Corrigé du bac S de maths 2018 à Pondichéry

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Suites et fonction exponentielle, 6 points, commun à tous les candidats

Un four à céramique, à 1 000 °C en fin de cuisson, est éteint et refroidit. On ne peut l’ouvrir sans risque que lorsque sa température est inférieure ou égale à 70 °C.

Partie A

On note \(T_n\) la température (en °C) au bout de \(n\) heures, avec \(T_0=1000\) et, d’après l’algorithme, \(T_{n+1}=0{,}82\,T_n+3{,}6\).

1. Température au bout de 4 heures, arrondie à l’unité.

On fait tourner l’algorithme pour \(n=4\) :

\(i\)	départ	1	2	3	4
\(T\)	1000	823,6	≈ 678,95	≈ 560,34	≈ 463,08

Au bout de 4 heures, la température du four est d’environ 463 °C.

2. Démontrer que, pour tout entier naturel \(n\), \(T_n=980\times 0{,}82^n+20\).

On raisonne par récurrence sur \(n\). Notons \(\mathcal{P}(n)\) : « \(T_n=980\times 0{,}82^n+20\) ».

• Initialisation : \(980\times 0{,}82^0+20=980+20=1000=T_0\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
• Hérédité : supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\). Alors
  \[T_{n+1}=0{,}82\,T_n+3{,}6=0{,}82(980\times 0{,}82^n+20)+3{,}6=980\times 0{,}82^{n+1}+16{,}4+3{,}6=980\times 0{,}82^{n+1}+20,\]
  donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
• Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(T_n=980\times 0{,}82^n+20\).

3. Au bout de combien d’heures peut-on ouvrir le four sans risque ?

On cherche le plus petit entier \(n\) tel que \(T_n\leq\, 70\) :

\[T_n\leq\, 70 \iff 980\times 0{,}82^n\leq\, 50 \iff 0{,}82^n\leq\, \frac{50}{980}=\frac{5}{98}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), donc l’inégalité est conservée :

\[n\ln(0{,}82)\leq\, \ln(\frac{5}{98}).\]

Comme \(\ln(0{,}82)\lt 0\), on change le sens de l’inégalité en divisant :

\[n\geq\, \frac{\ln(\frac{5}{98})}{\ln(0{,}82)}\approx 14{,}99.\]

Le four peut être ouvert sans risque au bout de 15 heures.

Partie B

On modélise maintenant la température à l’instant \(t\) (en heures) par \(f(t)=a\,\mathrm{e}^{-t/5}+b\), avec \(f^{\prime}(t)+\frac{1}{5}f(t)=4\) pour tout \(t\geq\, 0\).

1. Déterminer \(a\) et \(b\) sachant que \(f(0)=1000\).

D’une part, \(f(0)=a\,\mathrm{e}^{0}+b=a+b\), donc \(a+b=1000\).

D’autre part, \(f\) est dérivable sur \([0\,;+\infty[\) et \(f^{\prime}(t)=-\frac{a}{5}\mathrm{e}^{-t/5}\). Alors, pour tout \(t\) :

\[f^{\prime}(t)+\frac{1}{5}f(t)=-\frac{a}{5}\mathrm{e}^{-t/5}+\frac{a}{5}\mathrm{e}^{-t/5}+\frac{b}{5}=\frac{b}{5}.\]

La relation \(f^{\prime}(t)+\frac{1}{5}f(t)=4\) donne donc \(\frac{b}{5}=4\), soit \(b=20\), puis \(a=1000-20=980\).

Pour tout réel \(t\geq\, 0\), \(f(t)=980\,\mathrm{e}^{-t/5}+20\).

2. a. Limite de \(f\) en \(+\infty\).

On a \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}(-\frac{t}{5})=-\infty\) et \(\displaystyle\lim_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0\), donc par composition \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\mathrm{e}^{-t/5}=0\), et

\[\lim_{t\to+\infty}f(t)=20.\]

La température du four tend vers 20 °C (température ambiante).

