Géométrie algorithmique - exercitation sur l'équation cartésienne, Exercices de Géométrie Algorithmique
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie algorithmique - exercitation sur l'équation cartésienne, Exercices de Géométrie Algorithmique

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Géométrie algorithmique - exercitation sur l'équation cartésienne. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: l’origine du vecteur directeur, l’axe des abscisses.
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Antilles S sept. 2013 corr 2.dvi

Durée : 4 heures

[ Baccalauréat S Antilles-Guyane\ 11 septembre 2013 - Corrigé

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

Partie A

Restitution organisée de connaissances

Partie B

1. Affirmation 1 : ∆ est orthogonale à toute droite du plan P. ∆ a pour vecteur directeur δ(1 ; 3 ; −2)

La droite (AB) a pour vecteur directeur −−→ AB (4 ; −2 ; −1).

La droite (AC) a pour vecteur directeur −−→ AC (−1 ; −1 ; −2).

Or δ · −−→ AB = 4−6+2 = 0 et δ ·

−−→ AC =−1−3+4 = 0.

Donc ∆ est orthogonale à deux droites (AB) et (AC) sécantes du plan P : elle

est orthogonale à ce plan. VRAIE.

2. Affirmation 2 : les droites ∆ et (AB) sont coplanaires.

On a vu que ∆ et (AB) étaient orthogonales, donc elles ne sont pas parallèles.

Si elles sont coplanaires elles sont donc sécantes en un point.

En traduisant l’égalité vectorielle −−→ AM = t

−−→ AB , on obtient une équation car-

tésienne de la droite (AB) :

x = 4t

y = −2t ′−1

z = −t ′+1

avec t ′ appartenant à R.

S’il existe un point commun aux deux droites ses coordonnées vérifient le

système : 

t = 4t

3t −1 = −2t ′−1

−2t +8 = −t ′+1

⇐⇒

t = 4t

12t ′ = −2t

−8t ′ = −t ′−7

système qui n’a mani-

festement pas de solution. FAUSSE

3. Affirmation 3 : Le plan P a pour équation cartésienne x +3y −2z +5 = 0.

On a 4+3× (−3)−2×0+5= 0 ⇐⇒ −5= 0, qui signifie que les coordonnées

de B ne vérifient pas cette équation de plan. FAUSSE

4. OnappelleD la droite passant par l’origine et de vecteur directeur −→ u (11 ; −1 ; 4).

Affirmation 4 : La droite D est strictement parallèle au plan d’équation x + 3y −2z +5= 0.

O n’appartient pas au plan : si la droite D est parallèle au plan, elle est ortho-

gonale au vecteur −→ n (1 ; 3 ; −2) normal au plan.

Or −→ u ·

−→ n = 11−3−8 = 0. Les vecteurs sont bien orthogonaux, la droite D est

strictement parallèle au plan d’équation x +3y −2z +5 = 0. VRAIE

EXERCICE 2 6 points Commun à tous les candidats

Partie A : Étude du cas k = 1

f1(x)= xe −x .

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

1. Comme lim x→−∞

e−x =+∞, on a lim x→−∞

f1(x)=−∞.

f1(x)= x

ex . On sait que lim

x→+∞

ex

x =+∞ donc lim

x→+∞ f1(x)= 0.

Donc l’axe des abscisses est asymptote horizontale à C1 en +∞.

2. f1 produit de fonctions dérivables sur R est dérivable et sur cet intervalle :

f ′1(x)= e x xex = ex (1− x).

Comme ex > 0 sur R, le signe de f ′1(x) est celui de 1− x.

Donc f ′1(x)> 0 si x < 1 et f

1(x)< 0 si x > 1. D’où le tableau de variations :

x −∞ 1 +∞

f ′1(x) + 0 −

f (x)

e−1

−∞ 0

3. g1(x)=−(x +1)e−x

g1 étant dérivable, on a pour tout réel,

g ′1(x)=−1e −x

−1× [−(x +1)e−x ]=−e−x + (x +1)e−x = xe−x = f1(x).

Donc g1 est bien une primitive de la fonction f1 sur R.

4. Comme pour tout réel x, ex > 0, f1(x)= 0 ⇐⇒ x = 0.

Le tableau de variations ci-dessus montre donc que f1(x)< 0 sur ]−∞ ;0[ et

f1(x)> 0 sur ]0 ; +∞[.

