TS1-TS2 : contrôle commun n 4 (4 heures)

TS1-TS2 : contrôle commun no 4 (4 heures)
I Centres étrangers juin 2014
On définit, pour tout entier naturel n, les nombres complexes z n par :

 z0
= 16
1+i
 z n+1 =
z n , pour tout entier naturel n.
2
On note r n le module du nombre complexe z n : r n = |z n |.
Dans le plan muni d’un repère orthonormé direct d’origine O, on considère les points A n d’affixes z n .
1.
1+i
1+i
z0 =
× 16 = 8 + 8i .
2
µ2 ¶
1+i
1+i
(8 + 8i) = 4 + 4i + 4i − 4 = 8i .
z1 =
z2 =
2
¶
µ2
1+i
1+i
z3 =
= 4i − 4 = −4 + 4i .
z 2 = 8i
2
2
(b) Voir l’annexe.
p
1 1 2
1+i
2
2
alors |z| = + = , donc |z| =
(c) Si z =
.
2
4 4 4
2
p Ãp
p ³
p !
π
π´
2
2
2
2
.
Donc z =
=
cos + i sin
+i
2
2
2
2
4
4
(a) z 1 =
Un argument de
1+i
π
.
est donc
2
4
(d) OA 0 = | |z 0 | = r 0 = 16 ;
p
p
p
OA 1 = | |z 1 | = r 1 = 82 + 82 = 64 × 2 = 8 2 ;
p
A 0 A 1 = |z 1 − z 0 | = |8 + 8i − 16| = |−8 + 8i| = 8 2 .
On a donc OA 1 = A 0 A 1 : le triangle est isocèle en A1 ;
³ p ´2 ³ p ´2
D’autre part 8 2 + 8 2 = 162 ⇐⇒ A 0 A 21 + OA 21 = OA 20 signifie (réciproque du théorème de Pythagore)
que le triangle OA 0 A 1 est rectangle en A 1 .
Autre méthode :
z0 − z1
1−i
i(1 − i)
8 − 8i
Soit Z =
=
=
= i.
=
zO − z 1 −8 − ¯8i −1¯ − i
1−i
µ
¶ ³
¯ O A1 ¯
z0 − z1
−−→ −−−→´
¯
¯
|i|
On en déduit que |Z | = ¯
=
=
1
donc
O
A
=
A
A
et
arg(Z
)
=
arg
=
A 1O ; A 1 A 0 = arg(i) =
0
0
1
A0 A1 ¯
zO − z 1
π
. Le triangle O A 0 A 1 est bien rectangle isocèle en A 1 .
2
p
¯ ¯
¯
¯
¯1+i ¯ ¯1+i¯
2
¯ × |z n | (le module du produit est égal au produit des modules) =
z n ¯¯ = ¯¯
rn .
2. ∀n ∈ N, r n+1 = |z n+1 | = ¯¯
2
2 ¯
2
p
p
2
2
.
∀n ∈ N, r n+1 =
r n donc la suite (r n ) est géométrique, de raison
2
2
à p !n
à p !n
2
2
On sait que r n = r 0
.
= 16
2
2
à p !n
p
2
2
= 0 , donc lim r n = 0 .
Comme 0 <
< 1, on sait que lim
n→+∞
n→+∞
2
2
La suite converge vers 0 .
Comme r n = |z n | = OA n , ceci signifie géométriquement que la limite des points A n est le point O.
Devoir sur table no 3 TS1-TS2
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13 mai 2017
3.
(a) Quel que soit le naturel n :
p
¯
¯ ¯ µ
¯
¶¯ ¯
¶¯ ¯ µ
¯1+i
¯ ¯
¯ ¯
1+i
−1 + i ¯¯ ¯¯ −1 + i ¯¯
2
¯
¯
¯
¯
¯
A n A n+1 = |z n+1 − z n | = ¯
=¯
z n − z n ¯ = ¯z n
− 1 ¯ = ¯z n
r n = r n+1 .
× |z n | =
¯
¯
2
2
2
2
2
(b) L n est donc la somme des n (sauf r 0 ) premiers termes de la suite géométrique (r n ).
³ p ´n
2
p 1− 2
.
Donc L n = 8 2
p
1 − 22
à p !n
¡p
¢
p
p
p
16 2 + 1
16 2
2
16 2
16
8 2
(c) On sait que lim
=p
=
= 0, donc lim L n =
p =
p =p p
n→+∞
n→+∞
2
2−1
2( 2 − 1)
2−1
1 − 22 2 − 2
³p
´
= 16 2 + 1 .
8
×
A2
×
A1
6
×
A3
4
2
×
A4
−4
0
−2
A5
× −2
×
×
A6
2
4
6
8
10
12
14
A0
16
II Pondichéry avril 2015
Partie A
∆
3
2
1
C
-2
-1
→
−