2. b. Variations de \(f\) sur \([0\,;+\infty[\) et tableau de variations.

Pour tout \(t\geq\, 0\) : \(f^{\prime}(t)=980\times (-\frac{1}{5})\mathrm{e}^{-t/5}=-196\,\mathrm{e}^{-t/5}\).

Une exponentielle est strictement positive, donc \(f^{\prime}(t)\lt 0\) : \(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\).

\(t\)	0		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(t)\)		−
variations de \(f\)	1000	↘	20

2. c. Après combien de minutes le four peut-il être ouvert sans risque ?

On résout \(f(t)\leq\, 70\) sur \([0\,;+\infty[\) :

\[980\,\mathrm{e}^{-t/5}+20\leq\, 70\iff \mathrm{e}^{-t/5}\leq\,\frac{5}{98}\iff -\frac{t}{5}\leq\,\ln(\frac{5}{98})\iff t\geq\, -5\ln(\frac{5}{98})=5\ln(19{,}6).\]

Or \(5\ln(19{,}6)\approx 14{,}8776\) h, soit \(14{,}8776\times 60\approx 892{,}66\) minutes. Comme \(f\) est décroissante, la condition est remplie à partir de cet instant.

Avec ce modèle, on peut ouvrir le four sans risque au bout de 893 minutes (environ 14 h 53 min).

3. Température moyenne entre deux instants : \(\displaystyle\frac{1}{t_2-t_1}\int_{t_1}^{t_2}f(t)\,\mathrm{d}t\).

3. a. Estimation graphique de la température moyenne \(\theta\) sur les 15 premières heures.

\(\theta=\dfrac{1}{15}\displaystyle\int_0^{15}f(t)\,\mathrm{d}t\). Comme \(f\) est positive, l’intégrale est l’aire du domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équations \(t=0\) et \(t=15\) (en bleu ci-dessous).

Chaque carreau du quadrillage mesure 1 h sur 100 °C, soit 100 unités d’aire. En comptant les carreaux sous la courbe, colonne par colonne, on en trouve environ 48 (en regroupant les morceaux de carreaux). L’aire vaut donc environ \(48\times 100=4800\) et

\[\theta\approx\frac{4800}{15}=320.\]

La température moyenne sur les 15 premières heures est d’environ 320 °C (une estimation entre 300 et 350 °C est acceptable).

3. b. Valeur exacte de \(\theta\), puis arrondi au degré.

Une primitive de \(f\) sur \([0\,;15]\) est \(F(t)=-4900\,\mathrm{e}^{-t/5}+20t\) (car la dérivée de \(-5\,\mathrm{e}^{-t/5}\) est \(\mathrm{e}^{-t/5}\)). Donc

\[\theta=\frac{1}{15}(F(15)-F(0))=\frac{1}{15}(-4900\,\mathrm{e}^{-3}+300+4900)=\frac{5200-4900\,\mathrm{e}^{-3}}{15}.\]

\(\theta=\dfrac{5200-4900\,\mathrm{e}^{-3}}{15}\approx 330\) °C. L’estimation graphique était cohérente.

4. Abaissement de température en une heure : \(d(t)=f(t)-f(t+1)\).

4. a. Vérifier que \(d(t)=980(1-\mathrm{e}^{-1/5})\mathrm{e}^{-t/5}\).

\[d(t)=980\,\mathrm{e}^{-t/5}+20-(980\,\mathrm{e}^{-(t+1)/5}+20)=980\,\mathrm{e}^{-t/5}-980\,\mathrm{e}^{-t/5}\times \mathrm{e}^{-1/5}=980(1-\mathrm{e}^{-1/5})\mathrm{e}^{-t/5}.\]

4. b. Limite de \(d(t)\) en \(+\infty\) et interprétation.

Comme \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\mathrm{e}^{-t/5}=0\) et que \(980(1-\mathrm{e}^{-1/5})\) est une constante, \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}d(t)=0\).

