\documentclass[10pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} 
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,alterqcm,enumerate,tabularx,variations,numprint}
\usepackage[dvips]{color}
\usepackage{bclogo}
\usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add,pst-math,pst-xkey,pst-eucl}
\usepackage{paralist}
\usepackage{tabto}
\usepackage[francais]{babel} 
\everymath{\displaystyle}
%\usepackage[colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref}
\textwidth 19cm \textheight 25.5cm \hoffset 
-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la feuille de révisions}}\end{center}

\subsection{}

%
%\begin{multicols}{2}
%\setlength{\columnseprule}{1pt}
%\setlength{\columnsep}{2 cm}

Montrons par récurrence que, pour tout entier $ n\geqslant$ 1 , $\sum_{k=1}^n k\times k!=(n+1)!-1.$
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item \textbf{\textcolor{blue}{Initialisation}} : Pour $k=1$, $\sum_{k=1}^nk\times k!=\sum_{k=1}^1k\times k!=1\times 1!=1$ et $(1+1)!-1=2-1=1$ donc la propriété est vraie au rang 1.

\item \textbf{\textcolor{blue}{Hérédité}} : on suppose que $\sum_{k=1}^nk\times k!=(n+1)!-1$.

Alors : $\sum_{k=1}^{n+1}k\times k!=\sum_{k=1}^nk\times k!+n\times (n+1)!\\
=(n+1)!-1+(n+1)(n+1)!=(n+1)!+)+(n+1)(n+1)!-1\\
=\left[(n+1)!+(n+1)(n+1)!\right]-1=\left[(n+1)!(1+(n+1))\right]-1\\
=(n+1)!(n+2)-1=(n+2)!-1$ c.q.f.d
\end{enumerate}

D'après l'axiome de récurrence, la propriété st vraie pour tout $n\geqslant 1$.


%\end{multicols}

\subsection{\textcolor{blue}{Liban mai 2015}}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item De I$\left(\frac{1}{2}~;~0~;~0\right)$, J$\left(0~;~\frac{1}{2}~;~1\right)$ et K$\left(1~;~\frac{1}{2}~;~0 \right)$, on déduit :

$\overrightarrow{\text{IJ}}\left(- \frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}~;~1\right)$ et  $\overrightarrow{\text{JK}}\left(1~;~0~;~- 1\right)$.

D’autre part $\overrightarrow{\text{FD}}\left(- 1~;~1~;~- 1\right)$ et :

$\overrightarrow{\text{FD}} \cdot \overrightarrow{\text{IJ}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} - 1 = 0$ et $\overrightarrow{\text{FD}} \cdot \overrightarrow{\text{JK}} =  - 1 + 1 = 0$.

Le vecteur $\overrightarrow{\text{FD}}$ orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (IJK) est normal à ce plan.
		\item D’après la question précédente : $M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK}) \iff - x +y - z + d = 0$.
		
En particulier I $ \in (\text{IJK}) \iff - \frac{1}{2}   + d = 0 \iff d = \frac{1}{2}$.

Donc $M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK}) \iff - x +y - z + \frac{1}{2} = 0 \iff x - y + z - \frac{1}{2} = 0$.
	\end{enumerate}
\item On a $M(x~;~y~;~z) \in (\text{FD}) \iff $ il existe $t \in \mathbb{R}$, tel que $\overrightarrow{\text{F}M} = t\overrightarrow{\text{FD}}
\iff \left\{\begin{array}{l c r}
x - 1&=&- t\\y - 0&=&t\\z - 1&=&- t \end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c r}
x&=&1 - t\\y&=&t\\z &=&1 - t \end{array}\right.$.

\item $M(x~;~y~;~z)$ appartient à (FK) et à (IJK) si ses coordonnées vérifient l’équation de la droite et celle du plan soit :

$\left\{\begin{array}{l c r}
x&=&1 - t\\y&=&t\\z &=&1 - t\\
x - y + z - \frac{1}{2} &=& 0 \end{array}\right. \Rightarrow 1 - t - t +1 - t - \frac{1}{2} = 0 \iff - 3t + \frac{3}{2} = 0 \iff t = \frac{1}{2}$.

