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9

C H A P I T R E

Produit scalaire de l’espace Introduction 1. Programme Contenus

Capacités attendues

Produit scalaire Produit scalaire de deux vecteurs dans l’espace : définition, propriétés. Vecteur normal à un plan. Équation cartésienne d’un plan.

• Déterminer si un vecteur est normal à un plan. démo BAC Caractériser les points d’un plan de l’espace par une relation ax + by + cz + d = 0 avec a, b, c trois nombres réels non tous nuls. • Déterminer une équation cartésienne d’un plan connaissant un point et un vecteur normal.

Commentaires On étend aux vecteurs de l’espace la définition du produit scalaire donnée dans le plan. On caractérise vectoriellement l’orthogonalité de deux droites et on introduit le notion de plans perpendiculaires.

• Déterminer un vecteur normal à un plan défini par une équation cartésienne. démo BAC Démontrer qu’une droite est orthogonale à toute droite d’un plan si, et seulement si, elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan.

• Choisir la forme la plus adaptée entre équation cartésienne et représentation paramétrique pour : – déterminer l’intersection d’une droite et d’un plan ; – étudier la position relative de deux plans. Plusieurs démonstrations, ayant valeur de modèle, sont repérées par le symbole de type algorithmique sont signalées par le symbole .

AP Perpendiculaire commune à deux droites non coplanaires. Intersection de trois plans.

. Certaines sont exigibles et correspondent à des capacités attendues. De même, les activités

©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

2. Intentions des auteurs Dans ce « Produit scalaire de l’espace » : • on étend à l’espace la notion de produit scalaire de deux vecteurs du plan ; • on précise la notion d’orthogonalité de deux vecteurs de l’espace ; • on applique l’orthogonalité de deux vecteurs pour caractériser les équations cartésiennes de plan. À ce stade, l’élève possède tous les outils pour étudier des problèmes d’intersection de droites et de plans en choisissant un cadre adapté, vectoriel ou non, repéré ou non.

De nombreux QCM et Vrai-faux permettent de faire le point rapidement sur la compréhension du cours et aussi la mise en place de raisonnements par contreexemple. Tout au long de ce chapitre se précise l’utilisation de logiciels de géométrie dynamique ou de programmation. L’utilisation d’un logiciel de calcul formel doit permettre, en fonction des élèves, de surpasser les difficultés du calcul algébrique.

Livre du professeur - CHAPITRE 9

Produit scalaire de l’espace

1

Partir d’un bon pied Objectif Réactiver chez l’élève la notion de droite de l’espace à travers une représentation paramétrée, l’utilisation du produit scalaire dans le plan. 1 b.

A

2 c.

3 b.

B a. - 6 . b. AB2 = 16 . d. 4 # 2 # cos 60° = 4 . -4 1 e. c- m : c- 2 m =- 4 + 2 =- 2 . 1

4 b. et c.

c. 0. 2

f. - AB =- 9 .

1 1 AD k : a AB + AD k 2 3 2 2 1 1 5 = AB + AD = a2 3 2 6 % et AI : AJ = AI : AJ # cos IAJ , donc : 5 2 a % 5 6 1 6 # = = ; cos IAJ = 6 5 10 5 2 2 a# a 4 9 % r rad. donc IAJ = 4 C AI : AJ = a AB +

Découvrir 1 Produit scalaire dans le plan…dans l’espace Activité

Objectif : Repérer un plan de l’espace pour calculer le produit scalaire de deux vecteurs de ce plan. a. Dans le plan ^ ABC h , AB : DC = 16 . b. Dans le plan ^BCF h , BI : BC = 8 . c. Dans le plan ^HDAh , HD : CB = HD : DA = 0 . d. Dans le plan ^HDAh , EK : KH = 0 , car les diagonales d’un carré sont perpendiculaires. e. Dans le plan ÊFGh , EG : BC = EG : FG = GE : GF = 16. f. Dans le plan ÊBGh , GE : GB = GB : GI = 4 2 # 2 2 = 16 .

2 Droite perpendiculaire à un plan


Activité

Objectif : Dans cette activité, on démontre le théorème fondamental qui définit la droite perpendiculaire à un plan en un point donné. 1 Le point A est un point de d différent de O. Dans le triangle ABC, en appliquant le théorème de la médiane, BC2 (1). on a : AB2 + AC2 = 2AI2 + 2 2 En appliquant le même théorème dans le triangle BC2 OBC, on obtient : OB2 + OC2 = 2OI2 + (2). 2 3 ◗ Dans OAB, rectangle en O, on a AB2 = OB2 + OA2 (3). 2


◗ Dans OAC rectangle en O, on a AC2 = OC2 + OA2 (4). ◗ En reportant (3) et (4) dans (1), puis en soustrayant (2), puis en divisant par 2 on obtient : OA2 = AI2 - OI2 , soit AI2 = OA2 + OI2 . Le triangle AOI est rectangle en O, donc la droite d est perpendiculaire à la droite ÔI h . 4 Soit une droite d, perpendiculaire à deux droites du plan sécantes en O, alors toute droite admet une parallèle passant par O et on se retrouve dans le cas précédent. Si une droite est perpendiculaire à deux droites sécantes d’un plan, elle est perpendiculaire à toute droite de passant par O : on dit que est perpendiculaire à d. Activité

3 Plan médiateur

Objectif Cette activité explore une situation classique que l’on rencontre très fréquemment avec la notion de médiatrice dans le plan. 1 Soit M un point de . On a donc AM = BM , donc le triangle AMB est isocèle, donc ^ IMh est perpendiculaire à la droite ^ ABh , donc M est un point de ’. On a ainsi 1 ’. 2 Soit N un point de ’. La droite ^ IN h est la médiatrice de 6 AB @, donc MA = MB et N est un point de . On a donc ’ 1 . On a = ’ (démonstration par double inclusion). 3 Application : appelons a la longueur du côté du cube. a. Les segments 6BG @, 6GD @ et 6DB @ sont les diagonales de carrés de côtés de même longueur, donc BG = GD = DB = a 2 , donc le triangle BDG est équilatéral. b. ◗ ED = EB = a 2 et CD = CB = a 2 3 et KD = KB = a , car BDG est équilatéral, donc E, 3 2 C et K sont des points du plan médiateur de 6BD @. ◗ ED = EG = a 2 et CD = CG = a 2 3 et KD = KG = a , car BDG est équilatéral, donc E, 3 2 C et K sont des points du plan médiateur de 6DG @. c. Les points E, C et K sont des points des plans médiateurs de 6BG @ et 6DG @, donc ils sont alignés sur leur droite d’intersection. La droite ÊC h est donc orthogonale à 6BG @ et 6DG @, donc elle est perpendiculaire au plan ^BDGh .

4 Art et géométrie E de l’espace Activité

Objectif Calculer, en utilisant la géométrie plane, l’angle de deux plans d’un solide représenté dans un tableau célèbre. 1 Appelons a la longueur de l’arête du cube.


D

C I

B

F L

A H G

a 2 , donc la droite ^ AI h est la média2 trice de 6CB @ ; en conséquence les points A et I sont des points du plan médiateur de 6CB @. ◗ Dans le triangle rectangle DEC, 5a2 , DC2 = DE2 + EC2 = 4 2 5a . donc DC2 = DB2 = 4 ◗ AB = AC =

Le plan médiateur du segment 6CB @ est le plan ^ AIDh . % 2 L’angle formé par les faces ABC et CBD est l’angle AID . 3 a = 1. 2 . ◗ AB = 2 ◗ Le triangle ABC est équilatéral, donc : 3 6 = . AI = AB 2 4 ◗ Le triangle CID est rectangle en I, donc DC2 = CI2 + ID2, 5 1 9 = . donc ID2 = DC2 - CI2 = 4 8 8 ◗ L est le milieu de l’arête 6DH @, donc : AL = GH = 2 . Dans le triangle rectangle ALB on a : 3 1 9 = , donc AD = . AD2 = AL2 + LD2 = 2 + 2 4 4 4 On applique le théorème d’Al Kashi au triangle AID : % AD2 = IA2 + ID2 - 2IA # ID # cos AID , % IA2 + ID2 - AD2 , soit, en remplaçant, donc cos AID = 2IA # ID % % 1 cos AID =- , donc AID . 109,5° . 3 L’intersection des deux faces est la droite ^BC h et le plan ^ AIDh est perpendiculaire à ^BC h, donc l’angle des deux % faces est AID . 109,5° .

5 Ensemble de points de l’espace caractérisé par un produit scalaire nul Activité

◗ P est le plan passant par I milieu de 6 AB @ et perpenJ- 2 N J x N K O K O diculaire à ^ ABh . On a I^0 ; 1 ; 2h , AB K 2 O et IM K y - 1 O, K 4 O K + O z 2 L P L P donc : M^ x ; y z h ! P + IM : AB = 0 + - x + y + 2z + 3 = 0 . ◗ est le plan passant par A et perpendiculaire à ^ ABh. J- 2 N J x - 1N K O K O On a AB K 2 O et AM K y O, donc : K 4 O K + O L P Lz 4 P M^ x ; y ; z h ! + AM : AB = 0 + - x + y + 2z + 9 = 0 .

Exercices d’application Savoir faire Calculer des produits scalaires dans l’espace 1

1 Le plan P est l’ensemble des points M tel que

MA = MB , donc MA2 - MB2 = 0 ;

MA2 - MB2 = 0 + ^MA + MB h^MA - MB h = 0 + 2MI : AB = 0 . Le point M appartient à P si, et seulement si, MI : AB = 0 . 2 a. On a : AM : AB = 0 + ^ AH + HM h : AB = 0

+ AH : AB + HM : AB = 0 ; comme le vecteur HM est orthogonal au vecteur AB , on a HM : AB = 0 , donc : AM : AB = 0 + MH : AB = 0 + M = H . b. L’ensemble des points M tel que AM : AB = 0 est le plan passant par A et perpendiculaire à ^ ABh .

1 ◗ AF : GB = ^ AB + BF h : ^GF + FB h

= BF : FB =- a2 en tenant compte des orthogonalités. ◗ GI : DB = ^GC + CI h : DB = CI : DB = 0 , car les diagonales d’un carré sont perpendiculaires. ◗ AF : CB = 0 . a2 . ◗ HJ : JB = ^HE + EJ h : ^ JA + AB h = EJ : JA =4 2 Dans le triangle HEJ rectangle en E, d’après le théo5a2 ; rème de Pythagore, HJ2 = EH2 + EJ2 = 4 % comme HJ = JB on a JH : JB = JH : JB : cos HJB , soit % % 5a2 1 a2 # cos HJB ; donc cos HJB = . = 4 4 5 % On obtient HJB . 78,5° . 2

Objectif Mettre en place une méthode pour déterminer une équation cartésienne d’un plan.


3 Application

1 La sphère de centre A et de rayon 3 est l’ensemble

des points M de l’espace tel que AM = 3 . 2 Si M^ x ; y ; z h , alors : 2 2 M ! + AM2 = 9 + ^ x + 1h + ^ y - 2h + z2 = 9 . Une équation de S est : x2 + y2 + z2 + 2x - 4y - 4 = 0 . 3 ◗ La droite d passant par A et de vecteur directeur 1 u a- 1 ; ; 1 k a pour représentation paramétrique 2 Zx =- 1 - t ]] 1 [ y = 2 + 2 t avec t ! R . ]] \z = t ◗ Le point M appartient à l’intersection de S et de d si, et seulement si, ses coordonnées vérifient les équations de S et de d. En reportant les valeurs de x, y, z en fonction de t, dans l’équation de S, on obtient t2 = 4 , soit t = 2 ou t =- 2 , d’où les points d’intersection : B^- 3 ; 3 ; 2h et C^1 ; 1 ; - 2h . 3 On pose AB = a . Les hauteurs des triangles équila-

téraux mesurent


a 3 . 2 Produit scalaire de l’espace

3

1 2 3 a ; b. BA : AJ =- a2 ; 2 4 1^ 2 1 c. JA : JD = JA + JD2 - AD2h = a2 ; 2 4 1 a. AB : AC =

D J

d. JK : AD = 0 . G

2 a. Dans le triangle rectangle AJK,

A

3 2 1 2 1 a - a = a2 . 4 4 2

JK2 = JA2 - KA2 =

b. JK : BD = JK : 2JL = 2JK : JL = JK

2+

2-

JL

KL

Savoir faire Utiliser les propriétés du produit scalaire

J1 N J3 N J2 N K O K O K O 1 AB K 0 O ; AC K- 1 O ; BC K- 1 O. K- 2 O K 1 O K 3 O L P L P L P ◗ AB : AC = 1 ; 4

◗ BA : BC =- AB : BC = 4 ; ◗ CA : CB = AC : BC = 10 . 2 ◗ AB

=

5 , AC = 11 , BC = 14 .

% AB : AC = ◗ cos BAC = AB # AC

% 1 , donc BAC . 82,3° . 55

% BC : BA = ◗ cosCBA = BC # BA % donc ACB . 36,3° .

% 4 , donc CBA . 61,4° ; 70

5

De plus, DAl =

1 DAl . 4

2a . 6

◗ GA : GC = ^GAl + Al A h : ^GAl + Al C h , comme ^DAlh est perpendiculaire au plan ^ ABC h on a : GA : GC = GAl : GAl + Al A : Al C ; par ailleurs, AK = donc Al A = Al C =

a 3 ; 2 a 2 a 3 = ; 3 2 3

donc Al A : Al C = Al A # Al C # cos

2r a2 =, 3 6

1 2a 2 a2 a2 =. m 6 8 4 6 3a 3 2 ◗ On a GA = . DAl = 4 2 6


donc GA : GC = c

a2 % GA : GC 8 =- 1 ; = ◗ cos AGC = GA : GC 3 3a2 8 % donc AGC . 109,5° . 4


A’

K B

6 ◗ En utilisant les résultats de la page 295 du manuel

3 5 et JH = . 2 2 1 1 1 ◗ On a par ailleurs I a ; ; 0 k , J a0 ; 0 ; k et 2 2 2 H^0 ; 1 ; 1h, donc : J 1 N K 2 O J0N K 1 O 1 K O et JH KK 1 OO ; donc JI : JH = . JI 2 4 K O K1O KK- 1 OO L2 P L 2P % JI : JH 1 = . On retrouve bien le ◗ cos IJH = JI # JH 15 % résultat de la page 295 et donc IJH . 75° . on a JI =

Savoir faire Déterminer des équations de plans, déterminer une intersection de plans 7 a. B^1 ; 0 ; 0h ,

1 ABCD est un tétraèdre régulier et AB = a . On a

alors G milieu de 6 IJ @ et GAl =

I

2

1 1 1 1 = a2 + a2 - a2 = a2 . 2 4 4 2

C

E^0 ; 0 ; 1h , G^1 ; 1 ; 1h , D^0 ; 1 ; 0h J- N J0 N J1 N K 1O K O K O et F^1 ; 0 ; 1h , donc BE K 0 O, BG K 1 O et DF K- 1 O ; donc K 1 O K1 O K 1 O L P L P L P BE : DF = 0 et BG : DF = 0 . Le vecteur DF est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ^BEGh , donc la droite ^DF h est perpendiculaire au plan ^BEGh . b. Le plan ^BGE h a pour vecteur directeur DF et passe par B, donc M^ x ; y ; z h est un point de ^BGE h si, et seulement si, BM : DF = 0 , donc ^ x - 1h # 1 + y^- 1h + z # 1 = 0 . Le plan ^BEGh a pour équation : x - y + z - 1 = 0 . c. ◗ Le plan passant par F et parallèle à ^BEGh a pour équation x - y + z + d = 0 comme il contient F, 1 - 0 + 1 + d = 0 , donc d =- 2 . a pour équation x - y + z - 2 = 0 . ◗ Le plan ^ ABC h a pour équation z = 0 , donc l’intersecx-y+z-2 = 0 tion avec est la droite définie par ) , Z = z=0 x x ] soit [ y =- 2 + x avec x ! R . ] = \z 0 J- N J- N 4 2 8 a. AB K 0 O, AC K- 1 O. AB et AC ne sont pas coliKK OO KK OO -2 -2 L P L P -4 0 néaires puisque . ! -2 -1


Les points A, B et C n’étant pas alignés définissent un plan. b. ◗ AB : n =- 4 + 0 + 4 = 0 ,

H G

AC : n =- 2 - 2 + 4 = 0 .

E

n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ^ ABC h : c’est donc un vecteur normal à ce plan.

F D

◗ Une équation de ^ ABC h : M ! ^ ABC h + AM : n = 0

M C

O

+ ^ x - 1h + 2^ y - 1h - 2^ z - 3h = 0 . M ! ^ ABC h + x + 2y - 2z + 3 = 0 .

A B

2 Élaborer une démarche 1 Cadre analytique a. A^1 ; 0 ; 0h , C^0 ; 1 ; 0h .

Travaux pratiques 9 Angle maximum

1 Choisir un cadre et conjecturer 1 Cadre analytique

% a. b. Voir ci-dessous. L’angle AMC semble maximum pour t = 0,33 et il mesure 119,995°. 2 Le plan passant par M et perpendiculaire à la droite

^BHh . H G

On a BM = t BH = t^BA + BC + BF h , donc M^t ; t ; t h . J - N J- N K1 t O K t O b. MA K - t O, MC K1 - t O, donc MA : MC = 3t2 - 2t . K -t O K -t O L P L P % Mais MA : MC = MA : MB : cos AMC , 2 et MA2 = MB2 = ^1 - t h + t2 + t2 = 3t2 - 2t + 1 ,

3t2 - 2t 1 = 1- 2 . 3t2 - 2t + 1 3t - 2t + 1 6t - 2 c. Pour tout t ! 60 ; 1 @, f l^ t h = qui est 2 ^3t - 2t + 1h2 du signe de 6t - 2 , d’où le tableau de variations : % donc cos AMC =

x

E F

f l^ t h

-

0

0

D

f ^t h

M

-

C

O

1 2

1 + 1 2

En tenant compte du sens de variation de la fonction % 1 , dans ce cosinus AMC qui a un maximum pour t = 3 % cas AMC = 120° .

A B

2 Cadre géométrique

H G E F D ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

1 3

0

M C

O A B

b. En faisant varier le point M sur 6BH @, le plan corres% pondant à la valeur maximale de AMC semble être le plan ^ ACF h .

% % % a. Comme AMC = 2AMO , si le sinus de AMO est % % AO maximum, alors AMC est maximum. sin AMO = , AM donc comme AO est constant, il faut que AM soit minimum, donc ^ AMh = ^BHh . b. AM est la hauteur du triangle ABH et AB = 1 , AH = 2 (diagonale d’une face), BH = 3 (diagonale du cube). % 2 1 AM = c. On a sin AHB = . , donc AM = 3 2 3 En appliquant le théorème d’Al Kashi dans le triangle AMC on obtient : % AC2 = MA2 + MC2 - 2MA # MC # cos AMC , soit : 2

2

% 2 2 2 2 m +c m - 2c mc m cos AMC , 3 3 3 3 % % 1 donc cos AMC =- , soit AMC = 120° . 2 2

2 =c



5

3 Pour aller plus loin % L’angle ANC est maximum pour t = 0,5 et dans ce cas % % 1 , donc ANC . 70,5° . cos ANC = 3 10 Distance d’un point à une droite

Objectif Là aussi, résoudre un problème classique à l’aide de deux méthodes différentes. Partie A 1 2 3 Lorsque r est minimum cela représente la distance de A à D . J x + 1N Partie B – Méthode 1 K O 1 Si M^ x ; y ; z h , alors AM K y - 2 O. K - O Lz 3 P M ! + AM : u = 0 + - 2x + 3y + z - 11 = 0 . 2 La droite D a pour représentation paramétrique

Z = ] x 3 2t [ y = 2 + 3t avec t ! R . ] =- + 1 t \z

3 Les coordonnées du point d’intersection de D et de vérifient : Z ] x = 3 - 2t ] y = 2 + 3t ; [ ] z =- 1 + t ]- 2x + 3y + z - 11 = 0 \ donc, en reportant les valeurs de x, y et z dans la quatrième équation on obtient 14t - 12 = 0 , soit 6 t= . 7 z

A


O

M

B’

B

y

Le point d’intersection H a donc pour coordonnées 9 32 1 152 a ; . ; - k . La distance de A à D est donc 7 7 7 7 Z = Partie C – Méthode 2 ] x 3 2t 1 Si M appartient à D , alors [ y = 2 + 3t ; ] =- + 1 t \z

2 2 donc AM2 = ^4 - 2t h + ^3t h2 + ^- 4 + t h ,

donc AM2 = 14t2 - 24t + 32 . 2 La fonction du second degré t 14t2 - 24t + 32 6 152 admet un minimum pour t = , donc AM2 = ; 7 7 152 donc la distance de A à D est . 7

7

6


11 Calculs de distances, aires, volumes

Objectif Utiliser le produit scalaire pour préciser des situations ou calculer des grandeurs. 1 a. ◗ On a a2 ^KB + BM h + KB + KB + BD = 0 , 1 a2 BM + 2 BD ; 2+ 2 a a +2 ◗ donc, en décomposant : 1 a2 + 1 a2 BK = 2 BA + 2 AM + 2 AD a +2 a +2 a +2 et MD = MA : AD , soit en tenant compte des orthogonalités : a2 1 BK : MD = 2 AM : MA + 2 AD : AD a +2 a +2 a2 1 1 = 2 = 0. c- 2 m + 2 a +2 a a +2 donc BK =

b. ◗ On a a2 ^KD + DM h + KD + DB + KD = 0 , a2

1

BD ; a 2 a a ◗ donc en décomposant : 1 a2 + 1 a2 BK = 2 DA + 2 AM + 2 AB + + 2 a 2 a a +2 et MB = MA + AB , soit en tenant compte des orthogonalités : donc DK =

2+

DM +

a2

2+

1 AB : AB a2 + 2 a2 1 1 = 2 = 0. c- 2 m + 2 a +2 a a +2 c. Comme BK : MD = 0 , K appartient à la hauteur issue de B dans le triangle BMD. Comme DK : MB = 0 , K appartient à la hauteur issue de D dans le triangle BMD, donc K est l’orthocentre du triangle BMD. 2 a. Dans le triangle rectangle ABM, 1 a2 + 1 . MB2 = AB2 + AM2 = 1 + 2 = a a2 Le triangle BMD est isocèle en M, donc si on appelle I le milieu de 6BD @, d’après le théorème de Pythagore dans le triangle MIB, on a : 1 a2 + 1 a2 + 2 = ; AI2 = MB2 - IB2 = 2 2 a a2 AD # AI a2 + 2 donc AI = , comme = on a : 2 a a2 + 2 = . 2a b. = 1 équivaut à a2 + 2 = 2a , soit en élevant au 2 2 et a = . carré a2 + 2 = 4a2 ; donc a2 = 3 3 c. ◗ Le volume de la pyramide MABD est : 1 1 MA # AB # # AD = . V= 3 2 2 6 ◗ On a AK : BD = ^ AM + MK h : BD = 0 en développant et en tenant compte des orthogonalités. De même, AK : MB = 0 . Le vecteur AK orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ^BDMh est un vecteur normal à ^BDMh , donc ^ AK h est une hauteur de DK : MD =


a

2+

2

AM : MA +

1 la pyramide MABD, donc on a aussi V = # AK , donc 3 3 . AK = 3V = 2 6 12 Distance d’un point à une droite.

Cas particulier Objectifs Présenter une méthode générale à l’aide d’un cas particulier et utiliser un logiciel de calcul algébrique. J2 N J1 N K O K O 1 a. n K- 3 O, m K 2 O. Comme n et m ne sont pas coliK- 2 O K- 2 O L P L P néaires, les deux plans sont sécants suivant une droite D. b. Le logiciel nous donne un système d’équations paramétriques de D : Z ] x = 1 + 10 z 7 ] [ y = 2 + 2 z avec z ! R ] 7 ] = \z z J 10 N K 7 O K O 2 O c. La droite D est dirigée par le vecteur v K ; comme K 7 O L 1 P u = 7v , u est un vecteur directeur de D . 2 n et m sont, par définition, orthogonaux à u . De plus, n : m = 2 - 6 + 4 = 0 , donc ils sont orthogonaux. 3 Comme ÔH h est perpendiculaire à D , les vecteurs OH , n et m sont coplanaires, donc il existe deux réels a et b tels que OH = an + bm , donc en tenant compte de la question 2 on a OH2 = a2 n 2 + b2 m 2 . 4 ◗ Le point H est un point de D et ses coordonnées 10 2 sont a1 + z ; 2 + z ; z k le logiciel permet de 7 z déterminer z, a et b tels que OH = an : bm . On obtient 4 5 98 ; a =;b= . z =17 9 153 2 2 n 2 = 22 + ^- 3h + ^- 2h = 17 et m 2 = 9 , on a :

569 4 2 5 2 k # 17 + a k # 9 , donc d2 = ; 153 17 9 569 . donc d = 153 d2 = a-


Faire le point 16 1 c.

2 b

3 c

4 a

5 a.

17 1 b.

2 b.

3 b.

4 a. et c.

5 a. et c.

6 c.

18 1 Faux (considérer les arêtes d’un cube passant par

un même sommet). 2 Faux (ici d est incluse dans ). 3 Vrai. 4 Vrai. CM : MB = ^CA + AM h : MB = CA : MB + AM : MB = 0 + 0 = 0 .

Exercices d’application 1 Produit scalaire dans l’espace 19 1 Vrai. 4 Faux.

2 Vrai. 5 Vrai.

20 1 b. et c. 2 b.

3 Vrai.

3 b. et c.

4 c. ; OABC est un losange formé de deux triangles équi-

latéraux accolés. Repères orthonormés – Normes 21 Dans le plan _O, i , j i , le point H a pour coordon-

nées ^ x ; y h et donc OH2 = x2 + y2 . La droite ^MH h est parallèle à la droite ÔK h et HM = z i , donc le triangle OHM est rectangle en H, donc en utilisant le théorème de Pythagore, OM2 = OH2 + HM2 ; donc OM2 = x2 + y2 + z2 , soit OM = x2 + y2 + z2 . 22 1 ◗ A^8 ; 0 ; 0h , E^0 ; 8 ; 8h .

◗ B^0 ; 8 ; 0h et G^8 ; 8 ; 8h , donc I^4 ; 8 ; 4h . 1 ◗ AK = AF , donc K^8 ; 0 ; 2h . 4 5 ◗ CL = CE , donc L^0 ; 5 ; 8h . 8 J- N K 8O 2 2 ◗ AE K 8 O, donc AE = ^- 8h + 82 + 82 = 8 3 . K 8 O J -1 N L P K O K 3 O K 1 O 1 ◗ On a e = . AE , donc e K 3 O AE K 1 O KK OO J- N 3 L P K 4O 2 3 ◗ KI K 8 O, donc KI = 84 . K 2 O J- L N P K 4O 2 ◗ IL K- 3 O, donc IL = 41 . K 4 O LJ PN K- 8 O 2 ◗ KL K 5 O, donc KI = 125 . K 6 O L P 2 2 2 le triangle KIL est Comme KI + IL = KI rectangle en I. 4 a. La sphère S est l’ensemble des points M^ x ; y ; z h tels que XM = OX son équation est : ^ x - 4h2 + ^ y - 4h2 + ^ z - 4h2 = 58x2 + y2 + z2 - 8x - 8y - 8z = 0 ; 2+ 2+ 2soit x y z 8x - 8y - 8z = 0 . b. En reportant les coordonnées de chaque point on vérifie que le cube OADBCFGE est inscrit dans la sphère S. J- N J1 N J1 N 1 23 1 On a DA K 2 O, DB K 2 O, DC K- 2 O, donc : KK OO KK OO KK OO -2 -2 -2 L P L P L P DA = DB = DC = 3 .



7

Les points A, B, C appartiennent à la sphère de centre D et de rayon 3. 2 La sphère S a pour équation cartésienne 2 x2 + y2 + ^ z - 4h = 9 , soit x2 + y2 + z2 - 8z + 7 = 0 . 3 a. Les plans médiateurs des segments 6 AB @ et 6BC @ se coupent suivant une droite d. Tout point de cette droite est équidistant des points A, B et C, donc ils sont sur une sphère de centre M. b. Vérifier que OA = OB = OC = 3 , donc la sphère de centre O et de rayon 3 contient les points A, B et C. J0 N K O 4 a. Le point I a pour coordonnées ^0 ; 2 ; 2h , OI K 2 O. K 2O L P La droite ÔI h a pour représentation paramétrique : Z = ]x 0 [ y = 2 + 2t, t ! R . ] = + \ z 2 2t b. Les coordonnées ^0 ; 2 + 2t ; 2 + 2t h du point M de ÔI h qui appartient à S est tel que : 2 2 02 + ^2 + t h + ^2 + t h - 8^2 + t h + 7 = 0 . 2 2 1 , soit t = ou t =. La droite ÔI h 2 2 2 coupe la sphère en deux points E^0 ; 2 + 2 ; 2 + 2 h et F^0 ; 2 - 2 ; 2 - 2 h .

Donc t2 =

Calculer un produit scalaire dans l’espace 24 1 Le quadrilatère ABGH est un rectangle de largeur

4 et de longueur 4 2 . ◗ HB : GB = BG2 = 32 ; ◗ HB : BA =- AB2 =- 16 . 2 ◗ Dans le triangle rectangle ABG on a : AC2 = AB2 + BG2 = 16 + 32 = 48 , donc AC = 4 3 , soit AO = 2 3 . ◗ En utilisant le théorème d’Al Kashi dans le plan ABG pour le triangle AOB on a : % OA2 + OB2 - AB2 12 + 12 - 16 2 = = . cos AOB = 3 2OA # OB 2#2 3 #2 3 % On en déduit que AOB . 48,2° .


25 1 ◗ AE : BG = BF : BG = BF2 = 9 .

% ◗ AE : BG = BF : BG = BF # BG cos FBG , donc : 2 = 9. AE : BG = 3 # 3 2 cos 45 = 9 2 # 2 1 1 1 ◗ Dans le repère a A ; AB ; AD ; AE k , E^0 ; 0 ; 3h, 3 3 3 J0 N J0 N K O K O B^3 ; 0 ; 0h et G^3 ; 3 ; 3h , donc AE K 0 O et BG K 3 O ; donc K 3O K 3O L P L P AE : BG = 3 # 3 = 9 . 2 ◗ AD : HB = EH : HB =- EH2 , car le triangle EHB est rectangle en E. J0 N J3 N K O K O ◗ AD K 3 O et HB K- 3 O, donc AD : HB =- 9 . K 0O K- 3 O L P L P 2 26 1 a. SA : SB = SA # SB # cos r = a .

3

8


2

b. SA : SC = SA : ^SA + AC h = SA2 + SA : AC = SA2 - AO2 , a2 a2 = 0. donc SA : SC = 2 2 2 a . c. SA : AC =2 r a2 = . d. SC : AB = CS : CD = CS # CD # cos 3 2 2 a. Le triangle SAC est triangle rectangle et isocèle en S. b. On a CB = CD = 0 , AB = AD = 0 et SB = SC = 0, donc les points C, A, S sont équidistants de B et de D, donc le plan ^SAC h est le plan médiateur de 6BD @. c. SC : DB = 0 , car ^BDh perpendiculaire au plan ^SAC h qui est le plan médiateur de 6BD @.

27 AI et ID sont les hauteurs de triangles équilaté-

a 3 . 2 En appliquant Al Kashi dans le triangle AID : 3a2 3a2 2 + a % AI2 + DI2 - AD2 4 4 = cos AID = 2AI # DI a 3 a 3 # 2# 2 2 1 = . 3 % On en déduit AID . 70,5° .

raux de côté a, donc AI = AD =

28 1 a. Le plan médiateur de 6HC @ est le plan ^ AFGh,

car les points A, F et G sont équidistants de H et de C. b. En déduire l’intersection de la droite ^HC h avec le plan perpendiculaire à ^HC h passant par A est, d’après 1 , le plan ^ AFGh . Il coupe ^HC h en I milieu de 6HC @, donc le projeté orthogonal de A sur la droite ^HC h est I. 2 Le milieu K du segment 6DG @ est le point I. ◗ AK : HC = 0 , car ^ AK h est perpendiculaire à ^HC h . ◗ AK : AH = AK2 ; le triangle AHK est rectangle en K, 2

2 2 m 3 = , donc donc AK2 = AH2 - HK2 = ^ 2 h - c 2 2 3 AK : AH = . 2 1 ◗ FK : DK = ^FG + GK h : DK = GK : DK =- . 2

3+ 5 5 +1 = 2 2 + + 3+ 5 1 5 6 5 m= = , et U2 = c 2 4 2 donc U2 = U + 1 . 2 a. Pour tout point Mâ ; b ; c h ! " A, B, C, f, K, L , on a 5+ 5 , soit : OM2 = 02 + U2 + 12 = U + 2 = 2 5+ 5 = R. OM = 2 Tous ces points sont sur une sphère de centre O et de rayon R. J U N K O 2 2 b. ◗ AB K1 - U O donc AB2 = U2 + ^1 - Uh + ^- 1h , K -1 O L P soit, en tenant compte de la relation du 1 ; AB2 = 4 donc AB = 2 . 29 1 1 +


◗ On vérifie de même que AC = BC = 2 . Le triangle ABC est équilatéral. c. Toutes les faces du solide sont des triangles équilatéraux. 3 Les arêtes de l’icosaèdre ont pour mesure 2. 30 Dans

le

repère

^ A, AB , AD , AE h , G^1 ; 1 ; 1h , J1 N J2 N K O K O H^0 ; 1 ; 1h et I^2 ; 0 ; 0h , donc AG K 1 O et HI K- 1 O ; donc K1 O K- 1 O L P L P AG : HI = 0 . Les droites ^ AGh et ^HI h sont orthogonales.

2 Propriétés du produit scalaire

J- N 3

31 1 a. Vrai.

b. Faux.

2 a. Vrai.

b. Faux.

32 1 Faux.

2 Vrai.

3 Vrai.

4 Faux.

33 1 b.

2 c.

3 a.

4 c.

Expression en repère orthonormé 34 1 u : v =- 8 .

2 u : v =- 1 .

3 u : v =- 4 .

2

= cos2 a cos2 b + cos2 a sin2 b + sin2 a , soit : 2 u = cos2 a^cos2 b + sin2 bh + sin2 a ; comme cos2 b + sin2 b = 1 , on a : u


u

2

J- N 2

J1 N

38 1 AB K 1 O, AC K 0 O, AD K- 1 O, donc AD = AB + AC . KK OO KK OO KK OO 1 5 6

L P L P L P Les quatre points A, B, C et D sont coplanaires. J- N K 3O 2 CD K 1 O. K 1 O L P Le quadrilatère ABDC est un parallélogramme. Propriétés algébriques

J N J- N J - N 2 -1 1 2 2 35 1 AB K- 2 - 1 O, AC K - 2 O, BC K- 1 + 2 O, KK O KK O KK O - 2 O -2 2 O - 2 O L P L P L P donc AB2 = 8 , AC2 = 16 , BC2 = 8 , soit AB = BC et AC2 = AB2 + BC2 ; le triangle ABC est isocèle rectangle en B. % 2 ABC est isocèle rectangle en B, donc BCA = 45° . 36

b. Le volume de la pyramide SABCD est : 1 V = AB # BC # IS ; 3 comme AB = 29 , BC = 11 , IS = 82,5 alors : 11 870 . V= 6 4 On se propose de déterminer une mesure, en degrés, % de l’angle SAB . J1 N J5,5 N K O K O a. AB K- 2 O, AS K 6,5 O, donc AS : AB = 15 . K 5 O K 4,5 O L P L P 371 , AB = 29 . b. AS = 2 % % AS : AB c. cos SAB = . 0,07 , donc SAB . 85,9° . # AS AB

= cos2 a + sin2 a = 1 .

J1 N J1 N K O 37 1 a. AB - 2 et DC K- 2 O, donc AB = DC . KK OO KK OO 5 5 L P L P Le quadrilatère ABCD est un parallélogramme. J3 N K O b. BC K- 1 O, donc AB : BC = 0 . K- 1 O L P Le parallélogramme ABCD est un rectangle. 3 2 I a3 ; ; 1k . 2 J3,5 N J1 N J3 N K O K O K O 3 a. IS K 8 O, AB K- 2 O, BC K- 1 O, donc IS : AB = 0 et K 2,5 O K 5 O K- 1 O L P L P L P IS : BC = 0 ; donc ^ ISh est perpendiculaire au plan ^ ABC h .

39 1 EC : HG = ED : HG + DG : HG + GC : HG

= ED2 = 4 . 2 EJ : HG = ED2 = 4 . 3 EI : BH = ÊA + AI

h : ^BA + AH h = EA : BA + AI : BA + EA : AH + AI : AH = 0 - 2AI2 - EA2 + 0 =- 6 .

4 AB : IJ = AB : IC + AB : CJ = AB : IB + 0 = 2 .

h : ^ JC + CB + BI h = ED : BI + DG : CB + GJ : JC =- 2 - 4 + 1 =- 5 .

5 EJ : JI = ÊD + DG + GJ

h = AB : IC + BC : IC = AB : IB + BC = 2 + 4 = 6 .

6 AC : IJ = ^ AB + BC h : ^ IC + CJ 2

40 1 ◗ BC : IH = BC : ^ IE + EH h = BC : IE + BC : EH ,

donc comme BC : IE = 0 , on a : BC : IH = BC2 = 16 . ◗ De même, BJ : FA = ^BF + FE + EJ h : FA , donc BJ : FA = BF : FA + FE : FA + EJ : FA ; soit BJ : FA =- EB2 + FE2 = 0 . ◗ JI : JG = ^ JE + EI h : ^ JH + HG h = JE : JH + EI : HG , soit JI : JG = JE : JH + EI : EF =- 4 + 2 =- 2 . 2

2 ◗ IJ2 = IE2 + EJ2 = ^ 2 h + 22 = 6 .

◗ JG2 = JH2 + GH2 = 22 + 22 = 8 . % -2 3 JI : JG = =, ◗ On a cos IJG = 6 JI # JG 6# 8 % donc IJG . 106,8° .



9

Vecteurs orthogonaux

Orthogonalité entre une droite et un plan

41 1 u : v =- 2 + a + 5a , donc u : v = 0 équivaut

1 àa= . 3 2 u : v =- 1 + a2 , donc u : v = 0 équivaut à a2 = 1 ; soit a =- 1 ou a = 1 . 3 u : v = a - 2a2 , donc u : v = 0 équivaut à : a^1 - 2ah = 0 ; 1 soit a = 0 ou a = . 2 42 a. ◗ On a :

MN = MD + DA + AN =- aDAl - AD + bAC , soit MN = â + b - 1hADl + bAB - aAAl . ◗ Comme AC = AB + AD , MN : AC = a + 2b - 1 . ◗ Comme DAl =- AD + AA , MN : DAl = 2a + b - 1 . La droite ^MN h est perpendiculaire à ^ Al Dh et à ^ AC h si, et seulement si : Z 1 ]] a = 3 a + 2b = 1 ) +[ 1. 2a + b = 1 ]b = 3 \ b. On a M^0 ; 1 - a ; ah , N^b ; b ; 0h , C^1 ; 1 ; 0h , D^0 ; 1 ; 0h J b N K O et Al^0 ; 0 ; 1h , donc MN K b + a - 1 O. K -4 O L P J1 N K O ◗ AC K 1 O, donc MN : AC = a + 2b - 1 . K 0O L P J0 N K O ◗ DAl K- 1 O, donc MN : DAl = 2a + b - 1 . K 1 O L P 1 1 et b = . On retrouve le système du a., donc a = 3 3 43 1 w : non. 1

2 w2 : non. 5 w5 : oui.

4 w4 : non.

3 w3 : oui.

% 44 u : v = 0 + u = 0 ou v = 0 ou cos BAC = 0, % r donc u : v = 0 +u = 0 ou v = 0 ou BAC = . 2 45 ◗ Les droites D et D ’ ont pour vecteurs directeurs


J1 N J3 N K O K O respectivement u K- 1 O et v K- 3 O, donc u : v = 0 ; les K 3 O K 2 O L P L P droites D et D ’ sont orthogonales.

3 Orthogonalité dans l’espace 46 1 a.

2 b.

3 a. et c.

47 1 a. Vrai.

b. Vrai.

c. Faux.

2 a. Faux. b. Faux.

10


48 1 b. 3 b.

2 b. ; sécantes en ^1 ; - 1 ; 0h . 4 b.

49 1 On a AI = AB + BI = HG + JH = JG , donc A, I,

G, H sont coplanaires. 2 ◗ IJ = IC + CH + HJ , mais IC + HJ = 0 ; donc IJ = CH .

◗ FX : IJ = FX : CH = 0 , car le triangle FCH est isocèle en F, donc ^FXh est perpendiculaire à ^HC h . 1 1 3 ◗ FX : IG = aFG + GH + GC k = 1 - 1 = 0 , 2 2 donc ^FGh orthogonale à ^ IGh et comme elle est aussi orthogonale à ^HC h , elle est orthogonale au plan ^ AIGJ h . 50 1 a.

2 b. J1 N K O 4 c., car KE K- 1 O. K 1 O L P

3 b. 5 c.

51 1 n : v =- ac + ac = 0 1

et n : v2 =- ab + ab = 0 , donc v1 et v2 sont orthogonaux à n . 2 Le vecteur n est coplanaire avecc v1 et v2 si, et seulement si, il existe deux réels a et b tels que : Z Z =- 2 2 aa bb ]]1 =- a - b ]a n = av1 + bv2 + [ b = ba + [ b = ba ] = ] = \ c aa \ c aa qui n’admet pas de solution, donc n , v1 et v2 ne sont pas coplanaires. 3 a. Vu la question précédente, ^ A ; v1 ; v2 ; n h est un repère de l’espace, donc il existe trois réels a , b et c tels que : AM = av1 + bv2 + cn . b. AM : n = 0 + âv1 + bv2 + cn h : n = 0 + c = 0 ; donc M appartient au perpendiculaire en A à la droite passant par A et de vecteur directeur n . 52 Si d est parallèle à , il contient une droite D paral-

lèle à d. Si d l est perpendiculaire à elle est orthogonale à D , donc à d. 53 1 ◗ EA : AF =- AE : AF =- a2 .

◗ AB : AF = a2 . ◗ BC : AF = 0 . 2 EC = EA + AB + AC , donc EC : AF = EA : AF + AB : AF + BC : AF , donc EC : AF =- a2 + a2 = 0 Les vecteurs EC et AF sont orthogonaux. De même que les vecteurs EC et AH sont orthogonaux. 3 On en déduit que la droite ÊC h est orthogonale aux droites ^ AF h et ^ AH h, donc orthogonale au plan ^ AFH h. Le point I est le projeté orthogonal de E sur le plan ^ AFH h. 4 a. ◗ Le plan ÊABh contient la droite ^ AF h et comme ÊHh = ÊABh on a ^ AF h = ÊH h.


◗ Le plan ^ AFH h contient la droite ^ AF h et comme ÊI h = ^ AFHh on a ^ AF h = ÊI h. b. La droite ^ AF h est orthogonale à deux droites sécantes du plan ÊHI h , donc orthogonale à la droite ^HI h . c. De même que la droite ^ AH h est orthogonale à la droite ^FI h . 5 Le point I est l’orthocentre du triangle AFH. 54 Soit a l’arête du cube.

◗ AH = AF = a 2 , donc le triangle AFH est isocèle en A. ^ AP h est la médiatrice de 6HF @, donc ^ AP h = ^HE h. ◗ On a ÊP h parallèle à ^ AC h . AP : EC = ^ AE + EP h : ÊA + AC h = AE : EA + EP : AC . Donc AP : EC =- a2 + a2 = 0 ; donc ^ AP h = ÊC h .

55 passes par B^2 ; 4 ; 1h et a pour vecteur

normal n ^- 1 ; - 1 ; 5h , pour équation cartésienne - x - y + 5z + 1 = 0 et pour vecteurs directeurs v1 ^4 ; 1 ; 1h et v2 ^1 ; 4 ; 1h . 56 passe par B^2 ; 0 ; 1h a pour vecteur normal

1 1 ; ; - 1 k pour équation cartésienne 2 4 1 1 x + y - z = 0 et pour vecteurs directeurs 2 4 v1 ^- 2 ; 4 ; 0h et v2 ^2 ; - 8 ; - 1h .

na

57 passe par le point A^1 ; - 1 ; - 1h a pour vecteur

normal n ^4 ; 3 ; - 1h , pour équation cartésienne 4x + 3y - z - 2 = 0 et pour vecteurs directeurs v1 ^- 1 ; 2 ; 2h et v2 ^- 1 ; 1 ; - 1h . 58 passe par le point A^0 ; - 1 ; 1h a pour vecteur

normal n ^0 ; 1 ; 0h, pour équation cartésienne y - 1 = 0 et pour vecteurs directeurs v1 ^4 ; 0 ; 2h et v2 ^- 1 ; 0 ; - 1h. 59 passe par le point A^1 ; - 2 ; 3h pour vecteur

normal n ^0 ; 2 ; 1h , pour équation cartésienne 2y + z + 1 = 0 et pour vecteurs directeurs v1 ^1 ; 0 ; 0h et v2 ^0 ; 1 ; - 2h .


J- N 1

J0 N

L P L P Z =a 1 ]] AB = aAB + bAD + [- 1 = b , donc a =- 1 ; b =- 1, ]- 1 = b \ donc AB =- AC - AD et les points A, B, C et D sont coplanaires. L

P

2 Si le plan ^BCDh a pour équation ax + by + cz + d = 0,

en utilisant les coordonnées des points B, C et D, on a : Z =d a+d = 0 ]a *- a + 2b + c + d = 0 + [2b + c =- 2d . ] + =d b + 2c + d = 0 \ b 2c

On a donc a =- d ; b =- d et c = 0 , donc le plan ^BCDh a pour équation x + y - 1 = 0 en prenant d =- 1 .

Vecteur normal – équation cartésienne

60 1 M^ x ; y ; z h !

J1 N

62 1 On a AB K- 1 O, AC K 1 O, AD K 0 O. KK OO KK OO KK OO -1 0 1

+ AM : n = 0 ;

comme le vecteur AM ^ x + 1 ; y - 2 ; z h on a : ^ x + 1h # 1 + ^ y - 2h # 1 + z # ^- 1h = 0 . a pour équation cartésienne x + y - z - 1 = 0 . 2 M^ x ; y ; z h ! + AM : n = 0 ; comme le vecteur AM ^ x ; y ; z + 1h on a : x # 1 + y # 0 + ^ z + 1h # 0 = 0 . a pour équation cartésienne x = 0 . 61 M^ x ; y ; z h , donc AM ^ x - 1 ; y - 2 ; z - 3h , donc :

u : AM = 2 + ^ x - 1h # 1 + ^ y - 2h # 2 + ^ z - 3h # ^- 1h = 2 ; soit x + 2y - z - 4 = 0 .

J1 N J2 N K O 63 1 AB 2 , AC K 1 O ne sont pas colinéaires, donc les KK OO KK OO -1 4 L P L P points A, B et C déterminent un plan. 2 a. Si ax + by + cz + d = 0 est une équation cartésienne du plan ^ ABC h , le système posé est le système en écrivant que les coordonnées de chaque point vérifient l’équation de ^ ABC h .

b. En prenant d =- 1 on obtient a = 2 , b =- 3 et c = 1 , donc ^ ABC h a pour équation cartésienne 2x - 3y + z - 1 = 0 . J2 N K O Le vecteur n K- 3 O est normal au plan ^ ABC h . K 1 O L P Intersection de droites et de plans 64 ◗ La droite ^ ABh a pour représentation paramé-

Z = ] x 1 2t trique [ y = 1 - 4t, t ! R . ] = \z 5 t ◗ En reportant dans l’équation du plan on obtient t =- 1 , donc la droite ^ ABh coupe le plan en C^3 ; 5 ; 6h . 65 1 Les vecteurs normaux aux plans et sont

respectivement n1 ^2 ; 1 ; - 1h et n2 ^- 1 ; 3 ; - 2h qui ne sont pas colinéaires, donc les deux plans sont sécants. 2 Les coordonnées de la droite D d’intersection véri-

fient :

Z ]x = 1 z - 1 7 7 ] 5 11 + [y = z - . ] 7 7 ] = \z z La droite D a pour vecteur directeur v ^1 ; 5 ; 7h et passe 6 par A a0 ; ; 1k . 7 Z + = ] 2x y z 1 [- x + 3y = 2z - 4 ] = \z z



11

66 La droite d’intersection des plans et a pour

vecteur directeur v ^2 ; 1 ; 3h et passe par A^1 ; 0 ; 1h . 67 1 Une représentation paramétrique de la droite

Z = ]x 2 z d’intersection D est [ y =- 2 , z ! R . ] = \z z

2 Le plan passe par A^1 ; 1 ; 2h et a pour vecteur

normal v ^- 1 ; 0 ; 1h . Il a pour équation - x + z - 1 = 0 . 68 1 Le plan perpendiculaire à D et passant par A

a pour vecteur normal un vecteur directeur de D, soit n ^2 ; - 1 ; - 2h. Il a pour équation 2x - y - 2z + 22 = 0 . 2 D coupe le plan en H^- 1 + 2t ; 2 - t ; - 2t h et 2^- 1 + 2t h - ^2 - t h - ^2 - t h - 2^- 2t h + 22 = 0 , soit t =- 2 , donc H^- 5 ; 4 ; 4h . J- N K 6O AH K 0 O, AH2 = 72 . La distance de A à D est AH = 6 2 . K- 6 O L P J- + N K 2 2t O 3 AM K - 2 - t O, donc : K- 2t - 10 O L P AM = f ^ t h = 9t2 + 36t + 108 . La fonction f aura un minimum pour t =- 2 (fonction du second degré) et il est égal à 6 2 . Ce minimum est la distance de A à D.


69 1 M ! P + P l

+ *2x - y + 5 = 0

◗ Soit C le point tel que AC = v . On obtient de même que ci-dessus C^5 ; - 6 ; 1h et C ! ^P h . ◗ u : v = 3 - 3 = 0. On a donc : ^ A ; u ; v h est un repère orthogonal du plan ^P h . 72 1 Un vecteur normal au plan est n ^2 ; 1 ; - 2h .

3x + y - z = 0

Z = ]x t 2x + 5 = y + ) + + = + [ y = 2t + 5 ; 3x 2x 5 z ] = + \ z 5t 5 on reconnaît la représentation paramétrique de la droite D. J1 N 2 Affirmation 1 : vraie K O D est dirigée par le vecteur u K 2 O et R a pour vecteur K 5O J- N L P K 5O normal n K 5 O. K- 1 O L P Comme u : n = 0 , D, qui est dirigée par un vecteur du plan , est parallèle au plan . Affirmation 2 : faux D’une part, les deux droites ne sont pas parallèles, car J- N J1 N K 3O K O les vecteurs u K 2 O et ul K 1 O ne sont pas colinéaires. K 2 O K 5O L P L P D’autre part, le système : Z =Z =3m 3m ]t ]t 4 3 = ; [ 2t + 5 = 1 + m + [- 7m =- 4 & 7 17 ] + = + ]=- 3 \ 5t 5 2 2 m \ 17m ce qui est faux : les deux droites ne sont donc pas sécantes non plus. Elles sont non coplanaires. 70 1 On a I^2 ; 1 ; 3h , K^3 ; 3 ; 3h et J a 5 ; 5 ; 7 k .

2

12

J1/2 N J1 N K O K O 2 IJ K 3/2 O et IK K 2 O. On a n : IJ = 0 et n : IK = 0 . Le K 1/2 O K 0O L P L P vecteur n est normal au plan ^ IJK h qui a donc pour équation 2x - y + z - 6 = 0 . J4 N K O 3 ◗ AD K 2 O, donc une représentation paramétrique de K 2O L PZ ] x = 1 + 4t ^ ADh est : [ y = 2t , t ! R. ] = + \ z 2 2t ◗ ^ IJK h et ^ ADh sont sécants en un point L tel que ses coordonnées ^1 + 4t ; 2t ; 2 + 2t h vérifient l’équation de 1 1 5 ^ IJK h , donc t = 4 ; donc L a2 ; 2 ; 2 k . J1 N K O 1 On a donc AL K1/2 O, soit AL = AD . 4 K1/2 O L P Z ]] xB - 2 = 1 71 ◗ Soit B le point tel que AB = u ; on a [ yB + 3 = 1 , ]z - 1 = 1 \ B donc B^3 ; - 2 ; 2h . Les coordonnées de B vérifient l’équation de ^P h , donc B ! ^P h .


2

2

2 u : n = 0 , donc u est un vecteur du plan .

Ja N K O 3 ◗ Cherchons un vecteur w K b O orthogonal à n et à u . KcO L P 2a + b - 2c = 0 b =- 4a ) . On a ) + c =- a a+c = 0 J1 N K O Le vecteur w K- 4 O est orthogonal à n et à u . K 1 O L P 1 ◗ On peut choisir comme base orthonormée U = u, 2 1 1 V = n et W = w. 3 3 2 73 1 L’équation

de E se met sous la forme 2 2+ + + ^ x 2h y ^ z 3h2 = 13 , donc Ê h est une sphère de centre X^2 ; 0 ; - 3h et le rayon 13 . 2 La droite D a pour représentation paramétrique : Z = + ]x 3 t [ y = 1 - 2t, t ! R . ] = + \ z 2 3t Les points d’intersection de E et de D sont tels que leurs coordonnées sont : ^3 + t ; 1 - 2t ; 2 + 3t h 2 2 2 et ^1 + t h + ^1 - 2t h + ^5 + 3t h - 13 = 0 , soit 14 + 28t + 14t2 = 0 qui admet une seule solution t =- 1 . Ê h coupe D en un point B^2 ; 3 ; - 1h .


J0 N K O 3 XB K 3 O, donc XB : u= 0 . Les droites ^XBh et D sont K 2O L P perpendiculaires. 4 En procédant comme ci-dessus, Dl coupe Ê h en un seul point B. 5 a. v ^0 ; - 2 ; 3h est un vecteur directeur de Dl . On a XB : v = 0 , donc la droite ^XBh est perpendiculaire à Dl , donc elle est perpendiculaire au plan défini par les deux droites D et Dl . b. Dans le triangle XBM rectangle B on a XM 2 XB , donc XM 2 13 . c. On en conclut que le plan est tangent à la sphère Ê h . J6 N

J- N 6

J0 N

74 1 a. AB K 0 O, AC K 6 O, BC K 6 O ; donc on a : KK OO KK OO KK OO

-6 -6 0 L P L P L P AB = AC = BC = 6 2 . Le triangle ABC est équilatéral. b. Si le plan ^ ABC h a pour équation ax + by + cz + d = 0, Z alors : ] a =- d Z - + + = 4 ] ] a b 4c d 0 ] d [ 7a - b - 2c + d = 0 + [ b =- 4 . ] + - + = ] ]] c =- d \ a 5b 2c d 0 4 \ Le plan ABC a pour équation x + y + z - 4 = 0 en prenant d =- 4 . 2 Soit D la droite de représentation paramétrique : Z =2t ]x [ y =- 2t - 2, t ! R . ] =- 2t 3 \z a. D a pour vecteur directeur v ^- 2 ; - 2 ; - 2h qui est colinéaire à n ^1 ; 1 ; 1h , vecteur normal à ^ ABC h . Donc D est perpendiculaire au plan ^ ABC h . 3 b. G est un point de ^ ABC h et de D at =- k , donc c’est 2 le point d’intersection. On vérifie que 3OG = OA + OB + OC , donc G est le centre de gravité de ABC. 3 La sphère S a pour équation :

^ x - 3h2 + ^ y - 1h2 + z2 = 24 . Les points d’intersection de S et D sont définis par le paramètre t vérifiant : ^- 2t - 3h2 + ^- 2t - 3h2 + ^- 2t - 3h2 = 24 ; soit :

2 Faux.

3 Vrai.

76 1 Vrai.

2 Faux.

3 Vrai.

77 1 Faux.

2 Vrai.

3 Vrai.

4 Vrai.

4 Vrai.

5 Vrai.

78 1 M^ x ; y ; z h !

+ AM : n = 0 . Le plan a pour

équation x - y - z = 0 .

J1 N K O 2 a. Pl a pour vecteur normal nl K 2 O. On a n : nl = 0 , K- 1 O L P donc les plans et Pl sont perpendiculaires. -1 - 1 2 3 = b. d = . 3 3 3 a. La droite a pour représentation paramétrique : Z ] x =- 1 + z 3 ] [ y =- 1 , z ! R. ] 3 ] = \z z J 1 N K- 3 + z O K O 4 O 1 1 b. On a H a- + z ; ; ; z k , donc MH K 3 O 3 3 K L z-1 P 2 1 1 2 donc H c ; MH : u = 0 + z = : m. 3 3 3 3 2 3 6 et d l = . 3 3 c. On a bien MH2 = d2 + d l2 , car si E est la projection orthogonale de M sur , le triangle MEH est rectangle en E. On a MH = 2 et d =

79 1 et ont respectivement pour vecteurs

J2 N J1 N K O K O normaux n K- 4 O et nl K- 2 O qui ne sont pas colinéaires, K 3 O K 3 O L P L P donc les deux plans ne sont pas parallèles. 2 La droite a pour système d’équations paraméZ =- + trique : 7 2t ]x , t ! R. [y = t ] = \z 3 3 Le plan ^R h passe par A^2 ; - 2 ; 0h et perpendiculaire à de vecteur directeur v ^2 ; 1 ; 0h . M^ x ; y ; z h ! ^Rh + AM : v = 0 , soit 2x + y - 2 = 0 .


2

3^- 2t - 3h = 24 , -3 - 2 2 -3 + 2 2 ou t = . donc t = 2 2 D coupe S en deux points.

Prépa Bac

Plans perpendiculaires

Exercices guidés

75 1 Faux ; contre-exemple : dans un repère de l’es-

pace, les plans de coordonnées ^ xoz h et ^ xoy h sont tous deux perpendiculaires au plan ^ yoz h et ne sont pas parallèles.

80 Bac 2006 1 Faux, car AI : BC ! 0 .

2 Vrai.

3 Faux.

4 Vrai.



13

81 1 Les coordonnées des points d’intersection des

Z + + = ]x y z 0 deux plans vérifient [ 2x + 3y + z - 4 = 0 . ] = \z z Z + =Z =- 2z 4 z ]x y ]x On a donc [ 2x + 3y =- z + 4 , donc [ y = z + 4 . ] = ] = \z z \z z L’intersection des plans P et Q est la droite D dont une Z =- 4 2t ]x représentation paramétrique est : [ y = 4 + t ] = où t est un nombre réel. \z t 2 a. Pm a pour équation : ^1 + mhx + ^1 + 2mhy + z - 4m = 0 , donc n ^1 + m ; 1 + 2m ; 1h est un vecteur normal du plan Pm . b. Si m = 0 les plans P et Pm sont confondus. c. P admet pour vecteur normal nl^1 ; 1 ; 1h ; n : nl = 0 + 3m + 3 = 0 . Si m =- 1 , les plans P et Pm sont perpendiculaires. 3 Dl a pour représentation paramétrique : Z =- 4 2t ]x [y = 4 + t , t ! R, ] = \z t donc les droites D et Dl sont confondues. 3 4 La distance de A à P est D = . La distance 3 4 de A à P-1 est Dl = . Comme les plans P et P-1 2 sont perpendiculaires, la distance k de A à D vérifie : k2 = d2 + d l2 = 3 + 8 = 11 ; donc k = 11 . 82 1 I^0 ; 0 ; 1h , B^1 ; 0 ; 0h et K^1 ; 1 ; 1h .


1 2 1 2 Comme AG = ^ AI + AB + AK h on a G c ; ; m. 3 3 3 3 J- N K 1O 2 JD K 1 O ; donc un système d’équations paraméZ K- 1 O ]x = 1 - t L P , t ! R. triques de la droite ^ JDh est [ y = t ] \z = 1 - t 1 Le point G est obtenu pour = . 3 J- N J0 N 1 K O K O 3 BK K 1 O et BI K 0 O, donc JD : BK = 0 et JD : BI = 0 ; K 1 O K1 O L P L P donc JD est normal au plan ^BIK h . ^BIK h a pour équation cartésienne - x + y - z + 1 = 0 .

b. Ol est le point d’intersection de ^ ABC h et de d, donc, en résolvant le système formé des équations de ^ ABC h et d, on obtient Ol^1 ; - 1 ; - 1h . 3 On désigne par H le projeté orthogonal du point O sur la droite ^BC h . Soit t le réel tel que BH = tBC . 2 a. BO : BC = ^BH + HO h : BC = BH : BC = t BC , BO : BC car HO : BH = 0 ; donc 2 . BC J- N J- N K 1O K 2O 35 et b. BO K 6 O, BC K 6 O ; donc on en déduit t = 52 K- 4 O K- 8 O L P L P 1 51 18 m. Hc ;;36 36 13 c. La droite ^BC h est perpendiculaire à la droite ÔH h et orthogonale à la droite ÔOlh , donc elle est perpendiculaire au plan ÔOl H h ; donc les droites Ôl H h et ^BC h sont perpendiculaires. 4 Le triangle OOl H est rectangle en Ol , donc OH 2 OOl ; donc la sphère de centre O et de rayon OH coupe le plan ^ ABC h suivant un cercle C . Ce cercle est tangent à la droite ^BC h , car ^BC h = Ôl H h .

Exercices d’entraînement 84 1 c. et d. 4 b. et c.

2 a. et d. 5 b.

3 c.

85 Partie A

J3 N J3 N K O K O 1 AB K 3 O et AC K 0 O, donc AB : AC = 0 et ABC est K 3O K- 3 O L P L P rectangle en A. J1 N K O 2 a pour vecteur normal n K 1 O qui est colinéaire à K1 O L P AB . ^ ABh est donc orthogonale au plan et comme 3 + ^- 2h + 3 - 3 = 0 A appartient à . 3 M ! P l + AM : AC = 0 + 3^ x - 3h - 3^ z - 2h = 0 + x - z - 1 = 0. x+y+z-3 = 0 x = z+1 4 M!D+) * + x-z-1 = 0 y =- x - z + 3 Z = + ]x t 1 x = z+1 + * =- + + [ y =- 2t + 2 . y 2z 2 ] = \z t Partie B J- N K 3O 1 AD K 6 O, donc AD : AB =- 9 + 18 - 9 = 0 K- 3 O L P et AD : AC =- 9 + 9 = 0 . Le vecteur AD est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ^ ABC h : la droite ^ ADh est donc orthogonale au plan ^ ABC h . 1 2 V= AD # S^ ABC h , où S^ ABC h est l’aire du triangle 3 ABC. Comme ABC est rectangle en A, 1 1 9 S^ ABC h = AB # AC = 9+9+9 # 9+9 = 6 2 2 2

J- N J- N 3O 5 K 83 1 a. AB - 4 , AC K 2 O ne sont pas colinéaires, KK OO KK OO -7 1 L P L P donc les points A, B et C ne sont pas alignés. b. n : AB = n : AC = 0 , donc n est un vecteur normal au plan ^ ABC h . c. Le plan ^ ABC h a pour équation x - y - z - 3 = 0 . 2 a. La droite d a pour représentation paramétrique : Z = ]x t [ y =- t , t ! R . ] =t \z 14 Livre du professeur - CHAPITRE 9 Produit scalaire de l’espace

et AD =

9 + 36 + 9 = 3 6 ; 1 9 # 3 6 # # 6 = 27 . d’où V = 3 2 J N J N K 6 O K 6 O 3 DB : DC = K- 3 O : K- 6 O = 36 + 18 = 54 ; d’où : K 6 O K 0 O L P L P % 54 54 6 2 = = = cos BDC = 2 DB # DC 81 # 72 6 2 % r et donc BDC = . 4 4 a. En appelant H le pied de la hauteur issue de C dans % r le triangle BDC, avec CDH = , on a : 4 1 1 r S^BDC h = CH # DB = DC # sin # DB 2 2 4 1 2 #6 2 # # 9 = 27 . = 2 2 b. Soit K le projeté orthogonal de A sur le plan ^BCDh, 1 comme on a aussi : V = AK # S^BDC h , on obtient 3 3V = 3 : c’est la distance du point A au plan AK = 27 ^BCDh .

n : AH = n # AH = AH a2 + b2 + c2 . Ja N Jx - x N 0 K O K H O 2 n K b O et AH K yH - y0 O, KcO Kz -z O 0P L P L H donc n : AH = axH - ax0 + byH - by0 + czH - cx0 ; comme axH + byH + czH =- d on a : n : AH =- ax0 - by0 - cz0 - d .

3 On en déduit que la distance du point A au plan

AH =

ax0 + by0 + cz0 + d a2 + b2 + c2

.

J1 N K O 4 n K- 2 O, donc la distance du point au plan est : K 2 O L P - 4 - 2 # 6 + 2^- 1h 18 = = 6. 1+4+4 9 87 Partie A

J- x N J1 - x N K K KO K O 2 2 2 ; ; m. 3 3 3 K- z O K1 - z O K K L P L P J 1N K- 3 O J1 N K 2 O K O O et DF K 1 O, donc EK : DF = 0 ; 2 EK K K1 O K 3 O KK- 1 OO L P L 3P les droites ÊK h et ^DF h sont orthogonales. 2 3 EK = . 3 1 KD K- yK O et KF K1 - yK O, donc K c


m

1 2

0

d lm ^mh

+

dm ^mh

1 2

0

1 -

6 3

1 2

Lorsque la distance dm est maximale M est au milieu de 6HG @. 88 Partie 1

2 3 , donc : a 3 2 AAl : BD = ^ AB + BAl h : BD ; soit AAl : BD = AB : BD + BAl : BD , soit, en tenant compte des angles particuliers : a2 a2 + = 0. AAl : BD =2 2 De même : AAl : BC = 0 . b. La médiane ^ AAlh qui est orthogonale à deux droites non sécantes de la face BCD est orthogonale à ^BCDh . c. Il en sera de même pour les autres médianes. 2 ◗ GB + GC + GD = 3GAl , donc GA + 3GAl = 0 . G appartient à ^ AAlh . ◗ On démontre de même que G appartient aux autres médianes ^BBlh , ^CC lh et ^DDlh . Les médianes d’un tétraèdre régulier sont concourantes en G. 1 a. On a BAl =

86 1 n et AH sont colinéaires donc :

est :

2 M^0 ; m ; 1h . Les coordonnées des points M, D et F vérifient l’équation ^- 1 + mhx + y - mz = 0 du plan ^MFDh . 3 a. Pour tout réel m appartenant à l’intervalle 60 ; 1 @ , -1 + m - m 1 = . dm = 2m2 - 2m + 2 ^- 1 + mh2 + 1 + m2 1 - 2m b. Pour tout m ! 60 ; 1 @, d lm ^mh = 3 ; ^ 2m2 - 2m + 2 h d’où le tableau de variations :

Partie B 1 1 Le triangle EFM a pour aire et la hauteur du 2 tétraèdre EMFD est 1, donc le volume du tétraèdre 1 EMFD, en unités de volume, est égal à . 6

Partie 2 1 OP = 14 , OQ = 21 , le tétraèdre OPQR n’est pas régulier. 2 5 1 2 On a 3OP l = OQ + OR , donc P lc ; ; - m. 3 3 3 3 Les coordonnées des points O, Q et R vérifient l’équation 3x + 2y + 16z = 0 . J 1 N K- 3 O K 1 O O et n’est pas colinéaire au vecteur normal 4 PP l K K 3 O KK- 10 OO L 3 P de ÔQRh , donc la médiane ^PPlh n’est pas perpendiculaire au plan ÔQRh . La propriété ^P1h de la partie 1 n’est pas vraie pour un tétraèdre quelconque. 89 Bac 2000

J1 N K O K 0O L P

J2 N K O K- 1 O L P

1 a. u1 K 3 O et u K 1 O.



15

b. ◗ Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, donc les deux droites ne sont pas parallèles. ◗ Cherchons deux réels a et b tels que : Z + = Z = ] 3 a 0,5 + 2b ] a 1,5 + = + 9 3 a 4 b [ + [ 9,5 = b . ] = ] = \2 4 b \b 2 Il n’y a pas de solution, donc les deux droites ne sont pas sécantes. Les droites ^D1h et ^D2h ne sont pas coplanaires. J 0 N K O 2 a. Soit A^3 ; 9 ; 2h un point de ^D1h , donc AS K - 5 O. K- 1,9 O L P Cherchons deux réels a et b tels u2 = au1 + bAS ; soit Z ]] a = 2 [ 3a - 5b = 1 qui n’admet pas de solution, donc la ]- 1,9b =- 1 \ droite ^D2h est sécante à ^P1h . b. De même, la droite ^D1h est sécante à ^P2h . c. Les plans P1 et P2 sont sécants suivant une droite D passant par S. Cette droite répond à la question, car D2 coupe P1 sur D et D1 coupe P2 sur D . La droite D est donc la droite ^Rh cherchée.

Problèmes Z - = + l ] 2 3t 5 2t 90 Le système [1 + t = 2t l admet comme ]- + =- - l 5 t \ 3 2t solution t =- 1 et t l = 0 , donc les droites D et D ’ sont sécantes en A^5 ; 0 ; - 5h . Elles sont dans le plan J- N J N K 3O K 2 O passant par A et de vecteurs directeurs v1 K 1 O, v2 K 2 O. K 2 O K- 1 O Ja N K O L P L P On cherche n K b O orthogonal à v1 et v2 . KcO L P Les réels a, b et c sont solutions du système - 3a + b + 2c = 0 5 1 ) , soit a = c et b =- c . En 8 8 2a + 2b - c = 0 J5 N K O prenant c = 8 on obtient n K- 1 O, donc le plan a pour K 8 O L P équation cartésienne 5x - y + 8z + 15 = 0 .


91 1 a. Calculer

MF : BF = ^ME + EF h : BF = 0 en tenant compte des orthogonalités. b. Les triangles MEF et MEG sont rectangles en E, donc MF2 = ME2 + EF2 et MG2 = ME2 + EG2 ; donc MF = MG , car EF = EG . 2 L’ensemble des points de l’espace qui sont équidistants des droites ^BAh et ^BC h est l’union de et du plan qui se projette sur ^ ABC h suivant la bissectrice % extérieure de l’angle BAC .

2 On démontre de même que ^BC h = ^ ADh et ^ AC h = ^BDh. 3 a. ◗ AB : IJ = 0 , car le triangle BJA est isocèle.

◗ CD : IJ = CD : ^ IA + AD + DJ h a2 a2 = 0. 2 2 La droite ^ IJ h est perpendiculaire à la fois à ^ ABh et à ^CDh. b. Théorème de la médiane dans le triangle ABJ : AB2 , JA2 + JB2 = 2IJ2 + 2 2 3 on a IJ = a . donc comme JA = JB = a 2 2 4 a. AAl : CD = ^ AB + BAl h : CD = CD : AD + CD : DJ =

= AB : CD + BAl : CD = 0 ; de même, AAl : BD = 0 . La droite ^ AAlh est perpendiculaire au plan ^BCDh , car elle est orthogonale à deux droites sécantes du plan. 2 2 3 3 =a b. ◗ BAl = BJ = a . 3 3 2 3 2 2 . On a AAl2 = AB2 - BAl2 = a2 , donc AAl = a 3 3 1 CD # BJ ; ◗ Le tétraèdre ABCD a pour volume V = 3 2 2 3 donc V = a . 12 3 5 a. Le point G est sur ^ AAlh et GA = AAl ; de même 4 pour GB, GC et GD, donc il est équidistant des points A, B, C, et D. Le rayon de la sphère circonscrite au tétraèdre ABCD a 2 pour rayon R = GA , donc R = a . 4 r 2 3 4 Son volume est rR 3 = a . 3 24 93 1 a. Les coordonnées des points B, C et D vérifient

l’équation - 2x - 3y + 4z - 13 = 0 . b. Le point H est tel que AH = tn , où n est un vecteur normal à ^BCDh , donc ses coordonnées x, y et z vérifient : Z = ] x 3 2t [ y = 2 - 3t ] =- + 1 4t \z + et 2^3 2t h 3^2 3t h 4^- 1 + 4t h - 13 = 0 ; soit t = 1 , donc H^1 ; - 1 ; 3h . c. BH : CD =- 39 . d. Le tétraèdre ABCD n’est pas orthocentrique. 2 Le tétraèdre OIJK est orthocentrique ; les hauteurs sont concourantes en I. B

94 1 a.

C M N

P I

92 1 Les points B, A et J sont équidistants des points

C et D, donc le plan médiateur du segment 6CD @ est le plan ^ ABJ h . La droite ^CDh est perpendiculaire au plan ^ ABJ h, donc ^CDh = ^ ABh. 16



Q

O A

J4 N J0 N K O K O b. ◗ BC K 0 O, BA K 6 O, donc BC : BA = 0 . Les droites ^BC h K 0O K- 8 O L P L P et ^BAh sont orthogonales. J- N J0 N K 4O K O ◗ CO K 0 O, OA K 6 O, donc CO : OA = 0 . Les droites ^COh K- 8 O K 0O L P L P et ÔAh sont orthogonales. J4 N J0 N K O K O ◗ BC K 0 O, OB K 0 O, donc BC : OB = 0 . Les droites ^BC h et K 0O K 8O L P L P ÔBh sont orthogonales. ◗ La droite ^BC h est orthogonale au plan ÔABh , car elle est orthogonale à deux droites sécantes de ce plan. c Le volume, en cm3, du tétraèdre OABC est : 1 BC # BO # # OA = 32 cm3. V= 3 2 d. Soit I le milieu de 6 AC @, on a IA = IB = IC = 29 . Les quatre points O, A, B et C se trouvent sur une sphère de centre I et de rayon 29 . k k k 2 a. On a M^0 ; 0 ; k h , N c ; 0 ; k m, Pc ; 6 - 3 ; k m 2 2 4 k et Q c0 ; 6 - 3 ; k m . On vérifie que NP = MQ et que 4 NP : NM = 0 , donc le quadrilatère ^MNPQh est un rectangle. b. ◗ La droite ^PMh est orthogonale à la droite ÔBh , car elle est perpendiculaire au plan ^rh . 9 13 ◗ MP : AC = 2k - 36 + k = k - 36 . 2 2 La droite ^MP h est orthogonale à la droite ^ AC h pour 72 . k= 13 13 2 c. MP2 = k - 9k + 36 . La distance MP est minimale 16 72 pour k = . 13 95 1

D

M

C


O

B

A

J- N J+ N J 0 N K 3 O K 3O K O 2 AC K- 3 O, AB K 3 O et BC K- 2 3 O. K 0 O K 0 O K 0 O L P L P L P On a donc : AC = AB = BC = 2 3 . Le triangle ABC est équilatéral et O est son centre, car il est à l’intersection des médiatrices des côtés.