Interprétation : la baisse de température en une heure devient de plus en plus faible ; au bout d’un temps long, la température du four ne varie presque plus : elle se stabilise (vers 20 °C).

Exercice 2 :

Nombres complexes, 4 points, commun à tous les candidats

Dans un repère orthonormé \((O\,;\vec{u},\vec{v})\), on a \(a=-4\), \(b=2\), \(c=4\) et \(j=-\frac{1}{2}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\). Les points \(A^{\prime}\), \(B^{\prime}\), \(C^{\prime}\) ont pour affixes \(a^{\prime}=ja\), \(b^{\prime}=jb\), \(c^{\prime}=jc\).

1. a. Formes trigonométrique et exponentielle de \(j\), puis de \(a^{\prime}\), \(b^{\prime}\), \(c^{\prime}\).

\(|j|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=1\). Un argument \(\theta\) vérifie \(\cos\theta=-\frac{1}{2}\) et \(\sin\theta=\frac{\sqrt{3}}{2}\), donc \(\theta=\frac{2\pi}{3}\) :

\[j=\cos\frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{2\pi}{3}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}.\]

On en déduit :

• \(a^{\prime}=-4j=2-2\mathrm{i}\sqrt{3}\). Comme \(-4=4\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}\), \(a^{\prime}=4\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\pi+\frac{2\pi}{3})}=4\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{5\pi}{3}}=4\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\), soit \(a^{\prime}=4(\cos(-\frac{\pi}{3})+\mathrm{i}\sin(-\frac{\pi}{3}))\).
• \(b^{\prime}=2j=-1+\mathrm{i}\sqrt{3}=2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}=2(\cos\frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{2\pi}{3})\).
• \(c^{\prime}=4j=-2+2\mathrm{i}\sqrt{3}=4\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}=4(\cos\frac{2\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\frac{2\pi}{3})\).

1. b. Placer \(A^{\prime}\), \(B^{\prime}\), \(C^{\prime}\) sur la figure (cercles de centre O et de rayons 2, 3 et 4).

\(A^{\prime}\) est sur le cercle de rayon 4 avec l’angle \(-\frac{\pi}{3}\) ; \(B^{\prime}\) sur le cercle de rayon 2 et \(C^{\prime}\) sur le cercle de rayon 4, tous deux avec l’angle \(\frac{2\pi}{3}\). La figure montre aussi le triangle \(MNP\) de la question 3.

2. Montrer que \(A^{\prime}\), \(B^{\prime}\), \(C^{\prime}\) sont alignés.

\[\frac{b^{\prime}-a^{\prime}}{c^{\prime}-a^{\prime}}=\frac{2j+4j}{4j+4j}=\frac{6j}{8j}=\frac{3}{4}.\]

Ce quotient est un réel, donc un argument de \(\frac{b^{\prime}-a^{\prime}}{c^{\prime}-a^{\prime}}\), qui mesure l’angle \((\vec{A^{\prime}C^{\prime}},\vec{A^{\prime}B^{\prime}})\), vaut \(0\) modulo \(2\pi\). Autrement dit \(\vec{A^{\prime}B^{\prime}}=\frac{3}{4}\vec{A^{\prime}C^{\prime}}\) : les points \(A^{\prime}\), \(B^{\prime}\) et \(C^{\prime}\) sont alignés.

3. \(M\), \(N\), \(P\) milieux de \([A^{\prime}C]\), \([C^{\prime}C]\), \([C^{\prime}A]\) : montrer que \(MNP\) est isocèle.

On utilise \(2j=-1+\mathrm{i}\sqrt{3}\) :

• \(z_M=\dfrac{a^{\prime}+c}{2}=\dfrac{4-4j}{2}=2-2j=3-\mathrm{i}\sqrt{3}\) ;
• \(z_N=\dfrac{c+c^{\prime}}{2}=\dfrac{4+4j}{2}=2+2j=1+\mathrm{i}\sqrt{3}\) ;
• \(z_P=\dfrac{c^{\prime}+a}{2}=\dfrac{4j-4}{2}=2j-2=-3+\mathrm{i}\sqrt{3}\).

