\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc}%ATTENTION codage en utf8 ! \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage{graphicx} \usepackage{tabularx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{enumitem} \usepackage{pifont} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo} %Tapuscrit : Denis Vergès %Corrigé : François Hache \usepackage{multicol,diagbox} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\vphantom{b}#1\,}} \usepackage{pst-plot,pst-text,pst-node,pst-tree,pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {BTS}, pdftitle = {Polynésie mai 2019}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \usepackage[french]{babel} \DecimalMathComma \usepackage[np]{numprint} \newcommand{\e}{\,\text{e\,}}%%% le e de l'exponentielle \renewcommand{\d}{\,\text d}%%% le d de l'intégration \renewcommand{\i}{\,\text{i}\,}%%% le i des complexes \newcommand{\ds}{\displaystyle} \setlength\parindent{0mm} \setlength\parskip{5pt} \begin{document} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small BTS Polynésie -- corrigé} \lfoot{\small{Services informatiques aux organisations\\ épreuve obligatoire}} \rfoot{\small{mai 2019}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}} \begin{center} {\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du BTS Polynésie -- mai 2019~\decofourright\\[5pt]Services informatiques aux organisations}} \vspace{0,25cm} \textbf{Épreuve obligatoire} \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{\large{}Exercice 1 \hfill 7 points} \medskip Après l'obtention de leur BTS SIO, trois amis décident de créer un jeu vidéo nommé \og escape game \fg. Les différentes tâches de la réalisation de ce projet sont décrites dans le tableau suivant. \begin{center} \begin{tabularx}{\linewidth}{|m{2cm}|l|*{2}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline Nom simplifié de la tâche&Description de la tâche& Durée en jour& Tâches précédentes\\ \hline \hspace*{1cm}A& Choix du matériel et achats &1 &F\\ \hline \hspace*{1cm}B& Fabrication du matériel &5 &A\\ \hline \hspace*{1cm}C& Inauguration &1 &E\\ \hline \hspace*{1cm}D& Livraison du matériel &1 &B, A, G\\ \hline \hspace*{1cm}E& Mise en place du matériel et essais &5& D, H\\ \hline \hspace*{1cm}F& Recherche des énigmes &4& -\\ \hline \hspace*{1cm}G& Recherche des locaux &9& -\\ \hline \hspace*{1cm}H& Rédaction du scénario complet &5 &F\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \smallskip \begin{enumerate} \item On détermine le niveau de chacun des sommets. \begin{multicols}{2}%%% niveau 0 On part du tableau des prédécesseurs.\\ \\ On cherche les sommets qui n'ont pas de prédécesseur; il s'agit de F et de G.\\ \\ Les sommets F et G sont donc de niveau 0. \columnbreak \begin{center} \psset{cancelType=s,linewidth=1pt,linecolor=blue} \begin{tabular}{|*{2}{c|}} \hline Tâche& Tâches précédentes\\ \hline A&F\\ \hline B &A\\ \hline C&E\\ \hline D &B -- A -- G\\ \hline E & D -- H\\ \hline F& --\\ \hline G& --\\ \hline H &F\\ \hline \end{tabular} \end{center} \end{multicols} \begin{multicols}{2}%%% niveau 1 On supprime dans le tableau les sommets de niveau 0, puis on cherche dans le nouveau tableau les sommets qui n'ont pas de prédécesseur; il s'agit de A et H.