Voici le corrigé complet du bac S de mathématiques 2017 en Polynésie, épreuve du 14 juin 2017, pour les candidats de l’enseignement obligatoire comme pour ceux de spécialité. L’exercice 1 étudie une assistance téléphonique : loi exponentielle pour la durée d’attente, arbre pondéré et probabilités totales, puis intervalle de fluctuation pour juger un taux de satisfaction. L’exercice 2 cherche le cône de volume maximal fabriqué à partir d’un disque en carton, grâce à l’étude d’une fonction polynôme. L’exercice 3 modélise la molécule de méthane dans un cube et calcule l’angle entre deux liaisons avec le produit scalaire. Enfin l’exercice 4 porte, au choix, sur la chute d’une goutte d’eau (fonction exponentielle, limite, valeur moyenne par une intégrale) ou, en spécialité, sur un chiffrement affine résolu par les congruences.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Probabilités, loi exponentielle, échantillonnage – 6 points, commun à tous les candidats
Les trois parties sont indépendantes ; les résultats sont arrondis à \(10^{-3}\).
Partie A – Durée d’attente
1. a. La durée d’attente \(D_1\) (en minutes) d’un client Internet suit la loi exponentielle de paramètre \(0{,}6\). On demande la durée d’attente moyenne.
Si \(T\) suit la loi exponentielle de paramètre \(\lambda\gt 0\), son espérance vaut \(E(T)=\frac{1}{\lambda}\). Ici :
\[E(D_1)=\frac{1}{0{,}6}=\frac{5}{3}\approx 1{,}667.\]
Un client Internet peut espérer attendre en moyenne \(\frac{5}{3}\) min, soit environ 1,667 minute (1 min 40 s).
1. b. Probabilité que l’attente d’un client Internet soit inférieure à 5 minutes.
Pour une loi exponentielle, \(P(T\leq\, b)=1-\mathrm{e}^{-\lambda b}\). Donc :
\[P(D_1\lt 5)=1-\mathrm{e}^{-0{,}6\times 5}=1-\mathrm{e}^{-3}\approx 0{,}950.\]
\(P(D_1\lt 5)\approx 0{,}950\).
2. a. La durée d’attente \(D_2\) d’un client mobile suit une loi exponentielle de paramètre \(\lambda\) inconnu, avec \(P(D_2\leq\, 4)=0{,}798\). On demande \(\lambda\).
\[P(D_2\leq\, 4)=0{,}798\iff 1-\mathrm{e}^{-4\lambda}=0{,}798\iff \mathrm{e}^{-4\lambda}=0{,}202.\]
La fonction \(\ln\) étant définie et strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), on obtient \(-4\lambda=\ln 0{,}202\), d’où :
\[\lambda=-\frac{\ln 0{,}202}{4}\approx 0{,}3998.\]
On retient \(\lambda\approx 0{,}4\).
2. b. Avec \(\lambda=0{,}4\), peut-on affirmer que moins de 10 % des clients mobiles attendent plus de 5 minutes ?
On a \(P(T\geq\, a)=\mathrm{e}^{-\lambda a}\), donc :
\[P(D_2\geq\, 5)=\mathrm{e}^{-0{,}4\times 5}=\mathrm{e}^{-2}\approx 0{,}135.\]
Comme \(0{,}135\gt 0{,}10\), environ 13,5 % des clients mobiles attendent plus de 5 minutes : non, on ne peut pas affirmer que moins de 10 % d’entre eux attendent plus de 5 minutes.
Partie B – Obtention d’un opérateur
Au-delà de 5 minutes d’attente, l’appel est coupé. L’appel vient d’un client Internet avec probabilité \(0{,}7\) ; un client Internet obtient un opérateur avec probabilité \(0{,}95\), un client mobile avec probabilité \(0{,}87\).
On note \(I\) l’événement « l’appel émane d’un client Internet », \(\overline{I}\) son contraire (client mobile) et \(O\) l’événement « le client obtient un opérateur ». Les données donnent \(P(I)=0{,}7\), \(P(\overline{I})=0{,}3\), \(P_I(O)=0{,}95\), \(P_I(\overline{O})=0{,}05\), \(P_{\overline{I}}(O)=0{,}87\) et \(P_{\overline{I}}(\overline{O})=0{,}13\).
