Baccalauréat S Amérique du Nord 2 juin 2015 - Correction Spécialité
Page 10 sur 10
Correction de l'exercice de Spécialité 5 points
On donne les matrices $M = \begin{pmatrix}1& 1& 1\\1 &- 1& 1\\ 4 &2& 1\end{pmatrix}$ et $I = \begin{pmatrix}1 &0& 0\\0& 1& 0\\ 0 &0 &1\end{pmatrix}$.
- Déterminer la matrice $M^2$. On donne $M^3 = \begin{pmatrix}20& 10& 11\\12& 2& 9\\42& 20& 21 \end{pmatrix}$. On obtient :
- Vérifier que $M^3 = M^2 + 8M + 6I$. $\quad$
- En déduire que $M$ est inversible et que $M^{-1} = \dfrac{1}{6} \left(M^2 - M - 8I\right)$. On a ainsi :
$$M^2 = \begin{pmatrix}
6 &2 &3 \\
4 & 4 & 1 \\
10 & 4 & 7
\end{pmatrix}$$
$\begin{array} M^2 + 8M + 6I &= \begin{pmatrix}
6 &2 &3 \\
4 & 4 & 1 \\
10 & 4 & 7
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
8 &8 &8 \\
8 & -8 & 8 \\
32 & 16 & 8
\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}
6 &0 &0 \\
0 & 6 & 0 \\
0 & 0 & 6
\end{pmatrix} \\ & = \begin{pmatrix}
20 &10 &11 \\
12 & 2 & 9 \\
12 & 20 & 21
\end{pmatrix} \\ & = M^3
\end{array}$
$$\begin{array}{rl} M^3 = M^2 + 8M + 6I & \iff M^3 – M^2 – 8M = 6I \\ & \iff M\left(M^2 – M – 8I\right) = 6I \\ & \iff M \times \dfrac{1}{6} \left(M^2 – M – 8I\right) = I \end{array}$$
Ainsi $M$ est inversible d’inverse $\dfrac{1}{6} \left(M^2 – M – 8I\right)$.
On cherche à déterminer trois nombres entiers $a$, $b$ et $c$ tels que la parabole d'équation $y = ax^2 + bx + c$ passe par les points A(1;1), B$( -1;-1)$ et C(2;5).
- Démontrer que le problème revient à chercher trois entiers $a$, $b$ et $c$ tels que \[M\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\- 1\\5\end{pmatrix}.\] Les points $A$, $B$ et $C$ appartiennent à la parabole. Leurs coordonnées vérifient donc l’équation $y=ax^2+bx+c$.
- Calculer les nombres $a$, $b$ et $c$ et vérifier que ces nombres sont des entiers. On a ainsi $\begin{pmatrix} a \\b\\c\end{pmatrix} = M^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\-1\\5\end{pmatrix}$.
On obtient ainsi :
$\begin{cases} a + b + c = 1 \\ a – b + c = -1 \\ 4a + 2b+ c = 5 \end{cases}$ $\iff \begin{pmatrix}
1 &1 &1 \\
1 & -1 & 1 \\
4 & 2 & 1
\end{pmatrix} \begin{pmatrix} a \\b\\c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\-1\\5\end{pmatrix}$
$\quad$
$\quad$
Or $M^{-1} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ 1 & \frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \end{pmatrix}$
$\quad$
Par conséquent $M^{-1}\begin{pmatrix} 1 \\-1\\5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\1 \\-1 \end{pmatrix}$
$\quad$
Les nombres $a$, $b$, $c$, $p$, $q$, $r$ sont des entiers. Dans un repère $\left(\text{O},\vec{i},\vec{j}\right)$, on considère les points A$(1;p)$, B$( - 1;q)$ et C$(2;r)$. On cherche des valeurs de $p$, $q$ et $r$ pour qu'il existe une parabole d'équation $y = ax^2 + bx + c$ passant par A, B et C.