3 a. L’ensemble des points M de l’espace équidistants

des points A et B est le plan médiateur de 6 AB @. b. L’ensemble des points N de l’espace équidistants des points B et C est le plan médiateur de 6BC @. c. L’ensemble des points P de l’espace équidistants des points A, B et C est l’axe Ô ; k h, droite d’intersection de et . 4 D appartient à l’axe Ô ; k h , donc D^0 ; 0 ; ah avec a 2 0 . AD = AC + 4 + a2 = 12 , donc a = 2 2 . 5 a. On pose M^ x ; y ; z h , Z ]x + 1 = m = donc CM mCD + [ y + 3 = 3 m , ]z = 2 2 m \ donc M^m - 1 ; m 3 - 3 ; 2 2 mh . J N J N m K m-3 O K O On a AM K m 3 - 3 O et BM K m 3 - 2 3 O. K 2 2m O K 2 2m O L P L P En conséquence, % 2m2 - 2m + 1 AM : BM = . cos AMB = AM2 2^m2 - m + 1h 2m - 1 1 qui s’annule pour m = . b. f l^m h = 2 - + h2 2 ^ m 1 2 m 1 La fonction f est décroissante sur 90 ; C et croissante 2 1 sur 9 ; 1 C . 2 % 1 c. cos AMB est minimum pour m = et ce minimum 2 1 est . Si le point M est au milieu de 6CD @ alors comme 3 la fonction cosinus est décroissante sur 60 ; r @, l’angle % AMB est maximum. d. Ce maximum est 70,5°. 96 1 ^GE h et ^FI h sont deux médianes du triangle

FGH, donc P est le centre de gravité du triangle FGH, de même Q est le centre de gravité du triangle FBG. 2 Dans le repère orthonormé ^ A, AB , AD , AE h on a : J1 N J0 N K O K O 1 2 2 EG K 1 O, FC K 1 O, GP = GE , donc P c ; ; 1m. 3 3 3 K 0O K- 1 O L P L P J 1 N K 3 O K 1O 1 2 1 ; m ; soit PQ K- O. FQ = FC , donc Q c1 ; 3 3 3 K 3O KK- 1 OO L 3P Donc PQ : EG = 0 et PQ : FC = 0 . La droite ^PQh est orthogonale aux droites ÊGh et ^FC h . 1 2 3 On a PQ = PG + GQ = EG + GI , soit 3 3 3PQ = GB + GF - GE ; donc PQ : GE = 0 = PQ : FC . La droite ^PQh est orthogonale aux droites ÊGh et ^FC h . 97 1 « Si xy l z l = x l yz l = x l y l z », alors

Afficher « les vecteur sont colinéaires » Sinon Si xx l + yy l + zz l = 0 Alors Afficher « les vecteurs sont orthogonaux » Sinon Ils ne sont pas colinéaires ni orthogonaux



17

2 ◗ u1 et v1 sont orthogonaux ; ◗ u2 et v2 sont colinéaires ; ◗ u3 et v3 ne sont pas colinéaires ni orthogonaux.

98 1 2 Il semble que l’aire du rectangle MNPQ soit

maximale pour OM = 3,97 . 3 ◗ La droite ÔC h a pour représentation paramétrique : Z = ] x 10t 5 [ y = 0 t ! R , donc N a z ; 0 ; z k . 4 ] = \ z 8t ◗ La droite ^ ABh a pour représentation paramétrique : Z = ]x 0 3 [ y = 6 - 6t t ! R , donc Q a0 ; 6 - z ; z k . 4 ] = z 8 t \ 5 3 ◗ MN = z et MQ = 6 - z . 4 4 15 15 2 4 L’aire de MNPQ est a^ z h = zz qui est 2 16 maximum pour z = 4 . 99 1 On réalise une figure sous Geoplan. z

C

K H1

H

H2 L

O B A x

y

M0

M

Il semble que H décrive un arc de cercle. 2 Les positions qui donnent les valeurs minimales pour CH correspondent au point M en A ou B. H est alors en H1 ou H2 les milieux respectifs des segments 6 AC @ et 6BC @. La valeur maximale semble atteinte lorsque M est en M0 milieu de 6 AB @. 3 a. CM : CO = ^CO + OM h : CO 2

On a vu que le lieu de H contient H1 , H2 et il contient aussi le point L de 6CM0 @, correspondant à la valeur maximale 1 1 1 (on peut montrer que L a pour coordonnées a ; ; k) 3 3 3 et lorsque l’on fait tracer le cercle circonscrit au triangle H1 H2 L , on s’aperçoit que le lieu de H en diffère. Ce lieu n’est donc pas un arc de cercle de la sphère de diamètre 6CO @, mais une courbe inscrite dessus.

J2 N J0 N K O K O 1 a. AB K 0 O et AC K 1 O ; les deux vecteurs ne sont K- 1 O K1 O L P L P pas colinéaires. Les points A, B et C déterminent un plan. 2a + 0b - c = 0 c = 2a équivaut à ) ; b. ) b =- 2a 0a + b + c = 0 J1 N K O on peut donc choisir n K- 2 O et une équation de ^ ABC h K 2 O L P est x - 2y + 2z - 1 = 0 . J1 N J1 N K O K O 2 a. n1 K- 2 O et n2 K- 3 O : les deux vecteurs ne sont pas K 2 O K 2 O L P L P colinéaires, donc les plans sont sécants. b. 1 = ^ ABC h et C appartient à 2, car : 1 - 3 # 3 + 2 # 3 + 2 = 0, donc C est un point de leur intersection. c. u : n1 = u : n2 = 0 , donc u est un vecteur commun aux deux plans, il dirige donc la droite d’intersection de ces deux plans. Z = + ] x 1 2t d. : [ y = 3 , t ! R. ] = \z 3 t J- + N J1 N K 2 kO K O 3 a. AM K et v K 1 O sont orthogonaux équivaut k K 1 + k OO K1 O L P L P à : AM : v = 0 + k =- 1 . b. Soit H le point repéré par le paramètre - 1 sur D, on a AH^1 ; - 1 ; 0h et la distance de A à D est d = AH = 2 . 100

101

L’intérieur d’un cube de centre O et d’arête 4 dont les faces sont parallèles aux plans de coordonnées est caractérisé par : -2 G x G 2 ; -2 G y G 2, ; -2 G z G 2.

2

= CO + OM : CO = CO ,

102

E


car OM : CO = 0 . CM : CO = CM : ^CH + HO h = CM : CH + CM : HO = CM : CH , car CM : HO = 0 .

CO2 b. On a donc CH # CM = CO2 , c’est-à-dire CH = . CM CH est maximal lorsque CM est minimal, donc M en M0 le milieu du 6 AB @. CH est minimal lorsque CM est maximal, donc avec M en A ou en B. % c. Comme l’angle OHC = 90° , H appartient à la sphère de diamètre 6CO @. 18


C

D


O

B

A F

A’

La condition s’écrit, en distinguant les signes de x, y ou z : Z ] x + y + z G 2, x + y - z G 2 ] x - y + z G 2, x - y - z G 2 [ ]- x + y + z G 2, - x + y - z G 2 ]- x - y + z G 2, - x - y - z G 2 \ L’ensemble des points cherchés est l’octaèdre ABCDEF, de centre O dont les faces sont portées par chacun des 8 plans obtenus en remplaçant G par = (voir figure).

C

O B

A 103

On cherche les équations des plans ^SABh : x + z - 3 = 0 et ^SBC h : y + z - 3 = 0 ; Z ]] 0 1 x 1 3, 0 1 y 1 3, 0 1 z . [x + z - 310 ]y + z - 310 \ Pour justifier les inégalités, voir le raisonnement développé à l’exercice 104. 104

L’ensemble des points M^ x ; y ; z h dont les coor0GxG4 données vérifient *0 G y G 4 est le cube OABCDEFG. 0GzG4 Le plan d’équation x + y + z - 8 = 0 coupe les axes aux points Al^8 ; 0 ; 0h , C l^0 ; 8 ; 0h et Gl^0 ; 0 ; 8h le cube suivant le triangle DBF. Pour tous les points M^ x ; y ; z h de ce triangle DBF, et quand on se dirige du coté du point O, x, y ou z ne peuvent que diminuer, donc x + y + z - 8 G 0 a contrario vers l’extérieur ils augmentent, l’ensemble des points de l’espace vérifiant le système est le cube tronqué OABCDBFG. G’

G D

F E

O C A

B’

B


A’ 105

1 A^3 ; 0 ; 0h , B^0 ; 2 ; 0h , C^0 ; 0 ; 1h .

2 La trace du plan ^Qh est sur ^ xOy h la droite ^BAlh avec

Al^- 3 ; 0 ; 0h , sur ^ yOz h la droite ^CBh comme ^P h et sur ^ zOx h la droite ^ Al C h comme ^P h . 3 L’ensemble des points de l’espace dont les coordonnées vérifient le système est l’intérieur du tétraèdre ACBAl , faces comprises (voir argumentation à l’exercice 104).

JN JN J100 N 100 O 100 O K K K O 106 1 a. AG K 100 O, or ED K 0 O et DB K100 O ce qui K 100 O K- 100 O K 0 O L P L P L P donne AG : ED = AG : DB = 0 ; les deux vecteurs ED et DB étant non colinéaires, AG est bien un vecteur normal au plan ÊDBh qui a de ce fait pour équation : -x + y + z = 0. b. Le plan d’équation x + y - z = 0 est le plan ÊGDh et celui d’équation x - y + z = 0 , le plan ^BGDh . 2 a. Lorsque l’on se déplace à partir, par exemple, d’un point M^ x ; y ; z h de la face ÊDBh , pour lequel on a - x + y + z = 0 et que l’on va vers l’intérieur de S, nécessairement x diminue, ou y augmente ou z augmente : dans ces trois cas, la quantité - x + y + z augmente et on obtient - x + y + z 2 0 . Comme lorsque l’on va vers l’extérieur de S, la quantité - x + y + z ne peut que diminuer, on obtient que l’inéquation - x + y + z 2 0 caractérise le demi-espace ouvert de frontière le plan ÊDBh contenant S. b. Un raisonnement analogue au précédent effectué pour chaque face délimitant le solide S, nous montre que le solide ouvert (ne contenant pas les bords) est caractérisé par le système d’inéquations : Z ]- x + y + z 2 0 ]x + y - z 20 . [ ]x - y + z 20 ] 0 1 x 1 100, 0 1 y 1 100, 0 1 z 1 100 \ 3 Le tétraèdre EABD a pour volume : 1 1 AE # aire^ ADBh = V^ ABCDEFGH h ; 3 6 comme il y a trois tétraèdres de ce type à l’extérieur de S dans le cube, on obtient que : 1 V^ S h = V^ ABCDEFGH h = 5 # 105 u.v. 2 4 a. Si trois nombres positifs sont les cotés d’un triangle, ils vérifient l’inégalité triangulaire et réciproquement, les inégalités étant strictes si on veut de vrais triangles (points non alignés). La condition s’écrit donc : x + y 2 z, y + z 2 x, z + x 2 y * . 0 1 x 1 100, 0 1 y 1 100, 0 1 z 1 100 Système qui est équivalent à . b. Choisir 3 nombres réels entre 0 et 100, c’est choisir un point du cube ABCDEFGH. Chaque point de S réalise l’événement « les trois nombres choisis mesurent les cotés d’un triangle », les autres points non, d’après 4 .



19

La probabilité cherchée est donc le rapport du volume 1 de S à celui du cube, soit . 2 107

Partie A La condition est nécessaire : si D1 et D2 sont sécantes, alors le point M appartient au plan contenant ces deux droites ; ce plan contient aussi A et est dirigé par les vecteurs non colinéaires u1 et u2 . La condition est suffisante : soit le plan passant par A et dirigé par les vecteurs non colinéaires (voir figure) u1 et u2 . La droite passant par A et dirigée par u1 est sécante à toute droite D2 de , passant par un point M de et dirigée par u2 , puisque ces droites sont coplanaires et non parallèles. Partie B Z = + Z = ]x 1 t ]x a u 1 D1 [ y =- 2 + 3t , t ! R D2 [ y = b + 2u , u ! R . ] = ] = \ z 2 2t \ z c 3u 2 a. c = a - b - 1 . La résolution montre que les deux 2a + b droites se coupent au point de paramètre t = 5 3a - b - 5 sur D1 et u = sur D2 . 5 b. : x - y - z - 1 = 0 de vecteur normal n ^1 ; - 1 ; - 1h. n : u1 = 1 - 3 + 2 = 0 ; n : u2 =- 1 - 2 + 3 = 0 .

^ ABh est orthogonale au plan ^COHh et par suite à la droite ÔH h . OH est donc la distance de O à la droite ^ ABh y x + - 1 = 0. et comme une équation de ^ ABh est a b ab 1 = . On a OH = 2+ 2 1 1 a b + a2 b2 Dans le triangle rectangle COH, on a : a2 b2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 = CH2 = CO2 + OH2 = c2 + 2 2 a +b a2 + b2 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 . CH = a2 + b2 2 Le volume du tétraèdre COAB se calcule de deux façons : 1 1 # PC # aireÔABh , OK # aire^ ABC h = 3 3 où K est le projeté orthogonal de O sur ^ ABC h . Comme une équation du plan ^ ABC h est : y x z + + - 1 = 0 (voir exercice 108). a b c abc 1 = OK = 2 2 1 1 1 a b + b2 c2 + c2 a2 2 + 2 + 2 a b c D’où : 1 a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 aire^ ABC h2 = c2 # a2 b2 # 4 âbc h2 1 1 1 = a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 4 4 4 = aireÔABh2 + aireÔCBh2 + aireÔAC h2 .

Prendre des initiatives y x z + + - 1 = 0 est celle d’un a b c 1 1 1 plan de vecteur normal n a ; ; k. a b c Les coordonnées de Aâ ; 0 ; 0h vérifient l’équation de a 0 0 + + - 1 = 1 - 1 = 0. ce plan, car a b c Il en est de même des coordonnées des points B et C. Ce plan contient donc les points A, B et C, qui n’étant pas alignés définissent bien le plan ^ ABC h . 108


109

Soient A et B les points communs aux cercles 1 et 2, de centre O1 et O2 de rayons r 1 et r 2 . Soit le plan médiateur du segment 6 AB @. coupe 1 en deux points diamétralement opposés E et E l . coupe 2 en deux points diamétralement opposés F et F l . La médiatrice de 6EE l@ dans et celle de 6FF l@ dans sont sécantes en un point X , car les droites ÊE lh et ^FF lh sont elles-mêmes sécantes les deux cercles n’étant pas coplanaires. Pour tout point M de 1, XM2 = XO12 + r12 = XA2 . Pour tout point M de 2, XM2 = XO22 + r22 = XA2 . Les points de 1 et de 2 appartiennent donc à la sphère de centre X et de rayon XA . 110

1 Soit H le projeté orthogonal de C sur la droite ^ ABh. Comme ^CHh = ^ ABh et ^COh = ^ ABh, la droite

20

Pistes pour l’accompagnement personnalisé

L’équation


Revoir les outils de base % AB2 + AC2 - BC2 a. cosCAB = 2AB # AC 64 + 25 - 49 1 = = 2 2#8#5 (théorème d’Al Kashi), % donc CAB = 60° . 25 + 49 - 16 = 21 et CI = 21 b. CI2 = 2 (théorème de la médiane). 111

112

a. Vrai. b. Vrai. 12 18 #3#2 = 0 c. Vrai, car OH : AB = 13 13 12 18 + - 1 = 0. et 3 # 13 2 # 13 113

Les réponses correctes sont : b. c. et d. J 5 N K O Justification pour d. : CD K- 10 O et CD =- 5d K- 15 O L P où d dirige la droite d. Pour e. : faux ; Z + = Z =- 4 t ]6 s 2 t ]s + = + = s t 8 1 2 t 1 le système [ &[ ] - =- + ] = s t 7 1 3 \ \t 5


est sans solution, donc elles ne sont pas sécantes et comme elles ne sont pas parallèles, elles ne sont pas coplanaires. 114

AI = AJ =

a2 +

1 2 a = 2

3 a, 2

1 2 BE = a. 2 2 1 5 AI : AJ = ^ AI2 + AJ2 - IJ2h = a2 2 4 % AI : AJ 5 = , et cos IAJ = 6 AI # AJ % d’où : cos IAJ . 33,6° . IJ =

J0 N J2 N K O K O 1 AB K 1 O et AC K- 2 O ; d’où AB : AC = 0 . K1 O K 2 O L P L P Donc le triangle ABC est rectangle en A. % OA : OC 3-1+0 1 2 cos AOC = = = , OA # OC 2 # 14 7 % AOC . 67,8° . 115

116

a. 3u 2 + u : v = 11,5 .

b. u + v 117

2

= u 2 + 2u : v + v 2 = 4 - 1 + 16 = 19 et u + v = 19

diagonales du carré ABCD, AC : BI = 2 EF : BI = 0 puisque les droites ÊF h et ^ AC h sont parallèles et que dans le triangle équilatéral BEF, I est le milieu du segment 6EF @. Le vecteur AC du plan ^ ABC h est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ^BDI h , il est donc normal au plan ^BDI h et, de ce fait, les plans ^ ABC h et ^BDI h sont perpendiculaires. 2 Le plan médiateur du segment 6BD @ est le plan ^ ACK h avec K milieu de 6FG @. Il est alors aisé de montrer que c’est un plan de symétrie du solide. 118

1 Vrai.

2 Faux.

3 Vrai.

4 Vrai.

5 Faux.

J1 N J0 N K O K O 1 n : EB = 0 = n : BC avec EB K 0 O et BC K 1 O. K- 1 O K 0O L P L P 2 ^BCE h : x + z - 1 = 0 . Z = ]x t 3 D : [ y = 0 , t ! R. ] = + \z 1 t 4 ^ ABC h : Z = Z =1 ]x t ]x ]y = 0 ]y = 0 +[ = ; z = 0 , R ! D + ^ ABC h + [ ]z = 1 + t ]z 0 ] =] = 1 \t \z 0 d’où R^- 1 ; 0 ; 0h qui est bien le symétrique de B^1 ; 0 ; 0h par rapport à l’origine A. J- N J- N J0 N 1O 1O K K K O 120 On a : AB K 2 O, AC K 0 O et BC K- 2 O ; d’où : K 0 O K 3 O K 3 O L P L P L P 1 AB : AC = 1 , BA : BC = 4 et CA : CB = 9 ; 119


1 AC : BD = 0

% 1 et BAC . 81,9° ; 5 2 % % 4 et ABC . 60,2° ; cos ABC = 65 % % 9 et ACB . 37,9° ; cos ACB = 130 Z ]] b = a - a + 2b = 0 3 ) + [ a2 . - a + 3c = 0 ]c = 3 J6 N \ K O On peut donc prendre avec a = 6 , n K 3 O ; K 2O L P 4 ^ ABC h : 6x + 3y + 2z - 6 = 0 . %

2 cos BAC =

121

1 Dans le repère orthonormé Ô, OA , OB , OC h, on a A^0 ; 0 ; 0h , B^1 ; 0 ; 0h , C^0 ; 0 ; 1h , D^1 ; 1 ; 1h et J- 1/2 N J- 1/2 N J 1/2 N K 1 O K 1 O K 1O O, GC K - O G^1/2 ; 1/2 ; 1/2h , donc GA K- O, GB K K 2 O K 2 O K 2O K- 1 O K 1 O K- 1 O 2 2 J1/2 N L P L 2 P L P K 1 O 3 et GD K O vecteurs qui ont tous pour norme . 2 2 K O K 1 O L2 P % % GA : GC 1 2 cos AGC = =; d’où AGC . 109,5° . # 3 GA GC 122

1

u : ^ u / ulh = a^bcl - bl c h + b^cal - cl ah + câbl - al bh = abcl - abl c + al bc - abcl + abl c - al bc = 0 . ul : u / ul= al^bcl - bl c h + bl^cal - cl ah + clâbl - al bh = al bcl - al bl c + al bl c - abl cl + abl cl - al bcl = 0 . 2 u / u = 0 et u / ul =- ul / u . 3 ALGO

Variables : x, y, z, x l , y l , z l , a, b, c : réels ; Début Entrer ^ x, y, z, x l , y l , z lh ; a ! yz l - y l z b ! zx l - z l x c ! xy l - x l y n ! â, b, c h afficher (« un vecteur ortogonal à u et ul est n : », n) Fin. Avec TI :

Avec Casio :



21

4 Application : on lance le programme avec les

J6 N K O données pour u et u l et on trouve : n K- 5 O. K 1 O L P Et une équation du plan passant par O et dirigé par les vecteurs u et u l : 6x - 5y + z = 0 .

J- N K 2O 1 Avec AB K 0 O et le milieu I de 6 AB @ ^- 1 ; 4 ; - 3h, K- 4 O L P on obtient P1 : x + 2z + 7 = 0 . Et de même P2 : x - y + 3 = 0 et P3 : - y + z + 5 = 0 . 2 a. XA = XB = XC = XD . b. X est équidistant des quatre points A, B, C et D ; il appartient donc aux plans médiateurs de chacun des segments formé avec deux des points, en particulier 6BD @, 6 AD @ et 6CA @. 3 a. Les trois plans ont en commun le point X^- 1 ; 2 ; - 3h . b. On résout le système figurant à la question a. 4 Une équation de la sphère circonscrite aux quatre 2 2 2 points est : ^ x + 1h + ^ y - 2h + ^ z + 3h = 9 . 123

Le plan médiateur de 6 AD @ a pour équation : y + z - 3 = 0. Celui de 6BC @ : - y + z + 1 = 0 ; celui de 6CD @ : x + y - 5 = 0 . Z ]] y + z - 3 = 0 Le système [- y + z + 1 = 0 a pour unique solution ]x + y - 5 = 0 \ (voir écran Xcas) le triplet ^3 ; 2 ; 1h . ce qui prouve que les trois plans médiateurs ont en commun le point X^3 ; 2 ; 1h équidistant des quatre points A, B, C et D et donc centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABCD. 124

125

a. Vrai ; Ml est l’intersection du plan perpendiculaire à la droite Dl passant par M. b. Vrai ; il s’agit de la droite passant par N et de vecteur directeur Dl . c. Faux. d. Faux. e. Vrai ; Rl est le point Ml du a.


126

Soit X le centre d’une telle sphère, on doit avoir J2 N K O CX = t n , où n K- 2 O est un vecteur normal au plan ^P h K 1 O L P et CX = 6 . Ces deux conditions sont alors suffisantes. Cela donne t = ! 2 et on peut choisir X^14 ; - 3 ; 8h ou Xl ^6 ; 5 ; 4h . Avec le centre X , on obtient la sphère d’équation : ^ x - 14h2 + ^ y + 3h2 + ^ z - 8h2 = 36 . 127

+

1

)

x + y =- 1 2x + 4z + 2z = 0

x =- 1 - y * -1 + y + z = 0

22

+

x =- 1 - y x + 2y + z = 0 Z =- 1 t ]x = y t [ ] = \z 1 t

+

*


ce qui est la représentation paramétrique d’une droite passant par le point A^- 2 ; 1 ; 0h obtenu avec t = 1 , et J- N K 1O dirigée par le vecteur u K 1 O. K- 1 O L P 2 4^- 1 - t h + 4t + 1 - t + 3 = 0 + t = 0 ce qui prouve que la droite et le plan ^Qh ont un seul point en commun, donc sont sécants au point B de la droite repéré par le paramètre t = 0 . 3 Le système ^ S h a donc pour unique solution ^- 1 ; 0 ; 1h, qui sont les coordonnées du point B. Z =- - 5 3 y 2z ]x x + 3y + 2z =- 5 4 * + [y = t y + z =- 3 ] =- 3 t \Zz = -t x 1 ] + [y = t ] =- 3 t \z ce qui est la représentation paramétrique d’une droite Dl passant par le point C^1 ; 0 ; - 3h obtenu avec t = 0 , J- N K 1O et dirigée par le vecteur u K 1 O. K- 1 O L P Comme C n’appartient pas au plan ^Qlh d’équation 2x + 3y + z = 1 car 2 + 0 - 3 =- 1 et comme u est orthogonal au vecteur normal au plan ^Qlh ^- 2 + 3 - 1 = 0h la droite Dl est strictement parallèle à ^Qlh : ils n’ont donc aucun point en commun et le système n’a aucune solution. 5 On peut par exemple choisir comme troisième équation : 2x + 3y + z + 1 = 0 , équation d’un plan qui contient Dl , ou bien encore y + z + 3 = 0 . 128

1 Pour tout réel t, P^ t h = t2 v 2 + 2tu : v + u 2 .

2 P^ t h est un trinôme du second degré qui est positif ou nul pour tout réel t, puisque c’est le carré de la norme d’un vecteur. Son discriminant est donc négatif ou nul, ce qui donne : 4^ u : v h2 - 4 u 2 v 2 G 0 + ^ u : v h2 G u 2 v 2 + u:v G u # v . L’égalité a lieu lorsque le discriminant est nul, c’est-à-dire lorsqu’il existe un réel t0 qui annule P^ t h , c’est-à-dire lorsque u + t0 v = 0 , donc lorsque les vecteurs u et v sont colinéaires. 129

1 n : u =- 2 + 1 + 1 = 0

et n : ul= 6 + 1 - 7 = 0 . J0 N K O 2 On trouve w K 1 O comme vecteur normal à . Une K1 O L P équation de P est : y + z + 2 = 0 . 3 Les coordonnées du point K sont solutions du Z + + = système : ]y z 2 0 ] x =- 3s . [ ]y = 2 + s ] = + \ z 4 7s Comme 2 + s + 4 + 7s + 2 = 0 + s =- 1 , on obtient K^3 ; 1 ; - 3h .


4 Il s’agit de la droite ^ AK h qui coupe en A, ′ en K et

dont le vecteur directeur n est orthogonal à la fois à u et ul . C’est la perpendiculaire commune D à et ′. J1 N K O 130 1 Les vecteurs normaux respectifs n K 2 O et K- 1 O J3 N L P K O nl K 6 Odes deux plans sont colinéaires, donc les plans K- 3 O L P sont parallèles. 2 Soit A^1 ; 0 ; 2h un point de ^P h et D la perpendiculaire Z = + à P passant par A. ]x 1 t Une représentation paramétrique de D est : [ y = 2t ; ] = \z 2 t D coupe le plan Q au point B repéré par le paramètre t solution de : 7 . 3^1 + t h + 6^2t h - 3^2 - t h - 4 = 0 + t = 18 7 6 7 . n = 18 18 3 Soit H le projeté orthogonal de O sur P et K celui de O sur Q. La distance de P à Q est la norme du vecteur HK . Or, OH : n = axH + byH + czH =- d1 et OK : n = axK + byK + czK =- d2 Ja N K O où n K b O est un vecteur normal aux deux plans. KcO L P Par différence, on obtient HK : n =- d2 + d1 , d’où d1 - d2 . KH # n = d1 - d2 et HK = a2 + b2 + c

La distance de ^P h à ^Qh est : AB =

131

k2 1 x2 + y2 = a2 c1 + 2 c

m on trouve les cercles de

k2 centre X k ^0 ; 0 ; k h de rayon a 1 + 2 , dans les c plans d’équation z = k . x2 z2 x z x z = + = 2 - 2 =0 2 *a c + * a c 0 ou * a c 0 y=a y=a y=a on trouve la réunion de deux droites, définies par les intersections des plans dont les équations apparaissent dans les systèmes. 3 Oui, on obtient, par exemple, des droites dans les plans d’équation x = a ou x =- a .


132

1 Un vecteur normal à 1 est n1 ^1 ; 2 ; - 2h avec

n1 = 3 . Avec l’expression de la distance d’un point à un plan x + 2y - 2z établie à l’exercice 86, on obtient : d1 = , 3 3x + 4z - 2 . et la distance de M à 2 est : d2 = 5 2 M est équidistant de 1 et 2. + d1 = d2 + d12 = d22 + 25^ x + 2y - 2z h2 = 9^3x + 4z - 2h2 . 3 La condition précédente s’écrit encore : 65^ x + 2y - 2z h + 3^3x + 4y - 2h@ # 65^ x + 2y - 2z h - 3^3x + 4z - 2h@ = 0 ^14x + 10y + 2z - 6h^- 4x + 10y - 22z + 6h = 0 ,

ce qui équivaut à : 7x + 5y + z - 3 = 0 ou - 2x + 5y - 11z + 3 = 0 . Il s’agit bien de la réunion de deux plans 1 et 2 de vecteurs normaux respectifs v1 ^7 ; 5 ; 1h et v2 ^- 2 ; 5 ; - 11h , vérifiant v1 : v2 = 0 : 1 et 2 sont deux plans perpendiculaires. Soit M un point de D , droite d’intersection de 1 et 2, on a, puisque M est commun à 1 et 2 : x + 2y - 2z = 0 et 3x + 4z - 2 = 0 donc aussi : 5^ x + 2y - 2z h + 3^3x + 4z - 2h = 0 et 5^ x + 2y - 2z h - 3^3x + 4z - 2h = 0 ce qui signifie que M appartient à la fois à 1 et 2. Donc : D = 1 + 2. 4 On a, par exemple : n1 ^1 ; 2 ; - 2h , n2 ^3 ; 0 ; 4h , v1 ^7 ; 5 ; 1h et v2 ^- 2 ; 5 ; - 11h . n1 : v1 15 1 = = n1 # v1 3#5 3 3 n2 : v1 1 = et n2 # v1 3 mais ces vecteurs sont définis au signe près, donc : cos ^n1 ; v1 h = ! cos ^n2 ; v1 h et par suite : ◗ soit i) ^n1 ; v1 h = ^n2 ; v1 h ^2rh , ◗ soit ii) ^n1 ; v1 h =-^n2 ; v1 h ^2rh , ◗ soit iii) ^n1 ; v1 h = r - ^n2 ; v1 h ^2rh , ◗ soit iv) ^n1 ; v1 h = ^n2 ; v1 h - r ^2rh , mais i) entraîne ^n1 ; n2 h = 0 ^2rh ce qui est absurde et iv) entraîne ^n1 ; n2 h = r ^2rh ce qui est également absurde, n1 et n2 n’étant pas colinéaires, d’où il reste ii) et iii) qui donnent : ^n1 ; v1 h = ^ v1 ; n2 h ^rh . Considérons dans un plan P orthogonal à D les droites : 1 = 1 + P , 2 = 2 + P , D1 = 1 + P et D2 = 2 + P dirigées respectivement par les vecteurs u1 , u2 , w1 et w2 . On a ^ u1 ; w1 h = ^ u1 ; n1 h + ^n1 ; v1 h + ^ v1 ; w1 h ^rh = ^n1 ; v1 h ^rh , r ^rh car ^ u1 ; n1 h = ^ v1 ; w1 h = 2 et ^w1 ; u2 h = ^w1 ; v1 h + ^ v1 ; n2 h + ^n2 ; u2 h = ^ v1 ; n2 h ^rh , donc : ^ u1 ; w1 h = ^w1 ; u2 h , ce qui montre que D1 est bissectrice de 1 et 2 ; on obtient de même D2 bissectrice des droites 1 et 2. Les plans 1 et 2 sont ainsi les plans bisseceurs des plans 1 et 2. 2 w2 1 2


2

u2 w1

u1

1

n1

1

2

v1 1


23

10

C H A P I T R E

Probabilités conditionnelles Introduction 1. Programme Contenus Conditionnement, indépendance Conditionnement par un événement de probabilité non nulle.

Capacités attendues • Construire un arbre pondéré en lien avec une situation donnée. • Exploiter la lecture d’un arbre pondéré pour déterminer des probabilités.

Notation PA ^Bh .

• Calculer la probabilité d’un événement connaissant ses probabilités conditionnelles relatives à une partition de l’univers.

Indépendance de deux événements.

Démontrer que si deux événements A et B sont indépendants, alors il en est de même pour A et B.

Commentaires On représente une situation à l’aide d’un arbre pondéré ou d’un tableau. On énonce et on justifie les règles de construction et d’utilisation des arbres pondérés. Un arbre pondéré correctement construit constitue une preuve. Le vocabulaire lié à la formule des probabilités totales n’est pas un attendu du programme, mais la mise en œuvre de cette formule doit être maîtrisée. Cette partie du programme se prête particulièrement à l’étude de situations concrètes. Des activités algorithmiques sont menées dans ce cadre, notamment pour simuler une marche aléatoire.

E [SVT] Hérédité, génétique, risque génétique. Plusieurs démonstrations, ayant valeur de modèle, sont repérées par le symbole de type algorithmique sont signalées par le symbole .


2. Intentions des auteurs Le point de vue adopté est celui de la richesse et de la multiplicité des situations et des exercices, parmi lesquels des choix s’imposeront. Les auteurs ont préféré introduire la notion de probabilité conditionnelle avant celle de loi continue. Les exercices et situations faisant intervenir de telles lois dans le cadre des probabilités conditionnelles sont intégrés aux chapitres dévolus à l’introduction des lois continues.


Ce chapitre introduit les notions de probabilité conditionnelle, la formule des probabilités totales et la notion d’indépendance de deux événements. Pour la notion de conditionnement, on s’est attaché à mettre en évidence le fait qu’une nouvelle probabilité a été définie en privilégiant la notation pA ^B h à p^B/Ah, qui prête à confusion et laisse supposer qu’il existerait des « événements conditionnels », notion qui n’a pas de sens.


Probabilités conditionnelles

1

Partir d’un bon pied A 1 a. Proportion de femmes parmi les électeurs de B. b. Proportion d’électeurs de B parmi les femmes. c. Proportion de femmes ayant voté pour B dans l’ensemble des 1 000 personnes interrogées. 2 a. Vrai. b. Faux. c. Faux. B a. Non.

b. Oui.

c. Oui.

C a. pÂh = 0,6 . b. p^B h = 0,5 . c. A , B : « le résultat est pair ou premier » : pÂ , Bh = 0,9 . d. A + B : « le résultat est pair et premier » : pÂ + Bh = p^"2 ,h = 0,2 . D

1 Faux. 4 Vrai.

2 Faux. 5 Vrai.

3 Calculer une probabilité à partir d’une partition et d’un arbre pondéré Activité

3 Vrai.

67 correspond à la probabilité du tirage d’une 113 fille parmi les élèves de Seconde. 113 = p ^S h ; b. 285 67 = pS ^F h ; 113 113 67 # = p^F + Sh . 285 113 38 82 ; b = pP ^F h = ; c. a = p^P h = 82 285 53 90 ; b = p^F h = . a = p^ Th = 90 285 113 67 67 38 53 # + ab + ab = + + d. 285 113 285 285 285 158 = = p^F h . 285 2 pF ^ Th # p^F h + pG ^ Th # p^Gh . 1 a.

53 158 37 127 # # + 158 285 127 285 53 37 90 = + = = p^ Th . 285 285 285

Découvrir

=

1 Vers les probabilités conditionnelles Activité

113 82 90 ; p^P h = ; p^ Th = ; 285 285 285 127 158 ; p^Gh = . p^F h = 285 285 37 2 a. pG ^ Th = . 127 b. Lorsque G est réalisé, on s’intéresse à la deuxième ligne du tableau seulement. 46 44 ; pG ^P h = . pG ^S h = 127 127 37 . c. p^ T + Gh = 285 37 p^ T + Gh 285 = . d. pG ^ Th = 127 p^Gh 285 3 a. C’est la probabilité de choisir une fille parmi les élèves de Seconde. 67 b. pS ^F h = . 113 67 p^F + Sh 67 285 = = . c. Oui : 113 113 p ^S h 285 ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

1 p ^S h =

Activité

2 Partitions d’un ensemble

1 Deux partitions de E : F et G ; S, P et T. 2 Si pÂh ! 0 , alors p^ A h ! 1 et si pÂ h ! 1 alors

p^ Ah ! 0 . Ainsi ni A ni A ne sont vides (leur probabilité est non nulle). De plus, par définition A + A = Q et A , A = E . Donc A et A forment une partition de E. 2


4 Indépendance de deux événements Activité

A

1

10

15 35

C

D

20

B 18

12 D

C

2 a. p^Dh =

30

20

35 . 0,4375 . 80

20 = pC ^Dh . 0,3637 . 55 c. Il est plus probable de tirer une facture d’un client ayant pris un dessert parmi la clientèle globale que parmi celle des seuls buveurs de café. Ainsi, les événements « prendre un café » et « prendre un dessert » n’apparaissent pas indépendants. 3 p^Dh = 0,4 et pC ^Dh = 0,4 . Les probabilités de tirer une facture avec dessert est la même si l’on tire parmi toutes les factures, ou seulement parmi celles des clients ayant pris un café : dans le restaurant B, les événements « prendre un dessert » et « prendre un café » apparaissent indépendants. b.


Tableau :

Exercices d’application Savoir faire Reconnaître

des probabilités conditionnelles, construire et exploiter un arbre pondéré 1

On appelle A (respectivement B) l’événement « Monsieur Cruciverbis achète l’hebdomadaire A » (respectivement B) et G l’événement « Monsieur Cruciverbis achève la grille de mots croisés de son hebdomadaire ». 3 1 — G 4 2 A — _ 3 G

1 — 3 2 p^G + Bh =

1 — 2 B

1 0,1 = pA Â n + 1h et 0,2 = pA ^ A n + 1 h . n n 2 0,8 A

G

Savoir faire Utiliser la formule

des probabilités totales

pn

An

1 – pn

An

0,2

An + 1

0,1

An + 1

0,9

An + 1

_

_

0,8

F

J

= 0,7pn + 0,1 , d’où le contenu de la formule dans B3. b. Feuilles de calcul à réaliser. 1 c. La suite semble converger vers quelle que soit la 3 valeur initiale choisie. 1 1 4 a. un + 1 = pn + 1 = 0,7pn + 0,1 3 3 1 1 = 0,7 aun + k + 0,1 3 3 = 0,7un .

F F

_ F

b. Avec un = 0,7 n un on obtient : 1 1 pn = a p0 - k # 0,7 n + . 3 3

p^F h = 0,7 # 0,4 + 0,8 # 0,6 = 0,76 .

c. Avec lim 0,7 n = 0 on a : n "+3

Travaux pratiques

lim pn =

n "+3

3 Étude d’une épidémie


_

n+1 _

3 a. pn + 1 = 0,8pn + 0,1^1 - pnh

2 On a l’arbre pondéré suivant : 0,7 R 0,4

0,6

. 0,107 (à 0,001 près). 4 Étude de l’évolution d’une population

G

_

1 1 1 # = . 2 3 6

V total V M 2 10 23 M total 25 75 L’information « 10% de la population est malade » trouve sa place dans la ligne M, colonne du total. Dans l’arbre, 0,1 correspond à la somme des probabilités des chemins menant à M, c’est-à-dire à p^M + Vh + p^M + Vh . On peut alors calculer : p^M + Vh = 0,1 - 0,25 # 0,08 = 0,08 . 0,08 8 3 p V ^Mh = = 0,75 75

1 . 3

1 a. Notations : V : « l’individu tiré au sort est vacciné » ; M : « l’individu tiré au sort est malade ». b. p^Vh = 0,25 ; pV ^Mh = 0,92 ; p^Mh = 0,1 . p^ V + Mh c. On cherche p V ^Mh = . p^ Vh 2 a. Arbre pondéré : 0,08 M V _ 0,25 0,92 M

0,75

_ V

M

_

M Livre du professeur - CHAPITRE 10


3

Faire le point 9

1 b.

22 p^Ch = 0,25 et p Âh = 0,4 ; on en déduit : C

pÂ + Ch = 0,1 .

2 a. et b.

10 1 b. et c.

3 c.

2 a.

4 a. et c.

3 b. et c.

23 1 a. 0,25 ;

b. 0,5 ; b. 0,5 ;

2 a. 0,5 ;

4 a. et c.

c. 0,25. c. 0.

24 La probabilité recherchée est égale à 0,5 (somme

11 Situation 1 : 1 Vrai.

2 Faux.

Situation 2 : 1 Faux.

2 Faux.

1 1 ; bleu sur 2 : ). 6 12 On trouve la probabilité d’obtenir un impair avec le dé rouge. impaire et bleu sur 2 :

25 p^Gh = 10-6 ; p Ôh = 1 ; on obtient : G

20 p^G + Oh = 5 # 10-8 .

Exercices d’application

26 1 On lance une pièce et un dé équilibrés.

On gagne lorsque : on obtient « pile » et une face de dé au plus égale à 4, ou on obtient « face » et une face de dé égale à 1. Dans tous les autres cas, on perd. 5 2 On obtient p^Gh = . 12

1 Probabilités conditionnelles 12 1 Faux : il faut imposer pÂh non nul. 2 Faux. 3 Vrai.

27 a. 3 ;

13 1 Faux, si pÂh = 0 , vrai sinon. 2 Vrai. 3 Vrai.

28

4 Vrai. 5 Vrai, si pÂ h non nul.

14 1 b. et c.

2 c.

b.

4

3 a., b. et c.

4 a. et c.

0,6

0,4

1 ; 2

1 . 3 1 d. pG ^R h = . 5

1 . 5

_

0,8

R2

0,2

E2

V

p^Vh p^Vh 1 1 # 4 = 0,075 . = 10 1 3

17 On démontre sans difficulté que :

pA ^B h = pB Âh équivaut à pÂ + Bh = 0 ou pÂh = p^B h.

30 1 a. p^C + Dh = p ^Ch # p^Dh = 0,4 # 0,75 = 0,3 . D

18 a. pÂh = 0,5 ;

b. pÂ + Bh = 0,14 . 19 pÂ + Bh = 0,2 ; p Âh = 2 ; p ^B h = 2 . B A

7

3

20 On a d’une part pÂ + Bh = 3pÂh - 0,5 et d’autre


3 . 8

# 29 p ^Mh = p^M + Vh = pM ^Vh p^Mh V

b. pG ^R h =

4

part pÂ + Bh = pA ^B h # pÂh = 0,5pÂh . On peut alors calculer pÂh en égalisant, et on obtient : pÂh = 0,2 . Alors : p^B h = 2pÂh = 0,4 . 21 On a : pÂ + Bh = 0,5pÂh et pÂ + Bh = 0,3p^B h .

De plus : pÂh + 0,3 = p^B h . 0,5pÂh = 0,3p^B h . On résout le système : * p^B h = pÂh + 0,3 On obtient : pÂh = 0,45 , pÂ + Bh = 0,225 . 4

d.

pÊ2h = pÊ1 + E2h = 0,2 # 0,4 = 0,08 .

16 a. p ^Gh = 1 . R

c. p^R + Gh =

3 ; 8

R1

15 Les phrases associées à des probabilités condition-

nelles sont les phrases 2 et 5.

c.

3 p C ^D h =

p^ C + Dh = 0,5 . p^ Ch

2 Probabilités totales 31 1 Faux.

2 Vrai.

3 Vrai.

32 1 b. et c. sont vraies.

p^B h = 0,75 ,


b. p^C , Dh = p^Ch + p^Dh - p^C + Dh = 0,9 ; p^ C , Dh = 0,1 . p^C + Dh 5 2 pC ^D h = 1 - pC ^Dh = 1 = . 8 p^Ch

puis

2 a. et c. sont vraies.

33 p^F h = 0,7 # 0,5 + 0,8 # 0,25 = 0,55 .


4 Vrai.

34 p^R h = 1 # 8 + 1 # 2 = 19 .

3

35 1

10

4

10

39 1

60

S

500 — 1 250

0,35

70 — 500

_

28 — 350

c.

3 pG Âh =

_

24 — 400

4

A

7 . 125

= 28 28 14 1250 = = d. pA ^P h = . 122 122 61 1250

= 0,98 # 0,05 + 0,04 # 0,95 = 0,087 . c. pÊ h = p^R + Dh + p^R + Dh = 0,038 + 0,02 # 0,05 = 0,039 . 1 . 87

5

b.


5

0,2 U1 0,8

0,6 U2 0,4

R

_

= 0,368 .

42 p^b h = p^b + b h + p^b + b h 2 2 1 2 1

= pb ^b2h # p^b1h + pb1 ^b2h # p^ b1h 1 = 0,5 # 0,2 + 0,3 # 0,8 = 0,34 . 3 Indépendances de deux événements 2 Faux.

3 Vrai.

38 1 a. 0,15 # 0,3 = 0,05 .

b. 0,45 # 0,85 + 0,05 = 0,4325 . 0,3 # 0,15 20 = . 0,4325 173

de A et B. b. Situation à choisir. 45 Par exemple : « 30 % des individus portant des

lunettes sont diplômés de l’enseignement supérieur ».

R

46 a. Si A et B sont indépendants :

R

pÂ + Bh = pÂhp^B h = 0,12 et pÂ , Bh = 0,4 + 0,3 - 0,12 = 0,58 . b. Si A et B sont incompatibles : pÂ + Bh = 0 et pÂ , Bh = 0,7 .

_ R

c. p^R h = 0,5 # 0,2 + 0,5 # 0,6 = 0,4 .

2 pD ^M h =

41 a. pÂ h = 0,02 # 0,6 + 0,65 # 0,1 + 0,97 # 0,3

44 a. 2 et 5 sont compatibles avec l’indépendance

37 a. p ^R h = 1 ; p ^R h = 3 . U1 U2 2

0,5

122 . 1250

5 4 5 1 1 1 # = ; p Â + P h = 3 4 12 3 1 41 + = ; p ^P h = 5 12 60 19 . p^P h = 60

43 1 Faux.

1 e. pR ^Dh = . 913

0,5

10 c m # 0,5455 # 0,4555 . 0,2363 . 5

0,3 # 0,03 b. pA ^R h = . 0,014 (à 0,001 près). 0,632

36 a. p^R h = p^R + Dh + p^R + Dh

b. p^R + Dh = 0,96 # 0,95 = 0,902 .

0,28 56 = . 0,545 109

40 p^ A + Ph = 4 # 3 = 3 ;

_

70 500 28 350 24 400 # # # + + 500 1250 350 1250 400 1250

d. pR ^Dh =

G

2 p^Gh = 0,7 # 0,4 + 0,4 # 0,35 + 0,5 # 0,25 = 0,545 .

A

b. pÂ + Sh =

0,5 B

A

T

G

B

0,25

A

P

400 — 1 250

0,4

A A

350 — 1 250

G

0,4

70 = 0,14 . 500

2 a.

0,7 A

47 pÂ + Bh = pÂh + p^B h - pÂ , Bh

= 0,4 + 0,3 - 0,58 = 0,12 = pÂhp^B h . On en déduit que A et B sont indépendants. 48 pÂ , Bh = pÂh + p^B h - pÂh p^B h ;

d’où : 0,75 = 0,5 + p^B h - 0,5p^B h . On obtient : p^B h = 0,5 . Livre du professeur - CHAPITRE 10


5

+ 49 a. p Âh = pÂ + Bh = pÂh p^B h pÂ , Bh B

p^B h p^B h 0,8 + 0,3 - 0,86 = = 0,8 . 0,3 b. On constate que pB Âh = pÂh ; on en déduit l’indépendance des événements A et B. 50 On

veut simultanément pÂ + Bh = 0 et = pÂ + Bh pÂhp^B h ; d’où pÂhp^B h = 0 , c’est-à-dire pÂh = 0 ou p^B h = 0 . 51 a. A et B sont indépendants.

58 1 Simulation à réaliser.

i

2

P ^R = i h

0 8 27

1 12 27

2 6 27

3 1 27

E ^R h = 1 . 6

59 1 c 2 m = 64 . 0,088 .

3 729 64 665 2 1= . 0,912 . 729 729

4 2 6 c ma 1 k c 2 m = 80 . 0,329 . 2 3 3 243 4 S : « au moins un feu n’est pas rouge ». 1 6 728 1 -a k = . 0,998 . 3 729

3

b. C et D ne sont pas indépendants. c. E et F ne sont pas indépendants. d. Réponse au choix. 52 Diverses stratégies sont possibles ; la plus simple

semble être la suivante : On a pA ^B h = 0,5 ; pour avoir p^B h = 0,5 , il faut et il suffit que l’on ajoute 30 boules vertes numérotées 1. 53 1 p^S h = 0,5 ; p^Vh = 0,5 ;

9 = 0,25 = 0,5 # 0,5 . 36 2 Oui, comme S et V le sont. 3 p^V + R h = 0,25 et p^S h = 0,5 . Comme « V et R » est inclus dans S, on a : p^S + ^V + Rhh = 0,25 et 0,25 # 0,5 ! 0,25 . Les événements S et « V et R » ne sont pas indépendants. p^S + Vh =

54 La démonstration demandée est rédigée page 332

du manuel. Les produits mq et np sont tous deux égaux à pÂhp^B hp^ Ahp^Bh . 55 1 a. A est la réunion disjointe de A + B et de A + B,

d’où l’égalité demandée. b. Si A et B sont indépendants, on a : pÂh = pÂ + Bh + pÂ + Bh = pÂhp^B h + pÂ + Bh . Ainsi : pÂ + Bh = pÂh - pÂhp^B h = pÂh^1 - p^B hh = p ^ A h p ^B h . c. On en déduit l’indépendance de A et B . 2 Si A et B sont indépendants, alors A et B le sont aussi. Si B et A sont indépendants, alors B et A le sont aussi en vertu du même résultat. Ainsi, si A et B sont indépendants, alors A et B le sont aussi.

1 . 60 1 4! 2 = . 30 6! 1 3 a. X suit une loi binomiale de paramètres 10 et . 30 10 29 m . b. P^ X = 0h = c 30 60 1

P^ X H 1h = 1 - P^ X = 0h = 1 - c

29 10 m . 0,287 . 30

61 1 Les hypothèses permettent d’affirmer que X suit

une loi binomiale de paramètres 20 et 0,014. 2 P^ X = 0h = 0,98620 . 0,754 ; d’où : P^ X H 1h . 0,246. L’affirmation est donc exacte. 3 Soit Y la variable aléatoire dénombrant le nombre de boîtes exemptes de tout stylo défectueux dans un carton. Si on admet que Y suit une loi binomiale de paramètres 50 et 0,75, alors : P^Y = 50h = 0,7550 . 5,6 # 10-7 . L’affirmation est évidemment fausse : il est « quasi certain » qu’au moins une boîte contiendra un stylo défectueux. 62 1

n P n P

1 1 6 4

2 1 5 # #2 6 6 5

3 1 5 2 #a k # 3 6 6 6

1 5 3 #a k # 4 6 6

1 5 4 #a k # 5 6 6

1 5 5 #a k # 6 6 6

2 Il suffit de vérifier l’égalité des deux expressions obte-


4 Expériences répétées indépendantes –

Loi binomiale 56 1 Vrai.

2 Faux.

3 Faux.

57 1 a. 0,95 4 . 0,815 à 10-3 près.

b. 1 - 0,95 4 . 0,185 . 4 2 c m # 0,95 # 0,053 . 4,7 # 10-3 . 3 6


4 Vrai.

5 5 nues pour 5 et 6, toutes deux égales à a k . 6 1 5 n-1 3 On obtient : #a k # n. 6 6 4 À partir de n = 21 , il semble que la probabilité obtenue soit inférieure à 0,1.

63 1 On peut réaliser un arbre pondéré pour répondre

aux questions, en utilisant la partition « B ; R » à chaque tirage. Probabilités conditionnelles

10 10 n n # # + 9+n 10 + n 9+n 9+n 20n = . ^10 + nh^9 + nh 9 10 90 # = ; b. P^ X = 4h = 9+n 10 + n ^10 + nh^9 + nh n^n - 1h . P^ X =- 6h = ^9 + nh^10 + nh 20n 90 +4 c. E^ X h = ^- 1h ^10 + nh^9 + nh ^10 + nh^9 + nh n^n - 1h +^- 6h ; ^10 + nh^9 + nh - 6n2 - 14n + 360 . d’où : E^ X h = ^9 + nh^10 + nh d. On résout l’inéquation - 6n2 - 14n + 360 2 0 , avec la condition n H 2 . 20 ; d’où : 2 G n G 6 . On obtient : 2 G n 1 3 2 Si Y désigne la variable aléatoire dénombrant les boules rouges tirées parmi les 20 tirages, alors Y suit une n . loi binomiale de paramètres 20 et 10 + n 20 10 m . On a : P^Y H 1h = 1 - P^Y = 0h = 1 - c 10 + n L’inégalité P^Y H 1h 2 0,999 est vérifiée pour n H 5 a. P^ X =- 1h =

1

an 2 ^1023h 20 - 10 k .

Prépa Bac Exercices guidés 64 1 a = 5 ;


66 1 a. a = 0,7 ; b = 0,3 ; c = 0,05 ; d = 0,95 .

pÂ1h = 0,7p0 + 0,05^1 - p0h = 0,65p0 + 0,05 = p1 . On obtient : p1 = 0,65 # 0,6 + 0,05 = 0,44 . b. De même, on a : pn + 1 = 0,65pn + 0,05 . 2 a. On complète par 0,3, puis par 0,7. b. La suite semble converger vers un nombre voisin de 0,14. 3 a. La propriété est vraie au rang 0. En effet, on a : 1 16 21 + = = 0,6 . p0 = 7 35 35 On suppose la propriété vraie au rang n ; alors : 1 16 # 0,65 n k + 0,05 pn + 1 = 0,65 a + 7 35 16 1 # 0,65 n + 1 + 0,65 # + 0,05 = 35 7 16 1 # 0,65 n + 1 + . = 35 7 On en déduit que la propriété est héréditaire, et on conclut qu’elle est vraie pour tout entier naturel n. b. lim 0,65 n = 0 ; on en déduit que la suite converge n "+3

3 4 ; ; c= 8 8 7 5 2 3 ; ; e= f= . d= 7 7 7 6 3 = . Réponse c. : 56 28 1 1 1 2 p^Vh = ; p^Gh = ; pG ^Vh = 3 4 10 1 . p^V + Gh = pG ^Vh # p^Gh = 40 3 . pV ^Gh = 40 65 1 a = 1 ;

b. A et R ne sont pas indépendants : en effet, on a : pÂh ! pR Âh . 5 On veut : p^R h = p^Nh = 0,5 . Or : p^R h = pÂ + Rh + p^B + Rh ; 3 d’où : p^B + Rh = p^R h - pÂ + Rh = 0,5 . 20 On obtient : 7 5 = pB ^R h # p^B h = pB ^R h # . p^B + Rh = 20 6 7 6 42 # = . Ainsi : pB ^R h = 20 5 100 Avec 100 boules dans l’urne B, il en faut 42 rouges et 58 noires pour réaliser l’égalité p^R h = p^Nh = 0,5 .

1 . 0,143 (à 10-3 près). 7 4 L’expression obtenue ci-dessus permet de minorer la 1 suite ^ pnh par , elle ne peut donc pas tendre vers 0. 7

b=

vers

Exercices d’entraînement 67 1 b. 4 c.

5 1 ; ; b= c= 6 6 10 7 3 9 ; ; . e= f= d= 10 10 10 2 A + R : « tirer une boule de l’urne A et qu’elle soit rouge ». 9 1 3 # = . p Â + R h = 10 6 20 3 p^R h = pÂ + Rh + p^B + Rh 3 3 5 3 5 # = + = + = 0,4 . 20 10 6 20 20 3 3 20 4 a. pR Â h = = = 0,375 . 8 8 20

2 c. 5 b.

3 c. 6 a.

68 1 a. L’événement A : « l’un des deux dés tirés est

« spécial » ». 2 1 b. p^ Ah = et pÂh = . 3 3 1 1 2 a. pA ^B h = et p^B + Ah = . 36 108 2 1 1 = et p^B + Ah = . b. pA ^B h = 36 18 12 1 1 7 + = . p^B h = 108 18 108 1 1 108 3 pB Â h = = . 7 7 108



7

69 1 B = D + G ; S = D , G .

73 1 p^R h =

p^B h = 0,052 = 0,0025 ; p^S h = p^Dh + p^Gh - p^B h = 0,0975 . p^Dh 20 2 a. pS ^Dh = = ( . 0,513 à 10-3 près). 39 p ^S h 0,052 1 = ( . 0,026 à 10-3 près). b. pS ^B h = 0,0975 39 n 3 a. ^1 - 0,0975h ( . 0,358 à 10-3 près). b. Il s’agit de l’événement contraire du précédent, dont la probabilité est donc environ égale à : 0,642. 70 1 a. p^Ch = 0,65 ; p Ê h = 0,7 ; p Ê h = 0,2 . C C

b. Construction de l’arbre pondéré correspondant. 2 a. p^C + Eh = 0,7 # 0,65 = 0,455 . b. p^ C + Eh = 0,2 # 0,35 = 0,07 . c. pÊ h = 0,455 + 0,07 = 0,525 . 3 a. p^F h = p^C + E h = 0,3 # 0,65 = 0,195 . b. La probabilité recherchée vaut 1 - 0,955 , c’est-à-dire 0,304 à 10-3 près.

n . n+7 2 a. X prend les valeurs 0, 10, 12, 20 ou 28. 4 b. P^ X = 0h = p^B h = ; n+7 3 . P^ X = 28h = p^R h = n+7 P^ X = 10h = p^V1 + B2h = pV1 ^B2h # p^V1h = p^B h # p^Vh , du fait de l’indépendance de tirages successifs. Donc : 4n . P^ X = 10h = ^n + 7h2 On obtient de même : n2 P^ X = 12h = p^Vh2 = ^n + 7h2 3n et . p^ X = 20h = ^n + 7h2

et p^Vh =

c. E^ X h = 10 # 71 1 a. 0,83 = 0,512 .

b. 1,25 # 10-4 . 2 0 0,08 = E^ X h 2,4 .


4n n2 2 + 12 # ^n + 7h ^n + 7h2

3^n + 7h 3n 2 + 28 # ^n + 7h ^n + 7h2 12n2 + 184n + 588 = ^n + 7h2 16n = + 12 . ^n + 7h2 ^ x + 7h^7 - x h 3 f l^ x h = . ^ x + 7h4 + 20 #

1 0,096

2 0,384

3 0,512

2 1 1 2 72 1 a. v = un + n + 1 = un + 1 -

5 6 3 5 1 2 1 2 1 = cvn + m + = vn . 6 5 3 5 6 1 La suite v est géométrique de raison . 6 1 1 n-1 #a k b. vn = 2 6 2 1 1 n-1 2 #a k = + . et un = vn + 5 2 6 5 1 2 a. a1 = . 2 7 . b. r 1 = 12 1 2 1 2 =- an + . c. rn = an # + ^1 - anh # 2 3 6 3 d. D’après la règle du jeu, on lance le dé A au lancer ^n + 1h lorsque : ◗ on a utilisé le dé A au lancer n et obtenu le rouge : événement A n + R n ; ◗ ou bien on a utilisé le dé B au lancer n et obtenu le blanc : événement A n + R n . e. Ces deux événements étant disjoints la probabilité pÂ n + 1h est égale à la somme de leurs probabilités. On obtient : 1 1 1 1 an + 1 = an + ^1 - anh = an + . 2 3 6 3 Avec 1 , on obtient pour tout entier naturel n : 1 1 n-1 2 #a k + . an = un = 2 6 5 n 3 3 1 1 - a k ; d’où : lim rn = . f. rn = 5 5 2 6 n "+3 8

3 4 , p^B h = n+7 n+7


x 0 f l^ x h f ^xh

0

+

7 0

10 -

1 28

4 E^ X h est maximale lorsque f est maximale, c’est-àdire pour n = 7 . 4 88 + 12 = €. E^ X hmax = 7 7

Problèmes # 74 1 pÂh p^Bh pB Âh = pÂh pÂ + Bh et, comme :

p^B h

p^B h

p Â h = p Â + B h + p Â + B h , on a : pÂh - p^Bh # pB Âh pÂh - ^ pÂh - pÂ + Bhh = p^B h p^B h p Â + B h = = pB Âh . p^B h 2 pÂ h = 0,2 ; p^B h = 0,3 ; pB Â h = 0,1 . 0,2 - 0,7 # 0,1 13 = . a. pB Âh = 0,3 30


b. Non, puisque pB Âh ! pÂh ; ce que l’on pouvait aussi 1 remarquer au départ, puisque : pB Âh = pÂh ! pÂh. 2 75 1 P^ X = 0h = 0,97 n ;

79 Soit l’événement F : « le bulbe fleurit ». F 0,9 G1 _ 0,7 0,1 F

2 P^ X H 1h = 1 - P^ X = 0h = 1 - 0,97 n .

1 - 0,97 n H 0,9 + 0,97 n G 0,1 + n H

ln ^0,1h . ln ^0,97h

0,8

0,3

G2

On trouve n H 76 .

0,2

76 1 0,4 + 0,15 + 0,15 + 0,05 + 4y + y = 1 ;

y = 0,05 ; x = 0,02 . 2 0,75 ; 0,4 8 3 = . 0,75 15 4 a. pÂ h = 0,25 ; p^B h = 0,2 ; pÂ + Bh = y = 0,05 = 0,25 # 0,2 = pÂh # p^B h donc A et B sont indépendants. b. pÂh = 0,25 ; p^Ch = 0,7 ; pÂ + Ch = p^"2 ,h = 0,15 ! pÂh # p^Ch . A et C ne sont pas indépendants. 77 1 Les trois espérances de gain sont égales à 10. Le prin-

cipe des jeux varie sur l’échelle « peu de gagnants gagnent très gros » jusqu’à « beaucoup de gagnants gagnent peu ». 2 On peut réaliser un arbre, où les probabilités de tirer un billet de chaque type « méga », « maxi » ou « magot » 1 valent . 3 On obtient comme espérance de gain : 1 1 # 10-4 # 105 + # 10-3 # 10 4 10 = 3 3 1 + # 10-3 # 103 . 3 1 1 1 -4 -3 # 10 + # 10 + # 10-2 . 0,0037 . p^Gh = 3 3 3 78 1 ALGO

F

_ F

F = ^F + G1h , ^F + G2h . La réunion est disjointe, donc : p^F h = p^F + G1h + p^F + G2h . p^F h = pG1 ^F h # p^G1h + pG2 ^F h # p^G2h = 0,9 # 0,7 + 0,8 # 0,3 = 0,87 . 80 1 p ^B h # pÂh + p ^B h # p^ Ah A A

= pÂ + Bh + p^ A + Bh = p^B h . # = pA ^B h pÂh pÂ + Bh . Par suite, on a : pA ^B h # pÂh p Â + B h = = pB Âh . p^B h pA ^B h # pÂh + pA ^B h # p^ Ah 2 On pose A : « le dé est truqué » et B : « on obtient le 6 ».

1 1 ; pA ^B h = ; 2 6 3 1 ; p^ Ah = . p Â h = 4 4 1 1 1 # 1 2 4 = 8 = . D’où : pB Âh = 1 1 1 3 2 2 # + # 2 4 6 4 8 pA ^B h =

81 Questions 1 et 2 : simulations à réaliser sur tableur. 3 p=

1 # 36

#0 6 ^g^ x h - f ^ x hhdx

1 2 1 36 1 ; x 6xx E = . 36 3 18 3 0 1 4 X suit une loi binomiale de paramètres 10 et . 3 2 10 a. P^ X = 0h = c m . 3 =

G : = - 30 ; b : = 0 ; n : = 0 TantQue b ! 6 Faire n := n + 1 b := nbaleatoire(1,6) ; FinTantQue G : =- 30 + 10 # 2n Afficher G

b. P^ X H 1h = 1 - c

2 On appelle N le nombre de simulations effectuées.

2 10 m . 0,983 . 3

10 1 5 2 5 4 680 c. P^ X = 5h = c 5 m # a k # c m = . 0,683 . 3 3 6 561


ALGO

Entrer N S : = 0 Pour i allant de 1 à N Faire G : = -30 ; b : = 0 ; n : = 0 TantQue b ! 6 Faire n : = n + 1 b : = nbaleatoire(1,6) ; FinTantQue G : - 30 + 10 # 2n Si G 1 0 Alors S : = S + 1 FinSi FinPour Afficher S/N

82 1 a. p ^B h = 3 = 1 ; A

18

6

6 1 5 = . ; c. pA ^Ch = 18 3 6 1 2 Comme p^B h = = pA ^B h , A et B sont indépen6 dants. 15 5 3 Comme p^Ch = = ! pB ^Ch , B et C ne sont 36 12 pas indépendants. 4 Comme p^Ch ! pA ^Ch , A et C ne sont pas indépendants. b. pB ^Ch =

83 1 0,99 = p ^ Th et 0,99 = p ^ T h . M M Livre du professeur - CHAPITRE 10


9

2 a. Suite à la construction d’un arbre pondéré, on obtient, avec la formule des probabilités totales : p^ Th = p^M + Th + p^M + Th = 0,01 + 0,98p . p^M + Th 0,99p = Alors : f ^ ph = pT ^Mh = . 0,01 + 0,98p p^ Th b. f est strictement croissante sur 60 ; 1 @ avec f ^0 h = 0 et f ^1 h = 1 . c. p 0,001 0,01 0,1 0,3 0,5 0,8 pT ^Mh 0,09 0,5 0,917 0,977 0,99 0,997 Valeurs exactes pour 0,01 et 0,5 ; valeurs approchées à 0,001 près sinon. 3 Pour p = 0,7 , on a : 0,995 G pT ^Mh G 0,996 . De plus, on a : p ^M + T h 0,99^1 - ph = . p T ^M h = ,99 - 0,98p 0 p^ Th Pour p = 0,7 , on obtient : 0,976 G p T ^Mh G 0,977 . Le test est donc ici « Très fiable » dans les deux cas de figure possibles : en cas de résultat positif, la probabilité est grande d’être atteint par la maladie, et en cas de résultat négatif, la probabilité est grande de ne pas être atteint. 4 a. et b. Pour p = 0,005 , on a : 0,332 G pT ^Mh G 0,333 et 0,667 G pT ^Mh G 0,668 . c. Pour une population cible dans laquelle la maladie est « rare », le test positif n’est pas un bon indicateur : chez les personnes dont le test est positif, une sur trois seulement est effectivement malade. On remarquera toutefois que cette proportion de une sur trois est très largement supérieure à la proportion d’individus malades dans la population générale étudiée (qui est ici de 5 sur 1 000).

B2 (resp. C2 ) : « tirer dans B (resp. dans C) au second tirage ». p^b2h = p^b2 + B2h + p^b2 + C2h = pB2 ^b2h # p^B2h + pC2 ^b2h # p^C2h . Soit : p^b2h = 0,5 # 0,2 + 0,3 # 0,8 = 0,34 . 85 1 2 4 = 16 trajets. 2 Le jeton arrive en A si, et seulement si, on a obtenu


1 ^P, P, P, Ph : 16 . Le jeton arrive en B si, et seulement si, on a obtenu 1 ^F, F, F, Fh : 16 .

Le jeton arrive en I si, et seulement si, on a obtenu deux 3 piles et deux faces : . 8 1 3 est la probabilité cherchée. 2 4 Soit le résultat commence par pile et le jeton est passé par C. Soit le résultat commence par face et le jeton n’est pas passé par C. 1 D’où la probabilité cherchée : . 2

10


Conclusion : pPn ^G n + 1h = 0,3 . D’autre part : G n + 1 = ^G n + 1 + G nh , ^G n + 1 + Pnh et Pn + 1 = ^Pn + 1 + G nh , ^Pn + 1 + Pnh ; les réunions étant disjointes, on en déduit : xn + 1 = p^G n + 1h = pGn ^G n + 1h # p^G nh + pPn ^G n + 1h # p^Pnh = 0,6xn + 0,3yn . yn + 1 = p^Pn + 1h = pGn ^Pn + 1h # p^G nh + pPn ^Pn + 1h # p^Pnh = 0,4xn + 0,7yn . 4 a. vn + 1 = xn + 1 + yn + 1

= ^0,6 + 0,4hxn + ^0,3 + 0,7hyn = xn + yn pour tout n H 1 . ^vnh est donc une suite constante égale à v1 = 1 . Remarque On a aussi, pour tout entier n, Pn = G n , donc : xn + yn = p^ Vh = 1 . b. wn + 1 = 4xn + 1 - 3yn + 1 = 2,4xn + 1,2yn - 1,2xn - 2,1yn = 1,2xn - 0,9yn

84 A : « tirer noir au second tirage ».

86 1 p^G h = 0,5 = p^P h . 1 1

2 G2 = ^G2 + G1 h , ^G2 + P1 h ; la réunion étant disjointe, on obtient : p^G2h = p^G2 + G1h + p^G2 + P1h = pG1 ^G2h # p^G1h + pP1 ^G2h # p^P1h = 0,6 # 0,5 + 0,3 # 0,5 = 0,45 Donc p^P2h = p^ G2h = 0,55 . 3 On a, d’après l’énoncé : pG ^G n + 1h = 0,6 n et donc : pGn ^Pn + 1h = 0,4 et pPn ^Pn + 1h = 0,7 .

= 0,3^4xn - 3ynh = 0,3wn . w est géométrique, de raison 0,3, et son premier terme est : w1 = 4x1 - 3y1 = x1 = 0,5 . Pour tout entier n H 1 , on a donc : 5 # 0,3n . wn = 0,5 # ^0,3hn 1 = 3 5 # 0,3n 4xn - 3yn = 3 c. * xn + yn = 1 3 5 # 0,3n . + 7 21 lim 0,3n = 0 , car 0,3 ! 60 ; 16 , on obtient

implique xn = Comme

n "+3

lim xn =

n "+3

3 et, par suite : 7

lim yn =

n "+3

4 . 7

87 1 a = 1 et pour tout entier naturel n, on a : 0

a n + b n = 1 (la particule est en A ou en B à chaque instant). 2 a. pA Â n + 1h est la probabilité que la particule soit n en A à l’instant n + 1 sachant qu’elle y était à l’instant n ; c’est donc la probabilité que la particule ne change pas de position entre les instants n et n + 1 . Cette probabilité est, par hypothèse, une constante i . Par définition, on a également : i = pBn ^B n + 1h .


3 a. p^B n + A n + 1h = pB Â n + 1h # p^B nh = ^1 - ih b n . n

b. a n + 1 = pÂ n + 1 + B nh + pÂ n + 1 + A nh . = ^1 - ihb n + pÂ nh # pAn Â n + 1h

89 1

N2

1 — 5

= ^1 - ih^1 - a nh + a n i . Finalement, on a a n + 1 = ^2i - 1ha n + ^1 - ih . c. Démonstration par récurrence sans difficulté particulière. n On a - 11 2i - 11 1 et donc lim ^2i - 1h = 0 .

N1 4 — 5

2 — 5

R2

n "+3

Ainsi, on en déduit que la suite â nhn ! N converge vers 1 . 2 Les positions de la particule « tendent vers l’équirépartition » entre A et B lorsque n tend vers l’infini.

3 — 5

1 — 5 R1 4 — 5

88 Partie A

1 1 ; y1 = p^f, ph = ; 4 4 1 z1 = 1 - x1 - y1 = . 2 2 a. pÂ n + 1h = pÂ n + 1 + Nnh 1 = pNn Â n + 1h # p^N nh = zn . 4 b. p^B n + 1h = p^B n + 1 + N nh 1 = pNn ^B n + 1h # p^N nh = zn . 4 c. p^N n + 1h = p^N n + 1 + N nh 1 # zn . = pNn ^N n + 1h # p^N nh = 2 pour tout n G 19 . 1 3 La suite ^ znh est géométrique, de raison , et 2 1 z1 = , donc : 2 1 1 n-1 1 n #a k =a k , zn = 2 2 2 pour tout n ! 61 ; 20 @ ; 1 1 1 n-1 1 n+1 # zn - 1 = #a k =a k et xn = ; 4 4 2 2 de même pour yn = xn .


1 x1 = p^p, f h =

Partie B 1 220 . On a aussi : P^ X = 220h = pÂ20 , B20 , N20h = x20 + y20 + z20 1 1 1 1 = 21 + 21 + 20 = 19 . 2 2 2 2 2 P^ X = 220h = p^N1 + N2 + f + N19h 1 19 = p^N19h = z19 = a k . 2 3 ^ X = 2 k h = A k , B k ; les deux événements étant disjoints, on a : 1 k P^ X = 2 k h = xk + yk = a k . 2 4 E^ X h =

k = 19

/ 2k P^ X = 2k h + 220 P^ X = 220h

k=1 k = 19

=

/

k=1

2k #

1 1 20 k + 2 # 19 = 21 . 2 2

N2

2 1 # 5 5 2 4 # # et p^N1 + N2 + N3h = 5 5 2 32 + = b. p^N1 + N2h = 45 225 48 . c. p^R1 + N3h = 225 2 a. p^N1 + N2 + N3h =

R2

5 — 9 4 — 9 4 — 9 5 — 9 4 — 9 5 — 9 3 — 9 6 — 9

N3 R3

N3 R3 N3 R3

N3 R3

5 2 = 9 45 4 32 = . 9 225 42 14 = . 225 75 #

90 2 = . 225 5 14 4 4 p^N1 + N3h = ; p^N1h # p^N3h = . 75 25 N1 et N3 ne sont pas indépendants. 48 p^R1 + N3h 8 225 5 pN ^R1h = = = . 3 2 15 p^N3h 5 3 p^N3h = p^N1 + N3h + p^R1 + N3 h =

90 Partie A 1 La suite

^bnh est géométrique de raison a , avec = b0 1 , donc : bn = b0 a n = a n , pour tout entier n. 1-a 1-a k n 2 an + 1 - an = an + # a n - an = a a . 2 2 â1 - a0h + â2 - a1h + f + ân - an - 1h 1 - a k6 0 =a a + a + f + an - 1 @, 2 1 - a k 1 - an # , donc - a0 + an = a 2 1-a 1 - an . et comme a0 = 0 , an = 2 Partie B 1 AA Aa aa 1 0 AA 1 4 1 Aa 0 0 2 1 aa 0 1 4 1 1 1 2 a. x1 = ; y1 = ; z1 = . 4 2 4 1 1 ; wn + 1 = . b. un + 1 = 1 ; vn + 1 = 4 2



11

xn + 1 = pÂA n + 1h = pAAn ÂA n + 1h # pÂA nh + pAan ÂA n + 1h # pÂa nh + paan ÂA n + 1h # pâa nh . c. xn = un + 1 xn + vn + 1 yn + 0 # zn = xn +

1 y . 4 n

yn + 1 = pÂa n + 1h = pAAn Âa n + 1h # pÂA nh + pAan Âa n + 1h # pÂa nh + paan Âa n + 1h # pâa nh = 0 # xn + wn + 1 yn + 0 # zn =

1 y . 2 n

1 En posant a = , on a bien : 2 Z ] xn + 1 = xn + 1 - a yn ] 2 , pour tout n H 0 . [y = ayn ] n+1 ] x = 0 et y = 1 0 \ 0 1 n 1 -a k 2 , y = a 1 kn . D’où xn = n 2 2 1 n 1 -a k 2 = xn . et zn = 1 - xn - yn = 2 1 n d. C’est pn = yn = a k . 2 ln 0,01 . pn G 0,01 + n H ln 0,5 n0 = 7 : c’est à partir de la 7e génération que la probabilité que la plante m ne soit pas homozygote est inférieure à 0,01. 91 1 u = 0,9 . 1 2 a. un + 1 = p^S n + 1h = 0,1 # ^1 - unh + 0,9un

= 0,8un + 0,1 . b. On trouve u10 . 0,55 ; au bout de 10 étapes, la probabilité d’obtenir l’information correcte est voisine de 0,5… 3 a. Comme précédemment, on a : un + 1 = pun + ^1 - ph^1 - unh = ^2p - 1hun + 1 - p . b. On a saisi dans B2 : « =D2 ». c. On a saisi en B3 : « =(2*$D$2-1)*B2+1-$D$2». d. On obtient 0,998 1 p 1 0,999 .


