Bac S de maths 2020 aux Antilles-Guyane (septembre) : sujet et corrigé

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT S — SESSION 2020
Antilles-Guyane — 9 septembre 2020
Mathématiques — Durée : 4 heures

Exercice 1 (6 points)

Commun à tous les candidats

Dans cet exercice, sauf mention contraire, les résultats seront arrondis au millième. Les parties A, B et C peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A

Louise se rend au travail avec sa voiture. Sa collègue Zoé ne possède pas de voiture.

Chaque matin, Louise propose donc à Zoé de l’emmener. Quelle que soit la réponse de Zoé, Louise lui propose de la ramener le soir.

On se place un jour donné. On dispose des informations suivantes :

• la probabilité que Louise emmène Zoé le matin est \(0{,}55\) ;
• si Louise a emmené Zoé le matin, la probabilité qu’elle la ramène le soir est \(0{,}7\) ;
• si Louise n’a pas emmené Zoé le matin, la probabilité qu’elle la ramène le soir est \(0{,}24\).

On note \(M\) et \(S\) les événements suivants :

• \(M\) : « Louise emmène Zoé le matin » ;
• \(S\) : « Louise ramène Zoé le soir ».

1. Construire un arbre pondéré traduisant la situation.

2. Calculer \(P(M \cap S)\). Traduire ce résultat par une phrase.

3. Démontrer que la probabilité de l’événement \(S\) est égale à \(0{,}493\).

4. On sait que Louise a ramené Zoé le soir.
Quelle est la probabilité que Louise l’ait emmenée le matin ?

Partie B

Le temps de trajet de Louise, en minute, entre son domicile et son travail, peut être modélisé par une variable aléatoire \(X\) qui suit la loi normale d’espérance 28 et d’écart-type 5.

1. Calculer \(P(X \leq\, 25)\).

2. Calculer la probabilité que le temps de trajet soit compris entre 18 et 38 minutes.

3. Déterminer la durée \(d\) du trajet, arrondie à la minute, telle que \(P(X \geq\, d) = 0{,}1\).

4. Louise a maintenant trouvé un itinéraire plus rapide.
Désormais, le temps de trajet, en minute, peut être modélisé par une variable aléatoire \(Y\) qui suit la loi normale d’espérance 26 et d’écart-type \(\sigma\).
On sait que \(P(Y \geq\, 30) = 0{,}1\).
Déterminer l’arrondi au centième de \(\sigma\).

Partie C

L’entreprise de Louise indique sur son site internet que 35 % de ses salariés pratiquent le covoiturage. Un sondage effectué au sein de l’entreprise montre que sur 254 salariés choisis au hasard, 82 pratiquent le covoiturage.

Ce sondage remet-il en cause l’information publiée par l’entreprise sur son site internet ?

Exercice 2 (6 points)

Commun à tous les candidats

La partie C est indépendante des parties A et B.

Partie A

La fonction \(g\) est définie sur \([0\,;\,+\infty[\) par

\[g(x) = 1 – \text{e}^{-x}.\]

On admet que la fonction \(g\) est dérivable sur \([0\,;\,+\infty[\).

1. Déterminer la limite de la fonction \(g\) en \(+\infty\).

2. Étudier les variations de la fonction \(g\) sur \([0\,;\,+\infty[\) et dresser son tableau de variations.

Partie B

Dans cette partie, \(k\) désigne un réel strictement positif.

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par

\[f(x) = (x – 1)\text{e}^{-kx} + 1.\]

On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée.

Dans le plan muni d’un repère orthonormé (O ; I, J), on note \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de la fonction \(f\). Cette courbe est représentée ci-dessous pour une certaine valeur de \(k\).

La tangente \(T\) à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point A d’abscisse 1 coupe l’axe des ordonnées en un point noté B.

1. a. Démontrer que pour tout réel \(x\),

\[f^{\prime}(x) = \text{e}^{-kx}(-kx + k + 1).\]

b. Démontrer que l’ordonnée du point B est égale à \(g(k)\) où \(g\) est la fonction définie dans la partie A.

2. En utilisant la partie A, démontrer que le point B appartient au segment [OJ].

Partie C

Dans cette partie, on considère la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb{R}\) par

\[h(x) = (x – 1)\text{e}^{-2x} + 1.\]

On admet que la fonction \(h\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).