\\ \\ Les sommets A et H sont donc de niveau 1. \columnbreak \begin{center} \psset{cancelType=s,linewidth=1pt,linecolor=blue} \begin{tabular}{|*{2}{c|}} \hline Tâche& Tâches précédentes\\ \hline A& \psCancel F\\ \hline B &A\\ \hline C&E\\ \hline D &B -- A -- \psCancel G\\ \hline E & D -- H\\ \hline \psCancel F& --\\ \hline \psCancel G& --\\ \hline H & \psCancel F\\ \hline \end{tabular} \end{center} \end{multicols} \begin{multicols}{2}%%% niveau 2 On supprime dans le tableau les sommets de niveau 1, puis on cherche dans le nouveau tableau les sommets qui n'ont pas de prédécesseur; il s'agit de B.\\ \\ Le sommet B est donc de niveau 2. \columnbreak \begin{center} \psset{cancelType=s,linewidth=1pt,linecolor=blue} \begin{tabular}{|*{2}{c|}} \hline Tâche& Tâches précédentes\\ \hline \psCancel A& \psCancel F\\ \hline B & \psCancel A\\ \hline C&E\\ \hline D &B -- \psCancel A -- \psCancel G\\ \hline E & D -- \psCancel H\\ \hline \psCancel F& --\\ \hline \psCancel G& --\\ \hline \psCancel H & \psCancel F\\ \hline \end{tabular} \end{center} \end{multicols} \begin{multicols}{2}%%% niveau 3 On supprime dans le tableau les sommets de niveau 2, puis on cherche dans le nouveau tableau les sommets qui n'ont pas de prédécesseur; il s'agit de D.\\ \\ Le sommet D est donc de niveau 3. \columnbreak \begin{center} \psset{cancelType=s,linewidth=1pt,linecolor=blue} \begin{tabular}{|*{2}{c|}} \hline Tâche& Tâches précédentes\\ \hline \psCancel A& \psCancel F\\ \hline \psCancel B & \psCancel A\\ \hline C&E\\ \hline D & \psCancel B -- \psCancel A -- \psCancel G\\ \hline E & D -- \psCancel H\\ \hline \psCancel F& --\\ \hline \psCancel G& --\\ \hline \psCancel H & \psCancel F\\ \hline \end{tabular} \end{center} \end{multicols} \begin{multicols}{2}%%% niveau 4 On supprime dans le tableau les sommets de niveau 3, puis on cherche dans le nouveau tableau les sommets qui n'ont pas de prédécesseur; il s'agit de E.\\ \\ Le sommet E est donc de niveau 4. \columnbreak \begin{center} \psset{cancelType=s,linewidth=1pt,linecolor=blue} \begin{tabular}{|*{2}{c|}} \hline Tâche& Tâches précédentes\\ \hline \psCancel A& \psCancel F\\ \hline \psCancel B & \psCancel A\\ \hline C&E\\ \hline \psCancel D & \psCancel B -- \psCancel A -- \psCancel G\\ \hline E & \psCancel D -- \psCancel H\\ \hline \psCancel F& --\\ \hline \psCancel G& --\\ \hline \psCancel H & \psCancel F\\ \hline \end{tabular} \end{center} \end{multicols} \begin{multicols}{2}%%% niveau 5 On supprime dans le tableau les sommets de niveau 4, puis on cherche dans le nouveau tableau les sommets qui n'ont pas de prédécesseur; il s'agit de C.\\ \\ Le sommet C est donc de niveau 5. \columnbreak \begin{center} \psset{cancelType=s,linewidth=1pt,linecolor=blue} \begin{tabular}{|*{2}{c|}} \hline Tâche& Tâches précédentes\\ \hline \psCancel A& \psCancel F\\ \hline \psCancel B & \psCancel A\\ \hline C& \psCancel E\\ \hline \psCancel D & \psCancel B -- \psCancel A -- \psCancel G\\ \hline E & \psCancel D -- \psCancel H\\ \hline \psCancel F& --\\ \hline \psCancel G& --\\ \hline \psCancel H & \psCancel F\\ \hline \end{tabular} \end{center} \end{multicols} On a donc: \begin{center} \begin{tabularx}{0.7\linewidth}{|c|*{6}{>{\centering \arraybackslash}X|}} \hline Niveaux & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline Tâches & F -- G & A -- H & B & D & E & C\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \item En partant du tableau des prédécesseurs, on établit le tableau des successeurs de chaque sommet. \begin{center} \begin{tabular}{|c|c|>{\blue}{c}|} \hline Tâche& Prédécesseurs & Successeurs\\ \hline A&F & B -- D\\ \hline B &A & D\\ \hline C&E & -- \\ \hline D &B -- A -- G & E\\ \hline E & D -- H & C\\ \hline F& -- & A -- H\\ \hline G& -- & D\\ \hline H &F & E\\ \hline \end{tabular} \end{center} \item %Construire le graphe