Le repère est orthonormé, donc :

\[MN=|z_N-z_M|=|-2+2\mathrm{i}\sqrt{3}|=\sqrt{4+12}=4,\qquad PN=|z_N-z_P|=|4|=4.\]

(Pour information, \(MP=|-6+2\mathrm{i}\sqrt{3}|=\sqrt{48}=4\sqrt{3}\neq 4\).) \(NM=NP=4\) : le triangle \(MNP\) est isocèle en \(N\).

Exercice 3 :

Probabilités, 5 points, commun à tous les candidats

Une entreprise conditionne du sucre provenant de deux exploitations U et V. Les résultats sont arrondis au millième.

Partie A

Le sucre passe à travers trois tamis superposés (mailles de 0,8 mm, 0,5 mm et 0,2 mm) puis tombe dans un récipient étanche. Les cristaux de taille inférieure à 0,2 mm, récupérés dans le récipient, sont vendus « extra fin ». Le tamis 2 retient les cristaux dont la taille est comprise entre 0,5 et 0,8 mm.

1. a. \(X_U\) suit la loi normale \(\mathcal{N}(0{,}58\,;0{,}21^2)\). Calculer \(P(X_U\lt 0{,}2)\) et \(P(0{,}5\leq\, X_U\lt 0{,}8)\).

À la calculatrice (loi normale de moyenne 0,58 et d’écart type 0,21) :

• \(P(X_U\lt 0{,}2)=0{,}5-P(0{,}2\leq\, X_U\leq\, 0{,}58)\approx 0{,}5-0{,}465\), soit \(P(X_U\lt 0{,}2)\approx 0{,}035\) ;
• \(P(0{,}5\leq\, X_U\lt 0{,}8)\approx 0{,}501\).

1. b. On tamise 1 800 g de sucre de U : masses estimées dans le récipient et dans le tamis 2.

• Récipient étanche (cristaux de moins de 0,2 mm) : \(1800\times P(X_U\lt 0{,}2)\approx 1800\times 0{,}0352\approx 63\). On récupère environ 63 g de sucre dans le récipient.
• Tamis 2 (cristaux entre 0,5 et 0,8 mm) : \(1800\times 0{,}501\approx 901{,}8\). On récupère environ 902 g de sucre dans le tamis 2.

2. \(X_V\) suit la loi normale de moyenne 0,65 et d’écart type \(\sigma_V\) inconnu ; 40 % des cristaux de V restent dans le tamis 2. Trouver \(\sigma_V\).

On sait que \(Z=\dfrac{X_V-0{,}65}{\sigma_V}\) suit la loi normale centrée réduite \(\mathcal{N}(0\,;1)\). La condition s’écrit :

\[P(0{,}5\leq\, X_V\leq\, 0{,}8)=0{,}4\iff P(-\frac{0{,}15}{\sigma_V}\leq\, Z\leq\,\frac{0{,}15}{\sigma_V})=0{,}4.\]

Par symétrie, pour \(u\gt 0\), \(P(-u\leq\, Z\leq\, u)=2P(Z\leq\, u)-1\). Donc

\[2P(Z\leq\,\frac{0{,}15}{\sigma_V})-1=0{,}4\iff P(Z\leq\,\frac{0{,}15}{\sigma_V})=0{,}7.\]

La fonction inverse de la loi normale centrée réduite donne \(\frac{0{,}15}{\sigma_V}\approx 0{,}5244\), d’où \(\sigma_V\approx\frac{0{,}15}{0{,}5244}\).

\(\sigma_V\approx 0{,}286\) mm.

Partie B

3 % du sucre de U et 5 % du sucre de V est extra fin. On prélève un paquet au hasard ; \(U\), \(V\) : « le sucre provient de U (de V) », \(E\) : « le paquet porte le label extra fin ».