D’où les coordonnées de $M\left(\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2} \right)$.
\item $\text{IJ}^2 = \left(-\frac{1}{2} \right)^2 + \left(\frac{1}{2} \right)^2 + 1^2 = \frac{6}{4}$ ; de même $\text{IK}^2 = \left(\frac{1}{2} \right)^2 + \left(\frac{1}{2} \right)^2 + 0^2 = \frac{2}{4}$ et $\text{JK}^2 = 1^2 + 0^2 + 1^2 = 2$.

Or $\frac{6}{4} + \frac{2}{4} = 2 \iff \text{IJ}^2 + \text{IK}^2 = \text{JK}^2$ égalité qui montre d’après la réciproque du théorème de Pythagore que le triangle IJK est rectangle en I.

L’aire du triangle (IJK) est donc égale à :

$\mathcal{A}(\text{IJK}) = \dfrac{1}{2} \times \text{IJ} \times \text{IK} = \dfrac{1}{2} \times \frac{\sqrt{6}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{\sqrt{12}}{8} = \frac{\sqrt{3}}{4}$.
\item $\mathcal{V}(\text{FIJK}) = \dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}(\text{IJK}) \times \text{FM}$.

F$M^2 = \left(- \frac{1}{2}\right)^2 + \left( \frac{1}{2} \right)^2 + \left(- \frac{1}{2 } \right)^2 = \frac{3}{4}\Rightarrow   \text{F}M = \frac{\sqrt{3}}{2}$.

Donc $\mathcal{V}(\text{FIJK}) = \dfrac{1}{3}\times \frac{\sqrt{3}}{4} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{1}{8}$.
\item Vérifions si L$\left(1~;~1~;~\frac{1}{2} \right)$ appartient au plan IJK :

$1 - 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{2} = 0$ est vraie, donc les quatre loints I, J, K et L sont coplanaires.

Vérifions si (IJ) est parallèle à (KL) :

$\overrightarrow{\text{IJ}}\left(-  \frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}~;~~1\right)$ et $\overrightarrow{\text{KL}}\left(0~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}\right)$ : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc les droites coplanaires (IJ) et (KL) sont sécantes.
\end{enumerate}



\subsection{\textcolor{blue}{D'après Amérique du sud novembre 2006}}


\begin{multicols}{2}
\setlength{\columnseprule}{1pt}
\setlength{\columnsep}{2 cm}

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormal $\left(O~;~\overrightarrow{i}~;~\overrightarrow{j}~;~\overrightarrow{k}\right)$, on 
considère les points :

A de coordonnées $(3 ~;~ 1 ~;~-5)$, B de coordonnées $(0 ~;~ 4~;~ -5)$, C de coordonnées $(-1 ~;~ 2 ~;~ -5)$ et D de 
coordonnées (2 ; 3 ; 4).

\begin{enumerate}

\item $\overrightarrow{\text{AB}}\left(\begin{array}{l}-3\\ 3\\0\\
\end{array}\right),~\overrightarrow{\text{AD}}\left(\begin{array}{l}-1\\ 2\\9\\
\end{array}\right)$. Il n'existe pas de réel $\alpha$ tel que $\overrightarrow{\text{AB}} = \alpha\overrightarrow{\text{AD}}$. Les points A, B et D  ne sont pas  alignés.

\item Les égalités $3 + 1 = 4$ et $0 + 4= 4$ sont vraies ; les points A et B appartiennent au plan. Donc la droite (AB) est contenue dans le plan d'équation cartésienne : $x + y = 4$.

\item Les coordonnées des trois points vérifient l'équation. L'équation proposée est bien celle du plan (BCD), ces trois points étant manifestement disjoints deux à deux et non alignés.

\item Les coordonnées de A ne vérifient pas l'équation précédente. Donc A n'appartient pas au plan (BCD). Les points A, B, C et D ne sont pas  coplanaires.

\item 
Notons $\mathscr{D}$ la droite dont la représentation paramétrique est $\begin{cases}x=1-2k\\
y=\dfrac{7}{2}+k\\z=- \dfrac{1}{2} - 9k
\end{cases},~k \in \mathbb{R}$

Un vecteur directeur de cette droite est $\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}-2\\1\\-9\end{pmatrix}$. On remarque que $\overrightarrow{u}=-\overrightarrow{BC}$ donc $\mathscr{D}$ et $(BC)$ sont parallèles.

Varifions si B appartient à $\mathscr{D}$ : pour trouver $x_B=0$, on doit avoir $k=\dfrac{1}{2}$. Pour cette valeur de $k$, on trouve $y=4=y_B$ et $z=-5=z_B$. 

