Bac S – Antilles Guyane – Septembre 2020

Antilles Guyane – Septembre 2020

Bac S – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici .

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. On obtient donc l’arbre pondéré suivant :

    $\quad$
  2. On a :
    $\begin{align*} P(M\cap S)&=P(M)\times P_M(S)\\
    &=0,55 \times 0,7 \\
    &=0,385\end{align*}$
    La probabilité que Louise emmène Zoé le matin et la ramène le soir est égale à $0,385$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(S)&=P(M\cap S)+P\left(\conj{M}\cap S\right) \\
    &=0,385+0,45\times 0,24 \\
    &=0,493\end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer
    $\begin{align*} P_S(M)&=\dfrac{P(M\cap S)}{P(S)} \\
    &=\dfrac{0,385}{0,493} \\
    &\approx 0,781\end{align*}$
    La probabilité que Louise ait emmenée Zoé le matin sachant qu’elle a ramené Zoé le soir est environ égale à $0,781$.
    $\quad$

Partie B

  1. On a :
    $\begin{align*} P(X\pp 25)&=P(X\pp 28)-P(25\pp X\pp 28) \\
    &=0,5-P(25\pp X\pp 28) \\
    &\approx 0,274\end{align*}$
    $\quad$
  2. D’après la calculatrice on a $P(18 \pp X\pp 38)\approx 0,954$.
    La probabilité que le temps de trajet soit compris entre $18$ et $38$ minutes est environ égale à $0,954$.
    Remarque : On pouvait voir également qu’on demandait de calculer $P(\mu-2\sigma\pp X\pp \mu+2\sigma)$.
    $\quad$
  3. $P(X\pg d)=0,1 \ssi P(X\pp d)=0,9$
    À l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $d\approx 34$
    $\quad$
  4. La variable aléatoire $Z=\dfrac{Y-26}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
    $\begin{align*} P(Y\pg 30)=0,1&\ssi P(Y-26\pg 4)=0,1 \\
    &\ssi P(Y-26\pp 4)=0,9 \\
    &\ssi P\left(\dfrac{Y-26}{\sigma}\pp \dfrac{4}{\sigma}\right)=0,9\\
    &\ssi P\left(Z\pp \dfrac{4}{\sigma}\right)=0,9\end{align*}$
    À l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $\dfrac{4}{\sigma} \approx 1,282$ donc $\sigma \approx 3,12$.
    $\quad$

Partie C

On a $n=254$ et $p=0,35$
Donc $n\pg 30$, $np=88,9\pg 5$ et $n(1-p)=165,1\pg 5$
Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ de la proportion de salariés pratiquant le covoiturage est :
$\begin{align*} I_{254}&=\left[0,35-1,96\sqrt{\dfrac{0,35\times 0,65}{254}};0,35+1,96\sqrt{\dfrac{0,35\times 0,65}{254}}\right] \\
&\approx [0,291;0,409]\end{align*}$

La fréquence observée est $f=\dfrac{82}{254}\approx 0,323$ donc $f\in I_{254}$.

Ce sondage ne remet donc pas en cause l’information publiée par l’entreprise sur son site.

$\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. $\lim\limits_{x\to +\infty} -x=-\infty$ et $\lim\limits_{X\to -\infty} \e^X=0$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} \e^{-x}=0$
    Par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} g(x)=1$.
    $\quad$
  2. $g$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ d’après l’énoncé.
    Pour tout réel $x\pg 0$ on a $g'(x)=\e^{-x}$.
    La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
    La fonction $g$ est donc strictement croissante sur $[0;+\infty[$
    On obtient alors le tableau de variations suivant :
    $\quad$

Partie B

  1. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f'(x)&=\e^{-kx}+(x-1)\times (-k)\e^{-kx} \\
    &=(-kx+k+1)\e^{-kx}\end{align*}$
    $\quad$
    b. Une équation de la droite $T$ est de la forme $y=f'(1)(x-1)+f(1)$.
    $f'(1)=\e^{-k}$ et $f(1)=1$
    Ainsi l’ordonnée du point $B$ est
    $\begin{align*}y_B&=-f'(1)+f(1) \\
    &=-\e^{-k}+1 \\
    &=g(k)\end{align*}$
    $\quad$
  2. D’après la partie A, on sait que $g(x)\in [0;1]$ pour tout $x\in[0;+\infty[$.
    Par conséquent l’ordonnée du point $B$ appartient à $[0;1]$.
    Cela signifie par conséquent que $B$ appartient au semgnet $[OJ]$.
    $\quad$

Partie C

  1. La fonction définie sur $[0;1]$ par $x\mapsto f(x)-x$ est continue et positive.
    Ainsi l’aire du domaine $\mathscr{D}$ est $\displaystyle \int_0^1 \big[h(x)-x\big]\dx$

    $\quad$
  2. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} h(x)-x&=(x-1)\e^{-2x}+1-x \\
    &=(x-1)\e^{-2x}-(x-1) \\
    &=(x-1)\left(\e^{-2x}-1\right)\end{align*}$
    $\quad$
    b. Pour tout réel $x$ on a $\e^{-2x}\pg 1-2x$
    Par conséquent $1-\e^{-2x} \pp 2x-2$
    Sur $[0;1]$ on a $1-x\pg 0$
    Donc $(1-x)\left(1-\e^{-2x}\right)\pp (1-x)(2x-2)$
    Or $(1-x)(2x-2)=2x-2-2x^2+2x=-2x^2+4x-2$
    Et $(1-x)(2x-2)-\left(2x-2x^2\right)=2x-2=2(x-1)\pp 0$
    Ainsi $h(x)-x\pp 2x-2x^2$.
    $\quad$
    c. On en déduit donc que :
    $\begin{align*} \mathscr{A}\pp \int_0^1 \left(2x-2x^2\right)\dx \\
    &\pp \left[x^2-\dfrac{2}{3}x^3\right]_0^1 \\
    &\pp 1-\dfrac{2}{3}-0\\
    &\pp \dfrac{1}{3}\end{align*}$
    $\quad$
  3. On a alors :
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\int_0^1 \left[h(x)-x\right]\dx \\
    &=\int_0^1 h(x)\dx-\int_0^1 x\dx\\
    &=H(1)-H(0)-\left[\dfrac{x^2}{2}\right]_0^1 \\
    &=-\dfrac{1}{4}\e^{-2}+1-\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2} \\
    &=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{4}\e^{-2} \\
    &=\dfrac{1-\e^{-2}}{4}\end{align*}$
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

