%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage{fancybox} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{lscape} \usepackage{diagbox} \usepackage{tabularx} \usepackage{multirow} \usepackage{textcomp} \usepackage{enumitem} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès \usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add} \usepackage{pst-eucl} \usepackage{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}} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=1.9cm, bottom=2.7cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} \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[dvips]{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Entrée à l'ENSM}, pdftitle = {14 mai 2018}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small{Corrigé Ingénieurs de l'école nationale supérieure maritime 2018}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \rfoot{\small } \begin{center} {\large \textbf{\decofourleft~CONCOURS POUR L'ADMISSION EN FORMATION DES INGÉNIEURS~\decofourright\\ DE L'ÉCOLE NATIONALE SUPÉRIEURE MARITIME\\[5pt] CORRIGÉ ANNÉE 2018 }} \vspace{0,5cm} \textbf{Durée : 2 heures}\end{center} \vspace{0,5cm} Le candidat traitera 3 questions au choix parmi les 4 proposées, chaque question représentant le même nombre de points. \begin{center}\textbf{1\up{re} question}\end{center} \begin{enumerate} \item Soit $u$ la fonction définie sur l'intervalle $I = ]0~;~+\infty[$ par \[u(x) = x^2 - 2 + \ln (x).\] \begin{enumerate} \item %Dresser le tableau de variations (limites comprises) de la fonction $u$ sur l'intervalle $I$. Sur $]0~;~+\infty[$ la fonction $u$ somme de fonctions dérivables est dérivable et sur cet intervalle : $u’(x) = 2x + \dfrac{1}{x} = \dfrac{2x^2 + 1}{x}$ ; $2x^2 + 1 \geqslant 1 > 0 $ et $x > 0$, donc $u’(x)$ quotient de termes supérieurs à zéro est supérieure à zéro. La fonction $u$ est donc strictement croissante sur $]0~;~+\infty[$. $\bullet~~$On sait que $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, donc par somme de limites $\displaystyle\lim_{x \to 0}u(x) = - \infty$ ; $\bullet~~$On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\ln x = + \infty$, donc somme de limites $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} u(x) = + \infty$. \item %Justifier l'existence d'un unique réel $\alpha$ de l'intervalle $I$ tel que $u(\alpha) = 0$. %On admettra par la suite que $\alpha \approx 1,31$. D’après le résultat précédent $u$ croît de $- \infty$ à $+ \infty$ ; comme elle est dérivable donc continue sur $]0~;~+\infty[$, d’après le théorème de la valeur intermédiaire, il existe un rée unique $\alpha \in ]0~;~+ \infty[$, tel que $f(\alpha) = 0$. La calculatrice donne : $f(1) = - 1$ et $f(2) \approx 2,69$, donc $\alpha \in ]1~;~2[$ ; $f(1,3) \approx - 0,05$ et $f(1,4) \approx 0,3$, donc $\alpha \in ]1,3~;~1,4[$ ; $f(1,31) \approx - 0,01$ et $f(1,32) \approx 0,02$, donc $\alpha \in ]1,31~;~1,32[$ ; $f(1,314) \approx \np{- 0,0003}$ et $f(1,315) \approx 0,003$, donc $\alpha \in ]1,314~;~1,315[$. Donc au centième près $\alpha \approx 1,31$ (résultat admis). \item %En déduire le tableau de signes de $u(x)$. Conclusion $u$ croît de moins l’infini à zéro sur l’intervalle $[0~;~\alpha]$ et croît ensuite de zéro à plus l’infini sur l’intervalle $[\alpha~;~+ \infty[$. Donc : $u(x) < 0$ sur $[0~;~\alpha[$ ; $u(\alpha) = 0$ ; $u(x) > 0$ sur $[\alpha~;~+ \infty[$. \item %Montrer que $\ln (\alpha) = 2 - \alpha^2$. On a démontré que $u(\alpha) = 0$, soit $\alpha^2 - 2 + \ln \alpha = 0 \iff \ln \alpha = 2 - \alpha^2$. \end{enumerate} \item On considère la fonction $f$ définie sur $I$ par \[f(x) = x^2 + [2 - \ln (x)]^2.\] \begin{enumerate} \item %Calculer $f'(x)$ et montrer que $f'(x) = \dfrac{2u(x)}{x}$. Sur $]0~;~+\infty[$ la fonction $f$ somme de fonctions dérivables est dérivable et sur cet intervalle : $f’(x) = 2x + 2[2 - \ln (x)]\times (- \dfrac{1}{x} = 2x + 2[2 - \ln (x)]\times \left( \dfrac{- 1}{x}\right) = 2x + \dfrac{- 4 }{x} + \dfrac{2\ln x}{x}$. En factorisant $\dfrac{1}{x}$ on peut écrire : $f’(x) = \dfrac{1}{x}\left(2x^2 - 4 + 2\ln x \right) = \dfrac{2}{x}\left(x^2 - 2 + \ln x \right)$. Conclusion sur $[0~;~+ \infty[, \: f’(x) = \dfrac{2u(x)}{x}$. \item %En déduire les variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $I$. Comme $x > 0$, le signe de $f’(x)$ est donc celui de $u(x)$ qui a été trouvé à la question \textbf{1. c.}. Donc sur $[0~;~\alpha[$, \: $f’(x) < 0$ : la fonction $f$ est décroissante sur cet intervalle ; sur $]\alpha~;~+ \infty[$, \: $f’(x) > 0$ : la fonction $f$ est croissante sur cet intervalle ; $f’(\alpha) = 0$ : la fonction $f$ a donc un minimum en $\alpha$. \item %Montrer que $f(\alpha) = \alpha^2\left(1 + \alpha^2\right)$. Le minimum de $f$ sur $]0~;~+ \infty[$ est : $f(\alpha) = \alpha^2 +[2 - \ln \alpha]^2$ Or on a vu à la question \textbf{1. d.} que $\ln \alpha 2 - \alpha^2$, donc on peut écrire : $f(\alpha) = \alpha^2 + [2- \left(2- \alpha^2 \right)]^2 = \alpha^2 + \left[\alpha^2\right]^2 = \alpha^2 + \alpha^4 = \alpha^2\left( 1 + \alpha^2\right)$. \end{enumerate} \item %Dans le plan rapporté à un repère orthonormé, on note : %\setlength\parindent{8mm} %\begin{itemize} %\item[$\bullet~~$] $\Gamma$ la courbe représentative de la fonction logarithme népérien. %\item[$\bullet~~$] A le point de coordonnées (0~;~2). %\item[$\bullet~~$] $M$ un point de d'abscisse $x$ de $\Gamma$. %\end{itemize} %\setlength\parindent{0mm} \begin{enumerate} \item %Démontrer que A$M = \sqrt{f(x)}$. Avec A(0~;~2) et $M(x~;~\ln x)$, on a : + A$M^2 = (x - 0)^2 + (\ln x - 2)^2 = x^2 + (2 - \ln x)^2 = f(x)$. \emph{Remarque du correcteur } : ici on constate un oubli dans l’énoncé : il aurait fallu demander à la question \textbf{2. b.} les limites de la fonction $f$ pour trouver le signe de $f(x)$, ce qui est fait ci-dessous. On a vu à la question \textbf{2. b.