On se place dans un repère orthonormé (O ; I, J).

On note \(\mathcal{C}_h\) la courbe représentative de la fonction \(h\) et \(d\) la droite d’équation \(y = x\).

La courbe \(\mathcal{C}_h\) et la droite \(d\) sont représentées sur l’ANNEXE 1 à rendre avec la copie.

On admet que la courbe \(\mathcal{C}_h\) est au-dessus de la droite \(d\) sur l’intervalle [0 ; 1].

Soit \(\mathcal{D}\) le domaine du plan délimité par la courbe \(\mathcal{C}_h\), la droite \(d\) et les droites verticales d’équations \(x = 0\) et \(x = 1\). Soit \(\mathcal{A}\) l’aire de \(\mathcal{D}\) exprimée en unité d’aire.

1. Sur l’ANNEXE 1 à rendre avec la copie, hachurer le domaine \(\mathcal{D}\) et justifier que

\[\mathcal{A} = \displaystyle\int_0^1 [h(x) – x]\, \text{d}x.\]

2. a. Démontrer que, pour tout réel \(x\),

\[h(x) – x = (1 – x)(1 – \text{e}^{-2x}).\]

b. On admet que, pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{-2x} \geq\, 1 – 2x\).
Démontrer que, pour tout réel \(x\) de l’intervalle [0 ; 1],

\[h(x) – x \leq\, 2x – 2x^2.\]

c. En déduire que \(\mathcal{A} \leq\, \dfrac{1}{3}\).

3. Soit \(H\) la fonction définie sur [0 ; 1] par

\[H(x) = \dfrac{1}{4}(1 – 2x)\text{e}^{-2x} + x.\]

On admet que la fonction \(H\) est une primitive de la fonction \(h\) sur [0 ; 1].

Déterminer la valeur exacte de \(\mathcal{A}\).

ANNEXE 1 (exercice 2, partie C) — à rendre avec la copie

Exercice 3 (4 points)

Commun à tous les candidats

Dans le cube ABCOEFGH ci-dessous et reproduit en ANNEXE 2 à rendre avec la copie, on a placé les points M et N milieux respectifs des segments [AB] et [BC].

On se place dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\).

1. Donner sans justifier les coordonnées des points H, M et N.

2. On admet que les droites (CD) et (MN) sont sécantes et on note K leur point d’intersection.

a. Donner une représentation paramétrique de la droite (MN).
On admet qu’une représentation paramétrique de la droite (CD) est

\[\begin{cases} x = t \\ y = 1 \\ z = 0 \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.\]

b. Déterminer les coordonnées du point K.

3. On admet que les points H, M, N définissent un plan et que la droite (CG) et le plan (HMN) sont sécants. On note L leur point d’intersection.

a. Vérifier que le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix} 2 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}\) est un vecteur normal au plan (HMN).

b. Déterminer une équation cartésienne du plan (HMN).

c. En déduire les coordonnées du point L.

4. Sur l’ANNEXE 2 à rendre avec la copie, construire les points K et L puis la section du cube ABCDEFGH par le plan (HMN).

ANNEXE 2 (exercice 3) — à rendre avec la copie

Exercice 4 (5 points) — Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, en justifiant la réponse.

Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.

1. Soit \((u_n)\) la suite définie par

\[u_0 = 4 \text{ et pour tout entier naturel } n,\ u_{n+1} = -\dfrac{2}{3}u_n + 1\]

et soit \((v_n)\) la suite définie par

\[\text{pour tout entier naturel } n,\ v_n = u_n – \dfrac{2}{3}.\]

Affirmation 1 : La suite \((v_n)\) est une suite géométrique.

2. Soit \((w_n)\) la suite définie par, pour tout entier naturel \(n\) non nul,

\[w_n = \dfrac{3 + \cos(n)}{n^2}.\]

Affirmation 2 : La suite \((w_n)\) converge vers 0.

3. On considère l’algorithme suivant :

U ← 5
N ← 0
Tant que U ⩽ 5000
    U ← 3 × U − 8
    N ← N + 1
Fin Tant que

Affirmation 3 : À la fin de l’exécution, la variable \(U\) contient la valeur 5 000.

4. On note \(\mathbb{C}\) l’ensemble des nombres complexes. On considère l’équation (E) d’inconnue \(z\) dans \(\mathbb{C}\)

\[(z – \text{i})(z^2 + z\sqrt{3} + 1) = 0.\]

Affirmation 4 : Toutes les solutions de l’équation (E) sont de module 1.

