Bac S – Amérique du Sud – Novembre 2019

Amérique du Sud – Novembre 2019

Bac S – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. On a $E(T)=\dfrac{1}{\lambda}\approx 18$.
    La durée de vie moyenne d’un chronomètre est d’environ $18$ mois.
    $\quad$
  2. On veut calculer :
    $P(12 \pp T\pp 24)=\e^{-12\times \lambda}-\e^{-24\times \lambda} \approx 0,250$.
    La probabilité qu’un chronomètre ait une durée de vie comprise entre un et deux ans est environ égale à $0,250$.
    $\quad$
  3. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_{T\pg 24}(T\pg 36)&= P_{T\pg 24}(T\pg 24+12) \\
    &=P(T\pg 12) \qquad (*)\\
    &=\e^{-12\lambda}\\
    &\approx 0,514\end{align*}$
    $(*)$ car la loi exponentielle est à durée de vie sans vieillissement.
    Sachant que l’entraîneur n’a pas changé son chronomètre depuis deux ans, la probabilité qu’il soit encore en état de fonctionner au moins un an de plus est environ égale à $0,514$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. On a donc $p(A)=0,4$ et $p_A(D)=0,03$.
    Par conséquent $P(A\cap D)=0,4\times 0,03=0,012$.
    La probabilité que le roulement provienne du fournisseur A et soit défectueux est égale à $0,012$.
    $\quad$
    b. On a $p(B)=1-0,4=0,6$ et $p_B(D)=0,05$.
    Par conséquent $p(B\cap D)=0,6\times 0,05=0,03$.
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(D)&=p(A\cap D)+p(B\cap D) \\
    &=0,012+0,03\\
    &=0,042\end{align*}$
    Ainsi :
    $\begin{align*} p_D(B)&=\dfrac{p(B\cap D)}{p(D)} \\
    &=\dfrac{0,03}{0,042} \\
    &\approx 0,714\end{align*}$
    La probabilité que le roulement provienne du fournisseur B sachant qu’il est défectueux est environ égale à $0,714$.
    $\quad$
  2. On note $p(A)=x$ donc $p(B)=1-x$.
    D’après la formule des probabilités totales on a donc :
    $\begin{align*} p(D)&=p(A\cap D)+p(B\cap D) \\
    &=0,03x+0,05(1-x) \\
    &=0,05-0,02x\end{align*}$
    On veut donc résoudre l’inéquation :
    $\begin{align*} p(D)\pp 0,035 &\ssi 0,05-0,02x \pp 0,035 \\
    &\ssi -0,02x \pp -0,015 \\
    &\ssi x \pg 0,75\end{align*}$
    La proportion de roulements commandés au fournisseur A doit donc au être égale à $0,75$ pour que moins de $3,5\%$ des roulements soient défectueux.
    $\quad$

Partie C

  1. On veut calculer $P(7,8 \pp X \pp 8,2) \approx 0,954$.
    On pouvait remarquer que $P(7,8 \pp X \pp 8,2)=P(\mu-2\sigma\pp X \pp \mu+2\sigma)$.
    La probabilité qu’un roulement soit conforme est environ égale à $0,954$.
    $\quad$
  2. On a $n=30\times 16=480\pg 30$, $np=24 \pg 5$ et $n(1-p)=456\pg 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ de la proportion de roulements non conforme est donc :
    $\begin{align*} I_{480}&=\left[0,05-1,96\sqrt{\dfrac{0,05\times 0,95}{480}};0,05+1,96\sqrt{\dfrac{0,05\times 0,95}{480}}\right] \\
    &\approx [0,030;0,070]\end{align*}$
    La fréquence observée est $f=\dfrac{38}{480}\approx 0,079 \notin I_{480}$
    Ce contrôle remet donc en cause, au risque de $5\%$, l’affirmation du fournisseur B.
    $\quad$
  3. a. La variable aléatoire $Z=\dfrac{X-8}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.
    $\quad$
    b. On a donc :
    $\begin{align*} P(7,8 \pp X\pp 8,2)=0,96 &\ssi P(-0,2\pp X-8 \pp 0,2)=0,96 \\
    &\ssi P\left(-\dfrac{0,2}{\sigma} \pp \dfrac{X-8}{\sigma} \pp \dfrac{0,2}{\sigma}\right)=0,96\\
    &\ssi P\left(-\dfrac{0,2}{\sigma} \pp Z \pp \dfrac{0,2}{\sigma}\right)=0,96\\
    &\ssi 2P\left(Z\pp \dfrac{0,2}{\sigma}\right)-1=0,96 \\
    &\ssi 2P\left(Z\pp \dfrac{0,2}{\sigma}\right)=1,96 \\
    &\ssi P\left(Z\pp \dfrac{0,2}{\sigma}\right)=0,98 \end{align*}$
    À l’aide de la fonction Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $\dfrac{0,2}{\sigma} \approx 2,054$.
    Par conséquent $\sigma \approx 0,097$.
    $\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

