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%Tapuscrit sujet : Denis Vergès
%Tapuscrit corrigé : Valérie Tamboise et François Kriegk
%Relecture : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O}~~~;~~~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~~~;~~~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~~~;~~~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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	pdfauthor = {APMEP},
	pdfsubject = {Baccalauréat Spécialité},
	pdftitle = {Corrigé Asie Sujet 2 11 juin 2024},
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\begin{document}
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	\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
	\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 2}
	\lfoot{\small{Asie}}
	\rfoot{\small{11 juin 2024}}
	\pagestyle{fancy}
	\thispagestyle{empty}

	\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat Asie 11 juin 2024~\decofourright\\[7pt]  Sujet 2\\[7pt] CORRIGÉ DE L'ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
	\end{center}
	\medskip
\bigskip

{\textbf{Exercice 1 }\hfill 5,5 points}

\medskip

\textbf{Partie A :}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $\bullet~$Limite en 0:

$\lim\limits_{x\to 0} x^2 =0$ et, d'après la propriété des croissances comparées : \quad $\lim\limits_{x\to 0}x\ln(x)=0$

Par limite de la somme,  on a donc :\quad $\lim\limits_{x\to 0} x^2-x\ln(x)=0$

$\bullet~$Limite en $+\infty$:

$f(x)=x^2-x\ln(x)=x^2 \left(1-\dfrac{\ln(x)}{x}\right)$

	Par croissances comparées $\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x}=0$ donc, par limite de la somme, $\lim\limits_{x\to +\infty}\left( 1- \dfrac{\ln(x)}{x}\right)=1$

	De plus $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2 =+\infty$, donc, par limite du produit,  $\lim\limits_{x\to +\infty } x^2 \left(1-\dfrac{\ln(x)}{x}\right)=+\infty$

	\item  Pour tout réel $x$ strictement positif, on a: $f'(x) =2x -1 \times \ln(x) -x \times \dfrac{1}{x}= 2x -1 -\ln(x)$.

	\item  Pour tout réel $x$ strictement positif, on a: $f''(x) =2- 0 - \dfrac{1}{x}= \dfrac{2x}{x} -\dfrac{1}{x}= \dfrac{2x-1}{x}$.

	\item  	Déterminons le signe de $2x-1$ :

	$\aligned[t] 2x-1 >0 &\iff 2x > 1 \\
	&\iff x>\dfrac{1}{2}\endaligned$

	L'image pertinente est : (les limites aux bornes ne sont pas attendues)


	$f'\left( \dfrac{1}{2}\right)= 2 \times \dfrac{1}{2}-1-\ln\left(\dfrac{1}{2} \right)= 1-1+\ln(2)=\ln(2)$

	On a donc :

	\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=3,espcl=4]{$x$/1,signe de $2x-1$/0.6,signe de $x$/0.6,signe de $f''(x)$/0.8,variations de $f'$/2}{0,{$\dfrac{1}{2}$},$+\infty$}
		\tkzTabLine{t,-,z,+,}
		\tkzTabLine{z,+,t,+,}
		\tkzTabLine{d,-,z,+,}
		\tkzTabVar{D+/,-/$\ln(2)$,+/}
	\end{tikzpicture}

	\item Le minimum  de la fonction $f'$ sur $]0~;~+\infty[$  est donc $\ln(2)$ qui est strictement positif,  donc, sur $]0~;~+\infty[$, $f'(x)>0$ et donc, la fonction $f$ est strictement croissante sur   $]0~;~+\infty[$.
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{Partie B :}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item Pour tout réel $x$ strictement positif, on a: $g'(x) =1 - \dfrac{1}{x}= \dfrac{x-1}{x}$.