5. On considère les nombres complexes \(z_n\) définis par

\[z_0 = 2 \text{ et pour tout entier naturel } n,\ z_{n+1} = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}z_n.\]

On munit le plan complexe d’un repère orthonormé direct \((\text{O}\,;\,\vec{u},\,\vec{v})\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(M_n\) le point d’affixe \(z_n\).

Affirmation 5 : Pour tout entier naturel \(n\), le point O est le milieu du segment \([M_nM_{n+2}]\).

Exercice 4 (5 points) — Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

On considère l’équation (E)

\[x^2 – 5y^2 = 1\]

où \(x\) et \(y\) sont des entiers naturels.

Partie A

On suppose que \((x\,;\,y)\) est un couple solution de l’équation (E).

1. \(x\) et \(y\) peuvent-ils avoir la même parité ? Justifier.

2. Démontrer que \(x\) et \(y\) sont premiers entre eux.

3. Soit \(k\) un entier naturel.
Recopier et compléter le tableau suivant :

4. En déduire que \(x \equiv 1\ [5]\) ou \(x \equiv 4\ [5]\).

Partie B

Soit \(A\) la matrice \(\begin{pmatrix} 9 20 \\ 4 9 \end{pmatrix}\).

On considère les suites \((x_n)\) et \((y_n)\) définies par

\[x_0 = 1 \text{ et } y_0 = 0, \text{ et pour tout entier naturel } n,\ \begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix}\]

1. Pour tout entier naturel \(n\), exprimer \(x_{n+1}\) et \(y_{n+1}\) en fonction de \(x_n\) et \(y_n\).

2. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \((x_n,\,y_n)\) est solution de l’équation (E).

3. a. Déterminer \(A^2\), puis en déduire \(x_2\) et \(y_2\).

b. Soit \(p\) un entier naturel.
Démontrer que si \(y_p\) est un multiple de 9 alors \(y_{p+2}\) est aussi un multiple de 9.

c. En déduire que \(y_{2020}\) est un multiple de 9.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Le premier niveau de l’arbre porte sur le matin (\(M\) ou \(\overline{M}\)), le second sur le soir (\(S\) ou \(\overline{S}\)). On a \(P(M) = 0{,}55\) donc \(P(\overline{M}) = 1 – 0{,}55 = 0{,}45\). Les données donnent les probabilités conditionnelles \(P_M(S) = 0{,}7\) et \(P_{\overline{M}}(S) = 0{,}24\), d’où par complément \(P_M(\overline{S}) = 0{,}3\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{S}) = 0{,}76\).

2. On suit le chemin \(M\) puis \(S\) de l’arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(M \cap S) = P(M) \times P_M(S) = 0{,}55 \times 0{,}7 = 0{,}385.\]

Il y a 38,5 % de chances que, ce jour-là, Louise emmène Zoé le matin et la ramène aussi le soir.

3. Les événements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(S) = P(M \cap S) + P(\overline{M} \cap S) = 0{,}385 + 0{,}45 \times 0{,}24 = 0{,}385 + 0{,}108 = 0{,}493.\]

On obtient bien \(P(S) = 0{,}493\).

4. On cherche la probabilité de \(M\) sachant que \(S\) est réalisé, c’est-à-dire \(P_S(M)\) :

\[P_S(M) = \dfrac{P(M \cap S)}{P(S)} = \dfrac{0{,}385}{0{,}493} \approx 0{,}781.\]

Sachant que Louise a ramené Zoé le soir, la probabilité qu’elle l’ait aussi emmenée le matin est environ 0,781.

Partie B

1. Avec la calculatrice (loi normale de moyenne 28 et d’écart-type 5) : \(P(X \leq\, 25) \approx 0{,}274\).

2. On calcule \(P(18 \leq\, X \leq\, 38)\). On remarque que \(18 = 28 – 2 \times 5\) et \(38 = 28 + 2 \times 5\) : il s’agit de l’intervalle \([\mu – 2\sigma\,;\,\mu + 2\sigma]\), dont la probabilité est connue pour valoir environ 0,95. La calculatrice précise : \(P(18 \leq\, X \leq\, 38) \approx 0{,}954\).