  1. On a $H(0;1;1)$, $M(0,5;0;0)$ et $N(1;0,5;0)$.
    $\quad$
  2. a. On a $\vect{MN}(0,5;0,5;0)$
    Une représentation paramétrique de la droite $(MN)$ est donc $\begin{cases} x=0,5+0,5k\\y=0,5k\\z=0\end{cases} \quad, k\in \R$.
    $\quad$
    b. Résolvons le système :
    $\begin{cases} x=0,5+0,5k\\y=0,5k\\z=0\\x=t\\y=1\\z=0\end{cases} \ssi \begin{cases} y=1\\z=0\\0,5+0,5k=t\\0,5k=1\\x=t \end{cases} \ssi \begin{cases} y=1\\z=0\\k=2\\t=1,5\\x=1,5\end{cases}$
    Ainsi le point $K$ a pour coordonnées $(1,5;1;0)$.
    $\quad$
  3. a. $\vect{HM}(0,5;-1;-1)$ et $\vect{HN}(1;-0;5;-1)$. Ces deux vecteurs sont donc clairement non colinéaires.
    Par conséquent :
    $\vect{HM}.\vec{n}=1+2-3=0$ et $\vect{HN}.\vec{n}=2+1-3=0$
    Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(HMN)$.
    $\vec{n}$ est par conséquent un vecteur normal au plan $(HMN)$.
    $\quad$
    b. Une équation cartésienne du plan $(HMN)$ est donc de la forme $2x-2y+3z+d=0$.
    Le point $M(0,5;0;0)$ appartient à ce plan. Donc $1+0+0+d=0 \ssi d=-1$
    Une équation cartésienne du plan $(HMN)$ est alors $2x-2y+3z-1=0$.
    $\quad$
    c. On a $\vect{CG}(0;0;1)$ et $C(1;1;0)$.
    Une équation cartésienne de la droite $(CG)$ est donc $\begin{cases} x=1\\y=1\\z=t\end{cases} \quad, t\in \R$
    Résolvons le système :
    $\begin{cases} 2x-2y+3z-1=0\\x=1\\y=1\\z=t\end{cases} \ssi \begin{cases} 3t-1=0\\x=1\\y=1\\z=t\end{cases} \ssi \begin{cases} t=\dfrac{1}{3}\\x=1\\y=1\\z=\dfrac{1}{3}\end{cases}$.
    Ainsi $L$ a pour coordonnées $\left(1;1;\dfrac{1}{3}\right)$.
    $\quad$
  4. On obtient la section suivante :

    $\quad$

 

Ex 4 (obl)

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. On a $u_0=4$, $u_1=-\dfrac{5}{3}$ et $u_2=\dfrac{19}{9}$
    Donc $v_0=\dfrac{10}{3}$, $v_1=-\dfrac{7}{3}$ et $v_2=\dfrac{13}{9}$
    Par conséquent $\dfrac{v_1}{v_0}=-\dfrac{7}{10}$ et $\dfrac{v_2}{v_1}=-\dfrac{13}{21}$
    Les quotients sont différents. La suite $\left(v_n\right)$ n’est donc pas géométrique.
    Affirmation 1 fausse
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a :
    $\begin{align*} -1\pp \cos(n) \pp 1 &\ssi 2\pp 3+\cos(n)\pp 4\\
    &\ssi \dfrac{2}{n^2} \pp u_n \pp \dfrac{4}{n^2}\end{align*}$
    Or $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{2}{n^2}=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} \dfrac{4}{n^2}=0$
    D’après le théorème des gendarmes $\lim\limits_{n\to +\infty} u_n=0$.
    Affirmation 2 vraie
    $\quad$
  3. Voici les différentes valeurs prises par les variables $U$ et $N$:
    $\begin{array}{|c|c|}
    \hline
    U&N\\
    \hline
    0&5\\
    \hline
    1&7\\
    \hline
    2&13\\
    \hline
    3&31\\
    \hline
    4&85\\
    \hline
    5&247\\
    \hline
    6&733\\
    \hline
    7&2~191 \\
    \hline
    8&6~565\\
    \hline\end{array}$
    À la fin de l’exécution de l’algorithme, la variable $U$ contient donc la valeur $6~565$.
    Affirmation 3 fausse
    $\quad$
  4. Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
    Ainsi $z-\ic=0$ ou $z^2+z\sqrt{3}+1=0$
    $z-\ic=0\ssi z=\ic$ et $|\ic|=1$
    $\quad$
    Le discriminant de $z^2+z\sqrt{3}+1$ est :
    $\Delta=-1$ donc les racines de ce polynômes sont $z_1=\dfrac{-\sqrt{3}-\ic}{2}$ et $z_2=\dfrac{-\sqrt{3}+\ic}{2}$.
    Or $\left|z_1\right|=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}}=1$ et $\left|z_2\right|=\left|\conj{z_1}\right|=1$.
    $\quad$
    Toutes les solutions de l’équation $(E)$ sont donc de module $1$.
    Affirmation 4 vraie
    $\quad$
  5. On a $z_0=2$, $z_1=4\ic$ et $z_2=-8$.
    Le milieu du segment $\left[M_0M_2\right]$ est donc le point d’affixe $\dfrac{2+(-8)}{2}=-3$. Par conséquent ce n’est pas le point $O$.
    Affirmation 5 fausse
    $\quad$

 

Ex 4 (spé)

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Si $x\equiv 0~[2]$ et $y\equiv 0~[2]$ alors $x^2-5y^2\equiv 0~[2]$ donc $x$ et $y$ ne peuvent pas être tous les deux pairs.
    Si $x\equiv 1~[2]$ et $y\equiv 1~[2]$ alors $x^2-5y^2\equiv -4~[2]$ soit $x^25y^2\equiv 0~[2]$ donc $x$ et $y$ ne peuvent pas être tous les deux impairs.
    Par conséquent $x$ et $y$ ne peuvent pas avoir la même parité.
    $\quad$
  2. Soit $d$ un diviseur commun à $x$ et $y$.
    Il divise donc toutes leurs combinaisons linéaires, en particulier $x\times x-5y\times y$, c’est-à-dire $1$.
    Donc $d$ divise $1$.
    $x$ et $y$ sont par conséquent premiers entre eux.
    $\quad$
  3. $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \begin{array}{l} \text{Reste de la division eu-}\\\text{clidienne de $k$ par $5$}\end{array}&0&1&2&3&4\\
    \hline
    \begin{array}{l} \text{Reste de la division eu-}\\\text{clidienne de $k^2$ par $5$}\end{array}&0&1&4&4&1\\
    \hline
    \end{array}$
    Si $(x;y)$ est un couple solution de $(E)$ alors $x^2\equiv 1~[5]$.
    D’après le tableau précédent les seules possibilités pour que $x^2\equiv 1~[5]$ sont $x\equiv 1~[5]$ et $x\equiv 4~[5]$.
    Par conséquent $x\equiv 1~[5]$ ou $x\equiv 4~[5]$.
    $\quad$