On en déduit que $B\in\mathscr{D}$. Les deux droites sont parallèles et ont un point commun : elles sont confondues donc c'est bien la représentation paramétrique de $(BC)$.

\end{enumerate}

\end{multicols}


\subsection{\textcolor{blue}{Nouvelle-Calédonie mars 2015}}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Une représentation paramétrique de $D_1$ s'obtient en traduisant l'égalité $\overrightarrow{A_1M} = t\overrightarrow{u_1}$ avec $t \in \mathbb{R}$ soit  :

$\left\{\begin{array}{l c l}
 x - 0 &=& t \\
y - 2 &=& 2t\\
z - (- 1)&=&3t
\end{array}\right.  \quad t \in \mathbb{R} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& t \\
y &=&2 +  2t\\
z &=&- 1 + 3t
\end{array}\right. \quad t \in \mathbb{R} $.
		\item $D_2$ a pour représentation paramétrique :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x  &=&1 + k \\
y &=&0 - 2k\\
z &=&2 + 0k
\end{array}\right. \quad k \in \mathbb{R} $.
		
On reconnait qu'un vecteur directeur de $D_2$ est $\overrightarrow{u_2}\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}$.
		\item $A_2 \in D_2 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 1  &=&1 + k \\
4 &=&0 - 2k\\
2 &=&2 + 0k
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 2  &=&k \\
- 2 &=&k\\
2 &=&2
\end{array}\right.$ qui a une solution $k = - 2$. 

Le point $A_2$ appartient à $D_2$.
	\end{enumerate}
\item Les vecteurs directeurs de $D_1$ et de $D_2$ ne sont manifestement pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.

Elles sont sécantes s'il existe des réels $t$ et $k$ tels que :

$\left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
2 + 2t &=&0 - 2k\\
- 1 + 3t &=&2 + 0k
\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
2 + 2 + 2k &=&0 - 2k\\
- 1 + 3 +3k &=&2 + 0k
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
4k &=&- 4\\
3k &=&0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
k &=&- 1\\
k &=&0
\end{array}\right.$

Ce système n'a pas de solution donc il n'existe pas de point commun aux deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.
\item Les droites $D_1$ et $\Delta_1$  contiennent le point $A_1$. Pour montrer qu'elles sont perpendiculaires il suffit de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :

$\overrightarrow{u_1} \cdot \overrightarrow{v} = - 6 - 6 + 12 = 0$.

Conclusion : les droites $D_1$ et $\Delta_1$ sont perpendiculaires.
\item Les droites $D_2$ et $\Delta_2$ sont aussi perpendiculaires
	\begin{enumerate}
		\item $\overrightarrow{n}$ est un vecteur normal au plan $P_1$ s'il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires et non nuls de ce plan soit $\overrightarrow{u_1}$ et $\overrightarrow{v}$ ; or
		
$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{u_1} = - 6 - 6 + 12 = 0$

$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{v} = 17 \times (- 6) - 22 \times (- 3) + 4 \times 9 = - 102 + 66 + 36 = 0$

Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan $P_1$. Il est par conséquent normal à ce plan.
		\item Si $P_1$ et $P_2$ sont parallèles $\overrightarrow{n}$ vecteur normal au plan $P_1$ est aussi un vecteur normal au plan $P_2$ ; il est donc orthogonal à tout vecteur non nul du plan $P_2$ comme $u_2$ et $\overrightarrow{v}$.
		
On a bien $\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{v} = 0$, mais $\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{u_2} = 17 + 44 + 0 = 61 \ne 0$.

Donc  $\overrightarrow{n}$ n'est pas normal au plan $P_2$ et les deux plans $P_1$ et $P_2$ ne sont pas parallèles.
	\end{enumerate}
\item $\Delta$ est parallèle à $\Delta_1$ et $\Delta_2$ lesquelles sont respectivement perpendiculaire à $D_1$ et $D_2$.

Par conséquent la droite $\Delta$ est orthogonale aux droites $D_1$ et $D_2$.

Or cette droite appartient au plan $P_1$ et au plan $P_2$. Elle est donc perpendiculaire aux droites $D_1$ et $D_2$. 