Déterminons le signe de $x-1$ :

$ x-1 >0 \iff x > 1 $

L'image pertinente est : (les limites aux bornes ne sont pas attendues)

$g(1)= 1-\ln(1)=1-0=1$

On a donc :
	\begin{tikzpicture}
		\tkzTabInit[lgt=3,espcl=4]{$x$/0.6,signe de $x-1$/0.6,signe de $x$/0.6,signe de $g'(x)$/0.8,variations de $g$/2}{0,1,$+\infty$}
		\tkzTabLine{,-,z,+,}
		\tkzTabLine{z,+,t,+,}
		\tkzTabLine{d,-,z,+,}
		\tkzTabVar{D+/,-/1,+/}
	\end{tikzpicture}

	\item $\aligned[t] f(x) = x &\iff x = x^2-x\ln(x) \\
	&\iff 0 = x^2-x-x\ln(x) \\
	&\iff 0 = x\left( x-1-\ln(x)\right)\\
	&\iff 0 = x-1-\ln(x) \quad \text{car } x>0 \quad \text{ donc } x\neq0 \\
	& \iff 1 = x-\ln(x)\\
	&\iff 1 = g(x)\\
	&\iff x = 1 \endaligned$

L'équation $f(x)=x$ admet une unique solution sur $]0~;~+\infty[$, cette solution est $x=1$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C :}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item Montrons par récurrence que pour tout entier naturel  $n$, \quad$\dfrac{1}{2} \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 1$.



\emph{Initialisation :} Calculons $u_1$. $u_1 = f(u_0) = f\left(\dfrac{1}{2} \right) = \left(\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{2}\ln \left(\dfrac{1}{2}\right)= \dfrac{1}{4} +\dfrac{\ln(2)}{2}\approx 0,597 $.

On constate que l'inégalité est vraie pour $n = 0$, on a bien : \quad $ \dfrac{1}{2}\leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 1$.

\smallskip

\emph{Hérédité :} Soit $n \in \N$, tel que \quad $ \dfrac{1}{2}\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 1$.

Montrons que l'inégalité est vraie au rang suivant :

Par hypothèse de récurrence on a :

$ \aligned[t] \dfrac{1}{2}\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 1
&\implies f\left(\dfrac{1}{2}\right)\leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(1)\\
&\hphantom{\implies}\quad \text{car $f$ est strictement croissante sur }]0~;~+\infty[\\
&\implies f\left(\dfrac{1}{2}\right)\ \leqslant u_{n+1 } \leqslant u_{n+2} \leqslant 1\\
&\hphantom{\implies}\quad \text{car $f$ est la fonction de récurrence de la suite } (u_n)\\
&\implies \dfrac{1}{2} \leqslant u_{n+1 } \leqslant u_{n+2} \leqslant 1\\
&\hphantom{\implies}\quad \text{car } f\left(\dfrac{1}{2}\right)\ \approx 0,60 >\dfrac{1}{2} \\\endaligned$

Ceci montre que les  inégalités sont vraies au rang $n + 1$.

\smallskip

\emph{Conclusion :} Les inégalités sont vraies au rang 0, et si elle sont vraies au rang $n$ naturel, elles sont vraies au rang suivant $n + 1$, donc, en vertu du principe de récurrence, on a :

$\forall n \in \N,\quad \dfrac{1}{2} \leqslant u_{n} \leqslant u_{n+1} \leqslant 1$.

	\item On a notamment :
		\begin{itemize}
			\item $\forall n \in \N,\quad u_{n} \leqslant u_{n+1}$. \quad La suite $(u_n)$ est donc  croissante.
			\item $\forall n \in \N,\quad \dfrac{1}{2} \leqslant u_{n}\leqslant 1$. \quad La suite $\left(u_n\right)$ est donc bornée par $\dfrac{1}{2}$ et 1.
		\end{itemize}

La suite étant croissante et majorée, on en déduit qu'elle est convergente, vers une limite $\ell$ vérifiant $\dfrac{1}{2} \leqslant \ell \leqslant 1$
		\item  La suite $\left(u_n\right)$ est une suite convergente, définie par récurrence par la relation $u_{n+1} = f\left(u_n\right)$, où la fonction $f$ est continue (car dérivable) sur $]0~;~+\infty[$, intervalle qui contient la limite $\ell$ de la suite.

D'après le théorème \og du point fixe \fg{}, on en déduit que la limite ne peut être qu'une solution de l'équation $f(x) = x$ dans l'intervalle  $]0~;~+\infty[$.