} que $f(\alpha)$ est le minimum de la fonction sur $]0~;~+ \infty[ $ ; or $f(\alpha) = \alpha^2 + \alpha^4$ est clairement supérieur à $0$ car somme de deux termes supérieurs à $0$. Ce minimum étant positif, la fonction est donc positive sur $]0~;~+ \infty[$, donc A$M^2 = f(x) \Rightarrow \text{A}M = \sqrt{f(x)}$. \item %En déduire les coordonnées du point $M_0$ pour lequel la distance A$M_0$ est minimale. La fonction $x \longmapsto \sqrt{x}$ étant croissante la fonction $x \longmapsto \sqrt{f(x)}$ a les mêmes variations que la fonction $f$, donc $\sqrt{f(\alpha)}$ est le minimum de la fonction $x \longmapsto \sqrt{f(x)}$. L’abscisse du point $M_0$ est donc $\alpha$ et son ordonnée $\ln \alpha$. \item %Montrer que A$M_0 = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2}$. D’après la question précédente : A$M_0 = \sqrt{f(\alpha)} = \sqrt{\alpha^2 + \alpha^4} = \sqrt{\alpha^2\left(1 + \alpha^2\right)} = \sqrt\alpha^2 \times \sqrt{1 \alpha^2} = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2}$. \item %Démontrer que la droite $\left(\text{A}M_0\right)$ est alors perpendiculaire à la tangente à $\Gamma$ en $M_0$. Le vecteur $\vect{\text{A}M_0}$ a pour coordonnées $\begin{pmatrix}\alpha - 0\\\ln \alpha - 2\end{pmatrix}$. La tangente en $M_0$ à $\Gamma$ a pour vecteur directeur : $\vect{t_0}\begin{pmatrix}1\\\frac{1}{\alpha}\end{pmatrix} $, ou encore plus simplement $\alpha \vect{t_0}\begin{pmatrix}\alpha\\1\end{pmatrix}$. Or $\vect{\text{A}M_0} \cdot \alpha\vect{t_0} = \alpha \times \alpha + 1 \times (\ln \alpha - 2) = \alpha^2 + \ln \alpha - 2 = 0$ (d'après la question \textbf{1. d.}. Les vecteurs sont dont donc orthogonaux, donc la droite $\left(\text{A}M_0\right)$ est perpendiculaire à la tangente à $\Gamma$ en $M_0$. \end{enumerate} \end{enumerate} \psset{unit=2cm} \begin{center} \begin{pspicture*}(-0.5,-2)(3,2.5) \psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(0,-1.99)(3,2.5) \psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.01}{3}{x ln }\uput[u](2.8,1.03){\blue $\Gamma$} \psline[linestyle=dashed,linecolor=red](1.31,0)(1.31,0.27)(0,0.27)\uput[ur](0,2){A}\uput[u](1.31,0.3){$M_0$} \psplotTangent{1.31}{1}{x ln} \psline(0,2)(1.31,0.27) \end{pspicture*} \end{center} \begin{center}\textbf{2\up{e} question}\end{center} \begin{enumerate} \item Étude d'une fonction \medskip On considère la fonction $f$ définie sur $[0~;~+\infty[$ par \[f(x) = 5 - \dfrac{4}{x+1}.\] \begin{enumerate} \item %Dresser le tableau de variations complet de $f$ sur son ensemble de définition. La fonction est dérivable sur $[0~;~+\infty[$ et sur cet intervalle : $f'(x) = \dfrac{4}{(x + 1)^2}$ ce quotient de termes positifs est positif, donc la fonction est croissante sur $[0~;~+\infty[$. $\bullet~~$$f(0) = 5 - 4 = 1$ ; $\bullet~~$Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}{4}{x + 1} = 0$, on a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 5$. \item %Résoudre l'équation $f(x) = x$ et montrer qu'elle admet une unique solution $\alpha$ dont on donnera la valeur exacte et un arrondi à $10^{-2}$ près. $f(x) = x \iff 5 - \dfrac{4}{x+1} = x \iff 5x + 5 - 4 = x^2 + x \iff x^2 - 4x - 1 = 0$. $\Delta = 16 + 4 = 20 = (2\sqrt{5})^2$ : l'équation a donc deux solutions : $x_1 = \dfrac{4 + 2\sqrt{5}}{2} = 2 + \sqrt{5}$ et $x_2 = \dfrac{4 - 2\sqrt{5}}{2} = 2 - \sqrt{5}$. Or $x_2 < 0$, donc n'appartient pas à l'ensemble de définition. L'équation $f(x) = x$ admet donc une unique solution $\alpha = 2 + \sqrt{5} \approx 4,25$. \item %Démontrer que pour tout $x \in [0~;~\alpha]$,\: $f(x) \in [0~;~\alpha]$. On a vu que $f$ est croissante sur $[0~;~+ \inftyÛ$, donc en particulier sur $[0~;~\alpha]$ et elle croît de $f(0) = 1$ à $f(\alpha) = \alpha$ ; donc pour tout $x \in [0~;~\alpha]$,\: $f(x) \in [0~;~\alpha]$. \end{enumerate} \item %Étude d'une suite On considère la suite $\left(u_n\right)$ définie par $u_0 = 0$ et pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1} = f\left(u_n\right)$. \begin{enumerate} \item %Calculer $u_1$. $u°1 = f\left(u_0\right) = 5 - \dfrac{4}{0 + 1} = 5 - 4 = 1$. \item %Sur le graphique donné en annexe en dernière page du sujet, on a tracé la courbe représentative de $f$ ainsi que la droite d'équation $y = x$. %Construire graphiquement sur l'axe des abscisses les points $P_0$, $P_1$, $P_2$ et $P_3$ d'abscisses %respectives $u_0$, $u_1$, $u_2$ et $u_3$. Pour construire les points $P$ on part de $u_1 = 1$ et l'on fait verticalement \og vers la courbe \fg{} puis horizontalement \og vers la droite $y = x$ \fg. \item %Quelles conjectures peut-on faire sur le sens de variation et la convergence de $\left(u_n\right)$ ? On peut conjecturer que la suite est croissante et qu'elle converge vers $\alpha$. \item %Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel $n$ , $0 < u_n < u_{n+1} < \alpha$. \emph{Initialisation} : On a vu que $u_0 < u_1$ : la relation est vraie pour $n = 0$. \emph{Hérédité} Supposons qu'il existe $n \in \N$ tel que $0 < u_n < u_{n+1} < \alpha$. La fonction $f$ étant croissante sur $[0~;~+ \infty[$, les images par $f$ des termes de l'encadrement précédent sont rangés dans le même ordre, soit : $f(0) < f\left(u_n\right) < f\left(u_{n+1}\right) < f(\alpha)$ ou encore $0 < u_{n+1} < u_{n+1} < \alpha$ : la relation est vraie au rang $n + 1$. La relation est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n$ elle est vraie au rang $n + 1$ ; on a donc démontré par le principe de récurrence que pour tout entier naturel $n$ , $0 < u_n < u_{n+1} < \alpha$. \item %En déduire que $\left(u_n\right)$ est convergente et calculer sa limite. \emph{Remarque du correcteur } : là encore une inexactitude de l'énoncé : il aurait fallu demander de démontrer que $0 < u_n < u_{n+1} \leqslant \alpha$. D'après la question précédente, la suite $\left(u_n\right)$ est croissante et majorée par $\alpha$ : elle converge donc vers une limite $\ell$ telle que $\ell \leqslant \alpha$. On peut donc à ce moment dire que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = \alpha$. \item %Écrire en langage naturel un algorithme qui demande la valeur de $\epsilon$ et affiche en sortie le premier entier $n$ tel que $\left|u_n - \alpha\right| < \epsilon$. Demander un nombre $\epsilon$ Affecter 0 à $n$ Tant que $\left|u_n - \alpha\right| \geqslant \epsilon$ \hspace{0.8cm} Affecter $n + 1$ à $n$ Afficher $n$. \end{enumerate} \item %Généralisation : %On donne désormais à $u_0$ une valeur positive quelconque. %Émettre une conjecture sur le sens de variation et la limite de la suite $\left(u_n\right)$ en fonction des valeurs de $u_0$. En partant d'un point de l'axe des abscisses d'abscisse positive et en suivant le principe \og verticalement vers