Voici le corrigé du bac S de maths 2017 des centres étrangers, épreuve passée le 13 juin 2017. Le sujet commence par un QCM de probabilités sur une fabrique de bonbons : loi normale, loi binomiale, probabilités conditionnelles avec un arbre pondéré, loi exponentielle et taille d’un intervalle de confiance. Vient ensuite un exercice de géométrie dans l’espace où l’on construit la perpendiculaire commune à deux droites non coplanaires. Le troisième exercice modélise la concentration d’un médicament : demi-vie, étude de fonction avec l’exponentielle, aire sous la courbe et suite arithmético-géométrique démontrée par récurrence. Les candidats de spécialité étudient l’arbre de Stern-Brocot avec des matrices et le théorème de Bézout, ceux de l’enseignement obligatoire des polygones réguliers d’aire 1 et la convergence d’une suite. Toutes les réponses sont justifiées pas à pas.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
QCM de probabilités, 5 points, commun à tous les candidats
Une entreprise fabrique des sachets de bonbons. Pour chaque question, une seule réponse est exacte ; on justifie ici chacune d’elles.
Question 1. La masse \(X\) (en g) d’un sachet suit une loi normale d’espérance \(\mu = 175\), et \(P(X \leq\, 170) = 0{,}02\). On demande \(P(170 \leq\, X \leq\, 180)\) arrondie au centième.
La courbe de densité d’une loi normale est symétrique par rapport à la droite d’équation \(x = \mu = 175\). Or 170 et 180 sont symétriques par rapport à 175 (\(175 – 5\) et \(175 + 5\)), donc :
\[P(X \geq\, 180) = P(X \leq\, 170) = 0{,}02.\]
Par passage au complémentaire :
\[P(170 \leq\, X \leq\, 180) = 1 – P(X \leq\, 170) – P(X \geq\, 180) = 1 – 2 \times 0{,}02 = 0{,}96.\]
Réponse b : 0,96.
Question 2. Un bonbon issu de la machine A est déformé avec la probabilité 0,05. Sur un échantillon de 50 bonbons de la machine A, quelle est la probabilité qu’au moins 2 soient déformés ?
Notons \(N\) le nombre de bonbons déformés. On répète 50 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès « le bonbon est déformé » a pour probabilité \(p = 0{,}05\). Donc \(N\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}05)\) et pour tout entier \(k\) entre 0 et 50 :
\[P(N = k) = \binom\,{50}{k} \times 0{,}05^{k} \times 0{,}95^{50-k}.\]
On passe par l’événement contraire « au plus un bonbon déformé » :
\[P(N \geq\, 2) = 1 – P(N = 0) – P(N = 1) = 1 – 0{,}95^{50} – 50 \times 0{,}05 \times 0{,}95^{49} \approx 0{,}7206.\]
À la calculatrice, on peut aussi calculer directement \(1 – P(N \leq\, 1)\) avec la fonction de répartition binomiale (binomFRép sur TI, BinomialCD sur Casio).
Réponse a : 0,72.
Question 3. La machine A produit un tiers des bonbons, la machine B le reste ; un bonbon de B est déformé avec la probabilité 0,02. On prélève un bonbon au hasard : il est déformé. Quelle est la probabilité qu’il provienne de B ?
Notons \(A\) : « le bonbon vient de la machine A », \(B = \overline{A}\) : « il vient de la machine B » et \(D\) : « il est déformé ». On a \(P(A) = \frac{1}{3}\), \(P(B) = \frac{2}{3}\), \(P_A(D) = 0{,}05\) et \(P_B(D) = 0{,}02\).
Les événements \(A\) et \(B\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[P(D) = P(A)\,P_A(D) + P(B)\,P_B(D) = \frac{1}{3} \times 0{,}05 + \frac{2}{3} \times 0{,}02 = \frac{0{,}05 + 0{,}04}{3} = 0{,}03.\]
On en déduit la probabilité conditionnelle cherchée :
\[P_D(B) = \frac{P(B \cap D)}{P(D)} = \frac{\frac{2}{3} \times 0{,}02}{0{,}03} = \frac{0{,}04}{0{,}09} = \frac{4}{9} \approx 0{,}44.\]
Réponse c : 0,44.
Question 4. La durée de fonctionnement \(Y\) (en jours) d’une machine d’enrobage suit une loi exponentielle d’espérance 500 jours. On cherche \(P(Y \leq\, 300)\).