D'après la question \textbf{2.} de la \textbf{Partie B}, cette équation n'a qu'une solution dans  l'intervalle $]0~;~+\infty[$ :  1.

La suite $\left(u_n\right)$ converge donc vers $\ell = 1$.
\end{enumerate}

\bigskip

{\textbf{Exercice 2}\hfill 5,5 points}

\begin{enumerate}
	\item D'après l'énoncé, si elle vient de gagner une partie, elle gagne la suivante dans 70\% des cas, elle perd donc la suivante dans 30\,\%.

On a donc $P_{G_1}(D_2)=0,3$


	\item


	On a l'arbre suivant :

	\begin{center}
		\hfill~\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1,baseline={(R.base)}]
			% Styles (MODIFIABLES)
			\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thick]
			\tikzstyle{noeud}=[fill=white,circle,inner sep=2pt]
			\tikzstyle{feuille}=[fill=white,circle,inner sep=2pt]
			\tikzstyle{etiquette}=[pos=0.6,fill=white, inner xsep=3pt, inner ysep=1.5pt]
			% Dimensions (MODIFIABLES)
			\def\DistanceInterNiveaux{3}
			\def\DistanceInterFeuilles{1}
			% Dimensions calculées (NON MODIFIABLES)
			\def\NiveauA{(0)*\DistanceInterNiveaux}
			\def\NiveauB{(1)*\DistanceInterNiveaux}
			\def\NiveauC{(2)*\DistanceInterNiveaux}
			\def\InterFeuilles{(-1)*\DistanceInterFeuilles}
			% Noeuds (MODIFIABLES : Styles et Coefficients d'InterFeuilles)
			\node[noeud] (R) at ({\NiveauA},{(1.5)*\InterFeuilles}) {};
			\node[noeud] (Ra) at ({\NiveauB},{(0.5)*\InterFeuilles})            {$G_1$};
			\node[feuille] (Raa) at ({\NiveauC},{(0)*\InterFeuilles})           {$G_2$};
			\node[feuille] (Rab) at ({\NiveauC},{(1)*\InterFeuilles}) {$D_2$};
			\node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{(2.5)*\InterFeuilles})  {$D_1$};
			\node[feuille] (Rba) at ({\NiveauC},{(2)*\InterFeuilles})           {$G_2$};
			\node[feuille] (Rbb) at ({\NiveauC},{(3)*\InterFeuilles}) {$D_2$};
			% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
			\draw[fleche] (R.east)--(Ra.west) node[etiquette]   {$0,5$};
			\draw[fleche] (Ra.east)--(Raa.west) node[etiquette] {$0,7$};
			\draw[fleche] (Ra.east)--(Rab.west) node[etiquette] {$0,3$};
			\draw[fleche] (R.east)--(Rb.west) node[etiquette]   {$0,5$};
			\draw[fleche] (Rb.east)--(Rba.west) node[etiquette] {$0,2$};
			\draw[fleche] (Rb.east)--(Rbb.west) node[etiquette] {$0,8$};
		\end{tikzpicture} \hfill~	\end{center}


	\item   Les évènements $G_1$ et $D_1$ partitionnent l'univers, donc, d'après la loi des probabilités totales, on a :

	$\aligned g_2=P(G_2) &= P(G_1 \cap G_2) + P(D_1 \cap G_2)\\
	&= 0,5\times 0,7 +0,5\times 0,2 \\
	&= 0,35+0,1\\
	&= 0,45\endaligned$

	\item
	\begin{enumerate}
		\item On a l'arbre suivant :