3. \(P(X \geq\, d) = 0{,}1\) équivaut à \(P(X \lt d) = 0{,}9\), soit \(P(X \leq\, d) = 0{,}9\) (la loi est continue). La fonction « inverse loi normale » de la calculatrice, avec l’aire 0,9, \(\mu = 28\) et \(\sigma = 5\), donne \(d \approx 34{,}41\). La durée cherchée, arrondie à la minute, est \(d = 34\) minutes : seul un trajet sur dix dure plus de 34 minutes environ.

4. On se ramène à la loi normale centrée réduite : si \(Y\) suit la loi normale \(\mathcal{N}(26\,;\,\sigma^2)\), alors \(Z = \dfrac{Y – 26}{\sigma}\) suit la loi normale \(\mathcal{N}(0\,;\,1)\). Comme \(\sigma \gt 0\) :

\[P(Y \geq\, 30) = 0{,}1 \iff P(\dfrac{Y – 26}{\sigma} \geq\, \dfrac{30 – 26}{\sigma}) = 0{,}1 \iff P(Z \geq\, \dfrac{4}{\sigma}) = 0{,}1 \iff P(Z \leq\, \dfrac{4}{\sigma}) = 0{,}9.\]

La calculatrice donne le réel \(u\) tel que \(P(Z \leq\, u) = 0{,}9\) : \(u \approx 1{,}2816\). Donc \(\dfrac{4}{\sigma} \approx 1{,}2816\), d’où \(\sigma \approx \dfrac{4}{1{,}2816} \approx 3{,}121\). Arrondi au centième : \(\sigma \approx 3{,}12\).

Partie C

On teste l’affirmation « la proportion de salariés qui covoiturent est \(p = 0{,}35\) » sur un échantillon de taille \(n = 254\). Les conditions d’utilisation de l’intervalle de fluctuation asymptotique sont réunies : \(n = 254 \geq\, 30\), \(np = 88{,}9 \geq\, 5\) et \(n(1 – p) = 165{,}1 \geq\, 5\).

L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est :

\[I = [p – 1{,}96\dfrac{\sqrt{p(1 – p)}}{\sqrt{n}}\,;\,p + 1{,}96\dfrac{\sqrt{p(1 – p)}}{\sqrt{n}}] = [0{,}35 – 1{,}96\dfrac{\sqrt{0{,}35 \times 0{,}65}}{\sqrt{254}}\,;\,0{,}35 + 1{,}96\dfrac{\sqrt{0{,}35 \times 0{,}65}}{\sqrt{254}}].\]

En arrondissant la borne inférieure par défaut et la borne supérieure par excès, on obtient \(I \approx [0{,}291\,;\,0{,}409]\).

La fréquence observée dans le sondage est \(f = \dfrac{82}{254} \approx 0{,}323\), qui appartient à \(I\). Le sondage ne remet donc pas en cause l’information publiée par l’entreprise (au risque d’erreur de 5 %).

Exercice 2 :

Partie A

1. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-x\) tend vers \(-\infty\) ; or \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^{X} = 0\), donc par composition \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\). Par somme : \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = 1\). La courbe de \(g\) admet la droite d’équation \(y = 1\) comme asymptote horizontale en \(+\infty\).

2. La dérivée de \(x \mapsto \text{e}^{-x}\) est \(x \mapsto -\text{e}^{-x}\) (forme \(\text{e}^{u}\) avec \(u(x) = -x\)). Donc, pour tout \(x \geq\, 0\) :

\[g^{\prime}(x) = 0 – (-\text{e}^{-x}) = \text{e}^{-x}.\]

Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) sur \([0\,;\,+\infty[\) : la fonction \(g\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\). De plus \(g(0) = 1 – \text{e}^{0} = 0\).

Partie B

1. a. On écrit \(f = u \times v + 1\) avec \(u(x) = x – 1\) et \(v(x) = \text{e}^{-kx}\). Alors \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v^{\prime}(x) = -k\text{e}^{-kx}\). Avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :

\[f^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{-kx} + (x – 1) \times (-k\text{e}^{-kx}) = \text{e}^{-kx}[1 – k(x – 1)] = \text{e}^{-kx}(1 – kx + k).\]

On a donc bien, pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = \text{e}^{-kx}(-kx + k + 1)\).

b. La tangente \(T\) au point d’abscisse 1 a pour équation \(y = f^{\prime}(1)(x – 1) + f(1)\). On calcule \(f(1) = 0 \times \text{e}^{-k} + 1 = 1\) et \(f^{\prime}(1) = \text{e}^{-k}(-k + k + 1) = \text{e}^{-k}\). Donc :

\[T : y = \text{e}^{-k}(x – 1) + 1.\]

Le point B est le point de \(T\) situé sur l’axe des ordonnées, donc d’abscisse 0. Son ordonnée vaut \(y_{\text{B}} = \text{e}^{-k}(0 – 1) + 1 = 1 – \text{e}^{-k}\), c’est-à-dire \(y_{\text{B}} = g(k)\).

