Corrigé du bac S de maths 2019 au Liban

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Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Fonction logarithme, aire d’un triangle – 5 points, commun à tous les candidats

On considère la fonction \(f\) définie sur \(]0\,;1]\) par \(f(x)=x(1-\ln x)^2\), et la fonction \(g=\ln\). Pour \(a\in\,]0\,;1]\), on note \(M_a\) le point de la courbe de \(g\) d’abscisse \(a\), \(d_a\) la tangente en \(M_a\), \(N_a\) et \(P_a\) les points d’intersection de \(d_a\) avec l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées.

1. a. On demande de montrer que \(f^{\prime}(x)=(\ln x+1)(\ln x-1)\).

\(f\) est dérivable sur \(]0\,;1]\) comme produit de fonctions dérivables. On l’écrit \(f=u\,v^2\) avec \(u(x)=x\) et \(v(x)=1-\ln x\), donc \(u^{\prime}(x)=1\) et \(v^{\prime}(x)=-\frac{1}{x}\). Alors \(f^{\prime}=u^{\prime}v^2+2u\,v^{\prime}v\) :

\[f^{\prime}(x)=(1-\ln x)^2+2x\times (-\frac{1}{x})(1-\ln x)=(1-\ln x)(1-\ln x-2)=(1-\ln x)(-1-\ln x).\]

En changeant le signe des deux facteurs : \(f^{\prime}(x)=(\ln x+1)(\ln x-1)\).

1. b. On demande le tableau de variations de \(f\).

Sur \(]0\,;1]\), \(\ln x\leq\, 0\), donc \(\ln x-1\lt 0\) : \(f^{\prime}(x)\) est du signe contraire de \(\ln x+1\). Or \(\ln x+1\gt 0 \iff \ln x\gt -1\iff x\gt \mathrm{e}^{-1}\). Donc \(f^{\prime}(x)\gt 0\) sur \(]0\,;\mathrm{e}^{-1}[\) et \(f^{\prime}(x)\lt 0\) sur \(]\mathrm{e}^{-1}\,;1]\).

Valeurs : \(f(\mathrm{e}^{-1})=\mathrm{e}^{-1}(1-(-1))^2=4\mathrm{e}^{-1}\), \(f(1)=1\times 1^2=1\), et \(\lim\limits_{x\to 0}f(x)=0\) (croissances comparées : \(x\ln x\to 0\) et \(x(\ln x)^2\to 0\)).

\(x\)	\(0\)		\(\mathrm{e}^{-1}\)		\(1\)
\(f^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)	\(0\)
\(f(x)\)	\(0\)	croissante	\(4\mathrm{e}^{-1}\)	décroissante	\(1\)

2. a. Lecture graphique de l’aire du triangle \(ON_{0,2}P_{0,2}\).

Sur le graphique, on lit \(ON_{0,2}\approx 0{,}5\) et \(OP_{0,2}\approx 2{,}6\). Le triangle est rectangle en \(O\), donc son aire vaut environ \(\frac{0{,}5\times 2{,}6}{2}=0{,}65\) : environ 0,65 unité d’aire.

2. b. On demande une équation de la tangente \(d_{0,2}\).

\(g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}\), donc le coefficient directeur de \(d_{0,2}\) est \(g^{\prime}(0{,}2)=\frac{1}{0{,}2}=5\). La tangente a pour équation \(y=g^{\prime}(0{,}2)(x-0{,}2)+g(0{,}2)=5x-1+\ln(0{,}2)\). Comme \(\ln(0{,}2)=-\ln 5\) :

\[d_{0,2}\ :\ y=5x-1-\ln 5.\]

2. c. On demande la valeur exacte de l’aire du triangle.

\(P_{0,2}\) a pour ordonnée \(-1-\ln 5\) (on fait \(x=0\)), donc \(OP_{0,2}=1+\ln 5\). \(N_{0,2}\) vérifie \(5x-1-\ln 5=0\), soit \(x=\frac{1+\ln 5}{5}\), donc \(ON_{0,2}=\frac{1+\ln 5}{5}\). L’aire vaut :

\[\mathcal{A}=\frac{1}{2}\times \frac{1+\ln 5}{5}\times (1+\ln 5)=\frac{(1+\ln 5)^2}{10}\approx 0{,}681.\]

La lecture graphique de la question 2. a. était donc cohérente.

3. On cherche la valeur de \(a\) pour laquelle l’aire \(\mathcal{A}(a)\) du triangle \(ON_aP_a\) est maximale, et cette aire maximale.