		\begin{center}
		\hfill~\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1,baseline={(R.base)}]
		% Styles (MODIFIABLES)
		\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thick]
		\tikzstyle{noeud}=[fill=white,circle,inner sep=2pt]
		\tikzstyle{feuille}=[fill=white,circle,inner sep=2pt]
		\tikzstyle{etiquette}=[pos=0.6,fill=white, inner xsep=3pt, inner ysep=1.5pt]
		% Dimensions (MODIFIABLES)
		\def\DistanceInterNiveaux{3}
		\def\DistanceInterFeuilles{1}
		% Dimensions calculées (NON MODIFIABLES)
		\def\NiveauA{(0)*\DistanceInterNiveaux}
		\def\NiveauB{(1)*\DistanceInterNiveaux}
		\def\NiveauC{(2)*\DistanceInterNiveaux}
		\def\InterFeuilles{(-1)*\DistanceInterFeuilles}
		% Noeuds (MODIFIABLES : Styles et Coefficients d'InterFeuilles)
		\node[noeud] (R) at ({\NiveauA},{(1.5)*\InterFeuilles}) {};
		\node[noeud] (Ra) at ({\NiveauB},{(0.5)*\InterFeuilles})            {$G_n$};
		\node[feuille] (Raa) at ({\NiveauC},{(0)*\InterFeuilles})           {$G_{n+1}$};
		\node[feuille] (Rab) at ({\NiveauC},{(1)*\InterFeuilles}) {$D_{n+1}$};
		\node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{(2.5)*\InterFeuilles})  {$D_n$};
		\node[feuille] (Rba) at ({\NiveauC},{(2)*\InterFeuilles})           {$G_{n+1}$};
				\node[feuille] (Rbb) at ({\NiveauC},{(3)*\InterFeuilles}) {$D_{n+1}$};
				% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
		\draw[fleche] (R.east)--(Ra.west) node[etiquette]   {$g_n$};
		\draw[fleche] (Ra.east)--(Raa.west) node[etiquette] {$0,7$};
		\draw[fleche] (Ra.east)--(Rab.west) node[etiquette] {$0,3$};
		\draw[fleche] (R.east)--(Rb.west) node[etiquette]   {$1-g_n$};
		\draw[fleche] (Rb.east)--(Rba.west) node[etiquette] {$0,2$};
		\draw[fleche] (Rb.east)--(Rbb.west) node[etiquette] {$0,8$};
		\end{tikzpicture} \hfill~	\end{center}

		\item  Pour tout entier naturel $n$ non nul, les évènements $G_n$ et $D_n$ déterminent  une partition de l'univers, donc, d'après la loi des probabilités totales, on a :

$\aligned g_{n+1}=P(G_{n+1}) &= P(G_n\cap G_{n+1}) + P(D_n \cap G_{n+1})\\
&= g_n\times 0,7 +(1-g_n)\times 0,2 \\
&= 0,7g_n+0,2- 0,2g_n\\
&= 0,5g_n+0,2\endaligned$

On arrive bien au résultat annoncé.

	\end{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
		\item  Soit $n$ un entier non nul.

		$\aligned v_{n+1}& = g_{n+1}-0,4 \quad \text{par définition de la suite } \left(v_n\right)\\
		&= 0,5g_n+0,2-0,4 \quad \text{par définition de la suite } \left(g_n\right)\\
		&= 0,5 ( v_n+0,4) -0,2 \quad \text{car } v_n=g_n-0,4 \iff g_n=v_n+0,4\\
		&= 0,5 v_n +0,2-0,2\\
		&=0,5v_n\endaligned$

		La suite $ \left(v_n\right)$ est donc une suite géométrique de raison $q = 0,5$ et de premier terme \linebreak$v_1 = g_1 - 0,4 = 0,5 - 0,4 = 0,1$


		\item  On peut donc en déduire que pour tout entier naturel $n$ non nul :

		$v_n=v_1\times q^{n-1}= 0,1 \times 0,5^{n-1}$

		Or pour tout entier naturel n non nul \quad $g_n=v_n+0,4$ \quad donc \quad $g_n=0,1 \times 0,5^{n-1}+0,4$.

	\end{enumerate}
	\item   Soit $n$ un entier naturel non nul.

	$\aligned g_{n+1}-g_{n}&=0,1 \times 0,5^{n}+0,4-0,1 \times 0,5^{n-1}-0,4\\
	&= 0,1 \times 0,5^{n-1} \times ( 0,5-1)\\
	&= 0,1 \times 0,5^{n-1} \times (-0,5)\\
	&= -0,1 \times 0,5^n\endaligned$

	or $0,5 > 0$ et $0,1> 0$ donc $g_{n+1}- g_{n}< 0 \iff g_{n+1} <  g_{n}$

	La suite $\left(g_n\right)$ est strictement décroissante.