1. a. 30 % des paquets proviennent de U, les autres de V. Calculer \(P(E)\).

\(U\) et \(V\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[P(E)=P(U)\,P_U(E)+P(V)\,P_V(E)=0{,}3\times 0{,}03+0{,}7\times 0{,}05=0{,}009+0{,}035=0{,}044.\]

La probabilité que le paquet porte le label « extra fin » est 0,044.

1. b. Sachant que le paquet est extra fin, probabilité que le sucre vienne de U.

\[P_E(U)=\frac{P(U\cap E)}{P(E)}=\frac{0{,}009}{0{,}044}=\frac{9}{44}\approx 0{,}205.\]

\(P_E(U)\approx 0{,}205\).

2. Quelle proportion \(x\) de paquets doit provenir de U pour que 30 % des paquets extra fins contiennent du sucre de U ?

Avec \(P(U)=x\) et \(P(V)=1-x\), la formule des probabilités totales donne

\[P(E)=0{,}03x+0{,}05(1-x)=0{,}05-0{,}02x,\]

qui n’est pas nul pour \(x\in[0\,;1]\). On veut \(P_E(U)=0{,}3\) :

\[\frac{0{,}03x}{0{,}05-0{,}02x}=0{,}3\iff 0{,}03x=0{,}015-0{,}006x\iff 0{,}036x=0{,}015\iff x=\frac{0{,}015}{0{,}036}=\frac{5}{12}\approx 0{,}417.\]

L’entreprise doit fabriquer \(\frac{5}{12}\) de ses paquets (environ 41,7 %) avec du sucre de U et le reste avec du sucre de V.

Partie C

1. L’entreprise annonce que 30 % des paquets extra fins contiennent du sucre de U. Sur 150 paquets extra fins prélevés, 30 viennent de U. Faut-il remettre en cause l’annonce ?

Ici \(n=150\), \(p=0{,}3\) et la fréquence observée est \(f=\frac{30}{150}=0{,}2\).

Conditions : \(n=150\geq\, 30\), \(np=45\geq\, 5\), \(n(1-p)=105\geq\, 5\). L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est

\[I=[p-1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}\,;\,p+1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}]=[0{,}3-1{,}96\frac{\sqrt{0{,}21}}{\sqrt{150}}\,;\,0{,}3+1{,}96\frac{\sqrt{0{,}21}}{\sqrt{150}}]\approx[0{,}226\,;0{,}374]\]

(borne inférieure arrondie par défaut, borne supérieure par excès).

La fréquence \(f=0{,}2\) n’appartient pas à \(I\). Au risque de 5 %, l’acheteur a des raisons de remettre en question l’annonce de l’entreprise.

2. L’année suivante, sur 150 paquets extra fins, 42 % contiennent du sucre de U. Intervalle de confiance à 95 % de la nouvelle proportion.

Ici \(n=150\) et \(f=0{,}42\) (soit 63 paquets). Conditions : \(n\geq\, 30\), \(nf=63\geq\, 5\), \(n(1-f)=87\geq\, 5\). L’intervalle de confiance au niveau 95 % est

\[[f-\frac{1}{\sqrt{n}}\,;\,f+\frac{1}{\sqrt{n}}]=[0{,}42-\frac{1}{\sqrt{150}}\,;\,0{,}42+\frac{1}{\sqrt{150}}]\approx[0{,}338\,;0{,}502].\]

Au niveau de confiance 95 %, la proportion de paquets extra fins contenant du sucre de U est comprise entre 33,8 % et 50,2 %.

Exercice 4 :

Géométrie dans l’espace, 5 points, candidats n’ayant pas suivi la spécialité

Dans un repère orthonormé d’unité 1 cm : \(A(2\,;1\,;4)\), \(B(4\,;-1\,;0)\), \(C(0\,;3\,;2)\), \(D(4\,;3\,;-2)\).