- Démontrer que si $\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}= M^{-1}\begin{pmatrix}p\\q\\r\end{pmatrix}$. avec $a$, $b$ et $c$ entiers. alors \[\left\{\begin{array}{l c l}- 3p + q + 2r&\equiv &0\:[6]\\ 3p-3q &\equiv &0 \:[6]\\ 6p + 2q-2r &\equiv & 0\: [6] \end{array}\right.\] $\quad$
- En déduire que $\left\{\begin{array}{l c l} q- r &\equiv& 0 \:[3]\\ p - q &\equiv& 0 \:[2]\end{array}\right.$. On considère l’équation $3p – 3q \equiv 0~[6]$ $\iff 3(p – q) \equiv 0 ~[6]$.
- Réciproquement, on admet que si $\left\{\begin{array}{l c l}q- r&\equiv& 0 \:[3]\\ p - q &\equiv& 0\: [2] \\ \text{A, B, C }& \text{ne sont}&\text{ pas alignés } \end{array}\right.$ alors il existe trois entiers $a$, $b$ et $c$ tels que la parabole d'équation $y = ax^2 + bx + c$ passe par les points A, B et C.
- Montrer que les points A, B et C sont alignés si et seulement si $2r + q - 3p = 0$. $A$, $B$ et $C$ sont alignés si, et seulement si, $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$ sont colinéaires.
- On choisit $p = 7$. Déterminer des entiers $q$, $r$, $a$, $b$ et $c$ tels que la parabole d'équation $y = ax^2 + bx + c$ passe par les points A, B et C. Puisque $p=7$ et que $p – q \equiv 0~[2]$ cela signifie qu’il existe $k\in \mathbb Z$ tel que $q = 7+2k$.
Or $\vec{AB}(-2;q-p)$ et $\vec{AC}(1;r-p)$
Mais ces deux vecteurs sont colinéaires si, et seulement si :
$-2(r-p) = q-p$ $\iff -2r +2p = q-p$ $ \iff 2r+q-3p = 0 $
Puisque $q – r \equiv 0 ~[3]$ alors il existe $k’ \in \mathbb Z$ tel que $r=q + 3k’ = 7 + 2k + 3k’$.
Il ne faut pas que $2r + q – 3p = 0$
$ \iff 14 + 4k + 6k’ + 7 + 2k – 21 = 0$
$ \iff 6(k+k’) = 0$
$\iff k’ = -k$.
Prenons par exemple $k=1$ alors $k’ = 1$
On obtient ainsi $q= 9$, $r = 12$
En utilisant $\begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} = M^{-1} \begin{pmatrix} p \\q\\r \end{pmatrix} $ on trouve :
$$a=2 \qquad b = -1 \qquad c =6$$
$$\begin{array}{rl} \begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} = M^{-1} \begin{pmatrix} p \\q\\r \end{pmatrix} & \iff \begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
-\frac{1}{2} & \frac{1}{6} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} & 0 \\ 1 & \frac{1}{3} & -\frac{1}{3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p \\q\\r \end{pmatrix} \\ & \iff \begin{cases} -\dfrac{1}{2}p + \dfrac{1}{6}q + \dfrac{1}{3}r = a \\ \dfrac{1}{2}p – \dfrac{1}{2}q = b \\ a + \dfrac{1}{3}q – \dfrac{1}{3}r = c \end{cases} \\ & \iff \begin{cases} -3p + q + 2r = 6a \\ 3p – 3q = 6b \\ 6p + 2q – 2r = 6c
\end{cases} \\ &\Rightarrow
\begin{cases} -3p +q + 2r \equiv 0 ~[6] \\ 3p-3q \equiv 0 ~[6] \\ 6p + 2q – 2r \equiv 0 ~[6]
\end{cases}
\end{array}$$
$\quad$
Puisque $3(p-q)$ est un multiple de $6$, cela signifie donc que $p-q$ doit être un multiple de $2$ et par conséquent $p-q \equiv 0~[2]$.
Si, à partir du système précédent, on effectue le calcul $2L_1 + L_3$ on obtient :
$4q + 2r \equiv 0 ~[6]$ $\iff 2(2q+r) \equiv 0~[6]$
Par conséquent $2q + r \equiv 0 ~[3]$ or $2 \equiv -1 ~[3]$.
On a ainsi $-q+r \equiv 0~[3]$ soit $q-r \equiv 0~[3]$
Donc
$$\begin{cases} q-r \equiv 0~[3] \\ p-q \equiv 0~[2] \end{cases}$$
- Vues: 26835