5. Comme la fonction est positive sur ]0 ; +∞[, elle l’est aussi sur ]0 ; ln10], donc l’aire cherchée est en unités d’aire égale à l’intégrale : ∫ln10

0 f1(x)dx =

[

g1(x) ]ln10 0 = g1(ln10)− g1(0)=−(ln10+1)e

− ln10 +e0.

Comme e− ln10 = 1

eln10 =

1

10 , l’aire est égale à :

1− 1+ ln10

10 =

9

10 −

ln10

10 ≈ 0,67 u. a.

Partie B : Propriétés graphiques

On a représenté sur le graphique ci-dessous les courbes C2, Ca et Cb a et b sont

des réels strictement positifs fixés et T la tangente à Cb au point O origine du repère.

0,2

0,4

0,6

0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2−0,2

T

Ca

Cb

C2

1 e

1. De façon évidente fk (0) = k × 0× e 0 = 0, donc les courbes Ck passent par

l’origine.

Antilles-Guyane 2 11 septembre 2013

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

2. a. Produit de fonctions dérivables sur R, la fonction fk l’est aussi et :

f k (x)= ke−kx k ×kxe−kx = ke−kx(1−kx).

b. k strictement positif, et e−kx > 0, pour tout réel x, donc le signe de la dé- rivée f

k (x) est celui de 1−kx.

Or 1−kx < 0 ⇐⇒ 1

k < x ; 1−kx > 0 ⇐⇒

1

k > x ; 1−kx = 0 ⇐⇒

1

k = x.

Il en résulte que la fonction fk est :

croissante sur

]

−∞ ; 1

k

[

, et décroissante sur

]

1

k ; +∞

[

;

elle admet donc un maximum en 1

k :

fk

(

1

k

)

= k × 1

k ×e−k×

1 k = 1e−1 =

1

e ≈ 0,368.

Conclusion : toutes les fonctions ont le mêmemaximum e−1 pour x = 1

k .

c. Le maximum pour k = 2 est obtenu pour x = 1

2 = 0,5, donc le maximum

pour fa est obtenue pour une valeur 1

a inférieure à 0,5 donc a > 2.

Note : en fait on peut penser que l’abscisse du minimum est à peu près égale

à 0,1, ce qui correspond à a = 10.

d. Une équation de cette tangente est :

y = f k (0)(x −0)+ fk (0) ⇐⇒ y = k(1−0)e

0x +0 ⇐⇒ y = kx.

e. Le coefficient directeur de la droite (T ) est égal à 0,6

0,2 = 3.

Donc la courbe Cb correspond à la valeur b = 3.

EXERCICE 3 4 points Commun à tous les candidats

1. p1 = P (

µ1−3σ1 6 X 6µ1+3σ1 )

= P (35,46 X 6 36,6)≈ 0,997.

2. p2 = P (5,886 Y 6 6,12)= P (Y 6 6,12)−P (Y 6 5,88)≈ 0,984.

3. a. Les deux évènements D et L étant indépendants on a :

P (D L)= P (DP (L)≈ 0,981.

La probabilité qu’une pièce ne soit pas acceptée est donc 1−0,981 ≈ 0,02

arrondi à 10−2.

b. D et L sont indépendants donc D et L le sont aussi d’après le cours.

On a donc : PL (D)= P (D)= p2.

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

Partie A : modélisation et simulation

1. (−1 ; 1) : non car x < 0 ce qui n’est pas possible ;

(10 ; 0) : oui par exemple en choisissant 10 fois la valeur 0 pour y ;

(2 ; 4) : non car y > 2 ;

(10 ; 2) : oui par exemple en choisissant dans cet ordre 8 fois la valeur 0 puis

deux fois la valeur 1 pour y .

2. Pour que Tom ait réussi la traversée, il faut qu’il soit arrivé au bout des 10 étapes, c’est-à-dire que x = 10 et qu’il ne tombe pas lors de cette dernière

étape, ce qui est encore possible si sa position à l’étape précédente était (9;1)

ou (9;−1) ; il faut donc tester également si y n’est pas plus grand que 1 ou

plus petit que −1 en fin d’algorithme.