Partie B

  1. Pour tout entier naturel $n$ on a donc $\begin{cases} x_{n+1}=9x_n+20y_n\\y_{n+1}=4x_n+9y_n\end{cases}$
    $\quad$
  2. Initialisation : Si $n=0$ alors $x_0=1$ et $y_0=0$
    $1^2-5\times 0^2=1$ donc $\left(x_0;y_0\right)$ est solution de l’équation $(E)$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. Donc ${x_n}^2-5{y_n}^2=1$.
    $\begin{align*} {x_{n+1}}^2-5{y_{n+1}}^2&=\left(9x_n+20y_n\right)^2-5\left(4x_n+9y_{n}\right)^2 \\
    &=81{x_n}^2+400{y_n}^2+360x_ny_n-5\left(16{x_n}^2+81{y_n}^2+72x_ny_n\right) \\
    &=81{x_n}^2+400{y_n}^2+360x_ny_n-80x{x_n}^2-405{y_n}^2-360x_ny_n\\
    &={x_n}^2-5{y_n}^2\\
    &=1\end{align*}$
    La propriété est vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Pour tout entier naturel $n$, $\left(x_n;y_n\right)$ est solution de l’équation $(E)$.
    $\quad$
  3. a. On a $A^2=\begin{pmatrix} 161&360\\72&161\end{pmatrix}$.
    $\begin{pmatrix}x_{n+2}\\y_{n+2}\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}x_{n+1}\\y_{n+1}\end{pmatrix}=A^2\begin{pmatrix}x_{n}\\y_{n}\end{pmatrix}$
    Ainsi $\begin{pmatrix}x_2\\y_2\end{pmatrix} =A^2\begin{pmatrix}x_0\\y_0\end{pmatrix}$
    Donc $x_2=161\times 1+360\times 0=161$ et $y_2=72\times 1+161\times 0=72$
    $\quad$
    b. D’après la question précédente $y_{p+2}=72x_p+161y_p$.
    $72x_p$ est divisible par $9$. Si $y_p$ est divisible par $9$ alors $y_{p+2}$ est également divisible par $9$.
    $\quad$
    c. $y_0=0$ est divisible par $9$ donc pour tout entier naturel $n$, $y_{2n}$ est divisible par $9$.
    C’est en particulier le cas pour $n=1010$.
    Ainsi $y_{2020}$ est un multiple de $9$.
    $\quad$

Énoncé

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Bac S – Polynésie – Septembre 2020

Polynésie – Septembre 2020

Bac S- Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Ex 1

Exercice 1

  1. On appelle $R$ l’événement “obtenir que des boules rouges”.
    Ainsi $p(R)=\left(\dfrac{5}{8}\right)^4$.
    La probabilité d’obtenir au moins $1$ boule blanche est :
    $\begin{align*} p&=1-p(R)\\
    &=1-\left(\dfrac{5}{8}\right)^4 \\
    &\approx 0,85\end{align*}$
    Réponse D
    $\quad$
  2. Parmi les $2n$ côtés, $n+1$ sont des « FACE »
    Ainsi la probabilité d’obtenir le côté « FACE » est $\dfrac{n+1}{n}$.
    Réponse B
    $\quad$
  3. On a :
    $\begin{align*} P_{(T>60)}(T>72)&=\dfrac{P\left((T>60)\cap(T>72)\right)}{P(T>60)} \\
    &=\dfrac{P(T>72)}{0,5} \\
    &=\dfrac{P(T>60)-P(60<T<72)}{0,5} \\
    &=\dfrac{0,5-P(60<T<72)}{0,5} \\
    &\approx 0,045\end{align*}$
    $\quad$
  4. On appelle $X$ la variable aléatoire qui suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$.
    Ainsi :
    $P(X>3)=\e^{-3\lambda}$.
    Réponse A
    $\quad$
  5. Sur $\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]$ on a $\cos x>\dfrac{1}{2} \ssi x\in \left[0;\dfrac{\pi}{3}\right[$.
    Ainsi la probabilité qu’une valeur prise par la variable aléatoire $X$ soit solution de l’inéquation $\cos x>\dfrac{1}{2}$ est $\dfrac{\dfrac{\pi}{3}-0}{\dfrac{\pi}{2}-0}=\dfrac{2}{3}$
    Réponse A
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. On a $B(1;0;0)$ et $H(0;1;1)$ par conséquent $\vect{BH}(-1;1;1)$
    On a également $\vect{BM}(-t;t;t)$.
    Par conséquent $\vect{BM}=t\vect{BH}$
    Ainsi, pour tout réel $t$, le point $M$ appartient à la droite $(BH)$.
    $\quad$
  2. Un vecteur directeur de la droite $(BH)$ est $\vect{BH}(-1;1;1)$ et un vecteur directeur de la droite $(FC)$ est $\vect{FC}(0;1;-1)$.
    Ainsi $\vect{BH}.\vect{FC}=0+1-1=0$.
    Ces deux vecteurs sont donc orthogonaux.
    Les droites $(BH)$ et $(FC)$ sont par conséquent orthogonales.
    $\quad$
    Résolvons le système :
    $\begin{cases} x=1-t\\y=t\\z=t\\x=1\\y=t’\\z=1-t’\end{cases} \ssi \begin{cases} x=1-t\\y=t\\z=t\\t=0\\y=t’\\z=1-t’\end{cases} \ssi \begin{cases} t=0\\x=1\\y=0\\z=0\\y=t’\\z=1-t’\end{cases}$
    On ne peut pas avoir à la fois $t’=0$ et $1-t’=0$.
    Le système n’admet donc pas de solution.
    Les droites $(BH)$ et $(FC)$ ne sont par conséquent pas sécantes et donc pas coplanaires.
    $\quad$
  3. a. Pour tous réels $t$ et $t’$ on a
    $\begin{align*} MM’^2&=\left(1-(1-t)\right)^2+(t’-t)^2+(1-t’-t)^2 \\
    &=t^2+t’^2+t^2-2tt’+1+t’^2+t^2-2t’-2t+2t’t\\
    &=3t^2+2t’^2-2t’-2t+1\\
    &=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2-\dfrac{1}{3}+2\left(t’-\dfrac{1}{2}\right)^2-\dfrac{1}{2}+1 \\
    &=3\left(t-\dfrac{1}{3}\right)^2+2\left(t’-\dfrac{1}{2}\right)^2+\dfrac{1}{6}\end{align*}$
    $\quad$
    b. $MM’^2$ est donc une somme de termes positifs.
    La distance $MM’$ est donc  minimale quand $t-\dfrac{1}{3}=0$ et $t’-\dfrac{1}{2}=0$ c’est-à-dire quand $t=\dfrac{1}{3}$ et $t’=\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
  4. $\vect{PQ}\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{6};\dfrac{1}{6}\right)$
    Ainsi :
    $\vect{PQ}.\vect{BH}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{6}=0$
    et
    $\vect{PQ}.\vect{FC}=0+\dfrac{1}{6}-\dfrac{1}{6}=0$
    Ainsi $(PQ)$ est orthogonales aux droites $(BH)$ et $(FC)$.
    Le point $P$ appartient à la droite $(BH)$ $\Big( t=\dfrac{1}{3}\Big)$ donc $(PQ)$ est perpendiculaire à $(BH)$.
    Le point $Q$ appartient à la droite $(FC)$ $\Big( t’=\dfrac{1}{2}\Big)$ donc $(PQ)$ est perpendiculaire à $(FC)$.
    $\quad$