  1. a. $f(0)=3\times 0\e^0+2=2$.
    À l’instant $t=0$ le taux de vasopressine dans le sang est de $2$ µg/mL.
    $\quad$
    b. $12$ s $= 0,2$ min
    $f(0,2)=3\times 0,2\e^{-0,2/4}+2 \approx 2,57 > 2,5$.
    Douze secondes après une hémorragie, le taux de vasopressine dans le sang n’est pas normal.
    $\quad$
    c. Pour tout réel $t$ positif ou nul on a :
    $\begin{align*} f(t)&=3t\e^{-t/4}+2 \\
    &=\dfrac{3t}{\e^{t/4}}+2 \\
    &=\dfrac{12\dfrac{t}{4}}{\e^{t/4}}+2 \\
    &=12\times \dfrac{1}{~~\dfrac{\e^{t/4}~~}{\dfrac{t}{4}}}+2\end{align*}$
    Or $\lim\limits_{t\to +\infty} \dfrac{t}{4}=+\infty$ et $\lim\limits_{X\to +\infty}\dfrac{\e^X}{X}=+\infty$
    Par conséquent $\lim\limits{t \to +\infty}\dfrac{\e^{t/4}}{\dfrac{t}{4}}=+\infty$ et $\lim\limits_{t\to +\infty} \dfrac{1}{~~\dfrac{\e^{t/4}~~}{\dfrac{t}{4}}}=0$
    Ainsi $\lim\limits_{t\to +\infty} f(t)=2$.
    Sur le long terme le taux de vasopressine dans le sang sera donc de $2$ µg/mL.
    $\quad$
  2. Pour tout réel $t$ positif on a :
    $\begin{align*} f'(t)&=3\e^{-t/4}+3t\times \left(-\dfrac{1}{4}\right)\e^{-t/4} \\
    &=\left(3-\dfrac{3t}{4}\right)\e^{-t/4} \\
    &=\dfrac{3}{4}(4-t)\e^{-t/4}\end{align*}$
    $\quad$
  3. a. La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$.
    Le signe de $f'(t)$ ne dépend donc que de celui de $4-t$.
    Or $4-t=0 \ssi t=4$ et $4-t>0 \ssi t<4$.
    On obtient donc le tableau de variations suivant :
    $\quad$
    b. La fonction $f$ atteint son maximum pour $t=4$.
    Le taux de vasopressine dans le sang est donc maximal au bout de $4$ minutes.
    $f(4)=\dfrac{12}{\e}+2 \approx 6,415$.
    Ce taux est alors d’environ $6,415$ µg/mL.
    $\quad$
  4. a. La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur l’intervalle $[0;4]$.
    De plus $f(0)=2<2,5$ et $f(4) > 2,5$.
    D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=2,5$ admet une unique solution $t_0$ sur l’intervalle $[0;4]$.
    D’après la calculatrice, on a $t_0\approx 0,174$.
    $\quad$
    b. Le taux de vasopressine reste supérieur à $2,5$ µg/mL dans le sang chez une personne victime d’une hémorragie pendant $t_1-t_0 \approx 18,756$ minutes.
    $\quad$
  5. a. La fonction $F$ est dérivable sur l’intervalle $[0;+\infty[$ en tant que somme, produit et composée de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    Pour tout réel $t$ positif on a :
    $\begin{align*} F'(t)&=-12\e^{-t/4}-12(t+4)\times \left(-\dfrac{1}{4}\right)\e^{-t/4}+2 \\
    &=\left(-12+\dfrac{12(t+4)}{4}\right)\e^{-t/4}+2 \\
    &=(-12+3t+12)\e^{-t/4}+2\\
    &=3t\e^{-t/4}+2\\
    &=f(t)\end{align*}$
    Par conséquent $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;+\infty[$.
    $\quad$
    Ainsi :
    $\ds \begin{align*} \int_{t_0}^{t_1}f(t)\dt&=F\left(t_1\right)-F\left(t_0\right) \\
    &\approx 83\end{align*}$
    $\quad$
    b. Le taux moyen de vasopressine lors d’un accident hémorragique durant la période où ce taux est supérieur à $2,5$ µg/ml est :
    $m=\ds \dfrac{\int_{t_0}^{t_1}f(t)\dt}{t_1-t_0} \approx 4,4$.
    $\quad$