La tangente \(d_a\) a pour équation \(y=\frac{1}{a}(x-a)+\ln a=\frac{x}{a}+\ln a-1\).

• Avec \(x=0\) : \(P_a(0\,;\ln a-1)\) et, comme \(\ln a-1\lt 0\), \(OP_a=1-\ln a\).
• Avec \(y=0\) : \(x=a(1-\ln a)\), donc \(ON_a=a(1-\ln a)\), positif sur \(]0\,;1]\).

Ainsi \(\mathcal{A}(a)=\frac{1}{2}\,a(1-\ln a)(1-\ln a)=\frac{1}{2}f(a)\). L’aire est maximale lorsque \(f(a)\) l’est, c’est-à-dire d’après la question 1. b. pour \(a=\mathrm{e}^{-1}\). L’aire maximale vaut alors

\[\mathcal{A}(\mathrm{e}^{-1})=\frac{1}{2}\times 4\mathrm{e}^{-1}=\frac{2}{\mathrm{e}}\approx 0{,}74.\]

L’aire maximale est donc d’environ 0,74 unité d’aire.

Exercice 2 :

Nombres complexes – 4 points, commun à tous les candidats

À tout point \(M\) d’affixe \(z\neq 0\), on associe le point \(M^{\prime}\) d’affixe \(z^{\prime}=-\frac{1}{z}\). On considère \(A\) d’affixe \(z_A=-1+\mathrm{i}\) et \(B\) d’affixe \(z_B=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\).

1. a. Forme algébrique de \(z_{A^{\prime}}\).

\[z_{A^{\prime}}=-\frac{1}{-1+\mathrm{i}}=\frac{1}{1-\mathrm{i}}=\frac{1+\mathrm{i}}{(1-\mathrm{i})(1+\mathrm{i})}=\frac{1+\mathrm{i}}{2}.\]

Donc \(z_{A^{\prime}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{i}\). (Le corrigé PDF d’origine indiquait \(\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\mathrm{i}\), ce qui est une erreur de signe : on vérifie que \((-1+\mathrm{i})(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{i})=-1\), soit bien \(z_A\,z_{A^{\prime}}=-1\).)

1. b. Forme exponentielle de \(z_{B^{\prime}}\).

\(z_{B^{\prime}}=-\frac{1}{\frac{1}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}}=-2\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\). Ce n’est pas une forme exponentielle car \(-2\lt 0\). Comme \(-1=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}\) :

\[z_{B^{\prime}}=2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}=2\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}.\]

Sous forme algébrique, \(z_{B^{\prime}}=2(-\frac{1}{2}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{2})=-1+\mathrm{i}\sqrt{3}\).

1. c. Placer les points \(A\), \(B\), \(A^{\prime}\) et \(B^{\prime}\).

• \(A(-1\,;1)\) et \(A^{\prime}(\frac{1}{2}\,;\frac{1}{2})\) se placent directement.
• \(z_B=\frac{1}{4}+\mathrm{i}\frac{\sqrt{3}}{4}\) : \(B\) est sur le cercle de centre \(O\) de rayon \(\frac{1}{2}\), à l’intersection avec la droite d’équation \(x=\frac{1}{4}\), dans le premier quadrant.
• \(B^{\prime}\) est sur le cercle de centre \(O\) de rayon 2, à l’intersection avec la droite d’équation \(x=-1\), dans le deuxième quadrant.

2. a. Pour \(z=r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}\) avec \(r\gt 0\), on cherche la forme exponentielle de \(z^{\prime}\).

\[z^{\prime}=-\frac{1}{r\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}}=-\frac{1}{r}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}=\frac{1}{r}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}=\frac{1}{r}\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\pi-\theta)}.\]

Le module de \(z^{\prime}\) est \(\frac{1}{r}\) et un argument est \(\pi-\theta\).

2. b. Affirmation : « si \(M\), distinct de \(O\), est dans le disque de centre \(O\) et de rayon 1 sans être sur le cercle, alors \(M^{\prime}\) est à l’extérieur de ce disque ».

Une telle position se traduit par \(0\lt OM\lt 1\), c’est-à-dire \(0\lt |z|\lt 1\). D’après la question précédente, \(OM^{\prime}=|z^{\prime}|=\frac{1}{|z|}\). Comme \(|z|\lt 1\), on a \(\frac{1}{|z|}\gt 1\), donc \(OM^{\prime}\gt 1\) : \(M^{\prime}\) est bien à l’extérieur du disque. L’affirmation est vraie.