2. Le point B a pour coordonnées \((0\,;\,g(k))\) ; il appartient au segment [OJ], où O(0 ; 0) et J(0 ; 1), si et seulement si \(0 \leq\, g(k) \leq\, 1\). Or \(k \gt 0\) et, d’après la partie A, \(g\) est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\) avec \(g(0) = 0\) : donc \(g(k) \geq\, g(0) = 0\). D’autre part \(g(k) = 1 – \text{e}^{-k}\) et \(\text{e}^{-k} \gt 0\), donc \(g(k) \lt 1\) (c’est cohérent avec la limite 1 atteinte en croissant). Ainsi \(0 \leq\, g(k) \leq\, 1\) et le point B appartient au segment [OJ], quelle que soit la valeur de \(k \gt 0\).

Partie C

1. Le domaine \(\mathcal{D}\) est la zone comprise, entre \(x = 0\) et \(x = 1\), sous la courbe \(\mathcal{C}_h\) et au-dessus de la droite \(d\) (il est hachuré ci-dessous).

Les fonctions \(h\) et \(x \mapsto x\) sont continues sur [0 ; 1] et, sur cet intervalle, \(\mathcal{C}_h\) est au-dessus de \(d\), c’est-à-dire \(h(x) \geq\, x\). L’aire du domaine compris entre deux courbes est l’intégrale de la fonction « du haut » moins la fonction « du bas », donc \(\mathcal{A} = \displaystyle\int_0^1 [h(x) – x]\, \text{d}x\) (en unités d’aire).

2. a. Pour tout réel \(x\), on fait apparaître le facteur \(1 – x\) :

\[h(x) – x = (x – 1)\text{e}^{-2x} + (1 – x) = -(1 – x)\text{e}^{-2x} + (1 – x) \times 1 = (1 – x)(1 – \text{e}^{-2x}).\]

b. On part de l’inégalité admise \(\text{e}^{-2x} \geq\, 1 – 2x\). En multipliant par \(-1\) (ce qui change le sens) puis en ajoutant 1 :

\[-\text{e}^{-2x} \leq\, -1 + 2x \quad \text{donc} \quad 1 – \text{e}^{-2x} \leq\, 2x.\]

Sur [0 ; 1], on a \(x \leq\, 1\) donc \(1 – x \geq\, 0\) : on peut multiplier les deux membres par \(1 – x\) sans changer le sens de l’inégalité. Avec la question précédente :

\[h(x) – x = (1 – x)(1 – \text{e}^{-2x}) \leq\, 2x(1 – x) = 2x – 2x^2.\]

Donc pour tout \(x\) de [0 ; 1], \(h(x) – x \leq\, 2x – 2x^2\).

c. L’intégrale conserve l’ordre (les bornes sont dans le bon sens, \(0 \lt 1\)) ; en intégrant l’inégalité précédente sur [0 ; 1] :

\[\mathcal{A} = \displaystyle\int_0^1 [h(x) – x]\, \text{d}x \leq\, \displaystyle\int_0^1 (2x – 2x^2) \text{d}x = [x^2 – \dfrac{2}{3}x^3]_0^1 = 1 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}.\]

Donc \(\mathcal{A} \leq\, \dfrac{1}{3}\).

3. Une primitive de \(x \mapsto h(x) – x\) sur [0 ; 1] est \(x \mapsto H(x) – \dfrac{x^2}{2}\). Donc :

\[\mathcal{A} = [H(x) – \dfrac{x^2}{2}]_0^1 = (H(1) – \dfrac{1}{2}) – H(0).\]

On calcule \(H(1) = \dfrac{1}{4}(1 – 2)\text{e}^{-2} + 1 = 1 – \dfrac{1}{4}\text{e}^{-2}\) et \(H(0) = \dfrac{1}{4} \times 1 \times \text{e}^{0} + 0 = \dfrac{1}{4}\). D’où :

\[\mathcal{A} = 1 – \dfrac{1}{4}\text{e}^{-2} – \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{4}\text{e}^{-2}.\]

\(\mathcal{A} = \dfrac{1 – \text{e}^{-2}}{4}\) unité d’aire, soit environ 0,216 u.a., ce qui est bien inférieur à \(\dfrac{1}{3}\).