1. Probabilité que le client joigne un opérateur.
Les événements \(I\) et \(\overline{I}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(O)=P(I)\times P_I(O)+P(\overline{I})\times P_{\overline{I}}(O)=0{,}7\times 0{,}95+0{,}3\times 0{,}87=0{,}665+0{,}261=0{,}926.\]
\(P(O)=0{,}926\).
2. Un client se plaint d’avoir été coupé après 5 minutes sans opérateur. Est-il plus probable qu’il soit client Internet ou client mobile ?
On sait que \(\overline{O}\) est réalisé, avec \(P(\overline{O})=1-0{,}926=0{,}074\). On compare les probabilités conditionnelles :
\[P_{\overline{O}}(I)=\frac{P(I\cap\overline{O})}{P(\overline{O})}=\frac{0{,}7\times 0{,}05}{0{,}074}=\frac{0{,}035}{0{,}074}\approx 0{,}473,\]
\[P_{\overline{O}}(\overline{I})=\frac{P(\overline{I}\cap\overline{O})}{P(\overline{O})}=\frac{0{,}3\times 0{,}13}{0{,}074}=\frac{0{,}039}{0{,}074}\approx 0{,}527.\]
Comme \(0{,}527\gt 0{,}473\), il est plus probable que ce client soit un client mobile.
Partie C – Enquête de satisfaction
La société annonce 85 % de clients satisfaits. Une association interroge 1 303 personnes, dont 1 150 se disent satisfaites. Que penser du taux annoncé ?
La fréquence observée est \(f=\frac{1150}{1303}\approx 0{,}883\). On teste l’hypothèse \(p=0{,}85\) avec \(n=1303\).
Conditions d’utilisation de l’intervalle de fluctuation asymptotique : \(n=1303\geq\, 30\), \(np=1107{,}55\geq\, 5\) et \(n(1-p)=195{,}45\geq\, 5\). Elles sont réunies.
L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est :
\[I=[p-1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}\,;\,p+1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}]=[0{,}85-1{,}96\frac{\sqrt{0{,}85\times 0{,}15}}{\sqrt{1303}}\,;\,0{,}85+1{,}96\frac{\sqrt{0{,}85\times 0{,}15}}{\sqrt{1303}}].\]
On a \(1{,}96\frac{\sqrt{0{,}1275}}{\sqrt{1303}}\approx 0{,}0194\). Les bornes valent environ \(0{,}8306\) et \(0{,}8694\) ; en arrondissant la borne inférieure par défaut et la borne supérieure par excès à \(10^{-3}\) près :
\[I\approx[0{,}830\,;\,0{,}870].\]
La fréquence observée \(f\approx 0{,}883\) n’appartient pas à \(I\). Au risque de 5 %, on rejette donc l’hypothèse d’un taux de satisfaction de 85 %. Comme \(f\) est au-dessus de l’intervalle, la société semble plutôt avoir sous-estimé son taux de satisfaction.
Exercice 2 :
Fonction polynôme, optimisation d’un volume – 5 points, commun à tous les candidats
Dans un disque en carton de rayon \(R\), on retire un secteur angulaire d’angle \(\alpha\) (en radians), puis on rapproche les bords pour former un cône de révolution de sommet \(S\), de hauteur \(h=SO\) et dont la base a pour rayon \(\ell=OA\). La génératrice \(SA\) du cône est égale au rayon \(R\) du disque. On cherche \(\alpha\) pour que le volume du cône soit maximal.
1. On prend \(R=20\) cm.
1. a. Montrer que le volume du cône est \(V(h)=\frac{1}{3}\pi(400-h^2)h\).
Le triangle \(SOA\) est rectangle en \(O\). D’après le théorème de Pythagore : \(SA^2=SO^2+OA^2\), soit \(20^2=h^2+\ell^2\), donc \(\ell^2=400-h^2\).
L’aire de la base est \(\mathcal{A}=\pi\ell^2=\pi(400-h^2)\) et le volume d’un cône vaut \(\frac{1}{3}\times \mathcal{A}\times h\), d’où :
\[V(h)=\frac{1}{3}\pi(400-h^2)h.\]
1. b. Justifier qu’il existe une valeur de \(h\) rendant le volume maximal et la donner.