Si \(Y\) suit la loi exponentielle de paramètre \(\lambda \gt 0\), son espérance vaut \(E(Y) = \frac{1}{\lambda}\) et, pour tout réel \(b \geq\, 0\), \(P(Y \leq\, b) = 1 – \mathrm{e}^{-\lambda b}\).
Ici \(\frac{1}{\lambda} = 500\), donc \(\lambda = \frac{1}{500} = 0{,}002\), et :
\[P(Y \leq\, 300) = 1 – \mathrm{e}^{-\frac{300}{500}} = 1 – \mathrm{e}^{-0{,}6} \approx 0{,}45.\]
Les autres propositions (1, 55, « on ne peut pas savoir ») sont d’ailleurs exclues : une probabilité ne peut valoir 55, et la valeur 1 correspondrait à un événement certain.
Réponse a : 0,45.
Question 5. L’entreprise veut estimer la proportion de clients de plus de 20 ans au niveau de confiance 95 %, avec un intervalle d’amplitude au plus 0,05. Combien de clients faut-il interroger au minimum ?
Si \(f\) est la fréquence observée sur un échantillon de taille \(n\), l’intervalle de confiance au niveau 95 % est :
\[I = [ f – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, f + \frac{1}{\sqrt{n}} ],\]
dont l’amplitude vaut \(\frac{2}{\sqrt{n}}\). On veut donc :
\[\frac{2}{\sqrt{n}} \leq\, 0{,}05 \iff \sqrt{n} \geq\, \frac{2}{0{,}05} = 40 \iff n \geq\, 1\,600,\]
la dernière équivalence venant de la stricte croissance de la fonction carré sur \([0\,;+\infty[\).
Réponse c : 1 600 clients.
Exercice 2 :
Géométrie dans l’espace, 4 points, commun à tous les candidats
Dans un repère orthonormé \((O\,;\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})\), on considère les droites \(d_1\) et \(d_2\) de représentations paramétriques :
\[d_1 : \begin{cases} x = 2 + t \\ y = 3 – t \\ z = t \end{cases} \ (t \in \mathbb{R}) \qquad d_2 : \begin{cases} x = -5 + 2s \\ y = -1 + s \\ z = 5 \end{cases} \ (s \in \mathbb{R}).\]
On admet qu’elles sont non coplanaires. On cherche une droite \(\Delta\) sécante à \(d_1\) et à \(d_2\) et orthogonale à ces deux droites (leur « perpendiculaire commune »).
1. Vérifier que \(A(2\,;3\,;0)\) appartient à \(d_1\).
Pour \(t = 0\), la représentation de \(d_1\) donne \(x = 2\), \(y = 3\), \(z = 0\) : ce sont les coordonnées de \(A\). Donc \(A \in d_1\).
2. Donner un vecteur directeur de chaque droite ; sont-elles parallèles ?
On lit les coefficients des paramètres : \(\vec{u_1}(1\,;-1\,;1)\) dirige \(d_1\) et \(\vec{u_2}(2\,;1\,;0)\) dirige \(d_2\).
Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{u_2} = k\,\vec{u_1}\) ; la première coordonnée impose \(k = 2\), la troisième \(0 = k\) : contradiction. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc \(d_1\) et \(d_2\) ne sont pas parallèles (ce qui était prévisible puisqu’elles sont non coplanaires).
3. Vérifier que \(\vec{v}(1\,;-2\,;-3)\) est orthogonal à \(\vec{u_1}\) et à \(\vec{u_2}\).
\[\vec{v} \cdot \vec{u_1} = 1 \times 1 + (-2)(-1) + (-3) \times 1 = 1 + 2 – 3 = 0,\]
\[\vec{v} \cdot \vec{u_2} = 1 \times 2 + (-2) \times 1 + (-3) \times 0 = 2 – 2 + 0 = 0.\]
Les deux produits scalaires sont nuls : \(\vec{v}\) est orthogonal à \(\vec{u_1}\) et à \(\vec{u_2}\).
4. Soit \(\mathcal{P}\) le plan passant par \(A\) et dirigé par \(\vec{u_1}\) et \(\vec{v}\).
a. Montrer qu’une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est \(5x + 4y – z – 22 = 0\).