3. a. \(\Gamma\) est le cercle de centre \(K(-\frac{1}{2}\,;0)\) et de rayon \(\frac{1}{2}\). On montre qu’une équation de \(\Gamma\) est \(x^2+x+y^2=0\).

Avec \(z=x+\mathrm{i}y\) : \(M\in\Gamma\iff KM^2=\frac{1}{4}\iff(x+\frac{1}{2})^2+y^2=\frac{1}{4}\iff x^2+x+\frac{1}{4}+y^2=\frac{1}{4}\iff x^2+x+y^2=0\).

Donc \(\Gamma\ :\ x^2+x+y^2=0\).

3. b. Parties réelle et imaginaire de \(z^{\prime}\) en fonction de \(x\) et \(y\).

\[z^{\prime}=-\frac{1}{x+\mathrm{i}y}=-\frac{x-\mathrm{i}y}{x^2+y^2}=\frac{-x}{x^2+y^2}+\frac{y}{x^2+y^2}\,\mathrm{i}.\]

3. c. On montre que si \(M\in\Gamma\), \(M\neq O\), alors \(M^{\prime}\) appartient à une droite fixe.

Si \(M\in\Gamma\) et \(M\neq O\), alors \(x^2+y^2=-x\) et \(x^2+y^2\neq 0\) (donc \(x\neq 0\)). Ainsi :

\[\mathrm{Re}(z^{\prime})=\frac{-x}{x^2+y^2}=\frac{-x}{-x}=1.\]

Le point \(M^{\prime}\) appartient à la droite d’équation \(x=1\).

Exercice 3 :

Géométrie dans l’espace, le bicoin – 6 points, commun à tous les candidats

Un bicoin est un tétraèdre \(ABCD\) tel que \(ABC\) est rectangle en \(A\) dans un plan \(\mathcal{P}\) et \(D\) est un point de la droite \(d\) perpendiculaire à \(\mathcal{P}\) passant par \(B\), avec \(D\neq B\).

Partie A

1. On montre que \((AC)\) est orthogonale au plan \((BAD)\).

La droite \(d=(BD)\) est orthogonale à \(\mathcal{P}\), donc à toute droite de \(\mathcal{P}\), en particulier à \((AC)\). Par ailleurs \((AC)\perp(AB)\) puisque \(ABC\) est rectangle en \(A\). La droite \((AC)\) est donc orthogonale à deux droites sécantes \((AB)\) et \((BD)\) du plan \((BAD)\) : \((AC)\) est orthogonale au plan \((BAD)\).

2. On montre que les quatre faces sont des triangles rectangles.

• \(ABC\) est rectangle en \(A\) par définition.
• \((BD)\) est orthogonale à \((AB)\) et à \((BC)\), droites de \(\mathcal{P}\) : \(ABD\) et \(CBD\) sont rectangles en \(B\).
• \((AC)\) est orthogonale au plan \((BAD)\), donc à \((AD)\) : \(ACD\) est rectangle en \(A\).

Les quatre faces du bicoin sont bien des triangles rectangles.

3. a. On montre que \([CD]\) est la plus longue arête.

\([CD]\) est l’hypoténuse de \(BCD\) (rectangle en \(B\)) et de \(ACD\) (rectangle en \(A\)), donc \(CD\) est plus grand que \(BC\), \(BD\), \(AC\) et \(AD\). De plus \([AD]\) est l’hypoténuse de \(ABD\), donc \(AD\gt AB\), d’où \(CD\gt AB\). \([CD]\) est la plus longue des six arêtes.

3. b. \(I\) est le milieu de \([CD]\) ; on montre qu’il est équidistant des quatre sommets.

Dans un triangle rectangle, le milieu de l’hypoténuse est le centre du cercle circonscrit. Dans \(BCD\) rectangle en \(B\), d’hypoténuse \([CD]\) : \(IB=IC=ID\). Dans \(ACD\) rectangle en \(A\), d’hypoténuse \([CD]\) : \(IA=IC=ID\). Donc \(IA=IB=IC=ID\) : \(I\) est le centre de la sphère circonscrite au bicoin.

Partie B

Dans un repère orthonormé, \(A(3\,;1\,;-5)\), \(B(5\,;5\,;-1)\), \(C(7\,;3\,;-9)\) ; la droite \(d\) a pour représentation paramétrique \(x=1+2t\), \(y=9-2t\), \(z=-3+t\) (\(t\in\mathbb{R}\)), et \(\mathcal{P}\) est le plan passant par \(A\) et orthogonal à \(d\).