92 Notations utilisées :

I : « le marchand est indélicat » ; Q : « la marchandise achetée est de qualité ». Avec l’énoncé : p^ I h = 0,8 ; pI ^ Qh = 0,5 ; p I ^ Qh = 0,1 . On cherche : pQ ^ I h . On a : pI ^Qh = 0,5 ; donc : p^Q + Ih = 0,5 # 0,8 = 0,4 . De même : p^Q + I h = 0,9 # 0,2 = 0,18 . Alors : p^Qh = 0,4 + 0,18 = 0,58 et donc : 0,18 9 = pQ ^ I h = . 0,31 . 0,58 28

On appelle : – O : l’événement « on ouvre un tiroir du coffret contenant deux pièces d’or » ; – A : « on ouvre un tiroir du coffret contenant deux pièces d’argent » ; – D : « on ouvre un tiroir du coffret contenant une pièce de chacun des deux métaux ». 1 1 = pA ^Dh = pO ^Dh : c’est cette valeur On a : que 2 2 l’énoncé substitue habilement à p^Dh ; la première égalité, par exemple, correspond à l’affirmation : « si je vois de l’or (et A est réalisé), il y a une chance sur deux que je choisisse ensuite le coffret à deux métaux »). On peut par ailleurs retrouver p^Dh à partir de cette valeur : p^Dh = p^D + Ah + p^D + Ah ; or : 1 2 # , p^D + Ah = 0 et p^D + Ah = pA ^Dh # p^ Ah = 2 3 1 et on retrouve donc : p^Dh = . 3 La mise en évidence de la nature conditionnelle des 1 est difficile. probabilités 2 94 En faisant par exemple un arbre, on obtient :

1 2 2 3 + # = . 3 5 3 5 Le nombre de matins où Sherlock prend sa loupe suit une loi binomiale de paramètres 10 et 0,6, dont la moyenne est égale à 6. Sherlock prend donc en moyenne six fois sa loupe. p ^L h = 1 #

95 1 Cas n = 2

On crée un arbre à trois niveaux de branches (Ève peut gagner par deux victoires contre une, ce qui donne trois parties). On obtient comme probabilité de victoire pour Ève : 0,62 + 2 # 0,4 # 0,62 = 0,648 . 2 Cas n = 10 a. Algorithme à compléter : ALGO

E : = 0 ; S : = 0 ; TantQue E 1 10 et S 1 10 Faire a = Nombrealeatoire^0 ; 1h ; Si a 1 0,6 Alors E : = E + 1 Sinon S : = S + 1 ; FinSi ; FinTantQue ; Si E = 10 Alors Afficher (« Ève a gagné ») ; Sinon Afficher (« Sarah a gagné » ; FinSi b. Rajouter un compteur pour opérer 1 000 répétitions et dénombrer les victoires d’Ève, que l’on rapporte à 1 000. c. Simulation à réaliser.

93 La première solution est évidemment correcte : sur

96 La variable D mesure l’état de la dernière trans-

les trois coffrets, on en choisit un au hasard, et un seul contient une médaille de chaque métal. Pour mettre en évidence la carence présentée par la seconde solution, il faut entrer dans plus de détails.

mission ; D = 1 pour une transmission correcte, D = 0 pour une transmission erronée. La suite de l’exercice est basée sur la réalisation de simulations.

12



Pistes pour l’accompagnement personnalisé Revoir les outils de base 97 1 On construit un arbre à trois niveaux de

branches, chaque branche « rouge » étant pondérée par 0,4, chaque branche « verte » par 0,6. 2 a. Probabilité de « deux rouges, puis une verte » : 0,42 # 0,6 = 0,096 . b. Probabilité de « trois boules rouges » : 0,43 = 0,064 . 98 1 Probabilité que ce soit un homme : 274 . 0,437 . 627 2 Probabilité que ce soit une personne jouant de la 242 22 = guitare : . 0,386 . 627 57 3 Si c’est une femme, probabilité qu’elle joue du piano : 92 . 0,261 . 353

Les savoir-faire du chapitre 0,98

99 1

T

M

0,1

_

0,02

T

0,01

_

0,9

T

M

_

0,99 2

0,6 1 — 6

5 — 6

U1 0,4

0,4 U2 0,6

100

T

R

_ R

R

_ R

1 pT ^Ch = 0,7 ; p^Dh = 0,2 ; pD ^ C h = 0,1 .

2 a. p^H + Th = 0,3 # 0,1 = 0,03 .

b. p^Hh = 0,3 # 0,1 + 0,1 # 0,2 + 0,3 # 0,7 = 0,26 . 0,1 # 0,2 3 pH ^Dh = . 0,077 . 0,26 101


1 p^ G + Ch + p^G + C h = 0,4p + 0,5^1 - ph

= 0,5 - 0,1p . 2 p^Gh = 0,6p + 0,5^1 - ph = 0,1p + 0,5 p^G + Ch 0,6p 3 pG ^Ch = = . 0,1p + 0,5 p^Gh f est strictement croissante sur 60 ; 1 @ et on a : 45 . f ^ ph H 0,9 + p H 51 4 Il faut que p soit supérieur à 0,88 pour que la probabilité pour un candidat de présenter les qualités requises sachant qu’il a réussi le test dépasse 0,9. On peut conseiller au DRH de changer de méthode… 104

1 a. On construit un arbre pondéré, comme indiqué dans l’énoncé, sous l’hypothèse que le père est de génotype AA. On obtient une probabilité qu’un « enfant » soit 1 AA sachant que le père est AA est égale à r0 + s0 . 2 b. De même, la probabilité qu’un enfant soit Aa sachant 1 1 que le père est Aa est égale à r0 + s0 . 2 4 c. Sachant que le père est aa, la probabilité que l’enfant soit AA est nulle. d. Avec la formule des probabilités totales appliqué au système complet d’événements recouvrant l’ensemble des génotypes possibles du père, on obtient : 2 1 r1 = ar0 + s0 k . 2 2 La symétrie des hypothèses en AA et aa permet de déterminer sans calcul l’expression demandée pour t1 : 2 1 t1 = at0 + s0 k . 2 (Par rapport au résultat de r1 , remplacer r par t sans modifier s.) On sait que r1 + t1 + s1 = 1 , d’où s1 = 1 - r1 - t1 . 2 2 1 1 3 r1 = ar0 + s0 k = 9 r0 - t0 + t0 + ^1 - r0 - t0hC 2 2 2 ^d + 1h2 1 1 1 = 9d + t0 + - r0 - t0 C = . 2 2 2 4 2 ^1 - d h 1 - d2 et s1 = On a de même : t1 = 4 4 (en utilisant s1 = 1 - r1 - t1 ). 4 On obtient facilement le résultat suggéré en remarque : r1 - t1 = d . On en déduit donc, que t2 , r2 et s2 sont respectivement égaux à t1 , r1 et s1 et, ensuite par récurrence, que les suites t, r et s sont stationnaires à partir du rang 1.

Vers le Supérieur

1 0,3 # 0,2 # 0,8 = 0,048 .

2 0,3 + 0,2 - 0,3 # 0,2 = 0,44 . 3 0,3 60 qui est de l’ordre de 4 # 10-32 …

105

1 c. 4 a. Faux.

2 e.

b. Vrai.

3 b. ; c. et d.

c. Faux.

d. Vrai.

e. Vrai

106

1 Moyenne de la série 16,96, écart type 2,28. 2 a. Y suit une loi binomiale de paramètres 30 et 0,1.

Approfondissement 102

103

1 pÂ + IPh = pA ÎPh # pÂh = 0,3 # 0,009 8

= 0,002 94 ; d’où : pÂ , IPh = 0,1 + 0,009 8 - 0,0029 4 = 0,106 86 . 0,002 94 2 pIP Â h = = 0,0294 . 0,1

b. p^Y G 2h = p^Y = 0h + p^Y = 1h + p^Y = 2h = 0,930 + 30 # 0,929 # 0,1 + 435 # 0,928 # 0,12 . On obtient : p^Y G 2h . 0,41 . c. L’espérance de Y est égale à 3, elle représente le nombre moyen d’étude menées dans des maisons de catégorie 3 par jour.



13

11

C H A P I T R E

Lois de probabilité continues Introduction 1. Programme Contenus

Capacités attendues

Notion de loi à densité à partir d’exemples

Commentaires Les exemples étudiés s’appuient sur une expérience aléatoire et un univers associé X , muni d’une probabilité. On définit alors une variable aléatoire X, fonction de X dans R, qui associe à chaque issue un nombre réel d’un intervalle I de R. On admet que X satisfait aux conditions qui permettent de définir la probabilité de l’événement "K ! J , comme aire du domaine : " M^ x ; y h ; x ! J et 0 G y G f ^ x h, où f désigne la fonction de densité de la loi et J un intervalle inclus dans I.

Loi à densité sur un intervalle.

Toute théorie générale des lois à densité et des intégrales sur un intervalle non borné est exclue. Loi uniforme sur 6a ; b @ . Espérance d’une variable aléatoire suivant une loi uniforme.

• Connaître la fonction de densité de la loi uniforme sur 6a ; b @ .

L’instruction « nombre aléatoire » d’un logiciel ou d’une calculatrice permet d’introduire la loi uniforme sur 60 ; 1@ .

La notion d’espérance d’une variable aléatoire à densité f sur 6a ; b @ est introduite à cette occasion par :

E^ X h =

#ab t f ^ t hdt .

On note que cette définition constitue un prolongement dans le cadre continu de l’espérance d’une variable aléatoire discrète.

AP Méthode de Monte-Carlo. • Calculer une probabilité dans le cadre d’une loi exponentielle.

Espérance d’une variable aléatoire suivant une loi exponentielle.

Démontrer que l’espérance L’espérance est définie comme la limite quand x tend vers + 3 de d’une variable aléatoire suivant # x t f ^ t hdt où f est la fonction de densité de la loi exponentielle une loi exponentielle de paramètre 0 considérée. m est 1 . m Cette partie du programme se prête particulièrement à l’étude de situations concrètes, par exemple sur la radioactivité ou la durée de fonctionnement d’un système non soumis à un phénomène d’usure.

Loi normale centrée réduite ^0 ; 1h .

• Connaître la fonction de densité de la loi normale ^0 ; 1h et sa représentation graphique.

Pour introduire la loi normale ^0 ; 1h , on s’appuie sur l’observation des

• Connaître les valeurs approchées u0,05 . 1,96 et u0,01 . 2,58 .

tend vers

Théorème de MoivreLaplace (admis). ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

On démontre qu’une variable aléatoire T suivant une loi exponentielle vérifie la propriété de durée de vie sans vieillissement : pour tous réels t et h positifs, P^T H t h ^T H t + hh = P^T H hh .

Lois exponentielles.

Démontrer que pour a ! @ 0 ; 16 , il existe un unique réel positif ua tel que P^- ua G X G uah = 1 - a lorsque X suit la loi normale ^0 ; 1h .

représentations graphiques de la loi de la variable aléatoire définie par Xn - np Zn = où Xn suit la loi binomiale ^n, ph , et cela pour de np^1 - ph grandes valeurs de n et une valeur de p fixée entre 0 et 1. Le théorème de Moivre-Laplace assure que pour tous réels a et b, P^ Zn ! 6a ; b @h

#ab

x2

e- 2 dx lorsque n tend vers 3 . + 2r

L’espérance d’une variable aléatoire suivant la loi ^0 ; 1h est définie 0 x par lim # t f ^ t h dt + lim # t f ^ t h dt où f désigne la x "-3

x

x "+3

0

densité de cette loi. On peut établir qu’elle vaut 0. On admet que la variance, définie par E^ X - Ê^ X hh2h vaut 1. Livre du professeur - CHAPITRE 11

Lois de probabilité continues

1

Loi normale ^n ; v2h d’espérance n et d’écart-type v .

• Utiliser une calculatrice ou un tableur pour calculer une probabilité dans le cadre d’une loi normale ^n ; v2h .

X-n suit la loi Une variable aléatoire X suit une loi ^n ; v2h si v normale ^0 ; 1h . On fait percevoir l’information apportée par la valeur de l’écart-type. E [SI et SPC] Mesures physiques sur un système réel en essai.

• Connaître une valeur approchée de la probabilité des événements suivants : " X ! 6n - v ; n + v@, " X ! 6n - 2v ; n + 2v@, et " X ! 6n - 3v ; n + 3v@, , lorsque X suit la loi normale ^n ; v2h .

La connaissance d’une expression algébrique de la fonction de densité de la loi ^n ; v2h n’est pas un attendu du programme.

Plusieurs démonstrations, ayant valeur de modèle, sont repérées par le symbole de type algorithmique sont signalées par le symbole .

On illustre ces nouvelles notions par des exemples issus des autres disciplines.


2. Intentions des auteurs Les lois de probabilités discrètes ont été introduites en Première. On s’attache dans ce chapitre à introduire les outils permettant de calculer des probabilités liées à des lois à densités, essentiellement les lois uniformes, exponentielles et normales. Si nous avons fait le choix d’une définition assez large pour une densité sur un intervalle en n’imposant pas la continuité (on en trouvera dans quelques exemples en exercices), le chapitre est essentiellement axé sur les lois continues et les calculs qui y sont attachés. L’utilisation de la calculatrice ou des logiciels permettant des visualisations graphiques est un aspect essentiel de la compréhension et de la mémorisation des résultats.

Découvrir

Partir d’un bon pied Objectif : Les activités de cette page ont été conçues pour réactiver les connaissances concernant la loi binomiale (A), le calcul intégral lié aux aires (B). La partie C permet de préparer le terrain pour l’approche graphique de la loi de Moivre-Laplace proposée dans l’activité 3. 1 b. 2 a. 5 a. V^ Z h = 1 .

A

3 b.

4 b.

B Il est difficile de comparer les aires « à l’œil nu ». Par le calcul, on a :

#-01 g^ x hdx = 2 - 2e-1 . 1,26 8 . 1,33 . 6 L’aire verte est donc supérieure à l’aire jaune. C 1 f ^3 h =- 1 et


et

À ce titre, ce chapitre s’inscrit dans la continuité du chapitre d’intégration pour lequel il fournit bon nombre d’exemples d’applications. Une première approche de la loi normale est proposée suivant deux axes : une familiarisation avec les calculs et les propriétés d’une loi nécessitant l’utilisation de valeurs approchées, mais aussi un lien avec la loi binomiale, via les théorèmes d’approximation, qui sera poursuivie au chapitre 12.

#0 2 f ^ x hdx =

Activité

1 Choisir un nombre dans [0 ; 1]

Objectif On propose un premier exemple très visuel de lois de probabilité définies par des densités. Les valeurs des probabilités seront lues le plus souvent graphiquement. Les calculs demandés à la fin pourront être faits avec la calculatrice. 1 a. Avec la cible 3. b. p2 = 0,2 . c. p1 et p3 correspondent à l’aire de la portion de plan comprise entre f , et les droites d’équation y = 0 , x = 0 et x = 0,2 . 2 a. Cible 1.

b. p1 =

#0,03,7 ^6x - 6x2hdx

2 a. Le diagramme bleu a une aire totale de 1 et le

= 63x2 - 2x3 @0,3

diagramme transformé a une aire de

=

P^Y = f ^3 hh = P^ X = 3h = 0, 164 063 .

0,7

2 . 3 b. L’aire a été divisée par 1,5. La loi n’est pas représentée, car l’aire totale ne vaut pas 1. 3 La hauteur devrait être de 1,5 # P^Y = f ^k hh . 4 Il faut que chaque rectangle ait une hauteur de s # P^Y = f ^k hh . 2


p3 =

71 = 0,568 , 125

#0,03,7 f 3^ x hdx

179 = 0,358 . 500 On obtient confirmation : p3 1 p2 = 0,4 1 p1 . =


2 La loi de durée de vie d’un atome radioactif Activité

Objectif Il s’agit en réactivant la loi binomiale d’arriver à la modélisation de la loi de désintégration radioactive au moyen d’une densité et d’en tirer les premiers exemples de calcul. 1 a. Le nombre moyen est l’espérance de la variable

aléatoire qui compte le nombre d’atomes radioactifs à l’instant t. Elle suit la loi binomiale ^N0 ; p^ t hh . Donc l’espérance est E = N0 # p^ t h . b. N0 # p^ t h = N^ t h = N0 e-2t , donc pour tout réel t H 0 , p^ t h = e-2t . c. 1 - e-2t . 1 a. Avec la définition, par l’intégrale on obtient : d ^P^ X G t hh = f ^ t h et d’autre part avec le 1 c. on dt d trouve : ^P^ X G t hh = 2e-2t , par suite : f ^ t h = 2e-2t dt pour tout réel t H 0 . b. P^ X G 1h =

#01 2e-2t dt = 1 - e-2 =

et P^ X 2 1h =

1 . e2

e2 - 1 e2

Activité

4 Une aire mystérieuse

Objectif : On amène les élèves à conjecturer la valeur de l’intégrale

x2

#-+33 e- 2

dx .

1 , 2 et 3 a. 3 b. On peut conjecturer que l’aire a une valeur finie.

c. En mettant au carré le résultat obtenu, on trouve ^2,506 63h2 . 6,283 2 , qui est très proche de 2r ^. 6,283 2h. On peut conjecturer que la limite est 2r .

Exercices d’application Savoir faire Calculer une

probabilité définie par une densité 1

a. Non, f n’est pas positive sur I.

b. Oui, f positive sur I et

#01 3t2 dt = 1 .

2 dt = 11. 3 3 d. Oui, f est positive sur I et c. Non,

3 Une approche du théorème de Moivre-Laplace Activité

Objectif On propose suivant les préconisations du programme une approche graphique du théorème de Moivre-Laplace 1 , 2 et 3 On remarque que la première courbe varie très peu lorsqu’on modifie la valeur de p, et que les deux courbes sont quasiment confondues. 4 a. E^ X h = np et V^ X h = np^1 - ph . E^ X h - np =0 b. E^Y h = np^1 - ph V^ X h et V^Y h = 2 = 1. ^ np^1 - ph h On utilise en effet que EâX + bh = aÊ^ X hh + b et que VâX + bh = a2 V^ X h .

#2 4

#1 2

2 dx = 1 . x2

2 a. k = 1 et P^62 ; 3 @h = 1 .

8 1 et P^62 ; 3 @h = b. k = 9 1 et P^62 ; 3 @h = c. k = 6 1 et P^62 ; 3 @h = d. k = 2

8 19 . 27 5 . 12 1 3 ln . 2 2

3 a. P^61,2 ; 2,4 @h = 2,4 - 1,2 = 0,24

5 4,4 - 3 = 0,24 . et P^63 ; 4,4 @h = 5 b. Deux intervalles de même longueur déterminent deux rectangles de même aire, puisque la hauteur est constante, d’où le résultat. 1+5 = 3 d’après le cours. c. L’espérance est égale à 2


4 On doit trouver les réels t de 60 ; 1 @ vérifiant :

P^60,3 ; t @h + P^60,4 ; 0,9 @h = P^60,3 ; t @h , P^60,4 ; 0,9 @h

ce qui équivaut à : ◗ si t 1 0,4 , 0 = P^60,3 ; t @h + t = 0,3 ; ◗ si 0,4 G t 1 0,9 , t - 0,4 = ^t - 0,3h # 0,5 + t = 0,5 ; ◗ si t H 0,9 , 1 = t - 0,3 + t = 1,3 … absurde ; ◗ d’où S = "0,3 ; 0,5 , .



3

Savoir faire

11 Les résultats sont donnés à 10-3 près.

a. 0,722.

Utiliser la loi exponentielle

b. 0,039.

P^ X G 0,5h

5

a. m = 2

1-

1 2 c. m = 0,1

P^ X 2 10h

1 e

e-20 1

b. m =

Savoir faire

e-5

1 - e- 4 1 - e-0,05

La fonction m sante de m ; La fonction m

c. 0,345.

e-1 =

1 e

7 P^ X G 0,5h est une fonction crois-

12 a. P^ X G 15,6h . 0,664

7 P^ X 2 10h = e-10m décroît .

6

et P^15,1 G X G 15,2h . 0,028 .

1 1 1 P^60 ; 3 @h = 1 - e-3m ; d’où e-3m = et m = .

2 P a9

e

3 9 ; + 3 9k = e- 2 . 2

3

b. 0,68. c. 0,99.

Travaux pratiques

f

0

14 Réglage d’une machine

1 Se faire une idée du résultat

x

1

b. Le réel x est solution de : 1 - e-3x = e-3x . ln 2 D’où x = . C’est la demi-vie. 3 8 a. On doit résoudre e-2t = 0,75 .

ln 0,75 . 0,14 . 2 b. On doit résoudre 1 - e-2t = 0,5 . ln 0,5 D’où t =. 0,35 . 2 c. La loi exponentielle étant sans mémoire, on doit résoudre : P^ X 2 t h = 0,05 , soit encore e-2t = 0,05 . ln 0,05 D’où t =. 1,5 . 2 9 P^ X 2 E^ X hh = P cE 1 ; + 3 ;m m 1 1 = e- m # m = . 0,368 . e


D’où t =-

Calculer des probabilités à l’aide de la « courbe en cloche » 10 a. C’est le théorème de Moivre-Laplace.

b. P^48 G X G 55h . 48 - 50 = Pc GYG 50 # 0,6 # 0,4

1 a. D suit une loi normale ^360 ; 4h .

b. Il s’agit de calculer 1 - P^355 G X G 365h . 0,211 . 2 En essayant différents réglages compris entre 350

et 370, on s’aperçoit que le meilleur réglage possible semble 360.

2 Valider la conjecture formulée 1 X suit une loi ^0 ; 1h . 2 a. On a : g^nh = 1 - P^355 G D G 365h .

Or P^355 G D G 365h = P c =

355 - n 365 - n m GXG 2 2

365 - n 2 355 - n 2

#

f ^ x h dx .

365 - n

D’où g^nh = 1 -

#355 -2 n

f ^ x h dx .

2

365 - n 355 - n m + Fc m. b. g^nh = 1 - F c 2 2

Savoir faire

4

b. D’après le cours, l’intervalle 615 - 2 ; 15 + 2 @ convient, soit 613,5 ; 16,4 @. 13 a. 0,87.

7 a. Voir le schéma ci-dessous. y

1

Calculer des probabilités dans le cadre d’une loi (n ; v2)

55 - 50 m . 0,64 . 50 # 0,6 # 0,4


3 gl^n h =

=

355 - n 1 c c 365 - n m mm -fc f 2 2 2 ^365 - nh2 8 0, 5 e

a1 - e

10 # ^365 + 355 - 2n h k. 8 10 # ^365 + 355 - 2n h

8 La dérivée est donc du signe de : 1 - e , qui s’annule en 360, est négatif avant et positif après. D’où le résultat attendu.


15 Théorème de Moivre-Laplace et approxi-

mation

1 On complète l’algorithme :

ALGO

Début Entrer deux nombres a et b, a= a et Z <= b faire P : = P+ binom(n, p, k) Sinon Faire P : = P FinSi FinPour x=norm(b,0,1)-norm(a,0,1) // on complète l’algorithme pour qu’il affiche aussi P^ X ! 6a ; b @h // Afficher P ; Afficher x Fin 2 On implémente l’algorithme sur une calculatrice ou

un ordinateur.

16 Durée de vie sans vieillissement 1 a. P^ X H t h ^ X H t + hh = P^ X H hh = R^hh .

b. Pour tous réels t et h positifs ou nuls, comme ^ X H t + hh + ^ X H t h = ^ X H t + hh on a : P^ X H t + hh R^t + hh = , d’où P^ X H t h ^ X H t + hh = P^ X H t h R^ t h R^t + hh = R^hh et R^t + hh = R^ t h # R^hh . avec a. : R^ t h 2 R^0 h = 1 . Comme t # t f ûhdu est dérivable,

7

a=input(“a=”) b=input(“a< b=”) p=input(«p compris entre 0 et 1:») n=input(«n=») y=0; z=0; P=0; pr=binomial(p,n); for k=0:n z=(k-n*p)/sqrt(n*p*(1-p)); if z>=a & z<=b then P=P+pr(k+1); else P=P+0; end end x=cdfnor(«PQ»,b,0,1)-cdfnor(«PQ»,a,0,1); //on complète l’algorithme pour avoir P(a
qui suit la loi normale, a = 3 , b = 12 . Le choix de a = 3 et b = 12 , n’est pas suffisant, car les valeurs trouvées sont très faibles : il convient donc de présenter une autre série de résultats avec par exemple : a =- 1 et b = 3 . 15 50 50 50 50 50 n 0,4 0,4 0,02 0,98 0,6 0,8 p P^ Zn ! 63 ; 12@h 0,0019 0,0013 0,0177 0,0 0,0008 0,0013 P^ X ! 63 ; 12@h 0,781 0,842 0,618 0,736 0,843 0,813 P^ Zn ! 6- 1 ; 3@h 0,840 P^ X ! 6- 1 ; 3@h

0

puisque f est continue sur 60 ; + 3 6 , la fontion R est dérivable sur 60 ; + 3 6 comme différence de deux fonctions dérivables sur 60 ; + 3 6 et pour tout réel t H 0 , Rl^ t h =- f ^ t h . 3 a. R vérifie la relation fondamentale des fonctions exponentielles, donc il existe un réel a tel que pour tout t H 0 , R ^ t h = e at . b. lim R^ t h = lim P^ X 2 t h = 0 , donc lim eat = 0 , t "+3

ALGO


b. Dans la pratique, on remplace Zn par X dès que n H 30 , np H 5 et n^1 - ph H 5 . Les calculs précédents permettent de vérifier la pertinence de ces règles : voir les résultats en couleur.

t "+3

t "+3

par suite a 1 0 . 4 Pour tout réel t H 0 , R^ t h = e- mt et Rl^ t h =- me- mt =- f ^ t h ; donc f ^ t h = me- mt avec m 2 0 . t Enfin pour tout réel t H 0 , P^ X G t h = # me- mt dt et 0 donc X est une variable aléatoire définie par une densité qui lui confère les propriétés de la loi exponentielle.

Faire le point 20 1 c.

2 c.

3 c.

4 c.

21 1 c.

2 b.

3 a.

4 b.

22 1 b.

2 b. et c.

3 a. et c.

23 1 Vrai.

2 Vrai.

3 Faux.

24

1 c.

2 a.

3 a. et b.

25 1 a.

2 a.

3 a. et c.

26 1 Faux.

2 Vrai.

3 Vrai.

27 1 Vrai.

2 Vrai.

4 b.

Exercices d’application 1 Loi à densité sur un intervalle 28 1 Faux.


2 Vrai.

3 Faux ^ f G 0h .


4 Vrai.

5

29 1 Faux.

2 Vrai.

3 Vrai.

4 Vrai.

30 a. b. et c. 31 1 Vrai.

2 Faux.

3 Faux.

4 Vrai.

k 20 5 #1 5 tk2 dt = 1 + k = 4 . 4 5 = 0,625 ; P62 ; 5 @ ^63 ; 5 @h = . b. P^61 ; 2 @h = 9 8 32 a. f densité + *

33 a.

lim

#

a

a "+3 1

k dt = 1 t2

1

+k=

1 k a

lim a1 -

a "+3

b. P^61 ; 2 @h =

1 4 ;P ^63 ; 5 @h = 9 . 2 62 ; 5 @ 5

#0 2 f ^ t hdt + #2 2

f ^ t h dt +

#54 f ^ t hdt = 2

= 1.

7 2 ;P ^62 ; 3 @h = 3 . P^61 ; 3 @h = 12 62 ; 4 @

#-11

1 1 1 + + 2 4 4

1

a = 0,687 5

b = 0,156 3

0,5 0

0,5

1

x

#1 9

sur 61 ; 9 @.

9 9 1 dt = a- + 1 k = 1 et f est positive 8 9 8t2 y 1

p = 0,562 5


0,5 0

b. P^ X 1 2h =

b=1 1

9 = 0,5625 . 16

9 = 1,8 . 5 9 9 dt 9 = # d. E^ X h = ln 3 . 8 1 t 4 c. a =

6


7 . 2

38 1 Faux.

2 Faux.

3 Vrai.

39 1 b.

2 a.

3 b. et c. 4 c.

40 1 c.

2 c.

3 a.

5 Vrai. 5 c.

4 b.

1 dt b-a + m - a = b - m + m = b +2 a . 2 m = E^ X h .

#a m

1 dt = b-a

4 Faux.

#mb

7 2, avec t ! 616 ; 16,5 @.

1 2 a. ; 3 1/6 2 = . b. 1/4 3 c. 16 h 15. 43 Pour

éclairer cet exercice et sa place dans la progression du cours on pourra se reporter au document d’accompagnement sur les statistiques, page 40, paragraphe VI. COMPLÉMENTS SUR LES LOIS UNIFORME ET EXPONENTIELLE, A. LOI UNIFORME i=9

/ pi zi

i=0

1 2 9 + +f+ m = 0,45 . 10 10 10 La droite en rouge a pour équation y = x . Chacun des 9 rectangles a pour aire i # 0,1 # 0,1 , d’où l’égalité. 2 a. P^ x 1 X 1 x + dx h est l’aire du domaine « infinité1 , c’est donc simal » de largeur dx et de hauteur b a 1 dx . b-a x b. C’est un rectangle de largeur dx et de hauteur . b-a c. C’est l’intégrale qui calcule la somme de ces aires infinitésimales, par suite : b x Rxi P^ X = xih devient # dx et ainsi : a b-a b x b2 - a2 b+a = . E^ X h = # dx = 2 a b-a 2^b - ah = 0,1 c

11 = 0,6875 ; P^- 0,5 1 X G 0,5h = 16 5 = 0,15625 . P^ X H 0,5h = 32

et f est

2 Loi uniforme sur [a ; b]

1 a. E^ Z h =

b. P^ X 1 0h = 0,5 ;

36 a.

3

42 1 f : t

3^ 3 t3 E = 1. 1 - t2hdt = ;t 4 4 3 -1 y 1

#0 3 13 ^t - 2h2 dt = 9 19 ^t - 2h3 C0 = 1

positive sur 60 ; 3 @. 8 b. P^ X 1 2h = . 9 7 3 c. â - 2h =- + a = 2 - 3 2 3 d. E^ X h = . 4

41 1

34 f est positive sur 60 ; 4 @ et

35 a.

=1;

37 a.

x

3 La loi exponentielle 44 1 Faux.

2 Faux.

3 Vrai.

45 1 c.

2 a.

3 a.


4 c.

46 1 Faux (c’est f ^ t h = 0,01e-0,01t ). 3 Faux.

4 Théorème de Moivre-Laplace, loi normale centrée réduite (0 ; 1)

2 Vrai.

4 Vrai.

47 1 P^60 ; 4 @h = 1 - e-2

+ 1 - e-4m = 1 - e-2

+ m = 12 .

1 2 e- m = e- 2 =

1 . e

48 a. Voir la figure ci-dessous. y AOC = 0,5 A

0,5 O 3

b. e- 2 x =

1 2

B’

2 ln 2 . 3

c. n =

#0 t me- mt dt

On prendra garde en utilisant Geogebra que ce qui est appelé « moyenne » dans le cas d’une distribution exponentielle est en fait le paramètre m , et non pas « l’espérance » qui vaut 1 . m

49 P c X 2 2 m = e- m #

m

2 m

=

1 . 0,135 . e2

2

1 e-3m -m = e- 3 . 0,716 . -2m = e e

51 1 e-1,5 . 0,223 . ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

2 e-0,5 - e-2,5 . 0,524 . 3 C’est aussi P^ X H 15h = e-1,5 .

52 1 e- m - e-2m = 1

en posant e- m = x

4

2

+ a x - 12 k

,

= 0 + e- m =

1 2 P^ X 2 1h = e- m = . 2

1 2

3 a.

55 1 Faux.

2 Faux.

3 Vrai.

56 a. 0,136 ;

b. 0,023 ;

c. 0,159 ;

d. 0,857.

57 a. 0,9332 ;

b. 0,841 ;

c. 0,298 ;

d. 0,138 ;

4 Vrai.

= P^ X G t h - ^1 - P^ X H - t hh . = ^ h Or, P X H t P^ X G t h , d’où P^- t G X G t h = 2R^ t h - 1. 2 P^- ua G X G uah = 1 - a + 2Râh - 1 = 1 - a + Râh = 1 - a2 . 3 b. 2,3263 ; c. 3,2905. 4 a. On repère 0,975 qui correspond à 1,96. b. 0,99 correspond à 2,33 et 0,9995 ne peut être lu sur la table. 59 1 et 2

a=input(«choisir une valeur alpha dans ]0;1[, a=:»); u=0; p=0; while p<1-a u=u+0.01; p=cdfnor(“PQ”,u,0,1)-cdfnor(“PQ”,-u,0,1); end disp(u,«la valeur du seuil ua est: »,p,«P(-ua
b. 1 - e- 3 . 0,486 ; c.

2 a. et b.

ALGO

3

m

54 1 c.

4 Faux.

60 1 Algorithme :

50 E^T h = 1 , donc m = 1 .

a. 0 ;

3 Faux.

58 1 P^- t G X G t h = P^ X G t h - P^ X G - t h

x

1 2 = . 3 m d. Les deux aires sont égales : 1 1 1 = = ^ AOC h = m # # 2 2 m (voir la figure ci-dessous).

2 Vrai.

e. 0,235.

3 x 3 –— y =— e 2 2

BC1

+x=

53 1 Faux.

x2 - x +

+ m = ln 2 .

1 =0 4

choisir une valeur alpha dans @ 0 ; 16 : a = 0,02 P^- ua 1 X 1 uah est : 0,9801938 la valeur du seuil ua est : 2,33


choisir une valeur alpha dans @ 0 ; 16 : a = 0,001 P^- ua 1 X 1 uah est : 0,9990332 la valeur du seuil ua est : 3,3


7

2

x2

ALGO

a=input(«choisir une valeur alpha dans ]0;1[, a=:»); h=input(«precision souhaitée pour le seuil u alpha: h=»); u=0; p=0; while p<1-a u=u+h; p=cdfnor(«PQ»,u,0,1)-cdfnor(«PQ»,-u,0,1); end disp(u,«la valeur du seuil ua est: »,p,«P(-ua
choisir une valeur alpha dans @ 0 ; 16 : a = 0,001 précision souhaitée pour le seuil u alpha : h = 0,001 P^- ua 1 X 1 uah est : 0,9990017 la valeur du seuil ua est : 3,291

67 1 a. f ^ x h = e 2 . 2r y 2 a. 0,4

0,2

–0,5 O

0,5

1

1,5

x

b. L’aire est comprise entre 11 et 13 carreaux, un carreau étant égal à 0,0125 unité d’aire. D’où 0,1375 1 P^0,5 1 X 1 1h 1 0,1625 . y c. 0,4

0,2

5 Loi normale 61 1 Vrai.

2 Faux.

62 1 b.

2 c.

63 a. 0,843 ;

b. 0,921 ;

3 Faux.

O

c. 0,921.

2 a. P^ X G 21h = P^Y G 1h . 0,841 .

b. P^ X H 24h = P^Y H 2h = 1 - P^Y G 2h . 0,033 . c. 21 G X G 24 = P^1 G Y G 2h . P^Y G 2h - P^Y G 1h . 0,136 . d. P^ X H 15h = P^Y G - 1h = P^Y H 1h . 0,159 . e. P^15 G X G 21h = P^- 1 G Y G 1h . 0,682 . 65 1 Une loi normale ^0 ; 1h . 2 Grâce à une table ou une calculatrice, on obtient les équations suivantes : 2 000 - n 3 000 - n =- 1,44 et =- 1,07 . v v 3 On en déduit : ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

n = 5 892 et v = 2 703 . 4 On en déduit :

P^D 1 1000h . 0,04 et P^D 2 5 000h . 0,63 . 66 1 Une loi normale ^0 ; 1h . 2 On obtient les équations suivantes :

25,5 - n 39 - n =- 0,75 . = 1,52 et v v 3 On en déduit n = 30 et v = 6 . Livre du professeur - CHAPITRE 11

1

1,5

2

x

On obtient cette fois une aire comprise entre 36 et 40 carreaux. D’où : 0,4375 1 P^0 1 X 1 2h 1 0,5 . On en déduit, en utilisant le fait que P^ X 1 0h = 0,5 : 0,95 1 P^ X 1 2h 1 1 .

64 1 ^0 ; 1h .

8

0,5

68 1 p = 0,2 nécessairement, car la somme de toutes

les probabilités est égale à 1. 2 Pour la première proposition, on a, par lecture graphique : P^b 1 X 1 c h 2 2 # 0,2 = 0,4 . Pour la deuxième proposition, les intervalles 6a ; b @ et 6b ; c @ sont de même longueur, alors que la fonction f est strictement supérieure à f ^b h sur 6b ; c @ et strictement inférieure sur 6a ; b @. Les aires, et donc les probabilités ne peuvent être égales. 69 La courbe verte correspond à n = 0 (c’est la seule

centrée en 0), et donc à v = 1 . 1 Or f ^0 h = . 2r La courbe rouge correspond à : 1 1 = n = 3 et . v 2r 2 2r D’où v = 2 . La courbe bleue correspond à : 1 1 =2 . n =- 2 et v 2r 2r D’où v = 0,5 .


70 1 6189 ; 201 @ ^6n - v ; n + v @h .

2 a. On a P c- 1,28 1

T-n 1 1,28 m = 0,8 . v

L’intervalle est donc : 6195 - 1,28v ; 195 + 1,28v @ = 6187,3 ; 202,7 @. b. Définir des critères trop restrictifs a priori est le meilleur moyen pour laisser échapper les talents d’exception. 71 1 On obtient les équations suivantes :

0,82 - n 0,98 - n =- 0,84 et =- 0,52 . v v On en déduit n = 1,24 et v = 0,5 . 2 Elle est de 1,24 g. 3 On utilise l’intervalle 6n - 2v ; n + 2v @ . Soit 60,24 ; 2,24 @. 4 0,16. 72 Si on appelle G la taille de la guérite et Y la taille

d’une sentinelle, on veut : P^Y 1 Gh = 0,95 . D’où G . 180,9 . 73 C suit une loi binomiale ^600 ; 0,08h .

C - 600 # 0,08 peut être approxi600 # 0,08 # ^1 - 0,08h mée par une variable de loi normale ^0 ; 1h. D’où le résultat, puisque 600 # 0,08 = 48 et 600 # 0,08 # 0,92 = 44,16 . b. P^40 G X G 50h . 0,50 . 3 La somme dépensée normalement en tickets serait de 720 euros. Et la somme payée en amendes est une variable Y = 20 C . D’où P^Y 2 720h = P^C 2 36h . 0,96 . Donc Valéry a 96 % de chances d’être perdant.


a. La variable

2 Les trois intervalles : 620 ; 24 6 , 624 ; 28 6 , 628 ; 32 @ . 3 On fait le rapport entre la probabilité de chacun de

ces intervalles et 0,95, soit : – pour 620 ; 24 6 : 24 % ; – pour 624 ; 28 6 : 52 % ; – pour 628 ; 32 @ : 24 %.

Prépa Bac Exercices guidés 77 Partie A 1 P^ X G 1h est l’aire du domaine de plan délimité par la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 1 . 2 m est l’ordonnée du point A, puisque la valeur de la fonction densité en 0 est me0 = m . 3 a. Soit F la fonction t c- t - 1 m e- mt , pour tout m 1 - mt ^ h l réel t H 0 , on a F ^ t h =- e + - m c- t - m e- mt . m D’où F l^ t h = mte- mt .

7

b. E^ X h = lim

A "+3

#0 A mte- mt dt =

lim F^ Ah - F^0 h

A "+3

- mAe- mA - e- mA - ^- 1h m A "+3 X- X 1 1 Xe e + = . = lim m m m X "-3 1 1 1 4 a. L’aire du triangle AOC est #m# = . 2 2 m 1 b. La phrase P c X G m = 0,5 est fausse puisque l’intém 1 grale de 0 à de la fonction densité dépasse manifesm tement l’aire du triangle AOC. = lim

74 1 X suit une loi binomiale ^2 000 ; 0,4h .

Partie B

2 X peut être approximé par une loi normale

1 a. P^ X G 1h = 1 - e- 2 . 0,777 .

3

^2 000 # 0,4 ; 2 000 # 0,4 # 0,6h = ^800 ; 480h . On cherche un réel t pour que P^ X 2 t h = 0,1 . On trouve, grâce à la calculatrice : t . 828,1 . Il faut donc au moins 829 consoles en stock.

b. P^ X H 2h = e-3 . 0,050 . c. P^1 G X G 2h = 1 - P^ X G 1h - P^ X H 2h . 1 - 0,827 = 0,173 à 10-3 près. 3 Oui.

75 1 0,5. 2 On veut P^ X G 100h = 0,04 , où X suit une loi normale

78 A. 1 b.

^100 ; v2h . X-n 100 - n m = 0,04 . D’où P c G 1,1 1,1 Grâce à une table de la loi normale ^0 ; 1h ou à la calculatrice, on en déduit : 100 - n =- 1,75 . 1,1 D’où n = 101,9 . 100 - n 3 On doit cette fois avoir : =- 2,32 . 1,1 D’où n = 102,6 . 76 1 On choisit l’intervalle 6n - 2v ; n + 2v @ , soit

2 b. m = ln 2 ou m = ln

B. b. et c. C. 1 c.

4 . 13 - 1

2 b.

79 1

0,01

0,99

620 ; 32 @.


0,85

T

0,15

non T

0,05

T

0,95

non T

M

non M


9

2 a. P^M + Th = 0,0085 .

b. p = P^ Th = P^M + Th + P^M + Th = 0,0085 + 0,0495 = 0,058 . P^M + Th 3 PT ^Mh = = 0,1466 . P^ Th 4 a. Une loi binomiale ^5 ; ph . 5 b. P^ X H 1h = 1 - P^ X = 0h = 1 - ^1 - ph . 0,26 . 5 a. D’après le théorème de Moivre-Laplace, Y - 1200 # p peut être approximé par une 1200 # p^1 - ph variable de loi normale ^0 ; 1h . Donc la loi de Y peut être approximée par une loi normale ^69,6 ; 65,6h . b. P^50 1 Y 1 70h . 0,51 .

Exercices d’entraînement 80 1 a. F^d h - F^ c h = P^6c ; d @h = k^d - c h .

où k est le coefficient de proportionnalité indiqué dans la caractérisation de P. b. Prenons h tel que ^ x0 + hh ! 6a ; b @. F^ x0 + hh - F^ x0h = k # h , donc : F^ x0 + hh - F^ x0h = k = F l^ x0h , lim h h"0 pour tout x0 de 6a ; b @. F est donc dérivable, de dérivée constante sur 6a ; b @ égale à k, donc, pour tout réel x de 6a ; b @, F l^ x h = f ^ x h = k . b 1 2 a. # k dt = 1 + k^b - ah = 1 + k = . a b-a b. P^6c ; d @h est l’aire du rectangle de base 6c ; d @ de 1 hauteur . b-a 0,61 1 3 a. p = = 0,61 . ; b. pl = 5 1 81 Partie A

1 1 n = # t dt = . 2 0 2 2 a. Si X prend la valeur t, alors Y prend la valeur ^t - n h . b. C’est l’aire d’un rectangle de largeur infinitésimale dt et de hauteur 1, par suite l’espérance de Y qui généralise la formule dans le cas discret Ryi # P^Y = yih est : 1 1 2 E^Y h = # at - k dt . 2 0


1 3 1 k 2 H = 1 = E 6^ X - nh2 @ = V^ X h . 3 12 0

> at -

Partie B 1 La densité est la fonction t

6a ; b @ et n = E^ X h =

7

a+b . 2 ^b - nh3 - â - nh3 2 a. V^ X h = 3^b - ah = 10

-

1 définie sur b-a

83 1 f est positive, continue donc intégrable sur

60 ; A @, pour tout réel A positif et : A "+3

t2

#0 A te- 2 dt =

2 P^ X G x h =

#0 x t

lim 1 - e-

A "+3 t2 e- 2 dt =

A2 2

1 - e-

= 1. x2 2

et P^60 ; 1 @h = P^ X G 1h = 1 - e- 2 . 0,39 . 3 P^60 ; a @h = P^@ a ; + 3 6h + P^@ a ; + 3 6h = 0,5 2 a2 + e- 2 = 12 + a2 = ln 2 + a = 2 ln 2 . y b = 0,5 t2 1 –— y =te 2 O

1

1B

2

3

x

84 1 P^ X = 16h = 0,128 et P^13 G X G 15h = 0,312 .

2 a. On peut approximer X par une variable Y qui suit une

^b - nh2 + ^b - nhâ - nh + â - nh2 . 3


2

0 1 x 1 Il faut donc k = . 2 r r r 3 1 = a k asin a k - sin a- kk = b. P X 2 ; 2 6 4 6 2 r r r r 2 1 . P a- 1 X 1 k = asin a k - sin a- kk = 4 4 2 4 4 2 1 c. On veut sin âh - sin ^- ah = 1 . D’où sin âh = . 2 r Donc a = . 3 d. Une primitive de 2t cos t est : F^ t h = 2t sin t + 2 cos t . r r D’où E^ X h = F a k - F a- k = r - r = 0 , ce qui est 2 2 normal puisque la fonction à intégrer est impaire.

lim

1

3 E^Y h =

-a 2 - 2 m + c b a mc a b m + c a b m 2 2 2 2 b. V^ X h = 3 ^b - ah2 ^b - ah2 = = . 12 4#3 2v 3 a. P^n - v G X G n + vh = b-a 2^b - ah = ^b - ah 12 3 = . 0,577 . 3 b. Cette valeur ne dépend donc pas de l’intervalle 6a ; b @ choisi. c. Si Z suit une loi normale ^n ; v2h , on a : P^n - v G Z G n + vh . 0,683 . Il y a une plus grande « dispersion des valeurs » pour la loi uniforme que pour la loi normale. y 82 a. On a : 1 r 2 # r k cos t dt = 2k .

cb

loi normale ^40 # 0,4 ; 40 # 0,4 # 0,6h, d’où le résultat. b. On obtient P^Y = 16h = 0 et P^13 G Y G 15h = 0,207. On remarque des différences notables, qui sont dues au fait que la loi normale est une loi continue, contrairement à la loi binomiale.


3 On obtient :

P^15,5 G Y G 16,5h = 0,128 et P^12,5 G Y G 15,5h = 0,307 . Les résultats sont bien plus proches des résultats exacts. 85 1 X suit une loi binomiale ^n ; 0,05h . 2 a. P^ X = 1h = 0,32 ;

b. P^ X H 1h = 0,40 . 3 a. Z suit une loi ^200 # 0,05 ; 200 # 0,05 # 0,95h , soit une loi ^10 ; 9,5h . b. P^ Z G 9h = 0,37 et P^ Z H 15h = 0,05 . c. P^9,5 G Z G 10,5h = 0,13 , qui est égal à la vraie valeur, à la précision de 0,01. 86 1 a. P^50 G D G 100h = 0,248 .

b. P^D H 300h = 0,026 . 2 PD H 350 ^D H 375h = P^D H 25h = 0,737 . 1 3 E^Dh = = 82 : c’est en moyenne la distance m que l’autocar peut parcourir avant qu’un incident ne survienne. 4 a. La probabilité pour un autocar de ne pas avoir subi d’incident après avoir parcouru d kilomètres, événement que l’on qualifie de « succès » est P^D H d h = e- md . Comme les autocars circulent de manière indépendante, mais avec les mêmes données relatives aux incidents, la variable aléatoire Xd qui compte le nombre de « succès » suit la loi binomiale ^N0 ; e- md h . b. Le nombre moyen de tels autocars est l’espérance de la variable aléatoire Xd et vaut N0 e- md . 5 a. Y suit la loi binomiale ^210 ; qh , donc : 76 E^Y h = 210q = 210 a1 - e- 82 k . 126,88

b. P^ x ! 60,1 ; 0,2 6h = 0,2 - 0,1 = 0,1 ; P^ x ! 60,56 ; 0,57 6h = 0,01 . 2 On constate que les fréquences de chacun des 10 chiffres (des dixièmes) des nombres aléatoires tirés sont toutes voisines de 10 %, allant de 9 % à 11 %.

3 On constate que les fréquences de chacun des nombres formés par les 2 premières décimales des nombres aléatoires tirés sont toutes voisines de 1 %, avec une fluctuation allant de 0,6 % à 1,4 %. Le tirage aléatoire semble donc bien respecter une répartition uniforme des nombres dans les 10 intervalles 60 ; 0,16 , … 60,9 ; 16 et dans les 100 intervalles 60 ; 0,016 … 60,99 ; 16 .


76 76 et V^Y h = 210 a1 - e- 82 k # e- 82 . 50,22 . b. Comme n = 210 2 30 , nq 2 5 et n^1 - qh 2 5 , les conditions sont remplies pour effectuer l’approximation de Y par une loi normale de mêmes paramètres : ^126,88 ; 50,22h . c. On obtient avec l’approximation : P^Y G 120h . 0,166 et par le calcul direct de la loi binomiale : P^Y G 120h . 0,184 .

87 1 a. La loi suivie par x est la loi uniforme sur 60 ; 1 @ .



11

88 a. P Âh est la probabilité que la crevasse (dont on C

connaît l’existence) se trouve entre le départ et le refuge. Du fait de la répartition uniforme, c’est donc : P^60 ; d @h = d . PC ^B h est la probabilité que la crevasse se trouve entre le refuge et l’arrivée, soit : P^6d ; 1 @h = 1 - d . b. AC d C p BC 1–d

_

1–p

C

PÂh = PÂ + Ch = PC Âh # P^Ch = d # p ; P^B h = P^B + Ch = PC ^B h # P^Ch = ^1 - d h # p . c. Il s’agit de : ^1 - d hp P^B h P^B + Ah = = . P A ^B h = 1 - dp 1 - P Â h P^ Ah 1-d = 1 , autrement dit, si la Si p = 1 , P A ^B h = 1-d crevasse existe bien et si le skieur ne l’a pas rencontrée avant le refuge, il est sûr de la rencontrer après… s’il arrive au bout de la traversée ! 89 1 k =

#0

8

1 1 = . 16 x - 4 dx

y a = 0,25

0,1 O

1

x

2 P^ T - 4 G 2h = P^2 G T G 6h

1 6 2 1 #2 = . # x - 4 dx = 16 16 2 4 P^ T - 4 2 2h ^T 2 6h = P^ T - 4 2 2h ^T 1 2h est vrai : on voit que le rapport des aires est le même, puisque P^T 2 6h = P^T 1 2h et il vaut 0,5. On cherche a ! @ 0 ; 4 6 tel que : 1 1 1 # a2 = a # 4 + a x - 4 dx = 18 # 2a + 16 16 4 - a 4 + aâ - 4h = 0 + a = 0 ou a = 4 : un tel réel a n’existe donc pas. On peut aussi raisonner géométriquement en voyant déjà qu’il faut avoir a 2 2 , et qu’il faut arriver à compenser 1 le « creux » dont l’aire vaut et que ceci n’est obtenu 4 = que pour a 4 . ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

=

b. ALGO n=input(«nombre de simulations n =») s=0; for i=1:n a=rand(); b=rand(); if (b-a)<=0.25 & (b-a)>=-0.25 then s=s+1 x(i)=a; y(i)=b; end end disp(s/n,«la frequense des RDV reussis est») clf; plot(x,y,«*r») Résultats : ◗ avec N = 500 on observe des fréquences variables : 0,458, 0,402, 0,414 ; ◗ avec N = 1000 c’est encore assez fluctuant ; ◗ avec N = 5 000 , on observe un resserrement de l’intervalle : 0,438, 0,437, 0,442. 2 a. Un rendez-vous réussi correspond à un couple

de réels ^ x ; y h tels que x ! 617 ; 18 @, y ! 617 ; 18 @ et 1 x - y G , ce qui conduit au système donné, puisque : 4 1 x-y G + x - 14 G y G x + 14 . 4 b. On trace les droites d’équation : 1 1 et y = x + . y = x4 4 À x contant, y doit se trouver entre les deux points d’abscisse x sur chaque droite. En définitive, les couples solutions correspondent aux coordonnées des points situés dans la bande de plan comprise entre ces deux droites, à l’intérieur du carré 617 ; 18 @ # 617 ; 18 @. 9 7 = = 0,4375 . La probabic. L’aire est égale 1 16 16 lité qu’un rendez-vous soit réussi est 0,4375. 91 A. Première méthode

OM2 - OH2 = 2 1 - X2 . 2 Voir le tableur (méthode A) 1 L = 2MH = 2

Problèmes 90 1 a. D = A - C mesurant la différence entre les

deux heures d’arrivées choisies par Alice et le Chapelier, l’algorithme rend compte exactement de l’énoncé et permet de savoir si le rendez-vous a lieu ou pas. 12


Le graphique a un intérêt si on trie par ordre croissant les colonnes A et B, les points prenant à peu près la disposition de la courbe d’équation y = 2 1 - x2 .


92 Partie A 1

0,8

0,2

0,015

D

0,985

non D

0,04

D

0,96

non D

A

B

2 P ^D h = 0,8 # 0,015 + 0,2 # 0,04 = 0,02 . 3 PD Â h = 3 Comme le demi-cercle supérieur de diamètre 6 AB @ a

pour équation x2 + y2 = 1 et y H 0 , on en déduit qu’une équation équivalente est y = 1 - x2 . Par suite, l’aire du 1 demi-disque de diamètre 6 AB @ s’écrit aussi # 1 - x2 dx -1

et comme on sait que cette aire est la moitié de celle 1 r r ; on obtient : # 1 - x2 dx = et du disque, soit 2 2 -1 la valeur moyenne de la fonction x 2 1 - x2 sur 1 r 1 1 6- 1 ; 1 @ est 2 #- 2 1 - x2 dx = #- 1 - x2 dx = 2 . 1 1 On obtient alors l’espérance de L qui généralise la formule RLi # P^L = Lih : #-11 2 1 - x2 # 12 dx = valeur moyenne de la fonction r . x 2 1 - x2 sur 6- 1 ; 1 @, soit 2 On constate que la moyenne de Li donnée par le tableur en est proche.

7

7

B. Deuxième méthode 1 Par définition MH = sin T , donc Ll = 2MH = 2 sin T .


2

3

0,8 # 0,15 = 0,6 . 0,02

Partie B 1 Les tirages sont identiques et indépendants. X suit une loi binomiale ^150 ; 0,02h . 2 E^ X h = 150 # 0,02 = 3 et v = V^ X h = 150 # 0,02 # 0,98 . 1,715 . 3 P^ X = 4h . 0,170 . Partie C 1 La variable aléatoire suit une loi binomiale ^30 ; 30 # 0,98h = ^30 ; 29,4h . On peut donc appliquer le théorème de Moivre-Laplace et l’approximer par une variable Z suivant une loi normale ^30 ; 5,422h . 2 P^ Z G 20,5h . 0,040 . 3 P^24,5 G Z G 35,5h . 0,690 . On obtient une approximation de la probabilité que le nombre de composants défectueux se situe au sens large entre 25 et 35. 93 1 Cela revient à calculer P^ X 2 12h = 0,023 . 2 Si on détruit trois billettes : P^ X 2 18h = 0 : trois billettes suffisent.

94 1 a. a c 1 - 1 m . k k k

#0 r 2 sin t dt = 26- cos t @r0 = 4 .

7 2 sin t

de la fonction t 1 r # 2 sin t dt = r4 . r 0

La valeur moyenne

sur 60 ; r @ est donc

4 . 1,27 . r Épilogue : on aura E^Kh = 1 .

L’espérance de Ll est donc

xmin y b. La limite de la quantité trouvée au a. en + 3 est a 1 # . Il faut donc que a = k xmink . k xmink kx k . On a alors f ^ x h = k +min x 1 1 1 2 a. P^ X G 60h = 100 a k = 0,972 . 100 3 600 y 200 # x dx b. E^ X h = lim # 10 x3 y "+3 200 200 = lim = 20 . y y " + 3 10 x k 3 a. P^ X 2 x h = 1 - P^ X G x h = 1 - c1 - min m. xk b. P^ X 2 mh = 0,5 + m = xmin 2 . 4 a. P^ X 2 x0 h = 0,2 + x0 = xmin 1,25 . b. lim

y "+3

#x y 0

k xmink xmink k # # = x d x + k-1 xk 1 ^ x0hk 1 2 = xmin . 1,25



13

c. On applique ce résultat pour les hypothèses du 2 : On a E^ X h = 20 et la richesse possédée par les 20 % les 2 20 = plus riches correspond à xmin , soit 1,25 1,25 1 une fraction de la richesse totale de . 89 % . 1,25

685 ; 115 @ ; Stanford : 684 ; 116 @ ; Catell : 676 ; 124 @. 2 Wechsler : 125 ; Stanford : 126 ; Catell : 139. 95 1 Wechsler :

96 1 a. On utilise l’intervalle :

6n - 2v ; n + 2v @ = 60,9 ; 1,1 @. D’où v = 0,05 . b. P^ X 1 0,9h = 0,023 . La probabilité que tous les pains pèsent moins de 0,9 g, si on considère qu’une période de 6 mois compte 182 jours, est de 0,023182 = 6 # 10-299 . 2 P^ X 2 1h = 0,5 . La probabilité que tous les pains pèsent moins de 0,9 g, si on considère qu’une période de 6 mois compte 182 jours, est de 0,5182 = 1,2 # 10-55 . 3 On obtient cette fois v = 0,1 . P^ X 1 0,9h = 0,16 . La probabilité que tous les pains pèsent moins de 0,9 g, si on considère qu’une période de 6 mois compte 182 jours, est de 0,16182 = 1,4 # 10-145 . Le deuxième calcul reste inchangé. Le boulanger peut toujours être fortement soupçonné de tricherie ! 97 Partie A 1 X suit une loi binomiale ^50 ; 0,02h . P^ X = 2h = 0,2 . 2 P^ X H 1h = 1 - P^ X = 0h = 1 - 0,9850 = 0,64 . 3 E^ X h = 50 # 0,02 = 1 .

Partie B 1 a. e-1000m1 = 0,61 . b. e-1000m2 = 0,90 . 2 Si on appelle D l’événement : le composant est défectueux, on a : P^T H t h = 0,02 PD ^T H t h + 0,98 P D ^T H t h . D’où le résultat. 0,02 # 0,61 3 P^T H 1000h ^D h = = 0,01 . 0,02 # 0,61 + 0,98 # 0,90

10 et alors le nombre X l de tirages nécessaires pour 975 obtenir une boule blanche suit la loi exponentielle : 10 k 10 P^ X l G k h = # e- 975 t dt ; 0 975 10 25 10 d’où pl2 = # e- 975 t dt . 0,226 . 975 0 Partie B 1 On applique le principe multiplicatif, puisque l’on peut considérer ces 25 tirages comme indépendants (la probabilité de tirer une boule blanche étant supposé constante pour ces 25 tirages). An étant l’événement : « les ^n - 1h premiers tirages ont amené une rouge (chacun de probabilité 1 - p ) et le n-ième apporte une blanche (de probabilité p) », on obtient : n-1

P^ Anh = p^1 - ph . 2 La probabilité de gagner une partie est la somme : i = 25

/ P^ Aih.

i = 25

/

i=1

i=1

i-1

p^1 - ph

= p 6^1 - ph0 + ^1 - ph1 + f + ^1 - ph24 @ 25

= p#

1 - ^1 - ph = 1 - ^1 - ph25 . 1 - ^1 - ph

eh - 1 = 1 ; par suite, pour p proche de 0, on a h h"0

3 lim

e-p - 1 . 1 ; soit e-p - 1 . - p et e-p . 1 - p . -p 4 On a p = 0,01 , donc e-25p . 0,7788 et 25 ^1 - ph = 0,7778 à 0,0001 près par défaut. L’erreur commise au A, par rapport au calcul du B, est donc de l’ordre de 0,001. 5 On tient compte du changement du contenu de l’urne après chaque tirage pour la probabilité de PÂ nh grâce à la formule apparente dans l’énoncé pour la case B 4 . (voir le tableur) On fait la somme des nombres de la colonne B et on obtient le résultat annoncé :

98 Partie A 1 La probabilité que le joueur gagne 30 € est :

p = P^ X G 25h =

#0 25 0,01e-0,01t dt . 0,221 .


2 La variable aléatoire Y qui compte le nombre de fois

où le joueur gagne sur les 3 parties suit une loi binomiale ^3 ; 0,221h . La probabilité que le joueur gagne au moins une fois est : 3 P^Y H 1h = 1 - P^Y = 0h = 1 - ^1 - ph . 0,527 . 3 On peut envisager d’utiliser le calcul des probabilités conditionnelles, autrement dit : p2 = P^ X 2 25h ^ X G 50h = P^ X 2 25h ^ X G 25 + 25h = P^ X G 25h = p . 0,221 . Ou bien, on peut se dire qu’au début de la deuxième partie l’urne contient 10 blanches et 965 rouges ; la probabilité de tirer une blanche est donc d’environ 14


99 1 F est la primitive d’une fonction continue, elle m 2

est donc dérivable sur R, de dérivée : e- mx . On a donc, pour tout réel : 2

F l1 ^ m x h = e-1 # mx = F lm ^ x h . 2

7

2 La fonction x e- mx est paire, donc F m est impaire. 3 F m est strictement croissante sur R.

1 , on a mt2 H t , d’où - mt2 G - t , d’où le m résultat par croissance de l’exponentielle. 2 x 1 1 b. F m ^ x h - F m c m = #1 e- mt dt . Or, pour t H , on a m m 4 a. Pour t H

m

2

e- mt G e-t . D’où le résultat par croissance de l’intégrale.


c. F m ^ x h - F m c

1m G m

1

1

#1x e-t dt = e- m - e-x G e- m . m

D’où le résultat. a. F m ^n + 1h - F m ^nh =

#n n + 1 e- mt dt 2 0 2

1 1 k + e- n G F m ^1 h + 1 par croissance n de F m et de l’exponentielle. b. Une suite croissante majorée converge, d’où le résultat. 6 a. En utilisant la densité de la loi normale, on obtient 2r . L1 = 2 2 b. On a, d’après le 2 : 1 F m ^ x h - F m ^0 h = ^F ^ x h - F1 ^0 hh. m 1 1 1 D’où F m ^ x h = F ^ x h . D’où Lm = L. m 1 m 1 r . En particulier L 1 = 2 L1 . D’où L1 = 2 2 r . D’où Lm = 2 m

et F m ^nh G F m a

100

1 a. X suit une loi binomiale ^410 ; 0,92h . b. Par le théorème de Moivre-Laplace : X - 410 # 0,92 peut être approché par une 410 # 0,92 # 0,08 variable suivant la loi normale ^0 ; 1h . Donc X peut être approché par une variable suivant la loi normale ^377,2 ; 30,176h. c. P^ X 2 400h = 1,6 # 10-5 . Il n’y a donc quasiment aucune chance pour qu’il y ait un passager sans place dans l’avion. 2 X suit une loi binomiale ^n ; 0,92h , qui peut être approchée par une loi normale ^0,92n ; 0,0736nh . En utilisant le seuil établi dans le cours, on veut que la borne supérieure de l’intervalle 6n - 2v ; n + 2v @, soit égale à 400. D’où : 0,92n + 0, 0736n = 400 . D’où : 0,0736n = 400 - 0,92n . b. En élevant au carré, on obtient une équation du second degré, que l’on résout. On arrondit par défaut et on trouve 428 places. 101

Partie A


1 { est la composée d’une fonction polynôme dérivable

sur R, avec l’exponentielle dérivable sur R ; elle est donc dérivable sur R. Sa dérivée est elle-même somme et produit de telles fonctions, elle est donc aussi dérivable sur R. Pour tout réel x, on a : {l ^ x h =- x{^ x h et {ll ^ x h =- {^ x h + x2 {^ x h = ^ x2 - 1h{^ x h . 2 {ll ^ x h a le signe de x2 - 1 , puisque {^ x h 2 0 pour tout réel x. On obtient donc le tableau des variations de {l : x

-3

{ll ^ x h

+

-1 0

-

1 0

+3 + 0

1 e- 2

{l 0

1

- e- 2

Pour la limite en + 3 , on écrit : x2 2 x2 # e- 2 {l ^ x h =- # x 2 x2 . et avec X = 2 2 lim {l ^ x h = lim Xe-X = 0 . 2X x "+3 X "+3 Même résultat en - 3 , puisque {l est impaire. La dérivée {ll de {l s’annule deux fois en changeant de signe : {l présente donc deux extrema relatifs en - 1 et en 1. Le calcul des limites en !3 qui donne 0, montre que ces extrema sont globaux : 1 – maximum atteint en - 1, valant e- 2 . 1

– minimum atteint en 1, valant - e- 2 . 1

1

3 a. T1 : y =- e- 2 ^ x - 1h + e- 2 .

b. On étudie le signe de : d^ x h = {^ x h - 6{l ^1 h^ x - 1h + {^1 h@. pour tout réel x, d l^ x h = {l ^ x h - {l ^1 h H 0 d’après 2 . d est donc strictement croissante, s’annulant en 1 : elle est négative sur @ - 3 ; 1 @, positive sur 61 ; + 3 6 . La courbe C est en dessous de T1 sur @ - 3 ; 1 @, au-dessus de T1 sur 61 ; + 3 6 . c. La fonction { étant paire, la courbe C est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées et par suite : la courbe C est au-dessus de T-1 sur @ - 3 ; - 1 @, et en dessous de T-1 sur 6- 1 ; + 3 6 .

Partie B 1 On remarque que : x-n 1 . f= { & u , où u : x v v 2r 1 1 # # {l & u On obtient donc : f l = v v 2r 1 1 # 2 # {ll & u et f ll = v v 2r c’est-à-dire, pour tout réel x : 1 x - n k2 - 1 E # f ^ x h. f ll^ x h = ;a v v x - n k2 2 f ll^ x h a le signe du trinôme a - 1 qui s’anv nule et change de signe en n - v et en n + v . f l admet donc deux extrema en n - v et n + v . Comme dans la partie A., on montre que la fonction différence : x d^ x h = f ^ x h - 6 f l^n + vh^ x - n - vh + f ^n + vh@ qui a une dérivée dl = f l - f l^n + vh , positive sur R, s’annulant en n + v , est croissante sur R. Comme d s’annule en n + v , elle est donc négative sur @ - 3 ; n + v @ , positive sur 6n + v ; + 3 6 : la courbe f traverse sa tangente au point d’abscisse n + v . On vérifie aisément que pour tout réel a, : f ^n + ah = f ^n - ah , ce qui montre que la courbe f est symétrique par rapport à la droite d’équation x = n . Par symétrie, la courbe f traverse donc aussi sa tangente au point d’abscisse n - v . Elle a donc deux points d’inflexion d’abscisses respectives n - v et n + v . 3 a. On lit n = 8 et v = 3 .

7

7



15

4 E^ X h = 16 # 0,5 = 8 ; V^ X h = 4 . 106

1 c.

3 a. et c.

2 c.

Les savoir-faire du chapitre 107

a. K = 10 .

b. P^ X 1 6h = 20 . 3 d. 10 ln 2 .

#5 6 10 dt = t2

1 . 3

c. a =

108

lim

1 f est positive ou nulle sur R, de plus :

# 0 f ^ x h dx =

a "-3 a

On obtient la valeur annoncée . 0,683 à 0,001 près. 102

1 P^T G 0,55h = 0,7088 . 2 P^T 2 0,42h = 1 - 0,6628 = 0,3372 . 3 P^0,15 G T G 0,68h = P^T G 0,68h - P^T G 0,15h

= 0,7517 - 0,5596 = 0,1921 . 4 a. P^T H - t h = r^ t h et P^T G - t h = 1 - r^ t h .

b. P^T G - 0,25h = 1 - 0,5987 = 0,4013 . 103

1 b.

104

1 a. b. et c.

2 a.

3 a. et d.

4 b.

Pistes pour l’accompagnement personnalisé Revoir les outils de base 105

1 X suit la loi binomiale a16 ;

1 16 k ; 2 16 1 16 ka k . 0,196 . P^ X = 8h = a 8 2 3 P^4 G X G 12h . 0,979 .

1 k. 2

2 P^ X H 1h = 1 - a

# a f ^ x h dx =

a "+3

donc f est une densité sur R. Remarque : en se reportant à la démonstration du cours page 368, on obtient en prenant m = 1 , que la fonction ^- x - 1he-x est une primitive de f sur 60 ; + 3 6 x d’où l’égalité précédente. 2 ◗ Si x G 0 , P^ X G x h = 0 .

7

#0 x f ^ t hdt = 1 - xe-x - e-x

en

utilisant la remarque ci-dessus. On peut alors calculer, la valeur exacte si on a la formule ci-dessus, ou bien une valeur approchée grâce à la calculatrice : 2 P^ X G 1h = 1 . 0,264 ; e 3 3e-2 PX 2 1 ^ X H 2h = -1 = 2e . 0,552 . 2e 3 Le problème équivaut à : P^60 ; a @h = P^6a ; + 3 @h + 1 - â + 1he-a = â + 1he-a + 2â + 1h = ea On obtient graphiquement ou bien à la calculatrice une valeur approchée de a . 0,1678 . y

y = 2x + 2 (1,678 ; 5,357)

1 b = 0,5

ex


lim ^1 - a e-a - e-ah = 1 ,

a "+3 0

◗ Si x H 0 , P^ X G x h =

3 a.

2 b. et d.

et lim

lim 0 = 0

a "-3

O

x

1

109

1 b.

2 b.

3 b.

110

1 c.

2 a. et c.

3 a. et b.

4 a. et b. et c.

111

1 On peut approcher X par la loi normale ^24 ; 16h. 2 a. Y suit la loi normale ^0 ; 1h .

b. P^ X G 28h = P^Y G 1h . 0,8413 et P^ X H 36h = P^Y H 3h . 0,0013 à 0,0001 près. 16



1 = 0,99 + a = 3,96 . 8 2 a. Z prend ses valeurs dans @ - 3 ; + 3 6 . b. Le cours permet d’identifier le u cherché comme u0,01 . C’est 2,576. 112

écran complété

1 2a #

écran complété

Pour P^24 G X G 32h = P^0 G Y G 2h , on utilise la correction de continuité en calculant P^23,5 G X G 33,5h . 0,5329 . On peut comparer avec la valeur calculée par la loi binomiale (0,5258) et visualiser grâce au logiciel de calcul de probabilités de Geogebra. L’erreur commise est de l’ordre de 0,008.

Approfondissement r . 4 b. Le couple ^ x ; y h est représenté par un point situé à l’intérieur du disque de centre O et de rayon 1. 2 a. 113

1 a. Elle est égale au rapport des deux aires :

Avec correction de continuité.


Graphique

3 a. X suit la loi binomiale ^n ; ph . Si n dépasse 30, comme np et n^1 - ph dépassent 5, on peut approcher la loi de X par la loi normale d’espérance np et d’écarttype v = np^1 - ph .



17

b. Il s’agit de u0,05 . 1,96 . c. On a donc P^- 1,96 G Y G 1,96h H 0,95 , 1,96v 1,96v X -p G m H 0,95 . donc P cG n n n 1 (maximum de la fonction Avec p^1 - ph G 4 n et par suite x x^1 - x h sur 60 ; 1 @), on a v G 2 1,96v 1,96v X -p G m inclus dans l’événement cG n n n 0,98 0,98 X -p G l’événement cG m dont la proban n n bilité est alors supérieure à 0,95. d. Avec 40 000, donc n = 200 , on est sûr à 95 % que : X X - 0,0049 G p G + 0,0049 , n n X est la fréquence donnée par le programme : où n 0,784 775. D’où : 0,779 875 G p G 0,789 675 et 3,1195 G r G 3,1587 . On est donc sûr à 95 % de la première décimale de r , mais pas de la deuxième. Ce résultat illustre la lente vitesse de convergence de cette « méthode Monte-Carlo ».

1 { est la composée d’une fonction polynôme dérivable sur R, et de l’exponentielle dérivable sur R ; elle est donc dérivable sur R. Pour tout réel x, on a : {l ^ x h =- x{^ x h . Ainsi { est donc solution de l’équation différentielle : {l + x{ = 0 . 2 a. On peut écrire : g =

18


f puisque { est strictement {

positive sur R. g est donc dérivable sur R comme quotient de deux fonctions dérivables sur R, le dénominateur ne s’annulant pas. b. f solution de Ê h + ^{l g + {glh + x{g = 0 + - x{g + {gl + x{g = 0 + {gl = 0 {20

+ gl = 0 . c. gl = 0 + g = c , c ! R . Les solutions de Ê h sont donc les fonctions de la forme c # { , avec c ! R . 1 3 f solution de Ê h et f ^0 h = + f = 12r { . 2r


7

114


12

C H A P I T R E

Échantillonnage et estimation Introduction 1. Programme

Contenus Capacités attendues Commentaires Intervalle de fluctuation ■ Démontrer que si la variable aléatoire Xn La démonstration ci-contre donne l’expression d’un intervalle de fluctuation asymptotique(*) au seuil 1 − α de la variable suit la loi (n ; p), alors, pour tout α dans ] 0, 1[ on a, lim P ( X n I n ) = α X n +∞ aléatoire fréquence Fn = n qui, à tout échantillon de taille n, où In désigne l’intervalle : n associe la fréquence obtenue f. p (1 − p ) p (1 − p ) p − uα ; p + uα . n n Avec les exigences usuelles de précision, on pratique cette • Connaître l’intervalle de fluctuation approximation dès que n 30 , np 5 et n(1 − p) 5. asymptotique au seuil de 95 % : En majorant 1,96 p(1 − p) , on retrouve l’intervalle de fluctuation p (1 − p ) p (1 − p ) présenté en classe de Seconde. p − 1,96 ; p + 1,96 n n La problématique de prise de décision, déjà rencontrée, où p désigne la proportion dans est travaillée à nouveau avec l’intervalle de fluctuation la population. asymptotique. Estimation Les attendus de ce paragraphe sont modestes et sont Intervalle de confiance(*). • Estimer par intervalle une proportion à exploiter en lien avec les autres disciplines. inconnue à partir d’un échantillon. • Déterminer une taille d’échantillon ■ Il est intéressant de démontrer que, pour une valeur de p suffisante pour obtenir, avec une précision 1 1 ; Fn + contient, pour n assez donnée, une estimation d’une proportion fixée, l’intervalle Fn − n n au niveau de confiance 0,95. grand, la proportion p avec une probabilité au moins égale à 0,95. On énonce alors que p est élément de l’intervalle 1 1 f− ;f + avec un niveau de confiance de plus de 95 %, n n où f désigne la fréquence observée sur un échantillon de taille n. Avec les exigences usuelles de précision, on utilise cet intervalle dès que n 30, np 5 et n(1 − p) 5. La simulation de sondages sur tableur permet de sensibiliser aux fourchettes de sondage. Plusieurs démonstration, ayant valeur de modèle, sont repérées par le signe ■. Certaines sont exigibles et correpondent à des capacités attendues. De même, les activités de type algorithmique sont signalées par le symbole t. Niveau de confiance.

(*) Avec les notations précédentes :


Un intervalle de fluctation asymptotique de la variable aléaroire Fn au seuil 1 − α est un intervalle déterminé à partir de p et de n et qui contient Fn avec une probabilité d’autant plus proche de 1 − α que n est grand. Un intervalle de confiance pour une proportion p à un niveau de confiance 1 − α est la réalisation, à partir d’un échantillon, d’un intervalle aléatoire contenant la proportion p avec une probabilité supérieure ou égale à 1 − α, intervalle aléatoire déterminé à partir de la variable aléatoire fréquence Fn qui, à tout échantillon de taille n, associe la fréquence. Les intervalles de confiance considérés ici sont centrés en la fréquence observée f.


Échantillonnage et estimation

1

2. Intentions des auteurs Ce chapitre se présente comme un développement du chapitre 11, centré autour des applications de la loi normale et du théorème de Moivre-Laplace. Il permet de reprendre et clarifier les notions d’intervalle de fluctuation et d’intervalle de confiance qui ont été introduites en Seconde, et Première, et de les unifier à l’aide des théorèmes de Terminale.

2 Il s’agit cette fois d’amener à la notion d’intervalle de

Partir d’un bon pied Objectif Les activités de cette page ont été conçues pour réactiver les connaissances concernant la loi binomiale (A), le calcul intégral lié aux aires (B). La partie C permet de préparer le terrain pour l’approche graphique de la loi de MoivreLaplace proposée dans l’activité 3. A

1 c.

B

1

2 a.

Mais ce chapitre se veut surtout une illustration de la puissance de modélisation de la loi normale et de la variété des situations où la prise de décision nécessite de s’y référer.

3 a.

4 c.

confiance, avec la contrainte suivante : plus l’intervalle est petit, plus on a de chances d’avoir des tirages qui n’appartiennent pas à cet intervalle.