Considérons \(\vec{n}(5\,;4\,;-1)\). On calcule :
\[\vec{n} \cdot \vec{u_1} = 5 – 4 – 1 = 0 \qquad \vec{n} \cdot \vec{v} = 5 – 8 + 3 = 0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\) (\(\vec{u_1}\) et \(\vec{v}\) ne sont pas colinéaires : leurs premières coordonnées sont égales mais pas les secondes), c’est donc un vecteur normal à \(\mathcal{P}\). Un point \(M(x\,;y\,;z)\) appartient à \(\mathcal{P}\) si et seulement si \(\vec{AM} \cdot \vec{n} = 0\) :
\[5(x – 2) + 4(y – 3) – (z – 0) = 0 \iff 5x + 4y – z – 22 = 0.\]
Une équation de \(\mathcal{P}\) est bien \(5x + 4y – z – 22 = 0\).
b. Montrer que \(d_2\) coupe \(\mathcal{P}\) au point \(B(3\,;3\,;5)\).
D’abord, \(\vec{n} \cdot \vec{u_2} = 10 + 4 + 0 = 14 \neq 0\) : le vecteur directeur de \(d_2\) n’est pas orthogonal au vecteur normal, donc \(d_2\) n’est pas parallèle à \(\mathcal{P}\) et le coupe en un unique point.
Un point de \(d_2\) de paramètre \(s\) appartient à \(\mathcal{P}\) si et seulement si :
\[5(-5 + 2s) + 4(-1 + s) – 5 – 22 = 0 \iff -25 + 10s – 4 + 4s – 27 = 0 \iff 14s = 56 \iff s = 4.\]
Pour \(s = 4\) : \(x = -5 + 8 = 3\), \(y = -1 + 4 = 3\), \(z = 5\). La droite \(d_2\) coupe \(\mathcal{P}\) au point \(B(3\,;3\,;5)\).
5. On considère la droite \(\Delta\) passant par \(B(3\,;3\,;5)\) et dirigée par \(\vec{v}(1\,;-2\,;-3)\).
a. Représentation paramétrique de \(\Delta\).
\(M(x\,;y\,;z) \in \Delta\) si et seulement s’il existe un réel \(k\) tel que \(\vec{BM} = k\,\vec{v}\), d’où :
\[\Delta : \begin{cases} x = 3 + k \\ y = 3 – 2k \\ z = 5 – 3k \end{cases} \quad (k \in \mathbb{R}).\]
b. Les droites \(d_1\) et \(\Delta\) sont-elles sécantes ?
On cherche des réels \(t\) et \(k\) tels que :
\[\begin{cases} 2 + t = 3 + k \\ 3 – t = 3 – 2k \\ t = 5 – 3k \end{cases} \iff \begin{cases} t = 5 – 3k \\ 7 – 3k = 3 + k \\ -2 + 3k = 3 – 2k \end{cases} \iff \begin{cases} t = 5 – 3k \\ 4k = 4 \\ 5k = 5 \end{cases} \iff \begin{cases} k = 1 \\ t = 2. \end{cases}\]
Le système a une solution : pour \(t = 2\), on obtient sur \(d_1\) le point \((4\,;1\,;2)\), qui est aussi le point de \(\Delta\) de paramètre \(k = 1\). Les droites \(d_1\) et \(\Delta\) sont sécantes en \(C(4\,;1\,;2)\).
c. Expliquer pourquoi \(\Delta\) répond au problème posé.
- \(\Delta\) est dirigée par \(\vec{v}\), orthogonal à \(\vec{u_1}\) et \(\vec{u_2}\) (question 3) : \(\Delta\) est orthogonale à \(d_1\) et à \(d_2\).
- \(\Delta\) coupe \(d_1\) en \(C(4\,;1\,;2)\) (question 5.b).
- \(\Delta\) passe par \(B(3\,;3\,;5)\), qui appartient à \(d_2\) (question 4.b) : \(\Delta\) coupe \(d_2\) en \(B\).
La droite \(\Delta\) est donc sécante à \(d_1\) et à \(d_2\) et orthogonale à ces deux droites : c’est la droite cherchée.
Exercice 3 :
Fonctions exponentielles et suites, 6 points, commun à tous les candidats
Partie A : administration par voie intraveineuse
La concentration plasmatique du médicament (en µg/L) \(t\) heures après l’injection est \(f(t) = 20\,\mathrm{e}^{-0{,}1t}\) pour \(t \geq\, 0\). La concentration initiale est donc \(f(0) = 20\) µg/L.