Ex 3

  1. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f(x)&=x\e^{-x^2+1} \\
    &=\dfrac{x^2}{x} \times \dfrac{\e}{\e^{x^2}} \\
    &=\dfrac{\e}{x}\times \dfrac{x^2}{\e^{x^2}}\end{align*}$
    $\quad$
    b. $\lim\limits_{x\to +\infty} x^2=+\infty$ et $\lim\limits_{X\to +\infty} \dfrac{e^X}{X}=+\infty$ donc $\lim\limits_{X\to +\infty} \dfrac{X}{\e^X}=0$
    Par conséquent $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{x^2}{\e^{x^2}}=0$
    De plus $\lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\e}{x}=0$
    Donc $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0$.
    $\quad$
  2. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f(-x)&=-x\e^{-(-x)^2+1} \\
    &=-x\e^{-x^2+1}\\
    &=-f(x)\end{align*}$
    Remarque : on dit que la fonction $f$ est impaire.
    Ainsi l’abscisse du milieu du segment $[MN]$ est $\dfrac{-x+x}{2}=0$ et son ordonnée est $\dfrac{-f(x)+f(x)}{2}=0$.
    Le point $O$ est le milieu du segment $[MN]$.
    $\quad$
    b. La courbe $(C)$ est donc symétrique par rapport à l’origine du repère.
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    Pour tout réel $x$ on a
    $\begin{align*} f'(x)&=\e^{-x^2+1}+x\times (-2x)\e^{-x^2+1} \\
    &=\left(1-2x^2\right)\e^{-x^2+1}\end{align*}$
    La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
    Ainsi $f'(x)$ est du signe de $1-2x^2$.
    $1-2x^2>0 \ssi -2x^2>-1 \ssi x^2<1/2 \ssi -\dfrac{1}{\sqrt{2}}<x<\dfrac{1}{\sqrt{2}}$
    La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}};+\infty\right[$ et croissante sur $\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]$.
    $\quad$
  4. a. La fonction $f$ est strictement croissante et continue (car dérivable) sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]$.
    $f(0)=0<0,5$ et $f\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\approx 1,17>0,5$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0,5$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right]$.
    $\quad$
    La fonction $f$ est strictement décroissante et continue (car dérivable) sur l’intervalle $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}};+\infty\right[$.
    $f\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\approx 1,17>0,5$ et $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=0<0,5$
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0,5$ possède une unique solution $\beta$ sur l’intervalle $\left[\dfrac{1}{\sqrt{2}};+\infty\right[$.
    $\quad$
    L’équation $f(x)=0,5$ possède donc deux solutions sur $[0;+\infty[$.
    $\quad$
    b. L’ensemble solution de l’inéquation $f(x)\pg 0,5$ est donc, d’après les questions précédentes $[\alpha;\beta]$.
    $\quad$
    c. D’après la calculatrice on a $\alpha \approx 0,19$ et $\beta\approx 1,43$.
    $\quad$
  5. a. On a
    $\begin{align*} I_A&=\int_0^A f(x)\dx \\
    &=\int_0^A \left(-\dfrac{1}{2}\right)\times (-2x)\e^{-x^2+1}\dx \\
    &=-\dfrac{1}{2}\left[\e^{-x^2+1}\right]_0^A\\
    &=-\dfrac{1}{2}\left(\e^{-A^2+1}-\e\right)\\
    &=\dfrac{1}{2}\left(1-\e^{-A^2+1}\right)\end{align*}$
    $\quad$
    b. $\lim\limits_{A\to +\infty} -A^2+1=-\infty$ et $\lim\limits_{X\to -\infty} \e^X=0$ ainsi $\lim\limits_{A\to +\infty} \e^{-A^2+1}=0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{A\to +\infty} I_A=\dfrac{\e}{2}$.
    $\quad$
  6. L’aire d’un disque est $\mathscr{A}_1=\pi 0,5^2=0,25\pi$ u.a.
    L’aire comprise entre les courbes $(C)$ et $(C’)$ pour $x\pg 0$ est $\mathscr{A}_2=2\times \dfrac{\e}{2}=\e$ u.a.
    Donc l’aire de la partie grisée est $\mathscr{A}=2\left(\e-0,25\pi\right)$ u.a.
    $\quad$

Ex 4 (obl)

  1. a. $z_1=(1+\ic)z_0-\ic=-\ic$
    $\begin{align*} z_2&=(1+\ic)z_1-\ic\\
    &=(1+\ic)(-\ic)-\ic\\
    &=-\ic +1-\ic\\
    &=1-2\ic\end{align*}$
    $\quad$
    b. On a :
    $\begin{align*} z_3&=(1+\ic)z_2-\ic \\
    &=(1+\ic)(1-2\ic)-\ic\\
    &=1-2\ic+\ic+2-\ic\\
    &=3-2\ic\end{align*}$
    $\quad$
    c. On obtient le graphique suivant :