Exercice 3 :

1. Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), on a B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1). M est le milieu de [AB] : \(\text{M}(\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,0)\). N est le milieu de [BC] : \(\text{N}(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,0)\).

2. a. La droite (MN) passe par M et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix} 1/2 \\ 1/2 \\ 0 \end{pmatrix}\), ou encore le vecteur colinéaire \(2\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\), plus simple. Une représentation paramétrique de (MN) est donc :

\[\begin{cases} x = \dfrac{1}{2} + s \\ y = s \\ z = 0 \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}.\]

b. Le point K appartient aux deux droites : il existe des réels \(s\) et \(t\) tels que \(\dfrac{1}{2} + s = t\), \(s = 1\) et \(0 = 0\). On obtient \(s = 1\), puis \(t = \dfrac{3}{2}\). En remplaçant dans la représentation de (CD) : \(\text{K}(\dfrac{3}{2}\,;\,1\,;\,0)\). Le point K se trouve sur la droite (CD), au-delà de C, en dehors du cube.

3. a. On calcule deux vecteurs du plan : \(\vec{\text{HM}}\begin{pmatrix} 1/2 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{HN}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1/2 \\ -1 \end{pmatrix}\). Ils ne sont pas colinéaires : leurs troisièmes coordonnées sont égales, mais pas leurs premières. Calculons les produits scalaires :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{HM}} = 2 \times \dfrac{1}{2} + (-2) \times (-1) + 3 \times (-1) = 1 + 2 – 3 = 0,\]

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{HN}} = 2 \times 1 + (-2) \times (-\dfrac{1}{2}) + 3 \times (-1) = 2 + 1 – 3 = 0.\]

Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (HMN) : c’est un vecteur normal au plan (HMN).

b. Le plan (HMN) a donc une équation de la forme \(2x – 2y + 3z + e = 0\). Il passe par H(0 ; 1 ; 1) : \(0 – 2 + 3 + e = 0\), donc \(e = -1\). Une équation cartésienne du plan est \(2x – 2y + 3z – 1 = 0\). Vérification avec M : \(1 – 0 + 0 – 1 = 0\) ; avec N : \(2 – 1 + 0 – 1 = 0\).

c. La droite (CG) passe par C(1 ; 1 ; 0) et est dirigée par \(\vec{\text{CG}} = \vec{\text{AE}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\) : ses points ont pour coordonnées \((1\,;\,1\,;\,r)\) avec \(r \in \mathbb{R}\). Le point L appartient aussi au plan : \(2 \times 1 – 2 \times 1 + 3r – 1 = 0\), soit \(3r = 1\) et \(r = \dfrac{1}{3}\). Donc \(\text{L}(1\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{3})\) ; comme \(0 \leq\, \dfrac{1}{3} \leq\, 1\), L est sur l’arête [CG], au tiers de sa hauteur en partant de C.

4. Construction, face par face :

• On place K en prolongeant (MN) jusqu’à la droite (CD), au-delà de C (ou en reportant \(\text{CK} = \dfrac{1}{2}\text{CD}\)).
• Face ABCD : M et N sont dans le plan, on trace le segment [MN].
• Face CDHG : K et H appartiennent au plan (HMN) et au plan de cette face, donc l’intersection est la droite (KH). Elle coupe l’arête [CG] au point L, ce qui confirme la question 3.c. On trace [LH].
• Face BCGF : N et L sont dans le plan, on trace [NL].
• Face ABFE : elle est parallèle à la face CDHG, donc le plan (HMN) la coupe selon une droite parallèle à (LH). On trace la parallèle à (LH) passant par M ; elle coupe l’arête [AE] en un point S. Par le calcul, S vérifie \(x = y = 0\) et \(3z – 1 = 0\), donc \(\text{S}(0\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{3})\).
• Face ADHE : on trace [SH], qui est parallèle à [NL] (faces ADHE et BCGF parallèles).