la courbe \fg{} puis \og horizontalement vers la droite d'équation $y = x$ \fg{} on peut conjecturer que : $\bullet~~$si $u_0 < \alpha$, la suite est croissante et a pour limite $\alpha$ ; $\bullet~~$si $u_0 > \alpha$, la suite est décroissante et a pour limite $\alpha$. \end{enumerate} \begin{center}\textbf{3\up{e} question}\end{center} %On munit le plan complexe d'un repère orthogonal direct \Ouv. % %\smallskip On notera A le point d'affixe $a = 3\text{i}$, B le point d'affixe $b = 2\text{i}$ et C le point d'affixe $c = 3\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$. \smallskip On considère l'application $f$ qui, à tout point $M$ du plan d'affixe $z$ différent de B, associe le point $M'$ du plan d'affixe $z' = \dfrac{3\text{i}z}{z - 2\text{i}}$. \medskip \begin{enumerate} \item %Déterminer les affixes des points A$'$ et C$'$, images respectives des points A et C par $f$. On donnera ces affixes sous forme algébrique. $\bullet~~$$z_{\text{A}'} = \dfrac{3\text{i}\times 3\text{i}}{3\text{i} - 2\text{i}} = \dfrac{- 9}{\text{i}} = 9\text{i}$ ; $c = 3\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} = 3\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{4} + \text{i}\sin \frac{\pi}{4} \right) = 3\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 3 + 3\text{i}$. $\bullet~~$$z_{\text{C}'} = \dfrac{3\text{i}(3 + 3\text{i})}{3+3\text{i} - 2\text{i}} = \dfrac{9\text{i} - 9}{3+ \text{i}} = \dfrac{(9\text{i} - 9)(3 - \text{i})}{(3+ \text{i})(3 - \text{i})} = \dfrac{27\text{i} + 9 - 27 + 9\text{i}}{9 + 1} = \dfrac{- 18 + 36\text{i}}{10} = -\dfrac{9}{5}+\dfrac{18}{5}\text{i}$. \item %Déterminer, s'il existe, le point D dont l'image par l'application $f$ est le point d'affixe i. Il faut trouver s'il existe un nombre complexe $z$ tel que : $\text{i} = \dfrac{3\text{i}z}{z - 2\text{i}} \iff 1 = \dfrac{3z}{z - 2\text{i}} \iff z - 2\text{i} = 3z \iff - 2\text{i} = 2z \iff - \text{i} = z$. Le point D d'affixe $- \text{i}$ a pour image par $f$ le point D$'$ d'affixe i. \item %Déterminer les affixes des points invariants par $f$, c'est-à-dire les points du plan vérifiant $z_{M'} = z_{M}\iff z = \dfrac{3\text{i}z}{z - 2\text{i}} \iff 1 = \dfrac{3\text{i}z}{z - 2\text{i}}$ \: (si $z \ne 0) \:\iff z - 2\text{i} = 3\text{i} \iff z = 5\text{i}$. Le point d'affixe $5\text{i}$ est invariant par $f$. \item %Montrer que, pour tout point $M$ du plan, distinct de B, l'affixe $z'$ de $M'$ vérifie l'égalité: %\[z'- 3\text{i} = \dfrac{- 6}{z - 2\text{i}}\qquad \qquad (*)\] Pour $z \ne 2\text{i}$, on a : $z' - 3\text{i} = \dfrac{3\text{i}z}{z - 2\text{i}} - 3\text{i} = \dfrac{3\text{i}z - 3\text{i}(z - 2\text{i})}{z - 2\text{i}} = \dfrac{- 6}{z - 2\text{i}}$. \item %En déduire que si $M$ appartient au cercle $\Gamma$ de centre B et de rayon 3, alors $M'$ appartient à un cercle $\Gamma'$ dont vous préciserez le centre et le rayon. L'égalité précédente $z'- 3\text{i} = \dfrac{- 6}{z - 2\text{i}}$ implique en prenant les normes : $\left|z'- 3\text{i} \right| = \left|\dfrac{- 6}{z - 2\text{i}} \right| \iff \text{A}M' = \dfrac{6}{\text{B}M}$ Si $M$ appartient au cercle $\Gamma$ de centre B