La hauteur vérifie \(0\lt h\lt 20\). Sur \(]0\,;20[\), \(V(h)=\frac{\pi}{3}(400h-h^3)\) est dérivable et :
\[V^{\prime}(h)=\frac{\pi}{3}(400-3h^2).\]
\(V^{\prime}(h)=0\iff h^2=\frac{400}{3}\iff h=\frac{20}{\sqrt{3}}=\frac{20\sqrt{3}}{3}\) (la racine négative est exclue). Le trinôme \(400-3h^2\) est positif entre ses racines et négatif à l’extérieur, donc \(V^{\prime}\) est positive sur \(]0\,;\frac{20\sqrt{3}}{3}[\) et négative sur \(]\frac{20\sqrt{3}}{3}\,;20[\).
| \(h\) | \(0\) | \(\frac{20\sqrt{3}}{3}\approx 11{,}55\) | \(20\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(V^{\prime}(h)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(V(h)\) | \(0\) | croissante | \(\approx 3224{,}5\) | décroissante | \(0\) |
La fonction \(V\) admet donc un maximum, atteint pour \(h=\frac{20\sqrt{3}}{3}\approx 11{,}5\) cm ; le volume maximal vaut \(\frac{16000\pi}{9\sqrt{3}}\approx 3224{,}5\ \text{cm}^3\).
1. c. Comment découper le disque pour obtenir ce volume maximal ? Donner \(\alpha\) arrondi au degré.
Pour \(h=\frac{20\sqrt{3}}{3}\) : \(\ell^2=400-\frac{400}{3}=\frac{800}{3}\), donc \(\ell=\sqrt{\frac{800}{3}}=\frac{20\sqrt{6}}{3}\).
Le périmètre de la base du cône est égal à la longueur de l’arc restant du disque, c’est-à-dire la circonférence \(2\pi R\) moins l’arc retiré \(R\alpha\) :
\[2\pi R-R\alpha=2\pi\ell\iff 40\pi-20\alpha=2\pi\times \frac{20\sqrt{6}}{3}\iff \alpha=2\pi-\frac{2\pi\sqrt{6}}{3}=2\pi(1-\frac{\sqrt{6}}{3}).\]
Numériquement \(\alpha\approx 1{,}153\) rad, soit \(\alpha\times \frac{180}{\pi}\approx 66{,}06^\circ\).
Il faut donc retirer un secteur angulaire d’environ 66° (exactement \(2\pi(1-\frac{\sqrt{6}}{3})\) rad).
2. L’angle \(\alpha\) dépend-il du rayon \(R\) du disque ?
On reprend les calculs avec \(R\) quelconque. On a \(\ell^2=R^2-h^2\), donc \(V(h)=\frac{\pi}{3}(R^2h-h^3)\) sur \(]0\,;R[\) et \(V^{\prime}(h)=\frac{\pi}{3}(R^2-3h^2)\).
Comme précédemment, \(V^{\prime}\) est positive puis négative et s’annule en \(h=\frac{R}{\sqrt{3}}=\frac{R\sqrt{3}}{3}\) : c’est là que le volume est maximal. Alors :
\[\ell^2=R^2-\frac{R^2}{3}=\frac{2R^2}{3}\quad\text{donc}\quad \ell=\frac{R\sqrt{6}}{3}.\]
La condition sur les longueurs donne :
\[2\pi R-R\alpha=2\pi\times \frac{R\sqrt{6}}{3}\iff \alpha=2\pi-\frac{2\pi\sqrt{6}}{3}=2\pi(1-\frac{\sqrt{6}}{3})\approx 66^\circ.\]
On retrouve la même valeur : l’angle \(\alpha\) ne dépend pas du rayon \(R\) du disque.
Exercice 3 :
Géométrie dans l’espace, produit scalaire – 4 points, commun à tous les candidats
On modélise la molécule de méthane \(\mathrm{CH_4}\) : les quatre noyaux d’hydrogène sont aux sommets d’un tétraèdre régulier (quatre faces équilatérales) et le noyau de carbone est à égale distance des quatre hydrogènes. On cherche l’angle entre deux liaisons carbone-hydrogène.
1. Justifier qu’on peut inscrire ce tétraèdre dans un cube \(ABCDEFGH\) avec deux hydrogènes en \(A\) et \(C\), et placer les deux autres.