d'ordonnancement du projet (méthode M. P{}. M. ou P{}. E. R. T.) en incluant les dates au plus tôt et au plus tard. On construit par étapes le graphe d'ordonnancement du projet (méthode M. P. M.); pour cela on construit le graphe par niveaux en rajoutant une tâche fictive \og fin \fg{}. %%%%% 1 \begin{center} \psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5,arrowsize=2pt 2} {\small \begin{pspicture}(1,-0.5)(27,11.5) \psset{linewidth=.75pt,nodesep=0.6cm} %\psgrid[gridcolor=orange] %%% boîte \newcommand{\boxh}[3]{%%% \newrgbcolor{rb}{0.804 0 0} \psframe(-1,-1)(1,1) \psline(-1,0)(1,0) \psline(0,0)(0,1) \rput(0,-0.5){\textbf{#1}} \rput(-0.5,0.5){\blue{}#2} \rput(0.5,0.5){\rb{}#3}} %%% sommets \cnodeput*(2,7){F}{\boxh{F}{}{}} \cnodeput*(2,1){G}{\boxh{G}{}{}} \cnodeput*(6,10){H}{\boxh{H}{}{}} \cnodeput*(6,4){A}{\boxh{A}{}{}} \cnodeput*(10,7){B}{\boxh{B}{}{}} \cnodeput*(14,1){D}{\boxh{D}{}{}} \cnodeput*(18,10){E}{\boxh{E}{}{}} \cnodeput*(22,7){C}{\boxh{C}{}{}} \cnodeput*(26,4){FIN}{\boxh{fin}{}{}} %%%% arcs \ncline{->}{F}{H} \ncput*{4} \ncline{->}{F}{A} \ncput*{4} \ncline{->}{A}{B} \ncput*{1} \ncline{->}{G}{D} \ncput*{9} \ncline{->}{A}{D} \ncput*{1} \ncline{->}{B}{D} \ncput*{5} \ncline{->}{H}{E} \ncput*{5} \ncline{->}{D}{E} \ncput*{1} \ncline{->}{E}{C} \ncput*{5} \ncline{->}{C}{FIN} \ncput*{1} \end{pspicture} }%%% fin du small \end{center} Pour déterminer pour chaque tâche la \og date au plus tôt \fg{}, on traite les sommets par niveaux en partant du début. Puis pour chaque sommet, on note la date qui est la longueur du plus \textbf{long} chemin depuis le début. %%%%% 2 \begin{center} \psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5,arrowsize=2pt 2} {\small \begin{pspicture}(1,-0.5)(27,11.5) \psset{linewidth=.75pt,nodesep=0.6cm} %\psgrid[gridcolor=orange] %%% boîte \newcommand{\boxh}[3]{%%% \newrgbcolor{rb}{0.804 0 0} \psframe(-1,-1)(1,1) \psline(-1,0)(1,0) \psline(0,0)(0,1) \rput(0,-0.5){\textbf{#1}} \rput(-0.5,0.5){\blue{}#2} \rput(0.5,0.5){\rb{}#3}} %%% sommets \cnodeput*(2,7){F}{\boxh{F}{0}{}} \cnodeput*(2,1){G}{\boxh{G}{0}{}} \cnodeput*(6,10){H}{\boxh{H}{4}{}} \cnodeput*(6,4){A}{\boxh{A}{4}{}} \cnodeput*(10,7){B}{\boxh{B}{5}{}} \cnodeput*(14,1){D}{\boxh{D}{10}{}} \cnodeput*(18,10){E}{\boxh{E}{11}{}} \cnodeput*(22,7){C}{\boxh{C}{16}{}} \cnodeput*(26,4){FIN}{\boxh{fin}{17}{}} %%%% arcs \ncline{->}{F}{H} \ncput*{4} \ncline{->}{F}{A} \ncput*{4} \ncline{->}{A}{B} \ncput*{1} \ncline{->}{G}{D} \ncput*{9} \ncline{->}{A}{D} \ncput*{1} \ncline{->}{B}{D} \ncput*{5} \ncline{->}{H}{E} \ncput*{5} \ncline{->}{D}{E} \ncput*{1} \ncline{->}{E}{C} \ncput*{5} \ncline{->}{C}{FIN} \ncput*{1} \end{pspicture} }%%% fin du small \end{center} Ce graphe donne la durée minimale du projet qui est de 17 jours. Pour déterminer pour chaque tâche la \og date au plus tard \fg{}, on traite les sommets par niveaux en partant de la fin et en marquant 17 pour le sommet \og fin \fg{}. La date \og au plus tard \fg{} d'une tâche s'obtient en retirant de la date au plus tard de la tâche qui lui succède sa propre durée. S'il y a plusieurs successeurs, on garde la date la plus \textbf{petite}. %%%%% 3 \begin{center} \psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5,arrowsize=2pt 2} {\small \begin{pspicture}(1,-0.5)(27,11.5) \psset{linewidth=.75pt,nodesep=0.6cm} %\psgrid[gridcolor=orange] %%% boîte \newcommand{\boxh}[3]{%%% \newrgbcolor{rb}{0.804 0 0} \psframe(-1,-1)(1,1) \psline(-1,0)(1,0) \psline(0,0)(0,1) \rput(0,-0.5){\textbf{#1}} \rput(-0.5,0.5){\blue{}#2} \rput(0.5,0.5){\rb{}#3}} %%% sommets \cnodeput*(2,7){F}{\boxh{F}{0}{0}} \cnodeput*(2,1){G}{\boxh{G}{0}{1}} \cnodeput*(6,10){H}{\boxh{H}{4}{6}} \cnodeput*(6,4){A}{\boxh{A}{4}{4}} \cnodeput*(10,7){B}{\boxh{B}{5}{5}} \cnodeput*(14,1){D}{\boxh{D}{10}{10}} \cnodeput*(18,10){E}{\boxh{E}{11}{11}} \cnodeput*(22,7){C}{\boxh{C}{16}{16}} \cnodeput*(26,4){FIN}{\boxh{fin}{17}{17}} %%%% arcs \ncline{->}{F}{H} \ncput*{4} \ncline[linecolor=blue,doubleline]{->}{F}{A} \ncput*{4} \ncline[linecolor=blue,doubleline]{->}{A}{B} \ncput*{1} \ncline{->}{G}{D} \ncput*{9} \ncline{->}{A}{D} \ncput*{1} \ncline[linecolor=blue,doubleline]{->}{B}{D} \ncput*{5} \ncline{->}{H}{E} \ncput*{5} \ncline[linecolor=blue,doubleline]{->}{D}{E} \ncput*{1} \ncline[linecolor=blue,doubleline]{->}{E}{C} \ncput*{5} \ncline[linecolor=blue,doubleline]{->}{C}{FIN} \ncput*{1} \end{pspicture} }%%% fin du small \end{center} \item La durée minimale du projet est de 17 jours. Le chemin critique est: F $\longmapsto$ A $\longmapsto$ B $\longmapsto$ D $\longmapsto$ E $\longmapsto$ C $\longmapsto$ fin. \item La marge totale de la tâche H est donnée par la différence entre la date au plus tard de H et la date au plus tôt de H, soit en jours: $6-4=2$. Cela signifie que si la tâche H prend un retard de 2 jours au maximum, on pourra encore tenir le délai de 17 jours comme durée du projet. \item Un célèbre animateur accepte d'assister à l'inauguration si elle a lieu $15$ jours après le lancement du projet. Les tâches A, B, C, D, E ont une durée incompressible. %De quelle(s) tâche(s) doit-on réduire la durée pour que l'inauguration puisse avoir lieu le jour fixé ? Comme les tâches A, B, C, D, E ont une durée incompressible, il ne reste que les tâches F{}, G et H qui peuvent être modifiées pour tenir un délai total de 15 jours. On construit un nouveau graphe d'ordonnancement en précisant la date de fin de 15 jours, les durées des tâches incompressibles, et les dates au plus tard de ces tâches. %%%%% 1 \begin{center} \psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5,arrowsize=2pt 2} {\small \begin{pspicture}(1,-0.5)(27,11.5) \psset{linewidth=.75pt,nodesep=0.6cm} %\psgrid[gridcolor=orange] %%% boîte \newcommand{\boxh}[3]{%%% \newrgbcolor{rb}{0.804 0 0} \psframe(-1,-1)(1,1) \psline(-1,0)(1,0) \psline(0,0)(0,1) \rput(0,-0.5){\textbf{#1}} \rput(-0.5,0.5){\blue{}#2} \rput(0.5,0.5){\rb{}#3}} %%% sommets \cnodeput*(2,7){F}{\boxh{F}{}{}} \cnodeput*(2,1){G}{\boxh{G}{}{}} \cnodeput*(6,10){H}{\boxh{H}{}{}} \cnodeput*(6,4){A}{\boxh{A}{}{2}} \cnodeput*(10,7){B}{\boxh{B}{}{3}} \cnodeput*(14,1){D}{\boxh{D}{}{8}} \cnodeput*(18,10){E}{\boxh{E}{}{9}} \cnodeput*(22,7){C}{\boxh{C}{}{14}} \cnodeput*(26,4){FIN}{\boxh{fin}{}{15}} %%%% arcs \ncline{->}{F}{H} \ncput*{\blue ?} \ncline{->}{F}{A} \ncput*{\blue ?} \ncline{->}{A}{B} \ncput*{1} \ncline{->}{G}{D} \ncput*{\blue ?} \ncline{->}{A}{D} \ncput*{1} \ncline{->}{B}{D} \ncput*{5} \ncline{->}{H}{E} \ncput*{\blue ?} \ncline{->}{D}{E} \ncput*{1} \ncline{->}{E}{C} \ncput*{5} \ncline{->}{C}{FIN} \ncput*{1} \end{pspicture} }%%% fin du small \end{center} En regardant le chemin F $\longmapsto$ A, on voit que la tâche F doit être réduite à 2 jours. En regardant le chemin G $\longmapsto$ D, on voit que la tâche G doit être réduite à 8 jours. La tâche H peut garder la même durée de 5 jours. %%%%% 1 \begin{center} \psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5,arrowsize=2pt 2} {\small \begin{pspicture}(1,-0.35)(27,11.5) \psset{linewidth=.75pt,nodesep=0.6cm} %\psgrid[gridcolor=orange] %%% boîte \newcommand{\boxh}[3]{%%% \newrgbcolor{rb}{0.804 0 0} \psframe(-1,-1)(1,1) \psline(-1,0)(1,0) \psline(0,0)(0,1) \rput(0,-0.5){\textbf{#1}} \rput(-0.5,0.5){\blue{}#2} \rput(0.5,0.5){\rb{}#3}} %%% sommets \cnodeput*(2,7){F}{\boxh{F}{}{}} \cnodeput*(2,1){G}{\boxh{G}{}{}} \cnodeput*(6,10){H}{\boxh{H}{}{}} \cnodeput*(6,4){A}{\boxh{A}{}{2}} \cnodeput*(10,7){B}{\boxh{B}{}{3}} \cnodeput*(14,1){D}{\boxh{D}{}{8}} \cnodeput*(18,10){E}{\boxh{E}{}{9}} \cnodeput*(22,7){C}{\boxh{C}{}{14}} \cnodeput*(26,4){FIN}{\boxh{fin}{}{15}} %%%% arcs \ncline{->}{F}{H} \ncput*{\red 2} \ncline{->}{F}{A} \ncput*{\red 2} \ncline{->}{A}{B} \ncput*{1} \ncline{->}{G}{D} \ncput*{\red 8} \ncline{->}{A}{D} \ncput*{1} \ncline{->}{B}{D} \ncput*{5} \ncline{->}{H}{E} \ncput*{5} \ncline{->}{D}{E} \ncput*{1} \ncline{->}{E}{C} \ncput*{5} \ncline{->}{C}{FIN} \ncput*{1} \end{pspicture} }%%% fin du small \end{center} On peut alors construire le nouveau graphe d'ordonnancement. %%%%% 1 \begin{center} \psset{xunit=0.5cm,yunit=0.5,arrowsize=2pt 2} {\small \begin{pspicture}(1,-0.35)(27,11.5) \psset{linewidth=.75pt,nodesep=0.6cm} %\psgrid[gridcolor=orange] %%% boîte \newcommand{\boxh}[3]{%%% \newrgbcolor{rb}{0.804 0 0} \psframe(-1,-1)(1,1) \psline(-1,0)(1,0) \psline(0,0)(0,1) \rput(0,-0.5){\textbf{#1}} \rput(-0.5,0.5){\blue{}#2} \rput(0.5,0.5){\rb{}#3}} %%% sommets \cnodeput*(2,7){F}{\boxh{F}{0}{0}} \cnodeput*(2,1){G}{\boxh{G}{0}{0}} \cnodeput*(6,10){H}{\boxh{H}{2}{4}} \cnodeput*(6,4){A}{\boxh{A}{2}{2}} \cnodeput*(10,7){B}{\boxh{B}{3}{3}} \cnodeput*(14,1){D}{\boxh{D}{8}{8}} \cnodeput*(18,10){E}{\boxh{E}{9}{9}} \cnodeput*(22,7){C}{\boxh{C}{14}{14}} \cnodeput*(26,4){FIN}{\boxh{fin}{15}{15}} %%%% arcs \ncline{->}{F}{H} \ncput*{\red 2} \ncline{->}{F}{A} \ncput*{\red 2} \ncline{->}{A}{B} \ncput*{1} \ncline{->}{G}{D} \ncput*{\red 8} \ncline{->}{A}{D} \ncput*{1} \ncline{->}{B}{D} \ncput*{5} \ncline{->}{H}{E} \ncput*{5} \ncline{->}{D}{E} \ncput*{1} \ncline{->}{E}{C} \ncput*{5} \ncline{->}{C}{FIN} \ncput*{1} \end{pspicture} }%%% fin du small \end{center} Il aura donc fallu réduire à 2 jours la tâche F, et réduire à 8 jours la tâche G. \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\large{}Exercice 2 \hfill 9 points} %\medskip % %Les parties A et B étudient deux éléments d'un jeu vidéo nommé \og escape game \fg. Elles sont %indépendantes. \medskip \textbf{Partie A} \medskip Le jeu vidéo comprend un coffre-fort. Son ouverture dépend de trois paramètres : une clé que doit trouver le joueur, une énigme à résoudre, la durée de ces deux tâches (donnée par un chronomètre). \begin{list}{\textbullet}{Le coffre s'ouvre si l'une au moins des conditions suivantes est réalisée:} \item le joueur a trouvé la clé et le chronomètre marque $30$ minutes ou plus, ou \item l'énigme est résolue et le chronomètre marque strictement moins de $30$ minutes, ou \item le joueur a trouvé la clé et l'énigme n'est pas résolue. \end{list} \begin{list}{\textbullet}{On définit trois variables booléennes $a$, $b$, $c$ de la manière suivante:} \item $a = 1$ si le joueur a trouvé la clé, $a = 0$ sinon; \item $b = 1$ si l'énigme est résolue, $b = 0$ sinon; \item $c = 1$ si le chronomètre marque strictement moins de $30$ minutes, $c = 0$ sinon. \end{list} \medskip \begin{enumerate} \item On écrit une expression booléenne $E$ qui traduit les critères d'ouverture du coffre-fort. \begin{list}{\textbullet}{} \item le joueur a trouvé la clé et le chronomètre marque $30$ minutes ou plus, se note $a.