et de rayon 3, alors B$M = 3$, donc l'égalité précédente s'écrit : A$M' = \dfrac{6}{3} = 2$ ce qui signifie que le point $M'$ appartient au cercle de centre A et de rayon $2$. \item %Déduire de l'égalité (*) une relation entre une mesure de l'angle $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M'}\right)$ et une mesure de l'angle $\left(\vect{u},~\vect{\text{B}M}\right)$. On a vu que l'égalité (*) pouvait s'écrire $z'- 3\text{i} = \dfrac{- 6}{z - 2\text{i}}$ ce qui donne en prenant les arguments : $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M'} \right) = \text{arg}(- 6) - \left(\vect{u},~\vect{\text{B}M} \right) = \pi - \left(\vect{u},~\vect{\text{B}M} \right)$. \item %Montrer que le point $N$ d'affixe $\dfrac{3}{\sqrt{2}} + \left(2 + \dfrac{3}{\sqrt{2}}\right)\text{i}$ est un point de $\Gamma$ puis déterminer la mesure de l'angle $\left(\vect{u},~\vect{\text{B}N}\right)$. L'affixe du vecteur $\vect{\text{B}N}$ est $\dfrac{3}{\sqrt{2}} + \left(2 + \dfrac{3}{\sqrt{2}}\right) - 2\text{i} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} + \dfrac{3}{\sqrt{2}}\text{i}$, donc B$N^2 = \dfrac{9}{2} + \dfrac{9}{2} = 9 = 3^2$, donc B$N = 3$ : le point N appartient à $\Gamma$. Puisque les parties réelle et imaginaires de $\vect{\text{B}N}$ sont égales un argument de cette affixe est $\dfrac{\pi}{4}$. Conclusion $\left(\vect{u},~\vect{\text{B}N}\right) = \dfrac{\pi}{4}$. \item %En déduire une méthode de construction du point $N'$, image de $N$ par l'application $f$. %Vous illustrerez votre explication d'une figure faisant apparaitre les points $N$ et $N'$, ainsi que les éléments permettant la construction de ces points. D'après les questions \textbf{5.} et \textbf{6.}, puisque N appartient à $\Gamma$ son image N$'$ appartient au cercle de centre A de rayon 2 et puisqu'un argument de $\left(\vect{u},~\vect{\text{B}N}\right)$ est égale à $\dfrac{\pi}{4}$, il suffit dans ce cercle de tracer la bissectrice du premier cadran. Pour placer le point N il suffit de remarquer d'après l'écriture de son affixe que son ordonnée est égale à son abscisse augmentée de 2, autrement dit que ce point appartient à la droite d'équation $y = x + 2$. Cette droite contient B(0~;~2) et par exemple le point de coordonnées (3~;~5). D'après les questions \textbf{5.} et \textbf{6.} le point N$'$ appartient donc au cercle de A et de rayon 2 et on a $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}N'} \right) = \pi - \left(\vect{u},~\vect{\text{B}N} \right) = \pi - \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{3\pi}{4}$. La droite (A$N'$) contient le point A(0~;~3) et a donc un coefficient directeur égal à $- 1$ ; une de ses équations est donc $y = 3 - x$. Voir ci-dessous : \begin{center} \psset{unit=1cm} \begin{pspicture}(-3,-1)(3,6) \psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-3,-1)(3,6)%ABC \pscircle(0,2){3}\uput[r](3,2){$\Gamma$}\pscircle[linecolor=red](0,3){2} \psdots(0,3)(0,2)(3,3)(2.121,4.121)(3,5)(-1.414,4.414) \uput[r](0,3){A}\uput[r](0,2){B}\uput[r](3,3){C}\uput[r](2.121,4.121){N} \uput[r](-1.4,4.45){\red N$'$} \psline(0,2)(3,5) \psline[linecolor=red](0,3)(-3,6) \rput{45}(1.5,3.3){$y = x + 2$} \psline[linecolor=red](0,3)(-3,6) \rput{-45}(-2.3,5.5){\red $y = -x + 3$} %\psline(2.121,0)(2.121,5) \end{pspicture} \end{center} \end{enumerate} \begin{center}\textbf{4\up{e} question}\end{center} Dans l'espace muni d'un repère orthonormé, on considère les points: \[\text{A}(-4~;~0~;~1) \quad;\quad \text{B}(3~;~3~;~-1) \quad ;\quad \text{C}(1~;~5~;~1) \text{ et\quad D}(0~;~2~;~6).