 

Ex 3

Exercice 3

  1. D’une part:
    $\begin{align*} \vect{MI}&=\vect{MB}+\vect{BI} \\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{FB}+\dfrac{1}{2}\vect{BC} \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(\vect{FB}+\vect{BC}\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{FC}\end{align*}$
    D’autre part :
    $\begin{align*} \vect{IN}&=\vect{IC}+\vect{CN} \\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{BC}+\dfrac{1}{2}\vect{GC} \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(\vect{BC}+\vect{GC}\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\left(\vect{BC}+\vect{FB}\right) \\
    &=\dfrac{1}{2}\vect{FC} \\
    &=\vect{MI}\end{align*}$
    Ainsi $I$ est le milieu de $[MN]$ et de $[BC]$.
    La droite $(MN)$ coupe le segment $[BC]$ en son milieu $I$.
    Autre méthode :
    On a $\vect{CN}=\dfrac{1}{2}\vect{GC}=\dfrac{1}{2}\vect{FB}=\vect{MB}$
    Ainsi le quadrilatère $MBNC$ est un parallélogramme. Ses diagonales se coupent donc en leur milieu.
    La droite $(MN)$ coupe le segment $[BC]$ en son milieu $I$.
    $\quad$
  2. On obtient la figure suivante :

    On trace la droite parallèle à la droite $(MI)$ passant par $P$.
    $\quad$

Partie B

  1. On a $M(1;0;0,5)$, $N(1;1;-0,5)$ et $P(0;0,5;0,5)$
    Ainsi $\vect{MN}(0;1;-1)$ et $\vect{MP}(-1;0,5;0)$
    Ces deux vecteurs ne sont clairement pas colinéaires.
    De plus $\vec{n}.\vect{MN}=0+2-2=0$ et $\vec{n}.\vect{MP}=-1+1+0=0$.
    Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(MNP)$.
    Par conséquent $\vec{n}$ est un vecteur normal au plan $(MNP)$.
    $\quad$
    Une équation cartésienne du plan $(MNP)$ est donc de la forme $x+2y+2z+d=0$.
    Or $M(1;0;0,5)$ appartient au plan $(MNP)$.
    Donc $1+0+1+d=0 \ssi d=-2$.
    Une équation cartésienne du plan $(MNP)$ est donc $x+2y+2z-2=0$.
    $\quad$
  2. On a $G(1;1;1)$.
    $\vec{n}$ est un vecteur directeur de la droite $d$.
    Un système d’équations paramétriques de la droite $(d)$ est donc $\begin{cases}x=1+t\\y=1+2t\\z=1+2t\end{cases} ,\qquad t\in \R$.
    $\quad$
  3. Si $t=-\dfrac{1}{3}$ dans le système précédent on obtient les coordonnées suivantes $\begin{cases} x=\dfrac{2}{3}\\y=\dfrac{1}{3}\\z=\dfrac{1}{3}\end{cases}$. Donc $K$ appartient à la droite $d$.
    De plus $\dfrac{2}{3}+2\times \dfrac{1}{3}+2\times \dfrac{1}{3}-2=2-2=0$ et le point $K$ appartient au plan $(MNP)$.
    La droite $d$ n’est pas incluse, par définition, dans le plan $(MNP)$.