1. Équation cartésienne de \(\mathcal{P}\).

Le vecteur \(\vec{u}(2\,;-2\,;1)\) dirige \(d\), il est donc normal à \(\mathcal{P}\). Pour \(M(x\,;y\,;z)\) :

\[M\in\mathcal{P}\iff\vec{AM}\cdot\vec{u}=0\iff 2(x-3)-2(y-1)+(z+5)=0\iff 2x-2y+z+1=0.\]

Donc \(\mathcal{P}\ :\ 2x-2y+z+1=0\).

2. On montre que \(d\) coupe \(\mathcal{P}\) en \(B\).

Pour \(t=2\), la représentation paramétrique donne \((5\,;5\,;-1)\) : \(B\in d\). Et \(2\times 5-2\times 5+(-1)+1=0\) : \(B\in\mathcal{P}\). La droite \(d\), orthogonale à \(\mathcal{P}\), n’est pas parallèle à ce plan : elle le coupe en un seul point, qui est donc \(B\).

3. On montre que \(C\in\mathcal{P}\) et que \(ABC\) est rectangle en \(A\).

\(2\times 7-2\times 3+(-9)+1=14-6-9+1=0\), donc \(C\in\mathcal{P}\). On calcule \(\vec{AB}(2\,;4\,;4)\) et \(\vec{AC}(4\,;2\,;-4)\) :

\[AB^2=4+16+16=36,\qquad AC^2=16+4+16=36,\qquad BC^2=2^2+(-2)^2+(-8)^2=72.\]

Comme \(AB^2+AC^2=72=BC^2\), la réciproque du théorème de Pythagore montre que \(ABC\) est rectangle en \(A\) (on peut aussi vérifier \(\vec{AB}\cdot\vec{AC}=8+8-16=0\)).

4. a. Pour \(M\) de paramètre \(t\) sur \(d\), distinct de \(B\), on montre que \(ABM\) est rectangle en \(B\).

\(M\) et \(B\) sont deux points distincts de \(d\), donc \((MB)=d\). \(A\) et \(B\) sont deux points distincts de \(\mathcal{P}\), donc \((AB)\subset\mathcal{P}\). Comme \(d\) est orthogonale à \(\mathcal{P}\), elle est orthogonale à \((AB)\) : les droites \((MB)\) et \((AB)\) sont perpendiculaires en \(B\), donc \(ABM\) est rectangle en \(B\).

4. b. On montre que \(ABM\) est isocèle en \(B\) si et seulement si \(t^2-4t=0\).

\(\vec{BM}(2t-4\,;-2t+4\,;t-2)\). Le triangle est isocèle en \(B\) si et seulement si \(BM=AB\), soit \(BM^2=36\) :

\[(2t-4)^2+(-2t+4)^2+(t-2)^2=36\iff 9(t-2)^2=36\iff 9t^2-36t+36=36\iff t^2-4t=0.\]

4. c. Coordonnées des points \(M_1\) et \(M_2\).

\(t^2-4t=0\iff t(t-4)=0\iff t=0\) ou \(t=4\). Pour \(t=0\) : \(M_1(1\,;9\,;-3)\) ; pour \(t=4\) : \(M_2(9\,;1\,;1)\). Ce sont les deux points de \(d\) pour lesquels \(ABM\) est rectangle isocèle en \(B\).

Partie C

On considère le point \(D(9\,;1\,;1)\), c’est-à-dire \(M_2\), et on cherche le centre et le rayon de la sphère circonscrite au tétraèdre \(ABCD\).

\(ABC\) est rectangle en \(A\) dans le plan \(\mathcal{P}\) (question B.3) et \(D\neq B\) est sur la droite \(d\), perpendiculaire à \(\mathcal{P}\) en \(B\) (question B.2) : \(ABCD\) est donc un bicoin. (Le corrigé PDF d’origine écrivait par erreur « \(ABC\) rectangle en \(B\) ».) D’après la question A.3.b, le milieu \(I\) de \([CD]\) est équidistant des quatre sommets : c’est le centre de la sphère cherchée.

\[I(\frac{7+9}{2}\,;\frac{3+1}{2}\,;\frac{-9+1}{2})=(8\,;2\,;-4),\qquad IC=\sqrt{(7-8)^2+(3-2)^2+(-9+4)^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}.\]

La sphère circonscrite a pour centre \(I(8\,;2\,;-4)\) et pour rayon \(3\sqrt{3}\).