	\item   $-1 < 0,5<1$, donc on en déduit $\lim\limits_{n \to +\infty} \left(0,5\right)^n = 0$, donc, par limite du produit et de la somme : $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,1 \times 0,5^{n-1}+0,4 = 0,4$.

	Sur le long terme, Léa gagnera son match dans 40\,\% des cas.
	\item  Déterminons les valeurs de $n$ pour lesquels  $g_n-0,4\leqslant 0,001$

	$\aligned g_n-0,4\leqslant 0,001 & \iff 0,1 \times 0,5^{n-1}+0,4 -0,4 \leqslant 0,001 \\
	&\iff 0,1 \times 0,5^{n-1} \leqslant 0,001 \\
		&\iff 0,5^{n-1} \leqslant 0,01 \quad \text {car } 0,1>0\\
	&\iff \ln\left( 0,5^{n-1} \right)\ \leqslant \ln(0,01) \quad \text{par croissance de la fonction } \ln \text{ sur }\R^{*+}\\
	&\iff(n-1) \ln\left( 0,5 \right) \leqslant \ln(0,01) \\
	&\iff(n-1) \geqslant \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,5)} \quad \text {car } \ln(0,5)<0\\
	&\iff n \geqslant \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,5)} +1 	\endaligned$


	Or  $\dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,5)} +1 = \dfrac{-\ln(100)}{-\ln(2)} + 1 = \dfrac{\ln(100)+ \ln(2)}{\ln(2)} = \dfrac{\ln(200)}{\ln(2)} \approx 7,64$ donc, $n$ étant un entier, la plus petite valeur de $n$ tel que $g_n-0,4\leqslant 0,001$ est 8.

	\item Le programme complété est :

	\begin{center}
		\ttfamily
		\begin{tabularx}{10cm}{|X|}\hline
			def seuil(e):\\
			\quad g = 0.5\\
			\quad n = 1\\
			\quad while {g \red > 0.4 + e} :\\
			\quad \quad g =  0.5 * g + 0.2\\
			\quad \quad n = {\red n + 1}\\
			\quad return(n)\\ \hline
		\end{tabularx}
	\end{center}
\end{enumerate}

{\textbf{Exercice 3}}

\begin{enumerate}
	\item \textbf{Affirmation 1 : VRAIE.}

	En effet, pour tout $n$ entier naturel non nul, on a :

	$\dfrac{3n^2+4n+7}{6n^2+1}= \dfrac{n^2 \left(3+\dfrac{4}{n}+\dfrac{7}{n^2}\right)}{n^2 \left(6+\dfrac{1}{n^2}\right)}= \dfrac{3+\dfrac{4}{n}+\dfrac{7}{n^2}}{6+\dfrac{1}{n^2}}$

	$\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{n}=\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{n^2}=0$

	donc par limite de la somme :\quad $\lim\limits_{n \to +\infty} 3+\dfrac{4}{n}+\dfrac{7}{n^2}=3$\quad et\quad $\lim\limits_{n \to +\infty} 6+\dfrac{1}{n^2}=6$

	et donc par limite du quotient \quad$\lim\limits_{n\to +\infty } \dfrac{3+\dfrac{4}{n}+\dfrac{7}{n^2}}{6+\dfrac{1}{n^2}} = \dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}$

	D'autre part :\quad $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$.

	La suite $\left(u_n\right)$ est donc encadrée par deux suites ayant pour limite $\dfrac{1}{2}$ donc, d'après le théorème des gendarmes, $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=\dfrac{1}{2}$.

	\emph{Remarque :} il ne faut pas se laisser déstabiliser par le fait que tous les termes de la suite sont \textbf{strictement} supérieurs à $\dfrac{1}{2}$, quand on \og passe à la limite\fg{}, les inégalités deviennent large. Par exemple, la suite de terme général $\dfrac{1}{n}$ a des termes tous strictement plus grands que 0, et pourtant, sa limite est 0.