    Par conséquent le point d’intersection de la droite $d$ et du plan $(MNP)$ est le point $K$ de coordonnées $\left(\dfrac{2}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right)$.
    $\quad$
    On a $\vect{GK}\left(\dfrac{2}{3}-1;\dfrac{1}{3}-1;\dfrac{1}{3}-1\right)$ soit $\vect{GK}\left(-\dfrac{1}{3};-\dfrac{2}{3};-\dfrac{2}{3}\right)$.
    $\begin{align*} GK&=\sqrt{\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2+\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2+\left(-\dfrac{2}{3}\right)^2} \\
    &=\sqrt{\dfrac{1}{9}+\dfrac{4}{9}+\dfrac{4}{9}}\\
    &=1\end{align*}$
    $\quad$
  4. $(GK)$ est la hauteur issue du point $G$ de la pyramide $GMEDI$.
    Ainsi, le volume de cette pyramide est :
    $\begin{align*} \mathscr{V}&=\dfrac{GK\times \dfrac{9}{8}}{3} \\
    &=\dfrac{1\times \dfrac{9}{8}}{3} \\
    &=\dfrac{3}{8}\end{align*}$
    $\quad$

 

Ex 4 obl

Exercice 4

Partie A

  1. $u_1=3-\dfrac{10}{5+4}=\dfrac{17}{9}$
    $u_2=3-\dfrac{10}{\dfrac{17}{9}+4}=\dfrac{69}{53}$
    $\quad$
  2. Initialisation : $u_0=5 \pg 1$.
    La propriété est donc vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. Donc $u_n \pg 1$.
    Montrons qu’elle est encore vraie au rang $n+1$, c’est-à-dire que $u_{n+1} \pg 1$.
    $\begin{align*} u_{n} \pg 1 &\ssi u_n+4 \pg 5 \\
    &\ssi 0<\dfrac{1}{u_n+4}\pp \dfrac{1}{5} \\
    &\ssi 0<\dfrac{10}{u_n+4} \pp 2 \\
    &\ssi 0> -\dfrac{10}{u_n+4} \pg -2 \\
    &\ssi 3>3-\dfrac{10}{u_n+4} \pg 1 \\
    &\ssi 3>u_{n+1} \pg 1\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : la propriété est vraie au rang $0$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_n\pg 1$.
    $\quad$
  3. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} u_{n+1}-u_n&=3-\dfrac{10}{u_n+4}-u_n \\
    &=\dfrac{3\left(u_n+4\right)}{u_n+4}-\dfrac{10}{u_n+4}-\dfrac{u_n\left(u_n+4\right)}{u_n+4} \\
    &=\dfrac{3u_n+12-10-{u_n}^2-4u_n}{u_n+4} \\
    &=\dfrac{-{u_n}^2-u_n+2}{u_n+4}\end{align*}$
    Or $\left(1-u_n\right)\left(u_n+2\right)=u_n+2-{u_n}^2-2u_n=-{u_n}^2-u_n+2$.
    Par conséquent $u_{n+1}-u_n=\dfrac{\left(1-u_n\right)\left(u_n+2\right)}{u_n+4}$.
    $\quad$
  4. D’après la question A.2. on a $u_n\pg 1$
    Donc $1-u_n\pp 0$, $u_n+2 \pg 3>0$ et $u_n+4 \pg 5>0$.
    Ainsi $u_{n+1}-u_n \pp 0$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
  5. La suite $\left(u_n\right)$ est décroissante et minorée par $1$. Elle est donc convergente.
    $\quad$