→
−ı
1
2
a
3
4
1. On sait que e−2x > 0 quel que soit le réel x, donc 1 + e−2x > 1 > 0. Le dénominateur étant non nul, la fonction f est
3
, avec u(x) = 1+e−2x , donc u ′ (x) = −2e−2x on
dérivable sur R et sur cet intervalle la fonction étant de la forme
u(x)
a:
f ′ (x) = −
3u ′ (x)
3 × (−2)e−2x
6e−2x
=
−
=
¡
¢
¡
¢2 > 0 car quotient de deux nombres supérieurs à zéro. la fonction
2
(u(x))2
1 + e−2x
1 + e−2x
f est donc strictement croissante sur R (comme le laisse supposer le graphique).
Devoir sur table no 3 TS1-TS2
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2. On a lim −2x = −∞ et en posant X = −2x, lim e X = 0, d’où
x→+∞
X →−∞
¡
¢
X
lim 1 + e = 1 et enfin par quotient de limites lim f (x) = 3 : ceci montre que la droite (∆) d’équation y = 3
x→+∞
X →−∞
est asymptote à C au voisinage de plus l’infini.
3
= 1, 5 à 3 :
1+1
d’après le théorème des valeurs intermédiaires , il existe donc un réel unique α ∈ [0 ; +∞[ tel que f (α) = 2, 999
(l’unicité vient de la montonie de la fonction).
3. Sur l’intervalle [0 ; +∞[, la fonction f est continue car dérivable, strictement croissante de f (0) =
La calculatrice donne :
f (4) ≈ 2,998 99 et f (5) ≈ 2,999 9, donc 4 < α < 5 ;
f (4, 0) ≈ 2,998 99 et f (4, 1) ≈ 2,999 2, donc 4, 0 < α < 4, 1 ;
f (4, 00) ≈ 2,998 99 et f (4, 01) ≈ 2,999 01, donc 4, 00 < α < 4, 01 . (encadrement à 10−2 près.
Partie B
1. On a vu dans la partie A que 0 < f (x) < 3 ⇐⇒ − f (x) < 0 < 3 − f (x), soit h(x) > 0 sur R.
2. La fonction H est dérivable sur R et sur cet intervalle :
¡
¢
3 e−2x + 1
3 −2e−2x
3e−2x
3e−2x + 3 − 3 3e−2x + 3
3
3
′
∀x ∈ R, H (x) = − ×
=
=
=
−
=
−
−2x
−2x
−2x
−2x
−2x
−2x
2 1+e
1+e
1+e
1+e
1+e
1+e
1 + e−2x
= 3 − f (x) = h(x).
Donc H est une primitive de h sur R.
3.
(a) On a vuZque sur R donc en particulier sur l’intervalle [0 ; a] (avec a >), la fonction h est positive, donc l’ina
tégrale
h(x) dx est égale en unités d’aire à la mesure de la surface limitée par la représentation graphique
0
de h, l’axe des abscisses, et les droites d’équation x = 0 et x = a.
Mais comme h(x) = 3 − f (x), cette surface est la surface limitée par la droite ∆, la courbe C et les droites
d’équation x = 0 et x = a (voir l’aire hachurée ci-dessus).
(b) D’après la question B. 2., on a :
µ
¶
Za
¢ 3 ¡
¢ 3
¢
3 ¡
2
3
3 ¡
.
h(x)dx = [H (x)]0a = H (a)−H (0) = − ln 1 + e−2×a + ln 1 + e−2×0 = ln 2− ln 1 + e−2×a = ln
2
2
2
2
2
1 + e−2a
0