    $\quad$
    d. On a $BA_1=|-\ic-1|=\sqrt{2}$
    $BA_2=|1-2\ic-1|=2$
    $A_1A_2=|1-2\ic+\ic|=|1-\ic|=\sqrt{2}$
    On a $BA_1=A_1A_2$ : le triangle $BA_1A_2$ est isocèle.
    Dans le triangle $BA_1A_2$ le plus grand côté est $\left[A_1A_2\right]$.
    D’une part $BA_1^2+A_1A_2^2=2+2=4$
    D’autre part $BA_2^2=4$
    Donc $BA_2^2=BA_1^2+A_1A_2^2$
    D’après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle $BA_1A_2$ est rectangle en $A_1$.
    Ainsi ce triangle est rectangle et isocèle en $A_1$.
    $\quad$
  2. a. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} u_{n+1}&=\left|z_{n+1}-1\right| \\
    &=\left|(1+\ic)z_n-i-1\right| \\
    &=\left|(1+\ic)\left(z_n-1\right)\right| \\
    &=|1+\ic|\left|z_n-1\right| \\
    &=\sqrt{2} u_n\end{align*}$
    $\quad$
    b. La suite $u_n$ est donc géométrique de raison $\sqrt{2}$ et de premier terme $u_0=|0-1|=1$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=\sqrt{2}^{n}$
    Or pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=BA_n$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} BA_n>1~000 &\ssi \sqrt{2}^{n}>1~000 \\
    &\ssi n\ln\left(\sqrt{2}\right)>\ln(1~000)\\
    &\ssi n>\dfrac{\ln(1~000)}{\dfrac{1}{2}\ln(2)}  \end{align*}$
    Or $dfrac{\ln(1~000)}{\dfrac{1}{2}\ln(2)}\approx 19,9$
    C’est donc à partir du rang $20$ que $BA_n>1~000$.
    $\quad$
  3. a. $|1+\ic|=\sqrt{2}$
    Donc $1+\ic=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ic\right)=\sqrt{2}\e^{\ic\pi/4}$
    $\quad$
    b. Initialisation : si $n=0$ alors $z_0=0$ et $1-\left(\sqrt{2}\right)^0\e^{0}=0$.
    La propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie à un rang $n$.
    $\begin{align*} z_{n+1}&=(1+\ic)z_n-\ic \\
    &=(1+\ic)\left(1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}\right)-\ic \\
    &=1+\ic-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}+\ic \left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}-\ic \\
    &=1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}(1+\ic) \\
    &=1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}\times \sqrt{2}\e^{\ic\pi /4} \\
    &=1\left(\sqrt{2}\right)^{n+1}\e^{\ic (n+1)\pi/4}\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Pour tout entier naturel $n$ on a $z_n=1-\left(\sqrt{2}\right)^n\e^{\ic n\pi/4}$.
    $\quad$
    c. On a :
    $\begin{align*}
    z_{2020}&=1-\left(\sqrt{2}\right)^{2020}\e^{2020\ic \pi/4}\\
    &=1-2^{1010}\e^{505\ic \pi}\\
    &=1-2^{1010}\times (-1)\\
    &=1+2^{1010}\end{align*}$
    Ainsi $z_{2020}$ est un réel. Le point $A_{2020}$ appartient à l’axe des abscisses.
    $\quad$

Ex 4 (spé)

  1. On a $a_2=a1+b_1=1$, $b_2=2a_1=2$
    $a_3=a_2+b_2=3$ et $b_3=2a_2=2$
    $\quad$
  2. On a $M^2=\begin{pmatrix}2&1&1&\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}$
    Par conséquent $M^2=\begin{pmatrix}2&0&0&\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0&1&1&\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}$
    C’est-à-dire que $M^2=M+2I$.
    $\quad$
  3. a. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a :
    $AX_n=\begin{pmatrix} a_n+b_n\\2a_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{n+1}\\b_{n+1}\end{pmatrix}=X_{n+1}$
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n\pg 1$ on a $X_n=A^{n-1}X_1$.
    $\quad$
    c. On note $Q=\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$
    Ainsi
    $\begin{align*} PQ&=\begin{pmatrix}1&1\\1&-2\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}\end{align*}$
    Ainsi $P$ est inversible d’inverse $\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    d. On a :
    $\begin{align*} P^{-1}AP&=\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1&1\\2&0\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}1&1\\1&-2\end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix} \frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}2&-1\\2&2\end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}\end{align*}$
    Ainsi $D=P^{-1}AP$ est bien une matrice diagonale et $D=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    e. Initialisation : si $n=1$ alors $PDP^{-1}=PP^{-1}APP^{-1}=A=A^{-1}$
    La propriété est donc vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$.
    $\begin{align*} A^{n+1}&=A\times A^n \\
    &=PDP^{-1}PD^nP^{-1} \\
    &=PDD^nP^{-1}\\
    &=PD^{n+1}P^{-1}\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Pour tout entier naturel $n$ non nul on a donc $A^n=PD^nP^{-1}$.
    $\quad$
    f. On a $X_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
    Ainsi, pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a :
    $\begin{align*} X_n&=A^{n-1}X_1  \\
    &\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3}\left(2^n+(-1)^{n-1}\right)\\ \dfrac{1}{3}\left(2^n-2\times (-1)^{n-1}\right)\end{pmatrix}\end{align*}$
    Ainsi $a_n=\dfrac{1}{3}\left(2^n+(-1)^{n-1}\right)$.
    $\quad$
  4. $2^4=16$ donc $2^4 \equiv 1~[5]$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $k$ $2^{4k}\equiv 1~[5]$ et $2^{4k}-1\equiv 0~[5]$.
    $\quad$
  5. a. Pour tout entier naturel $n$ non nul multiple de $4$ il existe un entier naturel $k$ non nul tel que $n=4k$.
    On a alors $3a_n=2^{4k}+(-1)^{4k-1}=2^{4k}-1$.
    D’après la question précédente on a donc $3a_n\equiv 0~[5]$. et $3a_n$ est divisible par $5$.
    $\quad$
    b. $5$ divise $3a_n$ mais $5$ et $3$ sont premiers entre eux.
    D’après le théorème de Gauss, $a_n$ est divisible par $5$.
    $\quad$

Énoncé obl

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Énoncé spé

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Bac S – Métropole – Septembre 2020

Métropole – Septembre 2020

Bac TS- Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Ex 1

Partie A

  1. $\lim\limits_{x\to -\infty} \e^x=0$ donc $\lim\limits_{x\to -\infty} \e^x+1=1$ et $\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=0$
    La droite d’équation $y=0$ est donc une asymptote à la courbe $\mathscr{C}$.
    $\quad$
  2. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f(x)&=\dfrac{2\e^x}{\e^x\left(1+\e^{-x}\right)}\\
    &=\dfrac{2}{1+\e^{-x}}\end{align*}$
    $\lim\limits_{x\to +\infty} \e^{-x}=0$ donc $\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=2$.
    La droite d’équation $y=2$ est asymptote horizontale à la courbe $\mathscr{C}$.
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
    Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2\e^x\left(\e^x+1\right)-\e^x\times 2\e^x}{\left(\e^x+1\right)^2} \\
    &=\dfrac{2\e^{2x}+2\e^x-2\e^{2x}}{\left(\e^x+1\right)^2} \\
    &=\dfrac{2\e^x}{\left(\e^x+1\right)^2}\\
    &=\dfrac{2\e^x}{\e^x+1}\times \dfrac{1}{\e^x+1}\\
    &=\dfrac{f(x)}{\e^x+1}\end{align*}$
    $\quad$
  4. La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$. La fonction $f$ est donc strictement positive sur $\R$ en tant que quotient de nombres strictement positifs.
    Par conséquent pour tout $x\in \R$, $f'(x)$ est strictement positif en tant que quotient de nombres strictement positifs également.
    Ainsi la fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$.
    $\quad$
  5. $f(0)=\dfrac{2}{1+1}=1$ donc le point $I(0;1)$ appartient à la courbe $\mathscr{C}$.
    Le coefficient directeur de la tangente à la courbe $\mathscr{C}$ au point $I$ est $f'(1)$.
    Or $f'(1)=\dfrac{f(1)}{1+1}=0,5$.
    $\quad$

