→ v

O

b

b

b

D

C

C′

AB

D′

Pondichéry 8 18 avril 2012

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