2 Loi binomiale et intervalle de fluctuation Activité

Objectif : Il s’agit ici de présenter la formule permettant de définir l’intervalle de fluctuation à 95 % et d’en tester la validité par des simulations à l’aide du tableur. 1 , 2 , 3 et 4 a. p (1 − p ) p (1 − p ) c. a = p − 1, 96 et b = p + 1, 96 . 50 50

Le deuxième résultat doit être arrondi à 0,5, qui est la valeur exacte. 2

C 2 a.

1 E(X) = 8 et V(X) = 20 × 0,4 × 0,6 = 4,8.

b.

Activité

3 Sondages et fourchettes

Objectif : Il s’agit ici de sensibiliser les élèves à la notion de précision d’un sondage, des sondages d’un même échantillon pouvant amener à des intervalles de confiance sensiblement différents. 3

3 P(X 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,620.

D 1 a. k1 = 5. b. k2 = 12. 2 On observe une fréquence de 0,21. L’intervalle de fluc5 12 ; tuation de la loi binomiale est d’après le 1 de , 20 20 soit [0,25 ; 0,6]. La fréquence étant en dehors de cet intervalle, on peut penser que le dé est truqué.

Découvrir

On s’aperçoit que les intervalles de confiance varient beaucoup. Il n’est pas possible de garantir que la valeur de p est inférieure à 0,5, qui appartient à la plupart des intervalles. 4

1 Échantillonnage, décision et estimation


Activité

Objectif : On propose une activité permettant de réactiver la notion de fluctuation d’échantillonnage et d’intervalle de fluctuation, et de préparer celle d’intervalle de confiance. 1 On s’aperçoit qu’avec 50 tirages, même s’il y a fluctua-

tion, on peut la plupart du temps deviner de quelle proportion il s’agit (on verra que les deux intervalles de fluctuations à 95 % sont disjoints). 2


On peut cette fois dire que la majorité des électeurs comptent voter oui.


Voici deux simulations réalisées pour n = 393 et n = 397.

Exercices d’application Savoir faire Mobiliser les acquis

antérieurs sur l’échantillonnage

255 La fréquence observée est de f = = 0, 51. 500 Par la méthode de Seconde : 1 1 I = 0, 45 − ; 0, 45 + = [ 0, 405 ; 0, 495]. 500 500 Par la méthode vue en Première : 203 247 I= ; = [ 0, 406 ; 0, 494 ]. 500 500 Dans les deux cas, l’hypothèse est rejetée. 1

Savoir faire Utiliser un intervalle

de fluctuation asymptotique pour une prise de décision 2 Pour que les hypothèses de validité soient vérifiées,

il faut : n 30 ; np 5 ; n(1 − p) 5. Or p = 0,7. D’où n 30. L’intervalle de fluctuation est égal à : 0,7 × 0,3 0,7 × 0,3 I = 0,7 − 1,96 × ; 0,7 + 1,96 × . n n 0,7 × 0,3 Par hypothèse, on a donc : 0,7 − 1,96 × 0, 6. n 0,7 × 0, 3 0,1. D’où 1, 96 × n 0,7 × 0, 3 . D’où n 1, 96 × 0,1 2 0,7 × 0, 3 = 80, 6 . D’où n 1, 96 × 0,1 On a donc interrogé au maximum 81 clients.

Savoir faire Utiliser un intervalle

de confiance

3 On détermine les intervalles de confiance pour


chacun des candidats à partir du sondage : – Pierre : [0,138 ; 0,202] ; – Paul : [0,113 ; 0,177] ; – Jacques : [0,163 ; 0,227]. Les résultats sont donc compatibles avec les résultats du sondage.

On peut conjecturer que la valeur optimale se situe entre ces deux valeurs. ◗ Valider la conjecture formulée 1 Xn suit une loi (n ; 0,4) . p (1 − p ) p (1 − p ) ; p + 1,96 , avec p = 0,94. n n 3 a. Il n’y a pas surréservation si le nombre de passagers se présentant effectivement est inférieur ou égal à la capacité maximale de l’avion. X 380 b. On cherche le plus grand entier tel que n . n n On veut donc que la borne supérieure de l’intervalle de 380 . fluctuation au seuil de 95% soit inférieure à n p (1 − p ) 380 p (1 − p ) 380 D’où p + 1,96 ⇔ 1,96 −p n n n n 1,96 2 p (1 − p ) 380 2 760 p +p− . ⇔ 2 n n n ⇔ p2n2 − (760p + 1,962p(1 − p))n + 380 0. Soit, après étude de l’inéquation : n 395. On trouve n = 394. 2 p − 1,96

5 Influence de p sur la longueur de l’intervalle

de fluctuation

p (1 − p ) p (1 − p ) ; p + 1, 96 . n n p (1 − p ) . b. A ( p) = 3, 92 1 000 2 a. A(p) 1 a. p − 1, 96

Travaux pratiques

A 0,02

4 Surréservation

◗ Se faire une idée du résultat Pour n = 380, la compagnie perd de l’argent dans toutes les simulations, le nombre de passagers embarqués étant systématiquement inférieur à 375.

0

0,1

p

b. On s’aperçoit que plus on s’éloigne de p = 0,5, plus l’amplitude de l’intervalle diminue.



3

3 On veut que 3, 92

p (1 − p ) = 0, 01. n

D’où n = 3922p(1 − p). Pour p = 0,1 : n = 13 830. Pour p = 0,4 : n = 36 879. Pour p = 0,9 : n = 13 830. Plus la probabilité se rapproche de 0,5, plus la taille de l’échantillon doit être grande pour avoir une amplitude de 0,01. On remarque également que ces tailles d’échantillon sont très grandes, de l’ordre de 10 à 30 fois les ordres de grandeur des sondages électoraux. de fluctuation x 1 a. Immédiat en utilisant que Fn = n . n 2 b. ALGO

Entrer un réel p compris entre 0,34 et 0,43 n := 150 ; a := 0 ; b := 1 ; TantQue b – a 0,95 Faire b := binom cdf (n , p , np + racine (n)) ; a := binom cdf (n , p , np − racine (n)) ;

2 a. On a observé une fréquence de 0,45. On peut donc

3 b. On s’aperçoit que la valeur de n varie beaucoup, même pour des probabilités assez proches.

1 Vrai. 3 a. Faux. 4 Faux.

2 Vrai. b. Vrai.

c. Vrai.

12 1 a. Oui.

b. Oui. b. Oui.

2 a. Non. 4 a. Oui.

b. Non.

Exercices d’application 1 Décider à l’aide d’un intervalle de fluctuation asymptotique


penser qu’il s’agit d’un sac de fausses pierres. b. Cette fois, la fréquence observée appartient aux deux intervalles de confiance, on ne peut pas conclure. 3 Il faut que : 0, 5 (1 − 0, 5) 0, 6 (1 − 0, 6) 0, 5 + 1, 96 × 0, 6 − 1, 96 × . n n On peut résoudre l’inéquation ou utiliser la calculatrice. On trouve n 378. 23 1 [0,0064 ; 0,0536].

Faire le point

13 1 b.

2 c.

3 a.

14 1 b.

2 b.

3 a.

15 1 a.

2 a.

3 b.

16 1 a. [0,33 ; 0,47].

21 1 L’intervalle de fluctuation est donc de

22 1 Pour 0,6 : [0,504 ; 0,696] ; pour 0,5 : [0,402 ; 0,598].

n := n + 1 FinTantQue N0 := n + 2 ; Afficher N0 ; Fin

3 a. Oui.

p − 1, 96 ×

[0,1475 ; 0,3125]. La fréquence observée n’est donc pas en dehors de l’intervalle. Aucune investigation ne sera amenée. 0, 23 × 0,77 2 Il faudrait que 0, 29 0, 23 + 1, 96 . n 1, 96 0, 23 × 0,77 0, 06 . D’où : n 1, 96 2 × 0, 23 × 0,77 D’où : n . n 189. 0, 06 2

6 Taille de l’échantillon et intervalle

11

p (1 − p) p (1 − p) . ; p + 1, 96 × n n 2 a. f ( p) = − p 2 + p. Le maximum est donc atteint pour p = 0,5. Il vaut : f (0,5) = 0,25. b. 1, 96 p (1 − p ) = 1, 96 f ( p) 1, 96 × 0, 25 . D’où le résultat puisque 0, 25 = 0, 5 et 1, 96 2. c. L’intervalle vu en Terminale est toujours inclus dans l’intervalle vu en Seconde. 18 1

2 a. On a n = 200, np = 6, n (1 − p) = 194. Donc les conditions sont bien réunies. 3 La fréquence observée est de 0,07. Elle est en dehors de l’intervalle de fluctuation. On peut donc penser qu’il y a eu recrudescence des excès de vitesse, et donc ne pas enlever le panneau. 4 a. [0,015 ; 0,045]. b. Dans l’intervalle de fluctuation défini au a.

24 1 [0,0025 ; 0,0215]. 2 n = 500 ; np = 6 ; n (1 − p ) = 494. Les conditions sont donc réunies. 3 La fréquence observée est de 0,02. A priori, on reste dans l’intervalle de fluctuation et il n’y a pas lieu de régler la machine. 4 b.

b. [0,31 ; 0,49].

2 La fréquence observée est 0,37.

a. Oui.

b. Oui.

17 1 a. p = 0,5.

b. [0,44 ; 0,56]. c. n0 = 169 ou 168, suivant l’arrondi effectué au 1 . 2 a. p = 0,25. b. [0,20 ; 0,30]. c. n0 = 120. 4


Il faut que n 720.


2 Estimer à l’aide d’un intervalle

de confiance 25 1 Vrai.

2 Faux.

3 Faux.

4 Vrai.

5 Vrai.

26 1 a. Intervalle de confiance : [0,445 3 ; 0,534 7].

b. Non, il est fort possible que plus de 50 % d’électeurs aient choisi Louis Victorien. 2 Il faudrait que : 1 1 0,49 + ⇔ n 10 000. 0,50 ⇔ n 0, 01 n 27 1 Il s’agit de déterminer deux intervalles de fluctu-

ation : – pour 5 000 candidats : [0,846 3 ; 0,865 7] ; – pour 2 000 candidats : [0,840 6 ; 0,871 4] . Aucun des taux obtenus n’est donc compatible avec l’hypothèse d’un taux commun de 85,6 %. 2 Pour la ville A : [0,785 9 ; 0,814 1] centré en 0,8. Pour la ville B : [0,877 6 ; 0,922 4] centré en 0,9. Les deux intervalles sont disjoints, il est donc très improbable que la valeur de p soit la même pour les deux villes. 28 1 a. [0,55 ; 0,75].

b. [0,46 ; 0,66]. c. Les deux intervalles de confiance ne sont pas disjoints, on ne peut donc pas écarter l’hypothèse d’une absence d’effet propre. 3 Il faudrait que : 2 1 1 0,56 + ⇔ n 494. 0,65 − ⇔ n 0, 09 n n 29 1 a. [0,829 3 ; 0,970 7].

b. [0,65 ; 0,75]. 3 On peut donc considérer que les taux de germination sont différents. 30 Avec nitrate : [0,379 3 ; 0,520 7].

Sans nitrate : [0,239 3 ; 0380 7]. Les deux intervalles ont une intersection non vide. On ne peut donc pas donner de réponse affirmative.

Prépa Bac Exercices guidés 31 1 a.

F1


1 — 2 1 — 3

F2

5 — 100

15 — 1 000

D non D

95 — 100

D) =

32 1 Toutes les probabilités sont entre 0 et 1, et leur

4 +5+6 +7 +8 +9 = 1. 39 16 21 30 13 2 a. p ( A) = ; p (B) = ; p ( C) = . b. . 39 21 39 39 16 ≠ p ( A) × p (B) ; c. p ( A B) = 39 7 p ( A C) = = p ( A) × p ( C). 39 Donc A et B ne sont pas indépendants, mais A et C le sont. 3 Le nombre X de parties gagnées suit une loi binomiale 21 60 ; . Donc le gain est égal à X − (60 − X), d’espérance : 39 21 2 E ( X ) − 60 = 2 × 60 × − 60 ≈ 4 , 65. 39 4 a. On a obtenu 33 fois un résultat pair, soit un gain de 6 euros. b. On détermine un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % : [0,412 3 ; 0,664 6]. La fréquence 33 observée étant de = 0,55, elle est compatible avec 60 les résultats obtenus. somme est égale à :

(

)

33 1 X suit une loi binomiale (5 000 ; 0,008), car il

s’agit du nombre de succès dans une série d’expériences de Bernouilli identiques et indépendantes. 2 P ( X 1) = 1 − P ( X = 0) = 1. 3 a. [0,0055 ; 0,0105]. La fréquence observée est de 0,012. On est en dehors de l’intervalle de fluctuation, le lot est donc d’une qualité plus mauvaise que ce qui est prévu. 34 1 a. P(X 9,95) = 0,95.

b. 0,05.

2 [0,055 4 ; 0,069 6].

35 1 On a posé T = S

et P = G.

D 985 — 1 000

1 — 6

5 5 1 × = . 2 100 200 5 . c. P (F2 D) = 1 000 5 5 5 35 − − = . Donc P (F3 D) = 1 000 1 000 200 1 000 P (F3 D) 3 = . d. PF 3 (D) = P ( F3 ) 100 2 a. P(X 1) = P(X = 0) + P(X = 1), où X est le nombre de paires de chaussettes présentant un défaut. P(X 1) = 0,9833. b. On détermine un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % : [0,017 ; 0,035]. La fréquence observée étant de 0,05, elle est donc dans l’intervalle de fluctuation, il n’y a donc pas d’anomalie. b. P (F1

1 — 6

S

non D D

F3 non D Livre du professeur - CHAPITRE 12

5 — 6

T

2 — 5

G

3 — 5

P

1 — 5

G

4 — 5

P


5

2 On applique la formule des probabilités totales :

1 2 5 1 7 × + × = . 6 5 6 5 30 3 Il s’agit d’une probabilité conditionnelle : P ( G S) 2 PG ( S) = = . P ( G) 7 4 a. On vérifie que les conditions d’application de l’intervalle de fluctuation sont réunies, puis on détermine cet intervalle : I = [0,212 ; 0,255]. 330 La fréquence observée étant de f = = 0, 22, on se 1 500 trouve à l’intérieur de l’intervalle de confiance. b. Il aurait fallu que la borne inférieure dépasse 0,22, soit : p (1 − p ) 1,96 p (1 − p ) p − 1,96 0,22 ⇔ n p − 0,22 n P (G) =

2

1,96 p (1 − p ) ≈ 3 865, 6. p − 0,22 Il faut donc au moins 3 867 parties.

⇔n

36 1 et 3 d. On note P l’événement : la partie est

perdue. Voici l’arbre entièrement complété : 0,9

G

0,1

P

0,6

G

0,4

P

0,42

G

0,58

P

D 1 — 2

1 — 3

I

1 — 6

E

2 D ∩ G : la partie de niveau débutant a été gagnée.

P(D ∩ G) = 0,5 × 0,9 = 0,45. a. [0,67 ; 0,77]. b. P(E ∩ G) = 0,72 − 0,45 − 0,2 = 0,07. 0, 07 c. PE ( G) = = 0, 42. 1/ 6 0, 05 e. PG (D) = = 0,179. 0, 28 37 1 P(M) = 0,25 et P (H) = 0,8. M

2

0,25


0,75

0,8

H

0,2

non H

M

0,1

H

0,9

non H

non M

3 P(M ∩ H) = 0,25 × 0,8 = 0,2. 4 P(H) = 0,25 × 0,8 + 0,75 × 0,1 = 0,275. 5 PM(H) = 0,8 et P(H) = 0,275. Donc les deux événements

ne sont pas indépendants. 6 On détermine un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % : [0,249 7 ; 0,300 3]. La fréquence observée étant de 0,17, on peut considérer que la chorale du lycée n’est pas représentative. 6


Problèmes

( )

38 1 X suit une loi 50 ; 1 .

3 50 100 2 a. On a E ( X ) = et V ( X ) = . D’après Moivre3 9 50 X− 3 peut être approchée Laplace, la loi de la variable 100 9 par une loi normale centrée réduite. Donc la loi de X peut être approchée par une loi normale de moyenne 50 10 et d’écart-type . 3 3 b. On pratique une correction de continuité, car 18 est un entier. c. P ( Y 17, 5) ≈ 0, 40. d. P (14 , 5 X 17, 5) ≈ 0, 34. 39 1 On a alors np 6 ; n (1 − p ) 24. 2 pi = 0, 2 − 1, 96

0, 2 × 0, 8 0,784 = 0, 2 − ; n n

0,784 . n p − 0,2 1 0,784 3 p s = 0,2 + = ⇔ s 0,784 n n 2 0,784 ⇔n = . p s − 0,2 −2 4 a. f ’ ( x) = 0,784 2 × 0. ( x − 0, 2) 3 b. n ≈ 60. 5 a. [0,098 8 ; 0,301 2]. b. La fréquence observée est de 0,35, donc en dehors de l’intervalle de confiance. On peut au contraire penser à un renforcement de l’offre. p s = 0, 2 +

40 Partie A 1 X suit une loi binomiale (50 ; 0,02). 2 P ( X = 0) = 0, 36 ; P ( X = 1) = 0, 37. 3 P ( X 2) = 1 − (P ( X = 0) + P ( X = 1)) = 0, 27.

Partie B 1 0,95. 2 0,952 ≈ 0,90. Partie C 1 [0,908 4 ; 0,971 6]. 41 1 [0,304 ; 0,496].

2 n = 100 ; np = 40 ; n(1 − p) = 60.

On est bien dans les conditions d’application. 3 La fréquence observée se situe dans l’intervalle de confiance, il n’y a donc pas a priori de problème spécifique. 4 a. [0,378 5 ; 0,421 5]. 5 b. On peut cette fois considérer qu’il y a un problème spécifique de surpoids, la valeur observée étant en dehors de l’intervalle de fluctuation.


42 Partie A

46 1 P ( X = 8) ≈ 0,179 71.

ALGO

2 P (10 X 15) ≈ 0, 244 3. 3 a. k1 = 7.

Écrire « donner un entier naturel n supérieur ou égal à 2) ; Lire(n) ; n1 : = 0 ; x1 : = 1 ; Pour k : = 1 to n Faire hasard : = aleaentrebornes(1, n) + 1 ; Si hasard = 1 Alors x1 : = 0 ; n1 : = n1 − 1 ; FinSi ; FinPour ; Afficher(x1, n1) ; Fin Partie B 1 L’événement (Xi = 1) correspond au fait qu’on n’a jamais tiré l’urne numéro i. Or la probabilité de tirer l’urne 1 numéro i est de . D’où le résultat, les tirages étant indén pendants.

(

)

1 100 ≈ 0, 366. 100 D’où l’intervalle de fluctuation : [0,271 6 ; 0,460 4]. 3 0,2 n’appartient pas à l’intervalle, il y a donc incompatibilité. 2 a. On a : P ( X 1 = 1) = 1 −

43 1 Moins de 15 ans

37,3

12,1 15 – 19 ans 12,7 20 – 24 ans 37,9 25 – 39 ans 100 Total 2 On a indiqué à chaque fois l’intervalle de confiance et la fréquence observée. L’échantillon est bien représentatif.

Moins de 15 ans 15 – 19 ans 20 – 24 ans 25 – 39 ans

[0,342 ; 0,404]

0,383

[0,100 ; 0,142]

0,123

[0,106 ; 0,148]

0,128

[0,348 ; 0,410]

0,366

44 1 a. [0,495 ; 0,586].


b. Fréquence observée : 0,56 . c. [0,163 ; 0,237]. d. Fréquence observée : 0,235. e. L’échantillon est donc bien représentatif. 2 [0,248 ; 0,342].

Pistes pour l’accompagnement personnalisé Revoir les outils de base 45 1 a. 0,479 6 ;

b. k2 = 11. c. P ( X [k1 ; k 2 ]) = 0, 95. L’intervalle [k1 ; k2] est un intervalle de fluctuation au seuil de 95 %. 47 1 Il s’agit de l’aire du domaine sous la courbe compris

entre x = uα et x = −uα . 2 D’après le cours u0,05 = 1,96 et u0,05 = 2,28.

Les savoir-faire du chapitre p (1 − p) 48 1 I n = p − 1,96

P

Xn n

n

p (1 − p) . n

I n converge vers 1 − α.

2 n 30 ; np 5 ; n (1 − p ) 5. 3 n 10

p Intervalle Validité n p Intervalle Validité

100

0,04

0,3

[−0,08 ; 0,16]

[−0,185 ; 0,615]

Non

Non

100

100

0,04

0,3

[0,001 6 ; 0,078 4] [−0,210 2 ; 0,389 8] Non

Oui

49 1 0,0053. 2 a. [0,013 ; 0,002 7].

b. n = 15 000 ; np = 30 ; n (1 − p) = 14 970 ; les conditions sont donc réunies. c. Non, car la fréquence observée est en dehors de l’intervalle de fluctuation asymptotique.

En lien avec les sciences 50 1 Il faut que l’échantillon de poissons corresponde

à un tirage avec remise. Si on pêche tous les poissons au même endroit, on peut tomber par exemple sur un banc de brochets, ce qui fausserait le résultat. 2 a. [0,39 ; 0,57]. b. Non, car 0,5 appartient à l’intervalle de confiance. 1 c. Il aurait fallu que 2 × 0, 01. n D’où n 400.

Vers le supérieur 51 1 [0,481 1 ; 0,578 9]. 2 Non. 3 Il aurait fallu : f − 1, 96

b. 0,218 6 ; c. 0,420 7. 2 L’espérance est de 2 et l’écart-type de 1.

; p + 1,96

f (1 − f ) 0, 5. n 2

1, 96 = 1 063, 3. 0, 03 f (1 − f ) Il faut donc interroger au moins 1 064 électeurs.

D’où :

n



7

52 1 X : [0,011 3 ; 0,028 7] ;

53 1 a. P ( A


B) = 0, 02 × 0, 01 = 0, 000 2, car les deux Y : [0,369 6 ; 0,430 4] ; événements sont indépendants. Z : [0,549 4 ; 0,610 6]. b. P ( A B) = 1 − P ( A B) 2 X : 0,017 4 ; Y : 0,060 8 ; Z : 0,062. = 1 − ( P ( A) + P (B) − P ( A B) = 0,970 2. = 1 − ( P ( A) + P (B) − P ( A B) = 0,970 2. 0, 02 × 0, 98 3 Il faut que 2 × 1, 96 0, 002. c. P ( A B) = 0, 029 8. n 2 a. (100 ; 0, 3). Soit n (1 960 0, 02 × 0, 98 ) 2 = 75 295, 4. b. P ( X = 3) ≈ 0, 227. Il faut interroger au moins 75 296 personnes, ce qui est 3 P (189 Z 252) ≈ 0, 960. difficilement faisable en pratique !

8



13

C H A P I T R E

Divisibilité et congruences Introduction 1. Programme

Les problèmes étudiés peuvent notamment être issus de la cryptographie ou relever directement de questions mathématiques, par exemple, à propos de nombres premiers. Exemples de problèmes Problèmes de codage (codes barres, code ISBN, clé du RIB, code INSEE).

Contenus

• Divisibilité dans Z. • Division euclidienne. • Congruences dans Z.

Problèmes de chiffrement (chiffrement affine, chiffrement de Vigenère, chiffrement de Hill).

• PGCD de deux entiers. • Entiers premiers entre eux. • Théorème de Bézout. • Théorème de Gauss.

Questionnement sur les nombres premiers : infinitude, répartition, tests de primalité, nombres premiers particuliers (Fermat, Mersenne, Carmichaël).

• Nombres premiers. • Existence et unicité de la décomposition en produit de facteurs premiers.

Sensibilisation au système cryptographique RSA.


2. Intentions des auteurs L’enseignement de Spécialité prend appui sur la résolution de problèmes. Cette approche permet une introduction motivée des notions mentionnées dans le programme. Cette phrase du programme a motivé un changement de maquette par rapport aux chapitres précédents : • la page « Partir d’un bon pied » est remplacée par une page comportant quelques aspects historiques liés aux notions qui seront traitées ; • les deux pages « Découvrir » sont remplacées par trois pages « Du problème vers les notions » qui abordent des problèmes proposés par le programme, avec une reprise éventuelle en Travaux Pratiques ou Exercices après l’étude du cours, et une page « Activités de découvertes » plus proche des pages « Découvrir ».

La répartition des notions étudiées entre les deux chapitres d’arithmétique a été pensée pour pouvoir approcher les problèmes de codage dans l’un et de chiffrement dans l’autre. Le questionnement sur les nombres premiers est présent dans les deux chapitres. Du point de vue mathématique : Le chapitre 13 introduit la divisibilité, les nombres premiers, la division euclidienne et la notion de congruences. Les exercices d’application sont majoritairement simples pour une bonne assimilation des notions nouvelles. Les problèmes sont de difficultés hétérogènes, avec quelques énoncés assez difficiles pour que chacun y trouve son compte.


Divisibilité et congruences

1

Du problème vers les notions 1 Les codes-barres et les codes ISBN


Activité

Objectif : Décrire les notions de clés pour les codes-barres et ISBN ; on reprend contact à cette occasion avec la division euclidienne vue au collège. Partie A 1 b. Pour le code a : A = 15 ; B = 18 ; S = 69 ; R = 9 ; C = 1. Pour le code b : A = 15 ; B = 15 ; S = 60 ; R = 0 ; C = 0. Pour le code de la page 439 : A = 30 ; B = 18 ; S = 84 ; R = 4 ; C = 6. 2 a. Rl = R + Sl - 10ql = S - 10q + a - a2k + 1 = 10^ql - qh. 0 G a G 9 et - 9 G - a2k + 1 G 0 , donc - 9 G a - a2k + 1 G 9 . Le seul multiple de 10 compris entre - 9 et 9 étant 0, il a ! a2k + 1 et l’erreur est détectée. est impossible d’avoir ) Rl = R b. Sl = S + 3a - 3a2k Rl = R + Sl - 10ql = S - 10q + 3â - a2k + 1h = 10^ql - qh. - 27 G 3â - a2k + 1h G 27 ; donc 3â - a2k + 1h ! "- 20 ; - 10 ; 0 ; 10 ; 20 , ; le seul multiple de 3 de cette liste étant 0, il est impossible a ! a2k et l’erreur est détectée. d’avoir ) Rl = R 3 a. Sl = S + 2a2k - 1 - 2a2k . b. Rl = R + Sl - 10ql = S - 10q + 2â2k - 1 - a2k h = 10^ql - qh + â2k - 1 - a2k h = 5^ql - qh. c. - 9 G a2k - 1 - a2k G 9 , donc a2k - 1 - a2k ! "- 5 ; 0 ; 5 , ; l’erreur ne sera donc pas détectée si a2k - 1 - a2k = ! 5 . Partie B 1 2 # 10 + 0 # 9 + 1 # 8 + 1 # 7 + 3 # 6 + 5 # 5 + 5 # 4 + 7 # 3 + 0 # 2 = 119 ; 119 = 11 # 10 + 9 ; 11 - 9 = 2 . Le numéro aurait donc été : 2011355702. 2 a. 2 # 10 + 0 # 9 + 1 # 8 + 1 # 7 + 3 # 6 + 5 # 5 + 4 # 4 + 3 # 3 + 2 # 2 = 107 ; 107 = 11 # 9 + 8 ; 11 - 8 = 3 . Le dernier chiffre est donc 3. b. On calcule cette fois la clé comme pour un codebarres : A = 26 ; B = 19 ; S = 83 ; R = 3 ; C = 7 . Le nouveau code ISBN est donc : 9782011354327.

1 a. 10 4 a même reste que 60, soit 4 ; 105 a même reste

que 40, soit 5 ; 106 a même reste que 50, soit 1. b. Avec 106 , on a retrouvé le premier reste 1, donc pour 107 on va retrouver le second reste 3 et ainsi de suite. 2 a. Le ruban de 3 est : 1 ; 1 ; 1 ; 1… ; le nombre N l est donc égal à la somme des chiffres de N. Le ruban de 11 est : 1 ; 10 ; 1 ; 10 ; 1 ; 10… b. 1 + 4 + 5 + 1 + 0 + 1 = 12 est un multiple de 3, donc 101 541 aussi. est un 1 + 4 # 10 + 5 + 1 # 10 + 0 + 1 # 10 = 66 multiple de 11, donc 101 541 aussi. 3 Le tableur donne le ruban de 13 : 1 ; 10 ; 9 ; 12 ; 3 ; 4 ; 1… , puis Nl = 507 qui est un multiple de 13, donc l’entier proposé aussi. 4 N / a0 + a1 # r1 + f + an # rn ^d h ; c’est-à-dire N / Nl ^d h .

Activités de découverte 3 Diviseurs et nombres parfaits Activité

Objectif Revoir la notion de diviseurs en abordant les nombres parfaits et disposer d’un programme, qui pourra être réutilisé dans les deux chapitres. 1 2 Ce programme donne les diviseurs positifs d’un entier naturel. 3 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 16 ; 31 ; 62 ; 124 ; 248 ; 496 et leurs opposés. 4 6 = 1 + 2 + 3 ; 28 = 1 + 2 + 4 + 7 + 14 ; 496 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62 + 124 + 248 . 5 Pour 6, p = 2 . Pour 28, p = 3 . Pour 496, p = 5 . Activité

4 Notion de plus petit élément

Objectif Introduire la notion de plus petit élément qui n’est pas explicitement inscrite dans le programme, mais qui est indispensable pour l’existence de la division euclidienne. 1 a. De par la définition, un plus petit élément est aussi un minorant. b. L’intervalle @ 0 ; + 3 6 est minoré par 0, mais n’admet pas de plus petit élément. 2 a. Oui : 0. b. Oui : 1. c. Non, à cause des multiples négatifs. d. Oui : 1. e. Non, car A est vide.

Exercices d’application

2 Ruban de Pascal et critères de divisibilité Activité

Objectif Étudier les critères de divisibilité d’une façon générale et historique ; on renvoie la dernière question après l’étude du cours sur les congruences. 2


Savoir faire Utiliser les propriétés

de la divisibilité 1

1 k divise ^5n + 21h - 5^n + 4h , donc k divise 1, donc k = ! 1 .


2 ^5n + 21h et ^n + 4h n’ayant pas de diviseur commun autre que - 1 et 1, la fraction est irréductible.

2

1 4a2 - b2 = ^2a - bh^2a + bh .

2 27 = 1 # 27 = 3 # 9 et 2a - b G 2a + b ; d’où les deux systèmes possibles. a=7 3 Les solutions des systèmes sont : ) et a = b = 3 . b = 13 Comme dans l’équation initiale, a et b n’interviennent que par leurs carrés, S = "^- 7 ; - 13h ; ^- 7 ; 13h ; ^7 ; - 13h ; ^7 ; 13h ; ^- 3 ; - 3h ; ^- 3 ; 3h ; ^3 ; - 3h ; ^3 ; 3h, .

3

1 Si on note n le plus petit des trois entiers, leur

somme vaut n + ^n + 1h + ^n + 2h = 3^n + 1h qui est un multiple de 3, car ^n + 1h est un entier. 2 L’un des deux est pair, donc le produit aussi. 4

1 Supposons qu’il existe deux entiers a et b tels

que 26a - 54b = 2 013 , alors on aurait : 2^13a - 27bh = 2 013 . Or, 2^13a - 27bh est pair et 2 013 est impair, c’est impossible. Conclusion : il n’existe pas d’entiers relatifs a et b tels que 26a - 54b = 2 013 . 2 Soit n un entier naturel qui soit simultanément un diviseur de 100 000 et un multiple de 24. Alors il existerait deux entiers naturels k et k l tels que : 100 000 = kn et n = 24k l . On aurait donc 100 000 = 24kk l + 12 500 = 3kk l . Or, 3kk l est un multiple de 3 et 12 500 n’est pas un multiple de 3. C’est donc impossible. Conclusion : il n’existe pas d’entier naturel n à la fois multiple de 24 et diviseur de 100 000. 5

1 Les diviseurs propres de 284 sont : 1 ; 2 ; 4 ; 71 ; 142 et leur somme est égale à 220. 2 Les diviseurs propres de 220 sont : 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 10 ; 11 ; 20 ; 22 ; 44 ; 55 ; 110 et leur somme est 284. On constate que la somme des diviseurs propres de chacun d’eux est égale à l’autre.

Savoir faire Obtenir et utiliser une

décomposition en produit de facteurs premiers

91 » ; « 17 divise 731 » ; « 983 est premier » ; « 89 divise 8 633 » ; « 73 divise 10 001 » ; « 19 973 est premier ».

Savoir faire Utiliser les résultats

sur la division euclidienne 9 n = 13q + 9 et p = 13ql + 8 ,

donc n + p = 13^q + ql + 1h + 4 ; le reste de la division euclidienne de n + p par 13 est 4. 10 1 Si n est pair : n = 2p , donc n2 = 4p2 .

◗ Si p est pair, p2 aussi, donc 8 divise n2 et le reste vaut 0. ◗ Si p est impair, p2 aussi, donc p2 = 2k + 1 , donc

n2 = 8k + 4 et le reste vaut 4. Si n est impair : n = 2p + 1 , donc n2 = 4^ p2 + ph + 1 . ◗ Si p est pair, p2 + p aussi, donc p2 + p = 2k , donc n2 = 8k + 1 et le reste vaut 1. ◗ Si p est impair, p2 aussi, donc p2 + p est pair, donc p2 + p = 2k , donc n2 = 8k + 1 et le reste vaut 1. 2 Voir ci-dessus.

11 La division euclidienne de n par 4 et 5 nous assure

l’existence d’un entier q tel que : n = 4q + 3 et n = 5^q - 1h + 4 . On obtient donc 4q + 3 = 5^q - 1h + 4 ; d'où q = 4 . Finalement, on a n = 19 . 12 1512 = 17b + r avec 0 G r 1 b

et 1512 = 17 # 88 + 16 , donc b G 88 et les possibilités sont : b = 88 b = 87 b = 86 b = 85 ) . ;) ;) ;) r = 16 r = 33 r = 50 r = 67 13 1 Les restes possibles sont 1 et 3. 2 Si n = 2p + 1 , n2 - 1 = ^n - 1h^n + 1h = 2p^2p + 2h = 4p^ p + 1h ; comme p ou ^ p + 1h est pair, n2 - 1 est un multiple de 8.

Savoir faire Utiliser

les congruences pour trouver des propriétés de divisibilité 14 1 2a / 6 ^7 h et b2 / 1^7 h , donc 2a + b2 / 7 ^7 h ,

6 117 = 32 # 13 ; 665 = 5 # 7 # 19 ;

16 184 = 23 # 7 # 172 ; 4 554 = 2 # 32 # 11 # 23 ; 19 343 = 23 # 292 . 7 Pour 117 : 1 ; 3 ; 9 ; 13 ; 39 ; 117. ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

8 La calculatrice affiche : « 83 est premier » ; « 7 divise

Pour 665 : 1 ; 5 ; 7 ; 19 ; 35 ; 95 ; 133 ; 665. Pour 16 184 : 1 ; 2 ; 4 ; 7 ; 8 ; 14 ; 17 ; 28 ; 34 ; 56 ; 68 ; 119 ; 136 ; 238 ; 289 ; 476 ; 578 ; 952 ; 1 156 ; 2 023 ; 2312 ; 4 046 ; 8 092 ; 16 184. Pour 4 554 : 1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 9 ; 11 ; 18 ; 22 ; 23 ; 33 ; 46 ; 66 ; 69 ; 99 ; 138 ; 198 ; 207 ; 253 ; 414 ; 506 ; 759 ; 1 518 ; 2 277 ; 4 554. Pour 19 343 : 1 ; 23 ; 29 ; 667 ; 841 ; 19 343.

donc 2a + b2 / 0 ^7 h . 2 a2 / 4 ^5 h et 2b2 / 18 / - 2 ^5 h , donc a2 + 2b2 / 2 ^5 h : le reste est 2. 15 Soit n entier quelconque, les cinq restes possibles

dans la division par 5 sont 0, 1, 2, 3 et 4, donc on a les cinq possibilités suivantes : n / 0 ^5 h ; n / 1^5 h ; n / 2 ^5 h ; n / 3 ^5 h ; n / 4 ^5 h . 1 On aura pour n2 : n2 / 02 / 0 ^5 h ou n2 / 12 / 1^5 h ou n2 / 22 / 4 ^5 h ou n2 / 32 / 9 / 4 ^5 h ou n2 / 42 / 16 / 1^5 h . Les restes possibles dans la division de n2 par 5 sont 0, 1 et 4.



3

2 On aura pour n3 : 3

3

3

3

3

3

n / 0 / 0 ^5 h ou n / 1 / 1^5 h ou n / 2 / 8 / 3 ^5 h ou n3 / 33 / 27 / 2 ^5 h ou n3 / 43 / 64 / 4 ^5 h . Les cinq restes possibles sont, comme pour n, 0, 1, 2, 3 et 4. 16 1 Le reste est 12.

n

2 1000 / 12 / - 1^13h , donc 103n / ^- 1h ^13h , donc

le reste est 1 si n est pair et 12 si n est impair. 3 Parmi les entiers n et n + 1 , l’un est pair et l’autre impair, donc, avec la question 2 : 103n + 3 + 103n / 1 + 12 / 0 ^13h . 17 35 / 1^17h et 84 / 16 / - 1 ^17h ,

donc 35228 + 84501 / 1 - 1 / 0 ^17h .

donc 100 # Sl / 100 # S + 10 k + 1 â - ak h . b. Erreur non détectée + 100 # Sl / 100 # S ^97h + 10k + 1 â - ak h / 0^97h + 97 divise 10k + 1 â - ak h + 97 divise â - ak h, car 97 est premier et non présent dans la décomposition de 10 k + 1 . Comme - 9 G a - ak G 9 , si a - ak ! 0 , 97 ne divise pas a - ak et l’erreur est détectée. 3 S = a1 + 10 # a2 + f + 10 k - 1 # ak + 10 k # ak + 1 + f + 1020 # a21 et Sl = a1 + 10 # a2 + f + 10 k - 1 # ak + 1 + 10 k # ak + 1 + f + 1020 # a21 ; donc : 100 # Sl = 100 # S - 10 k + 1 # ak - 10 k + 2 # ak + 1 + 10 k + 1 # ak + 1 + 10 k + 2 # ak = 100 # S + 10 k + 1 ^- ak - 10ak + 1 + ak + 1 + 10ak h

Travaux pratiques 18 Le crible de Matiyasevitch 1 Les entiers non traversés par les segments semblent être les nombres premiers. 2 Les points A et B ne peuvent pas avoir la même abscisse, donc la droite ^ ABh ne peut pas être parallèle à l’axe des ordonnées. ^b - ah^b + ah b2 - a2 = = a - b. m= -b - a -^b + ah La droite ^ ABh a pour équation réduite y = â - bhx + p ; or, A appartient à cette droite, donc a2 = â - bha + p , donc p = ab . Les droites ^ ABh coupent l’axe des ordonnées aux points de coordonnées ^0 ; abh . Il existe une droite passant par P si, et seulement si, p = ab avec a et b des entiers supérieurs ou égaux à 2, c’est-à-dire p est composé ou non premier. Conclusion : aucune droite ^ ABh ne passe par P si, et seulement si, p est premier.


19 La clé d’un RIB et le code INSEE

Partie A 1 a. 100 / 3 ^97h ; 10 8 = 100 4 / 3 4 / 81^97h ; 1013 = 108 # 10 4 # 10 / 81 # 9 # 10 / 15 ^97h ; 1018 = 1013 # 10 4 # 10 / 15 # 9 # 10 / 89 ^97h . Donc 100 # S / 89B + 15G + 81C1 + 3C2 ^97h . b. B = 30 003 ; G = 1835 ; C1 = 50 ; C2 = 406 322 , donc : 100 # S / 89 # 30 003 + 15 # 1835 + 81 # 50 + 3 # 406 322 / 89 # 30 + 15 # 89 + 81 # 50 + 3 # 86 / 8 313 / 68 ^97h. Et 97 - 68 = 29 . c. B = 14 506 ; G = 17 ; C1 = 72 815 ; C2 = 523 831 , donc : 100 # S = 89 # 14 506 + 15 # 17 + 81 # 72 815 + 3 # 523 831 / 89 # 53 + 15 # 17 + 81 # 65 + 3 # 31 / 10 330 / 48 ^97h . Et 97 - 48 = 49 . La clé est 49. 2 a. S = a1 + 10 # a2 + f + 10 k - 1 # ak + f + 1020 # a21 et Sl = a1 + 10 # a2 + f + 10 k - 1 # a + f + 1020 # a21 ; 4


= 100 # S + 9 # 10 k + 1 âk - ak + 1h . De même que dans la question 2 , l’erreur est non détectée si, et seulement si, 97 divise âk - ak + 1h , car 97 ne figure pas dans la décomposition de 9 # 10 k + 1 . Comme - 9 G ak - ak + 1 G 9 , si ak - ak + 1 ! 0 , 97 ne divise pas ak - ak + 1 et l’erreur est détectée. Partie B b. Pour utiliser la partie A, on peut écrire A = 15 907 # 108 + 421871 # 102 + 18 . D’où A / 15 907 # 81 + 421871 # 3 + 18 / 96 # 81 + 18 # 3 + 18 / 7 848 / 88 ^97h . La clé est donc 97 - 88 = 09 .

Faire le point 23 1 a. et c.

2 b. et c. 5 b. et c.

4 b. et c.

24 1 a.

2 c.

3 a. et c.

3 b.

4 c.

5 a.

25 1 Faux. 2 Vrai. 3 Faux. 4 Vrai. 5 Vrai. 6 Faux.

Exercices d’application 1 Divisibilité dans 26 1 Vrai.

2 Vrai.

3 Faux.

4 Vrai.

27 1 Vrai.

2 Vrai.

3 Faux.

4 Vrai.

28 1 c.

2 a. et c.

5 Vrai.

3 b. et c.

29 1 s = 1 + 2 + 3 + 5 + 6 + 10 + 15 + 30 = 72 . 2 t = 1 + 2 + 4 + 5 + 7 + 10 + 14 + 20 + 28 + 35 3

s 72 3 30 = = = . t 336 14 140

+ 70 + 140 = 336 .

30 s = 1 + 3 + 5 + 9 + 15 + 27 + 45 + 135 = 240 ;


t = 1 + 3 + 7 + 9 + 13 + 21 + 39 + 63 + 91 + 117 + 273 + 819 = 1456 ; s 240 15 135 = = = . t 1456 91 819 31 n3 - n = n^n - 1h^n + 1h est le produit de trois

entiers consécutifs parmi lesquels il y a exactement un multiple de 3 et au moins un multiple de 2 ; ce produit est donc un multiple de 6. 32 ^2a + 5bh + ^5a + 2bh = 7â + bh , donc :

si 7 divise ^2a + 5bh , alors 7 divise 7â + bh - ^2a + 5bh = ^5a + 2bh et si 7 divise ^5a + 2bh , alors 7 divise 7â + bh - ^5a + 2bh = ^2a + 5bh . 33 n n + 8 + n 8 , donc les solutions sont 1 ; 2 ; 4 ; 8

et leurs opposés. 34

40 On raisonne par récurrence sur n entier naturel non

nul. Initialisation : le résultat est évident pour n = 1 et (on en aura besoin pour l’hérédité) a été prouvé dans le cours pour n = 2 . Hérédité : on suppose la propriété vraie pour un entier n H 1 ; on suppose que l’entier a divise les entiers b1 , b2 , …, bn , bn + 1 et on considère des entiers c1 , c2 , …, cn , cn + 1 ; par hypothèse de récurrence, a divise B = ^b1 c1 + f + bn cnh. La propriété est vraie pour n = 2 , donc a divise : B # 1 + bn + 1 cn + 1 = ^b1 c1 + f + bn cn + bn + 1 cn + 1h. 13n - 21 est un entier si, et seulement si, ^3n + 4h 3n + 4 divise ^13n - 21h . Si ^3n + 4h divise ^13n - 21h , alors ^3n + 4h divise 13^3n + 4h - 3^13n - 21h = 115 ; les diviseurs positifs de 115 étant 1 ; 5 ; 23 et 115, et n étant entier naturel, on obtient n = 37 . 13 # 37 - 21 460 = = 4. Réciproquement, 115 3 # 37 + 4 L’unique solution est donc n = 37 . 41

1 Si 13 divise 7n + 4 ,

alors 13 divise 2^7n + 4h - 13^n + 1h = n - 5 . 2 La réciproque est vraie : si 13 divise n - 5 , alors 13 divise 7^n - 5h + 3 # 13 = 7n + 4 . 35 1 a divise 3^5b + 31h - 5^3b + 12h = 33 . 2 Les valeurs possibles de a sont donc 1 ; 3 ; 11 et 33.

36 1 Si d divise a et b , alors d divise 9a - 2b , c’estn n n n

à-dire d divise 125. 2 L’ensemble des diviseurs communs éventuels de an et bn est inclus dans l’ensemble "- 125, - 25, - 5, 1, 5, 25, 125 , . 3 On remarque qu’avec n = 501 on a a501 = 1013 et b501 = 4 496 . Or, ces deux entiers ne sont pas divisibles par 5, donc leurs seuls diviseurs communs sont - 1 et 1. 37 1 d divise 2b - 9a = 17 . n n

2 Les diviseurs communs éventuels à an et bn sont donc 1 ; 17 et leurs opposés. 3 5 117 = a2 559 et 23 035 = b2 559 ; par ailleurs, 5 117 = 17 # 301 et 23 035 = 17 # 1335 . Donc, avec la question 2 , les diviseurs communs à 5 117 et 23 035 sont 1, 17 et leurs opposés, donc leur PGCD est 17.

38 11n - 6 est un entier si, et seulement si, ^3n + 1h


c. Comme k # b = 1 , d’après la question b., b 1 2 ; or, b 2 0 , donc b = 1 . d. 1 est donc le seul diviseur positif de 1 et par conséquent, les diviseurs de 1 sont 1 et - 1. 2 a = 1 # a et a = ^- 1h # ^- ah .

3n + 1 divise ^11n - 6h . Si ^3n + 1h divise ^11n - 6h , alors ^3n + 1h divise 11^3n + 1h - 3^11n - 6h = 29 ; donc 3n + 1 = 1 ou 3n + 1 = 29 ; donc n = 0 . 11n - 6 =- 6 est un entier. Réciproquement, si n = 0 , 3n + 1 L’unique solution est donc n = 0 . 39 1 a. 1 et b étant positifs, k aussi d’après la règle des

signes. De plus, k ! 0 sinon k # b = 0 . b. b H 2 , donc, k étant positif, k # b H 2k ; comme k H 1 , 2k H 2 . Finalement, k # b H 2 .

42 1 Pour x et y non nuls,

1 1 1 + = + 5^ x + y h = xy x y 5 et ^ x - 5h^ y - 5h = 25 + xy = 5^ x + y h . 2 25 = 1 # 25 = 5 # 5 , donc ^ x - 5h^ y - 5h = 25 + * x - 5 = 1 y - 5 = 25 = = x x 5 25 5 5 ou * ou * . y-5 = 1 y-5 = 5 On obtient les couples solutions ^6 ; 30h ; ^30 ; 6h ; ^10 ; 10h. 43 Initialisation : pour n = 0 , n3 + 5n = 0 et 6 divise 0.

Hérédité : on suppose que, pour un entier naturel n, 6 divise n3 + 5n . ^n + 1h3 + 5^n + 1h = n3 + 3n2 + 3n + 1 + 5n + 5 = ^n3 + 5nh + 3n^n + 1h + 6 . Le produit de deux entiers consécutifs est pair, donc 3 3n^n + 1h est un multiple de 6 ; ainsi ^n + 1h + 5^n + 1h est la somme de trois multiples de 6, donc un multiple de 6 lui-même. Par récurrence, on conclut : pour tout entier naturel n, 6 divise n3 + 5n . 44 n3 + 5n / n3 - n ^6 h et n3 - n = n^n - 1h^n + 1h

est le produit de trois entiers consécutifs parmi lesquels il y a exactement un multiple de 3 et au moins un multiple de 2 ; ce produit est donc un multiple de 6. 45 Initialisation : pour n = 0 , 32n + 1 + 2 n + 2 = 7 est un

multiple de 7.



5

Hérédité : on suppose que, pour un entier naturel n, 32n + 1 + 2 n + 2 est un multiple de 7. 3 2 ^ n + 1 h + 1 + 2 n + 1 + 2 = 3 2n + 3 + 2 n + 3 = 9 # 32n + 1 + 2 # 2 n + 2 = 7 # 32n + 1 + 2^32n + 1 + 2 n + 2h est la somme de deux multiples de 7, donc un multiple de 7.

2

2 Nombres premiers 46 1 Faux (2).

2 Faux (9).

4 Faux (2).

3 Vrai.

5 Faux (12 et 18).

57 1 Si p divise d alors p divise n, donc p est un des

47 1 c.

2 a.

3 b.

48 1 Vrai.

2 Vrai.

3 Faux (5).

4 Vrai.

5 Vrai.

6 Faux (16).

49

1 11 21 31 41 51 61 71 81 91

2 12 22 32 42 52 62 72 82 92

3 13 23 33 43 53 63 73 83 93

4 14 24 34 44 54 64 74 84 94

5 15 25 35 45 55 65 75 85 95

6 16 26 36 46 56 66 76 86 96

7 17 27 37 47 57 67 77 87 97

8 18 28 38 48 58 68 78 88 98

9 19 29 39 49 59 69 79 89 99

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

50 1 Sont premiers 97, 271, 743. 2 451 = 11 # 41 ; 537 = 2 # 179 ; 893 = 19 # 47 ;

11111 = 41 # 271 . 51 228 = 22 # 3 # 19 ; 1210 = 2 # 5 # 112 ;

3 267 = 33 # 112 ; 14 800 = 2 4 # 52 # 37 ; 884 058 = 2 # 3 # 72 # 31 # 97 . 52 1 28 = 22 # 7 ; 126 = 2 # 32 # 7 . 2 282 = 2 4 # 72 ; 28 # 126 = 23 # 32 # 72 ;

1263 = 23 # 36 # 73 ; 2 828 = 28 # 101 = 22 # 7 # 101 . 53 Tous les exposants de la décomposition sont égaux

à 1. 54 Tous les exposants de la décomposition sont des ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

multiples de 3. 55 1 Sa décomposition est une puissance de 3. 2 n = 34 .

b. On obtient à l’affichage 2, 2 et 7. c. Ce programme donne les facteurs premiers d’un entier naturel quelconque n. Livre du professeur - CHAPITRE 13

58 Les carrés de nombres premiers ; p2 avec p premier

admet pour diviseurs positifs : 1, p et p2 . Remarque : un produit pq de deux nombres premiers distincts admet 4 diviseurs positifs : ^1, p, q, pqh .

59 Si a2 - b2 = â - bhâ + bh est premier, alors

a-b = 1 ; la première équation montre que a a + b = a2 - b2 et b sont nécessairement consécutifs. La réciproque est bien entendu fausse : par exemple, a = 8 et b = 7 ; a2 - b2 = 15 n’est pas premier.

'

60 1 p2 - 1 = ^ p - 1h^ p + 1h est un multiple de 4, car

p est impair, donc ^ p - 1h et ^ p + 1h sont pairs. 2 Comme p H 5 , p n’est pas un multiple de 3 ; or, ^ p - 1h, p, ^ p + 1h sont trois entiers consécutifs, donc ^ p - 1h ou ^ p + 1h est un multiple de 3. Avec la question 1 , ^ p - 1h^ p + 1h est un multiple de 12, car 22 et 3 figurent dans sa décomposition. 61 1 n = 2 # 3 . 2 n = 22 # 3 ou n = 2 # 32 . 3 n = 2 # 3 8 ou n = 22 # 35

n=2

8#

ou n = 25 # 32 ou

3.

62 28 = 1 # 28 = 2 # 14 = 4 # 7 ;

on utilise les facteurs premiers les plus petits possibles, donc 2 et 3. Après quelques essais, le plus petit est 26 # 33 = 1728 . 63 1 Si n est un carré parfait, les exposants a , a , 1 2

56 1 a. « n%d==0 » signifie que n divise d.

6

facteurs premiers de n. 2 Si pibi est dans la décomposition de d il divise n, donc bi G ai . 3 bi peut être nul, car pi peut ne pas figurer dans la décomposition de d. 4 Il y a âi + 1h choix possibles de l’exposant bi pour tout entier i compris entre 1 et m.

…, a m intervenant dans sa décomposition en facteurs premiers sont tous pairs ; il s’en suit que les facteurs â1 + 1h, â2 + 1h, …, â m + 1h sont tous impairs. Leur produit, qui est le nombre de diviseurs de n (voir exercice 57) est donc impair.


2 La réciproque est vraie :

en effet, si â1 + 1hâ2 + 1hfâ m + 1h est impair, alors tous les facteurs â1 + 1h , â2 + 1h , …, â m + 1h sont impairs, donc tous les exposants a1 , a2 , …, a m sont pairs. 64 1 L’instruction irem(n,j) donne le reste de la divi-

sion euclidienne de n par j. 2 Ce programme calcule dans N la somme des diviseurs positifs stricts d’un entier, il permet donc de savoir si un nombre est parfait (lorsque le résultat affiché est égal au nombre du départ). 3 Si le résultat est 1, le nombre est premier.

3 Division euclidienne 68 1 Faux.

2 Vrai.

69 1 b. et c.

2 a. et b.

3 Faux.

4 Vrai.

70 1 q = 29 ; r = 3 . 2 q = 3 ; r = 65 . 3 q = 9 ; r = 4. 4 q = 5 ; r = 5. 5 q = 41 ; r = 3 .

71 1 q =- 5 ; r = 1 . 2 q =- 33 ; r = 1 . 3 q =- 51 ; r = 11 . 4 q = 51 ; r = 9 . 5 q =- 33 ; r = 22 .

72 1 q = 23 ; r = 35 . 65 1 Les diviseurs positifs de n sont 1 et n et n 2

n,

car n H 2 . 2 a. Si m n’était pas premier, il aurait un diviseur ml tel que 11 ml 1 m . Ainsi, ml serait un diviseur de n strictement inférieur à m et différent de 1, ce qui est en contradiction avec la définition de m. b. m divise n, donc il existe un entier k tel que n = mk . Par définition de m, on a 11 m G k 1 n . c. m G k , donc, en multipliant par m, m2 G n et par suite, m G n . Ceci contredit l’hypothèse initiale, donc, sous cette hypothèse, n est nécessairement premier. 66 1 Comme m n’est pas premier, il admet un diviseur

k tel que 11 k 1 m . Il existe alors un entier q tel que m = qk avec 11 q 1 m . 2 Par définition de m, q et k sont soit premiers, soit produits de nombres premiers. 3 Alors m = qk est aussi produit de nombres premiers, d’où la contradiction.


67 1 Si p divise u , alors p divise 2 k # u , c’est-à-dire k k

p divise vk . Réciproquement, si p divise vk , alors, soit p = 2 et, dans ce cas, il divise uk , soit p 2 2 et, dans ce cas, il figure dans la décomposition de uk , donc il divise uk .

2 q = 52 ; r = 12 , car 35 = 23 + 12 .

73 1 256 = 15b + r avec 0 G r 1 b .

r 1 b , donc 256 1 16b , donc b 2 16 et r H 0 , 256 donc b 1 . 15 Finalement, la seule possibilité est b = 17 et r = 1 . 2 12 130 = 97b + r avec 0 G r 1 b . 12 130 et r H 0 , r 1 b , donc 12 130 1 98b , donc b 2 98 12 130 donc b 1 . 97 Les valeurs possibles de b sont 124 et 125 ; si b = 124 , r = 102 et si b = 125 , r = 5 . 74 1 On note r l et ql le reste et le quotient cherchés.

Si r = 0 , - a = b # ^- qh , donc ql =- q et r l = 0 . Si r ! 0 , - a =- bq - r = b^- q - 1h + b - r avec 0 1 b - r 1 b , donc ql =- q - 1 et r l = b - r . 2 On note r l et ql le reste et le quotient cherchés. Si r = 0 , - a =- b # q , donc ql = q et r l = 0 . Si r ! 0 , - a =- bq - r =- b^q + 1h + b - r avec 0 1 b - r 1 b , donc ql = q + 1 et r l = b - r . 75 1

2 2 a. ûk + 1h2 = ^2 k - 1h = 22k - 22k + 1 + 1

= 2 k ^2 k - 2h + 1 = vk + 1 . b. Si p divise uk + 1 , alors p divise ûk + 1h2 , c’est-à-dire, p divise vk + 1 . Réciproquement, si p divise vk + 1 , il est présent dans la décomposition en facteurs premiers de ûk + 1h2 , donc dans celle de ûk + 1h , donc p divise uk + 1 .

2 Ce programme calcule le quotient et le reste de la division euclidienne d’un entier naturel a par un entier naturel b.



7

85 1 Pour a le reste est 3, pour b le reste est 2 et pour

76

c le reste est 4. 2 Pour a le reste est 1, pour b le reste est 8 et pour c le reste est 9. 86 10 / 1^3 h et 10 / 1^9 h , donc, pour tout entier

n H 1 , 10 n / 1^3 h et 10 n / 1^9 h ; d’où les critères de divisibilité par 3 et par 9. 87 En utilisant les congruences :

9 / 2 ^7 h, donc : 2 # 9 n - 9 # 2 n / 2 # 2 n - 2 # 2 n / 0 ^7 h. En utilisant un raisonnement par récurrence : initialisation : si n = 0 , 2 # 9 n - 9 # 2 n = 2 - 9 =- 7 est divisible par 7 ; hérédité : on suppose que, pour un entier naturel n, 2 # 9 n - 9 # 2 n est divisible par 7 ; 2 # 9n + 1 - 9 # 2n + 1 = 2 # 9 # 9n - 9 # 2 # 2n = 2^2 # 9 n - 9 # 2 nh + 7 # 2 # 9 n est la somme de deux multiples de 7, donc est divisible par 7. 88 1

4 Congruences dans Z 77 1 Faux.

2 Vrai.

78 1 Vrai.

2 Vrai. 5 Faux (ex. : a = 7 ).

3 Vrai.

4 Faux.

3 Vrai.

4 Faux.

3 Vrai.

4 Vrai.

79 1 Vrai.

2 Faux.

80 1 a. et b.

2 b. et c. 3 a. et b. 4 c.

5 Vrai.

81 Il existe des entiers k et k l tels que a - b = kn et

c - d = k l n , donc â + c h - ^b + d h = â - bh - ^c - d h = ^k + k lhn et ac - bd = a^c - d h + dâ - bh = âk l + dk hn . D’où a + c / b + d ^nh et ac / bd ^nh . 82 On raisonne par récurrence sur l’entier p H 1 .

Initialisation évidente. Hérédité : on suppose que, pour un entier naturel p H 1, a p / b p ^nh ; comme a / b ^nh la propriété de compatibilité avec la multiplication donne a p # a / b p # b ^nh , c’est-à-dire a p + 1 / b p + 1 ^nh . 83 1 25a + 8b / 25 # 2 + 8 # 5 / 90 / 0 ^9 h .

2 a2 - b2 / 4 - 25 / - 21 / - 3 ^9 h .


Donc il existe un entier k tel que a2 - b2 + 3 = 9k . Alors a2 - b2 = 3^3k - 1h est un multiple de 3. 84 1 2 On conjecture que 6 semble diviser P^ x h pour

tout entier x. 3 P^ x h = x^ x2 + 3x + 2h ; x2 + 3x + 2 a pour racines - 2 et - 1 , donc P^ x h = x^ x + 1h^ x + 2h . 4 x^ x + 1h^ x + 2h est le produit de trois entiers consécutifs parmi lesquels il y a exactement un multiple de 3 et au moins un multiple de 2 ; ce produit est donc un multiple de 6. 8


On conjecture que An semble divisible par 5 lorsque n est impair. n 2 6 / 1^5 h et 4 / - 1^5 h , donc An / 1 + ^- 1h ^5 h ; n si n est pair, 1 + ^- 1h = 2 et si n est impair, n 1 + ^- 1h = 0 , d’où le résultat. 89 1 53 / 125 / 6 ^17h , donc 53n / 6 n ^17h ,

donc 53n - 6 n / 0 ^17h : le reste est 0. 2 39 / 4 ^7 h , donc 39 60 / 4 60 ^7 h ; 4 60 / 1630 et 1630 / 230 ^7 h ; 230 = 810 et 810 / 110 ^7 h . Finalement, 3960 / 1^7 h : le reste est 1. 3 2 0122 012 / 102 012 ^11h ; 102 012 = 1001006 et 1001006 / 11006 ^11h . Finalement, 2 0122 012 / 1^11h : le reste est 1. 90 1 Par 5 le reste est 1, par 9 le reste est 7 et par 11 le

reste est 1. 2 Par 5 et 11, le reste est 1 ; par 9, le reste est 4, car : 78 = 49 4 / 4 4 / 162 / 72 / 4 ^9 h . 91 1 n3 / 43 / 64 / 1^7 h , donc n3 - 1 / 0 ^7 h et

n3p - 1 / 1 p - 1 / 0 ^7 h : pour tout entier naturel p, le reste de la division euclidienne de n3p + 1 par 7 est 0. 2 n3 / 53 / 125 / - 1^7 h , donc n3 + 1 / 0 ^7 h et p n3p + 1 / ^- 1h + 1^7 h : pour tout entier naturel pair p,


le reste de la division euclidienne de n3p + 1 par 7 est 2 et pour tout entier naturel impair p, le reste de la division euclidienne de n3p + 1 par 7 est 0. 92 1 Il semble que 1, 2, 4, 5, 10 et 20 sont les seules

valeurs telles que k divise Nk . 2 Première solution : Nk 20 = k+1+ , donc k Nk + k 20 . k k Seconde solution : k Nk + Nk / 0^k h + 20 / 0^k h + k 20 . 93 1 Les entiers 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. 2 En multipliant par 3, on obtient comme restes possibles 0, 3, 6, 2, 5, 1 et 4 (au final les mêmes restes que pour x). 3 D’après les calculs de la question 2 : 3x / 5 ^7 h + x / 4 ^7 h ; les solutions sont donc les entiers de la forme 7k + 4 avec k ! Z .

94 1 Les restes possibles sont 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 et 9. 2 Les restes possibles sont 0, 1, 4 et 7. 3 x 2 + 2 / 0 ^9 h x2 / 7 ^9 h et, d’après la question 1 ,

+

x2 / 7 ^9 h + x / 4 ^9 h ou x / 5 ^9 h .

97 1 Voir exercice 83.

2 a. 3 0 = 1 / 1^7 h ; 31 = 3 / 3^7 h ; 32 = 9 / 2 ^7 h ;

33 = 32 # 3 / 6 ^7 h ; 3 4 = 32 # 32 / 4 ^7 h ; 35 = 3 # 3 4 / 12 / 5 ^7 h ; 36 = 3 # 35 / 15 / 1^7 h . b. 3 n + 6 - 3 n = 3 n ^3 6 - 1h / 3 n ^1 - 1h / 0 ^7 h . Donc 3 n + 6 - 3 n est divisible par 7. On en déduit que 3 n + 6 et 3 n ont le même reste dans la division par 7. c. 32 012 = 3335 # 6 + 2 / 32 / 2 ^7 h ; le reste est 2. 3n - 1 3 un = ; 7 un + 7 2un (l’implication est 2 évidente dans un sens et, pour l’autre sens on utilise le fait que, si 7 est dans la décomposition en facteurs premiers de 2un , alors il est dans celle de un ). Ainsi : 7 un + 7 ^3 n - 1h + 3 n / 1^7 h + n est un multiple de 6. 98 1 Si n = 2k + 1 avec k entier,

95 1 7y2 / 0 ^7 h , donc, si le couple d’entiers ^ x ; y h est 2

solution, alors x / 3 ^7 h . 2 Les restes possibles sont 0, 1, 2 et 4. 3 3 n’étant pas un des restes possibles, l’équation n’a pas de solution.

Prépa Bac Exercices guidés 96 1 Par 2 : aucun ; par 3 : 111, 111 111, 111 111 111 ;


d. Si Nk = n2 , alors, d’après la question 4 a., le chiffre des unités de n est 1 ou 9. Alors, d’après la question 4 b., Nk / 1^20h . Alors, d’après la question 4 c., la seule possibilité est k = 1 , qui convient, car N1 = 1 = 12 .

par 5 : aucun ; par 9 : 111 111 111. 2 Un rep-unit étant impair, il n’est pas divisible par 2 et se terminant par le chiffre 1 n’est pas divisible par 5. 3 Il semble que Nk est divisible par 3 si, et seulement si, k est divisible par 3 et que Nk est divisible par 9 si, et seulement si, k est divisible par 9. Preuve : k est la somme des chiffres de Nk , donc les critères de divisibilité par 3 et par 9 justifient ces conjectures. 4 a. Dernier chiffre de n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Dernier chiffre de n2 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 2 b. ^10p + 1h = 100p2 + 20p + 1 / 1^20h 2 et ^10p - 1h = 100p2 - 20p + 1 / 1^20h . c. On peut utiliser la piste de résolution ou raisonner ainsi : si k 2 2 , Nk = 11 + 100 # Nk - 2 / 11^20h , car 100 / 0^20h et N2 = 11 / 11^20h . Le reste est donc 11.

n2 - 1 = 4k2 + 4k = 4k^k + 1h ; k ou ^k + 1h est pair, donc 4k^k + 1h est un multiple de 8, c’est-à-dire n 2 / 1 ^8 h . 2 Si n est pair, alors n = 2k avec k entier, donc n2 = 4k2 . Si k est pair, k2 aussi, donc n2 / 0 ^8 h . Si k est impair, k2 / 1^8 h d’après la question 1 , donc n 2 / 4 ^8 h . 3 a. D’après la question 1 a2 + b2 + c2 / 1 + 1 + 1^8 h, donc le reste est 3. b. D’après les questions 1 et 2 , le reste dans la division euclidienne par 8 d’un carré est 1, 0 ou 4. Donc, avec le résultat de la question 3 a. a2 + b2 + c2 ne peut pas être un carré.

Exercices d’entraînement 99 1 Vrai :

Reste de la division euclidienne de a2 par 4 0 1 2 3 Reste de la division euclidienne de a par 4 0 1 0 1 2 Faux : Reste de la division euclidienne de x 0 1 2 3 4 par 5 Reste de la division euclidienne de x2 0 1 4 4 1 par 5 Reste de la division euclidienne de 3 0 4 0 3 x2 + x + 3 par 5 3 Vrai : 401 est premier, donc : ^ x - y h^ x + y h = 401 + * x - y = 1 + * x = 201 . x + y = 401 y = 200 100

0

1 67 = 15 # 4 + 7 .

2 7 = 1 / 1^15h ; 71 = 7 / 7 ^15h ; 72 = 49 / 4 ^15h ;



9

73 / 7 # 4 / 13 ^15h ; 7 4 / 4 # 4 / 1^15h . Le reste de la division euclidienne de 7 n par 15 est donc 1 si n = 4k , 7 si n = 4k + 1 , 4 si n = 4k + 2 et 13 si n = 4k + 3 , avec k ! N . 3 67 / 7 ^15h , donc 67 n - 1 / 7 n - 1^15h . D’après la question 1 , 67 n - 1 est divisible par 15 si, et seulement si, n = 4k , avec k ! N . 101

1 un = 23 + 13n ; un tableau de valeurs de

un 6

donne un résultat entier pour n = 1 ; 7 ; 13 ; 19 ; … On conjecture donc que un semble divisible par 6 si, et seulement si, n / 1^6 h . 2 23 / - 1^6 h et 13 / 1^6 h , donc : un / 0^6 h + - 1 + n / 0^6 h + n / 1^6 h . 102

1 vn = 13 # 5 n et 13 # 5 n / 1 # 1 n / 1^4 h ; le reste

est donc 1. 2 a. un + 2 = 5un + 1 - 6 = 25un - 36 , or, 25un - 36 / 1un - 0 / un ^4h . b. On raisonne par récurrence. Initialisation : pour n = 0 , 2un = 28 et 5 n + 2 + 3 = 25 + 3 = 28 . Hérédité : on suppose que, pour un entier naturel n, 2un = 5 n + 2 + 3 ; 2un + 1 = 10un - 12 = 5^5 n + 2 + 3h - 12 = 5 n + 3 + 3 . Par récurrence on conclut : pour tout entier naturel n, 2un = 5 n + 2 + 3 . c. Si 3 divisait un , alors 3 diviserait aussi 2un - 3 ; or, 2un - 3 = 5 n + 2 n’est pas divisible par 3. Conclusion : aucun terme de la suite ûnh n’est divisible par 3.


103

1 a. Supposons a pair, alors 9 = 2 n - a2 est impos-

sible, car la différence de deux entiers pairs est paire. D’où, si a existe, a est impair. b. Il existe un entier k tel que a = 2k + 1 , donc si a est solution, on aura : 9 + 1 + 4k + 4k2 = 2 n , c’est-à-dire 4k2 + 4k + 10 = 2 n . Or, 4k2 + 4k + 10 / 2^4h et 2 n / 0^4h puisque n H 4 , donc l’équation n’a pas de solution. n 2 a. 3 / - 1^4 h , donc 3 n / ^- 1h ^4h . Si n est pair, on aura 3 n / 1^4h ; si n est impair, on aura 3 n / - 1^4h ce qui équivaut à 3 n / 3 ^4h . b. Si a est impair, son carré est impair et comme 9 est impair, on aura 9 + a2 pair. C’est impossible, car 3 n est impair. Donc a est pair, il existe un entier k tel que a = 2k . On a alors 9 + a2 = 9 + 4k2 / 1^4h . Si l’équation a une solution, on doit avoir 3 n / 1^4h ce qui est le cas n pair d’après la question précédente. 2 c. 3 n - a2 = 9 + ^3 ph - a2 = 9 + ^3 p + ah^3 p - ah = 9 . Comme les diviseurs positifs de 9 sont 1, 3 et 9 et que les deux facteurs sont distincts, la seule possibilité est 3 p - a = 1 et 3 p + a = 9 , donc en sommant, 2 # 3 p = 10 ou bien 3 p = 5 , ce qui est impossible. Pas de solution dans ce cas. 10


3 a. Si n est impair, alors on a n = 2k + 1 , donc 5 n = 5 # 5 2k . Or, 52 / 1^3 h , donc 52k / 1^3 h et finalement 5 n / 5 ^3 h, donc 5 n / 2 ^3 h . L’entier a est congru à 0, 1 ou 2 modulo 3, donc a2 est congru à 0 ou 1 modulo 3 avec 9 congru à 0 modulo 3. D’où 9 + a2 est congru à 0 ou 1 modulo 3. Impossible d’avoir 9 + a2 = 5 n . 2 b. 5 n - a2 = 9 + ^5 ph - a2 = 9 + ^5 p + ah^5 p - ah = 9 . La seule possibilité est 5 p - a = 1 et 5 p + a = 9 , donc, en sommant, 2 # 5 p = 10 ou bien 5 p = 5 ce qui est possible pour p = 1 . Donc n = 2 et a = 4 ; c’est la seule solution dans ce cas. 104

Partie A

1 34 + 43 = 77 = 7 # 11 ; 57 + 75 = 132 = 12 # 11 ;

93 + 39 = 132 = 12 # 11 . 2 x + y = 10a + b + 10b + a = 11â + bh . 3 x = d + 10c + 100b + 1000a ; comme 10 / - 1^11h, x / d - c + b - a ^11h . 4 - a + b - b + a = 0 / 0 ^11h . Partie B 1 10 / - 1^11h , donc, si k est pair 10 k / 1^11h et si k est impair 10 k / - 1^11h ; d’où le résultat. 2 6-1+8-6+2-9+6-7+8-4+7-3 + 5 - 1 = 11 , donc, selon le critère établi en question 1 , cet entier est divisible par 11. 3 On cherche n sous la forme n = abcd avec a ! 0 tel que 'd - c + b - a multiple de 11 ; la première condia + b + c + d = 11 tion s’écrit d - c + b - a ! "- 11 ; 0 ; 11 , . d - c + b - a =- 11 + b + d = 0 + b = d = 0 ; ' ' ' a + b + c + d = 11 a + c = 11 a + c = 11 d’où les solutions 2 090 ; 3 080 ; 4 070 ; 5 060 ; 6 050 ; 7 040 ; 8 030 ; 9 020. d - c + b - a = 0 + 2^b + d h = 11 ; impossible. * ' 2â + c h = 11 a + b + c + d = 11 d - c + b - a = 11 + b + d = 11 + b + d = 11 ; ' ' ' a + b + c + d = 11 a+c = 0 a=c=0 impossible, car a ! 0 . 105

1 n = 100a + 10b + c / 2a + 3b + c ^7 h ,

car 100 = 7 # 14 + 2 / 2 ^7 h . 2 m = 10a + b - 2c / 3a + b - 2c ^7 h . 3 n - 3m / 2a + 3b + c - 3^3a + b - 2c h ^7 h / - 7a + 7c / 0 ^7 h . m + 2n / 3a + b - 2c + 2^2a + 3b + c h ^7 h / 7a + 7b / 0 ^7 h . 4 Si m / 0 ^7 h , comme n / 3m ^7 h , n / 0 ^7 h ; réciproquement, si n / 0 ^7 h , comme m / - 2n ^7 h , m / 0 ^7 h . 5 Le résultat de la question 4 prouve le critère énoncé.


106

Reste de la division euclidienne de x par 6 Reste de la division euclidienne de x2 par 6 Reste de la division euclidienne de x2 + x + 1 par 6 Il n’y a pas de solution.