La section du cube par le plan (HMN) est le pentagone MNLHS.

Exercice 4 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) :

1. Affirmation 1 : fausse. Calculons les premiers termes. \(u_0 = 4\), \(u_1 = -\dfrac{2}{3} \times 4 + 1 = -\dfrac{5}{3}\), \(u_2 = -\dfrac{2}{3} \times (-\dfrac{5}{3}) + 1 = \dfrac{19}{9}\). Donc \(v_0 = 4 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{10}{3}\), \(v_1 = -\dfrac{5}{3} – \dfrac{2}{3} = -\dfrac{7}{3}\) et \(v_2 = \dfrac{19}{9} – \dfrac{6}{9} = \dfrac{13}{9}\).

\[\dfrac{v_1}{v_0} = -\dfrac{7}{3} \times \dfrac{3}{10} = -\dfrac{7}{10} \qquad \text{et} \qquad \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{13}{9} \times (-\dfrac{3}{7}) = -\dfrac{13}{21}.\]

Les deux quotients sont différents : il n’existe pas de raison commune, donc \((v_n)\) n’est pas géométrique. (Pour que la suite \(u_n – a\) soit géométrique, il faudrait prendre pour \(a\) le point fixe \(a = -\dfrac{2}{3}a + 1\), c’est-à-dire \(a = \dfrac{3}{5}\), et non \(\dfrac{2}{3}\).)

2. Affirmation 2 : vraie. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(-1 \leq\, \cos(n) \leq\, 1\), donc \(2 \leq\, 3 + \cos(n) \leq\, 4\). En divisant par \(n^2 \gt 0\) :

\[\dfrac{2}{n^2} \leq\, w_n \leq\, \dfrac{4}{n^2}.\]

Or \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{2}{n^2} = \lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{4}{n^2} = 0\). D’après le théorème des gendarmes, \((w_n)\) converge vers 0.

3. Affirmation 3 : fausse. La boucle tourne tant que \(U \leq\, 5000\) ; elle s’arrête donc dès que \(U\) dépasse strictement 5 000. Les valeurs successives de \(U\) sont : 5, 7, 13, 31, 85, 247, 733, 2 191, 6 565. À la fin, \(U\) contient 6 565 (et \(N = 8\)), et non 5 000. D’ailleurs, \(U\) ne peut jamais valoir exactement 5 000 à la sortie, puisqu’on sort seulement quand \(U \gt 5000\).

4. Affirmation 4 : vraie. Un produit est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. D’une part \(z – \text{i} = 0\) donne \(z = \text{i}\), de module 1. D’autre part, pour \(z^2 + \sqrt{3}z + 1 = 0\), le discriminant vaut \(\Delta = 3 – 4 = -1 \lt 0\) : il y a deux solutions complexes conjuguées

\[z_1 = \dfrac{-\sqrt{3} – \text{i}}{2} \qquad \text{et} \qquad z_2 = \dfrac{-\sqrt{3} + \text{i}}{2}.\]

Leur module commun vaut \(\sqrt{\dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4}} = 1\). Les trois solutions de (E) sont donc de module 1.

5. Affirmation 5 : fausse. On a \(\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} = \text{i}\), donc \(z_{n+1} = 2\text{i}\,z_n\) et \(z_{n+2} = 2\text{i} \times 2\text{i}\,z_n = -4z_n\). L’affixe du milieu de \([M_nM_{n+2}]\) est

\[\dfrac{z_n + z_{n+2}}{2} = \dfrac{z_n – 4z_n}{2} = -\dfrac{3}{2}z_n.\]

Comme \(|z_n| = 2^{n+1} \neq 0\), ce milieu n’est jamais O. Contre-exemple concret : \(z_0 = 2\), \(z_1 = 4\text{i}\), \(z_2 = -8\) ; le milieu de \([M_0M_2]\) a pour affixe \(-3\), ce n’est pas O.

Exercice 4 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) :

Partie A

1. On écrit \(x^2 – 5y^2 = (x^2 – y^2) – 4y^2 = (x – y)(x + y) – 4y^2\). Si \(x\) et \(y\) avaient la même parité, \(x – y\) serait pair, donc \((x – y)(x + y)\) aussi ; comme \(4y^2\) est pair, \(x^2 – 5y^2\) serait pair. Or \(x^2 – 5y^2 = 1\) est impair : contradiction. \(x\) et \(y\) ne peuvent pas avoir la même parité.