(c) D’après la question précédente, on sait que l’aire
µ de Da ¶, surface limitée par la droite ∆, la courbe C et les
3
2
droites d’équation x = 0 et x = a est égale à ln
.
2
1 + e−2a
¶
µ
2
−2x
−2x
Or lim e
= 0, donc lim 1 + e
= 1 et lim
= 2, donc finalement par composition, l’aire de
x→+∞
x→+∞
x→+∞ 1 + e−2x
µ
¶
3
3
2
D est égale à lim
ln
= ln 2 ≈ 1, 04 (u. a.)
−2x
x→+∞ 2
1+e
2
III D’après Bac (Antilles-Guyane - septembre 2013
Partie A : modélisation et simulation
1. (−1 ; 1) : non car x < 0 ce qui n’est pas possible ;
(10 ; 0) : oui par exemple en choisissant 10 fois la valeur 0 pour y ;
(2 ; 4) : non car y > 2 ;
(10 ; 2) : oui par exemple en choisissant dans cet ordre 8 fois la valeur 0 puis deux fois la valeur 1 pour y.
2. Pour que Tom ait réussi la traversée, il faut qu’il soit arrivé au bout des 10 étapes, c’est-à-dire que x = 10 et qu’il
ne tombe pas lors de cette dernière étape, ce qui est encore possible si sa position à l’étape précédente était (9 ; 1)
ou (9 ; −1) ; il faut donc tester également si y n’est pas plus grand que 1 ou plus petit que −1 en fin d’algorithme.
Devoir sur table no 3 TS1-TS2
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On remplace dans l’algorithme la ligne :
Afficher « la position de Tom est » (x ; y)
par :
Si x = 10 et y Ê −1 et y É 1
alors Afficher « Tom a réussi la traversée »
sinon Afficher « Tom est tombé »
Fin du si
Partie B
Pour tout n entier naturel compris entre 0 et 10, on note :
A n l’évènement « après n déplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée −1 ».
B n l’évènement « après n déplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 0 ».
C n l’évènement « après n déplacements, Tom se trouve sur un point d’ordonnée 1 ».
On note a n , b n , c n les probabilités respectives des évènements A n , B n ,C n .
1. Au départ, Tom se trouve à l’origine O donc son ordonnée est 0 ; donc l’événement B 0 est réalisé : a 0 = 0, b 0 = 1 et
c 0 = 0.
2. On va représenter sur un arbre pondéré le passage de l’état n à l’état n + 1 ; une branche vers le haut signifie que
le nombre choisi au hasard est −1, une branche du milieu signifie que le nombre est 0 et une branche vers le bas
signifie que ce nombre vaut 1.
Il est dit dans le texte que S représente l’événement « Tom traverse le pont » donc S désigne l’événement « Tom est
tombé à l’eau ».
An
b
S
1
3
A n+1
1
3
an
bn
1
3
Bn
b
b
Cn
b
A n ∩ B n+1