107

0

1

2

3

4 5

0

1

4

3

4 1

1

3

1

1

3 1

1 Initialisation : le point de coordonnées ^1 ; 8h appartient à la droite d’équation 5x - y + 3 = 0 . Hérédité : on suppose que pour un entier naturel n, le point ^ xn ; ynh appartient à la droite et on montre que le point de coordonnées ^ xn + 1 ; yn + 1h appartient à la droite. 5xn + 1 - yn + 1 + 3 7 1 20 8 = 5 a xn + yn + 1 k x - y -5+3 3 3 3 n 3 n = 5xn - yn + 3 = 0 . Par récurrence, on a montré que tous les points ^ xn ; ynh appartiennent à la droite d’équation 5x - y + 3 = 0 . 7 1 xn + 1 = xn + yn + 1 or yn = 5xn + 3 , donc : 3 3 7 1 xn + 1 = xn + ^5xn + 3h + 1 = 4xn + 2 . 3 3 2 a. Initialisation : x0 = 1 est un entier. Hérédité : supposons pour un entier naturel n, arbitrairement choisi, que xn est un entier, montrons que xn + 1 est un entier. 4 et 2 sont des entiers, et xn est un entier, donc 4xn + 2 est un entier, c’est-à-dire xn + 1 est un entier. Par récurrence, on a montré que tous les xn sont des entiers. b. Comme yn = 5xn + 3 et xn entier, on a également yn entier. 3 a. Si xn est divisible par 3, alors 5xn + 3 / 0 ^3 h , donc yn / 0 ^3 h . Si yn / 0 ^3 h , alors 5xn / 0 ^3 h , donc xn est divisible par 3. b. Si un entier premier p divise xn et yn , alors p divise yn - 5xn , c’est-à-dire p 3 , donc p = 3 . 4 a. Initialisation : x0 = 1 la propriété est vraie. Hérédité : supposons pour un entier naturel n, arbitrai1 rement choisi que xn = ^4 n # 5 - 2h et montrons que 3 1 xn + 1 = ^4 n + 1 # 5 - 2h . 3 4 xn + 1 = 4xn + 2 = ^4 n # 5 - 2h + 2 3 1 2 1 # 4n + 1 # 5 = = ^4 n + 1 # 5 - 2 h . 3 3 3 Par récurrence, on a montré la propriété pour tout entier naturel n. b. Comme xn est un entier, l’entier 4 n # 5 - 2 est divisible par 3. 108

Partie A

1 12 + 32 + 52 = 35 / - 1^4 h . 2 a. n = 3 .

r 0 1 2 3 4 5 6 7 R 0 1 4 1 0 1 4 1 b. La somme de trois carrés peut donc être congrue modulo 8 à 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, mais jamais à 7, donc on ne peut avoir dans ce cas x2 + y2 + z2 / - 1^8 h . Partie B 1 Si x2 + y2 + z2 / - 1^2 nh , alors il existe k tel que x2 + y2 + z2 = 2 n k - 1 ce qui est un entier naturel impair. Si x, y et z sont pairs, leurs carrés également et x2 + y2 + z2 sera pair. Si deux sont pairs et un impair, la parité des carrés étant la même, on aura x2 + y2 + z2 impair. Si l’un est pair et les deux autres impairs, on aura x2 + y2 + z2 pair. Si les trois sont impairs, alors x2 + y2 + z2 sera impair. 2 a. On suppose x et y pairs, z impair. x2 + y2 + z2 = 4a2 + 4b2 + 4c2 + 4c + 1 / 1^4h . b. On a donc x2 + y2 + z2 / - 1^2 nh et x2 + y2 + z2 / 1^4h , c’est-à-dire x2 + y2 + z2 = 2 n k - 1 = 4k l + 1 , avec k et k l entiers naturels. Comme n H 3 , la somme des carrés s’écrit sous la forme 4K - 1 et sous la forme 4k l + 1 . C’est impossible, car alors on aurait 2^K - k lh = 1 avec K et k l entiers. Il n’y a pas de solution dans ce cas. 3 On suppose que x, y et z sont impairs, et on pose x = 2a + 1 , y = 2b + 1 , z = 2c + 1 . x2 + y2 + z2 = 4a2 + 4a + 1 + 4b2 + 4b + 1 + 4c2 + 4c + 1 = 4 6â2 + ah + ^b2 + bh + ^c2 + ch@ + 3 . Or, les entiers â2 + ah ; ^b2 + bh ; ^c2 + c h sont pairs puisque ce sont les produits de deux entiers consécutifs, par exemple, a2 + a = aâ + 1h . Donc x2 + y2 + z2 = 8k + 3 . Comme on a également x2 + y2 + z2 / - 1^2 nh , on a aussi x2 + y2 + z2 = 2 n k l - 1 = 8K l - 1 puisque n H 3. Ainsi, on doit avoir 8k + 3 = 8K l - 1 ce qui équivaut à 2^K l - k h = 1 ce qui est impossible. Il n’y a pas de solution dans ce cas. 109

1 Les nombres de Mersenne qui sont premiers sont : 3, 7, 31, 127, 8 191. ak - 1 2 a. 1 + a + a2 + f + a k - 1 = pour a distinct a-1 de 1. D’où a k - 1 = â - 1h^1 + a + a2 + f + a k - 1h , donc â - 1h âk - 1h . b. Si d n , alors il existe un entier k tel que n = kd . k D’après la question précédente, ^2d - 1h a^2d h - 1 k ce

qui signifie ^2d - 1h ^2 kd - 1h ou bien ^2d - 1h Mn . 3 Si n est non premier, alors il existe k H 2 et d H 2 tels que n = kd et le nombre Mn est divisible par ^2d - 1h, différent de 1 et Mn , donc n’est pas premier. Par contraposée, si Mn est premier, alors n est premier. La réciproque est fausse, car 11 est premier ; or, 211 - 1 = 2 047 = 23 # 89 n’est pas premier.



11

110

1 Comme n n’est pas premier, il existe des entiers

k et d tels que n = kd ; 11 k 1 n ; 11 d 1 n . De plus n étant impair, k et d sont impairs (sinon kd serait pair). 2 a. ai, 1 = 4 + 3î - 1h = 3i + 1 . b. La raison est ri = 3 + 2î - 1h = 2i + 1 . c. ai, j = ai, 1 + ^ j - 1h # ri = 3i + 1 + ^ j - 1h^2i + 1h = 3i + 1 + 2ij + j - 2i - 1 = i + j + 2ij . d. ^2i + 1h^2j + 1h = 4ij + 2i + 2j + 1 = 2ai, j + 1 . e. Si k figure dans le tableau, le résultat précédent montre clairement que 2k + 1 n’est pas premier. Réciproquement, si k ne figure pas dans le tableau, alors 2k + 1 est premier sinon, d’après la question 1 2k + 1 serait le produit de deux entiers impairs autres que 1 et 2k + 1 ; ces deux entiers impairs seraient de la forme 2i + 1 et 2j + 1 avec i H 1 et j H 1 , donc k = ai, j serait dans le tableau.

Problèmes


111

1 a. 220 = 22 # 5 # 11 et 284 = 22 # 71 sont de la

forme A et B avec n = 2 . b. Les diviseurs positifs de 1 184 sont 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 16 ; 32 ; 37 ; 74 ; 148 ; 296 ; 592 ; 1 184 et leur somme est 2 394. Les diviseurs positifs de 1 210 sont 1 ; 2 ; 5 ; 10 ; 11 ; 22 ; 55 ; 110 ; 121 ; 242 ; 605 ; 1 210 et leur somme est 2 394. Donc 1 184 et 1 210 sont amiables. 1184 = 25 # 37 et 1210 = 2 # 5 # 112 , donc ils ne sont pas de la forme A et B. c. Pour n = 4 , on a a = 23 ; b = 47 ; c = 1151 qui sont premiers et donnent la paire de nombres amiables A = 17 296 ; B = 18 416 . d. Pour n = 7 , on a a = 191 ; b = 383 ; c = 73 727 qui sont premiers et donnent la paire de nombres amiables A = 9 363 584 ; B = 9 437 056 . 2 a. Le nombre de diviseurs positifs de B est ^n + 1h # 2 et les diviseurs proposés sont distincts et au nombre de 2 ^n + 1 h . b. A possède ^n + 1h # 2 # 2 = 4^n + 1h diviseurs positifs ; ce sont les entiers : 1 ; 2 ; 22 ; … ; 2 n ; a ; 2a ; 22 a ; … ; 2 n a ; b ; 2b ; 22 b ; … ; 2 n b ; ab ; 2ab ; 22 ab ; … ; 2 n ab . c. SB = ^1 + 2 + 22 + f + 2 nh^1 + c h 1 - 2n + 1 = ^1 + c h = ^2 n + 1 - 1h^1 + c h. 1-2 d. SA = ^1 + 2 + 22 + f2 nh^1 + a + b + abh 1 - 2n + 1 = ^1 + a + b + abh 1-2 = ^2 n + 1 - 1h^1 + a + b + abh . e. 1 + a + b + ab = 1 + 3 # 2 n - 1 - 1 + 3 # 2 n - 1 +^3 # 2 n - 1 - 1h^3 # 2 n - 1h -1 n n = 3#2 + 3 # 2 - 1 + 9 # 2 2n - 1 - 3 # 2 n - 1 - 3 # 2n + 1 -1 2 n = 9#2 = c + 1. Ainsi, SA = SB et A et B sont amiables. 12


112

1 a. Notons q = 2 p - 1 ; on suppose que q est

premier, donc 2 p - 1 # q est la décomposition en facteurs premiers de N, donc N admet p # 2 diviseurs : 1 ; 2 ; 22 ; … ; 2 p - 1 et q ; 2q ; 22 q ; … ; 2 p - 1 q . b. La somme des diviseurs positifs de N autres que luimême est : 1 + 2 + 22 + f + 2 p - 1 + q + 2q + 22 q + f + 2 p - 2 q 2p - 1 2p - 1 - 1 = +q# = 2 p - 1 + ^2 p - 1h^2 p - 1 - 1h 2-1 2-1 = ^2 p - 1h # 2 p - 1 = N . Donc N est parfait. 2 a. Les diviseurs de N sont 1 ; 2 ; 22 ; … ; 2 n et, pour tout diviseur d ! 1 de q ; d ; 2d ; 22 d ; … ; 2 n d ; donc s^N h = ^1 + 2 + 22 + f + 2 nh # s^qh . Comme s^N h = 2N et 1 + 2 + 22 + f + 2 n = 2 n + 1 - 1, 2N = ^2 n + 1 - 1h # s^qh . b. 2N = ^2 n + 1 - 1h # s^qh + 2n + 1 q = ^2n + 1 - 1h # ^v + qh + 0 = ^2n + 1 - 1hv - q + q = v^2n + 1 - 1h. c. D’après la question précédente, v divise q et v 1 q (car n H 1 ), donc v est un des termes de la somme égale à v , donc v est le seul terme de cette somme, donc v = 1 . Alors, les diviseurs de q sont 1 et q, donc q est premier. L’égalité de la question 2 b. s’écrit : q = ^2 n + 1 - 1h . D’où N = 2 n ^2 n + 1 - 1h . Conclusion : tous les nombres parfaits pairs sont de la forme 2 p - 1 ^2 p - 1h avec 2 p - 1 premier. 113

1 Les valeurs supérieures à 3 non traversées par la

droite semblent correspondre aux entiers premiers (autres que 2). k k 2 A ca ; m et B c- b ; - m . a b -b -a 1 3 AB f k k - p et v ca m sont orthogonaux b a + 1^- b - ah + a c- bk - ak m = 0 ab =. + a = ak + b k = â + bh # - kâb k + a bh - b a 1 4 v c m est un vecteur directeur de , donc a pour a ab ; alors l’équation de est de coefficient directeur k ab la forme y =x + p ; P^k ; 0h appartient à , donc k ab p = ab ; d’où : y =x + ab . k 5 coupe l’axe des ordonnées au point de coordonnées ^0 ; abh . Tout entier non premier supérieur à 3 s’écrit sous la forme ab avec a et b deux entiers tels que 2 G a et 2 G b et tout entier premier ne s’écrit pas sous cette forme, donc les ordonnées non traversées par la droite sont exactement les nombres premiers supérieurs à 3. 114

En attribuant l’exposant zéro aux nombres premiers qui ne figurent pas dans sa décomposition, n aura une écriture de la forme n = p1a1 # p2a2 # f # p aA A où a1 , a2, …, a A sont des entiers naturels éventuellement nuls.


2 n = p12a1 + b1 # p22a2 + b2 # f # p 2AaA + bA

= k2 # p1b1 # p2b2 # p bAA en posant k = p1a1 # p2a2 # f # p AaA . 3 a. k2 G n G N . b. On a deux choix possibles pour chaque bi (0 ou 1), donc il y a 2 A écritures possibles pour p1b1 # p2b2 # f # p bAA . c. k G N , donc, pour écrire n, il y a au plus N choix possibles pour k. Le nombre d’écritures possibles de n est donc inférieur ou égal à N # 2 A . Or, par définition de n, n peut prendre N valeurs (1 ; 2 ; … ; N). Ainsi, N G N # 2 A , ou encore N # 2 A , ou encore N G 2 2A . 4 On vient de montrer que s’il y avait un nombre fini d’entiers naturels premiers, alors il y aurait un nombre fini d’entiers naturels ! 1 Si n = p12a1 # p22a2 # f # p k2ak , 2 alors n = ^ p1a1 # p2a2 # f # p kak h ; donc, 115


116

1 a. Soit la décomposition en facteurs premiers : a = q1a1 # f # q kak . Le nombre pa admet comme décomposition en facteurs premiers p # q1a1 # f # q kak, où p est distinct de tous les qi . Si on appelle N le nombre de diviseurs de a, d’après l’exercice 57, le nombre de diviseurs de pa est égal à ^1 + 1hN = 2N . b. Les diviseurs de pa sont d1 ; … ; dm ; pd1 ; … ; pdm . c. Spa = d1 + f + dm + pd1 + fpdm = Sa + pSa = ^1 + phSa . S a 2 Si a et b sont amis, alors = a ; or, Spa = ^1 + phSa b Sb Spa S pa a = = a = , donc et Spb = ^1 + phSb , donc pb b Sb Spb pa et pb sont amis. 3 a. Il suffit de multiplier les deux nombres amis par un nombre premier p qui n’intervient dans aucune décomposition en facteurs premiers des deux nombres. Comme les facteurs premiers communs sont en nombre fini et qu’il y a une infinité de nombres premiers, il y a une infinité de choix possibles pour p. b. "11 # 30 ; 11 # 140 , ; "13 # 30 ; 13 # 140 , ; "17 # 30 ; 17 # 140 , sont des paires de nombres amis. 1 Entre le 1 janvier 2012 et le 1 janvier 2062 il y aura 13 années bissextiles, donc ^50 # 365 + 13h jours. er

er

118

1 a. Tant que le quotient qk n’est pas nul, on a qk - 1 - qk = 2qk + rk - qk = qk + rk 2 0 , car qk non nul. Donc la suite ^qnh est strictement décroissante. b. Il y a un nombre fini d’entiers entre q0 et 0. c. a = 2q0 + r0 = 2^2q1 + r1h + r0

= 22 q1 + 2r1 + r0 = f = 2 m qm - 1 + 2 m - 1 rm - 1 + f + 2r1 + r0 . Comme qm = 0 , qm - 1 = rm ; d’où l’écriture finale. 2

2

2 a. 2 = 10 ; 10 = 1010 ; 2

2

26 = 11010 ; 111 = 1101111 . 2 2 b. 10 = 2 ; 111 = 7 ;

si n n’est pas un carré parfait, dans la décomposition de n en produit de facteurs premiers il existe un nombre premier p dont l’exposant est impair. 2 a. L’exposant de p est impair dans la décomposition de n et paire (éventuellement nulle) dans celle de b2 ; donc, comme lors du produit les exposants s’additionnent, l’exposant de p est impair dans la décomposition de nb2 . b. Ils sont tous pairs. c. D’après les questions a. et b., l’égalité nb2 = a2 est a également. impossible, donc l’égalité n = b 3 Si l’entier n n’est pas un carré parfait, alors n est irrationnel.

117

50 # 365 + 13 / 1 # 1 - 1 / 0 ^7 h ; le 1er janvier 2062 sera donc un dimanche. 2 On regarde le 5 octobre de l’année scolaire en cours et on procède comme dans la question 1 . Cédric Villani est né un vendredi.

2 2 10 101 = 21 ; 110 010 101 = 405 . 3 a. Pour TI :

Pour Casio, il suffit de rajouter « STOP ». b. 8 = 23 ; 12 = 23 + 22 ; 19 = 2 4 + 2 + 1 . 119

1 252 possède 3 # 3 # 2 = 18 diviseurs positifs

qui sont : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 7 ; 9 ;12 ; 14 ; 18 ; 21 ; 28 ; 36 ; 42 ; 63 ; 84 ; 126 ; 252. 2 496 = 2 4 # 31 possède 5 # 2 = 10 diviseurs positifs qui sont : 1 ; 2 ; 4 ; 8 ; 16 ; 31 ; 62 ; 124 ; 248 ; 496. 3 v^252h = 728 ! 2 # 252 , donc 252 n’est pas parfait. v^496h = 992 = 2 # 496 , donc 252 est parfait. 4 ^1 + 2 + 22h^1 + 3 + 32h^1 + 7h = 7 # 13 # 8 = 728 = v^252h . ^1 + 2 + 22 + 23 + 2 4h^1 + 31h = 31 # 32 = 992 = v^496h . 5 On conjecture que : v^nh = ^1 + p + f + pah^1 + q + f + qbh^1 + r + f + rch. 6 a. Le nombre de diviseurs positifs de n est â + 1h^b + 1h^c + 1h . b. Chaque terme du développement est de la forme pa qb rc avec 0 G a G a ; 0 G b G b ; 0 G c G c ; comme pa divise pa , pb divise pb et pc divise pc , pa qb rc divise pa qb r c . c. Le nombre de termes du développement est â + 1h^b + 1h^c + 1h . d. D’après les questions précédentes, ce développement est la somme de tous les diviseurs positifs de n. 120

24 5 24 5

24 8 24 = 31 # , donc v3 c m = 1 ; 5 5 5 24 24 = 5-1 # m =- 1 ; , donc v5 c 1 5 24 24 = 70 # m = 0. , donc v7 c 5 5 1



13

100 4 100 = 52 # , donc v5 c m=2 ; 3 3 3 405 405 135 5 = = 33 # , donc v3 a k=3 ; 12 12 4 4 49 49 1 = 72 # m = 2. , donc v7 c 20 20 20 25 , donc v3 ^75h = 1 ; 75 = 31 # 1 1 36 = 36 # , donc v3 ^36h = 6 ; 1 25 25 25 0 =7 # m = 0. , donc v7 c 16 16 16 1 3 pk = pk # , donc vp ^ p k h = k . 1 ac 4 xy = p k + 1 avec ac et bd non multiples de p. On a bd vp ^ x h = k et vp ^ y h = , et on a bien vp ^ xy h = k + , . x x 5 vp ^ x h = vp c # y m = vp c m + vp ^ y h , y y x donc on déduit vp c m = vp ^ x h - vp ^ y h . y 6 a. Ce programme calcule la valuation 2-adique d’un entier naturel. b. 2

2 2 4 a. âc + bd h + âd - bc h = a2 c2 + b2 d2 + 2abcd

+ a2 d2 + b2 c2 - 2abcd = a2 c2 + b2 d2 + a2 d2 + b2 c2 . b. Supposons que n et m sont deux éléments de S, alors n = a2 + b2 ; m = c2 + d2 . On obtient : nm = â2 + b2h^c2 + d2h = a2 c2 + a2 d2 + b2 c2 + b2 d2 = âc + bd h2 + âd - bc h2 ! S . c. S n’est pas stable pour l’addition, car 1 et 2 sont dans S, mais pas 3. 5 a b b2 a2 + b2 a2 pair pair pair pair pair impair impair impair impair pair pair impair pair impair impair 6 a. On suppose N pair, donc d’après le tableau ci-dessus, a et b ont même parité. Si a et b sont pairs, a + b et a - b sont pairs et donc a+b a-b et sont des entiers. 2 2 2 2+ - 2 a+b 2b2 m + c a b m = 2a b. c 2 2 4 a2 + b2 N = = . 2 2 N N est somme de deux carrés, donc c. L’entier ! S. 2 2 7 a. D’après le tableau du 5 , si N est impair, les entiers a et b sont de parités différentes. b. a2 + b2 = 4u2 + 4v2 + 4v + 1 = 4û2 + v2 + v h + 1 = 4k + 1 avec k entier. Si N est impair et appartient à S, alors N est de la forme 4k + 1 avec k entier. c. 21 = 4 # 5 + 1 ; or, 21 n’est pas somme de deux carrés, donc la réciproque est fausse. d. 8 055 g S , car il est impair et pas de la forme 4k + 1 avec k entier : 8 055 = 4 # 2 013 + 3 . 122

1 k divise ^n! + k h .

2 Il suffit de prendre n = 6 : 6! = 720 , donc, d’après la question 1 , 722, 723, 724, 725, 726 sont cinq entiers consécutifs non premiers. 3 Oui, il suffit de prendre n égal à cent milliards plus un, et d’appliquer le résultat de la question 1 .

a b c k # c1 k m # a1 100 100 100 = 222,87 + ^100 - ah^100 - bh^100 - c h 222,87 # 1003 = 742 900 . = 300 742 900 = 22 # 52 # 17 # 19 # 23 . Le seul produit de trois entiers naturels inférieurs à 100 égal à 742 900 est alors ^22 # 23h # ^5 # 17h # ^5 # 19h . 22 # 23 = 92 ; 5 # 17 = 85 ; 5 # 19 = 95 , donc les remises sont (dans n’importe quel ordre) de 8 %, 15 % et 5 %. 123

121

1

"0 ; 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 8 ; 9 , 1 S .


2 Si le cercle de rayon r passe par un point à coordon-

nées entières, alors r2 ! S . 3 Soit n un entier naturel, alors n2 = n2 + 02 et n2 + 1 = n2 + 12 ; donc n2 ! S et n2 + 1 ! S .

14


300 # a1 -


14

C H A P I T R E

PGCD et nombres premiers entre eux Introduction 1. Programme

Arithmétique Les problèmes étudiés peuvent notamment être issus de la cryptographie ou relever directement de questions mathématiques, par exemple, à propos des nombres premiers. Exemples de problèmes Problèmes de codage (codes barres, code ISBN, clé du RIB, code INSEE).

Contenus

• Divisibilité dans Z. • Division euclidienne. • Congruences dans Z.

Problèmes de chiffrement (chiffrement affine, chiffrement de Vigenère, chiffrement de Hill).

• PGCD de deux entiers. • Entiers premiers entre eux. • Théorème de Bézout.

Questionnement sur les nombres premiers : infinitude, répartition, tests de primalité, nombres premiers particuliers (Fermat, Mersenne, Carmichaël).

• Théorème de Gauss. • Nombres premiers. • Existence et unicité de la décomposition en produit de facteurs premiers.

Sensibilisation au système cryptographique RSA.


2. Intentions des auteurs L’enseignement de Spécialité prend appui sur la résolution de problèmes. Cette approche permet une introduction motivée des notions mentionnées dans le programme. Cette phrase du programme a motivé un changement de maquette par rapport aux chapitres précédents : • la page « Partir d’un bon pied » est remplacée par une page comportant quelques aspects historiques liés aux notions qui seront traitées ; • les deux pages « Découvrir » sont remplacées par trois pages « Du problème vers les notions » qui abordent des problèmes proposés par le programme, avec une reprise éventuelle en Travaux Pratiques ou Exercices après l’étude du cours, et une page « Activités de découvertes » plus proche des pages « Découvrir ».

La répartition des notions étudiées entre les deux chapitres d’arithmétique a été pensée pour pouvoir approcher les problèmes de codage dans l’un et de chiffrement dans l’autre. Le questionnement sur les nombres premiers est présent dans les deux chapitres. Du point de vue mathématique : le chapitre 14 traite des notions de PGCD et d’entiers premiers entre eux. Les exercices d’application sont majoritairement simples pour une bonne assimilation des notions nouvelles. Les problèmes sont de difficultés hétérogènes, avec quelques énoncés assez difficiles pour que chacun y trouve son compte.


PGCD et nombres premiers entre eux

1

Du problème vers les notions Les activités 1, 2 et 3 présentent des méthodes de chiffrement dans un ordre chronologique.

1 Le chiffrement affine : codage par substitution mono-alphabétique Activité

Objectif Décrire le chiffrement affine ; la question du déchiffrement renvoie aux exercices, après l’étude du cours. 1 Principe Si a ou/et b sont supérieurs ou égaux à 26, ils peuvent être remplacés par le reste dans leur division euclidienne par 26. 2 Exemple a. a = 11 ; b = 8 . b. 10-8-21-6-21-17-13-8-9-18-2-20-0-25-8-15-8-21-24-0. c.

Ces clés ne sont pas satisfaisantes, car des lettres différentes ont le même codage. 3 1 G a G 25 et 0 G b G 25 , donc on peut concevoir 25 # 26 = 650 clés différentes, mais certaines ne sont pas satisfaisantes comme nous l’avons vu dans la question précédente.

Activités de découverte 4 Recherche du PGCD : algorithme d’Euclide Activité

Objectif Justifier la recherche du PGCD en utilisant l’algorithme d’Euclide vu en Troisième. 1 Si b divise a, le PGCD de a et b est b. 2 Il existe un entier q tel que a = bq + r . a. Si d divise a et b alors d divise a - bq , c’est-à-dire d divise r. b. Si d divise r et b alors d divise b + rq , c’est-à-dire d divise a. c. Les couples â, bh et ^b, r h ont les mêmes ensembles de diviseurs communs, donc ils ont le même PGCD. 3 a. Si r 1 = 0 , PGCD â, bh = PGCD ^b, r 0h = r 0 . Sinon, PGCD â, bh = PGCD ^b, r 0h = PGCD ^r 0, r 1h et on écrit la division euclidienne de r 0 par r 1 . b. La suite des restes étant strictement décroissante et minorée par zéro, on aura un reste nul au bout d’un nombre fini d’étapes. c. D’après 2 c., le dernier reste non nul est le PGCD de a et b. 4

Variables : a, b, r : entiers ; Début Entrer a et b r!1 Tant que r 2 0 a r ! a - b # Ent a k b a!b b!r Fin tant que ; Afficher « PGCD â, bh = », a ; Fin.

2 Le chiffrement de Vigenère : codage par substitution polyalphabétique Activité

Objectif Décrire le chiffrement de Vigenère explicitement cité par le programme. 3 a. L E K V D Q R H H U L S R b. Une même lettre ne reçoit pas toujours le même code : par exemple, dans la question a., la lettre M est codée une fois L et une seconde fois Q. c. I AM VERY HAPPY Activité


R.S.A.

Programme calculatrice :

3 Le système cryptographique

Objectif Décrire le système RSA ; les justifications renvoient à un TP après l’étude du cours. 3 a. n = 13 # 29 = 377 ; 1 G d 1 336 et 5d / 1^336h donne d = 269 . b. 67 est le code ASCII de la lettre C et 266 est son code, c’est-à-dire le reste de la division euclidienne de 675 par 377. c. Alice doit calculer le reste de la division euclidienne de 266269 par 377 ; elle va obtenir 67. 2

ALGO


Test :


5 PGCD et décompositions en produits de facteurs premiers Activité

Objectif Utiliser les décompositions en facteurs premiers pour obtenir un PGCD. 1 a. a = 2 # 3 # 53 # 112 ; b = 22 # 52 # 11 # 17 . b. Les facteurs premiers pouvant figurer dans la décomposition de d sont : 2 avec l’exposant 1 ; 3 avec l’exposant 1 ; 5 avec pour exposant 1, 2 ou 3 ; 11 avec pour exposant 1 ou 2. c. Les facteurs premiers pouvant figurer dans la décomposition de d sont : 2 avec pour exposant 1 ou 2 ; 5 avec pour exposant 1 ou 2 ; 11 avec l’exposant 1 ; 17 avec l’exposant 1. d. Les facteurs premiers pouvant figurer dans la décomposition de d sont : 2 avec l’exposant 1 ; 5 avec pour exposant 1 ou 2 ; 11 avec l’exposant 1. e. PGCD â, bh = 2 # 52 # 11 = 550 . 2 On prend les facteurs premiers communs aux décompositions de a et b auxquels on attribue un exposant égal au plus petit des deux exposants présents dans les décompositions de a et b. 3 a = 23 # 5 # 72 # 11 # 17 et b = 22 # 52 # 113 # 17 , donc PGCD â, bh = 22 # 5 # 11 # 17 = 3 740 .

Exercices d’application Savoir faire Calculer un PGCD 1

a. PGCD â, bh = 50 . b. PGCD â, bh = 200 . c. PGCD â, bh = 22 . 2

1 PGCD ^456, 1548h = 22 # 3 = 12 .

2 PGCD ^4 416, 1225h = 1 (ces deux entiers sont premiers entre eux).

3 a. 35 # 15 = 525 et 35 # 16 = 560 ;

b. 17 # 30 = 510 et 17 # 31 = 527 . 4 1 ; 2 ; 5 ; 10 et leurs opposés.

b. Oui : si on note 2k + 1 et 2k - 1 ces deux entiers impairs consécutifs, l’algorithme d’Euclide conduit à la relation : ^2k + 1h^1 - k h + ^2k - 1hk = 1 . c. Non : ils ont 2 pour diviseur commun. 8 a. 39 = 3 # 13 ; 50 = 2 # 52 .

Donc PGCD â, bh = 1 . b. Le théorème de Bézout assure de l’existence des entiers u et v ; l’algorithme d’Euclide conduit à u = 9 et v =- 7 . 9 Supposons que p divise le produit ab.

Si p divise a, alors c’est fini, car on a bien p divise a ou b (même raisonnement si p divise b). Si p ne divise pas a, alors p est premier avec a et d’après le théorème de Gauss, p divise b. Réciproquement, supposons que p divise a ou b, par exemple, p divise a. Alors, il existe un entier k tel que a = kp , donc ab = kpb = ^kbhp ce qui prouve que p divise le produit ab.

Travaux pratiques 10 Suites et PGCD 1 - 5un + 4vn = 7 ; or, si d divise un et vn , alors d divise

- 5un + 4vn , donc d divise 7. Ainsi, les valeurs possibles du PGCD de un et vn sont 1 ou 7. 2 a. Si un et vn ne sont pas premiers entre eux, alors, d’après le résultat de la question précédente, 7 divise un et vn . Alors, 7 divise vn - un = n + 2 ; donc n / - 2 / 5 ^7 h . b. Réciproquement, si n / 5 ^7 h , un / 21 / 0 ^7 h et vn / 28 / 0 ^7 h . c. Conclusion : « un et vn ne sont pas premiers entre eux » + n / 5 ^7 h . 11 Les « nombres de Fermat » 1 a. F0 = 3 ; F 1 = 5 ; F2 = 17 . Ils sont effectivement

premiers. b. F3 = 257 est premier ; F4 = 65 537 est premier ; F5 = 4 294 967 297 est divisible par 641, donc n’est pas premier et la conjecture de Fermat n’est pas avérée. m n+k n k 2 a. Fm = 1 + 22 = 1 + 22 = 1 + 22 # 2

5 a. 10.

b. 25. c. 1. ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

n

Savoir faire Utiliser le théorème

de Bézout

6 a. d = 15 .

b. 495u + 150v = 15 + 33u + 10v = 1 ; l’algorithme d’Euclide conduit à u =- 3 , v = 10 . 7 a. ^n + 1h # 1 + n # ^- 1h = 1 .

k

2 = 1 + ^22 h = a2 + 1 .

b.

i = 2k - 1

/

i=0

k

2k

k

1 - ^- ah F -2 1 - a2 = =- m ^- ah = . Fn 1+a 1 - ^- ah

c. Comme

i

i = 2k - 1

/

i=0

^- ahi est une somme d’entiers, c’est

un entier et Fn divise Fm - 2 . d. Si d divise Fn et Fm - 2 , alors d divise leur différence 2, donc d = 1 ou d = 2 ; or, Fn est impair, donc d = 1 .



3

12 Le « petit théorème » de Fermat 1 a. On raisonne par l’absurde : si rk = 0 , p divise k # a ;

or, p est premier et ne divise pas a, donc p est premier avec a ; alors, selon le théorème de Gauss, p divise k. Mais ceci est impossible, car k est compris entre 1 et p - 1 . b. Si ka / rk ^ ph et k l a / rk ^ ph , alors ^k - k lha / 0 ^ ph ; si k l ! k le même raisonnement que dans la question 1 conduit à une impossibilité. Comme 1 G k G p - 1 et, d’après a., 1 G rk G p - 1, d’après ce qui précède, rk prend toutes les valeurs possibles de 1 à p - 1 . c. En multipliant les p - 1 relations ka / rk ^ ph pour on obtient alors 1 G k G p - 1, ^ p - 1h! a p - 1 / ^ p - 1h! ^ ph . d. D’après c., p divise ^ p - 1h! â p - 1 - 1h . Or, p ne figure dans aucune des décompositions des facteurs du produit ^ p - 1h! , donc p ne divise pas ^ p - 1h! , donc p est premier avec ^ p - 1h! ; donc, selon le théorème de Gauss, p divise a p - 1 - 1 . 2 Si p ne divise pas a, d’après le petit théorème de Fermat, a p - 1 / 1^ ph , donc a p / a ^ ph . Si p divise a, p divise a p - a , donc a p / a ^ ph . 3

k = p-2 k

/2

= 2 p - 1 - 1 ; comme p ne divise pas 2, le petit

k=0

théorème de Fermat permet de conclure que p divise 2p - 1 - 1 . 13 Le système cryptographique R.S.A.


1 Existence du nombre d

a. e est premier avec nl , donc, selon le théorème de Bézout, il existe des entiers relatifs u et v tels que eu + nl v = 1 ; l’entier u vérifie donc eu / 1^nlh . b. Existence de d : on écrit la division de u par nl : u = qnl + d avec 0 G d 1 nl . Alors, d / u ^nlh , donc ed / eu / 1^nlh . D’où l’existence de d. Unicité de d : si d l est un entier tel que ed l / 1^nlh et 1 G d l 1 nl , alors ed l / ed ^nlh , donc nl divise e^d l - d h ; nl étant premier avec e, d’après le théorème de Gauss, nl divise d l - d ; or, - nl 1 d l - d 1 nl , donc d l = d . D’où l’unicité. 2 Le déchiffrement a. Par définition de c on a me / c ^nh , donc med / cd ^nh, d’où l’équivalence souhaitée. b. ed / 1^nlh , donc nl divise ed - 1 , donc il existe un entier t tel que ed = 1 + tnl . Si p divise m, alors p divise med - m . Si p ne divise pas m, alors d’après le petit théorème de Fermat, m p - 1 / 1^ ph ; en élevant à la puissance t^q - 1h on obtient mtnl / 1^ ph , puis en multipliant par m, med / m^ ph . c. Comme p et q sont deux nombres premiers distincts divisant med - m , ils sont tous les deux présents dans la décomposition en facteurs premiers de med - m et, par conséquent, leur produit pq = n divise aussi med - m . Alors, avec 2 a., cd / m^nh , donc Alice retrouve bien m en calculant le reste de la division euclidienne de cd par n. 4


Faire le point 17 1 b. et c. 2 a. et b. 3 c. 4 a. et c. 5 c. 6 a. et b. 18 1 Vrai. 2 Faux (contre exemple : a = 7 et b = 4 ). 3 Faux (même contre exemple que 2 ). 4 Vrai. 5 Vrai. 6 Faux (contre exemple : a = 6 , b = 4 , c = 3 ).

19 1 Vrai.

2 Vrai.

3 Vrai.

7 Vrai.

4 Vrai.

Exercices d’application 1 PGCD de deux entiers 20 1 Faux : avec a négatif. 2 Vrai : par définition du PGCD. 3 Vrai : a et b sont multiples de 4, donc de 2. 4 Faux : a = 6 et b = 3 . 5 Faux : c’est d qui divise PGCD â, bh .

21 1 b. et c. 2 a. et c. 3 a. et b. 4 b. 22 1 Faux : a = 7 et b = 5 . 2 Vrai : si d divise a et b, alors d divise a + b et a - b . 3 Vrai : d divise 2a + b et 3a + 2b , alors d divise

a, car a = 2^2a + bh - ^3a + 2bh et d divise b, car b = ^2a + bh - 2a . 4 Vrai : si d divise a + kb et b, alors d divise a, car a = â + kbh - kb . 23 1 PGCD â, bh = 14 . 2 PGCD â, bh = 22 . 3 PGCD â, bh = 25 . 4 PGCD â, bh = 63 .

24 1 PGCD â, bh = 16 . 2 PGCD â, bh = 29 . 3 PGCD â, bh = 237 . 4 PGCD â, bh = 22 .

25 a. 1 PGCD â, bh = 22 # 11 = 44 ; 2 1 ; 2 ; 4 ; 11 ;

22 ; 44 et leurs opposés. b. 1 PGCD â, bh = 2 # 32 # 5 = 90 ; 2 1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 9 ; 10 ; 15 ; 18 ; 30 ; 45 ; 90 et leurs opposés. 26 1 PGCD â, bh = 233 ; a = 8 .

b 7 a 25 2 PGCD â, bh = 121 ; = . b 21 a 10 815 3 PGCD â, bh = 1710 ; = . b 2 27 1 Si

d divise a et b, alors il divise b - a = ^n + 1h - n = 1 , donc d divise 1 et comme le seul diviseur positif de 1 est 1, on a d = 1 .


2 D’après la question 1 , on a Div+ â, bh 1 "1 , et

comme "1 , 1 Div+ â, bh , on obtient finalement Div+ â, bh = "1 , . 28 1 Si d divise a et b, alors d divise b - 2a qui vaut 1,

donc d = 1 . 2 D’après la question 1 , on a Div+ â, bh 1 "1 , et comme "1 , 1 Div+ â, bh , on obtient finalement Div+ â, bh = "1 , . 29 1 Si d divise a et b, alors d divise 2a - b qui vaut 1,

donc d = 1 . 2 D’après la question 1 , on a Div+ â, bh 1 "1 , et comme "1 , 1 Div+ â, bh , on obtient finalement Div+ â, bh = "1 , . 30 1 Si d divise a et b, alors d divise 3a - 4b qui vaut

1, donc d = 1 . 2 D’après la question 1 , on a Div+ â, bh 1 "1 , et comme "1 , 1 Div+ â, bh , on obtient finalement Div+ â, bh = "1 , . 31 1 L’observation de la diagonale permet de

conjecturer que, pour tout entier naturel non nul a, PGCD â, ah = a . Justification : a divise a, donc a divise PGCD â, ah et PGCD â, ah divise a, donc PGCD â, ah = a . 2 L’observation de la colonne B permet de conjecturer que, pour tout entier naturel non nul a, PGCD â, 1h = 1 . Justification : 1 divise a et est le seul diviseur positif de 1, donc PGCD â, 1h = 1 . 3 Ces colonnes ne comportent que deux valeurs : 1 et le nombre de la première ligne. Les colonnes dans lesquelles il n’y aura que deux valeurs distinctes sont les colonnes correspondant aux nombres premiers, car ces derniers ont exactement deux diviseurs positifs. 4 Le résultat mis en évidence est : si a est premier et si 1 G b G a - 1 , alors PGCD â, bh = 1 . Justification : les seuls diviseurs de a sont 1 et a, et a ne divise pas b, car 1 G b G a - 1 . 32 1 3n + 2 = 2 # ^n + 1h + n ; n + 1 = 1 # n + 1 . 2 5n + 7 = 2 # ^2n + 3h + ^n + 1h ;

2n + 3 = 2 # ^n + 1h + 1 . 3 3n2 + 5n + 1 = ^n + 1h # ^3n + 1h + n ; 3n + 1 = 3 # n + 1 .


33 1 Si d divise a et b, alors d divise 15a + 4b et

11a + 3b ; en particulier, PGCD â, bh divise a et b , donc il divise leur PGCD. 2 3a - 4b = a et - 11a + 15b = b . 3 D’après 2 et avec un raisonnement identique à celui de 1 on en déduit que PGCD â, bh divise PGCD â, bh . Finalement, PGCD â, bh = PGCD â, bh . 34 al + bl = 360 = 20 ; comme

al et bl sont 18 premiers entre eux et al H bl , les possibilités sont :

l = 19 al = 17 al = 13 al = 11 'a ;' l= ;' l= ;' l= . bl = 1 b 3 b 7 b 9 Les couples â, bh solutions sont donc : ^342 ; 18h , ^306 ; 54h, ^234 ; 126h et ^198 ; 162h . 35 al - bl = 105 = 7 , donc

15 PGCD âl , blh = 1 , PGCD ^bl + 7, blh = 1 , bl n’est pas un multiple de 7. Les solutions sont les couples ^15k + 105, 15k h avec k entier naturel non multiple de 7. 36 al bl = 1734 = 6 ; comme al et bl sont premiers 2

17 entre eux et al H bl , les possibilités sont : l=6 al = 3 'a ; ' l = . Les couples â, bh solutions sont bl = 1 b 2 donc : ^102 ; 17h et ^51 ; 34h . 37 180 = 22 # 32 # 5 et 1 G b G 180 , donc les valeurs

possibles de b sont : 36 ; 36 # 2 = 72 ; 36 # 3 = 108 ; 36 # 4 = 144 . 38 1 Si d divise a et b, alors d divise a - b . 2 Si d divise a et a - b , alors d divise a - â - bh = b . 3 On en déduit que Div â, bh = Div â, a - bh .

39 1 Il existe un entier k tel que a = b + kn .

Si d divise a et n, alors d divise a - kn ; donc d divise b et n. Si d divise b et n, alors d divise b + kn ; donc d divise a et n. Ainsi, Div â, nh = Div ^b, nh , et par suite, PGCD â, nh = PGCD ^b, nh . 2 a = 5 ; b = 10 ; n = 25 . 40 1 a. D divise a et b, donc a et b sont des entiers

D D naturels (non nuls, car a et b sont non nuls). b. D’après la propriété d’homogénéité, a b a b m ; c’est-àPGCD cD # , D # m = D # PGCD c ; D D D D dire D = D # d ; comme D ! 0 , d = 1 . a b 2 PGCD c , m = 1 , donc, avec la propriété d’homoD D généité, PGCD â, bh = D # 1 = D . 41 1 Div+ ^4 494h = "1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 7 ; 14 ; 21 ; 42 ; 107 ;

214 ; 652 ; 749 ; 1 498 ; 2 247 ; 4 494 , Div+ ^1092h = "1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 7 ; 12 ; 13 ; 14 ; 21 ; 26 ; 28 ; 39 ; 42 ; 52 ; 78 ; 84 ; 91 ; 156 ; 182 ; 273 ; 364 ; 546 ; 1092 , ; Div+ ^728h = "1 ; 2 ; 4 ; 7 ; 8 ; 13 ; 14 ; 26 ; 28 ; 52 ; 56 ; 91 ; 104 ; 182 ; 364 ; 728 , . PGCD ^4 494, 1092, 728h = 14 . 2 a. Si k divise a et b, alors k divise d ; donc, si k divise a, b et c, alors k divise d et c. Réciproquement, si k divise d alors k divise a et b ; donc si k divise d et c, alors k divise a, b et c. Finalement Div â, b, c h = Div ^d, c h ; donc PGCD â, b, c h = PGCD ^d, c h .



5

b. 4 494 = 4 # 1092 + 126 ; 1092 = 8 # 126 + 84 ; 126 = 1 # 84 + 42 ; 84 = 2 # 42 , donc le PGCD de 4 494 et 1 092 est 42 et PGCD ^4 494, 1092, 728h = PGCD ^42, 728h. 728 = 17 # 42 + 14 ; 42 = 3 # 14 , donc PGCD ^42, 728h = 14. 3 Les facteurs communs aux trois décompositions sont 2 et 7 : 2 # 7 = 14 . 4 a. k divise d et d divise a, donc k divise a ; de même pour b et c. b. k divise a et b, donc k divise d1 ; k divise d1 et c, donc k divise PGCD ^d1, c h , c’est-à-dire, avec la question 2 , k divise PGCD â, b, c h . c. D’après les décompositions données par le logiciel, PGCD ^84, 126, 294h = 2 # 3 # 7 = 42 . Donc les diviseurs communs aux entiers 84, 126 et 294 sont les diviseurs de 42, c’est-à-dire : 1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 7 ; 14 ; 21 ; 42 et leurs opposés. 42 La distance maximale entre deux plants est

PGCD ^1020, 780h = 60 centimètres. 1020 780 + m = 60 plants. Il faut 2 # c 60 60 43 L’arête la plus grande possible d’un cube, en mm,

est égale au PGCD des entiers 308, 140 et 84, c’est-à-dire 28 mm. 308 140 84 = 11 , = 5, = 3 , donc le nombre 28 28 18 minimal de cubes est 11 # 5 # 3 = 165 . 44 Le nombre maximal de bouquets identiques est

PGCD ^244, 366, 183h = 61 . Un bouquet sera composé de 183 366 = 3 œillets. = 6 roses et 61 61

244 = 4 lys, 61

2 Théorèmes de Bézout et de Gauss 45 1 a., b. et c.

2 c.

3 b.

4 a.

2 Vrai ; 9a = 6k , donc 3a = 2k , donc 2 divise 3a ; or, 2


est premier avec 3, donc 2 divise a. 3 Vrai ; 500 = 4 # 53 et a est premier avec 5, donc avec 53 , donc a divise 4. 4 Faux ; un contre exemple : a = b = c . 5 Faux ; un contre exemple : a = b = 3 ; c = 2 . 2 c.

3 b.

4 c.

48 1 D divise a et b, donc D divise au + bv . 2 Il existe des entiers relatifs ul et v l tels que

aul + bv l = D et un entier k tel que d = kD . Les entiers relatifs u = kul et v = kv l vérifient alors au + bv = d . 49 a. 5 et 9 sont premiers entre eux ; ^2 ; - 1h est un

couple solution. 6


50 1 L’algorithme d’Euclide donne : 35 = 12 # 2 + 11 ;

12 = 11 # 1 + 1 . 35 et 12 sont premiers entre eux, donc d’après le théorème de Bézout, on est assuré de l’existence de deux entiers u et v tels que 35u + 12v = 1 . On obtient alors : 1 = 12 - 11 # 1 = 12 - ^35 - 12 # 2h =- 35 + 12 # 3 . De l’égalité 35 # ^- 1h + 12 # 3 = 1 on obtient : 35 # ^- 3h + 12 # 9 = 3 . û, v h = ^9, - 3h est un couple solution. 2 PGCD ^140, 56h = 28 (obtenu grâce aux décompositions en facteurs premiers des deux entiers). D’après une propriété du cours, il existe deux entiers u et v tels que 140u + 56v = 28 et comme 28 est un diviseur de 84, on aura 140^3uh + 56^3v h = 84 . Calcul des entiers u et v : 140 = 56 # 2 + 28 , donc 28 = 140 # 1 + 56 # ^- 2h . D’où : 140 # 3 + 56 # ^- 6h = 84 ; û, v h = ^3, - 6h est un couple solution. 3 PGCD ^980, 350h = 70 (obtenu grâce aux décompositions en facteurs premiers des deux entiers). D’après une propriété du cours, il existe deux entiers u et v tels que 980u + 350v = 70 et comme 70 est un diviseur de - 140 , on aura 980^- 2uh + 350^- 2v h =- 140 . Calcul des entiers u et v : 980 = 350 # 2 + 280 , donc 350 = 280 # 1 + 70 , donc on obtient : 70 = 350 - 280 # 1 = 350 - ^980 - 350 # 2h =- 980 + 350 # 3. D’où : 980 # 2 + 350 # ^- 6h =- 140 ; û, v h = ^2, - 6h est un couple solution. 51 Le résultat étant 1, le théorème de Bézout

permet d’en déduire les quatre couples d’entiers naturels premiers entre eux suivants : ^15 101, 9 103h , ^15 101, 4 630h, ^2 791, 9 103h, ^2 791, 4 630h . 52 1 - 2 # ^9n + 4h + 9 # ^2n + 1h = 1 .

46 1 Faux ; un contre exemple : a = 10 .

47 1 a.

b. 2 est le PGCD de 94 et 22 ; ^4 ; - 17h est un couple solution. c. 5 est le PGCD de 15 et 55 ; ^4 ; - 1h est un couple solution.

2 1 # ^n2 + 2n - 2h - ^n - 1h # ^n + 3h = 1 . 2 3 1 # ^n + 1h - n # ^n + 2h = 1 .

53 Cet algorithme donne un couple û, v h d’entiers

relatifs solutions de l’équation au + bv = PGCD â, bh . Pour l’exercice 49 on retrouve exactement les couples obtenus précédemment. Pour l’exercice 50 on n’obtient pas directement le couple attendu ; par exemple, pour la question a. le programme donne PGCD â, bh = 1 ; u = 3 ; v =- 1 ; il reste à multiplier par 3 pour retrouver le couple solution ^9, - 3h . 54 Il existe des entiers u et v tels que au + bv = 1 et

des entiers ul et v l tels que aul + cv l = 1 . On a donc âu + bv hâul + cv lh = 1 + a2 uul + acuv l + abvul + bcvv l = 1.


Ceci équivaut à aâuul + cuv l + bvulh + bc^vv lh = 1. Les nombres entre parenthèses étant des entiers, d’après le théorème de Bézout, a et bc sont premiers entre eux. 55 a + b et a - b sont premiers entre eux donc,

d’après le théorème de Bézout, il existe des entiers relatifs ul et v l tels que â + bh # ul + â - bh # v l = 1 que l’on peut écrire a # ûl + v lh + b # ûl - v lh = 1 ; comme u = ul + v l et v = ul - v l sont des entiers relatifs, d’après le théorème de Bézout, a et b sont premiers entre eux. 56 1 - A + 2B = a et 2A - 3B = b . 2 au + bv = 1

+ ^- A + 2Bhu + ^2A - 3Bhv = 1 + A^- u + 2v h + B^2u - 3v h = 1 .

3 Comme U =- u + 2v

et V = 2u - 3v sont des entiers relatifs, d’après le théorème de Bézout, A et B sont premiers entre eux. 57 au + bv = 1 + â + kb - kbh u + bv = 1

+ â + kbhu + b^- ku + v h = 1 ; comme u et ^- ku + v h sont des entiers relatifs, d’après le théorème de Bézout, a + kb et b sont premiers entre eux. 58 1 a. 4 et 7 sont premiers entre eux.

b. 7 = 4 # 1 + 3 et 4 = 3 # 1 + 1 ; donc 1 = 4 - 3 = 4 - ^7 - 4h = 4 # 2 + 7 # ^- 1h . ^2, - 1h est donc un couple û, v h solution. c. En multipliant par 10, on obtient le couple ^20, - 10h solution de Ê h . 2 4x + 7y = 10 + 4x + 7y = 4 # 20 + 7 # ^- 10h . + 4^ x - 20h = 7^- y - 10h. 3 4 divise 7^- y - 10h et est premier avec 7, donc, avec le théorème de Gauss, 4 divise ^- y - 10h . Il existe donc un entier relatif k tel que - y - 10 = 4k , ou encore y =- 4k - 10 . Alors : 4^ x - 20h = 7^- y - 10h + 4^ x - 20h = 7 # 4k . + x - 20 = 7k + x = 20 + 7k D’où les couples solutions ^7k + 20, - 4k - 10h avec k entier relatif. 59 L’algorithme d’Euclide donne la solution ^- 3, - 2h .

S = "^8k - 3 ; 5k - 2h, k ! Z , .

60 L’algorithme d’Euclide donne la solution ^1 ; - 6h


pour l’équation 13x + 2y = 1 ; d’où la solution ^11 ; - 66h pour l’équation 13x + 2y = 11 . S = "^2k + 11 ; - 13k - 66h, k ! Z , . 61 L’algorithme d’Euclide donne la solution ^- 4 ; - 1h

pour l’équation 6x - 25y = 1 ; d’où la solution ^- 400 ; - 100h pour l’équation 6x - 25y = 100 . S = "^25k - 400 ; 6k - 100h, k H 17 , . Attention : on cherche des entiers naturels. 62 1 Il faut que deux lettres différentes ne reçoivent

pas le même code.

ax + b / ax l + b^26h + 26 a^ x - x lh ; si a et 26 sont premiers entre eux alors, d’après le théorème de Gauss, 26 ^ x - x lh ; mais - 25 G x - x l G 25 , donc x = x l et la clef â, bh est donc satisfaisante. 2 D’après le théorème de Bézout, il existe des entiers relatifs u et v tels que au + 26v = 1 ; alors au / 1^26h . 3 Si y / ax + b ^26h alors uy / x + bu ^26h , car au / 1^26h ; donc x / uy - bu ^26h . La fonction g : y uy - bu convient pour décoder les messages. 4 Avec l’algorithme d’Euclide, on obtient u =- 7 . Donc g^ y h =- 7y + 56 . Lettres codées I F A E A Y I N Numéros 8 5 0 4 0 24 8 13 Numéros décodés 0 21 4 2 4 18 0 17 Lettres décodées A V E C E S A R

7

63 1 On conjecture que pour tout entier naturel x,

7x2 - 1 et 8x + 3 sont premiers entre eux. 2 a. Si un entier d divise 7x2 - 1 et 8x + 3 , alors il divise - 8^7x2 - 1h + 7x^8x + 3h = 21x + 8 . b. 8^21x + 8h - 21^8x + 3h = 1 , donc, d’après le théorème de Bézout, 21x + 8 et 8x + 3 sont premiers entre eux, donc, d’après 2 a., 7x2 - 1 et 8x + 3 sont premiers entre eux. 64 a et b divisent c, donc il existe des entiers al et bl

tels que c = a # al = b # bl . Alors, a divise b # bl et est premier avec b, donc, d’après le théorème de Gauss, a divise bl . Donc il existe un entier k tel que bl = k # a . Ainsi, c = b # bl = k # ab , donc ab divise c. 65 1 On cherche des entiers naturels x et y tels que

2x + 5y = 57 . L’algorithme d’Euclide donne la solution ^- 2 ; 1h pour l’équation 2x + 5y = 1 ; d’où la solution ^- 114 ; 570h pour l’équation 2x + 5y = 57 . x = 5k - 114 ; k ! Z. Dans Z on obtient ' =- + y 2k 57 x H 0 + k H 23 et y H 0 + k G 28 , donc Medhi a six possibilités pour payer Audrey. 2 L’équation 2x + 5y = 1 ayant une solution en nombres entiers relatifs, pour toute somme entière S, l’équation 2x + 5y = S a des solutions en nombres entiers relatifs. 3 PGCD ^2, 10h = 2 , donc l’équation 2x + 5y = S n’a des solutions en nombres entiers que si S est pair. 66 1 Si x = 1 l’égalité est vérifiée, car les deux

membres sont nuls. Si x ! 1 l’égalité est vérifiée car : 1 + x + x2 + f + x k - 1 =

xk - 1 . x-1

k

2 a. a n - 1 = â d h - 1 k 1 = âd - 1ha1 + ad + f + âd h k d’après 1 . k-1 Comme a1 + ad + f + âd h k est un entier, ad - 1 ndivise a 1.


-


7

b. 4 divise 2 012, donc, avec a., 2 4 - 1 divise 22 012 - 1 ; or, 2 4 - 1 = 15 , donc 3, 5 et 15 divisent 22 012 - 1 . 3 a. â mu - 1h - â nv - 1h a d = â mu - 1h - â nv - 1ha mu - nv = a mu - 1 - a mu + a mu - nv = ad - 1 . b. D’après 3 a., l’équation : â mu - 1hx + â nv - 1hy = ad - 1 a des solutions en nombres entiers, donc ad - 1 est un multiple du PGCD de â mu - 1h et â nv - 1h . Par ailleurs, d divise m et n, donc d divise mu et nv, donc d’après 2 a., ad - 1 divise â mu - 1h et â nv - 1h , donc ad - 1 divise le PGCD de â mu - 1h et â nv - 1h . Bilan : ad - 1 est le PGCD de â mu - 1h et â nv - 1h . 4 On applique le résultat précédent avec m = 3 ; u = 21 ; n = 3 ; v = 20 ; d = 3 . Le PGCD de 263 - 1 et 260 - 1 est donc 23 - 1 = 7 .

Prépa Bac Exercices guidés 67 Partie A

1 n s’affiche lorsque n + 3 divise n3 - 11n . 2 On obtient les entiers 0 ; 1 ; 3 ; 5 ; 9 ; 13 ; 21 ; 45.

Partie B 1 Si d divise a et b, alors d divise bc - a ; donc d divise bc - a et b. Si d divise bc - a et b, alors d divise - 1 # ^bc - ah + c # b = a ; donc d divise a et b. Ainsi, Divâ, bh = Div^bc - a, bh , donc : PGCD â, bh = PGCD ^bc - a, bh . 2 On développe le membre de droite. 3 On applique le résultat de B. 1 aux entiers naturels non nuls a = 48 , b = n + 3 , c = 3n2 - 9n + 16 . 4 Div+ ^48h = "1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 8 ; 12 ; 16 ; 24 ; 48 , . n + 3 divise n3 - 11n + PGCD ^3n2 - 11n, n + 3h = n + 3 + PGCD ^48, n + 3h = n + 3 + n + 3 divise 48. n + 3 ! "1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 8 ; 12 ; 16 ; 24 ; 48 , et n H 0 , donc n ! "0 ; 1 ; 3 ; 5 ; 9 ; 13 ; 21 ; 45 , . 68 Partie A


1 Voir le cours, page 482. 2 p et q divisent a, donc il existe des entiers pl et ql tels

que a = ppl = qql ; alors p divise qql et est premier avec q ; donc, d’après le théorème de Gauss, p divise ql . Ainsi, il existe un entier k tel que ql = pk ; alors a = qpk , donc pq divise a. Partie B 1 a. 5 et 17 sont premiers entre eux ; l’algorithme d’Euclide donne le couple ^- 2 ; 7h . b. 5v = 1 - 17u / 1^17h , donc et n0 / 9 ^17h 17u = 1 - 5v / 1^5 h ; donc n0 / 3 ^5 h . c. Avec le couple de 1 a. 3 # 7 # ^- 2h + 9 # 5 # 7 = 213 appartient à S. 2 a. on applique A. 2 avec a = n - n0 , p = 17 , q = 5 . 8


b. Si n ! S , alors n / 213 / 43^85h ; donc n = 43 + 85k avec k ! Z . Réciproquement, si n = 43 + 85k avec k ! Z , alors n / 43 / 9 ^17h * ; donc n ! S . n / 43 / 3 ^5 h Partie C Le nombre n de jetons appartient à S, donc n = 43 + 85k avec k ! Z ; la seule solution comprise entre 300 et 400 est 383. 69 1 7 # 77 = 539 = 2 # 256 + 27 , donc f ^77h = 27 ;

7 # 97 = 679 = 2 # 256 + 167 , donc f ^97h = 167 ; 7 # 116 = 812 = 3 # 256 + 44 , donc f ^116h = 44 ; 7 # 104 = 728 = 2 # 256 + 216 ; donc f ^104h = 216 . 2 a. Si f ^nh = f ^mh , alors 7n / 7m ^256h , donc 7^n - mh / 0 ^256h . b. D’après 2 a., si f ^nh = f ^mh , alors 256 7^n - mh ; or, 256 et 7 sont premiers entre eux, donc 256 ^n - mh . Mais - 254 G n - m G 254 , donc n - m = 0 . Ainsi, si n ! m , alors f ^nh ! f ^mh . 3 a. 256 et 7 sont premiers entre eux. b. 256 # ^- 5h + 7 # 183 = 1 . c. 183 # f ^nh / 183 # 7n ^256h / n ^256h d’après 3 b. d. g^ x h est le reste de la division euclidienne de 183x par 256. e. 183 # 27 = 4 941 = 19 # 256 + 77 , donc g^27h = 77 .

Exercices d’entraînement 70 1 a. Comme 11 et 7 sont premiers entre eux, il

existe, d’après le théorème de Bézout, deux entiers u et ul tels que 11u + 7ul = 1 ; il suffit de prendre ul =- v . De façon évidente, le couple ^2 ; 3h est solution, sinon on utilise l’algorithme d’Euclide. b. On a 11 # 2 - 7 # 3 = 1 , donc 11 # 10 - 7 # 15 = 5 en multipliant par 5. Une solution particulière de (E) est le couple ^10 ; 15h . 11x - 7y = 5 c. On a ) ; 11 # 10 - 7 # 15 = 5 donc, par soustraction, 11^ x - 10h - 7^ y - 15h = 0 ce qui équivaut à 11^ x - 10h = 7^ y - 15h . 11 divise 7^ y - 15h et 11 est premier avec 7, donc, d’après le théorème de Gauss, 11 divise ^ y - 15h . Il existe un entier m tel que ^ y - 15h = 11m , donc y = 11m + 15 . On a alors 11^ x - 10h = 7 # 11m et donc x = 7m + 10 . Réciproquement, 11^7m + 10h - 7^11m + 15h = 5 . L’ensemble des couples-solutions est formé de ceux de la forme ^7m + 10 ; 11m + 15h , où m ! Z . d. Un point M^ x ; y h appartient à la droite si, et seulement si, 11x - 7y = 5 . Z 10 40 ]]GmG 0 G 7m + 10 G 50 7 7 On résout ) . + [ 0 G 11m + 15 G 50 ]- 15 G m G 35 11 \ 11 Comme m est un entier, les seules valeurs possibles sont : - 1, 0, 1, 2, 3 . Ce qui donne les cinq points suivants : ^3 ; 4h , ^10 ; 15h , ^17 ; 26h, ^24 ; 37h et ^31 ; 48h.


2 a. On a 11 / 1^5 h , donc 11x2 / x2 ^5 h ; 7 / 2 ^5 h , 2

2

donc 7y / 2y ^5 h . En passant aux congruences, on obtient : x2 - 2y2 / 0 ^5 h, c’est-à-dire x2 / 2y2 ^5 h . b. Tableaux de congruences modulo 5 : x est congru à

0

1

2

3

4

x est congru à

0

1

4

4

1

y est congru à

0

1

2

3

4

0

2

3

3

2

2

2

2y est congru à

c. D’après ces deux tableaux, le seul cas dans lequel on a x2 / 2y2 ^5 h est celui dans lequel on a simultanément x / 0 ^5 h ; y / 0 ^5 h , donc x et y sont des multiples de 5 ( x = 5k et y = 5k l ). d. 11x2 - 7y2 = 5 s’écrit alors 11 # 25k2 - 7 # 25k l2 = 5 + 25^11k2 - 7k l2h = 5 . C’est impossible, car 11k2 - 7k l2 est un entier. L’équation (F) n’a pas de solution. 71 1 Faux ; contre exemple : a = 6 et b = 3 . 2 Vrai ; on raisonne par l’absurde : si le PGCD de a et b était pair, 2 diviserait ce PGCD, donc 2 diviserait a et b qui seraient donc pairs. On peut aussi raisonner avec les décompositions en produits de facteurs premiers. 3 Faux ; contre exemple : a = 2 et b = 3 . 4 Vrai ; il suffit d’appliquer le théorème de Bézout. 5 Vrai ; 9 et 17 sont premiers entre eux, donc il existe des entiers u et v tels que 9u + 17v = 1 ; on prend alors a = 3u et b = 3v . 6 Vrai ; 42 est un multiple de 14.


72 1 A = 5 + 0 + 2 + 4 + 2 + 4 = 17 ;

B = 9 + 1 + 3 + 1 + 3 + 5 = 22 . S = 17 + 3 # 22 = 83 , puis 83 = 10 # 8 + 3 . Comme le reste n’est pas nul, on calcule c = 10 - 3 = 7 . 2 a. Bl = u + 13 . b. Sl = 17 + 3û + 13h = 56 + 3u . c. Si Sl / 3 ^10h , alors c = 10 - 3 = 7 et l’erreur n’est pas détectée. Si l’erreur n’est pas détectée, alors c = 7 et donc Sl / 3 ^10h . d. Sl / 3 ^10h + 56 + 3u / 3 ^10h + 3u / - 53 ^10h + 3u / - 3 ^10h + 3û + 1h / 0 ^10h + 10 divise 3û + 1h. e. Comme 10 est premier avec 3, d’après le théorème de Gauss, 10 divise û + 1h ce qui est impossible, car 1 G u + 1 G 9 . Le chiffre de contrôle permettra donc de détecter l’erreur. 73 Partie A 1

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

11

12

13

D 1 5 1 1 1 1 5 1 1 1 1 5 1 2 On conjecture que D ! "1 ; 5 , et que les entiers n3 + n et 2n + 1 ne sont pas premiers entre eux si, et seulement si, n / 2 ^5 h .

Partie B 1 a. Comme d divise 2n + 1 , on a l’existence d’un entier k tel que 2n + 1 = kd ce qui s’écrit aussi kd - 2n = 1 . D’après le théorème de Bézout, d et n sont premiers entre eux. b. On a d n^n2 + 1h et d est premier avec n, donc d’après le théorème de Gauss, d divise n2 + 1 . c. 4^n2 + 1h - ^2n - 1h^2n + 1h = 4n2 + 4 - 4n2 + 1= 5 . d. Comme d divise n2 + 1 et 2n + 1 , il divise aussi 4^n2 + 1h - ^2n - 1h^2n + 1h , donc il divise 5. On a montré que tout diviseur commun à n2 + 1 et 2n + 1 divise 5, donc appartient à l’ensemble "- 5 ; - 1 ; 1 ; 5 , ; de plus, D est positif, donc D ! "1 ; 5 , . 2 2 a. n2 + 1 = ^5k + 2h + 1 = 25k2 + 20k + 5 = 5^5k2 + 4k + 1h , donc 5 n2 + 1 . 2n + 1 = 2^5k + 2h + 1 = 10k + 5 = 5^2k + 1h , donc 5 2 + 1 . Dans ce cas, on a 5 divise n3 + n et 2n + 1 . Or, D ! "1 ; 5 , , donc D = 5 . b. Si D = 5 , alors n3 + n et 2n + 1 sont divisibles par 5 ce qui s’écrit n3 + n / 0 ^5 h et 2n + 1 / 0 ^5 h . Or, l’entier n est congru à 0, 1, 2, 3 ou 4 modulo 5. modulo 5, n est congru à 0 1 2 3 4 3 0 2 0 0 3 modulo 5, n + n est congru à 0 2 4 modulo 5, 2n + 1 est congru à 1 3 Le seul cas pour lequel on a simultanément n3 + n / 0 ^5 h et 2n + 1 / 0 ^5 h est le cas n / 2 ^5 h, c’est-à-dire n s’écrit sous la forme n = 5k + 2 avec k entier. 74 1 Comme le corps céleste A passe tous les 105 jours, le

nombre de jours qui s’écoulera jusqu’à une nouvelle apparition est un multiple de 105, donc x = 105u avec u entier. Comme le corps céleste B apparaît 6 jours plus tard et a une fréquence d’apparition de 81 jours, on aura x - 6 multiple de 81, c’est-à-dire x - 6 = 81v avec v entier. 2 On obtient : 105u - 6 = 81v + 105u - 81v = 6 + 35u - 27v = 2 . 3 a. 35 = 27 # 1 + 8 ; 27 = 8 # 3 + 3 ; 8 = 3 # 2 + 2 ; 3 = 2 # 1 + 1. Donc 1 = 3 - 2 = 3 - ^8 - 3 # 2h =- 8 + 3 # 3 =- 8 + 3 # ^27 - 8 # 3h = 3 # 27 - 10 # 8 = 3 # 27 - 10 # ^35 - 27h = 27 # 13 - 10 # 35 =- 10 # 35 - 27 # ^- 13h . Un couple solution est ^- 10 ; - 13h . b. û0 ; v0h = ^- 20 ; - 26h . 4 35 divise 27^v + 26h et 35 est premier avec 27, donc, d’après le théorème de Gauss, on aura 35 divise ^v + 26h. Il existe un entier m tel que ^v + 26h = 35m , donc v = 35m - 26 . On a alors 35û + 20h = 27 # 35m et donc u = 27m - 20 . Réciproquement, 35^27m - 20h - 27^35m - 26h = 2 . L’ensemble des couples-solutions sont ceux de la forme ^27m - 20 ; 35m - 26h , où m ! Z . 5 En reportant les expressions de u et v dans le système du 1 , on obtient x = 2 835m - 2 100 . On cherche la plus petite valeur positive de x, on prend m = 1 , donc x = 735 .



9

La date d’apparition simultanée des deux corps célestes aura lieu le 31 décembre 2013 (attention, 2012 est une année bissextile). 75 1 Supposons que l’un des deux veuille donner

n euros à l’autre, ce qui revient à trouver des entiers u et v tels que 7u + 11v = n (u ou v négatif correspond à un rendu de monnaie). Comme 11 et 7 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il existe des entiers a et b tels que 7a + 11b = 1 , alors on aura 7an + 11bn = n . 2 a. Une solution particulière de 7x + 11y = N est ^- 3N ; 2N h . 7x + 11y = N ; b. On a * 7 # ^- 3N h + 11 # ^2N h = N donc 7^ x + 3N h + 11^ y - 2N h = 0 ce qui équivaut à 7^ x + 3N h = 11^- y + 2N h . c. 7 divise 11^- y + 2N h et 7 est premier avec 11, donc, d’après le théorème de Gauss, 7 divise ^- y + 2N h , c’est-à-dire il existe k entier tel que ^- y + 2N h = 7k + y = 2N - 7k . De plus, 7^ x + 3N h = 11 # 7k , donc x + 3N = 11k ce qui équivaut à x = 11k - 3N . 3N et d. On veut x H 0 et y H 0 , c’est-à-dire k H 11 3N 2N 2N , donc on doit avoir k ! ; 11 ; 7 E avec k kG 7 entier. e. L’amplitude de cet intervalle est : 2N 3N N = H 1 , car N H 77 . 7 11 77 L’intervalle contient au moins un entier, donc l’affirmation de Gemma est légitime. 76 1 a. ^1 +


4

2

6h = 7 + 2 6 ; 2

^1 + 6 h = ^7 + 2 6 h = 73 + 28 6 ; 6 ^1 + 6 h = ^7 + 2 6 h^73 + 28 6 h = 847 + 342 6 . b. 847 = 342 # 2 + 163 ; 342 = 163 # 2 + 16 ; 163 = 16 # 10 + 3 ; 16 = 3 # 5 + 1 . Les entiers 847 et 342 sont premiers entre eux, car leur PGCD vaut 1. 2 a. a1 = 1 ; b1 = 1 ; a2 = 7 ; b2 = 2 . n+1 n = ^1 + 6 h ^1 + 6 h b. ^1 + 6 h = ân + bn 6 h^1 + 6 h = ân + 6bnh + ân + bnh 6 . D’où an + 1 = an + 6bn et bn + 1 = an + bn . 3 a. Supposons que 5 divise an + 1 + bn + 1 , alors 5 divise 2an + 7bn = 2ân + bnh + 5bn . Comme 5 divise 5bn , alors 5 divise 2ân + bnh et 5 étant premier avec 2, d’après le théorème de Gauss, on aura 5 divise an + bn . Par contraposée, si 5 ne divise pas an + bn , alors 5 ne divise pas an + 1 + bn + 1 . b. Initialisation : pour n = 1 , a1 + b1 = 2 et 5 ne divise pas 2. Hérédité : supposons que pour un entier naturel n, 5 ne divise pas an + bn et démontrons que 5 ne divise pas an + 1 + bn + 1 . C’est ce qui a été démontré dans la question précédente. 10


Par récurrence, on a montré que pour tout entier naturel non nul n, 5 ne divise pas an + bn . 4 a. Supposons que an et bn sont premiers entre eux et considérons un diviseur d commun à an + 1 et bn + 1 . On a d divise an + 1 - bn + 1 , donc d divise 5bn . Or, d ! 5 sinon, on aurait 5 an + 1 + bn + 1 ce qui est impossible d’après la question précédente. Comme 5 ne divise pas bn (d’après 2 b. et 3 b.), d divise bn . De plus, d divise bn + 1 - bn = an , donc d est un diviseur commun à an et bn , mais an et bn sont premiers entre eux, donc d = 1 . Ainsi, an + 1 et bn + 1 sont premiers entre eux. b. Initialisation : pour n = 1 , a1 et b1 sont premiers entre eux. Hérédité : supposons que pour un entier naturel n, an et bn sont premiers entre eux, et démontrons que an + 1 et bn + 1 sont premiers entre eux. C’est ce qui a été démontré dans la question précédente. Par récurrence, on a montré que pour tout entier naturel non nul n, an et bn sont premiers entre eux.

Problèmes 77 1 Il existe des entiers k et k l tels que a = p k et 1

a = p2 k l . On a donc p1 p2 k l et p1 premier avec p2 , donc d’après le théorème de Gauss, p1 k l . Il existe alors un entier , tel que k l = p1 , ; d’où a = p2 p1 , et donc p1 p2 a . 2 On suppose que p1, p2, f, pn, pn + 1 sont des nombres premiers distincts deux à deux qui divisent tous a. D’après l’hypothèse de récurrence, comme p1, p2, f, pn divisent a, on aura ^ p1 p2 fpnh a , c’est-à-dire il existe un entier k tel que a = k # p1 p2 fpn ; de plus, comme pn + 1 a , il existe un entier k l tel que a = k l # pn + 1 . On obtient ^ p1 p2 fpnh k l pn + 1 ; or, ^ p1 p2 fpnh et pn + 1 sont premiers entre eux, donc d’après le théorème de Gauss, ^ p1 p2 fpnh k l . Il existe un entier , tel que k l = ,^ p1 p2 fpnh . Ainsi, a = , # p1 p2 fpn pn + 1 et donc p1 p2 fpn pn + 1 a . 3 Par récurrence, on a montré que si p1, p2, f, pn ^n H 2h sont des nombres premiers deux à deux distincts tels que p1 a ; p2 a ; … ; pn a , alors le produit p1 p2 fpn divise a. 78 1 L’entier n est un produit d’au moins deux nombres

premiers distincts ^k H 2h , donc il n’est pas premier. 2 a. S’il existe un facteur pi qui divise a, alors comme pi n , a et n ne seraient pas premiers entre eux. Donc aucun des facteurs pi ne divise a. b. L’entier a est premier avec pi pour tout i, 1 G i G k , donc, d’après le petit théorème de Fermat, a pi - 1 / 1^ pih. c. D’après l’hypothèse, pour tout entier i, 1 G i G k, ^ pi - 1h divise ^n - 1h, il existe un entier ki tel que ^n - 1h = ki ^ pi - 1h. D’où a^ pi - 1hki / 1 ki ^ pih , donc, pour tout entier i, 1 G i G k, a n - 1 / 1^ pih .


3 a. L’entier a n - 1 - 1 est divisible par tous les nombres

premiers pi , donc d’après l’exercice 77, il est divisible par leur produit. Finalement, a n - 1 - 1 / 0 ^nh ce qui signifie que a n - 1 / 1^nh . b. L’entier n est non premier et vérifie, « pour tout entier a premier avec p, a p - 1 / 1^ ph », c’est un nombre de Carmichaël. 4 561 = 3 # 11 # 17 . On a 2 560 , 10 560 et 16 560 , donc 561 est un nombre de Carmichaël. 79 1 a. b. 561 = 3 # 11 # 17 avec 3², 11² et 17² qui ne

divisent pas 561, et 2 560 , 10 560 , 16 560 ; 1105 = 5 # 13 # 17 avec 5² , 13² et 17² qui ne divisent pas 1 105 et 4 1104 , 12 1104, 16 1104 ; 1729 = 7 # 13 # 19 avec 7² , 13² et 19² qui ne divisent pas 1 729 et 6 1728 , 12 1728 , 18 1728 . 2 a. De façon évidente, p - 1 / 0 ^ p - 1h et n - 1 / 0 ^ p - 1h , car p - 1 n - 1 . Donc p / 1^ p - 1h et n / 1^ p - 1h . b. Comme p intervient dans la décomposition en n est un entier. facteurs premiers de n, on a p divise n et p n n #p / ^ p - 1h et comme n / 1^ p - 1h, Ainsi, n = p p n alors / 1^ p - 1h . p c. Comme p2 ne divise pas n, le produit des autres n facteurs premiers est et il est congru à 1 modulo p p - 1. 3 Supposons que n = pq soit un nombre de Carmichaël (p et q premiers). D’après la question 2 c., on aurait q / 1^ p - 1h et p / 1^q - 1h , donc p - 1 serait une multiple de q - 1 et q - 1 un multiple de p - 1 ; donc on aurait p = q et n = p2 ce qui contredirait le théorème de Korselt, car p2 diviserait n. 4 Comme un nombre de Carmichaël a au moins trois facteurs premiers distincts, il en a au moins un impair ; soit p ce facteur premier impair. Alors, comme p - 1 divise n - 1 et que p - 1 est pair, on a n - 1 pair, c’està-dire n impair.


80 1 85 = 16 # 5 + 5 ; 16 = 5 # 3 + 1 .

Donc 1 = 16 - 5 # 3 = 16 - ^85 - 16 # 5h # 3 =- 3 # 85 + 16 # 16 =- 3 # 85 - 16 # ^- 16h . Un couple solution de cette équation est ^- 3 ; - 16h . 85p - 16k = 1 2 On a * ; donc par sous85 # ^- 3h - 16 # ^- 16h = 1 traction, 85^ p + 3h - 16^k + 16h = 0 ce qui équivaut à 85^ p + 3h = 16^k + 16h . 85 divise 16^k + 16h et 85 est premier avec 16, donc d’après le théorème de Gauss, 85 divise ^k + 16h . Il existe donc un entier m tel que ^k + 16h = 85m , donc k = 85m - 16 . On a alors 85^ p + 3h = 16 # 85m et donc p = 16m - 3 . Réciproquement, 85^16m - 3h - 16^85m - 16h = 1 . L’ensemble des couples-solutions sont ceux de la forme ^16m - 3 ; 85m - 16h, où m ! Z .