Notons \(a\) l’arête du cube. La longueur \(AC\) est la diagonale d’une face : \(AC=a\sqrt{2}\). Les deux autres sommets du tétraèdre doivent être à la distance \(a\sqrt{2}\) de \(A\), de \(C\) et l’un de l’autre. Les sommets \(F\) et \(H\) conviennent : \(AF\), \(AH\), \(CF\), \(CH\) et \(FH\) sont toutes des diagonales de faces du cube, donc
\[AC=AF=AH=CF=CH=FH=a\sqrt{2}.\]
Les quatre faces \(ACF\), \(ACH\), \(AFH\) et \(CFH\) sont équilatérales : \(ACFH\) est un tétraèdre régulier inscrit dans le cube, les hydrogènes occupant \(A\), \(C\), \(F\) et \(H\).
On travaille dans le repère orthonormé \((A\,;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE})\) : \(A(0\,;0\,;0)\), \(C(1\,;1\,;0)\), \(F(1\,;0\,;1)\), \(H(0\,;1\,;1)\), \(G(1\,;1\,;1)\).
2. Démontrer que l’atome de carbone est au centre \(\Omega\) du cube.
Le centre \(\Omega\) du cube est le milieu de la grande diagonale \([AG]\) : \(\Omega(\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2})\). Calculons ses distances aux quatre sommets du tétraèdre :
\[\Omega A^2=(\tfrac{1}{2})^2+(\tfrac{1}{2})^2+(\tfrac{1}{2})^2=\frac{3}{4},\qquad \Omega C^2=(\tfrac{1}{2})^2+(\tfrac{1}{2})^2+(-\tfrac{1}{2})^2=\frac{3}{4},\]
\[\Omega F^2=(\tfrac{1}{2})^2+(-\tfrac{1}{2})^2+(\tfrac{1}{2})^2=\frac{3}{4},\qquad \Omega H^2=(-\tfrac{1}{2})^2+(\tfrac{1}{2})^2+(\tfrac{1}{2})^2=\frac{3}{4}.\]
Le point \(\Omega\) est à égale distance \(\frac{\sqrt{3}}{2}\) des quatre hydrogènes : le carbone est bien au centre \(\Omega\) du cube. (Le point équidistant de quatre points non coplanaires étant unique, c’est la seule position possible.)
3. Déterminer, au dixième de degré, l’angle \(\widehat{A\Omega C}\) entre deux liaisons.
On calcule le produit scalaire \(\vec{\Omega A}\cdot\vec{\Omega C}\) de deux façons. D’une part, avec les coordonnées :
\[\vec{\Omega A}\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\\-\frac{1}{2}\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix},\quad \vec{\Omega C}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\\frac{1}{2}\\-\frac{1}{2}\end{pmatrix},\quad \vec{\Omega A}\cdot\vec{\Omega C}=-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=-\frac{1}{4}.\]
D’autre part, \(\vec{\Omega A}\cdot\vec{\Omega C}=\Omega A\times \Omega C\times \cos\widehat{A\Omega C}=\frac{3}{4}\cos\widehat{A\Omega C}\), puisque \(\Omega A\times \Omega C=\Omega A^2=\frac{3}{4}\).
On en déduit \(\frac{3}{4}\cos\widehat{A\Omega C}=-\frac{1}{4}\), soit \(\cos\widehat{A\Omega C}=-\frac{1}{3}\), et :
\[\widehat{A\Omega C}=\arccos(-\frac{1}{3})\approx 109{,}5^\circ.\]
L’angle entre deux liaisons carbone-hydrogène mesure environ 109,5°.
Exercice 4 :
Candidats n’ayant pas suivi la spécialité : fonction exponentielle, limite, intégrale – 5 points
Une goutte d’eau se détache d’un nuage sans vitesse initiale. Sa vitesse verticale (en m.s−1) après \(t\) secondes de chute est :
\[v(t)=\frac{9{,}81\,m}{k}(1-\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}),\quad t\geq\, 0,\]
où \(m\) est la masse de la goutte (en mg) et \(k\gt 0\) un coefficient de frottement. La vitesse est la dérivée de la position.
Partie A – Cas général
1. Déterminer les variations de la vitesse.
\(v\) est dérivable sur \([0\,;+\infty[\). La dérivée de \(t\mapsto \mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}\) est \(t\mapsto -\frac{k}{m}\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}\), donc :
\[v^{\prime}(t)=\frac{9{,}81\,m}{k}\times \frac{k}{m}\,\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}=9{,}81\,\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}.\]
Une exponentielle est strictement positive, donc \(v^{\prime}(t)\gt 0\) : la vitesse \(v\) est strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\).