B n+1
1
3
B n+1
1
3
1
3
Devoir sur table no 3 TS1-TS2
A n ∩ A n+1
A n+1
1
3
b
b
1
3
1
3
cn
An ∩ S
b
B n ∩ A n+1
b
b
B n ∩ B n+1
b
B n ∩C n+1
C n+1
B n+1
b
C n ∩ B n+1
C n+1
b
C n ∩C n+1
b
Cn ∩ S
S
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D’après la formule des probabilités totales :
a n+1 = P (A n+1 ) = P (A n ∩ A n+1 ) + P (B n ∩ A n+1 )
= P (A n ) × P A n (A n+1 ) + P (B n ) × P B n (A n+1 ) = a n ×
De même b n+1 = P (B n+1 ) = a n ×
et c n+1 = P (C n+1 ) = b n ×
3. P (A 1 ) = a 1 =
P (C 1 ) = c 1 =
1
1
an + bn
+ bn × =
3
3
3
an + bn + cn
1
1
1
+ bn × + cn × =
3
3
3
3
1
1
bn + cn
+ cn × =
3
3
3
1
1
a0 + b0
a0 + b0 + c0
; P (B 1 ) = b 1 =
;
=
=
3
3
3
3
1
b0 + c0
=
.
3
3
4. Tom se trouve sur le pont au bout de deux déplacements si l’ordonnée y de sa position vaut −1, 0 ou 1, autrement
dit dans le cas de l’événement A 2 ∪B 2 ∪C 2 . Les trois événements A 2 , B 2 et C 2 sont incompatibles donc P (A 2 ∪B 2 ∪
C 2 ) = P (A 2 ) + P (B 2 ) + P (C 2 ).
1
1
1
1
1
a1 + b1 + c1 3 + 3 + 3
2
1
a1 + b1 3 + 3
; b2 =
;
=
=
=
=
a2 =
3
3
9
3
3
3
1
c2 =
b1 + c1 3
2
.
= =
3
3
9
P (A 2 ∪ B 2 ∪C 2 ) = P (A 2 ) + P (B 2 ) + P (C 2 ) = a 2 + b 2 + c 2 =
7
2 1 2
.
+ + =
9 3 9
9
7
.
9
5. Pour la même raison que dans la question précédente, la probabilité que Tom traverse le pont est P (A 10 ∪ B 10 ∪
C 10 ) = P (A 10 ) + P (B 10 ) + P (C 10 ) = a 10 + b 10 + c 10 ≈ 0,040 272 + 0,056 953 + 0,040 272 ≈ 0,137 497 (d’après le tableau
fourni).
La probabilité que Tom se trouve sur le pont après deux déplacements est
Une valeur approchée à 0, 001 près de la probabilité que Tom traverse le pont est 0, 137.
IV
Réservé aux candidats ne suivant pas la spécialité mathématiques
1. La bonne réponse est b .
Par l’absurde : si (I J ) et (EC ) étaient coplanaires, alors, le point J appartiendrait au plan (EC I ) c’est-à-dire au plan
(EC A), ce qui est faux.
2. La bonne réponse est c .
−→
−−→
−→ −−→
Dans le repère mentionné dans le sujet, on a AF (1, 0, 1) et BG(0, 1, 1), d’où AF · BG = 1 × 0 + 0 × 1 + 1 × 1 = 1.
3. La bonne réponse est d . On le vérifie en injectant les coordonnées des points A, F et H dans l’équation
x + y − z = 0.
4. La bonne réponse est b .
−→
−→
−→ −→
−
Un vecteur normal de P est →
n (1, 1, −1), or EC (1, 1, −1). Par conséquent EC est normal à P , et comme E L et EC
−→
sont colinéaires, E L est de ce fait aussi normal à P .
5. La bonne réponse est d .