3 Si n est un nombre de Carmichaël divisible par 5 et 17, alors n = 5 # 17 # p = 85p , où p est un produit de nombres premiers distincts de 5 et 17. D’après le théorème de Korselt (voir exercice 79), on a également 4 n - 1 et 16 n - 1 . Or, si 16 n - 1 on a également 4 n - 1 , donc n - 1 = 16k , c’est-à-dire n = 16k + 1 . On obtient alors 85p = 16k + 1 ce qui équivaut à 85p - 16k = 1 . La plus petite valeur de n sera obtenue pour la plus petite valeur de p, sachant que p = 16m - 3 . On prend donc m = 1 et donc p = 13 . Ainsi, n = 85 # 13 = 1105 .

81 1 a. 12 = 22 # 3 .

1 1 ; P^B h = . 3 2 1 c. {^12h = 4 ; PÊ h = . 3 n 2 a. Il y a multiples de p appartenant à Sn , donc p n p 1 = . P^C h = n p n b. Il y a multiples de q appartenant à Sn , donc q n q 1 = . P^Dh = n q c. Si pq a , alors de façon évidente p a et q a puisque p et q divisent pq. La réciproque est résolue dans la question 1 de l’exercice 77. d. L’événement C + D est « l’entier est divisible par pq ». n Cet événement comporte éléments. pq n pq 1 = . Donc P^C + Dh = n pq e. On a P^C + Dh = P^C h # P^Dh , donc C et D sont indépendants. f. L’entier est premier avec n signifie qu’il n’est pas multiple de p et pas multiple de q. Donc F = C + D . g. Comme C et D sont indépendants, C et D également, donc P^F h = P^C + D h = P^C h # P^ D h = ^1 - P^C hh^1 - P^Dhh 1 1 = c1 - mc1 - m . P q {^nh , donc finalement : Or, P^F h = n 1 1 {^nh = n c1 - mc1 - m . p q Remarque : dans la question 1 , on vérifie bien que : 1 1 1 2 = 4. {^12h = 12 a1 - ka1 - k = 12 # # 2 3 2 3 b. P^ Ah =

82 1 a. 2 017 = 123 # 16 + 49 ; 123 = 49 # 2 + 25 ;

49 = 25 # 1 + 24 ; 25 = 24 # 1 + 1 ; 1 = 25 - 24 = 25 - ^49 - 25h =- 49 + 2 # 25 =- 49 + 2^123 - 49 # 2h = 2 # 123 - 5 # 49 = 2 # 123 - 5^2 017 - 123 # 16h = 82 # 123 - 5 # 2 017. Un couple û, v h solution est ^82 ; - 5h .



11

b. On a 82 # 123 - 5 # 2 017 / 82 # 123 ^2 017h , donc l’entier k cherché peut être 82. c. On suppose 123x / 456 ^2 017h , alors 123xk / 456k ^2 017h ; or, 123k / 1^2 017h , donc x / 456k ^2 017h . Réciproquement : si x / 456k ^2 017h , alors 123x / 456 # 123k ^2 017h , donc 123x / 456 ^2 017h . d. 123x / 456 ^2 017h + x / 456k ^2 017h + x / 1086 ^2 017h, car 456k = 456 # 82 = 37 392 / 1086 ^2 017h . Donc les entiers x cherchés sont de la forme : x = 1086 + 2 017p , où p est un entier quelconque. e. On cherche p tel que 1 G 1086 + 2 017p G 2 016 . Seule la valeur p = 0 convient, donc l’entier cherché est 1 086. 2 a. PGCD â, 2 017h = 1 , car 2 017 est premier. Comme a et 2 017 sont premiers entre eux, d’après le théorème de Bézout, il existe des entiers m et p tels que am + 2 017p = 1 , donc am / 1^2 017h . b. Comme am / 1^2 017h alors, pour tout entier b, amb / b ^2 017h . Si 0 G mb G 2 016 , on pose mb = x et on a bien ax / b ^2 017h . Si mb H 2 017 ou si mb 1 0 , on effectue la division euclidienne de mb par 2 017, on a alors mb = 2 017q + r avec 0 G r G 2 016 . mb / r ^2 017h , donc amb / ar ^2 017h , d’où ar / b ^2 017h . Si on pose r = x et on a bien ax / b ^2 017h et 0 G x G 2 016 . Unicité de l’entier x : supposons qu’il existe deux entiers x et x l tels que 0 G x G 2 016 , 0 G x l G 2 016 , ax / b ^2 017h et ax l / b ^2 017h . On a alors ax / ax l ^2 017h , donc a^ x - x lh / 0 ^2 017h . 2 017 divises a^ x - x lh et est premier avec a, donc, d’après le théorème de Gauss, 2 017 divise x - x l . Mais - 2 016 G x - x l G 2 016 , donc le seul multiple de 2 017 possible dans cet intervalle est 0. Conclusion : x = x l . 83 1 a. Si p ! q , alors p et q sont premiers entre i j i j

eux, donc piai et q bj j sont premiers entre eux. b. Soit i un entier compris entre 1 et m. Si, pour tout j compris entre 1 et r, pi ! q j alors, d’après 1 a. pour tout


j compris entre 1 et r, piai est premier avec q bj j , donc piai est premier avec q1b1 # q2b2 # f # q rbr ; ceci est faux, car piai divise n. Donc, il existe un entier j compris entre 1 et r tel que pi = q j . c. Comme chaque pi est égal à un q j , il y a le même nombre de q j que de pi , c’est-à-dire m = r . Comme, de plus, les facteurs premiers sont ordonnés, p1 = q1 ; p2 = q2 ; … ; pm = qm . bm a m = b1 - a1 # b2 # 2 Soit N = p2a2 # f # p m . p2 f # p m p1 Si p1b1 - a1 est premier avec chaque piai pour 2 G i G m, il est premier avec leur produit N ce qui est absurde, car il divise N. Donc a1 = b1 . On montre de même que 12


a2 = b2, f, a m = b m , d’où l’unicité de la décomposition de n en produit de facteurs premiers. 84 1 Comme F H 3 , alors soit F est premier, soit n n

il s’écrit comme produit de facteurs premiers, donc il possède au moins un facteur premier pn . 2 Si m et n sont distincts, alors Fm et Fn sont premiers entre eux, donc aucun facteur premier intervenant dans la décomposition de Fm n’intervient dans celle de Fn , donc pm ! pn . 3 La suite des nombres de Fermat étant infinie, elle permet d’exhiber une suite infinie de nombres premiers deux à deux distincts puisque les nombres de Fermat sont premiers entre eux deux à deux. 85 1 L’ensemble des multiples communs à a et b est

non vide, car il contient le produit ab . Toute partie non vide de N admet un plus petit élément, donc l’entier m existe. 2 Multiples de 9 : 9, 18, 27, 36, 45, … Multiples de 12 : 12, 24, 36, 48, … PPCM ^9, 12h = 36 . Multiples de 10 : 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70, 80, 90, … Multiples de 18 : 18, 36, 54, 72, 90, … PPCM ^10, 18h = 90 . Multiples de 11 : 11, 22, 33, 44, 55, 66, 77, 88, 99, 110, 121, 132, 143, 154, 165, 176, 187, … Multiples de 16 : 16, 32, 48, 64, 80, 96, 112, 128, 144, 160, 176, … PPCM ^11, 16h = 176 . 3 a. Les multiples non nuls de 1 sont tous les entiers naturels non nuls et le plus petit multiple non nul de a est a, donc PPCM ^1, ah = a . b. Comme a est un multiple de b et que a est le plus petit multiple non nul de a, il sera le PPCM de a et b : si b a , alors PPCM â, bh = a . 4 a. m est un multiple commun à a et à b, et M est un multiple de m, donc M est un multiple commun à a et b. b. Soit M un multiple commun à a et b, la division euclidienne de M par m s’écrit : M = mq + r avec 0 G r 1 m. Or, M et mq sont des multiples communs à a et b, donc M - mq également, c’est-à-dire r est un multiple commun à a et b. Comme 0 G r 1 m , par définition de m, r = 0 ; ainsi, M = mq et M est un multiple de m. Conclusion : l’ensemble des multiples communs à a et b est l’ensemble des multiples de leur PPCM. 5 Soit m un multiple commun à a et b. Il existe des entiers k et k l tels que m = ka = k l b . Comme a divise k l b et a premier avec b, alors d’après le théorème de Gauss, a divise k l . Il existe donc un entier k ll tel que k l = ak ll . On obtient m = abk ll , c’est-à-dire m est un multiple de ab ce qui prouve que ab = PPCM â, bh . 86 1 a. Comme a m et b m , alors ka km et kb km .

b. km est un multiple commun à ka et kb, donc, d’après l’exercice précédent, on a M km .


c. De plus k ka et k kb , donc k M ; ainsi, il existe un entier n tel que M = kn . d. Comme ka M et kb M , alors ka kn et kb kn , donc a n et b n , et n est un multiple commun à a et b. e. On a donc m n , puis km kn , c’est-à-dire km M . Conclusion : M = km ce qui s’écrit aussi : PPCM ^ka, kbh = k # PPCM â, bh . 2 a. D’après la propriété caractéristique du PGCD, page 480, il existe deux entiers al et bl premiers entre eux tels que a = dal et b = dbl . b. PPCM â, bh = PPCM ^dal , dblh = d # PPCM âl , blh = d d’après l’exercice 85, question 5 . c. En multipliant par d, on obtient : d # PPCM â, bh = dal dbl ce qui revient à écrire : PGCD â, bh # PPCM â, bh = ab . 87 1 a. a2 = b3 , donc d2 u2 = d3 v3 et comme d est

non nul, on obtient u2 = dv3 . b. D’après la propriété caractéristique, u et v sont premiers entre eux. v dv3 , donc v u2 et comme v est premier avec u, d’après le théorème de Gauss, v u et donc v = 1 . 2 On a donc a = du et b = d . Si a2 = b3 , alors d2 u2 = d3 et donc u2 = d . Ainsi, a = d3 et b = u2 . Réciproquement, si a et b sont respectivement le cube et le carré d’un même entier on a : a = d3 et b = d2 . Donc a2 = b3 = d6 . On a prouvé l’équivalence. 88 Partie A

Comme x0 / a ^Dh et x0 / b ^Dh on a a / b ^Dh . b. D’après la propriété du cours, page 482, il existe des entiers u et v tels que mu + nv = D . Donc a - b = kD = kmu + knv . On obtient a - kum = b + knv ; or, a - kum / a ^mh et b + knv / b ^nh , donc l’entier a - kum est solution du système. c. Si m et n sont premiers entre eux, alors D = 1 et on a toujours a / b ^1 h . 2 a. x0 + tmn / x0 / a ^mh et x0 + tmn / x0 / b ^nh , donc x0 + tmn est solution de ^ S h . x = km + a ; b. On a * x0 = k l m + a donc x - x0 = ^k - k lhm , c’est-à-dire m divise x - x0 . x = ,n + b ; On a aussi * x0 = ,l n + b donc x - x0 = ^, - ,lhn , c’est-à-dire n divise x - x0 . Comme m et n sont premiers entre eux, mn divise x - x0, donc x - x0 = tmn ce qui revient à dire que x = x0 + tmn . Partie C 1 a. a = 2 ; b = 3 ; m = 3 ; n = 5 ; D = 1 ; k =- 1 . b. û ; v h = ^2 ; - 1h . c. La solution est x0 = 2 + 2 # 3 = 8 . d. Les solutions de ^Slh sont les entiers : x0 + tmn = 8 + 15t . 2 a. 8 + 15t / 2 ^7 h + 15t / 1^7 h or 15 / 1^7 h , donc 8 + 15t / 2 ^7 h + t / 1^7 h . b. On a t = 7h + 1 avec h entier, donc : x = 8 + 15^7h + 1h = 23 + 105h , avec h entier relatif. c. 105 est congru à 0 modulo 3, 5 et 7, donc 23 + 105h est congru à 2 modulo 3, à 3 modulo 5 et à 2 modulo 7.


Z ]] n / 2 ^3 h 1 [ n / 3 ^5 h . ] n / 2 ^7 h \ Z ]] 23 / 2 ^3 h 2 On a bien [ 23 / 3 ^5 h , donc 23 est une solution. ] 23 / 2 ^7 h \ Tout entier de la forme 23 + 3 # 5 # 7k , où k est un entier naturel, est solution du système, car 3 # 5 # 7k = 105k est congru à 0 modulo 3, 5 et 7.

Partie B 1 a. On a x0 / a^mh , donc x0 = km + a ; or, m = k l D , donc x0 = kk l D + a ce qui signifie que x0 / a ^Dh . On a x0 / b ^nh , donc x0 = kn + b ; or, n = k ll D , donc x0 = kk ll D + b ce qui signifie que x0 / b ^Dh .



13

C H A P I T R E

Matrices et suites

1. Programme Exemples de problèmes Contenus Marche aléatoire simple sur un graphe à deux ou trois sommets. • Matrices carrées, matrices colonnes : opérations. Marche aléatoire sur un tétraèdre ou sur un graphe à N sommets • Matrice inverse d’une matrice carrée. avec saut direct possible d’un sommet à un autre : à chaque instant, le mobile peut suivre les arêtes du graphe probabiliste ou • Exemples de calcul de la puissance n-ième d’une matrice carrée aller directement sur n’importe quel sommet avec une probabilité d’ordre 2 ou 3. constante p. • Suite de matrices colonnes (Un) vérifiant une relation Étude du principe du calcul de la pertinence d’une page Web. de récurrence du type Un+1 = AUn + C : – recherche d’une suite constante vérifiant la relation de convergence ; Modèle de diffusion d’Ehrenfest : N particules sont réparties dans – étude de la convergence. deux récipients ; à chaque instant, une particule choisie au hasard change de récipient. • Étude asymptotique d’une marche aléatoire. Modèle proie prédateur discrétisé : – évolution couplée de deux suites récurrentes ; – étude du problème linéarisé au voisinage du point d’équilibre.

2. Intentions des auteurs


Conformément au programme, l’introduction des matrices est faite en situation et en prenant appui sur la résolution de problèmes. Il s’agit d’étudier des exemples de processus discrets, déterministes ou stochastiques, à l’aide de suites ou de matrices. Les matrices sont définies comme des tableaux de nombres, sur lesquels on effectue des opérations. Le vocabulaire nouveau est introduit au fur et à mesure des besoins. Les définitions et les théorèmes auxquels il est nécessaire de faire référence ne sont pas sortis du contexte du problème. Le recours à la calculatrice ou à des logiciels de calcul permettent de se libérer des phases de calcul, dont la conduite et l’achèvement éloigneraient trop les élèves du problème traité. Les problèmes et situations choisis conduisent à un travail de modélisation et placent les élèves en position de recherche.

Activité

1 Prix, taxes et soldes

Objectif Donner un sens à des « opérations » sur des tableaux. 1 Pour calculer le montant de la TVA, on multiplie chaque montant HT par le taux 0,196.

⎛ 14 ,7 15, 68 13,72 ⎞ B = 0,196 × A = ⎜ 11,76 12,74 11,76 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 18, 62 17, 64 17, 64 ⎟⎠ ⎛ 89,7

95, 68 83,72 ⎞ 77,74 71,76 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 113, 62 107, 64 107, 64 ⎟⎠

2 C = A + B = ⎜ 71,76

⎛ 53, 82 57, 408 50,232 3 D = C − 0,4 × C = 0,6 × C = ⎜ 43, 056 46, 644 43, 056 ⎜ ⎜⎝ 68,172 64 ,584 64 ,584


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Matrices et suites

⎞ ⎟. ⎟ ⎟⎠

1

12/07/12 16:54

Activité

2 Équilibre alimentaire

Objectif : Donner un sens à des « opérations » sur des tableaux. 1 a. L’apport énergétique des glucides du menu est : 17 × 1,4 + 120 × 1,6 + 76,4 × 1 = 292,2 kcal. b. L’apport énergétique des lipides du menu est : 27 × 1,4 + 135 × 1,6 + 0,9 × 1 = 254,7 kcal. L’apport énergétique des protéines du menu est : 124 × 1,4 + 15,2 × 1,6 + 0,8 × 1 = 198,72 kcal. c. Le total énergétique du menu ➀ est 745,62 kcal. La proportion de glucides est environ 39,2 % , de lipides est environ 34,2 % , et de protéines est environ 26,7 %. Le menu ➀ ne respecte pas les préconisations de l’AFSSAPS. 2 a. Pour le menu ➁ : au total 775,78 kcal ; • apport des glucides : 395,98 kcal, soit environ 51 % du total ; • apport des lipides : 263,88 kcal, soit environ 34 % du total ; • apport des protéines : 115,92 kcal, soit 15 % du total. Le menu ➁ respecte les préconisations de l’AFSSAPS. b. Le menu ➁ a un total de 775,78 kcal, soit légèrement moins de 800 kcal. Activité

3 Recherche d’une parabole

Objectif : Regarder en quoi l’utilisation des matrices simplifie la recherche d’un problème classique ; déterminer l’équation d’une parabole passant par trois points. 1 a. Les points M, N et P appartiennent à la parabole ᏼ si, et seulement si, leurs coordonnées vérifient l’équation y = ax2 + bx + c de la parabole, soit : ⎧4 a − 2 b + c = 1 ⎪ ⎨a − b + c = − 1 . ⎪9 a + 3 b + c = 3 ⎩

⎛ 1 ⎞ ⎛ 4 −2 1 ⎞ ⎜ ⎟ b. En posant A = 1 − 1 1 et B = ⎜ − 1 ⎟ , le système ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 9 3 1⎠


⎛ a⎞ ⎜ b ⎟ = B. A × est équivalent à : ⎜ ⎟ ⎝ c⎠ c. On obtient A × C = I3 et C × A = I3, où I3 est la matrice identité d’ordre 3. On a : C = A−1. ⎛ a⎞ ⎛ a⎞ ⎜ ⎟ d. A × b = B ⇔ C × A × ⎜ b ⎟ = C × B ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ c⎠ ⎝ c⎠ ⎛ a⎞ ⎛ a⎞ ⎜ ⎟ ⇔ I3 × b = C × B ⇔ ⎜ b ⎟ = C × B. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ c⎠ ⎝ c⎠ ⎛ 0, 6 ⎞ e. C × B = ⎜ − 0,2 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ − 1, 8 ⎟⎠ La parabole ᏼ passant par les points M, N et P admet pour équation : y = 0,6x2 − 0,2x − 1,8. 2



⎛ 1⎞ ⎛ 4 −2 1 ⎞ ⎟ 2 1 et B = ⎜ 3 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 4⎠ ⎝ 4 2 1⎠ b. La calculatrice renvoie un message d’erreur. c. Le problème n’a pas de solution, car les points N et P ont même abscisse. Il n’existe alors pas de parabole représentant une fonction qui passe par ces deux points. 3 a. Les points M, N et P appartiennent à la parabole ᏼ ⎛ a ⎞ ⎛ yM ⎞ ⎜ ⎟ si, et seulement si, A × ⎜ b ⎟ = ⎜ y N ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ c ⎠ ⎜⎝ y P ⎟⎠ b. D’après le logiciel , la matrice inverse de A existe si, et seulement si, les réels t, u et v sont deux à deux distincts. ⎛ yM ⎞ ⎛ a⎞ ⎜ ⎟ Dans ce cas, on a alors ⎜ b ⎟ = A −1 × ⎜ y N ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ c⎠ ⎜⎝ y P ⎟⎠ Il est donc suffisant que les réels t, u et v soient deux à deux distincts. 2 a. A = ⎜ 4

Activité

4 Prévoir le temps ?

Objectif : Comment utiliser le calcul matriciel pour étudier deux suites numériques imbriquées. 1 a. Pour tout entier n 艌 0 , d’après la formule des probabilités totales : 5 1 1 2 s n +1 = s n + hn et hn +1 = s n + hn . 6 3 6 3 Donc en utilisant la définition du produit de matrices : ⎛ 5 1⎞ ⎛ s n +1 ⎞ ⎜ 6 3 ⎟ ⎛ s n ⎞ ⎟ ×⎜ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟. ⎝ hn +1 ⎠ ⎜ 1 2 ⎟ ⎝ hn ⎠ ⎜⎝ 6 3 ⎟⎠ b. On montre par récurrence la propriété P(n) : ⎛ sn ⎞ ⎛ s0 ⎞ «⎜ ⎟ = An × ⎜ ⎟. » ⎝ hn ⎠ ⎝ h0 ⎠

⎛ s0 ⎞ ⎛ s0 ⎞ ◗ Initialisation : A0 = I2. Donc ⎜ ⎟ = A0 × ⎜ ⎟. ⎝ h0 ⎠ ⎝ h0 ⎠ Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier naturel n tel que P(n) est vraie. ⎛ s n +1 ⎞ ⎛ sn ⎞ ⎛ s0 ⎞ Alors ⎜ ⎟ = A×⎜ ⎟ = A × An × ⎜ ⎟ en utili⎝ hn +1 ⎠ ⎝ hn ⎠ ⎝ h0 ⎠ sant l’hypothèse de récurrence. ⎛ s n +1 ⎞ ⎛ s0 ⎞ Donc ⎜ ⎟ = A n +1 × ⎜ ⎟ . Donc P(n+1) est vraie. ⎝ hn +1 ⎠ ⎝ h0 ⎠ ◗ Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, ⎛ sn ⎞ ⎛ s0 ⎞ ⎜ ⎟ = An × ⎜ ⎟. ⎝ hn ⎠ ⎝ h0 ⎠ ⎛ 257 ⎞ ⎛ s7 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ 384 ⎟ 2 a. ⎜ ⎟. ⎟ = A7 × ⎜ ⎟ = ⎜ ⎝ 0 ⎠ ⎜ 127 ⎟ ⎝ h7 ⎠ ⎜⎝ 384 ⎟⎠ 257 ≈ 0, 67. Donc s7 = 384

Matrices et suites

12/07/12 16:54

⎛ 683 ⎞ ⎜ 1024 ⎟ ⎛ 0, 667 ⎞ ; b. A10 × ⎛ 1 ⎞ = ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎜ 341 ⎟ ≈ ⎜ 0,333 ⎟ ⎝ ⎠ ⎜ 1024 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 0, 666 67 ⎞ ⎛ ⎞ 1 A 20 × ⎜ ⎟ ≈ ⎜ ⎟; ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0,333 33 ⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0, 666 67 ⎞ A 30 × ⎜ ⎟ ≈ ⎜ ⎟. ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0,333 33 ⎠ ⎛ ⎜ ⎛ 1⎞ Il semble que A n × ⎜ ⎟ tende vers ⎜ ⎜ devient « grand ». ⎝ 0 ⎠ ⎜⎝ ⎛ 5 1⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 5 2 ⎜ 6 3⎟ ⎜ 3⎟ ⎜ 6×3+ 3 A× X = ⎜ ⎟ ×⎜ ⎟ =⎜ ⎜ 1 2 ⎟ ⎜ 1⎟ ⎜ 1×2+ ⎜⎝ 6 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 6 3

À long terme, la probabilité qu’il fasse sec un jour donné 2 tend vers . 3 Activité

⎞ ⎟ ⎟ , lorsque n ⎟ ⎟⎠ 1 1⎞ × 3 3⎟ ⎟ 2 1⎟ × ⎟ 3 3⎠ 2 3 1 3

⎛ 2⎞ ⎜ 3⎟ = ⎜ ⎟ = X. ⎜ 1⎟ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ 4 a. Pour tout entier n 艌 1 , on pose P(n) : « An = B + (0,5)n−1 × C ». ◗ Initialisation : A1 × A et B + (0,5)0 × C = B + C = A. Donc P(1) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier n 艌 1 tel que P(n) est vraie. Alors A n +1 = A × A n = (B + C) × B + (0,5) n −1 × C d’après l’hypothèse de récurrence. Donc en développant, A n +1 = B 2 + (0,5) n −1 B × C + C × B + (0,5) n −1 × C 2. ⎛ 1 1⎞ ⎜ 6 −3 ⎟ Or C = ⎜ ⎟ . Donc B × C = 0 2 et C × B = 0 2. ⎜ −1 1 ⎟ ⎜⎝ 6 3 ⎟⎠

(

⎛ 2 2⎞ ⎛ 1 1⎞ ⎜ 3 3⎟ ⎜ 12 − 6 ⎟ B2 = ⎜ ⎟ = B et C 2 = ⎜ ⎟ = 0,5 × C . ⎜ 1 1⎟ ⎜ − 1 1 ⎟ ⎜⎝ 3 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 12 6 ⎟⎠ Donc A n +1 = B + 0 2 + 0 2 + (0,5) n −1 × 0,5 × C . Donc A n +1 = B + (0,5) n × C . Ainsi P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : pour tout entier n 艌 1, A n = B + (0,5) n −1 × C . b. D’après la question précédente, ⎛ sn ⎞ ⎛ 1⎞ n −1 × C × ⎜ ⎟. ⎜ ⎟ = B + (0,5) ⎝ 0⎠ ⎝ hn ⎠ En développant, ⎛ sn ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ n −1 ×C ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = B × ⎜ ⎟ + (0,5) ⎝ 0⎠ ⎝ 0⎠ ⎝ hn ⎠

(


)

⎛ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜⎝ Donc s n =

)

2 3 1 3

⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎟ ⎜ 6 ⎟ ⎟ + (0,5) n −1 × ⎜ ⎟. ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ 6 ⎟⎠

n −1 2 (0,5) 2 + . Ainsi lim s n = . n→+∞ 3 6 3

5 Pertinence d’une page Web

Objectif Aborder un problème aléatoire d’actualité à l’aide du calcul matriciel. Partie A – Une première approche 1 On peut représenter la situation par l’arbre de probabilité suivant : 1 P(Xn = 1) P(Xn = 2) 2

P(Xn = 3)

2

1/2

3

1/2

1

1/2

3

1

1

D’après la formule des probabilités totales : 1 P (X n +1 = 1) = P (X n = 2) + 1P (X n = 3) ; 2 1 P (X n +1 = 2) = P (X n = 1) ; 2 1 1 et P (X n +1 = 3) = P (X n = 1) + P (X n = 2). 2 2 En utilisant la définition du produit de matrices, on obtient : ⎛ 1 ⎞ ⎜ 0 2 1⎟ ⎛ P (X n +1 = 1) ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ P (X n = 1) ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ P (X n +1 = 2) ⎟ = ⎜ 2 0 0 ⎟ × ⎜ P (X n = 2) ⎟ , ⎜ P (X ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ P (X n = 3) ⎟⎠ n +1 = 3) ⎠ ⎝ ⎜ 1 1 0⎟ ⎝ 2 2 ⎠ c’est-à-dire U n +1 = A × U n. Par récurrence, on en déduit que U n = A n × U 0 . 2 Il semble que la suite (Un) converge vers la matrice

⎛ ⎜ ⎜ colonne ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

4 9 2 9 1 3

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ lorsque n tend vers . ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

La page d’indice de pertinence le plus grand est donc la page 1, la page d’indice de pertinence le plus petit est la page 2. Partie B – Amélioration du modèle 1 On note T l’événement « le surfeur se téléporte aléatoirement » et NT l’événement « le surfeur choisit aléatoirement parmi les pages vers lesquelles pointe la page où il se trouve ». Livre du professeur - CHAPITRE 15


3

1/2

Matrices et suites

3

12/07/12 16:54

On peut représenter la situation par l’arbre de probabilité suivant : 1 T 2 0,15 3 1 0,85

NT

P(Xn = 1) 0,15 P(Xn = 2)

1/2

2

1/2

3 1 2 3

T

2 0,85

P(Xn = 3) 0,15

3

0,85

NT

1/2

1

1/2

3 1 2 3

T

NT

1

1

D’après la formule des probabilités totales : 1 P (X n +1 = 1) = P (X n = 1) × 0,15 × 3 1 1 + P (X n = 2) × 0,15 × + P (X n = 2) × 0, 85 × 3 2 1 + P (X n = 3) × 0,15 × + P (X n = 3) × 0, 85 × 1. 3 1 Donc P (X n +1 = 1) = 0, 85 × P (X n = 2) + 1P ( X n = 3) 2 + 0, 05 × (P (X n = 1) + P (X n = 2) + P (X n = 3)).

(

Or P (X n = 1) + P (X n = 2) + P (X n = 3) = 1. Donc : 1 P (X n +1 = 1) = 0, 85 × P (X n = 2) + 1P ( X n = 3) + 0, 05. 2 b. On obtient de la même façon que : 1 P (X n +1 = 2) = 0, 85 × P (X n = 1) + 0, 05 , 2 1 1 et P (X n +1 = 3) = 0, 85 × P (X n = 1) + P (X n = 2) + 0, 05. 2 2 Ainsi en utilisant la définition du produit de matrices, on a : ⎛ P (X n +1 = 1) ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ P (X n +1 = 2) ⎟ ⎜ P (X ⎟ n +1 = 3) ⎠ ⎝ ⎛ 1 ⎞ ⎜ 0 2 1⎟ ⎜ ⎟ ⎛ P (X n = 1) ⎞ ⎛ 0, 05 ⎞ ⎜ ⎟ 1 0 0 ⎟ × ⎜ P (X n = 2) ⎟ + ⎜ 0, 05 ⎟ , = 0, 85 × ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ P (X n = 3) ⎟⎠ ⎜⎝ 0, 05 ⎟⎠ ⎜ 1 1 0⎟ ⎝ 2 2 ⎠

(

)

(


)

)

soit : U n +1 = 0, 85 × A × U n + B . 2 C = 0,85 × A × C × B ⇔ C − 0,85A × C = B ⇔ I3 × C − 0,85A × C = B ⇔ (I3 − 0,85A) × C = B. Par la calculatrice ou le logiciel Xcas, on obtient que la matrice I3 − 0,85A est inversible. 4



Donc C = 0,85 × A × C + B ⇔ C = (I3 − 0,85A)−1 × B ⎛ ⎜ ⎜ −1 ⇔ C = (I3 − 0,85A) × B = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

74 ⎞ 171 ⎟ ⎟ 40 ⎟ . 171 ⎟ ⎟ 1 ⎟ 3 ⎠

= 0, 85 A × U n + B ⎧U 3 On a : ⎨ n +1 .

⎩C = 0, 85 A × C + B Donc en soustrayant les deux lignes, on a : U n +1 − C = 0, 85 A × (U n − C) . Par récurrence, on obtient que pour tout entier n ⭓ 0, U n − C = (0, 85 A) n × (U 0 − C) , c’est-à-dire : U n = C + 0, 85 n A n × (U 0 − C). 4 Il semble que la suite (Un) converge vers la matrice ⎛ 74 ⎞ ⎜ 171 ⎟ ⎜ ⎟ 40 ⎟ colonne C = ⎜ lorsque n tend vers +∞. ⎜ 171 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ 3 ⎠ La page d’indice de pertinence le plus grand est donc la page 1, la page d’indice de pertinence le plus petit est la page 2.

Activité

6 Modèle de diffusion d’Ehrenfest

Objectif : Appliquer le calcul matriciel à un phénomène aléatoire en physique. Partie A – Simulation avec tableur 1 a. En C3, on choisit un entier aléatoire entre 1 et N (en A2), simulant le choix de la particule qui change d’urne. Si cet entier est inférieur au nombre de boules de l’urne, on change une particule de l’urne A vers l’urne B (1 particule de moins en A et 1 particule de plus en B). Sinon, on procède de la même façon de l’urne B vers l’urne A. b. c. et d. Il semble qu’au bout d’un grand nombre d’échanges, les particules se répartissent de façon équirépartie dans les deux urnes. De façon « très rare », le phénomène peut être réversible. e. On obtient les mêmes résultats. 2 Avec N = 1 000 , on obtient les mêmes résultats. Avec N = 10 et N = 2 , on observe plus souvent la réversibilité du phénomène. Partie B – Étude du cas N = 2 1 On peut représenter 1 la situation par l’arbre P(Xn = 0) de probabilité suivant : P(Xn = 1) 2

P(Xn = 2)

3

1

2

1/2

1

1/2

3

1

1

Matrices et suites

12/07/12 16:54

D’après la formule des probabilités totales : 1 P (X n +1 = 0) = P (X n = 1) × ; 2 P (X n +1 = 1) = P (X n = 0) × 1 + P (X n = 3) × 1, 1 et P (X n +1 = 2) = P (X n = 1) × . 2 Donc en utilisant la définition du produit de matrices : ⎛ ⎛ P (X n +1 = 0) ⎞ ⎜ 0 ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ P (X n +1 = 1) ⎟ = ⎜ 1 ⎜ P (X ⎟ ⎜ n +1 = 2) ⎠ ⎝ ⎜ 0 ⎝

Donc A 2(n +1) −1

⎛ 1 ⎞ ⎜ 0 2 0⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ 1 0 1 ⎟ = A. ⎜ 1 ⎟ 0⎟ ⎜ 0 2 ⎝ ⎠

De plus, A 2(n +1) = A 2 n + 2 = A 2 n +1 × A = A × A en utilisant le résultat précédent.

1 ⎞ 0 ⎟ ⎛ P (X = 0) ⎞ n 2 ⎟ ⎜ ⎟ 0 1 ⎟ × ⎜ P (X n = 1) ⎟ 1 ⎟ ⎜ P (X = 2) ⎟ n ⎠ 0⎟ ⎝ 2 ⎠

Donc A 2(n +1)

Donc U n +1 = A × U n . 2 Par récurrence, on en déduit que pour tout entier n ⭓ 0, U n +1 = A n × U 0 . 3 On obtient :

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 1⎞ 0 2 2⎟ ⎟ 0 1 0 ⎟ . Ainsi P(n + 1) est vraie. 1 1⎟ 0 ⎟ 2 2⎠

◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 1, P(n) est vraie :

A 2 n −1 = A et A 2 n

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 1⎞ 0 2 2⎟ ⎟ 0 1 0 ⎟. 1 1⎟ 0 ⎟ 2 2⎠

4 Comme pour tout entier n ⭓ 1, U n = A n × U 0 , on a :

U 2 n −1

⎛ 1 ⎞ ⎜ 0 2 0⎟ ⎛ 0⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ = A × U0 = ⎜ 1 0 1 ⎟ × ⎜ 0 ⎟ = ⎜ 1 ⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ 1⎠ ⎝ 0⎠ 0⎟ ⎜ 0 2 ⎝ ⎠

Il semble que pour tout entier n ⭓ 1, A 2 n −1 = A

et A 2 n

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 1⎞ 0 2 2⎟ ⎟ 0 1 0 ⎟. 1 1⎟ 0 ⎟ 2 2⎠

et U 2 n

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎛ 1⎞ 1 1⎞ 0 ⎟ ⎜ 2⎟ ⎛ ⎞ 0 2 2 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 0 1 0 ⎟ × 0 = ⎜ 0 ⎟. ⎜ ⎟ 1 1⎟ ⎝ 1⎠ ⎜ 1⎟ 0 ⎟ ⎜ ⎟ 2 2⎠ ⎝ 2⎠

La répartition des boules ne se stabilise donc pas lorsque n devient grand.

On démontre cette conjecture par récurrence en posant

P(n) : « A 2 n −1 = A et A 2 n

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 1⎞ 0 2 2⎟ ⎟ 0 1 0 ⎟ ». 1 1⎟ 0 ⎟ 2 2⎠

Exercices d’application Effectuer des calculs

◗ Initialisation : pour n = 1.


A 2 −1

⎛ ⎜ ⎜ = A et A 2 = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 1 0 2 2 0 1 0 1 1 0 2 2

matriciels

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ . Donc P(1) est vraie. ⎟ ⎟ ⎠

a. On a l’arbre de proportion suivante : AA xn

◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 1 tel que P(n) est vraie. Alors : ⎛ 1 1 ⎞ 1⎞ ⎛ ⎜ 2 0 2⎟ ⎜ 0 2 0⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ A 2(n +1) −1 = A 2 n +1 = A 2 n × A = ⎜ 0 1 0 ⎟ × ⎜ 1 0 1 ⎟ ⎜ 1 1 ⎟ 1⎟ ⎜ 0⎟ 0 ⎜ ⎟ ⎜ 0 2 2⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ en utilisant l’hypothèse de récurrence.

yn zn

BB

Donc x n +1 = x n +

AA

1/4 1/2

AA

1/4

BB

1

AB

BB

1 1 1 y n ; y n +1 = y n et z n +1 = z n + y n. 4 2 4



AB

1

Matrices et suites

5

12/07/12 16:54

⎛ x n +1 ⎜ Donc ⎜ y n +1 ⎜⎝ z n +1

⎛ ⎞ 1 ⎜ 1 4 0⎟ ⎞ ⎜ ⎟ ⎛ xn ⎞ 1 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ 0 2 0 ⎟ × ⎜ yn ⎟ , ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜⎝ z n ⎟⎠ ⎜ 0 1 1⎟ 4 ⎝ ⎠

Calculer et utiliser l’inverse d’une matrice carrée A 2 = I 3. Donc A × A = I 3. Ainsi la matrice A est inversible, d’inverse A.

⎛ ⎞ 1 ⎜ 1 4 0⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎜ 0⎟. c’est-à-dire p n +1 = A × p n , où A = 0 ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎜ 0 1 1⎟ 4 ⎝ ⎠ ⎛ 0,2 ⎞ ⎛ 0,325 ⎞ b. p1 = A × ⎜ 0,5 ⎟ = ⎜ 0,25 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0,3 ⎟⎠ ⎜⎝ 0, 425 ⎟⎠

⎛ 0,3875 ⎞ et p2 = A × p1 = ⎜ 0,125 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0, 4875 ⎟⎠ On en déduit la répartition des couples de gènes aux générations 1 et 2. ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ xn ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ c. Par exemple ⎜ 1 1 1 ⎟ × ⎜ y n ⎟ = ⎜ 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1 1 1 ⎠ ⎜⎝ z n ⎟⎠ ⎝ 1 ⎠

On résout le système : ⎧x − 2 y − z = 7 ⎪ ⎨2 x − 2 y + 3 z = − 3, ⎪3 x + y − 2 z = 11 ⎩ qui s’écrit sous forme matricielle A × X = B avec : ⎛ 1 −2 −1 ⎞ ⎛ x⎞ ⎛ 7 ⎞ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ A = 2 − 2 3 , X = y et B = ⎜ − 3 ⎟ . ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ 3 1 −2 ⎠ ⎝ 11 ⎠ ⎝ z⎠ On obtient : X = latrice.

A −1

⎛ 2 ⎞ × B = ⎜ − 1 ⎟ en utilisant la calcu⎜ ⎟ ⎝ −3 ⎠

Les trois plans sont donc sécants en un unique point, dont les coordonnées sont (2 ; −1 ; −3). a. On obtient :

Calculer avec des matrices ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ (A + B)2 = ⎜ 7 3 ⎟ × ⎜ 7 3 ⎟ = ⎜ 61 45 ⎟ . ⎝ 4 8 ⎠ ⎝ 4 8 ⎠ ⎝ 60 76 ⎠ ⎛ 1 −2 ⎞ ⎛ 9 0 ⎞ ⎛ 29 52 ⎞ A2 + 2 A × B + B 2 = ⎜ + 2⎜ + ⎟ ⎝ 6 −3 ⎠ ⎝ 15 12 ⎟⎠ ⎜⎝ 13 68 ⎟⎠ ⎛ 48 50 ⎞ . =⎜ ⎝ 49 89 ⎟⎠ ⎛ − 11 6 − 1 ⎞ A × B = 0 3 ; B × A = ⎜ − 22 12 − 2 ⎟ , ⎟ ⎜ ⎝ − 11 6 − 1 ⎠ ⎛ 2 −2 2 ⎞ 2 et A = ⎜ − 7 6 − 5 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎝ −5 4 −3 ⎠ ⎛ 1 −1 ⎞

Donc A2 + 5A = −4I3. b. On factorise l’égalité précédente par A, et on divise par (−4). −1 5 Ainsi A × (A + 5 I 3 ) = − 4 I 3 , soit A × A − I 3 = I 3. 4 4 Donc la matrice A est inversible et son inverse est :

(

A −1

⎛ ⎜ ⎜ 5 −1 = A − I3 = ⎜ ⎜ 4 4 ⎜ ⎜ ⎝

3 4 −1 4 −1 4

−1 4 3 4 −1 4

−1 ⎞ ⎛ 5 4 ⎟ ⎜ 4 ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎜ − 0 4 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎜ 0 4 ⎠ ⎝

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

−1 2 −1 4 −1 4

−1 4 −1 2 −1 4

−1 ⎞ 4 ⎟ ⎟ −1 ⎟ . 4 ⎟ ⎟ −1 ⎟ 2 ⎠

⎛ 1 0⎞


1 4 J + I2 = 4 ⎜⎝ 1 − 1 ⎟⎠ + ⎜⎝ 0 1 ⎟⎠

⎛ 4 −4 ⎞ ⎛ 1 0 ⎞ =⎜ + ⎝ 4 − 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 ⎟⎠ = A.

)

⎞ 0 0⎟ ⎟ 5 0⎟ ⎟ 4 ⎟ 5⎟ 0 4⎠

2 A 2 = (4 J + I 2 ) × (4 J + I 2 )

= 16 J 2 + 4 J × I 2 + 4 I 2 × J + (I 2 ) = 02 + 4 J + 4 J + I 2 = 8 J + I 2

2

⎛ 9 −8 ⎞ =⎜ . ⎝ 8 − 7 ⎟⎠ 6



Calculer la puissance n-ième d’une matrice carrée a. J 2 = 02. Matrices et suites

12/07/12 16:54

⎛ 0, 4 0,2 ⎞ ⎛ 0,25 ⎞ ⎟ ×⎜ ⎟ ⎝ 0, 6 0, 8 ⎠ ⎝ 0,75 ⎠

⎛ 1 0 ⎞ ⎛ 4 −4 ⎞ ⎛ 5 −4 ⎞ b. I 2 + 4 J = ⎜ + = = A. ⎝ 0 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 4 − 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 4 − 3 ⎟⎠

2 A×U = ⎜

c. Pour tout entier naturel n, on pose P(n) : « A n = I 2 + 4 n J ». 0 ◗ Initialisation : A = I2 et I2 + 4 × 0 × J = I2. Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. On a alors A n = I 2 + 4 n J. Alors A n +1 = A × A n = (I 2 + 4 J ) × (I 2 + 4 n J ). A n +1 = I 2 + 4 n J + 4 J + 16 n J 2 = I 2 + 4 (n + 1) J + 16 n 0 2 = I 2 + 4 (n + 1) J . Donc P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, P(n) est vraie, c’est-à-dire A n = I 2 + 4 n J . ⎛ 2 −1 ⎞ a. À la calculatrice, on obtient P −1 = ⎜ , ⎝ − 1 1 ⎟⎠ ⎛ 5 0⎞ . et B = P −1 × A × P = ⎜ ⎝ 0 4 ⎟⎠ b. La matrice B est diagonale. Donc, pour tout entier n ⭓ 0, ⎛ 5n 0 ⎞ Bn = ⎜ . ⎝ 0 4 n ⎟⎠ Or comme B = P −1 × A × P , on a : A = P × B × P −1. Par récurrence, comme P −1 × P = I 2 , on obtient donc que A n = P × B n × P −1. ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 5 n 0 ⎞ ⎛ 2 −1 ⎞ Alors A n = ⎜ × × ⎝ 1 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 4 n ⎟⎠ ⎜⎝ − 1 1 ⎟⎠ ⎛ 5n 4 n ⎞ ⎛ 2 −1 ⎞ . =⎜ × ⎝ 5 n 2 × 4 n ⎟⎠ ⎜⎝ − 1 1 ⎟⎠ Ainsi, pour tout entier n ⭓ 0, ⎛ 2 × 5n − 4 n −5 n + 4 n An = ⎜ n n ⎝ 2 × 5 − 2 × 4 −5 n + 2 × 4 n


qn

P

P

0,2

G

Mn mn

⎞ ⎟⎠ .

P

D’après la formule des probabilités totales, p n +1 = 0, 4 p n + 0,2 q n et q n +1 = 0, 6 p n + 0, 8 q n. En utilisant la définition du produit de matrices, ⎛ p n +1 ⎞ ⎛ 0, 4 0,2 ⎞ ⎛ p n ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟. ⎟ ×⎜ ⎝ q n +1 ⎠ ⎝ 0, 6 0, 8 ⎠ ⎝ q n ⎠

In

Mn+1

0,8

In+1

0,5

Mn+1

0,5

SNn+1

0,1

SNn+1

0,9

In+1

2 a. En B3 =0.2*B2+0.5*C2 . En C3 =0.5*C2+0.1*D2 . En D3 =0.8*B2+0.9*D2 . b. Il semble que la suite (mn) converge vers 0,094 31, que la suite (sn) converge vers 0,150 95, et que la suite (in) converge vers 0,754 71.

2 Modéliser la situation ⎛ 0, 05 ⎞ 1 U 0 = ⎜ 0,95 ⎟ et en utilisant la formule des probabi⎜ ⎟ ⎝ 0 ⎠ ⎛ 0,2 0,5 0 ⎞ lités totales, U n +1 = A × U n , où A = ⎜ 0 0,5 0,1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0, 8 0 0,9 ⎟⎠

⎛ 0, 4 0,2 ⎞ A=⎜ ⎟. ⎝ 0, 6 0, 8 ⎠

⎞ ⎧− 0, 8 x + 0,5 y = 0 ⎟ ⇔ ⎪⎨− 0,5 y + 0,1z = 0 . ⎟ ⎪0, 8 x − 0,1z = 0 ⎠ ⎩ e La 3 ligne du système est la différence de la 2e ligne et de la 1re ligne. Comme la somme des coefficients de chaque Un est égale à 1, la somme x + y + z des coefficients cherchés est égale à 1. ⎛ x⎞ ⎛ x A×⎜ y ⎟ = ⎜ y ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ z⎠ ⎝ z



0,2

2 En utilisant le résultat du logiciel,

0,8

Donc :

1 Lire l’énoncé et fixer des notations 1 On obtient :

in

1 La situation peut être représentée par l’arbre de probabilité suivant : G 0,4 G

0,6

Propagation d’une maladie

sn SNn

Étudier le comportement asymptotique d’une suite de matrices colonne

pn

⎛ 0, 4 × 0,25 + 0,2 × 0,75 ⎞ ⎛ 0,25 ⎞ =⎜ ⎟. ⎟ =⎜ ⎝ 0, 6 × 0,25 + 0, 8 × 0,75 ⎠ ⎝ 0,75 ⎠ Donc A × U = U. 3 La matrice A a tous ses coefficients strictement positifs, dont la somme par colonne est 1. D’après le théorème du cours, la matrice U est l’unique matrice colonne dont la somme des coefficients est 1 et telle que A × U = U. Et la suite (Un) converge vers la matrice U. Donc la probabilité que Claude gagne une partie à long terme tend vers 0,25.

Matrices et suites

7

12/07/12 16:54

En utilisant le résultat du logiciel, on en déduit que : 5 8 40 x= ,y = et z = . 53 53 53 Remarque : ◗ Ici, la matrice A a ses coefficients positifs, mais certains sont nuls. Le théorème du cours assure l’existence d’une matrice U de somme des coefficients égale à 1 et telle que A × U = U, mais pas son unicité. ⎛ 0, 04 0,35 0, 05 ⎞ 2 ◗ En revanche, A = ⎜ 0, 08 0,25 0,14 ⎟ vérifie les ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0, 88 0, 4 0, 81 ⎟⎠ conditions du théorème, ce qui assure l’unicité de la matrice U. En effet, A étant inversible, A × U = U ⇔ A × A × U = A × U = U ⇔ (A²) × U = U. ◗ Sur la convergence de la suite (Un) , on peut raisonner sur la suite extraite des rangs pairs : Vn = U 2 n. On a pour tout entier n ⭓ 0, Vn +1 = U 2 n + 2 = A 2 × U 2 n = A 2 × Vn . La matrice A² vérifie les conditions du théorème, donc la suite (Vn) converge vers la matrice U, soit la suite (U2n) converge vers la matrice U. Or, pour tout entier n ⭓ 0, U2n+1 = A × U2n. Donc la suite (U2n+1) converge vers la matrice A × U = U. ◗ Conclusion : la suite (Un) converge vers la matrice U. Modèle proie-prédateur 1 Partie A Pour tout entier n ⭓ 0 : R − Rn ◗ n +1 = a − bLn . Donc R n +1 − R n = aR n − bR n Ln , Rn soit R n +1 = (1 + a) R n − bLn R n. L − Ln ◗ n +1 = cR n − d . Donc Ln +1 − Ln = cR n Ln − dLn , Ln soit Ln +1 = cLn R n + (1 − d) Ln . 2 a. En l’absence de prédateurs, Ln = 0 . Donc, pour tout

entier n ⭓ 0, R n +1 = (1 + a) R n . La suite (Rn) est donc une suite géométrique de raison q = 1 + a ⬎ 1, donc croissante. b. En l’absence de proies, R n = 0. Donc pour tout entier n ⭓ 0, Ln +1 = (1 − d) Ln . La suite (Ln) est donc une suite géométrique de raison q = 1 − a ⬍ 1, donc décroissante. 3 a. On a : R0 = 3 000 et L0 = 90 ; R1 = 3 153 et L1 = 94 ; R2 = 3 312 et L2 = 99. ⎧R = (1 + a) R 0 − bL0 R 0 ◗ Comme ⎨ 1 , on a : ⎩R2 = (1 + a) R1 − bL1R1


⎧3 000 (1 + a) − 3 000 × 90 b = 3 153 , soit : ⎨ ⎩3 153 (1 + a) − 3 153 × 94 b = 3 312 ⎧3 000 a − 270 000 b = 153 . ⎨ ⎩3 153 a − 296 382 b = 159 En divisant les deux lignes par 3, on a : ⎧1000 a − 90 000 b = 51 . ⎨ ⎩1051a − 98 794 b = 53 ⎧L = cL0 R 0 + (1 − d) L0 ◗ Comme ⎨ 1 , ⎩L2 = cL1R1 + (1 − d) L1 8



⎧90 × 3 000 c + 90 (1 − d) = 94 on a : ⎨ , ⎩94 × 3 153 c + 94 (1 − d) = 99 ⎧270 000 c − 90 d = 4 . soit : ⎨ ⎩296 382 c − 94 d = 5 En divisant la 1re ligne par 2 , on a : ⎧135 000 c − 45 d = 2 . ⎨ ⎩296 382 c − 94 d = 5 b. ◗ Le 1er système s’écrit matriciellement : ⎛ 1000 − 90 000 ⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ 51 ⎞ ⎜ ⎟ ×⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝ 1051 − 98 794 ⎠ ⎝ b ⎠ ⎝ 53 ⎠ −1 ⎛ a ⎞ ⎛ 1000 − 90 000 ⎞ ⎛ 51 ⎞ ⎜⎝ b ⎟⎠ = ⎜ 1051 − 98 794 ⎟ × ⎜⎝ 53 ⎟⎠ . ⎝ ⎠ À l’aide de la calculatrice, on a : a ≈ 0,064 et b ≈ 0,000 14 . ◗ Le 2e système s’écrit matriciellement : ⎛ 135 000 − 45 ⎞ ⎛ c ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎜ ⎟ ×⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝ 296 382 − 94 ⎠ ⎝ d ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎛ c ⎞ ⎛ 135 000 − 45 ⎞ ⎜⎝ d ⎟⎠ = ⎜ 296 382 − 94 ⎟ ⎝ ⎠

−1

⎛ 2⎞ × ⎜ ⎟. ⎝ 5⎠

À l’aide de la calculatrice, on a : c ≈ 5,7 × 10−5 et d ≈ 0,127. 2 Partie B 1 a. b. Le nombre de prédateurs n’augmente pas forcé-

ment lorsque le nombre de proies augmente. Le nombre de proies n’augmente pas forcément lorsque le nombre de prédateurs diminue. c. Pour la suite R , deux maxima sont espacés d’environ 105 ans. Pour la suite L, deux maxima sont espacés d’environ 103 ans. Deux maxima consécutifs des deux suites sont espacés d’environ 10 ans. 2 a. La suite R est géométrique croissante, divergente vers +∞ et la suite L est constante à 0. b. La suite R est constante à 0 et la suite L est géométrique décroissante, convergente vers 0. 3 a. Les suites R et L sont constantes. b. Les suites R et L oscillent respectivement autour des valeurs 2 000 et 600. 4 a. Lorsque a diminue, les amplitudes des suites R et L diminuent. En effet, le taux d’accroissement de la suite R est plus petit, donc la suite R varie moins vite. Le taux d’accroissement de la suite L est alors aussi plus petit. Donc la suite L varie aussi moins vite. b. Pour les mêmes raison qu’au a. , les amplitudes des suites R et L diminuent. c. Lorsque c diminue, la suite L est presque constante, sauf par pique, et la suite R suit des croissances exponentielles, sauf par pique. En effet, le taux d’accroissement de la suite L devient proche de 0, donc la suite L est presque constante. Le taux d’accroissement de la suite R devient alors presque constant, et la suite R est presque géométrique. d. Lorsque d augmente, on obtient les mêmes résultats qu’au c.

Matrices et suites

12/07/12 16:54

1 b. et c. 4 a. b. et c.

2 a. 5 b.

3 c.

1 c.

2 b. et c.

3 c.

1 Faux.

2 a. Faux. b. Faux. c. Vrai. d. Vrai.

⎧x = x 2 ⎪ a. A = B ⇔ ⎨x 2 + x + 1 = 1 ⇔ x = 0. ⎪3 = 3 − x ⎩ ⎧2 x = 4 ⎪x 2 = 4 ⎪ ⎪− 1 = x − 3 b. A = B ⇔ ⎨ ⇔ x = 2. ⎪10 = 6 x − 2 ⎪x ⎪ =1 ⎩2

3 Vrai.

Somme, produit par un réel ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 A = − 1 2 , B = − 2 0 , C = 4 − 1 . ⎜⎝ − 3 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 − 3 ⎟⎠

1 Matrices et opérations

⎛ −2 4 ⎞

2 Vrai.

3 Vrai.

4 Faux.

2 2A = ⎜⎝ − 6 8 ⎟⎠ donc 2 A + B = ⎜⎝ − 3 9 ⎟⎠ .

1 b.

2 a.

3 c.

4 b.

On vérifie de même les autres résultats. ⎛ ⎞ 3 ◗ A + 2 C = 7 0 ; ⎜⎝ 1 − 2 ⎟⎠

Définition de matrice

⎛ ⎞ ◗ 3 B + 2 C = ⎜ 2 − 2 ⎟ ; ⎝ 13 − 3 ⎠

1 a1,1 = 1, a1,3 = 3, a2 ,3 = 1, a3 ,1 = − 1, a3 ,2 = 2. 2 a1,1 = − 2, a1,3 = 0, a2 ,3 = 3, a3 ,1 = 0, a3 ,2 = − 2. 1

Fruit Viande

A1

A2

20

80

30

50

Fruit Viande A1 A2

20

30

80

50

⎛ 20 80 ⎞

80, le nombre situé à l’intersection de la première ligne et de la deuxième colonne de la première matrice, représente la quantité de fruits commandée à A2. ⎛ 20 30 ⎞ b. ⎜ est une matrice d’ordre deux. ⎝ 80 50 ⎟⎠ 30, le nombre situé à l’intersection de la première ligne et de la deuxième colonne de la première matrice représente la quantité de viande commandée à A1. ⎛ 22 88 ⎞ 3 ⎜⎝ 33 55 ⎟⎠ . ⎛ 24 ,2 96, 8 ⎞ 4 3e semaine : ⎜ ⎟. ⎝ 36,3 60,5 ⎠ ⎛ 26, 62 106, 48 ⎞ 4e semaine : ⎜ ⎟. ⎝ 39,93 66,55 ⎠ ⎛ 29,282 117,128 ⎞ 5e semaine : ⎜ ⎟. ⎝ 43,923 73,205 ⎠ 1 Cela signifie que l’équipe C a retrouvé 5 marques rouges. 2 L’équipe B a collecté 18 marques et a gagné le jeu. 3 On a colleté 41 marques.

⎛ 3 −1 ⎞ . A=⎜ ⎝ − 2 4 ⎟⎠

⎛ ⎞ ◗ 3 A + 2 I 2 = ⎜ −1 6 ⎟ . ⎝ − 9 14 ⎠

⎛ −1 4 5 ⎞ ◗ 2 A + 3 B = ⎜ 6 15 2 ⎟ ; ⎜ ⎟ ⎝ 7 8 16 ⎠

2 a. ⎜⎝ 30 50 ⎟⎠ est une matrice d’ordre deux.


⎛ −4 4 ⎞

1 Vrai.

⎛ 11 12 3 ⎞ ⎜ − 6 5 9 ⎟ ; 3 C + 2 I = ◗ 3 ⎜ ⎟ ⎝ 0 −6 5 ⎠ ⎛ 7 8 7 ⎞ ◗ –2 A + 3 C = ⎜ 0 3 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ −4 −8 −7 ⎠ ⎛ 0 8 ⎞ ◗ 2 A + 3B = ⎜ ; ⎝ 7 − 1 ⎟⎠ ⎛ − 13 − 12 ⎞ ◗ –3 A + 2 B = ⎜ ; 8 ⎟⎠ ⎝ 9 ⎛ 11 4 ⎞ ◗ A – 4 B = ⎜ . ⎝ − 13 − 6 ⎟⎠ ⎛ 4 6 − 10 ⎞ ◗ 2 A = ⎜ 8 0 2 ⎟ ; ⎜ ⎟ ⎝ −2 2 6 ⎠ ⎛ 9 −6 −3 ⎞ ◗ –3 B = ⎜ 0 − 3 − 9 ⎟ ; ⎟ ⎜ ⎝ − 6 3 − 12 ⎠ ⎛ −1 5 −4 ⎞ ◗ A + B = ⎜ 4 1 4 ⎟ ; ⎜ ⎟ ⎝ 1 0 7 ⎠



Matrices et suites

9

12/07/12 16:54

⎛ ⎜ b. ⎜ ⎜ ⎜⎝

⎛ 9 7 − 16 ⎞ ◗ 3 A – B = ⎜ 12 − 1 0 ⎟ ; ⎜ ⎟ ⎝ −5 4 5 ⎠ ⎛ − 16 2 14 ⎞ ◗ –2 A + 4 B = ⎜ − 8 4 10 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ 10 − 6 10 ⎠

5 −1 4 0

−2 3 1 −1

1 2 3 −1

0⎞ ⎛ 2 1⎟ ⎜ 4 ⎟ ×⎜ 2⎟ ⎜ 2 1 ⎟⎠ ⎜⎝ − 2

0 2 1 −1

3 −1 0 2

⎛ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜⎝

⎛ −1 −1 ⎞ On a C = B − A = ⎜ . ⎝ − 3 4 ⎟⎠ ⎛ 7 −7 ⎞

1 Le montant de la facture est :

⎞ ⎛ 207 ⎟ = ⎜ 264 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ 195

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

Le total de la facture dans chaque magasin est : 207 € dans le magasin X, 264 € dans le magasin Y et 195 € dans le magasin Z. ⎛ 23 25 22 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 212 ⎞ 2 On obtient : ⎜ 30 25 31 ⎟ × ⎜ 4 ⎟ = ⎜ 253 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 25 20 20 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 190 ⎠ La facture sera la moins élevée dans le magasin Z.

⎞ ⎛ 25 ⎞ ⎟ = ⎜ 10 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ ⎝ 26 ⎠

⎞ 3 ⎛ 7 − 35 ⎞ ⎟⎠ , A = ⎜⎝ 70 42 ⎟⎠ .

⎛ 0 0⎞

1 A × B = ⎜⎝ 0 0 ⎟⎠ = 0 2 et B × A = 0 2. 2 L’affirmation « si un produit de matrices est nul, alors l’une des matrices est nulle » est à l’évidence fausse.

⎛ −2 0 ⎞ 1 ⎟⎠

⎛ (− 1)(− 2) + 2 × 3 (− 1) × 0 + 2 × 1 ⎞ ⎛ 8 2 ⎞ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟. ⎝ (− 3)(− 2) + 4 × 3 (− 3) × 0 + 4 × 1 ⎠ ⎝ 18 4 ⎠ On procède de même avec les autres calculs.


⎞ ⎟⎠ ;

On a bien en utilisant la calculatrice : A = B × C .

2 A×B = ⎜⎝ − 3 4 ⎟⎠ × ⎜⎝ 3

⎛ 1 2 ⎞ ⎛ 3 −2 ⎞ ⎛ 5 8 ⎞ × = a. ⎜ . ⎝ − 3 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 1 5 ⎟⎠ ⎜⎝ − 5 26 ⎟⎠ ⎛ − 4 3 ⎞ ⎛ 1 2 ⎞ ⎛ − 13 4 ⎞ × = b. ⎜ . ⎝ 5 2 ⎟⎠ ⎜⎝ − 3 4 ⎟⎠ ⎜⎝ − 1 18 ⎟⎠ ⎛ 2 3 − 1 ⎞ ⎛ 0 1 2 ⎞ ⎛ 6 10 12 ⎞ a. ⎜ 4 0 2 ⎟ × ⎜ − 2 2 3 ⎟ = ⎜ 8 0 10 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ −3 2 0 ⎠ ⎝ 4 −2 1 ⎠ ⎝ −4 −1 0 ⎠


21 − 14

A × B = B × A = I 3.

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 A = − 1 2 , B = − 2 0 et C = 4 − 1 . ⎜⎝ − 3 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 − 3 ⎟⎠


12 ⎞ 0 ⎟. ⎟ 13 ⎟ 0 ⎟⎠

◗ B 3 = 5 B × B = 5 B 2 = 25 B. ◗ B 4 = B 2 × B 2 = (5 B ) 2 = 25 B 2 = 125 B.

⎛ −1 2 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 5 ⎞ b. ⎜ 1 − 2 4 ⎟ × ⎜ − 1 ⎟ = ⎜ 16 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 5 1 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ −2 ⎠

10

⎛ − 28

17 −4 15 3

⎛ ⎞ 2 ◗ B 2 = 5 B = 20 10 . ⎜⎝ 10 5 ⎟⎠

⎛ 3 −1 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎛ 3 ⎞ × = b. ⎜ . ⎝ 1 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 8 ⎟⎠

⎛ −1 2 ⎞

−3 7 3 −4

⎛ − 13 7 ⎞ ⎛ − 28 21 ⎞ ◗ A × (B × C) = A × ⎜ . = ⎝ 11 0 ⎟⎠ ⎜⎝ 70 − 14 ⎟⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 ◗ A × (B + C ) = A × 3 − 1 = 15 − 2 ; ⎜⎝ 6 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 18 6 ⎟⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ◗ A × B + A × C = ⎜ 7 − 7 ⎟ + ⎜ 8 5 ⎟ = ⎜ 15 − 2 ⎟ . ⎝ 0 14 ⎠ ⎝ 18 − 8 ⎠ ⎝ 18 6 ⎠ ⎛ 12 − 10 ⎞ ⎛ ⎞ 3 ◗ A × B = 7 − 7 et B × A = ⎜⎝ − 1 9 ⎟⎠ . ⎜⎝ 0 14 ⎟⎠

⎛ 7 −7 1 A2 = ⎜⎝ 14 14

⎛ 2 3 ⎞ ⎛ −1 ⎞ ⎛ 4 ⎞ × = a. ⎜ ; ⎝ − 2 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 10 ⎟⎠

⎛ 3 1 4⎞ ⎛ 2 a. ⎜ 0 2 1 ⎟ × ⎜ 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 4 2 3⎠ ⎝ 4

4 12 14 −8

1 ◗ (A × B) × C = ⎜⎝ 0 14 ⎟⎠ × C = ⎜⎝ 70

Produit de deux matrices

⎛ 23 25 22 ⎞ ⎛ 3 ⎜ 30 25 31 ⎟ × ⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎝ 25 20 20 ⎠ ⎝ 4

1 ⎞ −2 ⎟ ⎟ 3 ⎟ 1 ⎟⎠

⎛ 22 12 ⎞

1 a. (A + B) 2 = ⎜⎝ 28 46 ⎟⎠

⎛ 48 30 ⎞ et A 2 + 2 A × B + B 2 = ⎜ . ⎝ 38 20 ⎟⎠ ⎛ 52 26 ⎞ b. (A – B) × (A + B) = ⎜ ⎝ − 6 − 8 ⎟⎠ ⎛ 26 8 ⎞ et A 2 – B 2 = ⎜ . ⎝ − 16 18 ⎟⎠ Les résultats différent car la multiplication matricielle n’est pas commutative. 2 Si les matrices carrées A et B commutent, alors on a bien : ◗ (A + B)² = (A + B) × (A + B) = A² + A × B + B × A + B² = A² + 2A × B + B² ; ◗ (A − B) × (A + B) = A² + A × B − B × A − B² = A² − B².

Matrices et suites

12/07/12 16:54

2 A2 ≠ I2 , donc A × (− A) = (− A) × A = I 2 ; la matrice A est

2 Inverse d’une matrice carrée 1 Faux. 5 Vrai.

2 Faux.

1 Faux.

2 Faux.

3 Vrai.

inversible, et A−1 = A.

4 Faux. 1

⎛ 3 5⎞ ⎛ x y⎞ ⎟ = I 2 équivaut au système : ⎜⎝ 2 4 ⎟⎠ × ⎜ ⎝ z t ⎠ ⎧x = 2 ⎪ ⎧3 x + 5 z = 1 5 ⎪2 x + 4 z = 0 ⎪y = − ⎪ ⎪ 2 ⇔⎨ . ⎨ ⎪z = − 1 ⎪3 y + 5 t = 0 ⎪ ⎪⎩2 y + 4 t = 1 3 ⎪⎩t = 2

3 Faux.

Déterminations d’inverse 1 a. A × B = B × A = I 2 et B − 1 = A.

b. A × B = B × A = I 3 et B −1 = A. 2 Preuve de cours : inverse de l’inverse Par définition de la matrice inverse, A −1 × A = A × A −1 = I . Donc la matrice A−1 est inversible, d’inverse la matrice A, (A1)−1 = A. ⎛ 5 3 ⎞ ⎛ 5 3 ⎞ ⎛ 2 3⎞ − − ◗ A −1 = ⎜ 2 2 ⎟ car ⎜ 2 2 ⎟ × ⎜ = I2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 4 5 ⎟⎠ ⎝ 2 −1 ⎠ ⎝ 2 −1 ⎠

◗ De même, B −1


a. A −1

⎛ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜⎝

3 4 1 4

1 4 3 4

⎞ ⎟ ⎟ ; ⎟ ⎟⎠

sible et A −1

(

)

3 1 I 2 − A = I 2 , donc la matrice A est inver2 2 ⎛ 2 1 ⎞ 3 1 = I2 − A = ⎜ 3 1 ⎟. ⎜ − − ⎟ 2 2 ⎝ 2 2⎠

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎝

3 1 ⎞ −2 2 2 ⎟ ⎟ 1 1 ⎟. 1 − 2 2⎟ ⎟ −2 −2 1 ⎠

−

1 A2 = ⎜⎝ 0 1 ⎟⎠ donc la matrice A est inversible, et –1 A = A.

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 4 4 1 ⎠ ⎝ 1 0 4⎠ 2 A 3 + aA 2 + bA + c I 3 = 0 3 équivaut à un système de 9 équations à 3 inconnues qui admet pour solution a = 0, b = −4 et c = −1 ; donc : A 3 − 4 A − I 3 = 0 3, soit A(A 2 − 4 I 3 ) = I 3. 2 On en déduit que la matrice A est inversible et A −1

=

A2

⎛ −3 1 0 ⎞ − 4 I 3 = ⎜ 3 −1 1 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎝ 1 0 0⎠

Preuve de cours : inverse d’un produit

1 (A × B) × (B − 1 × A − 1) = A × (B × B − 1) × A − 1, car la multi-

plication matricielle est associative et comme B × B −1 = I , on a : (A × B) × (B −1 × A −1) = A × A −1 = I . De même (B −1 × A −1) × (A × B) = I . 2 Donc le produit A × B est inversible et : (A × B) −1 = (B −1 × A −1). Systèmes linéaires et équations

1 A −1

⎛ ⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 6 1⎞ − ⎟ 7 7 7 ⎟ 3 17 4 ⎟ . − 7 7 7 ⎟ ⎟ 2 16 5 ⎟ − 7 7 7 ⎠



⎛ 1 0 4 ⎞

⎛ 1 1 0⎞

1 A 2 = ⎜ 3 3 1 ⎟ et A 3 = ⎜ 4 1 12 ⎟ .

⎛ a 0⎞ Soit une matrice diagonale A = ⎜ . ⎝ 0 b ⎟⎠ ⎛ x y ⎞ ⎛ ax ay ⎞ 1 A×⎜ ⎟ =⎜ ⎟. ⎝ z t ⎠ ⎝ bz bt ⎠ 2 Pour que la matrice A soit inversible, il faut et il suffit ⎧ax = 1 ⎪ay = 0 ⎪ que le système ⎨ ait une solution non nulle, donc ⎪bz = 0 ⎪⎩bt = 1 a ≠ 0 et b ≠ 0. ⎧x = 1 ⎪ ⎛ 1 ⎞ a 0⎟ ⎪y = 0 ⎜ ⎪ a 3 Dans ce cas ⎨ et A −1 = ⎜ ⎟. z 0 = ⎜ 0 1⎟ ⎪ ⎜⎝ ⎪ b ⎟⎠ 1 t = ⎪⎩ b 4 Oui, ce résultat se généralise aux matrices diagonales d’ordre 3 et d’ordre 4. ⎛ 1 0⎞

Et B × A = I2, donc B = A−1. 2. On ne peut pas déterminer B telle que A × B = I2.

déduit : A ×

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

b. A −1

On a donc :

⎛ −5 −6 ⎞ A2 = ⎜ donc A2 − 3A + 2I2 = 0. On en ⎝ 9 10 ⎟⎠

⎛ 5 3 ⎞ ⎛ 2 3⎞ ⎜ − et ⎜ × 2 2 ⎟ = I 2. ⎟ ⎝ 4 5 ⎟⎠ ⎜ ⎝ 2 −1 ⎠ ⎛ 2 ⎜ 1 3 =⎜ ⎜ −2 − 5 ⎜⎝ 3

⎛ 5⎞ ⎜ 2 −2 ⎟ B=⎜ ⎟. ⎜ −1 3 ⎟ ⎜⎝ 2 ⎟⎠

Matrices et suites

11

12/07/12 16:54

2 a. Sous forme matricielle le système (S1) s’écrit :

⎛ 5 ⎞ ⎛ x ⎜ ⎟ A × X = B, où B = 1 et X = ⎜ y ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ −3 ⎠ ⎝ z b. A × X = B ⇔ X =

A −1

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

1 Faux.

⎛ 2 ⎞ × B = ⎜ − 2 ⎟ , donc la solution ⎜ ⎟ ⎝ 3 ⎠

⎛ −1 ⎞ du système est x = 2, y = −2 et z = 3. 3 Le système s’écrit : A × X = C , avec C = ⎜ 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 15 ⎞ ⎜ 7 ⎟ ⎜ ⎟ 46 ⎟ A × X = C ⇔ X = A −1 × C = ⎜ − . ⎜ 7 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ − 40 ⎟ ⎝ 7 ⎠ ⎧2 x + y + z = 1 ⎪ a. ⎨x + y + 2 z = 1 ⇔ A × X = B ⎪4 z = 0 ⎩

⎛ a2

1 a. A 2 = ⎜⎝ 0

2 a.


(

I−

)

1 A 2

⎛ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜⎝

5 3 1 3

1 3 5 3

⎞ ⎛ 2 ⎟ ⎜ 3 ⎟ . Donc X = ⎜ ⎟ ⎜ −2 ⎟⎠ ⎜⎝ 3

A 2 n = 2 n I 2. ⎛ 2 0⎞ ◗ Initialisation : A 2 = ⎜ = 21 I 2. Vrai. ⎝ 0 2 ⎟⎠ ◗ Hérédité : Démontrons que, si A 2 n = 2 n I 2 , alors A 2 n + 2 = 2 n +1 I 2. ⎛ 2 0⎞ = 2 n +1 I 2 . On a A 2 n + 2 = A 2 n × A 2 = (2 n I 2 )⎜ ⎝ 0 2 ⎟⎠ ◗ Conclusion : Pour tout entier n 艌 0, A 2 n = 2 n I 2. Autre démonstration : de façon directe : n A 2 n = (A 2 )n = (2 I 2 ) = 2 n I 2. 2 013 2 012 1006 3 A =A ×A=2 I 2 × A = 21006 A.

)

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

1 On a A 2 = I 2 , donc A 2 n = I 2 , donc A 2 012 = I 2 .


⎛ 0 0 0⎞

2 B 2 = ⎜ 0 0 0 ⎟ et B 3 = 0 3. ⎜ ⎟

⎝ 3 0 0⎠

Donc, pour tout entier n 艌 3, on a B n = 0 3. ⎛ 2 0 2⎞ On a = ⎜ 0 0 0 ⎟ = 2 M, M 3 = 4 M, M 4 = 8 M. ⎜ ⎟ ⎝ 2 0 2⎠ Démontrer par récurrence que, pour tout entier n : M n = 2 n −1 M. 2 ◗ Initialisation : M = 2 M. Vrai. ◗ Hérédité : Démontrons que si M n = 2 n −1 M, alors M n +1 = 2 n M. On a en fonction de n : M n +1 = M n × M = 2 n −1 M × M = 2 n −1 × 2 M = 2 n M. ◗ Conclusion : pour tout entier n, M n = 2 n −1 M. M2

− A) × X = C . Mais la matrice I2 − A n’est pas inversible. (E2) n’admet pas une unique solution. Les solutions véri1 1 1 ⎛ 3 ⎞ fient x − y = . 4 4 2 ⎜ 2 ⎟ b. Si la somme des coefficients est égale à 1, X = ⎜ ⎟. ⎜ −1 ⎟ ⎜⎝ 2 ⎟⎠


⎞ ⎟ ⎟. ⎟⎠

2 Montrons par récurrence que, pour tout entier n 艌 0,

3 a. (E2) ⇔ (I 2

12

()

⎛ 2 0⎞

⎛ 1,5 − 0,5 ⎞ ⎛ 0,5 ⎞ A × X = C ⇔ X = A −1 × C = ⎜ ⎟⎜ ⎟, ⎝ − 0,5 1,5 ⎠ ⎝ − 0,5 ⎠ ⎛ 1 ⎞ . donc X = ⎜ ⎝ − 1 ⎟⎠ 1 −1 1 2 (E1) ⇔ I 2 − A X = C = X = I 2 − A × X. 2 2 −1

0 ⎞ ⎟ 1 n ⎟. 2 ⎟⎠

⎛ 1 0 0 ⎜ n 0 b. A n = ⎜ 0 (− 0,2) ⎜⎝ 0 0 0,75 n

1

(

⎛ 2n =⎜ ⎜ 0 ⎜⎝

⎞ ⎟⎠ .