Exercice 4 :

Probabilités conditionnelles et suites – 5 points, candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

On note \(R_n\) l’événement « le client rend la bouteille à l’étape \(n\) » et \(r_n=p(R_n)\). L’énoncé donne \(p(R_1)=0{,}9\), \(p_{R_1}(R_2)=0{,}95\) et \(p_{\overline{R_1}}(R_2)=0{,}2\), ces probabilités de transition restant les mêmes d’une étape à la suivante.

1. a. Arbre pondéré.

1. b. Probabilité que le client rende la bouteille aux étapes 1 et 2.

\[p(R_1\cap R_2)=p(R_1)\times p_{R_1}(R_2)=0{,}9\times 0{,}95=0{,}855.\]

1. c. Calcul de \(p(R_2)\).

\(R_1\) et \(\overline{R_1}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[p(R_2)=p(R_1\cap R_2)+p(\overline{R_1}\cap R_2)=0{,}855+0{,}1\times 0{,}2=0{,}875.\]

1. d. Sachant que le client a rendu la bouteille à l’étape 2, probabilité qu’il ne l’ait pas rendue à l’étape 1.

\[p_{R_2}(\overline{R_1})=\frac{p(\overline{R_1}\cap R_2)}{p(R_2)}=\frac{0{,}02}{0{,}875}=\frac{4}{175}\approx 0{,}023.\]

2. a. Arbre pondéré général entre les étapes \(n\) et \(n+1\).

2. b. On montre que \(r_{n+1}=0{,}75\,r_n+0{,}2\).

\(R_n\) et \(\overline{R_n}\) forment une partition de l’univers, donc :

\[r_{n+1}=p(R_n)p_{R_n}(R_{n+1})+p(\overline{R_n})p_{\overline{R_n}}(R_{n+1})=0{,}95\,r_n+0{,}2(1-r_n)=0{,}75\,r_n+0{,}2.\]

2. c. On démontre par récurrence que, pour tout \(n\geq\, 1\), \(r_n=0{,}1\times 0{,}75^{n-1}+0{,}8\).

• Initialisation : \(r_1=0{,}9\) et \(0{,}1\times 0{,}75^{0}+0{,}8=0{,}9\). La propriété est vraie au rang 1.
• Hérédité : supposons \(r_n=0{,}1\times 0{,}75^{n-1}+0{,}8\) pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors \(r_{n+1}=0{,}75(0{,}1\times 0{,}75^{n-1}+0{,}8)+0{,}2=0{,}1\times 0{,}75^{n}+0{,}6+0{,}2=0{,}1\times 0{,}75^{n}+0{,}8\). La propriété est vraie au rang \(n+1\).
• Conclusion : pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(r_n=0{,}1\times 0{,}75^{n-1}+0{,}8\).

2. d. Limite de \((r_n)\) et interprétation.

Comme \(0\lt 0{,}75\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}75^{n-1}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}r_n=0{,}8\). À long terme, la probabilité que le client rende la bouteille se stabilise autour de 0,8.

Exercice 4 :

Matrices et suites – 5 points, candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Deux bassins \(A\) et \(B\) contiennent, au bout de \(n\) étapes, des quantités d’eau \(a_n\) et \(b_n\) (en centaines de litres), avec \(a_0=b_0=1\) et, pour tout \(n\), \(a_{n+1}=\frac{1}{2}a_n+\frac{3}{4}b_n+2\) et \(b_{n+1}=\frac{1}{4}b_n+3\). On pose \(U_n=\begin{pmatrix}a_n\\ b_n\end{pmatrix}\).

1. Écriture matricielle.

Le système s’écrit \(U_{n+1}=MU_n+C\) avec

\[M=\begin{pmatrix}0{,}5 & 0{,}75\\ 0 & 0{,}25\end{pmatrix}\qquad\text{et}\qquad C=\begin{pmatrix}2\\ 3\end{pmatrix}.\]

2. a. Avec \(P=\begin{pmatrix}1 & 3\\ 0 & -1\end{pmatrix}\), on calcule \(P^2\).

\(P^2=\begin{pmatrix}1\times 1+3\times 0 & 1\times 3+3\times (-1)\\ 0 & (-1)^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}=I_2\). Donc \(P\) est inversible et \(P^{-1}=P\).