1. Déterminer la demi-vie \(t_{0,5}\), durée au bout de laquelle la concentration est la moitié de la concentration initiale.
On résout \(f(t) = \frac{f(0)}{2} = 10\) :
\[20\,\mathrm{e}^{-0{,}1t} = 10 \iff \mathrm{e}^{-0{,}1t} = 0{,}5 \iff -0{,}1t = \ln 0{,}5 = -\ln 2 \iff t = 10 \ln 2.\]
La demi-vie est \(t_{0,5} = 10 \ln 2 \approx 6{,}9\) heures.
2. Le médicament est éliminé dès que la concentration est inférieure à 0,2 µg/L. À partir de quand ? (au dixième)
La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\) :
\[f(t) \leq\, 0{,}2 \iff \mathrm{e}^{-0{,}1t} \leq\, 0{,}01 \iff -0{,}1t \leq\, \ln 0{,}01 \iff t \geq\, -10 \ln 0{,}01 = 10 \ln 100 \approx 46{,}05.\]
Le médicament est éliminé au bout d’environ 46,1 heures.
3. L’ASC (aire sous la courbe) est \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t\). Vérifier qu’elle vaut 200 µg.L−1.h.
Une primitive de \(f\) sur \([0\,;+\infty[\) est \(F(t) = 20 \times \frac{\mathrm{e}^{-0{,}1t}}{-0{,}1} = -200\,\mathrm{e}^{-0{,}1t}\). Pour tout \(x \geq\, 0\) :
\[\int_0^x f(t)\,\mathrm{d}t = F(x) – F(0) = 200 – 200\,\mathrm{e}^{-0{,}1x}.\]
Comme \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (-0{,}1x) = -\infty\) et \(\displaystyle\lim_{X \to -\infty} \mathrm{e}^{X} = 0\), par composition \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \mathrm{e}^{-0{,}1x} = 0\), d’où :
\[\text{ASC} = \lim_{x \to +\infty} ( 200 – 200\,\mathrm{e}^{-0{,}1x} ) = 200.\]
L’ASC vaut bien 200 µg.L−1.h.
Partie B : administration par voie orale
La concentration est maintenant \(g(t) = 20( \mathrm{e}^{-0{,}1t} – \mathrm{e}^{-t} )\) pour \(t \geq\, 0\), avec \(g(0) = 0\).
1. Démontrer que \(g^{\prime}(t) = 20\,\mathrm{e}^{-t}( 1 – 0{,}1\,\mathrm{e}^{0{,}9t} )\).
La fonction \(g\) est dérivable sur \([0\,;+\infty[\) et, la dérivée de \(\mathrm{e}^{at}\) étant \(a\,\mathrm{e}^{at}\) :
\[g^{\prime}(t) = 20( -0{,}1\,\mathrm{e}^{-0{,}1t} + \mathrm{e}^{-t} ).\]
On factorise par \(\mathrm{e}^{-t}\), en remarquant que \(\mathrm{e}^{-0{,}1t} = \mathrm{e}^{-t} \times \mathrm{e}^{0{,}9t}\) :
\[g^{\prime}(t) = 20\,\mathrm{e}^{-t}( -0{,}1\,\mathrm{e}^{0{,}9t} + 1 ) = 20\,\mathrm{e}^{-t}( 1 – 0{,}1\,\mathrm{e}^{0{,}9t} ).\]
2. Étudier les variations de \(g\) et en déduire la durée au bout de laquelle la concentration est maximale (à la minute près).
Comme \(20\,\mathrm{e}^{-t} \gt 0\), \(g^{\prime}(t)\) a le signe de \(1 – 0{,}1\,\mathrm{e}^{0{,}9t}\). Par stricte croissance de \(\ln\) :
\[1 – 0{,}1\,\mathrm{e}^{0{,}9t} \geq\, 0 \iff \mathrm{e}^{0{,}9t} \leq\, 10 \iff 0{,}9t \leq\, \ln 10 \iff t \leq\, \frac{\ln 10}{0{,}9}.\]
Posons \(t_1 = \frac{\ln 10}{0{,}9} \approx 2{,}558\). La dérivée est positive sur \([0\,;t_1]\), nulle en \(t_1\), négative ensuite :
| \(t\) | \(0\) | \(t_1 = \frac{\ln 10}{0{,}9}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g^{\prime}(t)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| variations de \(g\) | \(0\) | croissante ↗ | \(g(t_1) \approx 13{,}94\) | décroissante ↘ |
La concentration est donc maximale à l’instant \(t_1 \approx 2{,}558\) h. Or \(0{,}558 \times 60 \approx 33{,}5\) minutes.