	\item  \textbf{Affirmation 2 : FAUSSE.}

Sur $[-1~;~3]$, la fonction dérivée $h'$ n'est pas croissante, la fonction $h$ n'est donc pas convexe sur $[-1~;~3]$.

	\item \textbf{Affirmation 3 : VRAIE.}

Il y a $10 \times 10 \times 10 \times 10 \times 3 \times 2 = \np{60000}$ codes possibles.  (10 valeurs possibles pour chacun des chiffres et 3 valeurs possibles pour la première lettre et deux valeurs possible pour la deuxième car elles doivent être distinctes.)

Déterminons le nombre de code ne contenant pas de 0 :

Il y a $9\times 9 \times 9 \times 9 \times 3 \times 2 = \np{39366}$ codes ne contenant pas de 0. (9 valeurs possibles pour chacun des chiffres et 3 valeurs possibles pour la première lettre et deux valeurs possible pour la deuxième car elles doivent être distinctes.)

Il y a donc $\np{60000} -\np{39366}=\np{20634}$ codes contenant au moins un zéro.

	\item \textbf{Affirmation 4 : VRAIE.}


$f$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ comme produit de fonctions dérivables sur cet intervalle et pour tout réel $x$ strictement positif en dérivant ce produit  on a : 

$f'(x) = 1 \times \ln(x) + x\times \dfrac{1}{x}= \ln(x) + 1$, donc

$xf'(x) - f(x)= x \left(\ln(x) + 1\right) - x\ln(x) = x\ln(x) + x - x\ln(x) = x$.

Conclusion : $f$ est bien solution sur $]0~;~+\infty[$ de l'équation différentielle $xy' - y = x$.
\end{enumerate}

\bigskip

{\textbf{Exercice 4 }\hfill 5 points}

\medskip
\textbf{Partie A}
\medskip

\begin{enumerate}
\item Vérifions si les coordonnées des points vérifient ou non l'équation de $(P)$ :
	\begin{itemize}
		\item $2x_\mathrm{A} + 2y_\mathrm{A} -3z_\mathrm{A} +1= 2\times 1 + 2 \times 0 - 3 \times 1 +1= 2 + 0 - 3 +1= 0 $ :\quad A est dans le plan $(P)$;
		\item $2x_\mathrm{B} + 2y_\mathrm{B} -3z_\mathrm{B} +1= 2\times 2 + 2 \times (-1) - 3 \times 1+1 = 4 -2 - 3 +1= 0$ :\quad B est dans le plan $(P)$;
		\item $2x_\mathrm{C} + 2y_\mathrm{C} -3z_\mathrm{C} +1= 2\times (-4) + 2 \times (-6) - 3 \times 5+1 = -8 -12 - 15 +1= -34 \neq 0$ :\quad C n'est pas dans le plan $(P)$.
	\end{itemize}

\item On a:\quad $ \vect{\mathrm{CC'}}\begin{pmatrix} 0-(-4)\\-2-(-6)\\-1-5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\4\\-6\end{pmatrix} $, d'après l'équation que l'on a du plan $ (P) $, $ \vect{n}\begin{pmatrix} 2\\2\\-3 \end{pmatrix} $ est un vecteur normal au plan $ (P) $.

Comme on a manifestement $ \vect{\mathrm{CC'}} = 2\vect{n} $, ces vecteurs sont colinéaires, et donc la droite (CC') est orthogonale au plan $ (P) $.

De plus :
\quad
	$2x_\mathrm{C'} + 2y_\mathrm{C'} -3z_\mathrm{C'} + 1 = 2\times 0 + 2 \times (-2) - 3 \times (-1) + 1 = 0 - 4 + 3 + 1 = 0$ :\quad C' $\in(P)$.

Finalement, C' est un point du plan $ (P) $ tel que (CC') est orthogonale à $(P)$ : cela confirme que C' est le projeté orthogonal de C sur $(P)$.