\] \medskip \begin{enumerate} \item %Justifier que les points A, B et C ne sont pas alignés. On a $\vect{\text{AC}}\begin{pmatrix}5\\5\\0\end{pmatrix}$ et $\vect{\text{BC}}\begin{pmatrix}-2\\2\\2\end{pmatrix}$ : ces vecteurs ne sont clairement pas colinéaires donc les droites (AC) et (BC) ne sont pas parallèles : les points A, B et C ne sont pas alignés. \item %Démontrer que le triangle ABC est rectangle en C, puis calculer son aire. On a $\vect{\text{AC}} \cdot \vect{\text{BC}} = - 10 + 10 + 0 = 0$ :les vecteurs sont orthogonaux les droites (AC) et (BC) sont perpendiculaires, donc le triangle ABC est rectangle en C. On a $\mathcal{\text{ABC}} = \dfrac{\text{AC} \times \text{BC}}{2}$. On a AC$^2 = 25 + 25 = 2 \times 25 \Rightarrow \text{AC} = 5\sqrt{2}$ ; De même BC$^2 = 4 + 4 + 4 = 12 \Rightarrow \text{BC} = \sqrt{2} \sqrt{4 \times 3} = 2\sqrt{3}$. Donc $\mathcal{\text{ABC}} = \dfrac{5\sqrt{2} \times 2\sqrt{3}}{2} = 5\sqrt{6}$. \item Soit $\vect{n}\begin{pmatrix}1\\b\\c\end{pmatrix}$ un vecteur de l'espace, où $b$ et $c$ désignent deux réels. \begin{enumerate} \item %Déterminer les valeurs de $b$ et $c$ pour que $\vect{n}$ soit un vecteur normal au plan (ABC). $\vect{n}$ est un vecteur normal au plan donc est orthogonal à deux vecteurs de ce plan non colinéaires comme d'après la question \textbf{1.}, les vecteurs $\vect{\text{AC}}$ et $\vect{\text{BC}}$. On a donc : $\left\{\begin{array}{l c l} \vect{n} \cdot \vect{\text{AC}}&=&0\\ \vect{n} \cdot \vect{\text{BC}}&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} 5 + 5b&=&0\\ - 2 + 2b + 2c&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} b&=&-1\\ - 2 - 2 + 2c&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} b&=&-1\\ c&=&2 \end{array}\right.$ Donc $\vect{n}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}$. \item %En déduire une équation cartésienne du plan (ABC). On sait que si $\vect{n}$ est normal au plan (ABC), une équation de ce plan est : $1x - 1y + 2z + d = 0 \iff x - y - 2z + d = 0$. Or A $\in (\text{ABC}) \iff - 4 + 0 + 2 + d = 0 \iff d = 2$. Une équation du plan (ABC) est donc : $M(x~;~y~;~z) \in \text{ABC} \iff x - 2y + 2z + 2 = 0$. \item %Le point D appartient-il au plan (ABC) ? $D(0~;~2~;~6) \in \text{ABC} \iff 0 - 4 + 12 + 2 = 0 \iff 8 = 0$ : cette égalité est fausse donc D n'appartient pas au plan (ABC). \end{enumerate} \item %Soit $d$ la droite orthogonale à (ABC) passant par D. \begin{enumerate} \item %Donner une représentation paramétrique de $d$. Si $d$ la droite est orthogonale à (ABC) et contient D tout vecteur directeur de (d) est colinéaire à $\vect{n}$. On a donc $M(x~;~y~;~z) \in (d) \iff \vect{\text{D}M} = t\vect{n}$, avec $t \in \R$, soit : $\left\{\begin{array}{l c r} x &=&0 + t\\ y = 2 -t\\ z&=&6 + 2t \end{array}\right.