 x
−→
y
On a EC (1, 1, −1) et E (0, 0, 1) ; une représentation paramétrique de la droite (EC ) est donc

z
Devoir sur table no 3 TS1-TS2
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= t
= t (t ∈ R) .
= 1−t
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1
Le point L a donc pour coordonnées L(t , t , 1 − t ), et comme L ∈ P alors : t + t − (1 − t ) = 0 d’où l’on tire t = ,
3
µ
¶
1 1 1
, d’où le résultat.
c’est-à-dire L , ,
3 3 3
IV
Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. On considère l’équation (E) à résoudre dans Z : 7x − 5y = 1.
(a) 7 × 3 − 5 × 4 = 21 − 20 = 1 donc (3 ; 4) est solution de (E).
(b)
• Le couple (x ; y) est solution de (E) donc :
Le couple (3 ; 4) est solution de (E) donc :
Par soustraction membre à membre :
donc 7(x − 3) = 5(y − 4) .
7×x − 5× y = 1
7×3 − 5×4 = 1
7(x − 3) − 5(y − 4) = 0
• Réciproquement, si le couple (x ; y) est tel que 7(x − 3) = 5(y − 4), on peut dire que
7(x − 3) − 5(y − 4) = 0 ⇐⇒ 7x − 21 − 5y + 20 = 0 ⇐⇒ 7x − 5y = 1, et donc que le couple (x ; y) est solution
de (E).
• Donc le couple d’entiers (x ; y) est solution de (E) si et seulement si 7(x − 3) = 5(y − 4) .
(c)
• Soit (x ; y) un couple d’entiers solution de (E), ce qui équivaut à 7(x − 3) = 5(y − 4).
7(x−3) = 5(y−4) entraîne que 7 divise 5(y−4) ; or 7 et 5 sont premiers entre eux, donc, d’après le théorème
de Gauss, 7 divise y − 4. Donc il existe un entier relatif k tel que y − 4 = 7k ce qui équivaut à y = 7k + 4
avec k ∈ Z.
Comme 7(x − 3) = 5(y − 4) et y − 4 = 7k, cela implique que 7(x − 3) = 5 × 7k ce qui équivaut à x − 3 = 5k
ou encore x = 5k + 3.
½
x = 5k + 3
Donc si (x ; y) est solution de (E), alors
où k ∈ Z
y = 7k + 4
• Réciproquement, si le couple d’entiers (x ; y) est tel que
½
x = 5k + 3
où k ∈ Z, alors 7x − 5y = 7(5k + 3) − 5(7k + 4) = 35k + 21 − 35k − 20 = 1 donc (x ; y) est
y = 7k + 4
solution de (E).
• Donc les solutions entières de l’équation (E) sont exactement les couples (x ; y) d’entiers relatifs tels que
½
x = 5k + 3
où k ∈ Z
y = 7k + 4
2. Une boîte contient 25 jetons, des rouges, des verts et des blancs. Sur les 25 jetons il y a x jetons rouges et y jetons
verts. On sait que 7x − 5y = 1.
D’après la question 1, on peut dire que x = 5k + 3 et y = 7k + 4 avec k entier relatif. Le nombre de jetons est un
nombre positif, et ne doit pas dépasser 25 qui est le nombre total de jetons dans la boîte.
Pour k = 0, x = 3 et y = 4 ; il peut donc y avoir 3 jetons rouges, 4 jetons verts et 25 − 3 − 4 = 18 jetons blancs.
Pour k = 1, x = 8 et y = 11 ; il peut donc y avoir 8 jetons rouges, 11 jetons verts et 25 − 8 − 11 = 6 jetons blancs.
Les autres valeurs de k ne donnent pas de résultats répondant au problème.
Dans la suite, on supposera qu’il y a 3 jetons rouges et 4 jetons verts.
¡
3. Comme au départ c’est-à-dire pour n = 0, le pion est en A, on peut dire que X 0 = 1 0
¢
0.
D’après le texte, on tire au hasard un pion dans la boîte, donc il y a équiprobabilité. Il y a 3 pions rouges sur 25
3
= 0 , 12 . On calcule de même la probabilité de tirer un pion vert :
donc la probabilité de tirer un pion rouge est
25
18
4
= 016 et la probabilité de tirer un pion blanc :
= 0, 72 .
25
25
On cherche la probabilité a n+1 qu’à l’étape n + 1 le pion soit en A.
Devoir sur table no 3 TS1-TS2
Page 6/8
Lycée Maurice Genevoix,
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S’il était en A à l’étape n, il faut tirer une boule blanche pour qu’il y reste, ce qui se fait avec une probabilité de 0,72.
Comme il avait une probabilité égale à a n d’être en A à l’étape n, on retient 0, 72a n .
S’il était en B à l’étape n, il faut tirer une boule rouge pour qu’il passe en A, ce qui se fait avec une probabilité de
0,12. Comme il avait une probabilité égale à b n d’être en B à l’étape n, on retient 0, 12b n .
S’il était en C à l’étape n, il faut tirer une boule rouge pour qu’il passe en A, ce qui se fait avec une probabilité de
0,12. Comme il avait une probabilité égale à c n d’être en C à l’étape n, on retient 0, 12c n .
On peut donc dire que : a n+1 = 0, 72a n + 0, 12b n + 0, 12c n .
On justifie de la même façon b n+1 et c n+1 et l’on a :