Il existe donc une droite de l'espace perpendiculaire à la droite $D_1$ et à $D_2$ : c'est la droite $\Delta$.
\end{enumerate}



\subsection{\textcolor{blue}{Nouvelle-Calédonie novembre 2014}}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Une représentation paramétrique de $D_1$ s'obtient en traduisant l'égalité $\overrightarrow{A_1M} = t\overrightarrow{u_1}$ avec $t \in \mathbb{R}$ soit  :

$\left\{\begin{array}{l c l}
 x - 0 &=& t \\
y - 2 &=& 2t\\
z - (- 1)&=&3t
\end{array}\right.  \quad t \in \mathbb{R} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& t \\
y &=&2 +  2t\\
z &=&- 1 + 3t
\end{array}\right. \quad t \in \mathbb{R} $.
		\item $D_2$ a pour représentation paramétrique :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x  &=&1 + k \\
y &=&0 - 2k\\
z &=&2 + 0k
\end{array}\right. \quad k \in \mathbb{R} $.
		
On reconnait qu'un vecteur directeur de $D_2$ est $\overrightarrow{u_2}\begin{pmatrix}1\\-2\\0\end{pmatrix}$.
		\item $A_2 \in D_2 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 1  &=&1 + k \\
4 &=&0 - 2k\\
2 &=&2 + 0k
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 2  &=&k \\
- 2 &=&k\\
2 &=&2
\end{array}\right.$ qui a une solution $k = - 2$. 

Le point $A_2$ appartient à $D_2$.
	\end{enumerate}
\item Les vecteurs directeurs de $D_1$ et de $D_2$ ne sont manifestement pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles.

Elles sont sécantes s'il existe des réels $t$ et $k$ tels que :

$\left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
2 + 2t &=&0 - 2k\\
- 1 + 3t &=&2 + 0k
\end{array}\right.\iff\left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
2 + 2 + 2k &=&0 - 2k\\
- 1 + 3 +3k &=&2 + 0k
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
4k &=&- 4\\
3k &=&0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
t  &=&1 + k \\
k &=&- 1\\
k &=&0
\end{array}\right.$

Ce système n'a pas de solution donc il n'existe pas de point commun aux deux droites, elles ne sont donc pas coplanaires.
\item Les droites $D_1$ et $\Delta_1$  contiennent le point $A_1$. Pour montrer qu'elles sont perpendiculaires il suffit de montrer que deux de leurs vecteurs directeurs sont orthogonaux :

$\overrightarrow{u_1} \cdot \overrightarrow{v} = - 6 - 6 + 12 = 0$.

Conclusion : les droites $D_1$ et $\Delta_1$ sont perpendiculaires.
\item Les droites $D_2$ et $\Delta_2$ sont aussi perpendiculaires
	\begin{enumerate}
		\item $\overrightarrow{n}$ est un vecteur normal au plan $P_1$ s'il est orthogonal aux deux vecteurs non colinéaires et non nuls de ce plan soit $\overrightarrow{u_1}$ et $\overrightarrow{v}$ ; or
		
$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{u_1} = - 6 - 6 + 12 = 0$

$\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{v} = 17 \times (- 6) - 22 \times (- 3) + 4 \times 9 = - 102 + 66 + 36 = 0$

Le vecteur $\overrightarrow{n}$ est orthogonal a deux vecteurs non colinéaires du plan $P_1$. Il est par conséquent normal à ce plan.
		\item Si $P_1$ et $P_2$ sont parallèles $\overrightarrow{n}$ vecteur normal au plan $P_1$ est aussi un vecteur normal au plan $P_2$ ; il est donc orthogonal à tout vecteur non nul du plan $P_2$ comme $u_2$ et $\overrightarrow{v}$.
		
On a bien $\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{v} = 0$, mais $\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{u_2} = 17 + 44 + 0 = 61 \ne 0$.

Donc  $\overrightarrow{n}$ n'est pas normal au plan $P_2$ et les deux plans $P_1$ et $P_2$ ne sont pas parallèles.
	\end{enumerate}
\item $\Delta$ est parallèle à $\Delta_1$ et $\Delta_2$ lesquelles sont respectivement perpendiculaire à $D_1$ et $D_2$.

Par conséquent la droite $\Delta$ est orthogonale aux droites $D_1$ et $D_2$.

Or cette droite appartient au plan $P_1$ et au plan $P_2$. Elle est donc perpendiculaire aux droites $D_1$ et $D_2$. 

Il existe donc une droite de l'espace perpendiculaire à la droite $D_1$ et à $D_2$ : c'est la droite $\Delta$.
\end{enumerate}

\label{fin}
\end{document}  