La concentration est maximale environ 2 h 34 min après l’ingestion (elle vaut alors environ 13,94 µg/L).
Partie C : administration répétée par voie intraveineuse
On injecte la même dose toutes les \(t_{0,5}\) heures ; chaque injection ajoute 20 µg/L. La concentration \(u_n\) juste après la \(n\)-ième injection vérifie \(u_1 = 20\) et \(u_{n+1} = 0{,}5\,u_n + 20\) (en une demi-vie, la concentration est divisée par 2, puis on ajoute 20).
1. Démontrer par récurrence que, pour tout \(n \geq\, 1\), \(u_n = 40 – 40 \times 0{,}5^{n}\).
Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(u_n = 40 – 40 \times 0{,}5^{n}\) ».
- Initialisation : \(40 – 40 \times 0{,}5^{1} = 40 – 20 = 20 = u_1\), donc \(\mathcal{P}_1\) est vraie.
- Hérédité : supposons \(\mathcal{P}_n\) vraie pour un entier \(n \geq\, 1\). Alors
\[u_{n+1} = 0{,}5( 40 – 40 \times 0{,}5^{n} ) + 20 = 20 – 40 \times 0{,}5^{n+1} + 20 = 40 – 40 \times 0{,}5^{n+1},\]
donc \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie. - Conclusion : la propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc pour tout \(n \geq\, 1\), \(u_n = 40 – 40 \times 0{,}5^{n}\).
2. Limite de \((u_n)\).
Comme \(-1 \lt 0{,}5 \lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 0{,}5^{n} = 0\), donc par produit et somme :
\[\lim_{n \to +\infty} u_n = 40 – 40 \times 0 = 40.\]
La suite \((u_n)\) converge vers 40 µg/L.
3. L’équilibre est atteint dès que la concentration dépasse 38 µg/L. Nombre minimal d’injections ?
\[u_n \geq\, 38 \iff 40 – 40 \times 0{,}5^{n} \geq\, 38 \iff 0{,}5^{n} \leq\, 0{,}05 \iff n \ln 0{,}5 \leq\, \ln 0{,}05 \iff n \geq\, \frac{\ln 0{,}05}{\ln 0{,}5} \approx 4{,}32,\]
le sens de l’inégalité changeant à la dernière étape car on divise par \(\ln 0{,}5 \lt 0\). Le plus petit entier convenable est 5. Vérification : \(u_4 = 37{,}5\) et \(u_5 = 38{,}75\).
Il faut au minimum 5 injections.
Exercice 4 :
Arbre de Stern-Brocot, matrices et arithmétique, 5 points, candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
On pose \(G = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\) et \(D = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\). L’arbre part de la matrice identité ; depuis une matrice \(M\), on descend à gauche vers \(M \times G\) et à droite vers \(M \times D\).
1. Déterminer les matrices manquantes \(A\) et \(B\) de la troisième ligne.
La deuxième ligne contient \(G\) (à gauche) et \(D\) (à droite). \(A\) est le fils droit de \(G\) et \(B\) le fils gauche de \(D\) :
\[A = G \times D = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}, \qquad B = D \times G = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}.\]
2. À une matrice \(M = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}\) on associe la fraction \(\frac{a + c}{b + d}\). Montrer que le trajet « gauche-droite-gauche » depuis la racine aboutit à la fraction \(\frac{3}{5}\).
Le trajet gauche puis droite mène à \(G \times D = A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\) ; un dernier pas à gauche donne :
\[A \times G = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \frac{a + c}{b + d} = \frac{2 + 1}{3 + 2} = \frac{3}{5}.\]
Le trajet gauche-droite-gauche aboutit bien à la fraction \(\frac{3}{5}\).
3. Soit \(M = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}\) une matrice de l’arbre à coefficients entiers ; on note \(\Delta_M = ad – bc\).
a. Montrer que si \(\Delta_M = 1\), alors \(d(a + c) – c(b + d) = 1\).