1. Représentation paramétrique de la droite \((CD)\).

\((CD)\) passe par \(C(0\,;3\,;2)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{CD}(4\,;0\,;-4)\). Un point \(M(x\,;y\,;z)\) est sur \((CD)\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{CM}=t\,\vec{CD}\) :

\[(CD) : \begin{cases}x=4t\\ y=3\\ z=2-4t\end{cases},\quad t\in\mathbb{R}.\]

2. a. Point \(M\) de \((CD)\) tel que la distance \(BM\) soit minimale.

Un point de \((CD)\) s’écrit \(M(4t\,;3\,;2-4t)\). Le repère étant orthonormé :

\[BM^2=(4t-4)^2+(3+1)^2+(2-4t)^2=16t^2-32t+16+16+16t^2-16t+4=32t^2-48t+36.\]

Une distance étant positive, \(BM\) est minimale quand \(BM^2\) l’est. Le trinôme \(32t^2-48t+36\) a un coefficient dominant positif : il est minimal en \(t=\dfrac{48}{2\times 32}=\dfrac{3}{4}\).

Pour \(t=\frac{3}{4}\) : \(x=3\), \(y=3\), \(z=2-3=-1\). La distance \(BM\) est minimale pour \(M(3\,;3\,;-1)\).

2. b. Avec \(H(3\,;3\,;-1)\), vérifier que \((BH)\) et \((CD)\) sont perpendiculaires.

\(\vec{BH}(-1\,;4\,;-1)\) et \(\vec{CD}(4\,;0\,;-4)\), donc

\[\vec{BH}\cdot\vec{CD}=-4+0+4=0.\]

Les vecteurs sont orthogonaux et les deux droites se coupent en \(H\) (qui est sur \((CD)\) : \(t=\frac{3}{4}\)). Les droites \((BH)\) et \((CD)\) sont perpendiculaires en \(H\).

2. c. Montrer que l’aire du triangle \(BCD\) vaut 12 cm².

D’après 2. b, \([BH]\) est la hauteur issue de \(B\) du triangle \(BCD\). Or

\[CD=\sqrt{16+0+16}=\sqrt{32}=4\sqrt{2},\qquad BH=\sqrt{1+16+1}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}.\]
\[\mathcal{A}(BCD)=\frac{CD\times BH}{2}=\frac{4\sqrt{2}\times 3\sqrt{2}}{2}=\frac{24}{2}=12.\]

L’aire du triangle \(BCD\) est bien 12 cm².

3. a. Montrer que \(\vec{n}(2\,;1\,;2)\) est normal au plan \((BCD)\).

\(\vec{BC}(-4\,;4\,;2)\) et \(\vec{CD}(4\,;0\,;-4)\) :

\[\vec{n}\cdot\vec{BC}=-8+4+4=0,\qquad \vec{n}\cdot\vec{CD}=8+0-8=0.\]

\(\vec{BC}\) et \(\vec{CD}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{CD}\) est nulle, pas celle de \(\vec{BC}\)). \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((BCD)\) : il est normal à ce plan.

3. b. Équation cartésienne du plan \((BCD)\).

Le plan a une équation de la forme \(2x+y+2z+d=0\). Il passe par \(B(4\,;-1\,;0)\) : \(8-1+0+d=0\), donc \(d=-7\).

\((BCD) : 2x+y+2z-7=0\). (Vérification : \(C\) donne \(0+3+4-7=0\) et \(D\) donne \(8+3-4-7=0\).)

3. c. Représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) passant par \(A\) et orthogonale à \((BCD)\).

\(\Delta\) a pour vecteur directeur \(\vec{n}(2\,;1\,;2)\) et passe par \(A(2\,;1\,;4)\) :

\[\Delta : \begin{cases}x=2+2k\\ y=1+k\\ z=4+2k\end{cases},\quad k\in\mathbb{R}.\]

3. d. Montrer que \(I\), intersection de \(\Delta\) et \((BCD)\), a pour coordonnées \((\frac{2}{3}\,;\frac{1}{3}\,;\frac{8}{3})\).