	\item La droite (AB) passe par A$(1~;~0~;~1)$ et est dirigée par $\vect{\mathrm{AB}} \begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$, donc une représentation paramétrique de (AB) est :
	\quad
	$\begin{cases}x = x_\mathrm{A} + x_{\mathrm{\vect{\mathrm{AB}}}}t\\y = y_\mathrm{A} + y_{\mathrm{\vect{\mathrm{AB}}}}t\\z = z _\mathrm{A} + z _{\mathrm{\vect{\mathrm{AB}}}}t \end{cases}$ avec $t \in\R$,\quad soit ici :\quad $\begin{cases} x = 1 + t\\y= -t\\z = 1	\end{cases}$ avec $t \in \R$.

	\item Si H est un point de (AB), cela signifie qu'il existe un réel $t_0$ tel que H est le point de paramètre $t_0$ sur (AB).

On a : (AB) et (CH) seront orthogonales (et donc nécessairement perpendiculaires, car elles ont H en commun) si et seulement si les vecteurs $\vect{\mathrm{AB}}$ et $\vect{\mathrm{CH}}$ sont orthogonaux.

On a les coordonnées suivantes : \quad $\vect{\mathrm{AB}} \begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$ et $\vect{\mathrm{CH}}\begin{pmatrix}(1 + t_0) - (-4)\\(-t_0) - (-6) \\1 - 5\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}5 + t_0 \\ 6 - t_0 \\ -4\end{pmatrix}$. Comme le repère est orthonormé, on a :\quad $\vect{\mathrm{AB}}\cdot\vect{\mathrm{CH}} = 1\times (5 + t_0) + (-1) \times (6 - t_0) + 0\times (-4) = 5 + t_0 - 6 + t_0 = 2t_0 - 1$

On a donc :\quad (AB) et (CH) sont orthogonales $\aligned[t] &\iff \vect{\mathrm{AB}}\cdot \vect{\mathrm{CH}} = 0\\
	&\iff 2t_0 - 1 = 0\\
	&\iff t_0 = \dfrac{1}{2}\endaligned$

L'unique pour H de la droite (AB) pour lequel (AB) et CH) sont orthogonales est donc le point de paramètre $t_0 = \dfrac{1}{2}=0,5$ dans la représentation que nous avons donnée à la question précédente. Ses coordonnées sont donc : H$(1,5 ~;~ -0,5 ~;~ 1)$.

\emph{Remarques :} H est le milieu de [AB].

Si vous avez une représentation paramétrique différente de celle présentée dans ce corrigé, vous aurez aussi une valeur différente pour $t_0$.

Par exemple, si vous avez choisi B comme point de référence et $\vect{\mathrm{AB}}$ comme vecteur directeur pour construire votre représentation paramétrique, vous arriverez à $t_0 = -0,5$, mais dans votre représentation paramétrique, cela vous conduira aux mêmes coordonnées pour le point H.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip
Les coordonnées admises pour le vecteur $\vect{\mathrm{HC}}$ sont cohérentes avec les coordonnées du point H à la question précédente.

\begin{enumerate}
	\item On est dans un repère orthonormé, donc :

	$\left\|\vect{\mathrm{HC}}\right\| = \sqrt{\left(-\dfrac{11}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{11}{2}\right)^2+4^2 } = \sqrt{\dfrac{121}{4}+\dfrac{121}{4}+16} = \sqrt{\dfrac{153}{2}} = \sqrt{76,5}$.

	La valeur exacte de $\left\|\vect{\mathrm{HC}}\right\| $ est donc : $\sqrt{\dfrac{153}{2}} = \sqrt{76,5}$.

	\item Le point H, en tant que point de (AB) tel que (CH) est orthogonale à (AB), est donc le pied de la hauteur issue de C dans le triangle ABC.

Pour calculer la surface du triangle, on va donc utiliser la formule :\quad$\mathcal{A} = \dfrac{\mathrm{base}\times \mathrm{hauteur}}{2}$.

Ici, le plus simple sera donc de choisir [AB] comme base, de longueur AB et donc la hauteur correspondante est $\mathrm{CH} = \left\|\vect{\mathrm{CH}}\right\| $.

On a déjà calculé CH à la question précédente, donc :

$\mathrm{AB} = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 0} = \sqrt{2}$.