2. La goutte ralentit-elle au cours de sa chute ?
La vitesse étant strictement croissante, la goutte ne ralentit jamais : elle accélère tout au long de sa chute.
3. Montrer que \(\lim\limits_{t\to+\infty}v(t)=\frac{9{,}81\,m}{k}\) (vitesse limite).
Comme \(k\) et \(m\) sont strictement positifs, \(\lim\limits_{t\to+\infty}(-\frac{k}{m}t)=-\infty\) et \(\lim\limits_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0\). Par composition, \(\lim\limits_{t\to+\infty}\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t}=0\), donc \(\lim\limits_{t\to+\infty}(1-\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}t})=1\) et :
\[\lim_{t\to+\infty}v(t)=\frac{9{,}81\,m}{k}.\]
4. Un scientifique affirme qu’après une durée \(\frac{5m}{k}\), la vitesse dépasse 99 % de la vitesse limite. A-t-il raison ?
\[v(\frac{5m}{k})=\frac{9{,}81\,m}{k}(1-\mathrm{e}^{-\frac{k}{m}\times \frac{5m}{k}})=\frac{9{,}81\,m}{k}(1-\mathrm{e}^{-5}).\]
En notant \(L=\frac{9{,}81\,m}{k}\) la vitesse limite, on a \(\frac{v(\frac{5m}{k})}{L}=1-\mathrm{e}^{-5}\approx 0{,}9933\), soit environ 99,33 % de \(L\). L’affirmation est correcte.
Partie B
On prend \(m=6\) et \(k=3{,}9\) : \(v(t)=\frac{9{,}81\times 6}{3{,}9}(1-\mathrm{e}^{-\frac{3{,}9}{6}t})\). À un instant donné, la vitesse de la goutte vaut \(15\) m.s−1.
1. Depuis combien de temps la goutte s’est-elle détachée ? (au dixième de seconde)
On résout \(v(t)=15\) :
\[1-\mathrm{e}^{-\frac{3{,}9}{6}t}=\frac{15\times 3{,}9}{9{,}81\times 6}=\frac{58{,}5}{58{,}86}=\frac{325}{327}\iff \mathrm{e}^{-\frac{3{,}9}{6}t}=\frac{2}{327}.\]
En appliquant \(\ln\) : \(-\frac{3{,}9}{6}t=\ln\frac{2}{327}\), d’où
\[t_0=-\frac{6}{3{,}9}\ln\frac{2}{327}=\frac{6}{3{,}9}\ln\frac{327}{2}\approx 7{,}84.\]
La goutte s’est détachée du nuage depuis environ 7,8 secondes.
2. En déduire la vitesse moyenne de la goutte entre son départ et cet instant (au dixième de m.s−1).
La vitesse moyenne est la valeur moyenne de \(v\) sur \([0\,;t_0]\) :
\[\overline{v}=\frac{1}{t_0}\int_0^{t_0}v(t)\,\mathrm{d}t.\]
Une primitive de \(t\mapsto \mathrm{e}^{-\frac{3{,}9}{6}t}\) est \(t\mapsto -\frac{6}{3{,}9}\mathrm{e}^{-\frac{3{,}9}{6}t}\). Une primitive de \(v\) sur \([0\,;+\infty[\) est donc :
\[V(t)=\frac{9{,}81\times 6}{3{,}9}(t+\frac{6}{3{,}9}\mathrm{e}^{-\frac{3{,}9}{6}t}).\]
Ainsi \(\overline{v}=\frac{V(t_0)-V(0)}{t_0}\), avec \(V(0)=\frac{9{,}81\times 6}{3{,}9}\times \frac{6}{3{,}9}\). Le calcul donne \(\overline{v}\approx 12{,}15\) avec la valeur exacte de \(t_0\), et \(\overline{v}\approx 12{,}13\) avec \(t_0=7{,}8\).
La vitesse moyenne de la goutte est d’environ 12,1 m.s−1.
Exercice 4 :
Candidats ayant suivi la spécialité : arithmétique, chiffrement affine – 5 points
Chaque lettre est associée à un entier : \(A\to 0\), \(B\to 1\), …, \(Z\to 25\). On choisit deux entiers \(a\) et \(b\) entre 0 et 25 ; l’entier \(n\) d’une lettre est codé par le reste de la division euclidienne de \(an+b\) par 26. Dans un texte français, les lettres les plus fréquentes sont le E (15,87 %), le A (9,42 %), le I (8,41 %), le S (7,9 %)…
Partie A
Un long texte français codé contient 15,9 % de O et 9,4 % de E.