Partie B

  1. a. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} v_{n+1}&=\dfrac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}+2} \\
    &=\dfrac{3-\dfrac{10}{u_n+4}-1}{3-\dfrac{10}{u_n+4}+2} \\
    &=\dfrac{2-\dfrac{10}{u_n+4}}{5-\dfrac{10}{u_n+4}} \\
    &=\dfrac{~~\dfrac{2\left(u_n+4\right)-10}{u_n+4}~~}{\dfrac{5\left(u_n+4\right)-10}{u_n+4}} \\
    &=\dfrac{2u_n+8-10}{5u_n+20-10} \\
    &=\dfrac{2u_n-2}{5u_n+10}\\
    &=\dfrac{2\left(u_n-1\right)}{5\left(u_n+2\right)} \\
    &=\dfrac{2}{5}\times \dfrac{u_n-1}{u_n+2} \\
    &=\dfrac{2}{5}v_n\end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{2}{5}$ et de premier terme $v_0=\dfrac{u_0-1}{u_0+2}=\dfrac{4}{7}$.
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a donc $v_n=\dfrac{2}{3}\times \left(\dfrac{2}{5}\right)^n$.
    On a $-1<\dfrac{2}{5}<1$ et $v_0>0$ : la suite $\left(v_n\right)$ est donc décroissante.
    Pour tout entier naturel $n$, on a ainsi $v_n \pp v_0$ soit $v_n \pp \dfrac{2}{3}<1$.
    Donc $v_n \neq 1$.
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} v_n=\dfrac{u_n-1}{u_n+2}&\ssi v_n\left(u_n+2\right)=u_n-1 \\
    &\ssi v_n\times u_n+2v_n=u_n-1 \\
    &\ssi v_n\times u_n-u_n=-1-2v_n \\
    &\ssi u_n\left(v_n-1\right)=-1-2v_n \\
    &\ssi u_n=\dfrac{-1-2v_n}{v_n-1} \quad \text{ car } v_n \neq 1\\
    &\ssi u_n=\dfrac{2v_n+1}{1-v_n}\end{align*}$
    $\quad$
  3. On a $-1<\dfrac{2}{5}<1$. Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} v_n=0$
    Donc $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=\dfrac{0+1}{1-0}=1$.
    $\quad$

Partie C

  1. Voici les différentes valeurs prises par les variables $u$, arrondie à $10^{-3}$ et $n$.
    $\begin{array}{|c|c|}
    \hline
    n& un \\
    \hline
    0& 5\\
    \hline
    1& 1,889\\
    \hline
    2& 1,302\\
    \hline
    3& 1,114\\
    \hline
    4& 1,04\\
    \hline
    5& 1,018\\
    \hline
    6& 1,008\\
    \hline
    \end{array}$
    Donc, après l’exécution de cet algorithme, la variable $n$ contient la valeur $6$.
    $\quad$
  2. Cela signifie donc qu’à partir du rang $6$ on a $u_n < 1,01$.
    $\quad$

 