L'aire de ABC est donc : \quad$ S = \dfrac{\mathrm{AB}\times \mathrm{CH}}{2} = \dfrac{\sqrt{2} \times \sqrt{\dfrac{153}{2}}}{2} = \dfrac{\sqrt{153}}{2}$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item \begin{itemize}[left=0mm]
		\item On a établi au début de l'exercice que A et B appartiennent à $(P)$, donc toute la droite (AB) est incluse dans $(P)$, et donc notamment H appartient à $(P)$ aussi.

		\item H et C$'$ sont donc deux points de $(P)$, et on sait que (CC$'$) est orthogonale à $(P)$.
	\end{itemize}

	(CC') étant orthogonale à $(P)$, elle orthogonale à toute droite de $(P)$, dont la droite (C'H), ces droites sont donc perpendiculaires, car elles se coupent évidemment en C'.

	Le triangle CHC' est donc un triangle rectangle en C'.

	Dans un triangle rectangle, le cosinus d'un angle aigu est donné par le quotient de la longueur du côté adjacent à l'angle (ici C$'$H) par la longueur de l'hypoténuse du triangle (ici CH).

	Ici, on a donc : \quad $\cos(\alpha ) = \dfrac{\mathrm{C'H}}{\mathrm{CH}} = \dfrac{\sqrt{\dfrac{17}{2}}}{\sqrt{\dfrac{153}{2}} } = \sqrt{\dfrac{17}{153}} = \sqrt{\dfrac{17\times 1}{17 \times 9}} = \sqrt{\dfrac{1}{9}} = \dfrac13$.

	\item \begin{enumerate}
		\item \emph{Méthode $1$ :} le plus rapide, ici, serait de calculer le produit scalaire des vecteur directeurs des deux droites, et de prouver qu'il est nul.

		\smallskip

Mais comme on a fait quelque chose de similaire dans ce corrigé, on va explorer une voie différente :


	\emph{Méthode $2$ :}
	\begin{itemize}[left=0mm]
		\item On sait que (CH) est orthogonale à (AB), d'après la définition du point H à la question \textbf{A 4.};
		\item on sait que (CC$'$) est orthogonale à (AB), car (CC$'$) étant orthogonale à $(P)$, elle est orthogonale à toute droite incluse dans $(P)$, notamment (AB);
		\item on sait que les droites (CH) et (CC$'$) sont sécantes (en C), car les points C$'$ et H sont les intersections de ces deux droites avec $(P)$, et sont séparés par une distance non nulle.
	\end{itemize}

Ainsi, on vient de démontrer que C, C$'$ et H définissent un plan, et que deux droites sécantes du plan (CC'H) sont orthogonales à (AB), donc que (AB) est orthogonale au plan (CC$'$H) et donc à toutes les droites de ce plan là, notamment à la droite (C$'$H).

		\emph{Remarque :} le plan (CC$'$H) est ce que l'on appelle le \textbf{plan médiateur} du segment [AB] : le plan qui passe par le milieu (H) du segment et lui est perpendiculaire.

		\item On applique à nouveau la formule de calcul de l'aire d'un triangle.

Ici, on va prendre [AB] comme base et donc, d'après la question précédente, [C$'$H] est la hauteur correspondante.

On a donc :\quad $S' = \dfrac{\mathrm{AB}\times \mathrm{C'H}}{2} = \dfrac{\sqrt{2} \times \sqrt{\dfrac{17}{2}}}{2} = \dfrac{\sqrt{17}}{2}$.

		\item On a donc :\quad $\cos(\alpha ) = \dfrac{\mathrm{C'H}}{\mathrm{CH}} = \dfrac{\mathrm{AB} \times \mathrm{C'H}}{\mathrm{AB} \times \mathrm{CH}}= \dfrac{\dfrac{\mathrm{AB} \times \mathrm{C'H}}{2}}{\dfrac{\mathrm{AB} \times \mathrm{CH}}{2}} = \dfrac{S'}{S}$.

Voilà une relation possible.

On peut aussi écrire :\quad $S' = \cos(\alpha)S$\quad par exemple.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}