1. Quelles lettres ont été codées par O et par E ?
La fréquence 15,9 % est très proche de celle du E (15,87 %) et 9,4 % de celle du A (9,42 %). On en déduit que E a été codé par O, et A a été codé par E.
2. Montrer que \(a\) et \(b\) vérifient \(4a+b\equiv 14\ [26]\) et \(b\equiv 4\ [26]\).
E correspond à \(n=4\) et O à \(14\) : le codage donne \(a\times 4+b\equiv 14\ [26]\). A correspond à \(n=0\) et E à \(4\) : \(a\times 0+b\equiv 4\ [26]\), soit \(b\equiv 4\ [26]\). D’où le système \(4a+b\equiv 14\ [26]\) et \(b\equiv 4\ [26]\).
3. Déterminer tous les couples \((a,b)\) possibles.
En remplaçant \(b\) : \(4a+4\equiv 14\ [26]\), soit \(4a\equiv 10\ [26]\). Comme \(0\leq\, b\leq\, 25\), on a \(b=4\). On examine les restes de \(4a\) modulo 26 pour \(a\) de 0 à 25 :
| \(a\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(4a\ [26]\) | 0 | 4 | 8 | 12 | 16 | 20 | 24 | 2 | 6 | 10 | 14 | 18 | 22 |
| \(a\) | 13 | 14 | 15 | 16 | 17 | 18 | 19 | 20 | 21 | 22 | 23 | 24 | 25 |
| \(4a\ [26]\) | 0 | 4 | 8 | 12 | 16 | 20 | 24 | 2 | 6 | 10 | 14 | 18 | 22 |
Seuls \(a=9\) (\(4\times 9=36=26+10\)) et \(a=22\) (\(4\times 22=88=3\times 26+10\)) conviennent. Les couples possibles sont \((9\,;4)\) et \((22\,;4)\).
Remarque : \(\mathrm{PGCD}(4\,;26)=2\) divise 10, donc l’équation \(4a\equiv 10\ [26]\) a des solutions, et elles sont uniques modulo \(\frac{26}{2}=13\) : d’où deux solutions entre 0 et 25, qui diffèrent de 13.
Partie B
1. a. Avec \(a=22\) et \(b=4\), coder K et X.
| Lettre | K | X |
|---|---|---|
| \(n\) | 10 | 23 |
| \(22n+4\) | 224 | 510 |
| reste modulo 26 | 16 (\(224=8\times 26+16\)) | 16 (\(510=19\times 26+16\)) |
| Lettre codée | Q | Q |
K et X sont tous deux codés par Q.
1. b. Ce codage est-il envisageable ?
Deux lettres différentes ont le même code : on ne pourrait pas décoder sans ambiguïté. Ce codage n’est pas envisageable.
2. On choisit \(a=9\) et \(b=4\).
2. a. Montrer que \(m\equiv 9n+4\ [26]\iff n\equiv 3m+14\ [26]\).
Si \(m\equiv 9n+4\ [26]\), en multipliant par 3 : \(3m\equiv 27n+12\ [26]\). Or \(27\equiv 1\ [26]\), donc \(3m\equiv n+12\ [26]\), puis \(n\equiv 3m-12\equiv 3m+14\ [26]\) (car \(-12\equiv 14\ [26]\)).
Réciproquement, si \(n\equiv 3m+14\ [26]\), en multipliant par 9 : \(9n\equiv 27m+126\ [26]\). Or \(27\equiv 1\) et \(126=4\times 26+22\), donc \(9n\equiv m+22\ [26]\), soit \(m\equiv 9n-22\equiv 9n+4\ [26]\).
On a bien \(m\equiv 9n+4\ [26]\iff n\equiv 3m+14\ [26]\) : la clé de décodage est \(n\equiv 3m+14\ [26]\).
2. b. Décoder le mot AQ.
- A correspond à \(m=0\) : \(n\equiv 3\times 0+14=14\ [26]\), c’est la lettre O.
- Q correspond à \(m=16\) : \(n\equiv 3\times 16+14=62\equiv 10\ [26]\), c’est la lettre K.
Le mot AQ se décode en OK.