2. b. Calcul de \(PMP\).

\[PM=\begin{pmatrix}0{,}5 & 1{,}5\\ 0 & -0{,}25\end{pmatrix},\qquad PMP=\begin{pmatrix}0{,}5 & 1{,}5-1{,}5\\ 0 & 0{,}25\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}5 & 0\\ 0 & 0{,}25\end{pmatrix}=D.\]

\(D\) est une matrice diagonale.

2. c. On montre que \(M=PDP\).

En multipliant \(PMP=D\) à gauche et à droite par \(P\) et en utilisant \(P^2=I_2\) : \(PDP=P^2MP^2=M\). Le calcul direct le confirme : \(PD=\begin{pmatrix}0{,}5 & 0{,}75\\ 0 & -0{,}25\end{pmatrix}\) et \(PDP=\begin{pmatrix}0{,}5 & 0{,}75\\ 0 & 0{,}25\end{pmatrix}=M\).

2. d. On démontre par récurrence que \(M^n=PD^nP\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\).

• Initialisation : \(M^0=I_2\) et \(PD^0P=PI_2P=P^2=I_2\).
• Hérédité : si \(M^n=PD^nP\), alors \(M^{n+1}=M^nM=PD^nP\times PDP=PD^nI_2DP=PD^{n+1}P\).
• Conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(M^n=PD^nP\), et le calcul donne \(M^n=\begin{pmatrix}0{,}5^n & 3\times 0{,}5^n-3\times 0{,}25^n\\ 0 & 0{,}25^n\end{pmatrix}\).

3. On vérifie que \(X=\begin{pmatrix}10\\ 4\end{pmatrix}\) vérifie \(X=MX+C\).

\[MX+C=\begin{pmatrix}0{,}5\times 10+0{,}75\times 4\\ 0{,}25\times 4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\ 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\ 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2\\ 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}10\\ 4\end{pmatrix}=X.\]

4. a. Avec \(V_n=U_n-X\), on montre que \(V_{n+1}=MV_n\).

\(V_{n+1}=U_{n+1}-X=MU_n+C-(MX+C)=M(U_n-X)=MV_n\).

4. b. Expression de \(a_n\) et \(b_n\) en fonction de \(n\).

La suite \((V_n)\) vérifie \(V_{n+1}=MV_n\), donc \(V_n=M^nV_0\) avec \(V_0=U_0-X=\begin{pmatrix}-9\\ -3\end{pmatrix}\). Ainsi \(U_n=M^nV_0+X\) :

\[U_n=\begin{pmatrix}0{,}5^n & 3\times 0{,}5^n-3\times 0{,}25^n\\ 0 & 0{,}25^n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-9\\ -3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}10\\ 4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-18\times 0{,}5^n+9\times 0{,}25^n+10\\ -3\times 0{,}25^n+4\end{pmatrix}.\]

Donc \(a_n=-18\times 0{,}5^n+9\times 0{,}25^n+10\) et \(b_n=4-3\times 0{,}25^n\).

5. a. Sens de variation, majoration et limite de \((b_n)\).

\(b_{n+1}-b_n=-3\times 0{,}25^{n+1}+3\times 0{,}25^n=3\times 0{,}25^n(1-0{,}25)=2{,}25\times 0{,}25^n\gt 0\) : \((b_n)\) est croissante. Comme \(3\times 0{,}25^n\gt 0\), on a \(b_n\lt 4\) : la suite est majorée par 4. (Le corrigé PDF d’origine écrivait par erreur \(4-3\times 0{,}25^n\gt 4\).) Enfin \(0\lt 0{,}25\lt 1\) donne \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}25^n=0\), d’où \(\lim\limits_{n\to+\infty}b_n=4\).

5. b. Limite de \((a_n)\).

\(0\lt 0{,}5\lt 1\) et \(0\lt 0{,}25\lt 1\), donc \(0{,}5^n\) et \(0{,}25^n\) tendent vers 0 : \(\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=10\).

5. c. Contenance à prévoir pour chaque bassin.

On vérifie que \((a_n)\) est croissante : \(a_{n+1}-a_n=-18\times 0{,}5^n(0{,}5-1)+9\times 0{,}25^n(0{,}25-1)=9\times 0{,}5^n-6{,}75\times 0{,}25^n=0{,}25^n(9\times 2^n-6{,}75)\gt 0\), car \(9\times 2^n\geq\, 9\). Une suite croissante qui converge vers 10 est majorée par 10, donc \(a_n\leq\, 10\) pour tout \(n\) ; de même \(b_n\lt 4\).

Il suffit donc de prévoir une contenance de 1 000 litres pour le bassin A et de 400 litres pour le bassin B.