\barre c$; \item ou, se note $+$; \item l'énigme est résolue et le chronomètre marque strictement moins de $30$ minutes, se note $b.c$; \item ou, se note $+$; \item le joueur a trouvé la clé et l'énigme n'est pas résolue, se note $a.\barre b$. \end{list} Donc $E=a.\barre c + b.c + a.\barre b$ \item \begin{enumerate} \item On représente l'expression $E$ dans un tableau de Karnaugh. \begin{multicols}{3} \begin{center} $a.\barre c$ \end{center} {\footnotesize \begin{tabular}{|*5{c|}} \hline \diagbox{$a$}{$bc$} & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 0 & & & & \\ \hline 1 & \blue 1 & & & \blue 1 \\ \hline \end{tabular} } \columnbreak \begin{center} $b.c$ \end{center} {\footnotesize \begin{tabular}{|*5{c|}} \hline \diagbox{$a$}{$bc$} & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 0 & & & \blue 1 & \\ \hline 1 & & & \blue 1& \\ \hline \end{tabular} } \columnbreak \begin{center} $a.\barre{b}$ \end{center} {\footnotesize \begin{tabular}{|*5{c|}} \hline \diagbox{$a$}{$bc$} & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 0 & & & & \\ \hline 1 & \blue 1 & \blue 1 & & \\ \hline \end{tabular} } \end{multicols} \begin{center} $E=a.\barre c + b.c + a.\barre b$ \medskip \begin{tabular}{|*5{c|}} \hline \diagbox{$a$}{$bc$} & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 0 & & & \blue 1 & \\ \hline 1 & \blue 1 & \blue 1 & \blue 1 & \blue 1 \\ \hline \end{tabular} \end{center} \item On en déduit une écriture simplifiée de l'expression booléenne $E$ sous la forme d'une somme de deux termes. \begin{pspicture}(-5,-2.5)(6,3) %\psgrid[subgriddiv=5,gridcolor=orange] \uput[u](2.5,2){$E=a.\barre c + b.c + a.\barre b$} \psframe[linecolor=blue,linearc=5pt,cornersize=absolute](1.7,-1.2)(4.6,-0.6)%%% a \psline[linecolor=blue](4.6,-0.9)(5,-0.9) \uput[r](5,-0.9){\blue $a$} \psframe[linearc=5pt,cornersize=absolute](3.3,-1.3)(3.8,0.6)%%% b.c \psline(3.55,-1.3)(3.55,-1.8) \uput[d](3.55,-1.8){$b.c$} \begin{tabular}{|*5{c|}} \hline \diagbox{$a$}{$bc$} & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 0 & & & \blue 1 & \rule[-12pt]{0pt}{30pt}\\ \hline 1 &\blue 1 & \blue 1 & \blue 1 & \blue 1 \rule[-12pt]{0pt}{30pt}\\ \hline \end{tabular} \end{pspicture} Donc $E=a+b.c$. \item \begin{list}{\textbullet}{Cette expression simplifiée s'interprète par:} \item le joueur a trouvé la clé, ou \item l'énigme est résolue et le chronomètre marque strictement moins de $30$ minutes. \end{list} \end{enumerate} \item On donne une écriture simplifiée de $\overline{E}$.% par complémentarité:% et interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice. On utilise les formules: $\barre{x.y} = \barre x + \barre y$ et $\barre{x+y} = \barre x.\barre y$. $\barre E = \barre{a+b.c} = \barre{a}.\left (\barre{b.c}\right ) =\barre{a}.\left (\barre b + \barre c \right ) = \barre a.\barre b + \barre a.\barre c$. Le tableau de Karnaugh de $\barre E$ est: \qquad\qquad \begin{tabular}{|*5{c|}} \hline \diagbox{$a$}{$bc$} & 00 & 01 & 11 & 10 \\ \hline 0 & \blue 1 & \blue 1 & & \blue 1 \\ \hline 1 & & & & \\ \hline \end{tabular} \medskip \begin{list}{\textbullet}{Cette expression simplifiée s'interprète par:} \item le joueur n'a pas trouvé la clé et l'énigme n'est pas résolue, ou \item le joueur n'a pas trouvé la clé et le chronomètre marque $30$ minutes ou plus. \end{list} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip Pour passer un niveau dans le jeu, il faut taper sur un clavier un code de 6 caractères comprenant des lettres et des chiffres. Le joueur peut trouver ces chiffres en résolvant trois énigmes numériques, qui sont décrites dans les questions 1, 2, 