Partie B

  1. Pour tout réel $x\pg 0$ on a :
    $\begin{align*} \left(f(x)\right)^2&=\left(\dfrac{2\e^x}{\e^x+1}\right)^2 \\
    &=4\left(\dfrac{\e^{2x}}{\left(\e^x+1\right)^2}\right) \\
    &=4\left(\dfrac{\e^{2x}+\e^x-\e^x}{\left(\e^x+1\right)^2}\right) \\
    &=4\left(\dfrac{\e^x\left(\e^x+1\right)-\e^x}{\left(\e^x+1\right)^2}\right) \\
    &=4\left(\dfrac{\e^x}{\e^x+1}+\dfrac{-\e^x}{\left(\e^x+1\right)^2}\right) \\
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Une primitive de $g$ sur $\R$ est la fonction $G$ définie sur $\R$ par $G(x)=\ln\left(\e^x+1\right)$.
    En effet $g$ est de la forme $\dfrac{u’}{u}$ où $u$ est la fonction définie sur $\R$ par $u(x)=\e^x+1$.
    $\quad$
    Une primitive de $h$ sur $\R$ est la fonction $H$ définie sur $\R$ par $H(x)=\dfrac{1}{\e^x+1}$.
    En effet $h$ est de la forme $\dfrac{-u’}{u^2}$ où $u$ est la fonction définie sur $\R$ par $u(x)=\e^x+1$.
    $\quad$
  3. Pour tout $a>0$ on a :
    $\begin{align*} V(a)&=\pi \int_0^a \left(f(x)\right)^2\dx \\
    &=4\pi \Big[G(x)+H(x)\Big]_0^a \\
    &= 4\pi \left(\ln\left(\e^a+1\right)-\ln(2)+\dfrac{1}{\e^a+1}-\dfrac{1}{2}\right) \\
    &=4\pi\left(\ln\left(\dfrac{\e^a +1}{2}\right)+\dfrac{1}{\e^a+1}-\dfrac{1}{2}\right)\end{align*}$
    $\quad$
  4. On a $V(11,14) \approx 124,996$
    Une valeur approchée de $a$ à $0,1$ près est donc $11,1$.
    $\quad$

Partie C

On a $n=400$ et $p=0,98$
donc $n\pg 30$, $np=392\pg 5$ et $n(1-p)=8\pg 5$
Un intervalle de fluctuation asymptotique de la fréquence des flûtes conformes au seuil de $95\%$ est :
$\begin{align*} I_{400}&=\left[0,98-1,96\sqrt{\dfrac{0,98\times 0,02}{400}};0,98+1,96\sqrt{\dfrac{0,98\times 0,02}{400}}\right]\\
&=[0,966~28;0,993~72]\end{align*}$
La fréquence observée est $f=\dfrac{400-13}{400}=0,967~5 \in I_{400}$
On ne peut pas remettre en doute l’affirmation du responsable.

$\quad$

Ex 2

Partie A

  1. À l’aide de la calculatrice on obtient $P(51\pp M\pp 53)\approx 0,978$.
    Une valeur approchée à $10^{-1}$ de cette probabilité est donc $1$.
    $\quad$
  2. La variable $Z=\dfrac{M-52}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
    $\begin{align*} P(51 \pp M\pp 53) \pg 0,99&\ssi  P(-1 \pp M-52 \pp 1) \pg 0,99 \\
    &\ssi P\left(-\dfrac{1}{\sigma}\pp \dfrac{M-52}{\sigma} \pp \dfrac{1}{\sigma}\right) \pg 0,99 \\
    &\ssi P\left(-\dfrac{1}{\sigma}\pp Z \pp \dfrac{1}{\sigma}\right) \pg 0,99 \\
    &\ssi 2P\left(Z\pp \dfrac{1}{\sigma}\right) -1 \pg 0,99 \\
    &\ssi 2P\left(Z\pp \dfrac{1}{\sigma}\right) \pg 1,99 \\
    &\ssi P\left(Z\pp \dfrac{1}{\sigma}\right) \pg 0,995 \end{align*}$
    D’après la calculatrice $\dfrac{1}{\sigma} \pg 2,575~8$ (environ) donc $\sigma \pp 0,388$ (environ).
    $\quad$

Partie B

  1. a. La fonction de densité associée à la variable aléatoire $T$ est la fonction $f$ définie sur $[0;+\infty[$ par $f(x)=\lambda \e^{-\lambda x}$.
    Ainsi $f(0)=\lambda$.
    D’après le graphique $0,04 \pp \lambda \pp 0,06$.
    $\quad$
    b. On sait donc que $P(X\pp 11)=0,45$.
    Or $P(X\pp 11)=1-\e^{-11\lambda}$
    Ainsi :
    $\begin{align*} 1-\e^{-11\lambda}=0,45 &\ssi -\e^{-11\lambda}=-0,55 \\
    &\ssi \e^{-11\lambda}=0,55 \\
    &\ssi -11\lambda =\ln(0,55) \\
    &\ssi \lambda =-\dfrac{\ln(0,55)}{11}\end{align*}$
    $\quad$
  2. L’espérance de la variable aléatoire $T$ est :
    $E(T)=\dfrac{1}{\lambda} \approx 18,52$.
    La durée moyenne d’utilisation d’une balance sans qu’elle ne se dérègle est, à un jour près, égale à $19$ jours.
    $\quad$
  3. La loi exponentielle est une loi à durée de vie sans vieillissement.
    On veut calculer :
    $\begin{align*} P_{T\pg 20}(T\pg 31)&=P_{T\pg 20}(T\pg 20+11) \\
    &=P(T\pg 11) \\
    &=1-P(T< 11) \\
    &=1-0,45\\
    &=0,55\end{align*}$
    $\quad$

Partie C

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :

    $\quad$
  2. a. On a
    $\begin{align*} p(A)&=p\left(U_{-1}\cap V_{-1}\right) \\
    &=\dfrac{3}{4}\times \dfrac{1}{5}\\
    &=\dfrac{3}{20}\end{align*}$
    $\quadb. $t^2+2t+5=0$
    $\Delta=4-20=-16$
    Les solutions sont donc $t_1=\dfrac{-2-4\ic}{2}=-1-2\ic$ et $t_2=-1+2\ic$.
    On a
    $\begin{align*} p(B)&=p\left(U_{-1}\cap V_{2}\right) \\
    &=\dfrac{3}{4}\times \dfrac{3}{5}\\
    &=\dfrac{9}{20}\end{align*}$
    $\quad$
    b. Si $x=\pm 1$ et $y=\pm 1$ alors $|z|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\neq 2$
    Si $x=\pm 1$ et $y=2$ alors $|z|=\sqrt{5}\neq 2$
    Donc $p(C)=0$
    $\quad$
  3. On a donc $z=1+\ic$
    $|z|=\sqrt{2}$ ainsi
    $\begin{align*}z&=\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}+\dfrac{\ic}{\sqrt{2}}\right)\\
    &=\sqrt{2}\e^{\ic\pi/4}\end{align*}$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} z^{2020}&=\sqrt{2}^{2020}\e^{2020\ic\pi/4}\\
    &=2^{1010}\e^{505\ic\pi}\\
    &=2^{1010}\e^{(2\times 252+1)\pi}\\
    &=-2^{1010}\end{align*}$
    $\quad$

Ex 3

  1. a. $\vect{AB}\begin{pmatrix}3\\1\\1\end{pmatrix}$, $\vect{AC}\begin{pmatrix}2\\-1\\-6\end{pmatrix}$. Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} \vect{AB}.\vec{n}&=3\times 1+1\times (-4)+1\times 1\\
    &=0\end{align*}$
    $\begin{align*} \vect{AC}.\vec{n}&=2\times 1+(-1)\times (-4)+(-6)\times 1\\
    &=0\end{align*}$
    Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $\mathscr{P}$. Il est donc normal à ce plan.
    $\quad$
    b. Une équation du plan $\mathscr{P}$ est donc de la forme $x-4y+z+d=0$.
    Le point $A(1;1;4)$ appartient à ce plan.
    Ainsi $1-4+4+d=0\ssi d=-1$
    Une équation cartésienne du plan $\mathscr{P}$ est donc $x-4y+z-1=0$.
    $\quad$
    d. On a :
    $\begin{align*} \vec{u}.\vec{v}&=1-4+3 \\
    &=0\end{align*}$
    Un vecteur normal du plan $\mathscr{P}$ est donc orthogonal à un vecteur directeur de la droite $\mathscr{D}$.
    $\mathscr{D}$ est par conséquent parallèle à $\mathscr{P}$.
    $\quad$
  2. a. On a $\vect{IH}\begin{pmatrix}2\\-8\\2\end{pmatrix}=2\vec{n}$.
    Le point $H$ appartient donc à $\Delta$.
    $3\times 1-4\times 1+2\times 1 -1=0$ donc $H$ appartient à $\mathscr{P}$.
    La droite $\Delta$ coupe donc le plan $\mathscr{P}$ au point $H(3;1;2)$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} IH&=\sqrt{2^2+(-8)^2+2^2}\\
    &=\sqrt{72}\end{align*}$
    $\quad$
    c. Pour tout point $M$ du plan $\mathscr{P}$ on a $IM\pg IH>6$ Le plan $\mathscr{P}$ ne coupe donc pas la sphère $\mathscr{S}$.
    $\quad$
  3. a. Une représentation paramétrique de la droite $\mathscr{D}$ est $\begin{cases} x=1+t\\y=4+t\\z=2+3t\end{cases} \quad, t\in \R$.
    $\quad$
    b. Un point $M(x;y;z)$ appartient à la sphère $\mathscr{S}$ si, et seulement si $IM=6$
    $\ssi IM^2=36$ (une longueur étant toujours positive)
    $\ssi (x-1)^2+(y-9)^2+z^2=36$
    $\quad$
    c. Les coordonnées des points d’intersection de la droite $\mathscr{D}$ et de la sphère vérifient :
    $\begin{align*} &\begin{cases} (x-1)^2+(y-9)^2+z^2=36\\
    x=1+t\\y=4+t\\z=2+3t\end{cases} \\
    &\begin{cases} x=1+t\\y=4+t\\z=2+3t\\(1+t-1)^2+(4+t-9)^2+(2+3t)^2=36\end{cases}\\
    &\begin{cases} x=1+t\\y=4+t\\z=2+3t\\ t^2+(t-5)^2+4+12t+9t^2=36\end{cases} \\
    &\begin{cases} x=1+t\\y=4+t\\z=2+3t \\t^2+t^2-10t+25+4+12t+9t^2-36=0\end{cases}\\
    &\begin{cases} x=1+t\\y=4+t\\z=2+3t\\11t^2+2t-7=0\end{cases}\end{align*}$
    Le discriminant de $11t^2+2t-7$ est $\Delta=312>0$. Par conséquent l’équation $11t^2+2t-7=0$ possède deux solutions réelles et il existe deux points d’intersection distincts.
    $\quad$

Ex 4 (obl)

Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. On a $u_1=\dfrac{3}{4}$, $u_2=\dfrac{8}{9}$.
    Donc $v_2=\dfrac{3}{4}\times \dfrac{8}{9}=\dfrac{2}{3}$
    $\quad$
    $u_3=\dfrac{15}{16}$ donc $v_3=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{15}{16}=\dfrac{5}{8}$.
    $\quad$
  2. On obtient l’algorithme suivant :
    $$\begin{array}{|cl|}
    \hline
    &\text{Algorithme}\\
    \hline
    1.&V\leftarrow 1\\
    2.&\text{Pour $i$ variant de $1$ à $n$}\\
    3.&\quad U\leftarrow \dfrac{i(i+2)}{(i+1)^2}\\
    4.&\quad V\leftarrow V\times U\\
    5.&\text{Fin Pour}\\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
  3. a. Pour tout $n\in \N^*$ on a :
    $\begin{align*} 1-\dfrac{1}{(n+1)^2}&=\dfrac{(n+1)^2-1}{(n+1)^2} \\
    &=\dfrac{n^2+2n+1-1}{(n+1)^2} \\
    &=\dfrac{n^2+2n}{(n+1)^2}\\
    &=\dfrac{n(n+2)}{(n+1)^2}\\
    &=u_n\end{align*}$
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a $u_n=\dfrac{n(n+2)}{(n+1)^2}$. Par conséquent $u_n>0$ en tant que quotient de nombres strictement positifs.
    De plus $u_n=1-\dfrac{1}{(n+1)^2}$. Or $\dfrac{1}{(n+1)^2}>0$ donc $u_n<1$.
    Ainsi $0<u_n<1$.
    $\quad$
  4. a. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a
    $v_n>0$ en tant que produit de nombres strictement positifs.
    On a, d’après la question 1, $v_1<v_2$
    Pour tout $n\in \N, n\pg 2$
    $0<u_n<1$ donc, $0<v_{n-1}<v_{n-1}$ soit $0<v_n<v_{n-1}$.
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
    b. La suite $\left(v_n\right)$ est donc décroissante et minorée par $0$. Elle est par conséquent convergente.
    $\quad$
  5. a. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a :
    $\begin{align*} v_{n+1}&=v_n\times u_{n+1} \\
    &=v_n\times \dfrac{(n+1)(n+1+2)}{(n+1+1)^2} \\
    &=v_n\times \dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2}\end{align*}$
    $\quad$
    b. Initialisation : Su $n=1$ alors $v_1=\dfrac{3}{4}$ et $\dfrac{n+2}{2(n+1)}=\dfrac{3}{4}$.
    La propriété est donc vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : Soit $n\in \N^*$, on suppose que la propriété est vraie au rang $n$ soit $v_n=\dfrac{n+2}{2(n+1)}$
    $\begin{align*} v_{n+1}&=v_n\times \dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2} \\
    &=\dfrac{n+2}{2(n+1)}\times \dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2}\\
    &=\dfrac{n+3}{2(n+2)}\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout $n\in \N^*$ on a $v_n=\dfrac{n+2}{2(n+1)}$.
    $\quad$
    c. Pour tout $n\in \N^*$ on a :
    $\begin{align*} v_n&=\dfrac{n\left(1+\dfrac{2}{n}\right)}{2n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}\\
    &=\dfrac{1+\dfrac{2}{n}}{2\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}\end{align*}$
    Or $\lim\limits_{n\to +\infty} 1+\dfrac{2}{n}=1$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} 1+\dfrac{1}{n}=1$
    Par conséquent $\lim\limits_{n\to +\infty} v_n=\dfrac{1}{2}$.
    $\quad$
  6. On a :
    $\begin{align*} w_7&=\ln\left(u_1\right)+\ln\left(u_2\right)+\ldots+\ln\left(u_7\right)\\
    &=\ln\left(u_1u_2\times \ldots u_7\right) \\
    &=\ln\left(v_7\right) \\
    &=\ln\left(\dfrac{7+2}{2(7+1)}\right)\\
    &=\ln\left(\dfrac{9}{16}\right)\\
    &=\ln\left[\left(\dfrac{3}{4}\right)^2\right]\\
    &=2\ln\left(\dfrac{3}{4}\right)\\
    &=2\ln\left(u_1\right)\\
    &=2w_1
    \end{align*}$
    $\quad$