En développant : \(d(a + c) – c(b + d) = da + dc – cb – cd = ad – bc = \Delta_M\). Si \(\Delta_M = 1\), alors \(d(a + c) – c(b + d) = 1\).
b. En déduire que si \(\Delta_M = 1\), alors \(\Delta_{M \times G} = 1\).
\[M \times G = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a + c & c \\ b + d & d \end{pmatrix},\]
donc \(\Delta_{M \times G} = (a + c)d – c(b + d)\), qui vaut 1 d’après la question a. Ainsi \(\Delta_{M \times G} = 1\).
c. On admet que \(\Delta_{M \times D} = 1\) et que toute matrice \(N\) de l’arbre vérifie \(\Delta_N = 1\). En déduire que toute fraction associée à une matrice de l’arbre est irréductible.
Soit \(N = \begin{pmatrix} a & c \\ b & d \end{pmatrix}\) une matrice de l’arbre. Par la question a, \(\Delta_N = 1\) s’écrit :
\[d \times (a + c) + (-c) \times (b + d) = 1.\]
Les entiers \(u = d\) et \(v = -c\) vérifient donc \((a + c)u + (b + d)v = 1\). D’après le théorème de Bézout, \(a + c\) et \(b + d\) sont premiers entre eux. La fraction \(\frac{a + c}{b + d}\) est donc irréductible.
4. Soit \(m\) et \(n\) deux entiers naturels non nuls premiers entre eux. L’algorithme proposé répète, tant que \(m \neq n\) : si \(m \lt n\), afficher « Gauche » et remplacer \(n\) par \(n – m\) ; sinon, afficher « Droite » et remplacer \(m\) par \(m – n\).
a. Faire fonctionner l’algorithme avec \(m = 4\) et \(n = 7\).
| Affichage | Gauche | Droite | Gauche | Gauche | |
|---|---|---|---|---|---|
| \(m\) | 4 | 4 | 1 | 1 | 1 |
| \(n\) | 7 | 3 | 3 | 2 | 1 |
L’algorithme s’arrête quand \(m = n = 1\). Il affiche : Gauche, Droite, Gauche, Gauche.
b. Conjecturer le rôle de l’algorithme et le vérifier par un calcul matriciel pour \(m = 4\) et \(n = 7\).
Conjecture : l’algorithme donne le chemin à suivre depuis la racine de l’arbre pour atteindre la matrice associée à la fraction \(\frac{m}{n}\).
Vérification : le chemin Gauche-Droite-Gauche mène (question 2) à \(\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}\), puis un dernier pas à gauche donne :
\[\begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 3 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 5 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \frac{3 + 1}{5 + 2} = \frac{4}{7}.\]
On obtient bien la fraction \(\frac{4}{7}\), ce qui confirme la conjecture.
Exercice 5 :
Polygones réguliers et suites, 5 points, candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Pour \(n \geq\, 4\), \(\mathcal{P}_n\) est un polygone régulier à \(n\) côtés, de centre \(O\) et d’aire 1 ; \(r_n\) est la distance de \(O\) à chaque sommet, \(A_n\) et \(B_n\) deux sommets consécutifs et \(\theta_n\) une mesure de l’angle \(\widehat{A_nOB_n}\). Le polygone est formé de \(n\) triangles isocèles superposables à \(OA_nB_n\).
Partie A : cas particulier \(n = 6\)
1. Justifier que \(OA_6B_6\) est équilatéral et que son aire est \(\frac{1}{6}\).
Les six angles au centre de l’hexagone régulier sont égaux et font un tour complet : chacun mesure \(\frac{2\pi}{6} = \frac{\pi}{3}\). Le triangle \(OA_6B_6\) est isocèle en \(O\) (\(OA_6 = OB_6 = r_6\)) avec un angle au sommet de \(\frac{\pi}{3}\) : ses deux autres angles mesurent aussi \(\frac{\pi}{3}\), il est équilatéral.
L’hexagone est découpé en six triangles superposables, de même aire, et son aire vaut 1 : l’aire de \(OA_6B_6\) est \(\frac{1}{6}\).