 a n+1 = 0, 72a n + 0, 12b n + 0, 12c n
b
= 0, 12a n + 0, 72b n + 0, 16c n
 n+1
c n+1 = 0, 16a n + 0, 16b n + 0, 72c n
ce qui donne sous forme matricielle

0, 72 0, 12 0, 16
a n+1 b n+1 c n+1 = a n b n c n × 0, 12 0, 72 0, 16
0, 12 0, 16 0, 72


0, 72 0, 12 0, 16
soit X n+1 = X n T où T = 0, 12 0, 72 0, 16
0, 12 0, 16 0, 72


3
37
4
 10 110


11 


1 0
0


1
1

0 
4. On admet que T = P DP −1 où P −1 = 
0 
 10 − 10
 et D = 0 0, 6


0 0 0, 56

1
1
−
0
11
11
¡ −1 ¢−1
; on cherche donc à la calculatrice l’inverse de la matrice P −1 et on trouve :
(a) On sait que P = P


1 7
4
P = 1 −3 4 
1 −3 −7
¡
¢
¡
¢

(b) On va démontrer par récurrence sur n (n Ê 1) la propriété P n : T n = P D n P −1 .
• On sait que T = P DP −1 donc T = P D 1 P −1 et donc la propriété est vraie au rang n = 1.
• On suppose la propriété vraie à un rang p (p Ê 1), c’est-à-dire T p = P D p P −1 ; c’est l’hypothèse de récurrence.
On veut démontrer que la propriété est vraie au rang p + 1.
T p+1 = T p ×T ; d’après l’hypothèse de récurrence, T p = P D n P −1 et on sait que T = P DP −1 . Donc T p+1 =
P D p P −1 × P DP −1 = P D p P −1 P DP −1 = P D p+1 P −1 et donc la propriété est vraie au rang p + 1.
• La propriété est vraie au rang 1, elle est héréditaire, donc elle est vraie pour tout n Ê 1.
On a donc démontré que, pour tout n ∈ N∗ , T n = P D n P −1 .


1
0
0
(c) La matrice D est une matrice diagonale ; D n = 0 0, 6n
0 
0
0
0, 56n
αn
On note αn , βn , γn les coefficients de la première ligne de la matrice T n ; ainsi T n =  . . .
...
n
n
7
37
−
77
×
0,
6
+
40
×
0,
56
3
+
× 0, 6n et βn =
.
On admet que αn =
10 10
110
5. On rappelle que, pour tout entier naturel n, X n = X 0 T n .

Devoir sur table no 3 TS1-TS2
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βn
...
...

γn
. . .
...
Lycée Maurice Genevoix,
13 mai 2017
¡
(a) X n = a n
bn
¢
¡
c n et X 0 = 1
X n = X 0 T n ⇐⇒ a n
bn
¡
⇐⇒ a n
bn
¡
¢
0 0
αn
cn = 1 0 0 ×  . . .
...
¢ ¡
¢
c n = αn βn γn
¢
¡
¢

βn
...
...

γn
. . .
...
Donc a n = αn et b n = βn . Or comme à chaque étape, le pion est soit en A, soit en B, soit en C, a n + b n + c n = 1
et donc c n = 1 − a n − b n = 1 − αn − βn .
3
7
3
(b) a n =
+
× 0, 6n ; or −1 < 0, 6 < 1 donc lim 0, 6n = 0 d’où l’on déduit que lim a n = .
n→+∞
n→+∞
10 10
10
37 − 77 × 0, 6n + 40 × 0, 56n
; or −1 < 0, 56 < 1 donc lim 0, 56n = 0 et comme lim 0, 6n = 0, on peut en
b n ==
n→+∞
n→+∞
110
37
déduire que lim b n =
.
n→+∞
110
3
37
4
c n = 1 − a n − b n donc lim c n = 1 −
−
= .
n→+∞
10 110 11
3
33
37
4
40
(c) lim a n =
=
; lim b n =
et lim c n =
=
n→+∞
10 110 n→+∞
110 n→+∞
11 110
Le sommet sur lequel on a le plus de chance de se retrouver après un grand nombre d’itérations est le sommet
qui a la plus grande probabilité au rang n ; c’est donc le sommet C.
Devoir sur table no 3 TS1-TS2
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Lycée Maurice Genevoix,
13 mai 2017