Ex 4 (spé)

Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. a. Pour tout entier naturel $n$ on a $5\equiv 1~[4]$ donc $5^n \equiv 1~[4]$
    Par conséquent $a_n\equiv 6\times 1-2~[4]$ soit $a_n\equiv 0~[4]$ et $b_n\equiv 3\times 1+1~[4]$ soit $b_n\equiv 0~[4]$.
    Pour tout entier naturel $n$, chacun des entiers $a_n$ et $b_n$ est congru à $0$ modulo $4$.
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} 2b_n-a_n&=2\left(3\times 5^n+1\right)-\left(6\times 5^n-2\right) \\
    &=6\times 5^n+2-6\times 5^n+2 \\
    &=4\end{align*}$
    $\quad$
    c. D’après la question précédente le PGCD de $a_n$ et $b_n$ est un diviseur de $2b_n-a_n$ c’est-à-dire de $4$.
    D’après la question 1.a. on sait que $4$ divise $a_n$ et $b_n$.
    Ainsi $4$ est un diviseur du PGCD de $a_n$ et $b_n$.
    Par conséquent le PGCD de $a_n$ et $b_n$ est $4$.
    $\quad$
  2. a. On a $5\equiv -2~[7]$ par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $5^n\equiv (-2)^n~[7]$.
    Ainsi $b_{2020}\equiv 3\times (-2)^{2020}+1~[7]$ soit, puisque $2020$ est pair, $b_n\equiv 3\times 2^{2020}+1$.
    $\quad$
    b. $2^{2020}=2^{3\times 673+1}=\left(2^3\right)^{673}\times 2=8^{673}\times 2$.
    Or $8\equiv 1~[7]$ donc $2^{2020}\equiv 1^{673}\times 2$ soit $2^{2020}\equiv 2~[7]$.
    Par conséquent $b_{2020}\equiv 3\times 2+1~[7]$ et donc $b_{2020}\equiv 0~[7]$.
    $b_{2020}$ est donc divisible par $7$.
    $\quad$
    c. On a $a_{2020}=6\times 5^{2020}-2$ donc $a_{2020}\equiv 6\times 2^{2020}-2~[7]$.
    Par conséquent $a_{2020}\equiv 6\times 2-2~[7]$ soit $a_{2020}\equiv 10~[7]$.
    L’entier $a_{2020}$ n’est donc pas divisible par $7$.
    $\quad$

Partie B

  1. On obtient le tableau suivant :
    $$\begin{array}{|c|c|c|}
    \hline
    U&V&K\\
    \hline
    1&1&0\\
    \hline
    7&10&1\\
    \hline
    61&91&2\\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
  2. On a $v_1=4$ par conséquent l’algorithme ne permet de calculer $v_N$ correctement pour une valeur de $N$ donnée.
    $\quad$
    On peut utiliser l’algorithme suivant :
    $$\begin{array}{|cl|}
    \hline
    1.&U\leftarrow 1\\
    2.&V\leftarrow 1\\
    3.&K\leftarrow 0\\
    4.&\text{Tant que } K<N\\
    5.&W\leftarrow U\\
    6.&U\leftarrow 3U+4V\\
    7.&V\leftarrow W+3V\\
    8.&K\leftarrow K+1\\
    9.&\text{Fin Tant que}\\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$

Partie C

  1. En prenant $A=\begin{pmatrix}3&4\\1&3\end{pmatrix}$ on obtient $X_{n+1}=AX_n$.
    $\quad$
  2. Initialisation : Si $n=0$ alors $A^0=I_2$ donc $A^0X_0=X_0$ et la propriété est vraie au rang $0$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$, c’est-à-dire que $X_n=A^n X_0$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} X_{n+1}&=AX_n \\
    &=A\times A^n X_0\\
    &=A^{n+1} X_0\end{align*}$
    La propriété est vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Pour tout entier naturel $n$ on a donc $X_n=A^n X_0$.
    $\quad$
  3. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} X_n&=A^n X_0 \\
    &=\dfrac{1}{4} \begin{pmatrix} 2\times 5^n+2+4\times 5^n-4\\5^n-1+2\times 5^n+2\end{pmatrix} \\
    &=\dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}6\times 5^n-2\\3\times 5^n+1\end{pmatrix}\end{align*}$
    Par conséquent $u_n=\dfrac{a_n}{4}$ et $v_n=\dfrac{b_n}{4}$.
    $\quad$
  4. Le PGCD de $a_n$ et $b_n$ est $4$ par conséquent le PGCD de $\dfrac{a_n}{4}$ et $\dfrac{b_n}{4}$ est $1$.
    Les nombres $u_n$ et $v_n$ sont dont premiers entre eux.
    $\quad$

Énoncé

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