3. \medskip \begin{enumerate} \item Le caractère de gauche du code est le nombre de diviseurs positifs de 2019. Cette question détaille la détermination de ce nombre. \begin{enumerate} \item %Justifier le fait que 673 est un nombre premier. On cherche tous les nombres premiers inférieurs ou égaux à $\sqrt{673}$ qui vaut environ $25,9$: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19 et 23. Le nombre 673 n'est divisible par aucun de ces nombres donc 673 est un nombre premier. \item On donne la décomposition en produit de facteurs premiers du nombre \np{2019}. \begin{center} $\begin{array}{r | r @{\hspace*{2cm}}r !{=}l} \np{2019} & 3 & \np{2019} & 3\times \np{673}\\ \np{673} & 673 & 673 & 1\times 673\\ 1 &\\ \end{array}$ \end{center} Donc: $\np{2019}=3\times 673$ \item Les diviseurs positifs de 2019 sont les nombres qui s'écrivent $3^{a}\times 673^{b}$, où $a$ et $b$ sont des entiers égaux à 0 ou à 1. \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{1.5} $\begin{array}{ |c|c|c|} \hline a & b & 3^{a}\times 673^{b}\\ \hline 0 & 0 & 1\\ \hline 1 & 0 & 3\\ \hline 0 & 1 & 673\\ \hline 1 & 1 & \np{2019}\\ \hline \end{array}$ \end{center} Les diviseurs positifs de $\np{2019}$ sont donc: 1, 3, 673 et $\np{2019}$. Il y en a 4 donc le caractère de gauche du code, qui est le nombre de diviseurs positifs de $\np{2019}$ est 4. \end{enumerate} \item Les 2\up{e}, 3\up{e} et 4\up{e} caractères du code en partant de la gauche sont, dans cet ordre, les chiffres de l'écriture hexadécimale du nombre 2019. %Trouver ces caractères en détaillant les calculs. $\np{2019} = 126\times 16 + 3$; $126 = 7\times 16 + 14$; donc $\np{2019}= 7\times 16^{2} + 14 \times 16^{1} + 3\times 16^{0} = \overline{\texttt{7E3}}^{16}$ \item Cette question détaille la détermination des deux derniers caractères du code, ce qui demande d'abord de résoudre l'équation $n^2 + n + 1 \equiv 0 \;\mod 7$. \begin{enumerate} \item On détermine les restes possibles de la division de $n^2 + n + 1$ par 7 en fonction des restes possibles de la division de $n$ par 7 en complétant le tableau suivant: \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{1.3} \begin{tabularx}{\linewidth}{|l|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline Reste possible de la division de $n$ par 7 &0 &1 &2 &3 &4 &5 &6\\\hline Reste possible de la division de $n^2$ par 7&$\blue 0$ & $\blue 1$& $\blue 4$ & $\blue 2$ & $\blue 2$ & $\blue 4$ & $\blue 1$\\\hline %\textcolor{blue}{Reste possible de la division de $n+1$ par 7}&$\blue 1$ & $\blue 2$& $\blue 3$ & $\blue 4$ & $\blue 5$ & $\blue 6$ & $\blue 0$\\\hline Reste possible de la division de $n^2 + n + 1$ par 7 & $\blue 1$ & $\blue 3$ & $\blue 0 $ & $\blue 6$ & $\blue 0$ & $\blue 3$ & $\blue 1$\\\hline \end{tabularx} \end{center} Les restes possibles de la $n^2+n+1$ par 7 sont donc: 0, 1, 3 et 6. \item On peut lire dans le tableau ci-dessus que les entiers de la forme $7 k + 2$, avec $k$ entier naturel, sont des solutions de l'équation $n^2 + n + 1 \equiv 0 \;\mod 7$. %Donner les autres solutions sous une forme analogue. D'après le tableau, les autres solutions ont pour reste 4 dans la division par 7, ce sont donc les nombres de la forme $7k+4$, avec $k$ entier naturel. \item On cherche le nombre de solutions de l'équation $n^2 + n + 1 \equiv 0 \;\mod 7$ qui sont comprises entre $0$ et $101$. \begin{list}{\textbullet}{} \item Solutions de la forme $7k+2$; on cherche $k$ tel que $0\leqslant 7k+2 \leqslant 101$. $0\leqslant 7k+2 \leqslant 101 \iff -2 \leqslant 7k \leqslant 99 \iff -\dfrac{2}{9} \leqslant k \leqslant \dfrac{99}{7}$ $ \dfrac{99}{7}\approx 14,1$ donc $0 \leqslant k \leqslant 14$; il y a donc 15 solutions. \item Solutions de la forme $7k+4$; on cherche $k$ tel que $0\leqslant 7k+4 \leqslant 101$. $0\leqslant 7k+4 \leqslant 101 \iff -4 \leqslant 7k \leqslant 97 \iff -\dfrac{4}{7} \leqslant k \leqslant \dfrac{97}{7}$ $ \dfrac{97}{7}\approx 13,9$ donc $0 \leqslant k \leqslant 13$; il y a donc 14 solutions. \end{list} Le nombre total de solutions est donc 29. \item Les deux derniers caractères à droite sont, dans cet ordre, les chiffres en base dix du nombre trouvé en \textbf{c}; c'est donc 29. \end{enumerate} \item %Choisir sans justification la bonne réponse. Le code à taper pour passer le niveau du jeu est: \begin{tabularx}{\linewidth}{*{2}{X}} Réponse A~~: 43E730 &Réponse B~~: \fbox{\blue 47E329}\\ Réponse C~~: 33E729 &Réponse D~~: 27E330\\ \end{tabularx} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\large{}Exercice 3 \hfill 4 points} \medskip Pour un jeu vidéo nommé \og escape game \fg, il est prévu des abonnements pour une durée de deux ans.\\ Lors de la mise en service du jeu, $40$ personnes se sont abonnées. Les dirigeants estiment qu'à partir du jour suivant l'inauguration, le nombre de nouveaux abonnés va augmenter de 5\,\% chaque mois. %\medskip \begin{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$, on note $u_n$ le nombre estimé de nouveaux abonnés $n$ mois après l'ouverture. Ainsi $u_0 = 40$. \begin{enumerate} \item $u_0 +u_0\times \dfrac{5}{100} = 40 + 40\times \dfrac{5}{100} = 42$ donc $u_1=42$ $u_1 +u_1\times \dfrac{5}{100} = 42 + 42\times \dfrac{5}{100} = 44,1$ donc $u_2=44$ \item %Pour tout entier naturel $n$, exprimer $u_{n+1}$ en fonction de $u_n$. Ajouter 5\,\% c'est multiplier par $1+\dfrac{5}{100}$ soit $1,05$. Donc pour tout entier naturel $n$, on a: $u_{n+1}= 1,05\times u_n$. \item% Déterminer la nature de la suite $\left(u_n\right)$ puis, pour tout entier naturel $n$, exprimer $u_n$ en fonction de $n$. Pour tout entier naturel $n$, on a: $u_{n+1}= 1,05\times u_n$, donc la suite $(u_n)$ est géométrique de raison $q=1,05$ et de premier terme $u_0=40$. On en déduit que pour tout $n$, on a: $u_n=u_0\times q^n=40\times 1,05^{n}$. \end{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$, on note $S_n$ le nombre total d'abonnés $n$ mois après l'ouverture du jeu. Ainsi $S_0 = 40$. \begin{enumerate} \item $S_1 = u_0+u_1 = 40+42 = 82$. \item Pour trouver combien de mois après l'ouverture du jeu le nombre estimé d'abonnés sera supérieur à $200$, on calcule quelques termes de la suite $(u_n)$: $40\times 1,05^3 \approx 46,3$ donc $u_3=46$ et $40\times 1,05^4 \approx 48,6$ donc $u_4= 49$ \begin{center} \begin{tabularx}{0.5\linewidth}{|c|*{5}{>{\centering \arraybackslash}X|}} \hline $n$ & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ \hline $u_n$ & 40 & 42 & 44 & 46 & 49 \\ \hline $S_n$ & 40 & 82 & 126 & 172 & 221\\ \hline \end{tabularx} \end{center} Le nombre d'abonnés sera donc supérieur à 200 au bout de 4 mois. \item %Estimer le nombre total d'abonnés un an après l'ouverture du jeu. La somme des premiers termes d'une suite géométrique est donnée par: \[S_n = u_0+ u_1 + \ldots + u_n = u_0\times \dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}\] Donc: $S_{12} = 40\times \dfrac{1-1,05^{13}}{1-1,05} = 800 \left ( 1,05^{13}-1\right ) \approx 709$ Le nombre total d'abonnés un an après l'ouverture du jeu est estimé à $709$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{document}