On remplace dans l’équation du plan :

\[2(2+2k)+(1+k)+2(4+2k)-7=0\iff 9k+6=0\iff k=-\frac{2}{3}.\]

Alors \(x=2-\frac{4}{3}=\frac{2}{3}\), \(y=1-\frac{2}{3}=\frac{1}{3}\), \(z=4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}\). \(I(\frac{2}{3}\,;\frac{1}{3}\,;\frac{8}{3})\).

4. Volume du tétraèdre \(ABCD\).

\(I\) est le projeté orthogonal de \(A\) sur le plan \((BCD)\), donc \(AI\) est la hauteur relative à la base \(BCD\) :

\[AI=\sqrt{(\frac{2}{3}-2)^2+(\frac{1}{3}-1)^2+(\frac{8}{3}-4)^2}=\sqrt{\frac{16}{9}+\frac{4}{9}+\frac{16}{9}}=\sqrt{4}=2.\]
\[V=\frac{\mathcal{A}(BCD)\times AI}{3}=\frac{12\times 2}{3}=8.\]

Le volume du tétraèdre \(ABCD\) est 8 cm³.

Exercice 5 :

Arithmétique, 5 points, candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Chaque lettre est associée à un entier \(x\) de 0 (A) à 25 (Z). Dans le « chiffre de Rabin », avec \(n=pq=3\times 11=33\) et \(B=13\), la lettre représentée par \(x\) est codée par l’entier \(y\) tel que \(y\equiv x(x+B)\ [33]\) et \(0\leq\, y\lt 33\).

Partie A : cryptage du mot « NO »

1. Montrer que « N » est codée par 8.

N correspond à \(x=13\) : \(13\times (13+13)=338=10\times 33+8\), donc \(y\equiv 8\ [33]\). N est codée par 8.

2. Nombre qui code « O ».

O correspond à \(x=14\) : \(14\times (14+13)=378=11\times 33+15\), donc \(y=15\). O est codée par 15.

Partie B : décryptage

Alice reçoit un message qui commence par 3 ; elle cherche les entiers \(x\) tels que \(x(x+13)\equiv 3\ [33]\) avec \(0\leq\, x\lt 26\).

1. Montrer que \(x(x+13)\equiv 3\ [33]\) équivaut à \((x+23)^2\equiv 4\ [33]\).

\((x+23)^2=x^2+46x+529\). Or \(46=33+13\equiv 13\ [33]\) et \(529=16\times 33+1\equiv 1\ [33]\). Donc

\[(x+23)^2\equiv 4\ [33]\iff x^2+13x+1\equiv 4\ [33]\iff x^2+13x\equiv 3\ [33]\iff x(x+13)\equiv 3\ [33].\]

2. a. Montrer que si \((x+23)^2\equiv 4\ [33]\), alors \((x+23)^2\equiv 4\ [3]\) et \((x+23)^2\equiv 4\ [11]\).

Si \((x+23)^2\equiv 4\ [33]\), il existe un entier \(k\) tel que \((x+23)^2=4+33k=4+3\times (11k)=4+11\times (3k)\). Donc \((x+23)^2\equiv 4\ [3]\) et \((x+23)^2\equiv 4\ [11]\).

2. b. Réciproque.

Supposons \((x+23)^2\equiv 4\ [3]\) et \((x+23)^2\equiv 4\ [11]\). Alors \((x+23)^2-4\) est divisible par 3 et par 11 : il existe des entiers \(k\) et \(m\) tels que \((x+23)^2-4=3k=11m\).

3 divise \(11m\) et 3 est premier avec 11 ; d’après le théorème de Gauss, 3 divise \(m\) : \(m=3q\) avec \(q\) entier. Alors \((x+23)^2-4=33q\), c’est-à-dire \((x+23)^2\equiv 4\ [33]\).