1 A2 = ⎜⎝ 0 2 ⎟⎠ = 2 I 2.

)}

)

⎛ a3 0 ⎞ 0 ⎞ et A 3 = ⎜ . ⎟ b2 ⎠ ⎝ 0 b 3 ⎟⎠

⎛ an 0 b. On a A n = ⎜ ⎝ 0 bn An

3 Vrai.

⎛ −1 0 ⎞ = − I 2 et M 3 = M. − 1 ⎟⎠ 2 Pour tout entier naturel p non nul : M 2 p +1 = M et M 2 p = − I 2.

b. De même, le système est équivalent à : ⎛ 7 ⎞ −1 − ⎛ 5 ⎞ ⎜ 13 ⎟ ⎛ 2 1 −3 ⎞ ⎜ ⎟ X = ⎜ 3 −2 2 ⎟ × ⎜ 1 ⎟ = ⎜ −5 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 5 −3 −1 ⎠ ⎝ 16 ⎠ ⎜ 48 ⎟ ⎜ − ⎟ ⎝ 13 ⎠ 7 48 Donc S = − ; − 5 ; − . 13 13

(

2 Faux.

1 M2 = ⎜⎝ 0

⎛ 2 1 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ avec A = 1 1 2 et B = ⎜ 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 4⎠ ⎝ 0⎠ Donc le système est équivalent à : ⎛ 0⎞ X = A −1 × B = ⎜ 1 ⎟ . Donc S = {(0 ; 1 ; 0)}. ⎜ ⎟ ⎝ 0⎠

{(

3 Puissance n-ième d’une matrice carrée

Matrices et suites

12/07/12 16:54

⎛ −5 −6 −6 ⎞ 2 1 B = ⎜ 9 10 9 ⎟ et B 3 = B. ⎜ ⎟ ⎝ −4 −4 −3 ⎠ 2 On conjecture que pour tout entier n, B 2 n +1 = B.

On pose P(n) : « B 2 n +1 = B ». ◗ Initialisation : B1 = B. Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit n 艌 0 tel que P(n) est vraie. Alors B 2(n +1) +1 = B 2 n +1 × B 2 = B × B 2 d’après l’hypothèse de récurrence. Donc B 2(n +1) +1 = B 3 = B. Ainsi P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : pour tout entier n 艌 0, B 2 n +1 = B. Démontrons par récurrence que pour tout entier ⎛ − 5 n 2 + 11n ⎜ 1 5n 2 naturel n, ᏼ n : « A n = ⎜ −n ⎜ 0 1 ⎜⎝ 0 0 1

⎞ ⎟ ⎟ ». ⎟ ⎟⎠

◗ Initialisation : ᏼ 0 : A 0 = I , vrai. ◗ Hérédité : démontrons que, ⎛ − 5 n 2 + 11n n 1 5 ⎜ 2 si ᏼ n : A n = ⎜ 0 1 − n ⎜ ⎜⎝ 0 0 1

alors ᏼ n +1 : A n +1

A n +1

⎞ ⎟ ⎟, ⎟ ⎟⎠

⎛ − 5 (n +)2 + 11(n + 1) ⎜ 1 5 (n + 1) 2 ⎜ =⎜ 0 1 − (n + 1) ⎜ 0 1 ⎝ 0

⎛ − 5 n 2 + 11n ⎜ 1 5n 2 ⎜ n =A ×A=⎜ 0 1 −n ⎜⎝ 0 0 1

Donc A n +1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

⎞ ⎟⎛ 1 5 3 ⎞ ⎟⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 0 1 −1 ⎟ . ⎟⎠ ⎝ 0 0 1 ⎠

⎛ − 5 (n +)2 + 11(n + 1) ⎜ 1 5 (n + 1) 2 =⎜ ⎜ 0 − (n + 1) 1 ⎜ 0 1 ⎝ 0

⎛ 1 2 1⎞

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠


⎛ −1 0 0 ⎞ 2 B = ⎜ 0 0 0 ⎟ et comme B est une matrice diago⎜ ⎟ ⎝ 0 0 8⎠ ⎛ (− 1) n 0 0 ⎞ = ⎜ 0 0 0 ⎟. ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0 0 8 n ⎟⎠

3 a. Démontrons par récurrence que pour tout entier

= P × × Q ». naturel n, ᏼn : ◗ Initialisation : P × B × Q = P (Q × A × P) Q ; donc : P × B × Q = (P × Q) A (Q × P) = A, car P × Q = Q × P = I 3. ◗ Hérédité : Démontrons que si, pour un entier n, ᏼn est vraie, alors An+1 = P × Bn+1 × Q. « An

◗ Initialisation : A est bien de la forme voulue. ⎛ 1 a n bn ⎜ n ◗ Hérédité : Supposons que, si A = ⎜ 0 1 a n ⎜⎝ 0 0 1 ⎛ 1 a n + 1 bn + 1 ⎞ ⎜ ⎟ alors A n +1 = ⎜ 0 1 a n +1 ⎟ . ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠ =

A n +1

⎛ 1 a n + 1 a n + bn ⎜ 1 1 + an =⎜ 0 ⎜⎝ 0 0 1

Bn

An

⎞ ⎟ ⎟, ⎟⎠

⎛ 1 a n bn ⎞ ⎛ 1 1 0 ⎞ ⎜ ⎟ × A = ⎜ 0 1 an ⎟ × ⎜ 0 1 1 ⎟ ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠

A n +1



⎛ 1 3 3⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 1⎠ ⎝ 0 0 1⎠ 2 Démontrons par récurrence que, pour tout entier ⎛ 1 a n bn ⎞ ⎜ ⎟ naturel n ⬎ 0, on peut écrire A n = ⎜ 0 1 a n ⎟ . ⎜⎝ 0 0 1 ⎟⎠

1 On a P × Q = Q × P = I 3.

nale,

⎛ 0 0 0 ⎞ 1 a. J = A − I 3 = ⎜ 1 − 2 − 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ −1 4 2 ⎠ ⎛ 0 0 0⎞ b. J 2 = ⎜ − 1 0 0 ⎟ , J 3 = 0 3 donc, pour tout entier ⎜ ⎟ ⎝ 2 0 0⎠ n 艌 3, J n = 0 3. 2 Démontrons par récurrence que, pour tout n 艌 2, n (n − 1) 2 ᏼ n : « A n = I 3 + n J + J ». 2 ◗ Initialisation : ᏼ 2 : A 2 = I 3 + 2 J + J 2 = (I 3 + J )2 ; vrai. ◗ Hérédité : Démontrons que, si ᏼn est vraie, n (n + 1) 2 alors ᏼ n +1 : A n +1 = I 3 + (n + 1) J + J ; 2 n (n − 1) 2 ⎞ A n +1 = A n × A = ⎛ I 3 + n J + J (I 3 + J ). ⎝ ⎠ 2 3 En tenant compte du fait que J = 0 3, on obtient : n (n + 1) 2 A n +1 = I 3 + (n + 1) J + J . 2 ◗ Conclusion : pour tout entier n 艌 2, ᏼn est vraie. ⎛ 1 0 0 ⎞ ⎜ n (3 − n ) ⎟ 3 On en déduit : A n = ⎜ 1− 2n −n ⎟. 2 ⎜ ⎟ ⎜⎝ n ( n − 2) 4 n 2 n + 1 ⎟⎠ 1 A2 = ⎜ 0 1 2 ⎟ , A3 = ⎜ 0 1 3 ⎟ .

◗ Conclusion : pour tout entier n, ᏼn est vraie.

Bn

A n +1 = A n × A = (P × B n × Q)(P × B × Q) soit en tenant compte de l’associativité de la multiplication matricielle, A n +1 = P × B n +1 × Q . ◗ Conclusion : pour tout entier n, ᏼn est vraie. ⎛ (− 1) n 0 0 ⎞ ⎜ ⎟ b. On en déduit A n = ⎜ −8 n 0 −8 n ⎟ . ⎜ − (− 1) n + 8 n 0 8 n ⎟ ⎝ ⎠

⎞ ⎟ ⎟. ⎟⎠ Matrices et suites

13

12/07/12 16:54

◗ Conclusion : Pour tout entier n ⬎ 0, la matrice An est de la forme voulue et les suites (an) et (bn) sont définies pour tout entier n non nul par : a n +1 = a n + 1 et a1 = 1, bn +1 = a n + bn et b1 = 0. 3 • La suite (an) est arithmétique de raison 1 et de premier terme 1, donc an = n. • Pour tout entier n ⬎ 0, bn +1 = n + bn, en sommant les égalités définissant les bi , on obtient : (n − 1) n . bn = 1 + 2 + … + (n − 1) = 2 ⎛ (n − 1) n ⎞ ⎜ 1 n ⎟ 2 ⎜ ⎟ Soit : A=⎜ 0 1 n ⎟. ⎜⎝ 0 0 ⎟⎠ 1

0,3

Hn+1

pn

0,7

Rn+1

qn

0,5

Hn+1

0,5

Rn+1

Hn

Rn

L’arbre de probabilité ci-dessus et la formule des probabilités totales permettent d’écrire que pour tout entier naturel n, p n +1 = 0,3 p n + 0,5 q n et q n +1 = 0,7 p n + 0,5 q n.


⎛ 0,3 0,5 ⎞ b. On a A = ⎜ ⎟. ⎝ 0,7 0,5 ⎠ c. Démontrons par récurrence la propriété ᏼn : « Un = An × U0 », pour tout entier n 艌 0. ◗ Initialisation : ᏼn : U0 = A0 U0 , vraie. ◗ Hérédité : Démontrons que, si pour un certain n, ᏼn : Un = An × U0, alors ᏼn1 : Un = An+1 × U0. On a U n +1 = A × U n = A × (A n × U 0 ), donc U n +1 = A n +1 × U 0. ◗ Conclusion : pour tout entier n 艌 0, U n = A n × U 0. 2 En utilisant le résultat précédent : la probabilité que Mélanie soit à l’heure le 2e jour est 0,44, le 10e jour : 0,42, le 50e jour : 0,42. 3 a. Une démonstration par récurrence prouve que : pour tout entier naturel n : ⎛ ⎜ An = ⎜ ⎜ ⎜⎝

5 5 12 12 7 7 12 12

⎛ ⎜ b. A n × U 0 = ⎜ ⎜ ⎜⎝ 14

⎞ ⎛ −7 1 ⎞ ⎟ − 1 n ⎜ 60 12 ⎟ ×⎜ ⎟+ ⎟. 5 ⎟ ⎜ 7 −1 ⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ 60 12 ⎟⎠

( )

5 12 7 12

⎞ ⎛ 7 n⎜ − ⎟ 1 60 ⎟+ − ⎜ 5 ⎜ 7 ⎟ ⎟⎠ ⎜⎝ 60

( )

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠



( )

1 a. Le texte se traduit naturellement par : pour tout entier naturel n, x 2 x n +1 = 6 y n + 10 z n ; y n +1 = n et z n +1 = y n. 5 2 ⎛ 0 6 10 ⎞ ⎜ 1 ⎟ 0 0 ⎟. b. A = ⎜ ⎜ 2 ⎟ ⎜ ⎟ 2 0 ⎟ ⎜ 0 5 ⎝ ⎠ 2 Démontrons par récurrence la propriété ᏼn : « Un = An × U0 », pour tout entier n 艌 0. ◗ Initialisation : ᏼn : U 0 = A 0 U 0 , vraie. ◗ Hérédité : Démontrons que si, pour un certain n, ᏼn : Un = An × U0 , alors ᏼn1 : Un = An+1 × U0. On a U n +1 = A × U n = A × (A n × U 0 ), donc U n +1 = A n +1 × U 0. ◗ Conclusion : pour tout entier n 艌 0, U n = A n × U 0. ⎛ 200 ⎞ 3 ◗ U1 = A × U 0 = ⎜ 50 ⎟ ; ⎜ ⎟ ⎝ 10 ⎠

En situation 1 a.

( )

5 7 1n 1n − − , comme lim − =0 n →+∞ 12 60 5 5 (suite géométrique de raison inférieure à 1 en valeur absolue) on a : 5 lim p n = . n →+∞ 12 4 On a donc p n =

◗ U5 =

A5

⎛ 3 200 ⎞ × U 0 = ⎜ 800 ⎟ ; ⎜ ⎟ ⎝ 160 ⎠

⎛ 102 400 ⎞ ⎜ ⎟ ◗ U10 = A10 × U 0 = ⎜ 25 600 ⎟ . ⎜⎝ 5 120 ⎟⎠ x x x 4 6 ≈ 1, 67, 11 ≈ 2, 02, 16 ≈ 1,999. x5 x 10 x 15 On constate que la population des femelles juvéniles tend à doubler à chaque période. 1 Pour tout entier naturel n :

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ u ⎞ u +1⎟ 1 ⎛ u ⎞ A× ⎜ n ⎟ = ⎜ 2 ⎟⎜ n ⎟ = ⎜ 2 n ; ⎟⎝ 1 ⎠ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎜ 1 ⎝ 0 1⎠ ⎝ ⎠ 1 donc : u n +1 = u n + 1. 2 2 Démontrons par récurrence la propriété ᏼn : « A n

()

()

⎛ 1n 1 2− =⎜ 2 2 ⎜ ⎜⎝ 0 1

n −1

⎞ ⎟ », pour tout entier n. ⎟ ⎟⎠

⎛ 1 0⎞ ◗ Initialisation : ᏼ 0 : A 0 = ⎜ , vraie. ⎝ 0 1 ⎟⎠ ◗ Hérédité : Démontrons que si pour un certain n, ⎛ 1n 1 n −1 ⎞ 2− ⎜ ⎟, n ᏼn : A = 2 2 ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ 1

()

()

Matrices et suites

12/07/12 16:54

()

On a U n +1 = A × U n = A × (A n × U 0 ) , donc U n +1 = A n +1 × U 0. ◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0, U n = A n × U 0 .

()

⎛ 1 n +1 1n ⎞ 2 − ⎜ ⎟ alors A n +1 = 2 2 ⎟. ⎜ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ 1 ⎛ 1n 1 2− On a A n +1 = A n × A = ⎜ 2 2 ⎜ ⎜⎝ 0 1 ⎛ 1n 1 1n 1 n −1 × +2− ⎜ n + 1 A = 2 2 2 2 ⎜ ⎜⎝ 0 1

()

()

()

()

()

⎛ 1 n +1 1 2− =⎜ 2 2 ⎜ ⎜⎝ 0 1

()

()

n

n −1

⎞⎛ 1 ⎞ 1⎟ ⎟⎜ ; donc ⎟⎜ 2 ⎟ ⎟⎠ ⎝ 0 1 ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎟⎠

⎞ ⎟ ⎟. ⎟⎠

⎛ 0,500 ⎞ ⎛ 0, 499 ⎞ ⎛ 0,500 ⎞ b. U10 ≈ ⎜ , U 20 ≈ ⎜ , U 50 ≈ ⎜ ⎟ ⎟ ⎟. ⎝ 0,500 ⎠ ⎝ 0,500 ⎠ ⎝ 0,500 ⎠ ⎛ 0,5 ⎞ La suite de matrices (Un) semble converger vers ⎜ ⎟. ⎝ 0,5 ⎠ 3 a. U est bien solution de l’équation A × X = X. b. La matrice U n’est pas l’unique solution de cette équa⎛ a⎞ tion. En effet, toutes les matrices du type ⎜ ⎟ , où a est ⎝ a⎠ un réel quelconque, sont solution du système. ⎛ 0,5 0,5 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ 4 a. ⎜ 0,5 − 0,5 ⎟ × ⎜⎝ 1 − 1 ⎟⎠ ⎝ ⎠

◗ Conclusion : pour tout entier n 艌 0, An

()

⎛ 1 =⎜ 2 ⎜ ⎜⎝ 0

n

2−

() 1 2 1

n −1

⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 0,5 0,5 ⎞ ⎜⎝ 1 − 1 ⎟⎠ × ⎜ 0,5 − 0,5 ⎟ = I 2 ; ⎝ ⎠

⎞ ⎟. ⎟ ⎟⎠

()

()

⎛ 1n 1 n −1 ⎞ ⎛ u ⎞ − 2 0 ⎜ ⎟ 3 On a U n = , 2 0 = ⎜ 2 ⎟ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟ 1 ⎠ n −1 n 1 1 + u 0. donc u n = 2 − 2 2 4 La suite u converge vers 2 quelle que soit la valeur de u0 , car une suite géométrique de raison 0,5 converge vers 0. AnU

() ()

3 Faux.

An pn qn En


⎞ ⎟ . ⎟⎠

à la question 2 b. 4 Vrai.

1 a. p1 = 0,75 , p2 = 0,75 × 0,25 × 2 =

b.

n ⎛ 1 1 − (− 0,5) ⎜ 2 ⎜⎝ 1 + (− 0,5) n

⎛ 0,5 ⎞ ⎟ , ce qui confirme la conjecture émise ⎝ 0,5 ⎠

par Un+1 = A × Un + B 2 Vrai.

Un =

5 lim U n = ⎜ n →+∞

4 Étude de suites (Un) définies

1 Faux.

⎛ 0,5 0,5 ⎞ donc P −1 = ⎜ ⎟. ⎝ 0,5 − 0,5 ⎠ b. Calculer P × D × P −1 = A. c. Comme P × P −1 = P −1 × P = I 2 on en déduit que A n = P × D n × P , donc : n n ⎞ ⎛ 1 1 + (− 0,5) 1 − (− 0,5) ⎟ et An = ⎜ 2 ⎜⎝ 1 − (− 0,5) n 1 + (− 0,5) n ⎟⎠

0,25

An+1

0,75

En+1

0,75

An+1

0,25

En+1

⎛ 0,92 ⎞ P0 = ⎜ ⎟ , et, pour tout entier naturel n, on ⎝ 0, 08 ⎠ a l’arbre pondéré suivant : A 0,95 A an I 0,05

5 Vrai.

1

3 . 8

in

En utilisant l’arbre pondéré ci-dessus où A signifie allumé et E éteint, on a pour tout entier naturel n : p n +1 = 0,25 p n + 0,75 q n et q n +1 = 0,75 p n + 0,25 q n . ⎛ 0,25 0,75 ⎞ c. A = ⎜ ⎟. ⎝ 0,75 0,25 ⎠ 2 a. Démontrons par récurrence la propriété : ᏼn : « Un = An × U0 », pour tout entier n ⭓ 0. ◗ Initialisation : ᏼ 0 : U 0 = A 0 U 0 , vraie. ◗ Hérédité : Démontrons que, si, pour un certain n, ᏼn : Un = An × U0, alors ᏼn+1 : Un = An+1 × U0.

A

0,99 I Donc par la formule des probabilités totales : a n +1 = 0,95 a n + 0, 01in et in +1 = 0, 05 a n + 0,99 in . Cela se traduit par l’écriture matricielle : ⎛ a n +1 ⎞ ⎛ 0,95 0, 01 ⎞ ⎛ a n ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟, ⎟ ×⎜ ⎝ in +1 ⎠ ⎝ 0, 05 0,99 ⎠ ⎝ in ⎠ c’est-à-dire Pn +1 = M × Pn . ⎛ 0, 874 8 ⎞ ⎟ ⎝ 0,125 2 ⎠

2 a. P1 = M × P0 = ⎜

⎛ 0, 832 312 ⎞ Et P2 = M × P1 = ⎜ ⎟. ⎝ 0,167 688 ⎠ b. L’année 2015 correspond à n = 5.



0,01

I

Matrices et suites

15

12/07/12 16:54

On calcule P5 = M 5 × P0 à la calculatrice : Ainsi M n +1

En 2015, il y a environ 71,95 % de clients d’agence et 28,05 % de clients Internet. ⎛ x⎞ 3 On recherche P = ⎜ y ⎟ , avec x + y = 1 et M × P = P. ⎝ ⎠

( )

⎡⎛ ⎢⎜ = ⎢⎜ ⎢⎜ ⎢⎜⎝ ⎣

1 6 5 6

1 6 5 6

⎞ ⎟ 47 ⎟+ 50 ⎟ ⎟⎠

( )

0 −1

⎛ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜⎝

⎛ ⎜ ×⎜ ⎜ ⎜⎝

1 6 5 6

1 6 5 6

⎞ ⎟ ⎟ ». ⎟ ⎟⎠


Donc M n +1

16

⎛ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜⎝

1 6 5 6

1 6 5 6

1 6 5 6

⎞ ⎛ 47 ⎟ 50 ⎜ 60 ×⎜ ⎟+ ⎟ 47 ⎜ − 47 ⎟⎠ ⎜⎝ 60

⎞ ⎟ 47 ⎟+ 50 ⎟ ⎟⎠

( )

⎞ ⎟ 47 ⎟+ 50 ⎟ ⎟⎠

( )

n

n −1

⎛ ⎜ ×⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎛ ⎜ ×⎜ ⎜ ⎜⎝

− 47 300 47 300

⎞ ⎟ ⎟ = I2 . ⎟ ⎟⎠


47 − 47 60 300 − 47 47 60 300

2 209 3 000

− 2 209 15 000

− 2 209 2 209 3 000 15 000


( )

n

⎛ ⎜ ×⎜ ⎜ ⎜⎝

47 − 47 60 300 − 47 47 60 300

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

( )

1 6 5 6

n −1

⎞ ⎟ 47 ⎟+ ⎟ 50 ⎟⎠

( ) 1 6 5 6

⎛ ⎜ ×⎜ ⎜ ⎜⎝

⎛ ⎜ n −1 ×⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ 47 ⎟+ ⎟ 50 ⎟⎠

⎞⎤ ⎟ ⎥ ⎛ 0,92 ⎞ ⎟⎥ × ⎜ ⎟. ⎟ ⎥ ⎝ 0, 08 ⎠ ⎟⎠ ⎥ ⎦ 5 311 ⎞ 7 500 ⎟⎟ , − 5 311 ⎟ ⎟ 7 500 ⎠

47 − 47 60 300 − 47 47 60 300

( )

n

×

113 ⎛ 1 ⎞ × . 150 ⎜⎝ − 1 ⎟⎠

( )

47 47 ⬍ 1 , on a : lim n →+∞ 50 50

n

= 0.

1 6 5 6

⎞ ⎟ ⎟, ⎟ ⎟⎠

1 a. et b. D’après l’énoncé, pour tout entier n,

Mn 1 6 5 6

⎞ ⎟ 47 ⎟+ ⎟ 50 ⎟⎠

⎛ ⎜ Donc la suite (Pn) converge vers la matrice colonne ⎜ ⎜ c’est-à-dire vers l’état stable P. ⎜⎝

( )

Alors =M× ⎛ 19 1 ⎞ ⎡ ⎛ ⎜ 20 100 ⎟ ⎢ ⎜ =⎜ ⎟ × ⎢ ⎜ ⎜ 1 99 ⎟ ⎢ ⎜ ⎜⎝ 20 100 ⎟⎠ ⎢ ⎜⎝ ⎣

1 6 5 6

⎞ ⎟ 47 ⎟+ ⎟ 50 ⎟⎠

5 Comme 0 ⬍

Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier naturel n tel que P(n) est vraie, c’est-à-dire : ⎛ 1 1⎞ ⎛ 47 − 47 ⎞ n −1 ⎜ 6 6⎟ ⎜ 60 300 ⎟ 47 Mn = ⎜ ×⎜ ⎟+ ⎟. 50 ⎜ 5 5⎟ ⎜ − 47 47 ⎟ ⎜⎝ 6 6 ⎟⎠ ⎜⎝ 60 300 ⎟⎠ Mn+1

1 6 5 6

⎛ ⎜ c’est-à-dire Pn = ⎜ ⎜ ⎜⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟⎠

− 47 300 47 300

47 60 − 47 60

1 6 5 6

⎛ ⎜ Donc Pn = ⎜ ⎜ ⎜⎝

◗ Initialisation : M0 = I2. ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝

1 6 5 6

Donc P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, P(n) est vraie. b. Pour tout entier naturel n, Pn = Mn × P0

⎛ 0,95 x + 0, 01y ⎞ Comme M × P = ⎜ ⎟, ⎝ 0, 05 x + 0,99 y ⎠

⎛ 0,95 x + 0, 01y ⎞ ⎛ x ⎞ M×P=P⇔⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝ 0, 05 x + 0,99 y ⎠ ⎝ y ⎠ ⇔ 0,05 x − 0,01 y = 0 ⇔ 5 x − y = 0. En ajoutant la condition x + y = 1, 1 5 on obtient x = et y = . 6 6 ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ L’état stable est P = ⎜ 6 ⎟ . ⎜ 5⎟ ⎜⎝ 6 ⎟⎠ 4 a. Pour tout entier naturel n, on pose : ⎛ 1 1⎞ ⎛ 47 − 47 n −1 ⎜ 6 6⎟ ⎜ 60 300 47 ×⎜ P(n) = « M n = ⎜ ⎟+ ⎜ 5 5 ⎟ 50 ⎜ − 47 47 ⎜⎝ 6 6 ⎟⎠ ⎜⎝ 60 300

⎛ ⎜ =⎜ ⎜ ⎜⎝

⎞⎤ ⎟⎥ ⎟ ⎥. ⎟⎥ ⎟⎠ ⎥ ⎦ ⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎠

3 ⎧b = b ⎪ n +1 4 n ⎪⎪ 1 2 1 ⎨rn +1 = bn + rn + v n. 4 3 3 ⎪ 1 2 ⎪ ⎪⎩v n +1 = 3 rn + 3 v n Donc pour tout entier naturel n ⭓ 1 : ⎛ ⎜ ⎜ Xn+1 = A × Xn , où A = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎞ 3 0 0⎟ 4 ⎟ 1 2 1⎟ . 4 3 3⎟ ⎟ 1 2⎟ 0 3 3⎠

⎧ 3 x = x ⎪4 ⎪⎪ 1 2 1 2 A×X=X⇔ ⎨ x + y + z = y 3 3 ⎪4 1 2 ⎪ ⎪⎩ 3 y + 3 z = z ⎧⎪ x = 0 A×X=X⇔ ⎨ si de plus la somme des coefficients ⎩⎪ y = z ⎛ 0 ⎞ est 1, on obtient la solution X = ⎜ 0,5 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ 0,5 ⎠

Matrices et suites

12/07/12 16:54

n →+∞

()

lim

An

3 a. Comme lim

n →+∞

3 4

n

= 0 et lim

n →+∞

() 1 3

n

= 0, on a :

⎛ 0 0 0 ⎞ ⎜ = 0,5 0,5 0,5 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ 0,5 0,5 0,5 ⎠

⎛ 0 0 0 ⎞ ⎛ b1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ Donc la suite (Xn) converge vers 0,5 0,5 0,5 ⎟ ⎜ r1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ 0,5 0,5 0,5 ⎠ ⎜⎝ v1 ⎟⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ ⎛ b1 ⎞ ⎜ 4 ⎟ ⎜ 1⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 5 ⎟ Comme ⎜ r1 ⎟ = , la suite converge vers ⎜ 2 ⎟ . ⎜ 12 ⎟ ⎜ 1⎟ ⎜⎝ v1 ⎟⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 3 ⎠ 3 b. La suite (bn) est une suite géométrique de raison , 4 donc elle converge vers 0.


1 a. Pour arriver en A à l’instant n + 1, soit elle

saute sur A avec une probabilité 0,05 soit elle vient de B avec une probabilité 0,85 × 0,5 soit elle provient de C avec une probabilité de 0,85 × 0,5 ; d’où, en utilisant les probabilités totales, pour tout entier naturel n : a n +1 = 0, 85(0,5 bn + 0,5 c n ) + 0, 05 . b. On a de même : bn +1 = 0, 85(0,5 a n + 0,5 c n ) + 0, 05 ; c n +1 = 0, 85(0,5 a n + 0,5 bn ) + 0, 05 . Donc, pour tout entier naturel n : (1) Un+1 = 0,85 M × Un + K. ⎛ 0 0,5 0,5 ⎞ ⎛ 0, 05 ⎞ avec M = ⎜ 0,5 0 0,5 ⎟ et K = ⎜ 0, 05 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0,5 0,5 0 ⎟⎠ ⎜⎝ 0, 05 ⎟⎠ 2 a. En transposant et factorisant, on a : (E) ⇔ (I3 − 0,85 M ) × X = K. b. Soit X = ( I3 − 0,85 M )−1 × K. ⎛ 1⎞ ⎜ 3⎟ ⎜ ⎟ 1 La calculatrice donne comme solution U = ⎜ ⎟ . ⎜ 3⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1⎟ ⎝ 3⎠ 3 a. U vérifie U = 0,85 M × U + K, donc en soustrayant membre à membre avec (1), on obtient, pour tout entier naturel n : Un+1 − U = 0,85 M × ( Un − U ). b. En écrivant les égalités précédentes de 1 à n, puis en multipliant membres à membres et en simplifiant, on obtient que, pour tout entier naturel n : Un = U + 0,85n × M n × (U0 – U ). 2 a. Démontrons par récurrence la propriété ᏼn ⎛ ⎜ ⎜ « M n = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 3 1 3 1 3

1 3 1 3 1 3

1 3 1 3 1 3

⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎟ n⎜ ⎟ + −1 ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝

( )

2 1 1⎞ − − ⎟ 3 3 3 ⎟ 1 2 1 − − ⎟ ». 3 3 3⎟ ⎟ 1 1 2 ⎟ − − 3 3 3 ⎠

◗ Initialisation : ⎛ 1 1 1⎞ ⎛ 2 1 1⎞ ⎜ 3 3 3⎟ ⎜ 3 −3 −3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 0⎜ 1⎟ 1 1 1 ⎟ −1 ⎜ 1 2 ⎜ ᏼ0 : + = I 3 , vraie. − − ⎜ 3 3 3⎟ 2 ⎜ 3 3 3⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 1 1⎟ ⎜ −1 −1 2 ⎟ ⎝ 3 3 3⎠ ⎝ 3 3 3 ⎠ ◗ Hérédité : Démontrons que si, pour un certain n, ᏼn est vraie, alors : ⎛ 1 1 1⎞ ⎛ 2 1 1⎞ ⎜ 3 3 3⎟ ⎜ 3 −3 −3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎟. 1 1 1 ⎟ − 1 n +1 ⎜ 1 2 ⎜ n + 1 M = + − − ⎜ 3 3 3⎟ ⎜ 3 3 3⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 1 1⎟ ⎜ −1 −1 2 ⎟ ⎝ 3 3 3⎠ ⎝ 3 3 3 ⎠

( )

( )

⎛ ⎜ ⎜ On a ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

2 3 1 − 3 1 − 3

1 3 1 3 1 3

1 3 2 3 1 − 3

−

1 3 1 3 1 3

1 3 1 3 1 3

⎞ ⎛ 1 1 ⎟ ⎜ 3 3 ⎟ ⎜ ⎟ ×M=⎜ 1 1 ⎟ ⎜ 3 3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 1 ⎠ ⎝ 3 3

⎛ 1⎞ − ⎟ ⎜ 3 ⎟ ⎜ 1⎟ − ×M=⎜ ⎜ 3⎟ ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 3 ⎠ ⎝

−1 3 1 6 1 6

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ et ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ 2 1 ⎞ ⎟ ⎜ 3 6 ⎟ ⎜ 1⎜ 1 1 ⎟ =− − 2⎜ 3 6 ⎟ ⎟ ⎜ −1 ⎟ ⎜ −1 3 ⎠ ⎝ 3

1 3 2 3 1 − 3

−

1⎞ − ⎟ 3 ⎟ 1 ⎟. − 3⎟ ⎟ 2 ⎟ 3 ⎠

Or, M n +1 = M n × M , soit en tenant compte des résultats ci-dessus : ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 2 1 1 ⎞ ⎜ 3 3 3 ⎟ ⎜ 3 −3 −3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎟ 1 1 1 ⎟ − 1 n +1 ⎜ 1 2 ⎜ n + 1 M = . + − − ⎜ 3 3 3 ⎟ ⎜ 3 3 3 ⎟ 2 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 1 1 ⎟ ⎜ −1 −1 2 ⎟ 3 3 ⎠ ⎝ 3 3 3 ⎠ ⎝ 3 ◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0 : ⎛ 1 1 1⎞ ⎛ 2 1 1⎞ ⎜ 3 3 3⎟ ⎜ 3 −3 −3 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 1⎟ 1 1 1 ⎟ −1 n ⎜ 1 2 ⎜ n . M = + − − ⎜ 3 3 3⎟ 3⎟ 2 ⎜ 3 3 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1 1 1⎟ ⎜ −1 −1 2 ⎟ ⎝ 3 3 3⎠ ⎝ 3 3 3 ⎠

( )

( )

b. La suite (Un) converge vers U, car lim (0, 85) n = 0. n →+∞ Elle ne dépend pas de U0. 2 La matrice 0,85A a ses coefficients positifs ou nuls, dont la somme par colonne est strictement inférieure à 1. Donc la matrice (0,85A)n converge vers la matrice nulle, et la suite (Un) converge vers la matrice U. ⎛ u n +1 ⎞ ⎟ , donc : U n +1 = A × U n , ⎝ un + 2 ⎠

1 a. On a U n +1 = ⎜

⎛ 0 1⎞ . où A = ⎜ ⎝ − 2 3 ⎟⎠



1 6 −1 3 1 6

1 3 1 3 1 3

Matrices et suites

17

12/07/12 16:54

b. Démontrons par récurrence la propriété ᏼn : « Un = An × U0 », pour tout entier n ⭓ 0. ◗ Initialisation : ᏼ 0 : U 0 = A 0 U 0, vraie. ◗ Hérédité : Démontrons que si, pour un certain n, ᏼn : Un = An × U0 , alors ᏼn : Un = An+1 × U0. On a U n +1 = A × U n = A × (A n × U 0 ) , donc U n +1 = A n +1 × U 0 . ◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0, U n =

An

× U0 .

⎛ 1 1⎞

2 On considère la matrice P = ⎜⎝ 1 2 ⎟⎠ .

⎛ 2 − 1 ⎞ −1 ⎛ 1 0⎞ a. P −1 = ⎜ ,P × A×P = ⎜ = B. ⎟ ⎝ 0 2 ⎟⎠ ⎝ −1 1 ⎠ b. En utilisant l’associativité de la multiplication matricielle, on a A = P × B × P −1, donc, pour tout entier naturel n : ⎛ 2 − 2n 2n − 1 ⎞ . A n = P × B n × P −1 = ⎜ ⎝ 2 − 2 n +1 2 n +1 − 1 ⎟⎠ 3 u n = 2 u 0 − u1 + 2 n (u1 − u 0 ) . 4 Question ouverte : Il faut et il suffit que u1 = u 0 .

Et dans ce cas la suite est constante égale à u0. 1 En utilisant l’arbre pondéré :

Dn dn an

An

rn

3/10 2/10

Dn+1

5/10

Rn+1

8/10

An+1

2/10

Rn+1

Rn

1

An+1

Rn+1


D’après les probabilités totales, on obtient, pour tout ⎧ 3 d n ⎪ d n +1 = 10 ⎪ ⎪ 2 8 entier n : ⎨ a n +1 = d n + a n . 10 10 ⎪ 5 2 ⎪ ⎪ rn +1 = 10 d n + 10 a n + rn ⎩ ⎛ ⎜ ⎜ En posant M = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

3 10 1 5 1 2

⎞ 0 0⎟ ⎟ 4 0 ⎟ , on a pour tout entier ⎟ 5 ⎟ 1 1⎟ 5 ⎠

naturel n : Pn+1 = M × Pn. 2 Par récurrence, pour tout entier n ⭓ 0, Pn = M n × P0. ⎛ 0⎞ 3 La matrice colonne P = ⎜ 0 ⎟ dont la somme des ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ coefficients est 1 vérifie M × P = P. 18



⎛ 0,2 ⎞ ⎛ 10 −6 ⎞ ⎛ 10 −53 ⎜ ⎟ 4 a. P0 = 0, 8 , P10 ≈ ⎜ 0, 09 ⎟ , P100 ≈ ⎜ 10 − 10 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ 1 ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0,9 ⎠ P1000

⎞ ⎟, ⎟ ⎠

⎛ 0⎞ ≈ ⎜ 0 ⎟. ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠

⎛ 0⎞ On conjecture que la suite (Pn) converge vers ⎜ 0 ⎟ . Au ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ bout d’un certain temps tous les malades auront guéri. b. lim 0,3 n = 0 et lim 0, 8 n = 0. n →+∞

n →+∞

Donc lim d n = 0 et lim a n = 0. n →+∞

n →+∞

Donc lim rn = 1 − 0 − 0 = 1. n →+∞

c. d n ⬍ 0, 001 ⇔ 0,2 × 0,3 n ⬍ 0, 001 ⇔ 0,3 n ⬍ 0, 005 ; ln0, 005 donc n ⬎ , donc au bout de 5 semaines il n’y a ln0,3 plus de patients avec un syndrome débutant. d. Question ouverte : 5 2 d n + an ⬎ 0 , 10 10 le groupe des patients rétablis est en constante augmentation. ⎛ 0 0 6⎞ ⎜ 1 ⎟ 1 D’après l’énoncé, A = ⎜ 0 0 ⎟. ⎜ 2 ⎟ ⎜ 1 ⎟ 0⎟ ⎜ 0 3 ⎝ ⎠

comme rn +1 − rn =

⎛ 3 000 ⎞ ⎛ 6 000 ⎞ ⎛ 18 000 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 P0 = 3 000 , P1 = , P = ⎜ 9 000 ⎟⎟ , ⎜ ⎟ ⎜ 1500 ⎟ 2 ⎜ ⎜⎝ 3 000 ⎟⎠ ⎜⎝ 1000 ⎟⎠ ⎝ 1000 ⎠ ⎛ 3 000 ⎞ ⎜ ⎟ P3 = ⎜ 3 000 ⎟ . ⎜⎝ 3 000 ⎟⎠ La population de coccinelles va évoluer de façon cyclique tous les trois ans. 3 Dans ce cas, la population de coccinelles est stable. 4 Il en est de même avec cette répartition.

⎛ ⎜ 5 a. On doit avoir : ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎧ 6z = x ⎪ 1 ⎧x ⎪ x=y ⎪ soit ⎨ 2 ⇔⎨ ⎪ ⎪ 1 ⎩y ⎪ y=z ⎩ 3

0 0 6⎞⎛ ⎞ ⎛ x ⎟ x 1 0 0⎟⎜ y⎟ =⎜ y 2 ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎝ z⎠ ⎝ z 1 ⎟ 0 0⎟ 3 ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

= 6z . = 3z

⎛ 6z ⎞ b. Toutes les répartitions du type ⎜ 3 z ⎟ où z ⬎ 0 sont ⎜ ⎟ stables. ⎝ z ⎠

Matrices et suites

12/07/12 16:54

1 On peut représenter la situation par l’arbre de probabilité suivant : Rn+1 4/5 Rn

Exercices guidés

pn

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 A2 = −1 −2 × −1 −2 ⎜⎝ 3 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 4 ⎟⎠ ⎛ (− 1) 2 − 2 × 3 − 1 × (− 2) − 2 × 4 =⎜ ⎜⎝ 3 × (− 1) + 4 × 3 3 × ( − 2) + 4 2 Donc

A2

qn

⎞ ⎛ −5 −6 ⎞ . ⎟ =⎜ ⎟⎠ ⎝ 9 10 ⎟⎠

− 3 A + 2 I2

⎛ −5 −6 ⎞ ⎛ −1 −2 ⎞ ⎛ 1 0⎞ ⎛ 0 0⎞ =⎜ − 3⎜ + 2⎜ = = 02 . ⎟ ⎟ ⎝ 9 10 ⎠ ⎝ 3 4 ⎠ ⎝ 0 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 0 0 ⎟⎠ 2 D’après la question 1 , A 2 − 3 A = − 2 I 2 ,

−1 −1 (A − 3 I 2 ) = (A − 3 I 2 ) × A = I 2 . 2 2 On en déduit que la matrice A est inversible et que −1 A −1 = (A − 3 I 2 ). 2 ⎛ 1 0 ⎞⎞ − 1⎛ ⎛ − 1 − 2 ⎞ − 3⎜ . Ainsi A −1 = 2 ⎜⎝ ⎜⎝ 3 4 ⎟⎠ ⎝ 0 1 ⎟⎠ ⎟⎠ donc A ×

⎛ 2 1 − 1⎛ − 4 − 2 ⎞ ⎜ = = 3 1 2 ⎜⎝ 3 1 ⎟⎠ ⎜ − − ⎝ 2 2


⎛ 3−2 2−2 ⎞ = I2 . ◗ Initialisation : A0 = I2 et ⎜ ⎝ 3 − 3 3 − 2 ⎟⎠ Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. Alors : ⎛ − 1 − 2 ⎞ ⎛ 3 − 2 n +1 2 − 2 n +1 ⎞ A n +1 = A × A n = ⎜ ×⎜ ⎟ ⎝ 3 4 ⎠ ⎝ 3 × 2 n − 3 3 × 2 n − 2 ⎟⎠ en utilisant l’hypothèse de récurrence. Ainsi : ⎛ − (3 − 2 n +1) − 2(3 × 2 n − 3) − (2 − 2 n +1) − 2(3 × 2 n − 2) ⎞ A n +1 = ⎜ ⎟. ⎝ 3(3 − 2 n +1) + 4 (3 × 2 n − 3) 3(2 − 2 n +1) + 4 (3 × 2 n − 2) ⎠ Donc :

⎛ − 3 + 2 n +1 − 3 × 2 n +1 + 6 − 2 + 2 n +1 − 3 × 2 n +1 + 4 ⎞ . A n +1 = ⎜ ⎝ 9 − 3 × 2 n +1 + 6 × 2 n +1 − 12 6 − 3 × 2 n +1 + 6 × 2 n +1 − 8 ⎟⎠ Donc : ⎛ 3 − 2 × 2 n +1 2 − 2 × 2 n +1 ⎞ A n +1 = ⎜ ⎝ 3 × 2 n +1 − 3 3 × 2 n +1 − 2 ⎟⎠

1/2

Rn+1

⎛ ⎜ = A × U n , avec A = ⎜ ⎜ ⎜⎝

4 5 1 5

1 2 1 2

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

⎛ 0,714 29 ⎞ À l’aide de la calculatrice, U10 ≈ ⎜ ⎟. ⎝ 0,285 71 ⎠ Ainsi la probabilité que Florian réussisse son 10e tir est environ 0,714 29. ⎛ x⎞ 3 On pose U = ⎜ ⎟ , avec x + y = 1. ⎝ y⎠

⎧⎛ ⎪⎜ ⎪⎪ ⎜ ⎧A × U = U ⇔ ⎨⎜ ⎨ ⎩x + y = 1 ⎪ ⎜⎝ ⎪ ⎪⎩ x

4 5 1 5

1 2 1 2

⎞ ⎟ ⎛ x⎞ ⎛ x⎞ ⎟ ×⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎟ ⎝ y⎠ ⎝ y⎠ ⎟⎠

+ y =1

⎧4 x + 1 y = x ⎪5 2 ⎧1 x − 1 y = 0 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨5 ⇔ ⎨1 1 2 x+ y=y ⎪5 ⎪ x + y =1 2 ⎩ ⎪x + y = 1 ⎩ ⎛ 1 1⎞ ⎛ x⎞ ⎛ 0⎞ − ⇔ ⎜ 5 2 ⎟⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ y ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 1 ⎠ ⎛ 1 1⎞ ⎛ x⎞ − ⇔⎜ ⎟ =⎜ 5 2 ⎟ ⎟ ⎝ y⎠ ⎜ ⎝ 1 1 ⎠

−1

⎛ ⎛ 0⎞ ⎜ ×⎜ ⎟ =⎜ ⎝ 1⎠ ⎜ ⎜⎝

5 7 2 7

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

4 Les coefficients de la matrice A sont strictement positifs, dont la somme par colonne est égale à 1.



Rn+1

Donc U10 = A10 × U 0 .

⎛ 3 − 2 n +1 2 − 2 n +1 ⎞ ». on pose P(n) : « A n = ⎜ ⎝ 3 × 2 n − 3 3 × 2 n − 2 ⎟⎠

⎛ 3 − 2 n +1 2 − 2 n +1 ⎞ . An = ⎜ ⎝ 3 × 2 n − 3 3 × 2 n − 2 ⎟⎠

1/2

2 Par récurrence, pour tout entier n > 0, U n = A n × U 0 .

3 Pour tout entier n ⭓ 0,

⎛ 3 − 2 n+2 2 − 2 n+2 ⎞ . =⎜ ⎝ 3 × 2 n +1 3 × 2 n +1 − 2 ⎟⎠ Ainsi P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0,

Rn+1

En notant Rn l’événement « Florian réussit son n-ième tir ». D’après la formule des probabilités totales, 4 1 1 1 p n +1 = p n + q n et q n +1 = p n + q n . 5 2 5 2 En utilisant la définition du produit de matrices, ⎛ 4 1⎞ ⎛ p n +1 ⎞ ⎜ 5 2 ⎟ ⎛ p n ⎞ on obtient : ⎜ ⎟ ×⎜ ⎟ =⎜ ⎟, ⎝ q n +1 ⎠ ⎜ 1 1 ⎟ ⎝ q n ⎠ ⎜⎝ 5 2 ⎟⎠

soit U n +1

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

Rn

1/5

Matrices et suites

19

12/07/12 16:54

⎛ 5⎞ ⎜ ⎟ Donc la suite (Un) converge vers la matrice U = ⎜ 7 ⎟ . ⎜ 2⎟ ⎜⎝ 7 ⎟⎠ 5 On en déduit que la suite (pn) converge vers . 7 = n +1 ⎧ 1 On a : ⎨ n +1 . ⎩ n + 2 = 2 n + n +1 + 1 En utilisant la définition du produit et de la somme de matrices, on obtient : ⎛ n +1 ⎞ ⎛ 0 1 ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ 0 ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ + ⎜ ⎟. ⎟ ×⎜ ⎝ n + 2 ⎠ ⎝ 2 1 ⎠ ⎝ n +1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ Donc U n +1 = A × U n + C . 3 Pour tout entier n ⭓ 0 , on pose P(n) : 2 n − (− 1) n 2 n + 2 (− 1) n « A n = × A+ × I 2 ». 3 3 1− 1 1+ 2 ◗ Initialisation : A0 = I2 et × A+ × I2 = I2. 3 3 Donc P(0) est vraie.

(

)

◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. ⎛ 2 n − (− 1) n ⎞ 2 n + 2 (− 1) n n + 1 n A = A× A = A×⎜ × A+ × I2⎟ , 3 3 ⎝ ⎠ d’après l’hypothèse de récurrence. 2 n − (− 1) n 2 n + 2 (− 1) n n + 1 = × A2 + × A. Donc A 3 3 ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 0 1⎞ ⎛ 1 0⎞ Or A 2 = ⎜ . = + 2⎜ ⎝ 0 1 ⎟⎠ ⎝ 2 3 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 1 ⎟⎠

(

(

)

)

Donc A 2 = A + 2 I 2 . 2 n − (− 1) n 2 n + 2 (− 1) n n + 1 = × (A + 2 I 2 ) + × A. Ainsi A 3 3 Donc 2 2 n − (− 1) n 2 n − (− 1) n + 2 n + 2 (− 1) n A n +1 = × A+ × I2 3 3 2 n +1 + (− 1) n 2 n +1 − 2 (− 1) n = × A+ × I2 3 3 2 n +1 − (− 1) n +1 2 n +1 + 2 (− 1) n +1 = × A+ × I2. 3 3 Donc P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0 , 2 n − (− 1) n 2 n + 2 (− 1) n n A = × A+ × I 2. 3 3 3 V = A ×V + C ⇔V − A ×V = C −1 ⇔ (I 2 − A) × V = C ⇔ V = (I 2 − A) × C . À la calculatrice :

(

)

(


(

)

⎛ 1⎞ ⎜ −2 ⎟ Donc V = ⎜ ⎟. ⎜ −1 ⎟ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 20



)

⎛ 1⎞ ⎛ 3⎞ − ⎛ 1⎞ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ 4 a. V0 = U 0 − V = ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟. ⎝ 2⎠ ⎜ 1⎟ ⎜ 5⎟ − ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ b. Pour tout entier n ⭓ 0, U n +1 = A × U n + C et V = A × V + C . En soustrayant les deux égalités, on obtient : U n +1 − V = A × (U n − V ), c’est-à-dire Vn +1 = A × Vn . Donc par récurrence, pour tout entier n ⭓ 0, Vn = A n × V0. c. Or U n = Vn + V. Donc U n = A n × V0 + V. En utilisant le résultat de la question 2 , ⎛ 2 n − (− 1) n ⎞ 2 n + 2 (− 1) n Un = ⎜ × A+ × I 2 ⎟ × V0 + V. 3 3 ⎝ ⎠ Donc : 2 n − (− 1) n 2 n + 2 (− 1) n Un = × A × V0 + × V0 + V. 3 3 ⎛ 1⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎜ −2 ⎟ ⎜ 2 ⎟ ⎜ 2⎟ Or A × V0 = ⎜ ⎟. ⎟ , V0 = ⎜ ⎟ et V = ⎜ ⎜ −1 ⎟ ⎜ 11 ⎟ ⎜ 5⎟ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠

(

)

(

)

( (

) ( ) (

) )

n n ⎛ ⎞ n n 1 ⎜ 5 2 − (− 1) + 3 2 + 2 (− 1) − 3 ⎟ . Donc U n = 6 ⎜ 11 2 n − (− 1) n + 5 2 n + 2 (− 1) n − 3 ⎟ ⎝ ⎠ n ⎛ ⎞ 1 8 × 2 n + (− 1) − 3 ⎜ ⎟. 6 ⎜⎝ 16 × 2 n − (− 1) n − 3 ⎟⎠ 5 Question ouverte D’après la question 4 c. , 1 n = 8 × 2 n + (− 1) n − 3 . 6 1 Donc : n 艌 (8 × 2 n − 4). 6 ◗ On est certain que n ⭓ 1 000 dès que : 1 (8 × 2 n − 4) 艌 1000. 6 1 Or, (8 × 2 n − 4) 艌 1000 6 ln (750,5) . ⇔ 2 n 艌 750,5 ⇔ n 艌 ln (2) ln (750,5) Or ≈ 9, 6 et n est un entier. ln (2) Donc on est certain que n ⭓ 1 000 dès que n ⭓ 10 . ◗ On est certain que n ⭓ 10 000 dès que : 1 (8 × 2 n − 4) 艌 10 000. 6 1 Or, (8 × 2 n − 4) 艌 10 000 6 ln(7 500,5) . ⇔ 2 n 艌 7 500,5 ⇔ n 艌 ln (2) ln(7 500,5) ≈ 12,9 et n est un entier. Or ln (2) Donc on est certain que n ⭓ 10 000 dès que n ⭓ 13.

Donc U n =

(

)

Matrices et suites

12/07/12 16:54

Exercices d’entraînement

Aube Matin

⎛ −2 1 ⎞ 2 1 a. N = ⎜⎝ − 4 2 ⎟⎠ et N = 0 2 . b. Pour tout entier n ⭓ 0, on pose P(n) : « A n = 2 n × I 2 + n × 2 n −1 × N ». ◗ Initialisation : A 0 = I 2 et 1 × I 2 + 0 × 0 2 = I 2. Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. Alors A n +1 = A × A n = A × (2 n × I 2 + n × 2 n −1 × N) d’après l’hypothèse de récurrence. Donc A n +1 = 2 n × A + n × 2 n −1 × A × N . ⎛ −4 2 ⎞ = 2N. Or A = N + 2 I 2 et A × N = ⎜ ⎝ − 8 4 ⎟⎠ Ainsi A n +1 = 2 n (N + 2 I 2 ) + n × 2 n −1 × 2 N = 2 n +1 I 2 + (2 n + n × 2 n ) N . n + 1 = 2 n +1 + (n + 1) × 2 n × N . Ainsi A Donc P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0, A n = 2 n × I 2 + n × 2 n −1 × N .

⎛ u0 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 2 V0 = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ et ⎝ u1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎛ u1 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 1 V1 = ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =⎜ ⎝ u2 ⎠ ⎝ 4 × 1 − 4 × 2 ⎠ ⎝ − 4 1 a. Vn +1

⎞ ⎟⎠ .

⎛ u n +1 ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ un + 2 ⎠

⎛ ⎞ ⎛ 0 1 ⎞ ⎛ un ⎞ u n +1 =⎜ ⎟ =⎜ ⎟. ⎟ ×⎜ ⎝ − 4 u n + 4 u n +1 ⎠ ⎝ − 4 4 ⎠ ⎝ u n +1 ⎠ Donc Vn +1 = A × Vn . b. En raisonnant par récurrence, en utilisant la question 3 a. , on a : Vn = A n × V0 . c. En utilisant les questions 1 b. et 3 b. , on obtient : Vn = (2 n × I 2 + n × 2 n −1 × N) × V0 = 2 n × V0 + n × 2 n −1 × N × V0. ⎛ 2⎞ ⎛ −3 ⎞ . Or V0 = ⎜ ⎟ et N × V0 = ⎜ ⎝ 1⎠ ⎝ − 6 ⎟⎠ ⎛ 2 n +1 − 3 n × 2 n −1 ⎞ . Donc Vn = ⎜ ⎝ 2 n − 3 n × 2 n ⎟⎠ On en déduit que : u n = 2 n +1 − 3 n × 2 n −1, 3n ou encore que u n = 2 − × 2n . 2 4 Pour tout entier n ⭓ 0, on a : 1 − 3n 3n u n +1 − u n = × 2 n +1 − 2 − × 2n. 2 2


(

(

= 2n 1 − 3n − 2 +

)

( ) (

) )

3n 3n . = 2 n −1 − 2 2

Donc u n +1 − u n ⬍ 0 . Ainsi la suite u est strictement décroissante. 1 Soit un entier n ⭓ 1. On a le tableau d’effectifs suivant :

Scorpions

xn

Guêpes

yn

Mygales

zn

xn

xn – 2zn

yn – xn yn – xn zn

zn

x n +1

Soir = xn − 2 zn

y n +1 = y n − x n z n +1 = z n − ( y n − x n ) = xn − yn + zn

En utilisant la définition du produit de matrices, on a : ⎛ x n +1 ⎞ ⎛ 1 0 − 2 ⎞ ⎛ x n ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ y n +1 ⎟ = ⎜ − 1 1 0 ⎟ × ⎜ y n ⎟ . ⎜⎝ z n +1 ⎟⎠ ⎝ 1 − 1 1 ⎠ ⎜⎝ z n ⎟⎠ ⎛ xn ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 En raisonnant par récurrence, y n = A n −1 × y 1 . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ z n ⎟⎠ ⎜⎝ z1 ⎟⎠ ⎛ x8 ⎞ ⎛ 33 023 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Donc au bout d’une semaine, ⎜ y 8 ⎟ = A7 × ⎜ 42 836 ⎟ . ⎜⎝ z 8 ⎟⎠ ⎜⎝ 12 729 ⎟⎠

⎛ x8 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ En utilisant la calculatrice, ⎜ y 8 ⎟ = ⎜ 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ z 8 ⎟⎠ ⎝ 1 ⎠ Donc au bout d’une semaine, il reste un scorpion, une guêpe et une mygale. ⎛ x1 ⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 On a : 0 = A 7 × y 1 . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎜⎝ z1 ⎟⎠ ⎛ x1 ⎞ ⎛ 0⎞ ⎜ ⎟ −1 7 Donc ⎜ y 1 ⎟ = (A ) × ⎜ 0 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎝ 1⎠ ⎜⎝ z1 ⎟⎠

⎛ x 1 ⎞ ⎛ 12 310 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ En utilisant la calculatrice, ⎜ y 1 ⎟ = ⎜ 15 968 ⎟ . ⎜⎝ z1 ⎟⎠ ⎜⎝ 4 745 ⎟⎠ Initialement, il y avait 12 310 scorpions, 15 968 guêpes et 4 745 mygales. 4 Question ouverte ⎛ x8 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ Il s’agit de résoudre ⎜ y 8 ⎟ = A 7 × ⎜ y 1 ⎟ . ⎜⎝ z 8 ⎟⎠ ⎜⎝ z1 ⎟⎠ La matrice A est inversible, et à la calculatrice, on a : ⎛ 4 745 15 968 12 310 ⎞ (A7 )−1 = ⎜⎜ 6 155 20 713 15 968 ⎟⎟ . ⎜⎝ 1829 6 155 4 745 ⎟⎠ Les coefficients obtenus sont tous positifs. Alors l’équation admet une unique solution ⎛ x1 ⎞ ⎛ x8 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − 1 7 ⎜ y 1 ⎟ = (A ) × ⎜ y 8 ⎟ , dont les coefficients sont ⎜⎝ z1 ⎟⎠ ⎜⎝ z 8 ⎟⎠ positifs. Donc le problème admettra toujours une solution.



Midi

Matrices et suites

21

12/07/12 16:54

1 a. La situation peut être représentée par l’arbre

de probabilité suivant : Gn gn pn

Pn

0,8

Gn+1

0,2

Pn+1

0,6

Gn+1

0,4

Pn+1

D’après la formule des probabilités totales, g n +1 = 0, 8 g n + 0, 6 p n et p n +1 = 0,2 g n + 0, 4 p n . En utilisant la définition du produit de matrices, ⎛ g n +1 ⎞ ⎛ 0, 8 0, 6 ⎞ ⎛ g n ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟. ⎟ ×⎜ ⎝ p n +1 ⎠ ⎝ 0,2 0, 4 ⎠ ⎝ p n ⎠ ⎛ 0, 8 0, 6 ⎞ Donc U n +1 = A × U n , où A = ⎜ ⎟. ⎝ 0,2 0, 4 ⎠ b. Donc par récurrence, pour tout entier n ⭓ 0, U n = A n × U 0. ⎛ 1 1⎞ ⎜ 4 4⎟ 2 a. À la calculatrice, P − 1 = ⎜ ⎟. ⎜ −1 3 ⎟ ⎜⎝ 4 4 ⎟⎠ Donc : ⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 0⎞ ⎜ ⎛ ⎞ 4 4⎟ 3 −1 P × D × P −1 = ⎜ ×⎜ ⎟ 1⎟ ×⎜ ⎟ ⎟ ⎜ 1 3⎟ ⎝ 1 1 ⎠ ⎜ 0 5⎠ ⎜ − ⎝ ⎝ 4 4 ⎟⎠ ⎛ 1⎞ ⎛ 1 ⎜ 3 −5 ⎟ ⎜ 4 =⎜ ⎟ ×⎜ ⎜ 1 1 ⎟ ⎜ −1 ⎜⎝ 5 ⎟⎠ ⎜⎝ 4

1 4 3 4

⎞ ⎛ 4 ⎟ ⎜ 5 ⎟ =⎜ ⎟ ⎜ 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 5

3 5 2 5

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

Donc A = P × D × P −1 . b. Comme P −1 × P = I 2, par récurrence, A n = P × D n × P − 1. ⎛ 1 0 ⎞ 3 La matrice D étant diagonale, D n = ⎜⎝ 0 0,2 n ⎟⎠ .


⎛ 1 ⎛ ⎞ ⎛ 1 0 ⎞ ⎜ 4 Donc A n = ⎜ 3 − 1 ⎟ × ⎜ ×⎜ ⎝ 1 1 ⎠ ⎝ 0 0,2 n ⎟⎠ ⎜ 1 ⎜⎝ − 4 ⎛ 1 ⎛ 3 − 0,2 n ⎞ ⎜ 4 =⎜ ⎟ ×⎜ ⎝ 1 0,2 n ⎠ ⎜ − 1 ⎜⎝ 4

1 4 3 4

⎛ 3 + 0,2 n 3 − 3 × 0,2 n ⎜ 4 4 Donc A n = ⎜ n 1 + 3 × 0,2 n ⎜ 1 − 0,2 ⎜⎝ 4 4 22

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠ ⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠



1 4 3 4

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

Ainsi, en utilisant la définition de somme de matrices, ⎛ 3 3⎞ ⎛ 1 ⎜ 4 4⎟ ⎜ 4 An = ⎜ ⎟ + 0,2 n ⎜ ⎜ 1 1⎟ ⎜ −1 ⎜⎝ 4 4 ⎟⎠ ⎜⎝ 4 4 D’après la question 3 , ⎛ 3 3⎞ ⎛ ⎜ 4 4⎟ ⎜ Un = An × U0 = ⎜ ⎟ × U 0 + 0,2 n ⎜ ⎜ 1 1⎟ ⎜ ⎜⎝ 4 4 ⎟⎠ ⎜⎝ Or 0 ⬍ 0,2 ⬍ 1. Donc lim 0,2 n = 0.

3 4 3 4

−

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠

1 3⎞ − ⎟ 4 4 ⎟ × U0 . 1 3 ⎟ − 4 4 ⎟⎠

n →+∞

On en déduit que la suite (Un) converge vers la matrice : ⎛ 3 3⎞ ⎜ 4 4⎟ U=⎜ ⎟ × U0. ⎜ 1 1⎟ ⎜⎝ 4 4 ⎟⎠ ⎛ 3 ⎞ ⎛ g0 ⎞ ⎜ 4 (g 0 + p 0 ) ⎟ En notant U 0 = ⎜ ⎟. ⎟ , on a : U = ⎜ ⎜ 1 (g + p ) ⎟ ⎝ p0 ⎠ 0 ⎟ ⎜⎝ 4 0 ⎠ Or g 0 + p 0 = 1. Donc quelle que soit la répartition initiale, la suite (Un) ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ converge vers la matrice U = ⎜ 4 ⎟ . ⎜ 1⎟ ⎜⎝ 4 ⎟⎠ 1 a. On peut représenter la situation par le graphe suivant : 0,1

0,7 A 0,15 0,1

0,75

B

0,1 0,1

0,2

C

0,8

Donc a n +1 = 0,7 a n + 0,15 bn + 0,1c n ; bn +1 = 0,1a n + 0,75 bn + 0,1c n et c n +1 = 0,2 a n + 0,1bn + 0, 8 c n. En utilisant la définition du produit de matrices, on a : ⎛ a n +1 ⎞ ⎛ 0,7 0,15 0,1 ⎞ ⎛ a n ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ bn +1 ⎟ = ⎜ 0,1 0,75 0,1 ⎟ × ⎜ bn ⎟ . ⎜⎝ c n +1 ⎟⎠ ⎜⎝ 0,2 0,1 0, 8 ⎟⎠ ⎜⎝ c n ⎟⎠ ⎛ 0,7 0,15 0,1 ⎞ Donc U n +1 = M × U n , où M = ⎜ 0,1 0,75 0,1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0,2 0,1 0, 8 ⎟⎠ b. On en déduit par récurrence que pour tout entier n ⭓ 0, U n = M n × U 0. ⎛ 0,5 ⎞

2 U 0 = ⎜ 0,2 ⎟ .

⎜ ⎟ ⎜⎝ 0,3 ⎟⎠

Matrices et suites

12/07/12 16:54

⎛ 0, 41 ⎞ ◗ Au bout d’un mois : U1 = M × U 0 = ⎜ 0,23 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0,36 ⎟⎠

2 du marché et réalise un bénéfice 7 2 de : 10 000 × × 400 ≈ 1142 851 € ; 7 3 ◗ le circuit C distribue du marché et réalise un bénéfice 7 3 de : 10 000 × × 300 ≈ 1285 714 €. 7 C’est le circuit A qui réalisera, à long terme, le plus grand bénéfice. ◗ le circuit B distribue

⎛ 0,327 ⎞ ◗ Au bout de trois mois : U 3 = M 3 × U 0 ≈ ⎜ 0,262 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0, 411 ⎟⎠ ◗ Au bout d’un an : U12 =

M 12

⎛ 0,286 ⎞ × U 0 ≈ ⎜ 0,286 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0, 429 ⎟⎠

◗ Au bout de dix ans : U120 = M 120

⎛ 0,286 ⎞ × U 0 ≈ ⎜ 0,286 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0, 429 ⎟⎠

3 a. Comme la somme des coefficients de U est 1, on a :

x + y + z = 1.

⎛ 0,7 0,15 0,1 ⎞ ⎛ x De plus M × U = U ⇔ ⎜ 0,1 0,75 0,1 ⎟ × ⎜ y ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎝ 0,2 0,1 0, 8 ⎟⎠ ⎝ z

⎞ ⎛ x ⎟ =⎜ y ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ z

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎧− 0,3 x + 0,15 y + 0,1z = 0 ⎪ ⇔ ⎨0,1x − 0,25 y + 0,1z = 0 . ⎪0,2 x + 0,1y − 0,2 z = 0 ⎩ Comme la 3e ligne est l’opposé de la somme des 1re et 2e lignes, on obtient : ⎧− 0,3 x + 0,15 y + 0,1z = 0 , M×U=U⇔⎨ ⎩0,1x − 0,25 y + 0,1z = 0 ⎧6 x − 3 y − 2 z = 0 , ⇔⎨ ⎩2 x − 5 y + 2 z = 0 en multipliant les deux lignes par 20. On en déduit que le problème revient à résoudre le ⎧x + y + z = 1 ⎪ système ⎨6 x − 3 y − 2 z = 0 . ⎪2 x − 5 y + 2 z = 0 ⎩ b. Le système précédent est équivalent à


⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ 6 −3 −2 ⎟ × U = ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 2 −5 2 ⎠ ⎝ 0⎠

1 À l’aide de la calculatrice, on obtient :

⎛ − 0,1 − 0,7 0,5 ⎞ = ⎜ 0,5 0,5 − 0,5 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎜⎝ − 0,3 − 0,1 0,5 ⎟⎠ 2 Soient quatre réels a, b, c et d. Une équation du plan (ABC) est : ax + by + cz = d si, et seulement si, les coordonnées des points A, B et C vérifient cette équation, c’est-à-dire : ⎛ a⎞ ⎛ d⎞ ⎧2 a + 3 b + c = d ⎪ ⎜ b ⎟ = ⎜ d ⎟, , soit M × − a + b + 2 c = d ⎨ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪a + 2 b + 3 c = d ⎝ c⎠ ⎝ d⎠ ⎩ M −1

ou encore X =

M −1

⎛ d⎞ × ⎜ d ⎟. ⎜ ⎟ ⎝ d⎠

⎛ a⎞ ⎛ d⎞ ⎜ ⎟ − 1 3 b = M × ⎜ d ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ c⎠ ⎝ d⎠ ⎛ − 0,1d − 0,7 d + 0,5 d ⎞ ⎛ − 0,3 d ⎞ = ⎜ 0,5 d + 0,5 d − 0,5 d ⎟ = ⎜ 0,5 d ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜⎝ − 0,3 d − 0,1d + 0,5 d ⎟⎠ ⎜⎝ 0,1d ⎟⎠ En choisissant d = 10 , on obtient a = −3 , b = 5 et c = 1. Le plan (ABC) admet pour équation : − 3 x + 5 y + z = 10 .

⎛ 2⎞ ⎜ 7⎟ −1 ⎛ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ 2 U = ⎜ 6 −3 −2 ⎟ × ⎜ 0 ⎟ = ⎜ ⎟ . ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 7⎟ ⎝ 2 −5 2 ⎠ ⎝ 0⎠ ⎜ ⎟ ⎜ 3⎟ ⎝ 7⎠ c. La matrice U est telle que M × U = U et la somme de ses coefficients est 1. Les coefficients de la matrice M sont strictement positifs, et de somme par colonne égale à 1. Comme la somme des coefficients de la matrice U0 est égale à 1, la suite (Un) converge vers la matrice U. 4 Question ouverte En utilisant la matrice U, à long terme : 2 ◗ le circuit A distribue du marché et réalise un bénéfice 7 2 de : 10 000 × × 500 ≈ 1428 571 € ; 7

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 ◗ A 2 = cos a − sin a × cos a − sin a . ⎜⎝ sin a cos a ⎟⎠ ⎜⎝ sin a cos a ⎟⎠ ⎛ (cos a)2 − (sin a)2 − 2cos a sin a =⎜ ⎜⎝ − (sin a)2 + (cos a)2 2cos a sin a

Or (cos a) 2 − (sin a) 2 = cos2 a et 2cos a sin a = sin2 a .

⎛ cos2 a − sin2 a Donc A 2 = ⎜ ⎝ sin2 a cos2 a

⎞ ⎟⎠ .

◗ A3 = A × A2 ⎛ cos a cos2 a − sin a sin2 a − cos a sin2 a − sin a cos2 a ⎞ =⎜ . ⎝ sin a cos2 a + cos a sin2 a − sin a sin2 a + cos a cos2 a ⎟⎠ ⎛ cos (a + 2 a) − sin (a + 2 a) Donc A 3 = ⎜ ⎝ sin (a + 2 a) cos (a + 2 a)

⎞ ⎟. ⎠

⎛ cos3 a − sin3 a ⎞ =⎜ . ⎝ sin3 a cos3 a ⎟⎠



⎞ ⎟. ⎟⎠

Matrices et suites

23

12/07/12 16:54

2 On conjecture que pour tout entier n ⭓ 0,

⎛ cos na − sin na An = ⎜ ⎝ sin na cos na

⎞ ⎟⎠ .

⎛ Y ⎞ ⎛ 0,299 0,587 0,114 ⎞ ⎛ R ⎜ U ⎟ = ⎜ − 0,147 − 0,289 0, 463 ⎟ × ⎜ G ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ V ⎠ ⎝ 0, 615 − 0,515 − 0,1 ⎟⎠ ⎝ B

Pour tout entier n ⭓ 0, ⎛ cos na − sin na on pose P(n) : « A n = ⎜ ⎝ sin na cos na

Partie B Par définition du produit de matrices,

⎞ ⎟⎠ ».

⎛ cos 0 a − sin0 a ⎞ ⎛ 1 0 ⎞ ◗ Initialisation : A0 = I2 et ⎜ = ⎝ sin0 a cos 0 a ⎟⎠ ⎜⎝ 0 1 ⎟⎠ Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. ⎛ cos a − sin a ⎞ ⎛ cos na − sin na ⎞ A n +1 = A × A n = ⎜ × ⎝ sin a cos a ⎟⎠ ⎜⎝ sin na cos na ⎟⎠

⎛ R ⎞ ⎛ 0,299 0,587 0,114 ⎞ Donc ⎜ G ⎟ = ⎜ − 0,147 − 0,289 0, 463 ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎝ B ⎠ ⎝ 0, 615 − 0,515 − 0,1 ⎟⎠

Partie A 1 Par définition du produit de matrices,

⎛ i ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ c⎠ ⎜ ⎜ ⎝

1 1 1⎞ ⎛ 3 3 3⎟ ⎛ R⎞ ⎟ ⎜ 1 −1 0 ⎟ × ⎜ G ⎟ . ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ ⎝ B⎠ 1 1 ⎝ − − 1⎟ 2 2 ⎠ ⎛ 1 1 ⎜ 3 3 ⎜ Ainsi A × C = S où A = ⎜ 1 − 1 ⎜ 1 1 ⎜ − − ⎝ 2 2


2 a. À l’aide de la calculatrice, A − 1

⎛ ⎛ R⎞ b. ⎜ G ⎟ = A −1 × ⎜ ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ B⎠ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ 1⎟ ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

c c 2c − , G = i − − et B = i + . 2 3 3 2 3 3 R = 200, G = 100 et B = 60. 24



⎛ 2 1 1⎞ 1 a. A 2 = ⎜ 1 2 1 ⎟ et ⎜ ⎟ ⎝ 1 1 2⎠ ⎛ 0 1 1⎞ ⎛ 1 0 0⎞ ⎛ 2 1 1⎞ ⎜ ⎟ A + 2 I3 = 1 0 1 + 2⎜ 0 1 0 ⎟ = ⎜ 1 2 1 ⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1 1 0⎠ ⎝ 0 0 1⎠ ⎝ 1 1 2⎠ Donc A² = A + 2I3. b. A 3 = A × A 2 = A × (A + 2 I 3 ) = A 2 + 2 A . = A + 2 I3 + 2 A . Donc A 3 = 3 A + 2 I 3. 2 a. A 0 = 0 A + I 3 . Donc u0 = 0 et v0 = 1. A = 1A + 0 I 3 . Donc u1 = 1 et v1 = 0. b. A n +1 = A × A n = A × (u n A + v n I 3 ) = u n A 2 + v n A = u n (A + 2 I 3 ) + v n A. Donc A n +1 = (u n + v n ) A + 2 u n I 3.

⎛ 1 1⎞ Donc M = ⎜ . ⎝ 2 0 ⎟⎠

⎛ 1 1⎞ ⎜ 1 2 −3 ⎟ ⎜ ⎟ 1 1 =⎜ 1 − − ⎟. ⎜ 2 3⎟ ⎜ ⎟ ⎜1 0 2 ⎟ 3 ⎠ ⎝

Donc R = i +

⎛ Y ⎞ × ⎜ U ⎟. ⎜ ⎟ ⎝V ⎠

= un + v n ⎧u . En identifiant les coefficients, ⎨ n +1 ⎩v n +1 = 2 u n En utilisant la définition du produit de matrices, on ⎛ u ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ u ⎞ obtient : ⎜ n +1 ⎟ = ⎜ 1 1 ⎟ × ⎜ n ⎟ . ⎝ v n +1 ⎠ ⎝ 2 0 ⎠ ⎝ v n ⎠

1 3 0

⎛ c ⎜ i+2−3 i ⎞ ⎜ c ⎟ = ⎜⎜ i − − ⎟ 2 3 c⎠ ⎜ ⎜ i + 2c 3 ⎝

−1

En arrondissant à 0,001 près, on obtient : ⎧R = Y + 1,140 V ⎪ ⎨G = 1, 01Y − 0,374 U − 0,581V . ⎪B = 0,948 Y + 1,926 U ⎩

en utilisant l’hypothèse de récurrence. Donc : ⎛ cos a cos na − sin a sin na − cos a sin na − sin a cos na ⎞ A n +1 = ⎜ ⎝ sin a cos na + cos a sin na − sin a sin na + cos a cos na ⎟⎠ ⎛ cos (n + 1) a − sin( n + 1) a ⎞ Donc A n +1 = ⎜ ⎟. ⎝ sin( n + 1) a cos( n + 1) a ⎠ Donc P(n+1) est vraie. ◗ Conclusion : par récurrence, pour tout entier n ⭓ 0 , ⎛ cos na − sin na ⎞ . An = ⎜ ⎝ sin na cos na ⎟⎠

⎞ ⎟. ⎟ ⎠

c. Pour tout entier n ⭓ 0, n ⎛ 1 −1 ⎞ 2 n ⎛ 2 1 ⎞ (− 1) on pose P(n) : « M n = ». ×⎜ + ×⎜ 3 ⎝ 2 1 ⎟⎠ 3 ⎝ − 2 2 ⎟⎠ ◗ Initialisation : M 0 = I 2 et

⎛ 2 1 1 1⎞ + − ⎛ 2 1 ⎞ (− 1) ⎛ 1 −1 ⎞ ⎜ 3 3 3 3 ⎟ ×⎜ + × = ⎜ ⎟ = I2 . ⎜⎝ − 2 2 ⎟⎠ 3 ⎝ 2 1 ⎟⎠ 3 ⎜ 2−2 1+2 ⎟ ⎜⎝ 3 3 3 3 ⎟⎠ Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 2 n ⎛ 2 1 ⎞ (− 1) n ⎛ 1 − 1 ⎞⎞ M n +1 = M × M n = ⎜ × × + ×⎜ 3 ⎝ 2 0 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ⎜⎝ 2 1 ⎟⎠ ⎝ − 2 2 ⎟⎠⎟⎠ d’après l’hypothèse de récurrence. Donc : n 2 n ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 2 1 ⎞ (− 1) ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 1 − 1 ⎞ M n +1 = ×⎜ × + ×⎜ × 3 ⎝ 2 0 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 1 ⎟⎠ 3 ⎝ 2 0 ⎟⎠ ⎜⎝ − 2 2 ⎟⎠ en distribuant. 20

0

Matrices et suites

12/07/12 16:54

Donc M n +1 =

3 À la calculatrice, on calcule (I3 − A)–1 × D.