Antilles-Guyane 3 11 septembre 2013

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

On remplace dans l’algorithme la ligne :

Afficher « la position de Tom est » (

x ; y )

par :

Si x = 10 et y >−1 et y 6 1

alors Afficher « Tom a réussi la traversée »

sinon Afficher « Tom est tombé »

Fin du si

Partie B

Pour tout n entier naturel compris entre 0 et 10, on note :

An l’évènement « après n déplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée

−1 ».

Bn l’évènement « après n déplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 0 ».

Cn l’évènement « après n déplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 1 ».

On note an ,bn ,cn les probabilités respectives des évènements An ,Bn ,Cn .

1. Au départ, Tom se trouve à l’origine O donc son ordonnée est 0 ; donc l’évé- nement B0 est réalisé : a0 = 0, b0 = 1 et c0 = 0.

2. On va représenter sur un arbre pondéré le passage de l’état n à l’état n +1 ; une branche vers le haut signifie que le nombre choisi au hasard est −1, une

branche du milieu signifie que le nombre est 0 et une branche vers le bas

signifie que ce nombre vaut 1.

Il est dit dans le texte que S représente l’événement « Tom traverse le pont »

donc S désigne l’événement « Tom est tombé à l’eau ».

b

b An

an

b S

An S1 3

b An+1

An An+1 1 3

b

Bn+1

An Bn+1 1 3

b Bnbn

b An+1

Bn An+11 3

b Bn+1

Bn Bn+1 1 3

b

Cn+1

Bn Cn+1 1 3

b

Cn

cn b

Bn+1 Cn Bn+11

3

b Cn+1

Cn Cn+1 1 3

b

S Cn S

1 3

Antilles-Guyane 4 11 septembre 2013

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

D’après la formule des probabilités totales :

an+1 = P (An+1)= P (An An+1)+P (Bn An+1)

= P (AnPAn (An+1)+P (Bn PBn (An+1)= an × 1

3 +bn ×

1

3 =

an +bn

3

Demême bn+1 = P (Bn+1)= an × 1

3 +bn ×

1

3 +cn ×

1

3 ==

an +bn +cn

3

et cn+1 = P (Cn+1)= bn × 1

3 +cn ×

1

3 =

bn +cn

3

3. P (A1)= a1 = a0+b0

3 =

1

3 ; P (B1)= b1 =

a0+b0+c0

3 =

1

3 ;

P (C1)= c1 = b0+c0

3 =

1

3 .

4. Tom se trouve sur le pont au bout de deux déplacements si l’ordonnée y de sa position vaut−1, 0 ou 1, autrement dit dans le cas de l’événement A2∪B2∪C2.

Les trois événements A2, B2 etC2 sont incompatibles donc P (A2∪B2∪C2)=

P (A2)+P (B2)+P (C2).

a2 = a1+b1

3 =

1 3 +

1 3

3 =

2

9 ; b2 =

a1+b1+c1

3 =

1 3 +

1 3 +

1 3

3 =

1

3 ;

c2 = b1+c1

3 =

1 3

3 =

2

9 .

P (A2∪B2∪C2)= P (A2)+P (B2)+P (C2)= a2+b2+c2 = 2

9 +

1

3 +

2

9 =

7

9 .

La probabilité que Tom se trouve sur le pont après deux déplacements est 7

9 .

5. Pour lamême raisonquedans la questionprécédente, la probabilité que Tom traverse le pont est P (A10∪B10∪C10)= P (A10)+P (B10)+P (C10)= a10+b10+

c10 ≈ 0,040272+0,056953+0,040272 ≈ 0,137497 (d’après le tableau fourni).

Une valeur approchée à 0,001 près de la probabilité que Tom traverse le pont

est 0,137.

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

Partie A

On considère l’algorithme suivant :

A et X sont des nombres entiers

Saisir un entier positif A

Affecter à X la valeur de A

Tant que X supérieur ou égal à 26

Affecter à X la valeur X−26

Fin du tant que

Afficher X

1. Si on saisit 3 comme valeur de A, le nombre X prend la valeur 3 qui est in- férieure à 26 donc on n’entre pas dans la boucle « tant que » ; l’algorithme

affiche la valeur de X donc 3.