2. L’égalité \(x^2 – 5y^2 = 1\) s’écrit \(x \times x + y \times (-5y) = 1\). On a trouvé deux entiers relatifs \(u = x\) et \(v = -5y\) tels que \(ux + vy = 1\). D’après le théorème de Bézout, \(x\) et \(y\) sont premiers entre eux. (Autre rédaction : tout diviseur commun \(d\) de \(x\) et \(y\) divise \(x^2 – 5y^2 = 1\), donc \(d = 1\).)

3. Si \(k \equiv r\ [5]\), alors \(k^2 \equiv r^2\ [5]\). Il suffit de calculer \(0^2 = 0\), \(1^2 = 1\), \(2^2 = 4\), \(3^2 = 9 \equiv 4\) et \(4^2 = 16 \equiv 1\) modulo 5 :

4. De \(x^2 – 5y^2 = 1\) on tire \(x^2 = 1 + 5y^2\), donc \(x^2 \equiv 1\ [5]\). Dans le tableau, le reste de \(k^2\) vaut 1 seulement lorsque le reste de \(k\) vaut 1 ou 4. Donc \(x \equiv 1\ [5]\) ou \(x \equiv 4\ [5]\).

Partie B

1. On effectue le produit de la matrice \(A\) par le vecteur colonne :

\[\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9 20 \\ 4 9 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9x_n + 20y_n \\ 4x_n + 9y_n \end{pmatrix}.\]

Donc \(x_{n+1} = 9x_n + 20y_n\) et \(y_{n+1} = 4x_n + 9y_n\). On remarque au passage que ces suites sont à valeurs entières naturelles, puisque \(x_0\) et \(y_0\) le sont et que les coefficients sont positifs.

2. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(x_n^2 – 5y_n^2 = 1\) ».

Initialisation. \(x_0^2 – 5y_0^2 = 1 – 0 = 1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\). On développe :

\[x_{n+1}^2 – 5y_{n+1}^2 = (9x_n + 20y_n)^2 – 5(4x_n + 9y_n)^2 = 81x_n^2 + 360x_ny_n + 400y_n^2 – 80x_n^2 – 360x_ny_n – 405y_n^2.\]

\[x_{n+1}^2 – 5y_{n+1}^2 = x_n^2 – 5y_n^2 = 1 \quad \text{(hypothèse de récurrence)}.\]

Donc \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : pour tout entier naturel \(n\), \((x_n, y_n)\) est solution de (E).

3. a. On calcule le produit ligne par colonne :

\[A^2 = \begin{pmatrix} 9 \times 9 + 20 \times 4 9 \times 20 + 20 \times 9 \\ 4 \times 9 + 9 \times 4 4 \times 20 + 9 \times 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 161 360 \\ 72 161 \end{pmatrix}.\]

Par une récurrence immédiate, \(\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = A^n\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}\), donc \(\begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end{pmatrix} = A^2\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 161 \\ 72 \end{pmatrix}\) : \(x_2 = 161\) et \(y_2 = 72\). Vérification : \(161^2 – 5 \times 72^2 = 25\,921 – 25\,920 = 1\).

b. Pour tout entier naturel \(p\), \(\begin{pmatrix} x_{p+2} \\ y_{p+2} \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} x_{p+1} \\ y_{p+1} \end{pmatrix} = A^2\begin{pmatrix} x_p \\ y_p \end{pmatrix}\), d’où \(y_{p+2} = 72x_p + 161y_p\). Si \(y_p\) est un multiple de 9, on écrit \(y_p = 9m\) avec \(m\) entier ; comme \(72 = 9 \times 8\) :

\[y_{p+2} = 9 \times 8x_p + 161 \times 9m = 9(8x_p + 161m).\]

\(y_{p+2}\) est donc un multiple de 9.

c. Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel \(q\), \(y_{2q}\) est un multiple de 9. Initialisation : \(y_0 = 0 = 9 \times 0\). Hérédité : si \(y_{2q}\) est un multiple de 9, la question b appliquée à \(p = 2q\) montre que \(y_{2q+2} = y_{2(q+1)}\) en est un aussi. La propriété est donc vraie pour tout \(q\). Avec \(q = 1010\) : \(y_{2020}\) est un multiple de 9.

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