2 n ⎛ 4 2 ⎞ −1 ⎛ −1 1 ⎞ × + × . 3 ⎜⎝ 4 2 ⎟⎠ 3 ⎜⎝ 2 − 2 ⎟⎠

n +1 ⎛ 1 −1 ⎞ 2 n +1 ⎛ 2 1 ⎞ (− 1) . ×⎜ + ×⎜ 3 3 ⎝ 2 1 ⎟⎠ ⎝ − 2 2 ⎟⎠ Donc P(n1) est vraie. ◗ Conclusion : par récurrence, pour tout entier n ⭓ 0, n ⎛ 1 −1 ⎞ 2 n ⎛ 2 1 ⎞ (− 1) . Mn = ×⎜ + ×⎜ ⎟ 3 ⎝ 2 1⎠ 3 ⎝ − 2 2 ⎟⎠ d. Par récurrence, pour tout entier n ⭓ 0, ⎛ un ⎞ ⎛ u0 ⎞ ⎜ ⎟ = Mn × ⎜ ⎟. ⎝ vn ⎠ ⎝ v0 ⎠ Donc : ⎛ u n ⎞ ⎛ 2 n ⎛ 2 1 ⎞ (− 1) n ⎛ 1 − 1 ⎞ ⎞ ⎛ 0 ⎞ ×⎜ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ + 3 × ⎜⎝ − 2 2 ⎟⎠ ⎟⎠ × ⎜⎝ 1 ⎟⎠ . ⎝ vn ⎠ ⎝ 3 ⎝ 2 1 ⎠ Donc en distribuant : ⎛ un ⎞ 2 n ⎛ 2 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ (− 1) n ⎛ 1 − 1 ⎞ ⎛ 0 ⎞ . × × + ×⎜ × ⎜ ⎟= 3 ⎜⎝ 2 1 ⎟⎠ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ 3 ⎝ − 2 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ ⎝ vn ⎠ ⎛ u ⎞ 2 n ⎛ 1 ⎞ (− 1) n ⎛ − 1 ⎞ Donc ⎜ n ⎟ = . + 3 ⎜⎝ 1 ⎟⎠ 3 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ vn ⎠

Donc M n +1 =

Ainsi : u n =

2 n + (− 1) n +1 2 n + 2 (− 1) n et v n = . 3 3

3 On en déduit que pour tout entier n ⭓ 0 :

⎛ 0 1 1⎞ ⎛ 1 0 0⎞ n + (− 1) n +1 n + 2 (− 1) n 2 2 ⎜ ⎟ An = × 1 0 1 + × ⎜ 0 1 0 ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 3 3 ⎝ 1 1 0⎠ ⎝ 0 0 1⎠ ⎛ 2 n + 2 (− 1) n 2 n + (− 1) n +1 2 n + (− 1) n +1 ⎜ 3 3 3 ⎜ ⎜ 2 n + (− 1) n +1 2 n + 2 (− 1) n 2 n + (− 1) n +1 Donc A n = ⎜ 3 3 3 ⎜ ⎜ 2 n + (− 1) n +1 2 n + (− 1) n +1 2 n + 2 (− 1) n ⎜ 3 3 3 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟ ⎟ ⎠


1 a. ◗ L’agriculture produit 2 000 € , et consomme

400 € dans le secteur A , 300 € dans le secteur I et 200 € dans le secteur T. ◗ L’industrie produit 3 000 € , et consomme 750 € dans le secteur A , 900 € dans le secteur I et 420 € dans le secteur T. ◗ Les transports produisent 1 500 € , et consomme 75 € dans le secteur A , 405 € dans le secteur I et 210 € dans le secteur T. b. Les consommations finales de chaque branche sont donc : ◗ secteur A : 400 + 750 + 75 = 1 225 € ; ◗ secteur I : 300 + 900 + 405 = 1 605 € ; ◗ secteur T : 200 + 420 + 210 = 830 €. 2 a. La production totale est la somme des consommations intermédiaires et des consommations finales. Donc P = A × P + D . b. P = A × P + D ⇔ P − A × P = D ⇔ (I3 − A) × P = D ⇔ P = (I3 − A)–1 × D .

⎛ 4 000 ⎞ ⎜ ⎟ On obtient P = ⎜ 3 500 ⎟ . ⎜⎝ 2 000 ⎟⎠ ⎛ 7 2⎞

1 A×B = B× A= ⎜⎝ − 1 6 ⎟⎠ .

Les matrices A et B commutent. ⎛ 10 6 ⎞ 2 A×C = C × A= ⎜⎝ − 3 7 ⎟⎠ . Les matrices A et C commutent. 3 a. Les matrices A et M commutent ⇔ A × M = M × A ⎛ ⎞ ⎛ x y⎞ ⎛ x y⎞ ⎛ 3 4⎞ ⇔⎜ 3 4 ⎟ ×⎜ = × ⎝ − 2 1 ⎠ ⎝ z t ⎟⎠ ⎜⎝ z t ⎟⎠ ⎜⎝ − 2 1 ⎟⎠ ⎛ 3 x + 4 z 3 y + 4t ⎞ ⎛ 3 x − 2 y 4 x + y ⎞ ⇔⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝ −2 x + z −2 y + t ⎠ ⎝ 3 z − 2 t 4 z + t ⎠ ⎧3 x + 4 z = 3 x − 2 y ⎪3 y + 4 t = 4 x + y ⎪ ⇔⎨ ⎪− 2 x + z = 3 z − 2 t ⎪⎩− 2 y + t = 4 z + t

⎧y = − 2 z ⎪ ⎨2 t = 2 x − y ⎪2 t = 2 x + 2 z ⎩

b. ◗ En choisissant z = 1 et x = 1, on obtient y = −2 et t = 2. On retrouve la matrice B. ◗ En choisissant z = 1 et x = 2, on obtient y = −2 et t = 3. On retrouve la matrice C. ◗ En choisissant z = 2 et x = 2, on obtient y = –4 et t = 4. ⎛ 2 −4 ⎞ . On a D = ⎜ ⎝ 2 4 ⎟⎠ ◗ En choisissant z = −1 et x = 1, on obtient y = 2 et t = 0. ⎛ 1 2⎞ . On a E = ⎜ ⎝ − 1 0 ⎟⎠ c. On choisit z = 0 et x = 1 , on obtient y = 0 et t = 1. 1 Pour tout entier naturel n , n

on pose P(n) : « (M + N) = n

⎛

⎞

∑ ⎜⎝ nk ⎟⎠ M n − k N k ».

k=0

◗ Initialisation : (M + N) 0 = I et 0

⎛

⎞

∑ ⎜⎝ 0k ⎟⎠ M 0 − k N k

= M 0 N 0 = I . Donc P(0) est vraie.

k=0

◗ Hérédité : soit un entier naturel n tel que P(n) est vraie.

(M + N) n +1 = (M + N) × (M + N) n

⎛ n ⎛ n⎞ ⎞ = (M + N) × ⎜ ∑ ⎜ ⎟ M n − k N k ⎟ ⎜⎝ k = 0 ⎝ k ⎠ ⎟⎠ d’après l’hypothèse de récurrence. n ⎛ n⎞ n +1 Donc (M + N) = ∑ ⎜ ⎟ (M n +1− k × N k + NM n − k N k ) k=0⎝ k ⎠ en distribuant. Comme les matrices M et N commutent, on obtient : n ⎛ ⎞ n +1 (M + N) = ∑ ⎜ n ⎟ (M n +1− k × N k + M n − k N k +1). k=0⎝ k ⎠ n

=

n +1

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ∑ ⎜⎝ nk ⎟⎠ M n +1− k N k + ∑ ⎜⎝ k n− 1 ⎟⎠ M n +1− k N k . k =1 k=0



⎧y = − 2 z . ⎨ ⎩t = x + z

Matrices et suites

25

12/07/12 16:54

Donc :

n

⎛ ⎞ ⎛⎛ ⎞ (M + N) = ⎜ n ⎟ M n +1N 0 + ∑ ⎜⎜ n ⎟ ⎝ 0⎠ k =1⎝ ⎝ k ⎠ ⎛ n ⎞ ⎞ n +1− k k ⎛ n ⎞ 0 n +1 M N +⎜ ⎟M N . +⎜ ⎝ k − 1 ⎟⎠ ⎟⎠ ⎝ n⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n +1⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n +1⎞ , et Or ⎜ ⎟ = 1 = ⎜ + = ⎝ 0⎠ ⎝ 0 ⎟⎠ ⎜⎝ k ⎟⎠ ⎜⎝ k − 1 ⎟⎠ ⎜⎝ k ⎟⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n +1⎞ ⎜⎝ n ⎟⎠ = 1 = ⎜⎝ n + 1 ⎟⎠ . n +1 ⎛ n + 1 ⎞ n +1− k k On en déduit que (M + N) n +1 = ∑ ⎜ M N . k ⎟⎠ k=0⎝ Donc P(n + 1) est vraie. ◗ Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel n, n ⎛ ⎞ (M + N) n = ∑ ⎜ n ⎟ M n − k N k . k=0⎝ k ⎠ n +1

2 a. B

⎛ 0 0 1⎞ ⎛ 0 0 0⎞ = ⎜ 1 0 1 ⎟ , B 2 = ⎜ 0 0 1 ⎟ et B 3 = 0 3 . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 0 0 0⎠ ⎝ 0 0 0⎠

b. Comme B3 = 03 , pour tout entier n ⭓ 3, Bn = B3 × Bn–3 = 03. c. Les matrices B et I3 commutent et A = I3 + B. D’après la formule du binôme de Newton, on a : n ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ n− k n n −1 A n = ∑ ⎜ ⎟ (I 3 ) B k = ⎜ ⎟ (I 3 ) B 0 + ⎜ ⎟ (I 3 ) B 0 1 k ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ k=0 n

⎛ n⎞ ⎛ n⎞ n−2 2 n− k B + ∑ ⎜ ⎟ (I 3 ) + ⎜ ⎟ (I 3 ) × 03. ⎝ 2⎠ k =3⎝ k ⎠

⎛ n⎞ ⎛ n⎞ Donc = I 3 + ⎜ ⎟ B + ⎜ ⎟ B 2. ⎝ 1⎠ ⎝ 2⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n ⎞ n (n − 1) d. Comme ⎜ ⎟ = n et ⎜ ⎟ = , on obtient : ⎝ 1⎠ ⎝ 2⎠ 2 An

⎛ 1 0 0⎞ ⎛ 0 0 1⎞ ⎛ 0 0 0⎞ n (n − 1) ⎜ An = ⎜ 0 1 0 ⎟ + n⎜ 1 0 1 ⎟ + 0 0 1 ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ 2 ⎜ ⎝ 0 0 1⎠ ⎝ 0 0 0⎠ ⎝ 0 0 0⎠

⎛ 1 0 n ⎜ 2 n +n Ainsi : A n = ⎜ n 1 2 ⎜ ⎜⎝ 0 0 1

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎟⎠ ⎧⎪ R n +1 = R n ⎪⎩ Ln +1 = Ln


⎪⎧ (1 + a) R n − bLn R n = R n ⇔ pour tout entier n, ⎨ ⎩⎪ cLn R n + (1 − d) Ln = Ln ⎧⎪ R (a − bLn ) = 0 ⇔ pour tout entier n, ⎨ n . L cR − d = 0 ( ) n n ⎩⎪ Or les suites R et L ne s’annulent pas. Donc il y a équilibre si, et seulement si, pour tout entier n, d a R n = et Ln = . c b 2 En utilisant la définition du produit et de la somme de matrices, on obtient : Livre du professeur - CHAPITRE 15


⎞ ⎟ ⎟, ⎟ ⎟⎠

⎛ bd ⎞ ⎜ 1 − c ⎟ soit U n +1 = A × U n + C , où A = ⎜ ⎟ et ⎜ ca 1 ⎟ ⎜⎝ b ⎟⎠ ⎛ ad ⎞ ⎜ c ⎟ C=⎜ ⎟. ⎜ − ad ⎟ ⎜⎝ b ⎟⎠ ⎛ 1 − 0,2 ⎞ ⎛ 2000 ⎞ ⎛ 120 ⎞ 3 a. A × U + C = ⎜ 0, 03 1 ⎟ × ⎜⎝ 600 ⎟⎠ + ⎜⎝ − 60 ⎟⎠ . ⎝ ⎠ ⎛ 1880 ⎞ ⎛ 120 ⎞ =⎜ + = U. ⎝ 660 ⎟⎠ ⎜⎝ − 60 ⎟⎠ ⎧U = A × U n + C . On a donc pour tout entier naturel n : ⎨ n +1 ⎩U = A × U + C En soustrayant les deux lignes, U n +1 − U = A × (U n − U) . On en déduit par récurrence que, pour tout entier naturel n, U n − U = A n (U 0 − U), c’est-à-dire U n = U + A n (U 0 − U). ⎛ 2 000 ⎞ ⎛ 1989 ⎞ ⎛ 2 011 ⎞ b. U 5 ≈ ⎜ ⎟ , U10 ≈ ⎜ ⎟ , U 50 ≈ ⎜ ⎟ ⎝ 611 ⎠ ⎝ 610 ⎠ ⎝ 588 ⎠ ⎛ 1967 ⎞ . et U100 ≈ ⎜ ⎝ 607 ⎟⎠ ⎛ 1986 ⎞ ⎛ 1983 ⎞ ⎛ 2 019 ⎞ c. U 5 ≈ ⎜ ⎟ , U10 ≈ ⎜ ⎟ , U 50 ≈ ⎜ ⎟ ⎝ 603 ⎠ ⎝ 601 ⎠ ⎝ 599 ⎠ ⎛ 1981 ⎞ et U100 ≈ ⎜ ⎟. ⎝ 596 ⎠ ⎛ R n +1 ⎞ ⎛ 1 − 0,2 ⎞ ⎛ R n ⎞ ⎛ 120 ⎞ ⎟ =⎜ ⎟ +⎜ ⎟⎜ ⎟. ⎝ Ln +1 ⎠ ⎝ 0; 03 1 ⎠ ⎝ Ln ⎠ ⎝ − 60 ⎠

4 a. ⎜

⎛ R ⎞ ⎛ R − 0,2 Ln ⎞ ⎛ 120 ⎞ Donc ⎜ n +1 ⎟ = ⎜ n ⎟ +⎜ ⎟. ⎝ Ln +1 ⎠ ⎝ 0, 03 R n + Ln ⎠ ⎝ − 60 ⎠ − R n = − 0,2 Ln + 120 ⎧R On en déduit que ⎨ n +1 . ⎩Ln +1 − Ln = 0, 03 R n − 60

1 Il y a équilibre ⇔ pour tout entier n, ⎨

26

⎛ ⎛ ad bd ⎞ ⎛ R n +1 ⎞ ⎜ 1 − c ⎟ ⎛ R n ⎞ ⎜ c ⎟ ×⎜ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ +⎜ ⎝ Ln +1 ⎠ ⎜ ca 1 ⎟ ⎝ Ln ⎠ ⎜ − ad ⎜⎝ b ⎟⎠ ⎜⎝ b

− R n = 0,2 (600 − Ln ) ⎧R Donc ⎨ n +1 . ⎩Ln +1 − Ln = 0, 03(R n − 2 000) b. Si Ln ⭐ 600 , alors Rn1 – Rn ⭓ 0. Donc le nombre de proies augmente lorsque le nombre de prédateurs est inférieur à 600. Si Ln ⭓ 600 , alors Rn1 – Rn ⭐ 0. Donc le nombre de proies diminue lorsque le nombre de prédateurs est supérieur à 600. c. De la même façon, le nombre de prédateurs augmente lorsque le nombre de proies est supérieur à 2 000, et le nombre de prédateurs diminue lorsque le nombre de proies est inférieur à 2 000. d. On retrouve graphiquement les résultats obtenus aux questions 4 b. et 4 c.

Matrices et suites

12/07/12 16:54

5 Pour tout entier naturel n, on a :

⎧R n +1 − R n = R n (a − bLn ) . ⎨ ⎩Ln +1 − Ln = Ln (c − dR n ) On en déduit que : ◗ le nombre de proies augmente lorsque le nombre de a prédateurs est inférieur à , et le nombre de proies b diminue lorsque le nombre de prédateurs est supérieur a à ; b ◗ le nombre de prédateurs augmente lorsque le nombre d de proies est supérieur à , et le nombre de prédateurs c d diminue lorsque le nombre de proies est inférieur à . c Partie A

1 La matrice U vérifie : A × U = U et la somme des coeffi-

cients de U est égale à 1. ⎛ x⎞ 2 On pose U = ⎜ y ⎟ avec x + y + z = 1. ⎜ ⎟ ⎝ z⎠


⎛ 4 − (− 0,5) n ⎞ ⎟ 1⎜ on pose P(n) : « U n = ⎜ 2 + (− 0,5) n ⎟ ». 9⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ ⎛ 1⎞ ⎜ 3⎟ ⎛ 3⎞ ⎜ ⎟ 1 ⎟ 1⎜ ⎟ ⎜ ◗ Initialisation : U 0 = 3 et = ⎜ 3 ⎟ 9⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ ⎜ ⎟ ⎜ 1⎟ ⎝ 3⎠ ⎛ 4 −1⎞ ⎛ 3⎞ 1⎜ 1 2 + 1 ⎟ = ⎜ 3 ⎟ . Donc P(0) est vraie. ⎟ 9⎜ ⎟ 9⎜ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ ◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. ⎛ 4 − (− 0,5) n ⎞ ⎛ 0 0,5 1 ⎞ ⎟ 1⎜ U n +1 = A × U n = ⎜ 0,5 0 0 ⎟ × ⎜ 2 + (− 0,5) n ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ ⎜⎝ 0,5 0,5 0 ⎟⎠ 9 ⎜⎝ 3 ⎠ d’après l’hypothèse de récurrence.

U n +1

(

(

(

⎛ 4 + 0,5 (− 0,5) n 1⎜ = ⎜ 2 − 0,5 (− 0,5) n 9⎜ 3 ⎝

Donc U n +1

)

(

)

)

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

⎛ 4 − (− 0,5) n +1 1⎜ = ⎜ 2 + (− 0,5) n +1 9⎜ 3 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ . Donc P(n1) est vraie. ⎟ ⎠

◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0, ⎛ 4 − (− 0,5) n ⎞ ⎟ 1⎜ U n = ⎜ 2 + (− 0,5) n ⎟ . 9⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ n →+∞

converge vers la matrice U. Partie B 1 0, 85 A × U + C

⎛ 0 0,5 1 ⎞ = 0, 85 ⎜ 0,5 0 0 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 0,5 0,5 0 ⎟⎠

⎛ ⎜ ⎜ 17 ⎜ = 20 ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎛ ⎜ ⎜ ×⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

74 ⎞ 171 ⎟ ⎛ 0, 05 ⎞ ⎟ 40 ⎟ ⎜ + 0, 05 ⎟ . ⎟ 171 ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎝ 0, 05 ⎟⎠ 1 ⎟ 3 ⎠

⎛ 74 ⎞ 77 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ 171 ⎛ 1 ⎞ ⎜ 171 ⎟ ⎟ 1 ⎜ ⎟ ⎜ 40 ⎟ 37 ⎟ . + 1 = ⎟ 20 ⎜ ⎟ ⎜ 171 ⎟ 171 1 ⎝ ⎠ ⎟ ⎜ ⎟ 1 ⎟ ⎜ 1 ⎟ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠

Donc 0, 85 A × U + C = U. ⎧U = 0, 85 A × U n + C 2 a. Pour tout entier naturel n, ⎨ n +1 .

⎩U = 0, 85 A × U + C En soustrayant, on obtient que : U n +1 − U = 0, 85 A × (U n − U). b. Par récurrence, on en déduit que pour tout entier naturel n, U n − U = (0, 85 A) n × (U 0 − U), c’est-à-dire : U n = U + (0, 85 A) n × (U 0 − U) . 3 La matrice 0,85A a ses coefficients positifs ou nuls, dont la somme par colonne est 0,85, strictement inférieur à 1. Donc la matrice (0,85A)n converge vers la matrice nulle 03 . On en déduit que la suite (Un) converge vers la matrice U. 4 Pour tout entier n ⭓ 0 , ⎛ 74 − 17 (− 0, 425) n ⎞ ⎟ 1 ⎜ on pose P(n) : « U n = ⎜ 40 + 17 (− 0, 425) n ⎟ ». 171⎜ ⎟ 57 ⎝ ⎠ Livre du professeur - CHAPITRE 15


)

⎛ 0,5 2 + (− 0,5) n + 3 ⎜ 1 0,5 4 − (− 0,5) n = ⎜ 9⎜ ⎜ 0,5 4 − (− 0,5) n + 0,5 2 + (− 0,5) n ⎝

b. Comme |–0,5| ⬍ 1, lim (− 0,5) n = 0 , et la suite (Un)

⎧x − y − z = 0 ⎪ 2 ⎧ x = 2y ⎪ ⎪ ⎪x ⇔⎨ A×U=U⇔⎨ − y = 0 3 . 2 ⎪ z = 2y ⎪ ⎩ ⎪x y ⎪⎩2 + 2 − z = 0 2 4 1 Comme x + y + z = 1, on obtient y = , x = et z = . 9 9 3 ⎛ 4⎞ ⎜ 9 ⎟ ⎜ ⎟ 2 Donc U = ⎜ ⎟ . ⎜ 9 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1⎟ ⎝ 3⎠ 3 a. Pour tout entier n ⭓ 0,

Donc :

Matrices et suites

27

12/07/12 16:54

⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 3⎟ ⎛ 74 − 17 ⎞ ⎜ 3 ⎟ ⎜ ⎟ ◗ Initialisation : U 0 = ⎜ 1 ⎟ et 1 ⎜ 40 + 17 ⎟ = ⎜ 1 ⎟ . ⎜ 3⎟ ⎟ ⎜ 3⎟ 171⎜ ⎝ 57 ⎠ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 1⎟ ⎜ 1⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ Donc P(0) est vraie. ◗ Hérédité : soit un entier n ⭓ 0 tel que P(n) est vraie. U n +1 = 0, 85 A × U n + C ⎛ 74 − 17 (− 0, 425) n ⎞ ⎛ 0 0,5 1 ⎞ ⎟ 1 ⎛ 1⎞ 17 ⎜ 1 ⎜ n ⎟ ⎜ 40 + 17 (− 0, 425) ⎟ + ⎜ 1 ⎟ 0,5 0 0 × = ⎟ 171⎜ 20 ⎜⎜ ⎟ 20 ⎜⎝ 1 ⎟⎠ 57 ⎝ 0,5 0,5 0 ⎟⎠ ⎝ ⎠ d’après l’hypothèse de récurrence. Donc ⎛ 17 17 40 + 17 (− 0, 425) n + × 57 ⎜ 40 20 ⎜ 17 1 ⎜ 74 − 17 (− 0, 425) n U n +1 = ⎜ 40 171 ⎜ 17 17 ⎜ 74 − 17 (− 0, 425) n + 40 + 17 (− 0, 425) n 40 ⎝ 40

(

)

(

)

(

)

(

⎛ ⎜ ⎜ 1 ⎜ + 171⎜ ⎜ ⎜ ⎝

Donc U n +1

⎛ 74 + 17 × 0, 425 × (− 0, 425) n 1 ⎜ ⎜ 40 − 17 × 0, 425 × (− 0, 425) n = 171⎜ 57 ⎝

⎛ 74 − 17 (− 0, 425) n +1 ⎞ ⎟ 1 ⎜ ⎜ 40 + 17 (− 0, 425) n +1 ⎟ . Donc U n +1 = 171⎜ ⎟ 57 ⎝ ⎠ Donc P(n+1) est vraie. ◗ Conclusion : pour tout entier n ⭓ 0, ⎛ 74 − 17 (− 0, 425) n 1 ⎜ ⎜ 40 + 17 (− 0, 425) n Un = 171⎜ 57 ⎝

)

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

171 ⎞ 20 ⎟ ⎟ 171 ⎟ . 20 ⎟ ⎟ 171 ⎟ 20 ⎠

n →+∞

1 a. La situation peut être représentée par l’arbre

de probabilité suivant : ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

A 0,2

0,8

T

C 0,8

0,2

0,8 0,2

0,8

T

NT

T

NT

NT



bn + 1 c n +1 d n +1

1 3

1 0 3 1 3 1 3

0

1 3 1 3 1 3

1 0 3 1 3 1 3

1 3 1 3

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎛ a n ⎞ ⎛ 0, 05 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ × ⎜ bn ⎟ + ⎜ 0, 05 ⎟ . ⎜ ⎟ 1 ⎟⎟ ⎜ c n ⎟ ⎜ 0, 05 ⎟ 0 ⎜ ⎟ 3 ⎟ ⎜⎝ d n ⎟⎠ ⎝ 0, 05 ⎠ ⎟ 1 0 ⎟ ⎟⎠ 3

1 3 1 3

1 3 1 3

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎛ 0, 05 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎟ et K = ⎜ 0, 05 ⎟ . ⎜ 0, 05 ⎟ 1 ⎟⎟ 0 ⎜⎝ 0, 05 ⎟⎠ 3 ⎟ ⎟ 1 0 ⎟ ⎟⎠ 3

1 3 1 3

1 3 1 3

⎛ ⎜ ⇔ X=⎜ ⎜ ⎜⎝

0,25 ⎞ 0,25 ⎟ ⎟. 0,25 ⎟ 0,25 ⎟⎠ ⎧U n +1 = 0, 8 M × U n + K . ⎨ ⎩U = 0, 8 M × U + K

0,2

B C D

a n +1

0

⇔ (I 4 − 0, 8 M) × X = K . b. À l’aide de la calculatrice, la matrice I 4 − 0, 8 M est inversible. Donc X = 0, 8 M × X + K ⇔ X = (I 4 − 0, 8 M)−1 × K

D

NT

A B C D 28

B

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝

⎛ ⎜ ⎜ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = 0, 8 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎠ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝

3 Pour tout entier naturel n,

dn

cn

b c ⎞ ⎛a et d n +1 = 0, 8 ⎜ n + n + n ⎟ + 0, 05. ⎝ 3 3 3⎠ En utilisant la définition du produit de matrices, on a :

2 a. X = 0, 8 M × X + K ⇔ X − 0, 8 M × X = K

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

comme montré au 3 .

bn

b d ⎞ ⎛a c n +1 = 0, 8 ⎜ n + n + n ⎟ + 0, 05 ⎝ 3 3 3⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ On pose M = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜⎝

⎞ ⎟ ⎟. ⎟ ⎠

Comme lim (− 0, 425) n = 0 , la suite (Un) converge vers U

an

D’après la formule des probabilités totales : 1 1 a n +1 = (a n + bn + c n + d n ) × 0,2 × + bn × 0, 8 × 4 3 1 1 + c n × 0, 8 × + d n × 0, 8 × . 3 3 c d ⎞ ⎛b Donc a n +1 = 0, 8 ⎜ n + n + n ⎟ + 0, 05, ⎝3 3 3⎠ car a n + bn + c n + d n = 1. b. De la même façon : c d ⎞ ⎛a bn +1 = 0, 8 ⎜ n + n + n ⎟ + 0, 05 ; ⎝ 3 3 3⎠

T

En soustrayant, U n +1 − U = 0, 8 M × (U n − U). Donc par récurrence, pour tout entier naturel n, U n − U = (0, 8 M) n × (U 0 − U), c’est-à-dire : U n = U + (0, 8 M) n × (U 0 − U). 4 4 n 4 0⬍ − ⬍ 1. Donc lim − = 0. n →+∞ 15 15

( )

Matrices et suites

12/07/12 16:54

On en déduit que la suite (Un) converge vers la matrice : ⎛ 1⎞ 1⎜ 1⎟ ⎜ ⎟ = U. 4⎜ 1⎟ ⎜⎝ 1 ⎟⎠ 5 La matrice 0,8A a ses coefficients positifs ou nuls,

dont la somme par colonne est égale à 0,85, strictement inférieur à 1. Donc la matrice (0,8A)n converge vers la matrice nulle 04. On en déduit que la suite (Un) converge vers la matrice U. 1 Un exemple de chiffrement

Lettres

J

E S U

I

S P R E T

Rang Rk

10 5 19 21 9 19 16 18 5 20

Rang chiffré Ck

7 12 14 3 16 15 10 16 17 3

Lettres chiffrées

G L N C P O J

P Q C

2 Un exemple de déchiffrement

⎛ 8 ⎛ 8 3 ⎞ 3 ⎞ ⎜ 41 − 41 ⎟ ⎛ 7 3 ⎞ ⎜ 41 − 41 ⎟ a. A × ⎜ ×⎜ ⎟ = ⎟ 7 ⎟ 7 ⎟ ⎜⎝ 5 8 ⎟⎠ ⎜ 5 ⎜ − 5 − ⎜⎝ 41 41 ⎟⎠ ⎜⎝ 41 41 ⎟⎠ ⎛ 8 ⎜ 7 × 41 − 3 × =⎜ ⎜ 5× 8 −8× ⎜⎝ 41

5 −7 × 41 5 −5 × 41

3 +3× 41 3 +8× 41

7 ⎞ 41 ⎟ ⎟ = I 2. 7 ⎟ 41 ⎟⎠

⎛ 8 3 ⎞ ⎜ 41 − 41 ⎟ De même ⎜ ⎟ × A = I 2. 7 ⎟ ⎜ − 5 ⎜⎝ 41 41 ⎟⎠ Donc la matrice A est inversible, d’inverse : ⎛ 8 3 ⎞ ⎜ 41 − 41 ⎟ A −1 = ⎜ ⎟. 7 ⎟ ⎜ − 5 ⎜⎝ 41 41 ⎟⎠

Lettres chiffrées

Q W P Y W F H H B A

Rang chiffré Rk

17 23 16 25 23 6 8 8 2 1

Rang déchiffré Ck

1 12 7 15 18 9 20 8 13 5

Lettres déchiffrées A L G O R

I

T H M E


b. On obtient k = 41−1 = 7 (mod 26).

c. Soit un entier m. ◗ On suppose que m admet un inverse modulo 26. Soit alors k entre 1 et 25 tel que m × k ≡ 1 (mod 26). Il existe donc un entier v tel que m × k = 1 + 26v. Donc : k × m + (−v) × 26 = 1. D’après le théorème de Bézout, les entiers m et 26 sont premiers entre eux. ◗ On suppose que les entiers m et 26 sont premiers entre eux. D’après le théorème de Bézout, il existe u et v tels que : u × m + v × 26 = 1. Alors u × m ≡ 1 (mod 26). On note k le reste dans la division euclidienne de u par 26. On a alors k × m ≡ 1 (mod 26). Donc k est non nul : k appartient à { 1 ; 2 ; … ; 25 }. Soit k’ un autre entier de { 1 ; 2 ; … ; 25 } tel que k’ × m ≡ 1 (mod 26 }. Alors, par différence, (k − k’) ×m ≡ 0 (mod 26), c’est-à-dire que 26 divise (k − k’) × m. Or 26 et m sont premiers entre eux. D’après le théorème de Gauss, 26 divise k − k’. Mais |k − k’| ⭐ 25 , car k et k’ sont entre 1 et 25. On en déduit que k − k’ = 0, c’est-à-dire k = k’. L’entier m admet donc un inverse k modulo 26. 3 d. − est remplacé par 7 × (−3) (mod 26) , soit 5 (mod 26). 41 5 − est remplacé par 7 × (−5) (mod 26) , soit 17 (mod 26). 41 7 est remplacé par 7 × 7 (mod 26), soit 23 (mod 26). 41 ⎛ 4 5 ⎞ (mod 26). On obtient donc que A −1 = ⎜ ⎝ 17 23 ⎟⎠ e. On obtient le tableau suivant :



Matrices et suites

29

12/07/12 16:54

Outils pour

Outils pour l’algorithmique

Programme En Seconde, les élèves ont conçu et mis en œuvre quelques algorithmes. Cette formation se poursuit tout au long du cycle terminal. Dans le cadre de cette activité algorithmique, les élèves sont entraînés à : • décrire certains algorithmes en langage naturel ou dans un langage symbolique ; • en réaliser quelques-uns à l’aide d’un tableur ou d’un programme sur calculatrice ou avec un logiciel adapté ; • interpréter des algorithmes plus complexes. Aucun langage, aucun logiciel n’est imposé. L’algorithmique a une place naturelle dans tous les champs des mathématiques et les problèmes posés doivent être en relation avec les autres parties du programme (analyse, géométrie, statistiques et probabilités, logique), mais aussi avec les autres disciplines ou le traitement de problèmes concrets. À l’occasion de l’écriture d’algorithmes et programmes, il convient de donner aux élèves de bonnes habitudes de rigueur et de les entraîner aux pratiques systématiques de vérification et de contrôle.

Instructions élémentaires (affectation, calcul, entrée, sortie). Les élèves, dans le cadre d’une résolution de problèmes, doivent être capables : • d’écrire une formule permettant un calcul ; • d’écrire un programme calculant et donnant la valeur d’une fonction ; ainsi que les instructions d’entrées et sorties nécessaires au traitement.

Boucle et itérateur, instruction conditionnelle Les élèves, dans le cadre d’une résolution de problèmes, doivent être capables de : • programmer un calcul itératif, le nombre d’itérations étant donné ; • programmer une instruction conditionnelle, un calcul itératif, avec une fin de boucle conditionnelle.

Activités 1 Définition et utilisations des tableaux Activité

1 Application directe

1 T 61 @ = 2,3 et T 6 4 @ = 4 . 2 L’indice de 7 dans T est 0.

3 a. L’indice i allant de 0 à 4 inclus, la taille du tableau T à l’issue de l’algorithme est 5. b. À l’issue de l’algorithme, quelles sont les valeurs contenues dans le tableau T ? c. ALGO

3" 4" 5" 6" 7"

A B C D E


d. L’intérêt du tableau ici est donc double, il permet d’utiliser beaucoup moins de variables et de pouvoir automatiser leurs affectations. Activité

2 La planche de Galton

1 Le nombre de positions d’arrivée possible d’une bille sur un parcours contenant N lignes (et

donc N obstacles sur la dernière ligne) est N + 1 , qui correspond donc à la taille du tableau T. 2 ALGO

Pour i allant de 0 jusqu’à N par pas de 1 Faire 0 " T 61 @ FinPour Livre du professeur - Outils pour l’algorithmique

1

3 Nommons X la variable qui, pour une bille donnée, contient le nombre de fois où celle-ci a choisi le chemin de droite durant son parcours. a. X doit contenir la valeur 0 au départ. 0 " X b. Lorsque le chemin droit est choisi, il faut incrémenter X : X + 1 " X . Lorsque le chemin gauche est choisi, il n’y a rien à faire. c. ALGO

Si ALEATOIRE() >= 0,5 Alors X+1 " X FinSi d. ALGO 0"X Pour i allant de 1 jusqu’à N par pas de 1 Faire Si ALEATOIRE() >= 0,5 Alors X+1 " X FinSi FinPour

Cas i o

5

TI

4 a. ALGO

T6 X @ + 1 " T6 X @

b. ALGO Pour i allant de 0 jusqu’à N par pas de 1 Faire 0 " T6 i @ FinPour Pour j allant de 1 jusqu’à p par pas de 1 Faire 0"X Pour i allant de 1 jusqu’à N par pas de 1 Faire Si ALEATOIRE() >= 0,5 Alors X+1 " X FinSi T6 X @ + 1 " T6 X @ FinPour FinPour

Activité

3

Cas i o

TI

Ficelles et tuyaux

A – Première méthode Commentaires

ALGO

Lire(N, L, C) 0"i 0"j TantQue i 1 taille^Ch L " A[j ]


TantQue A 6 j @ 2 = C 6 i @ A 6 j @ - C 6 i @ " A[ j ] i+1 " i FinTantQue j+1 " j FinTantQue

2

Livre du professeur - Outils pour l’algorithmique

taille(C) correspond au nombre de commandes du bon C. Tant qu’il reste des commandes à honorer il faut poursuivre. A[j] est la longueur restante du tuyau en cours de découpage, C[i] est la longueur nécessaire pour honorer la commande en cours. Si c’est possible, on ôte une longueur C[i] au tuyau A[j] pour la commande en cours. Puis on passe à la commande suivante. Lorsque le tuyau en cours de découpe est trop petit pour honorer la commande en cours, on en prend un autre.

2 a. Initialisation du tableau A :

ALGO

taille(C) " p Pour i allant de 0 jusqu’à p - 1 par pas de 1 Faire 0 " A6 i @ FinPour Stocker la valeur de taille(C) dans une variable évite le recalcul de la taille par l’ordinateur dans la suite. b. Pour déterminer le nombre de tuyaux neufs restant, il faut retrancher à N le nombre de tuyaux utilisés, c’est-à-dire le nombre de tuyaux présents dans l’atelier A. ALGO

0"i TantQue ( i 1 p ) ET ( A 6 i @! = 0 ) Faire i+1 " i FinTantQue Afficher(« Le nombre de tuyaux neufs restant est : », N - i ) c. ALGO 0"S Pour i allant de 0 jusqu’à p - 1 par pas de 1 Faire S + A6 i @ " S FinPour Afficher(« La somme des tailles des chutes de tuyaux dans l’atelier A est : », S) 3 La boucle « TantQue A[j] >= C[i] » incrémente la variable i sans repasser par la boucle « TantQue i < taille(C) ». Il faut donc veiller à ce que la variable i ne dépasse pas taille(C)=p.

B – Deuxième méthode ALGO

Lire(N, L, C) 0"i 0"j


< Boucle Pour initialisant à 0 les éléments de A > TantQue i 1 p 0"k TantQue k < j ET A 6 k @ 1 C 6 i @ k = k+1 FinTantQue Si k == j Alors L " A[j] j"k j+1 " j FinSi TantQue C 6 i @ 1 = A 6 k @ ET i < p A 6 k @ - C 6 i @ " A[k] i+1 " i FinTantQue FinTantQue < Instructions de calcul et d’affichage du nombre de tuyaux neufs restant et de la somme des longueurs des bouts de tuyaux dans l’atelier A >

Commentaires i désignera le numéro de la commande en cours de traitement. j désignera le nombre actuel de bouts de tuyaux (de taille éventuellement nulle) dans l’atelier A, comme dans la première méthode. taille(C)= p correspond au nombre de commandes du bon C. Tant qu’il reste des commandes à honorer, il faut poursuivre. On examine l’un après l’autre les tuyaux présents dans l’atelier jusqu’à en trouver un de longueur A 6 k @suffisante pour honorer la commande i. Si il n’y en a pas, on amène un nouveau tuyau.

Le tuyaux en cours étant le k-ième, tant que sa longueur est supérieure à la commande en cours, on poursuit son découpage.


3

C – Comparaison 1

Première méthode


Deuxième méthode

Remarque : Dans les boucles TantQue ( i 1 p ) ET ( C 6 i @ …) , le logiciel Xcas doit évaluer les deux conditions pour déterminer si les instructions contenues dans la boucles doivent être exécutées. Dans le cas où i == p , la première condition est fausse mais la seconde ne peut pas être évaluée, car C 6 p @ n’existe pas. Pour contourner ce problème, on augmente artificiellement la taille du tableau C à la troisième ligne en lui rajoutant un 0 à l’aide de l’instruction append. 4


2

3 La méthode la plus économe en matière première pour l’entreprise est la méthode 2

puisqu’elle utilise moins de tuyaux neufs et qu’elle minimise la longueur totale des chutes. 4 La méthode la plus économe en temps pour l’entreprise est la première puisqu’elle ne nécessite pas la recherche parmi les tuyaux déjà utilisés.

2 Définition et utilisations des fonctions Activité

4 Applications directes

1 Soit f la fonction définie sur R par f ^ x h = 2x2 - 5 .

a. ALGO

DéfinirFonction f ^ x h : Retourner 2*x*x-5 FinDéfinirFonction b. ALGO DéfinirFonction tablvar(a, b, p) : Afficher(« x | f ^ x h ») Pour i allant de a jusqu’à b par pas de p Faire f î h " v Afficher(i, « | »,v) FinPour FinDéfinirFonction 2 c. Sous Xcas, on obtient :


d. ALGO DéfinirFonction punition(txt, k) : Pour i allant de 1 jusqu’à k par pas de 1 Faire Afficher(txt) FinPour FinDéfinirFonction


5

Activité

5

Algorithme d’Horner

On considère la fonction polynôme définie par : R^ x h = 3x5 - 5x 4 + 2x2 + 2x - 11 . Partie A – Algorithme naïf 1 R^4 h = 3 # 45 - 5 # 4 4 + 2 # 42 + 2 # 4 - 11 = 1821 . 2 3x5 = 3 # x # x # x # x # x soit 5 multiplications. En procédant de même avec chacun des autres termes on trouve que le calcul nécessite 12 multiplications et 4 additions (ou soustractions). 3 a. taille^T h = deg ^R h + 1 . b. ALGO DéfinirFonction poly(T, a) taille(T) - 1 " deg 0 " res Pour i allant de 1 jusqu’à (deg + 1) par pas de 1 Faire res + T[i]*a^(deg + 1 - i) " res FinPour Retourner(res) FinDéfinirFonction c.

Partie B - Algorithme d’Horner 1 Cette dernière expression de R^ x h nécessite 5 multiplications et 4 additions. 2 a. N° de ligne Contenu de v 1

3a - 5

2

^3a - 5ha + 7

3

^^3a - 5ha + 7ha + 0

4

^^^3a - 5ha + 7ha + 0ha + 2 Ainsi Sâh = ^^^3a - 5ha + 7ha + 0ha + 2 = ^3a2 - 5a + 7ha2 + 2 = 3a 4 - 5a3 + 7a2 + 2 . b. U = 63 -5 7 0 2 @. c. ALGO DéfinirFonction im(a) : U[1]*a + U[2] " a*v + U[3] " a*v + U[4] " a*v + U[5] " Retourner v FinDéfinirFonction

v v v v


3 Soit P un polynôme de degré n tel que P^ x h = cn x n + cn - 1 x n - 1 + f + c1 x + c0 .

a. P^ x h = ^cn x n - 1 + cn - 1 x n - 2 + f + c1hx + c0 = ^^f^cn x + cn - 1hx + fhx + c1hx + c0 . b. T = 6cn cn - 1 fc1 c0 @. c. L’instruction T 61 @ * a + T 62 @ " v correspond à l’affection de la valeur cn a + cn - 1 à la variable v. d. La suite d’instructions : T 61 @ * a + T 62 @ " v v * a + T 63 @ " v correspond à l’affectation de la valeur ^cn a + cn - 1ha + cn - 2 à la variable v. 6


e. Il faut poursuivre les affectations : v * a + T 6 4 @ " v ; … ; v * a + T 6n + 1 @ " v Ce qui fait un total de n instructions contenant chacune une multiplication et une addition. f. ALGO

DéfinirFonction horner(T, a) : taille(T) - 1 " n T 61 @ * a + T 62 @ " v Pour i allant de 3 à n + 1 par pas de 1 Faire v * a + T6 i @ " v FinPour Retourner v FinDéfinirFonction

Activité

6 Suite définie par récurrence

Sans récursivité DefinirFonction fibo(n) 0 " F0 1 " F1 Pour k allant de 2 à n Faire F0 + F1 " res F1 " F0 res " F1 FinPour Retourner res FinDéfinirFonction

Activité

Avec récursivité DéfinirFonction fibo(n) Si n == 0 Retourner 0 Sinon Si n == 1 Retourner 1 Sinon Retourner fibo(n - 1 ) + fibo(n - 2 ) FinSi FinSi FinDéfinirFonction

7 Flocon de Von Koch

Partie A – Étude d’un exemple 1

2

S1 ^ A, Bh

S2 ^ A, Bh


Partie B – Cas général On considère ici les points Aâh et B^b h 1 Calculs préliminaires 1 2 c = â + bh et e = â + bh . 3 3 2 Programmation sous Xcas a. ALGO DéfinirFonction segvk(n, a, b) : Si n == 0 segment(a, b) Sinon c = ^2 * a + bh/3 e = â + 2 * bh/3 d = exp î * pi/3hê - c h + c segvk^n - 1, a, c h segvk^n - 1, c, d h segvk^n - 1, d, eh segvk^n - 1, e, bh FinDéfinirFonction Livre du professeur - Outils pour l’algorithmique

7

b.

r

c. i. f = ei 3 ^b - ah + a . ii.

Voir le tracé ci-contre.

K4 ^ A, Bh

3 Étude mathématique de Kn

Dans cette partie, on utilisera les points A^0 h et B^1 h . De plus, on définit pour tout entier n : ◗ Pn est le périmètre de Kn ; ◗ Cn est le nombre de côté de Kn ; ◗ , n est la longueur d’un côté de Kn ; ◗ An est l’aire de Kn . 3 1 a. P0 = 3 , P1 = 4 , C0 = 3 , C1 = 12 , ,0 = 1 , ,1 = , A0 = 4 3 3 1 3 3 +3* # = et A1 = . 4 9 4 3 b. À chaque étape, chaque côté se transforme en quatre segments. On en déduit que Cn + 1 = 4Cn et donc que la suite C est géométrique de raison 4, ainsi Cn = C0 4 n = 3 # 4 n . 1 1 n 1 n 1 , , donc la suite , est géométrique de raison . On en déduit que : , n = ,0 # a k = a k . 3 3 3 3 n 4 n d. Pn = , n # Cn = 3 # a k . 3 4 e. 2 1 , donc lim Pn =+ 3 : le périmètre des flocons tend vers l’infini. 3 n "+3 ,n + 1 3 # ,n + 1 p 3 1 4 n f 2 = An + Cn ,2n + 1 = An + a k . f. An + 1 = An + Cn # 2 4 9 4 3 1 c 4 0 4 1 4 n - 1m a k +a k + f +a k g. Par récurrence, on obtient : An = A0 + . 9 9 9 4 3 4 0 4 1 4 n-1 est la somme des n premiers termes de la suite géométrique h. a k + a k + f + a k 9 9 9 4 de raison et de premier terme 1. 9 J 4 nN 3 1 K 1 -a 9 k O 3 9 a 4 n + + K O= Donc An = 1 - a k k, 4 4 9 4 3 K 1- 4 O 20 3 9 L P 2 3 4 n 3 9 6 4 + = = . or 1 1 , donc lim a k = 0 . Ainsi lim An = 9 4 5 9 20 3 5 3 n "+3 n "+3 i. La figure Kn lorsque n tend vers + 3 tend vers une figure de périmètre infini et d’aire finie.


c. , n + 1 =

8


ALGO

Prépa Bac Compréhension d’algorithmes 1

1 a. Cet algorithme détermine le rang à partir

duquel les termes d’une suite géométrique non constante de raison positive deviennent supérieurs ou inférieurs à une valeur donnée en fonction de la valeur de la raison. b. U0 représente le premier terme de la suite géométrique, Q représente sa raison et S la valeur seuil choisie. c. Lorsque Q 1 1 , l’information donnée en sortie est le rang à partir duquel tous les termes de la suite sont inférieurs à S. Lorsque Q 2 1 l’information donnée en sortie est le rang à partir duquel tous les termes de la suite sont supérieurs à S. 2 Ca sio

TI

Ca si o

TI

3 a.

b.

2

1 Pour tout n 2 0 , n! 2 n , donc

donc lim un = 0 .

lim n! =+ 3 ,

n "+3

n "+3

2 Algorithme A : ne convient pas, car il ne compare


jamais les termes de u obtenus à la valeur 10-5 . Algorithme C : ne convient pas, car il n’y a pas de boucle. Le test n’est fait que sur le premier rang. Algorithme B : convient. 3 Le but de l’algorithme étant de déterminer un

intervalle d’amplitude au plus p par diminutions successives, celui-ci doit se terminer lorsque b - a devient inférieur à p. Or la condition insérée dans la boucle TantQue ne fait tourner l’algorithme que lorsque b - a 1 p , ce qui ne convient pas. Il faut donc modifier cette condition :

Début Lire(a, b, p) a+b "c 2 TantQue b - a 2 p Faire Si f âh # f ^b h 1 0 Alors c " b Sinon c " a FinSi FinTantQue Afficher(« a est dans l’intervalle : ] »,a,« ; »,b,«[» ) Fin. 4

1 L’algorithme proposé, compare les images de

5

1 Si u et v sont colinéaires, alors il existe un k ! R

chaque entier de l’intervalle 61 ; 4 @ avec celle de leurs opposés. Si une telle paire a des images distinctes, la variable p est mise à 0, sinon elle aura une valeur finale de 1. a. Puisque f ^- 1h = 0 ! 4 = f ^1 h, l’algorithme affichera « f n’est pas paire », ce qui est vrai. b. L’algorithme affichera « f est paire », ce qui est vrai. c. Les points d’abscisses entières opposées de la courbe représentant f étant symétriques par rapport à l’axe des ordonnées, l’algorithme affichera « f est paire », ce qui est faux. 2 Pour qu’une fonction soit paire il faut que pour tout réel de son ensemble de définition symétrique par rapport à 0 on ait : f ^ x h = f ^- x h. Or l’algorithme proposé ne teste cette propriété que sur les entiers de l’ensemble de définition. 3 L’algorithme proposé ne permet donc pas d’être certain qu’une fonction est paire. En revanche, lorsqu’il indique qu’elle ne l’est pas, c’est toujours vrai. a = kx = tel que u kv , donc *b = ky , ainsi xb = kxy = ay ; c = kz = = = xc kxz az et bz kyz = cy . Z ] xb = ay Réciproquement : On suppose que [ xc = az . ] bz = cy \ ◗ Si u = 0 , alors u et v sont colinéaires. ◗ Sinon, l’une des coordonnées de u est non nulle. x Supposons a ! 0 . Posons alors k = . On a alors : a x = ka , y = kb et z = kc , donc v = ku . Ainsi u et v sont colinéaires. De même, en supposant b ! 0 ou c ! 0. 2 Dans chacun des algorithmes, on a au final, dans le cas où les vecteurs sont colinéaires : a = Lx, b = Ly et c = Lz , donc u = Lv . Les algorithmes 2 et 3 sont donc à exclure, car ils donnent la mauvaise relation vectorielle dans le cas de la colinéarité. Les deux autres algorithmes conviennent mais l’algorithme 1 fait une succession d’affectations inutiles. En effet, dans le cas de la colinéarité, si x ! 0 et y ! 0 il est a b inutile d’affecter la valeur à L, puis de lui affecter . x y


9

Ces deux valeurs sont égales et on répète l’opération d’affectation inutilement. Dans l’algorithme 4, ceci est évité grâce à l’imbrication des instructions conditionnelles. 6 Nous savons que u : v = u # v # cos ^ u , v h .

Donc l’angle non orienté cherché vaut : u:v arccos f p u # v ax + by + cz = arccos f p. 2+ 2+ 2 # x2 + y2 + z2 a b c On constate donc que, dans l’algorithme proposé, les deux racines carrées ont été omises : ALGO

nombres entiers entre 8 et 10 correspondent aux trois jetons noirs du sac. Dans ce cas, la condition de l’instruction Si simule le tirage de deux jetons blancs. 3 La variable S est incrémentée à chaque fois que deux jetons blancs ont été tirés au sort. Celle-ci contiendra donc en fin d’algorithme le nombre de fois où l’événement A s’est réalisé durant les n tirages au sort. 4 pÂ h peut être approché par la fréquence d’apparition de l’événement A si le nombre de tirages est suffisamment grand. Pour en obtenir une valeur approchée à l’aide de l’algorithme, il suffit donc d’exécuter celui-ci pour une grande valeur de n et de diviser la valeur affichée de S par n. 5 Cas i o

Lire (a) ; Lire (b) ; Lire (c) ; Lire (x) ; Lire (y) ; Lire (z) ; a*x + b*y + c*z " S Racine(a*a + b*b +c*c)*Racine(x*x + y*y + z*z) " N S/N " C Afficher (Acos(C))

TI

TI

Cas i o


7

1 La variable p est initialisée à 0 et la boucle TantQue est exécutée dès lors que p H 0 , elle le sera donc au début de l’algorithme lorsque p = 0 . 2 L’utilisateur doit entrer une valeur négative pour p, correspondant à une valeur xi non prise par la variable aléatoire X. 3 a. n p x S E Initialisation 0 0 0 0 -1 P >= 0 premier passage dans la 0 0 0 boucle TantQue 0,5 -2 P >= 0 deuxième passage dans la 1 0,5 -1 boucle TantQue 0,2 0 P >= 0 troisième passage dans la 2 0,7 -1 boucle TantQue 0,2 3 P >= 0 quatrième passage dans la 3 0,9 - 0,4 boucle TantQue 0,1 7 P >= 0 cinquième passage dans la 4 1 0,3 boucle TantQue - 1,24 46546 P < 0 : sortie de la boucle TantQue Puisqu’à l’état final S contient la valeur 1, l’affichage serait : « L’espérance est : 0,3. »

8

1 La boucle TantQue réalise des tirages aléatoires d’entiers entre 1 et 10 jusqu’à ce que les deux entiers ainsi choisis soient différents. 2 On peut considérer que les nombres entiers entre 1 et 7 correspondent aux sept jetons blancs du sac et que les

10


L’exécution sur T.I. Affiche : 472 ; on en déduit que : 472 = 0,472 . p Â h . 1000 7 c m 2 nbre de tirages favorables à A 6 p^ Ah = = nbre de tirages possibles 10 c m 2 7! 7#6 7 = 2!5! = = . 10! 15 10 # 9 2!8! Ainsi l’erreur relative commise par l’approximation 7 0,472 15 précédente est de : . 0,0114 , soit environ 7 15 1,1 % d’erreur par rapport à la valeur théorique. L’erreur 7 absolue est : 0,472 . 0,005 . 15 9

1 n=

1 b-a

#a b f ^ x hdx .

b

# f ^ x h dx n aire du domaine coloré 2 p= = = a . aire de la cible m m^b - ah 3 L’idée des algorithmes présentés est d’approcher la valeur de p par la fréquence de réalisation de l’événement « y G f ^ x h » lors du tirage au sort de deux réels : x dans l’intervalle 6a, b @ et y dans l’intervalle 60, m @. Une fois cette valeur approchée de p déterminée, on obtient n = m#p . Les algorithmes 2 et 4 ne conviennent pas, car ils déterminent la fréquence de l’événement « x G f ^ y h ». L’algorithme 3 ne convient, car le calcul final est m # p # ^b - ah ! n . Seul l’algorithme 1 convient.

10 1

p^ X ! 6np - np^1 - ph, np + np^1 - ph @h . 0,683 . 2 a. L’algorithme proposé permet de trouver le premier entier pour lequel l’approximation précédente créé une erreur inférieure à 10-3 . b. Ca sio

TI

Ca si o

TI

À l’exécution avec p = 0,6 , on obtient n = 104 , c’est le rang à partir duquel l’erreur absolue commise par l’approximation est inférieure à 10-3 .

12 a. v est une suite géométrique de raison positive

1 1 1 ; donc lim vn = 0 . 2 n "+3 b. ALGO

Lire ^k h 1"n 1"m 1 TantQue 2 10-k Faire n+1 " n FinTantQue n! 1 TantQue n 2 10-k Faire m " m+1 FinTantQue 2 Si n 1 m Alors Afficher(« La suite u devient inférieure au égale à 10^(-k) la première ») Sinon Afficher (« La suite v atteint la précision fournie la première ») FinSi

13 1 ALGO

Début Lire(a, b, p) TantQue b-a < p Faire 2a + b c! 3 a + 2b d! 3 Si f âh # f ^ c h 1 0 Alors c ! b Sinon Si f ^ c h # f ^d h 1 0 Alors c"a d"b Sinon d"a FinSi FinSi FinTantQue Afficher(« a est dans l’intervalle : [», a, b ,«]» ») Fin

Rédaction d’algorithmes 11

1 Par récurrence sur n : Initialisation : Pour n = 0 , on a : u0 = 2 # 30 + 4 = 2 + 6 = 6 = v0 . Hérédité : Soit k H 0 , supposons que uk = vk , alors on a : vk + 1 = 3vk - 8 = 3uk - 8 = 3^2 # 3 k + 4h - 8 = 2 # 3 k + 1 + 12 - 8 = 2 # 3 k + 1 + 4 = uk + 1 . Conclusion : La propriété étant vraie au rang 0 et héréditaire, elle est vraie pour tout entier n. 2 ALGO

Lire(n) 2*3^n + 4 " u Afficher(u) 3 ALGO


Lire(n) 6"v Pour k allant de 1 jusqu’à n 3*v - 8 " v FinPour Afficher(v) 4 Pour le premier algorithme : 2 # 35 + 4 nécessite cinq

2

a. Première boucle b. Deuxième boucle

a

c

d

b

0,8

1,1

1,4

1,7

1,4

1,5

1,6

1,7

14 1

multiplications et une addition. Pour le second algorithme : chaque boucle nécessite une multiplication et une soustraction. Il y a cinq boucles, donc un total de cinq multiplications et cinq soustractions.


11

ALGO

16

Lire(a,b) Si (a*cos(a) + sin(a))*(b*cos(b)+ sin(b)) 1 0 Alors Afficher(« L’équation admet au moins une solution dans l’intervalle ») Afficher(« À quelle précision souhaitez-vous en obtenir une ? ») Lire(p) a"x TantQue (a*cos(a) + sin(a))*(x*cos(x) + sin(x)) 2 = 0 Faire x + p " x FinTantQue Afficher(« une solution à », p, « près est : », p ) Sinon Afficher(« Il n’est pas certain que l’équation admette une solution dans cet intervalle ») FinSi G^ xk + 1h - G^ xk h G^ xk + hh - G^ xk h 1 = . . h h xk h 2 Ainsi G^ xk + 1h . G^ xk h + . xk 15 1

3 ALGO

Lire(n) 1"x 0"y 10/n " h Pour k allant de 1 jusqu’à n Faire y + h/x " y x+h " x FinPour Afficher(« Une valeur approchée de G^11h est », y ) 4 G^ x h = ln x . 5

Ca si o

TI

ALGO

Lire(a, b, c) b*b-4*a*c " D Si D 1 0 Alors -b/2a " R RACINE(-D) / 2a " I Afficher(« Le trinôme admet deux racines complexes :») Afficher(« z1 = »,R, « -i »,I) Afficher(« z1 = »,R, « +i »,I) Sinon Si D == 0 Alors - b/(2*a) " x0 Afficher (« Le trinôme admet une unique racine x0 = », x0) Sinon (- b - RACINE(D))/(2*a) " x1 (- b + RACINE(D))/(2*a) " x1 Afficher(« Le trinôme admet deux racines distinctes : ») Afficher(« x1 = »,x1) Afficher(« x2 = », x2) FinSi FinSi 17 1 ALGO

Lire(a) ; Lire (b) ; Lire (c) ; Lire(x) ; Lire(y) ; Lire(z) ; Afficher(â * x + b * y + c * z h )

2 ALGO

Lire(a) ; Lire (b) ; Lire (c) ; Lire(x) ; Lire(y) ; Lire(z) ; Si a*x+b*y+c*z == 0 Alors Afficher(« les vecteurs sont orthogonaux ») Sinon Afficher(« Les vecteurs ne sont pas orthogonaux ») FinSi 18 1 Aire du trapèze de la figure 1:

f âh + f ^b h b+B = ^b - ah # . 2 2 2 L’aire sous la courbe de la figure 2 peut être approchée par la somme des aires des trois trapèzes représentés. Chacun de ces trapèzes ayant une hauteur égale b-a à . L’aire recherchée vaut donc : 3 b-a m f â h + f c a + 3 f p b a A. 3 2 c + b a m + f ca + 2 b a m 3 3 f+ f a p 2 c + b a m + f ^b h f+ f a 2 3 p . 2 h#


Casi o

TI

Le plus petit entier n obtenu est 457. 12


3 De même pour la figure 3. Les n trapèzes ont la même

b-a et les abscisses des points hauteur qui vaut n du découpage de l’intervalle 6a ; b @ sont de la forme ca + k b a m avec 0 G k 1 n . La somme des aires des n trapèzes vaut alors : b-a # Sn = n b-a m + f ca + ^k + 1h # b a m n - 1 f ca + k # n n 2

/

k=0

ALGO

Lire(a, b, n) 0"S Pour k allant de 0 à n-1 Faire S + f(a + k*(b-a)/n) + f(a + (k + 1)*(b - a)/n) " S FinPour Afficher((b-a)/(2*n)*S) FinSi 19 1 L’amplitude l’encadrement est :

b-a c f ca + n # b a m - f ca + 0 # b a mm n n n b-a = ^ f ^b h - f âhh. n

Rn - Sn =

2 Si L est l’amplitude de l’encadrement souhaité, alors il faut que : b-a ^ f ^b h - f âhhm où ^ x h désigne le plus petit n=c L entier supérieur ou égal à x. On notera « Plafond » la

Lire(a, b, L ) Plafond((b-a)*(f(b)-f(a))/L) " n 0"S 0"R (b-a)/n " h Pour k allant de 1 à n-1 Faire S + f (a+k*h) " S R + f (a+(k+1)*h) " R FinPour S*h " S R*h " R Afficher(« L’intégrale est comprise entre », S « et », R) 20 1 ALGO

Lire(a0, b0, a1, b1) a0 * a1 - b0 * b1 " Re b0 * a1 + a0 * b1 " Im

2

ALGO

Lire(a0, b0, a1, b1, a2, b2) a0 * a1 - b0 * b1 " Re b0 * a1 + a0 * b1 " Im Si (Re + a2 == a0 ) ET (Im + b2 == b0 ) Alors Afficher(« z0 est solution de (E) ») Sinon Afficher(« z0 n'est pas solution de (E) ») FinSi


fonction permettant d’obtenir le plus petit entier supérieur ou égal à un réel donné. Ainsi :

ALGO


13

Les probabilités et les statistiques au lycée 1 a. On a 1 − e − 7 λ = 0, 6.

1 a. D’après le cours, E ( X) =

ln0,4 ≈ 0,131. 7 2 P ( X ⭓ 5) = e − 5 λ ≈ 0, 52. 3 On a P( X ⭓ 9 ) ( X ⭓ 4 ) = P ( X ⭓ 5) = 0, 52. 4 P (6 ⭐ X ⭐ 10) = e − 6 λ − e − 10 λ = 0,19. 5 a. Une loi binomiale Ꮾ( 8 ; 0, 52). b. P ( Y = 3) = 0, 20. c. E ( Y ) = 8 × 0, 52 = 4. 6 On appelle Z le nombre de cas où le temps de fonctionnement entre deux pannes est inférieur à 5 heures. Z suit une loi binomiale Ꮾ(120 ; 0, 52). On détermine un intervalle de fluctuation asymptotique associé à cette variable : [0,43 ; 0,61]. 50 = 0, 42. La fréquence observée est de 120 On peut donc remettre en cause l’hypothèse de probabilité : les machines ont sans doute vieilli. Donc :

λ=−

Partie A


1 ≈ 0, 990. 0, 9 b. P ( X ⬍ 0, 5) = 1 − e −0 ,5 λ ≈ 0, 393. c. P ( X ⬎ 2)e −2 λ ≈ 0,135. 2 a. P (( X1 ⭐ 1) ∩ ( X 2 ⭐ 1) ∩ …( X n ⭐ 1)) = (1 − e −1 ) 50 ≈ 0. b. p = 1 − P (( X1 ⭐ t ) ∩ ( X 2 ⭐ t ) ∩ …( X n ⭐ t )) = 1 − (1 − e − t )n . 3 a.

D’où λ =

ALGO

Saisir(n) m := 0 ; alea := 0 Pour i = 1 jusqu’à n Faire alea := ALEAEXPO(1) m := max(m, alea) FinPour Afficher (m) Fin b.

1 [0,869 ; 0,926]. 2 a. Une loi binomiale Ꮾ( n ; 0,1).

b. E ( X ) = 0,1n . c. P ( X = 2) ≈ 0, 285. d. On veut P ( X = 0) ⬍ 0, 5. ln( 0,5) D’où 0,9n ⬍ 0,5 ⇔ n ⬎ ln( 0,9) Donc n ⭓ 7. Partie B 1 P ( Y ⭐ 35) ≈ 0,734 , P P ( Y ⬎ 25) ≈ 0,734 , P (25 ⭐ Y ⭐ 35) ≈ 0, 468. 2 P (22 ⭐ Y ⭐ 38) ≈ 0, 683. 3 On cherche le plus petit n tel que P ( Y ⭐ n ) ⭓ 0,99. On peut utiliser la calculatrice ou un tableur pour tabuler les valeurs :

1 . λ

i Xi m

0

1 0,25 0,25

2 1,1 1,1

3 0,92 1,1

4 1,25 1,25

5 0,36 1,25

4 On a ( Y ⭐ t ) = ( X1 ⭐ t ) ∩ ( X 2 ⭐ t ) ∩ …( X n ⭐ t ). D’où : P ( Y ⭐ t ) = (1 − e − t ) n . On dérive cette expression et on pose : f ( t ) = − n e − t (1 − e − t ) n−1 .

≈ 6, 6.

x

On a alors : ∫ 0 f (t) dt = (1 − e − x ) n = P ( Y ⭐ x ). D’où le résultat. c. pn = 1 − 0,8n. ln0,01 . d. pn ⬎ 0,99 ⇔ 1 − 0,8n ⬎ 0,99 ⇔ n ⬎ ln0,8 D’où n ⭓ 21. 2 p = 0, 25 × 0, 2 + 0, 25 × 0, 36 + 0, 25 × (1 − 0, 8 3 ) + 0, 25 × (1 − 0, 8 4 ) ≈ 0, 4996. 3 On détermine un intervalle associé à une loi binomiale Ꮾ(200 ; 0,25) : [0,189 ; 0,311]. On calcule les fréquences associées à chaque face. 1 2 3 4 Face 0,29 0,245 0,26 0,205 Fréquence 1 a. 0,64.

n

P(Y ⭐ n)

44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56

0,959 940 84 0,969 603 64 0,977 249 87 0,983 206 69 0,987 775 53 0,991 225 52 0,993 790 33 0,995 667 55 0,997 020 24 0,997 979 86 0,998 650 1 0,999 110 97 0,999 422 97

On peut donc choisir n = 49. Livre du professeur - SUJETS DE SYNTHÈSE

b. 1 − 0,64 = 0,36.

Toutes les fréquences sont dans l’intervalle de confiance. Les résultats sont donc compatibles avec l’hypothèse du dé équilibré. Les probabilités et les statistiques au lycée

1

Yn+1

u n+1 = 0, 3 u n + 0, 2(1 − u n ) = 0,1u n + 0, 2. d. On peut conjecturer que la suite converge vers 0,22. 2 3 a. v n +1 = u n +1 − ; 9 2 v n+1 = 0,1u n + 0, 2 − ; 9 1 2 1 v n+1 = un − = vn . 10 90 10 1 Il s’agit donc d’une suite géométrique de raison et de 10 5 premier terme v1 = . 9 5 5 2 b. v n = × 0,1n−1 et u n = × 0,1n−1 + . 9 9 9 2 c. un converge bien vers ≈ 0,22 9

Zn+1

1 a. La fomule donne 1 avec une probabilité p, et

Partie A 1 Intervalle de fluctuation : [0,279 ; 0,387]. La fréquence observée est de 0,167. Valérie doit rejeter sa première hypothèse. 2 a. p20 ∈[ 0, 09 ; 0, 214 ] ; r20 ∈[ 0,10 ; 0, 224 ]. Les deux ensembles ne sont pas disjoints, on ne peut pas rejeter l’hypothèse. 47 1 50 1 2 3 b. Il aurait fallu : + ⬍ − ⇔ ⬍ . 300 300 300 n n n n ⭓ 40 000. Partie B 1 p1 = 0 ; q1 = 1; r1 = 0. 2 a. On a l’arbre suivant : Xn+1 0 Xn

1 0

pn qn

1 — 4 Yn

rn

Zn

1 — 4

Xn+1 1 — 2

Yn+1 Zn+1

0

Xn+1

1

Yn+1

0

Zn+1


On en déduit les formules demandées en appliquant la formule des probabilités totales. b. Les suites p et r sont égales, l’hypothèse de Valérie est donc fausse. 3 a. On a : u n +1 = 2 p n +1 + q n +1 = q n + p n + rn = q n + 2 p n , car p n = rn . b. v n +1 = 4 p n +1 − q n +1 = 0,5 q n − 2 p n = − 0,5 v n . c. v n = − (− 0, 5) n−1 et u n = 1. u + vn − (− 0, 5) n−1 + 1 D’où : p n = rn = n = . 6 6 4 + 2 × (− 0, 5) n qn = un − 2 pn = . et : 6 1 1 4 pn et rn convergent vers et qn converge vers . 6 3 1 [0,71 ; 0,84]. 2 a. p ( T1 ) = p ( P1 ) = 0,5 ; pT 1 ( T2 ) = 0,3 ; p P 1 ( P2 ) = 0, 8. b. p ( T2 ) = 0, 5 × 0, 3 + 0, 5 × 0, 2 = 0, 25. c. Tn+1 0,3 Tn un Pn + 1 0,7

1 – un

2

0,2

Tn+1

0,8

Pn + 1

Pn

− 1 avec une probabilité 1 − p. b. =C2+B2 2 a. Il s’agit du bloc : ALGO

Si choix==1 Alors h :=h+1 ; Sinon n :=h–1 ; b. L’instruction H :=H+h permet d’accumuler dans la variable H la somme des hauteurs obtenues à chaque trajectoire du vaisseau. L’instruction Hmoy :=H/1 000 permet à la fin des 1 000 boucles d’obtenir la hauteur moyenne. c. Il faut ajouter une variable N, initialisée à 0 (la première ligne devient H :=0 ; N :=0). Après FinTantQue il faut ajouter l’instruction : ALGO

Si h<0 Alors N :=N+1 Sinon N :=N FinSi Et faire afficher N après avoir fait afficher Hmoy. 3 a. Une loi Ꮾ(50 ; 0,6). b. E ( X ) = 50 × 0, 6 = 30. c. H = X − (50 − X ) = 2 X − 50. E ( H ) = 2 E ( X ) − 50 = 10. La hauteur moyenne sur un grand nombre de trajectoires est donc de 10. 1 a. m = 4,49 ; s = 0,19 .

b. p = 0,99. c. On utilise l’intervalle [d − 2s ; d + 2s] = [4,11 ; 4,87]. 2 a. Une loi Ꮾ(25 ; 0,05). b. P ( X = 1) = 0, 365. c. P ( X ⭐ 1) = 0, 642. 1 a. P ( M ⬍ 955) = 0, 067. b. On utilise l’intervalle [m − 2 σ ; m + 2 σ] = [940 ; 1 060]. 2 a. Une loi Ꮾ(0,07 ; 100). b. P ( X = 3) = 0, 049. c. P ( X ⭓ 1) = 1 − P ( X = 0) = 0, 999. d. E ( X ) = 7.

Livre du professeur - SUJETS DE SYNTHÈSE Les probabilités et les statistiques au lycée

3 a. Y suit une loi normale centrée réduite ᏺ(0 ; 1). b. t = 2,326. c. On déduit du b. que : P (Y ⬎ − t) = 0, 99. On a donc − σt + m = 955. m = 955 + σt = 1 024 ,78. D’où : 1 a. [0,04 ; 0,21]. 2 p=

7 12 ≈ 0, 201. 8

⎛ 7 12 ⎞ . ⎝ 8 ⎟⎠ b. X = 30 : les 12 groupes étaient présents tous les jours : P ( X = 30) = 0. X = 0 : tous les jours, au moins un groupe était absent. P ( X = 0) = 0, 001. 7 12 = 6, 04 : il y a en moyenne 6 jours où c. E ( X ) = 30 × 8 tous les groupes sont présents. 7 4 P ( S = 11) = 0, 345 et E ( S ) = 12 × = 10, 5. 8 7 13 5 a. P13 = = 0,176. 8 b. P ( R = 2) = P13 et P ( R = 0) = 1 − P13 ; E ( R ) = − 2 P13 = − 0, 352. c. On opère par disjonction de cas, suivant le nombre de groupes présents. La probabilité que k groupes soient présents est égal à P ( Y = k ), où Y suit une loi binomiale Ꮾ(13 ; 1 − p ), et la somme reçue par l’association est alors de k − R. D’où la formule. d. Application numérique : 11,023 Sans cette décision, le gain moyen par jour était de 7 12 × = 10, 5 euros. La décision est donc rentable. 8 3 a. X suit une loi Ꮾ ⎜ 30 ;

1 p = 0, 2 + 0, 8 × 0,1 = 0, 28.

0, 08 2 = . 0, 28 7 3 a. p = 1 − 0,8n . ln0, 01 b. On veut 1 − 0,8n ⬎ 0,99 ⇔ n ⬎ . ln0, 8 Il faut n ⭓ 21. 4 a. Intervalle de fluctuation : [0,148 86 ; 0,251 14]. La fréquence observée est de 0,178 7. Elle est bien conforme aux données (on a bien n ⭓ 30 ; np ⬎ 5 ; n(1 − p) ⬎ 5)). 0,2 × 0, 8 b. Il faudrait que 0,2 − 1,96 ⬎ 0,178 7. n 2 ⎛ 1, 96 0, 2 × 0, 8 ⎞ D’où : n⬎⎜ ⎟⎠ ≈ 1 354 , 8. ⎝ 0, 0213 2 p=

Partie A ©Hachette Livre 2012 – Déclic Tale S

1 P ( A) = 0, 02 × 0, 04 = 0, 000 8 ;

P (B) = P (E ∪ T ) = 0, 02 + 0, 04 − 0, 000 8 = 0, 059 2 ; P ( C) = 1 − P (B) = 0,940 8. Partie B 1 X suit une loi Ꮾ(50 ; 0,06). 2 P (X ⭐ 2) = 0, 42.

Livre du professeur - SUJETS DE SYNTHÈSE

Partie C 1 f’ = 0,1. 2 [0,0134 ; 0,107]. 3 La fréquence est à l’intérieur de l’intervalle de fluctuation, il n’y a pas lieu de considérer que la nouvelle photocopieuse est de moins bonne qualité. 10 n + 10 n car un gain de −1 ( n + 9( n + 10)) correspond au tirage d’une boule rouge suivie d’une blanche, ou au tirage d’une blanche suivie d’une rouge, le nombre total de tirages étant ( n + 9)( n + 10). n ( n − 1) b. P ( X = − 6) = ( n + 9( n + 10)) 10 × 9 . et P ( X = 4 ) = ( n + 9( n + 10)) − 20 n − 6 n 2 + 6 n + 360 c. E ( X ) = ( n + 9( n + 10)) 2 − 6 n − 14 n + 360 = . ( n + 9( n + 10)) d. On étudie le trinôme − 6 n 2 − 14 n + 360. Il est positif pour 0 ⭐ n ⭐ 6. n a. Y suit une loi binomiale Ꮾ 20 ; . n + 10 1 a. P ( X = − 1) =

(

)

(

)

10 20 ⬎ 0, 999 n + 10 20ln10 − ln0, 001 ⇔ ln( n + 10) ⬎ 20 b. On veut : 1 −

25ln10 − ln0 ,001

20 ⇔n⬎e − 10. D’où n ⭓ 5. 4 a. E ( Y ) = 0,75 × 500 = 375 et V ( X ) = 500 × 0,75 × 0, 25 = 93,75. b. Il s’agit du théorème de Moivre-Laplace. c. P (350 ⭐ Y ⭐ 375) − 25 ⎛ ⎞ = P⎜ ⭐ T ⭐ 00, 495⎟ ⎝ 500 × 0,75 × 0, 25 ⎠

≈ 0, 495 5 a. P ( Z ⭐ 50) = 1 − e − 0 ,5 ≈ 0, 423.

b. P( Z ⭓50 ) ( Z ⭐ 60) =

e −0 ,5 − e −0 ,6 ≈ 0,147. 1 − e −0 ,5

1 [0,54 ; 0,65]. 2 a. P ( X = 0) = 0, 4 10 ≈ 0, 0001.

b. P ( X = 1) = 0, 6. c. P ( X = k ) = 0, 6 × 0, 4 k −1. d. E ( X ) ≈ 0, 666. 3 La variable choix prend les valeurs 0 ou 1 avec des probabilités respectives 0,4 et 0,6. La variable X prend la valeur k si choix = 1 (cela correspond à Pile). La boucle s’arrête alors et on affiche cette valeur k. Si choix n’est jamais égal à 1, la boucle s’arrête et affiche donc X qui est resté à 0.

Les probabilités et les statistiques au lycée

3

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