\: t \in \R$. \item %Déterminer les coordonnées du point d'intersection H de $d$ et de (ABC). Si H$(x~;~y~;~z)$ est le point commun à $(d)$ et au plan (ABC) ses coordonnées vérifient l'équation paramétrique de $(d)$ et l'équation du plan, soit : $\left\{\begin{array}{l c r} x &=&0 + t\\ y = 2 -t\\ z&=&6 + 2t\\ x - y + 2z + 2&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c r} x &=&0 + t\\ y = 2 -t\\ z&=&6 + 2t\\ t - 2 + t + 12 + 4t + 2&=&0 \end{array}\right.$ La dernière équation s'écrit $6t = - 12 \iff t = - 2$. Donc H$(-2~;~4~;~2)$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item %Calculer la distance DH (On donnera la valeur exacte). De $\vect{\text{DH}}\begin{pmatrix}- 2\\2\\- 4\end{pmatrix}$, on déduit : DH$^2 = 4 + 4 + 16 = 24 \Rightarrow \text{DH} = 2\sqrt{6}$. \item %En déduire le volume du tétraèdre ABCD (on donnera la valeur exacte) Puisque D n'appartient pas au plan (ABC), ABCD est un tétraèdre de hauteur [DH]; volume est donc : $\mathcal{V}(\text{ABCD}) = \dfrac{1}{3} \mathcal{A}(\text{ABC} \times \text{DH} = \dfrac{5 \sqrt{6} \times 2\sqrt{6}}{3} = \dfrac{10 \times 6}{3} = 20$. \end{enumerate} \item %Calculer une mesure de l'angle $\widehat{\text{ADB}}$ arrondie au degré près. Dans le triangle ADB) la relation d'Al-Kaschi s'écrit : $\text{AB}^2 = \text{AD}^ + \text{DB}^2 - 2\text{AD}\times \text{DB} \times \cos \widehat{\text{ADB}} \iff \cos \widehat{\text{ADB}} = \dfrac{\text{AD}^ + \text{DB}^2 - \text{AB}^2}{2 \text{AD}\times \text{DB}}$. On a $\text{AD}^2 = 16 + 4 + 25 = 45$ ; d'où AD $= \sqrt{45}$ ; $\text{DB}^2 = 9 + 1 + 49 = 59$ ; d'où DB $ = \sqrt{59}$ $\text{AB}^2 = 49 + 9 + 4 = 62$. Finalement : $\cos \widehat{\text{ADB}} = \dfrac{ 45 + 59 - 62}{\times \sqrt{45}\times \sqrt{59}} = \dfrac{21}{\sqrt{45} \times \sqrt{59}} \approx 0,407$. La calculatrice donne $\widehat{\text{ADB}} \approx 65,9\degres$. \end{enumerate} \newpage \begin{center}\textbf{\large Annexe à rendre avec la copie} \end{center} \vspace{3cm} \psset{xunit=2cm,yunit=1cm,comma=true,arrowsize=2pt 4} \begin{pspicture}(-0.5,-1)(6.5,5) \multido{\n=0.0+0.5}{14}{\psline[linewidth=0.2pt](\n,0)(\n,5)} \multido{\n=0+1}{6}{\psline[linewidth=0.2pt](0,\n)(6.5,\n)} \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \psaxes[linewidth=1pt,Dx=0.5](0,0)(0,0)(6.5,5) \psline(5,5) \psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{6.5}{5 4 1 x add div sub} \uput[u](6.25,4.25){\blue $\mathcal{C}_f$}\rput{30}(0.5,0.7){$y = x$} \psline[ArrowInside=->](0,0)(0,1)(1,1)(1,3)(3,3)(3,4)(4,4)(4,0) \uput[d](0,-0.5){$P_0$}\uput[d](1,-0.5){$P_1$}\uput[d](3,-0.5){$P_2$}\uput[d](4,-0.5){$P_3$} \end{pspicture} \vspace{2cm} \textbf{Nota :} \medskip \begin{enumerate} \item Aucun document n'est autorisé. \item Délits de fraude: \og Tout candidat pris en flagrant délit de fraude ou convaincu de tentative de fraude se verra attribuer la note zéro, éliminatoire, sans préjudice de l'application des sanctions prévues par les lois et règlements en vigueur réprimant les fraudes dans les examens et concours publics \fg. \end{enumerate} \end{document}