2. Si on saisit 55 comme valeur de A, le nombre X prend d’abord la valeur 55 qui est supérieure à 26 ; la première fois qu’on entre dans la boucle, on remplace

X par X−26 = 55− 26 = 29. Le nombre 29 est encore supérieur ou égal à 26

donc on entre une seconde fois dans la boucle ; le nombre X est remplacé par

X−26= 29−26 = 3.

Le nombre 3 est strictement plus petit que 26 donc on n’entre pas dans la

boucle et on affiche la valeur de X donc 3.

Antilles-Guyane 5 11 septembre 2013

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

3. Dans cet algorithme, on soustrait 26 autant de fois que l’on peut du nombre positif X ; on obtient un nombre entier compris entre 0 et 25 qui représente

le reste de la division de X par 26 et donc le reste de la division de A par 26.

Partie B

Explication du codage de RE en DP, autrement dit du passage de

(

17

4

)

à

(

3

15

)

:

C ×

(

17

4

)

=

(

3 1

5 2

)(

17

4

)

=

(

3×17+1×4

5×17+2×4

)

=

(

51+4

85+8

)

=

(

55

93

)

Or 55= 2×26+3 donc 55 a pour reste 3 dans la division par 26.

Et 93= 3×26+15 donc 93 a pour reste 15 dans la division par 26.

On passe donc de

(

55

93

)

à

(

3

15

)

, donc le codage de RE représenté par

(

17

4

)

conduit à

DP représenté par

(

3

15

)

.

1. Soient x1, x2, x′1, x

2 quatre nombres entiers compris entre 0 et 25 tels que

(

x1 x2

)

et

(

x′1 x′2

)

sont transformés lors du procédé de codage en

(

z1 z2

)

.

a. Pour transformer

(

x1 x2

)

par le procédé de codage, on calcule d’abord

(

3 1

5 2

)(

x1 x2

)

=

(

3x1+ x2 5x1+2x2

)

; puis on détermine les restes de 3x1 + x2 et de

5x1+2x2 dans la division par 26.

D’après le texte, on obtient

(

z1 z2

)

ce qui veut dire que z1 est le reste de

3x1 + x2 dans la division par 26, et que z2 est le reste de 5x1 + 2x2 dans

cette même division.

Or

(

x′1 x′2

)

est également transformé en

(

z1 z2

)

, donc z1 est aussi le reste de

3x′1+x

2 dans la division par 26, et z2 le reste de 5x

1+2x

2 dans cettemême

division.

Les nombres 3x1+x2 et 3x

1+x

2 ont le même reste z1 dans la division par

26 donc ils sont congrus modulo 26. Idem pour 5x1+2x2 et 5x

1+2x

2.

On a donc :

{

3x1+ x2 ≡ 3x

1+ x

2 (26)

5x1+2x2 ≡ 5x

1+2x

2 (26)

b. {

3x1+ x2 ≡ 3x

1+ x

2 (26)

5x1+2x2 ≡ 5x

1+2x

2 (26) ⇒

{

2(3x1+ x2) ≡ 2 (

3x′1+ x

2

)

(26)

5x1+2x2 ≡ 5x

1+2x

2 (26) ⇒

{

6x1+2x2 ≡ 6x

1+2x

2 (26)

5x1+2x2 ≡ 5x

1+2x

2 (26) ⇒ x1 ≡ x

1 (26) (par soustraction).

{

3x1+ x2 ≡ 3x

1+ x

2 (26)

5x1+2x2 ≡ 5x

1+2x

2 (26) ⇒

{

5(3x1+ x2) ≡ 5 (

3x′1+ x

2

)

(26)

3(5x1+2x2) ≡ 3 (

5x′1+2x

2

)

(26) ⇒

{

15x1+5x2 ≡ 15x

1+5x

2 (26)

15x1+6x2 ≡ 15x

1+6x

2 (26) ⇒ x2 ≡ x

2 (26) (par soustraction).

Donc x1 ≡ x

1 (26) et x2 ≡ x

2 (26).

On a :

x1 ≡ x

1 (26)

06 x1 6 25

06 x′1 6 25

=⇒ x1 = x

1 et

x2 ≡ x

2 (26)

06 x2 6 25

06 x′2 6 25

=⇒ x2 = x

2

Il n’y a donc qu’un couple d’entiers de [0;25]

(

x1 x2

)

qui se code en

(

z1 z2

)

.