2. c. En déduire que \(x(x+13)\equiv 3\ [33]\) équivaut à \((x+23)^2\equiv 1\ [3]\) et \((x+23)^2\equiv 4\ [11]\).

D’après 1, 2. a et 2. b, \(x(x+13)\equiv 3\ [33]\iff (x+23)^2\equiv 4\ [33]\iff\) \((x+23)^2\equiv 4\ [3]\) et \((x+23)^2\equiv 4\ [11]\). Comme \(4\equiv 1\ [3]\), on obtient l’équivalence demandée.

3. a. Entiers \(a\) avec \(0\leq\, a\lt 3\) et \(a^2\equiv 1\ [3]\).

\(0^2=0\), \(1^2=1\), \(2^2=4\equiv 1\ [3]\). Les solutions sont \(a=1\) et \(a=2\).

3. b. Entiers \(b\) avec \(0\leq\, b\lt 11\) et \(b^2\equiv 4\ [11]\).

\(b\)	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
\(b^2\) modulo 11	0	1	4	9	5	3	3	5	9	4	1

Les solutions sont \(b=2\) et \(b=9\).

4. a. En déduire que \(x(x+13)\equiv 3\ [33]\) équivaut à l’un des quatre systèmes : \(\begin{cases}x\equiv 2\ [3]\\ x\equiv 8\ [11]\end{cases}\), \(\begin{cases}x\equiv 0\ [3]\\ x\equiv 1\ [11]\end{cases}\), \(\begin{cases}x\equiv 2\ [3]\\ x\equiv 1\ [11]\end{cases}\), \(\begin{cases}x\equiv 0\ [3]\\ x\equiv 8\ [11]\end{cases}\).

Le reste de \(x+23\) dans la division par 3 est un \(a\) de la question 3. a et celui dans la division par 11 un \(b\) de la question 3. b. D’après 2. c et 3 :

• \((x+23)^2\equiv 1\ [3]\iff x+23\equiv 1\ [3]\) ou \(x+23\equiv 2\ [3]\iff x\equiv -22\equiv 2\ [3]\) ou \(x\equiv -21\equiv 0\ [3]\) ;
• \((x+23)^2\equiv 4\ [11]\iff x+23\equiv 2\ [11]\) ou \(x+23\equiv 9\ [11]\iff x\equiv -21\equiv 1\ [11]\) ou \(x\equiv -14\equiv 8\ [11]\).

En combinant une condition modulo 3 et une condition modulo 11, on obtient exactement les quatre systèmes annoncés.

4. b. Solution de chaque système avec \(0\leq\, x\lt 33\) (sans justification).

• \(x\equiv 2\ [3]\) et \(x\equiv 8\ [11]\) : \(x=8\) ;
• \(x\equiv 0\ [3]\) et \(x\equiv 1\ [11]\) : \(x=12\) ;
• \(x\equiv 2\ [3]\) et \(x\equiv 1\ [11]\) : \(x=23\) ;
• \(x\equiv 0\ [3]\) et \(x\equiv 8\ [11]\) : \(x=30\).

5. Compléter l’algorithme pour qu’il affiche ces quatre solutions.

Pour x allant de 0 à 32
    Si le reste de la division de x(x+13) par 33 est égal à 3 alors
        Afficher x
    Fin Si
Fin Pour

6. Alice peut-elle connaître la première lettre ? Le chiffre de Rabin permet-il de décoder lettre par lettre ?

Alice cherche \(x\) avec \(0\leq\, x\lt 26\). Parmi les solutions 8, 12, 23 et 30, seule 30 est exclue : il reste trois possibilités, \(x=8\) (I), \(x=12\) (M) et \(x=23\) (X).

Alice ne peut pas déterminer la première lettre avec certitude : plusieurs lettres ont le même code (I, M et X sont toutes codées par 3). Le « chiffre de Rabin » n’est donc pas utilisable tel quel pour décoder un message lettre par lettre.