Ex 4 spé

Exercice 4

Partie A

  1. Si $m$ est le PGCD de $a$ et $b$ alors il divise également $a-b$ et $b$.
    Réciproquement, si $m$ est le PGCD de $a-b$ et $b$ alors c’est également un diviseur de $(a-b)+b$ et $b$ c’est-à-dire de $a$ et $b$.
    Par conséquent PGCD$(a,b)=$PGCD$(a-b,b)$.
    $\quad$
  2. On a $4^3-1=63$ et $4^2-1=15$
    Ainsi
    PGCD$(63,15)=$PGCD$(48,15)=$PGCD$(33,15)$
    $=$PGCD$(18,15)=$PGCD$(3,15)=3$
    $\quad$
  3. On obtient l’algorithme suivant :
    $\begin{array}{|l|}
    \hline
    A\leftarrow 4^3-1\\
    B\leftarrow 4^2-1\\
    \text{Tant que } A\neq B :\\
    \hspace{1cm} \text{Si $A>B$, alors } :\\
    \hspace{2cm} A\leftarrow A-B\\
    \hspace{1cm} \text{Sinon}:\\
    \hspace{2cm} B\leftarrow B-A\\
    \hspace{1cm} \text{Fin Si}\\
    \text{Fin Tant que} \\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$

Partie B

  1. On a $V_{n+1}=\begin{pmatrix}u_{n+2}\\u_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5u_{n+1}-4u_n\\u_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5&-4\\1&0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}u_{n+1}\\u_n\end{pmatrix}$
    Donc en notant $A=\begin{pmatrix}5&-4\\1&0\end{pmatrix}$ on a $V_{n+1}=AV_n$.
    $\quad$
  2. a. On a $1\times 1-4\times 1=-3\neq 0$
    La matrice $P$ est donc inversible.
    Et $P^{-1}=-\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1&-4\\-1&1\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. On a :
    $P^{-1}A=-\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1&-4\\-4&4\end{pmatrix}$
    Donc $P^{-1}AP=\begin{pmatrix}1&0\\0&4\end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. Initialisation : On a $P^{-1}AP=D$ donc $A=PDP^{-1}$
    La propriété est vraie au rang $1$.
    $\quad$
    Hérédité : On suppose la propriété vraie au rang $n$. On a donc $A^n=PD^nP^{-1}$.
    Montrons que la propriété est vraie au rang $n+1$, c’est-çà-dire que $A^{n+1}=PD^{n+1}P^{-1}$.
    $\begin{align*} A^{n+1}&=A\times A^n\\
    &=PDP^{-1}PD^nP^{-1} \\
    &=PDD^nP^{-1}\\
    &=PD^{n+1}P^{-1}\end{align*}$
    La propriété est donc vraie au rang $n+1$.
    $\quad$
    Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ non nul, on a $A^n=PD^nP^{-1}$.
    $\quad$
  4. Pour tout entier naturel $n$ non nul on a :
    $PD^n=\begin{pmatrix}1&4^{n+1}\\1&4^n\end{pmatrix}$
    Par conséquent :
    $A^n=PD^nP^{-1}=-\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1-4^{n+1}&-4+4^{n+1}\\1-4^n&-4+4^n\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  5. On a $V_0=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$.
    Pour tout entier naturel $n$ non nul,
    $V_n=A^nV_0=-\dfrac{1}{3}\begin{pmatrix}1-4^{n+1}\\1-4^n\end{pmatrix}$
    Par conséquent $u_n=\dfrac{4^n-1}{3}=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\times 4^n$.
    $\quad$
  6. a. Pour tout entier naturel $n$, on a :
    $\begin{align*}4u_n+1&=-\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{3}\times 4^{n+1}+1 \\
    &=-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}\times 4^{n+1} \\
    &=-u_{n+1}\end{align*}$
    $\quad$b. Pour tout entier naturel $n$, on a :
    PGCD$\left(u_{n+1},u_n\right)=$PGCD$\left(4u_n+1,u_n\right)=$PGCD$\left(3u_n+1,u_n\right)$
    $=$PGCD$\left(2u_n+1,u_n\right)=$PGCD$\left(u_n+1,u_n\right)=$PGCD$\left(1,u_n\right)=1$
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$, on a :
    PGCD$\left(4^{n+1}-1,4^n-1\right)=3\times$PGCD$\left(u_{n+1},u_n\right)=3$.
    $\quad$

 

 

 

Énoncé

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