Antilles-Guyane 6 11 septembre 2013

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

2. On souhaite trouver une méthode de décodage pour le bloc DP :

a. Soit la matrice C ′ =

(

2 −1

−5 3

)

.

C ×C ′ =

(

3 1

5 2

)(

2 −1

−5 3

)

=

(

3×2+1× (−5) 3× (−1)+1×3

5×2+2× (−5) 5× (−1)+2×3

)

=

(

1 0

0 1

)

C ′×C =

(

2 −1

−5 3

)(

3 1

5 2

)

=

(

2×3+ (−1)×5 2×1+ (−1)×2

(−5)×3+3×5 (−5)×1+3×2

)

=

(

1 0

0 1

)

Donc C ′ est la matrice inverse de C .

b.

(

y1 y2

)

=

(

2 −1

−5 3

)(

3

15

)

=

(

2×3+ (−1)×15

(−5)×3+3×15

)

=

(

−9

30

)

donc

{

y1 = −9

y2 = 30

c. Soit

(

x1 x2

)

tel que

{

x1 ≡ y1 (26) avec 06 x1 6 25

x2 ≡ y2 (26) avec 06 x2 6 25

autrement dit

{

x1 ≡ −9 (26) avec 06 x1 6 25

x2 ≡ 30 (26) avec 06 x2 6 25

Or

{

−9 ≡ 17 (26) avec 06 176 25

30 ≡ 4 (26) avec 06 46 25 donc

{

x1 = 17

x2 = 4

d. On peut penser que le décodage d’un couple de lettres se fait de la même manière que son codage en remplaçant la matrice C par la matrice C ′.

3. Dans cette question nous allons généraliser ce procédé de décodage.

On considère un bloc de deux lettres et on appelle z1 et z2 les deux entiers

compris entre 0 et 25 associés à ces lettres à l’étape 3. On cherche à trouver

deux entiers x1 et x2 compris entre 0 et 25 qui donnent la matrice colonne (

z1 z2

)

par les étapes 2 et 3 du procédé de codage.

Soient y ′1 et y

2 tels que

(

y ′1 y ′2

)

=C ′ (

z1 z2

)

(

y ′1 y ′2

)

=

(

2 −1

−5 3

)(

z1 z2

)

=

(

2z1− z2 −5z1+3z2

)

donc

{

y ′1 = 2z1− z2 y ′2 = −5z1+3z2

Soient x1 et x2, les nombres entiers tels que

{

x1 ≡ y

1 (26) avec 06 x1 6 25

x2 ≡ y

2 (26) avec 06 x2 6 25

3x1+x2 ≡ 3y

1+y

2 ≡ 3(2z1− z2)+(−5z1+3z2)≡ 6z1−3z2−5z1+3z2 ≡ z1 (26)

5x1+ z2 ≡ 5y

1+2y

2 ≡ 5(2z1− z2)+2(−5z1+3z2)≡ 10z1−5z2−10z1+6z2 ≡ z2 (26)

On peut donc dire :

{

3x1+ x2 ≡ z1 (26)

5x1+2x2 ≡ z2 (26)

On a donc décodé la matrice colonne

(

z1 z2

)

en la multipliant par la matrice C

pour obtenir

(

y ′1 y ′2

)

puis on a pris les restes module 26 pour obtenir enfin

(

x1 x2

)

.

Le système obtenu

{

3x1+ x2 ≡ z1 (26)

5x1+2x2 ≡ z2 (26) prouve que la matrice

(

x1 x2

)

se

code bien en

(

z1 z2

)

et donc que la matrice

(

z1 z2

)

se décode bien en

(

x1 x2

)

.

4. Les deux lettres QC correspondent à la matrice colonne

(

16

2

)

.

On calculeC ′×

(

16

2

)

=

(

2 −1

−5 3

)(

16

2

)

=

(

2×16+ (−1)×2

(−5)×16+3×2

)

=

(

32−2

−80+6

)

=

(

30

−74

)

{

30 = 1×26+4 =⇒ 30 ≡ 4 (26) avec 06 46 25

−74 = −3×26+4 =⇒−74 ≡ 4 (26) avec 06 46 25

Le nombre 4 correspond à la lettre E donc QC se décode en EE.

Antilles-Guyane 7 11 septembre 2013

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