2. Exprimer en fonction de \(r_6\) la hauteur issue de \(B_6\).
Soit \(H\) le pied de cette hauteur. Dans un triangle équilatéral, la hauteur est aussi médiane : \(H\) est le milieu de \([OA_6]\), donc \(HA_6 = \frac{r_6}{2}\), et \(B_6A_6 = r_6\).
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle \(HA_6B_6\) rectangle en \(H\) :
\[B_6H^{2} = B_6A_6^{2} – HA_6^{2} = r_6^{2} – \frac{r_6^{2}}{4} = \frac{3}{4} r_6^{2}, \quad \text{donc} \quad B_6H = \frac{\sqrt{3}}{2}\, r_6.\]
3. En déduire que \(r_6 = \sqrt{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}\).
L’aire du triangle s’écrit \(\frac{OA_6 \times B_6H}{2} = \frac{1}{2} \times r_6 \times \frac{\sqrt{3}}{2} r_6 = \frac{\sqrt{3}}{4} r_6^{2}\). Elle vaut \(\frac{1}{6}\), donc :
\[\frac{\sqrt{3}}{4} r_6^{2} = \frac{1}{6} \iff r_6^{2} = \frac{4}{6\sqrt{3}} = \frac{2}{3\sqrt{3}} \iff r_6 = \sqrt{\frac{2}{3\sqrt{3}}} \approx 0{,}620\]
puisque \(r_6 \gt 0\).
Partie B : cas général, \(n \geq\, 4\)
1. Exprimer la hauteur issue de \(B_n\) dans \(OA_nB_n\) en fonction de \(r_n\) et \(\theta_n\), puis montrer que l’aire du triangle est \(\frac{r_n^{2}}{2} \sin \theta_n\).
Soit \(H\) le pied de la hauteur issue de \(B_n\). Comme \(\theta_n \lt \frac{\pi}{2}\) pour \(n \geq\, 5\) et \(\theta_4 = \frac{\pi}{2}\) (alors \(H = O\)), dans tous les cas \(B_nH = OB_n \sin \theta_n\), c’est-à-dire :
\[B_nH = r_n \sin \theta_n.\]
L’aire du triangle vaut donc :
\[\mathcal{A}(OA_nB_n) = \frac{OA_n \times B_nH}{2} = \frac{r_n \times r_n \sin \theta_n}{2} = \frac{r_n^{2}}{2} \sin \theta_n.\]
2. Donner une mesure de \((\vec{OA_n}, \vec{OB_n})\) en fonction de \(n\), puis démontrer que \(r_n = \sqrt{\dfrac{2}{n \sin(\frac{2\pi}{n})}}\).
Les \(n\) angles au centre sont égaux et font un tour complet, donc \(\theta_n = \frac{2\pi}{n}\). Le polygone est formé de \(n\) triangles d’aire \(\frac{r_n^{2}}{2} \sin \theta_n\) et son aire vaut 1 :
\[n \times \frac{r_n^{2}}{2} \sin( \frac{2\pi}{n} ) = 1 \iff r_n^{2} = \frac{2}{n \sin( \frac{2\pi}{n} )} \iff r_n = \sqrt{\frac{2}{n \sin( \frac{2\pi}{n} )}},\]
car \(r_n \gt 0\) et \(\sin( \frac{2\pi}{n} ) \gt 0\) puisque \(0 \lt \frac{2\pi}{n} \leq\, \frac{\pi}{2}\). On retrouve bien pour \(n = 6\) : \(r_6 = \sqrt{\frac{2}{6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}} = \sqrt{\frac{2}{3\sqrt{3}}}\).
Partie C : étude de la suite \((r_n)\)
Soit \(f(x) = \frac{x}{\sin x}\) sur \(]0\,;\pi[\). On admet que \(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;\pi[\) et que \(r_n = \sqrt{\frac{1}{\pi} f( \frac{2\pi}{n} )}\) pour tout \(n \geq\, 4\) (en effet \(\frac{1}{\pi} \times \frac{2\pi/n}{\sin(2\pi/n)} = \frac{2}{n \sin(2\pi/n)}\)).
1. Montrer que la suite \((r_n)\) est décroissante.
Pour \(n \geq\, 4\), on a \(0 \lt n \lt n + 1\), donc, la fonction inverse étant strictement décroissante sur \(]0\,;+\infty[\) :
\[0 \lt \frac{2\pi}{n + 1} \lt \frac{2\pi}{n} \leq\, \frac{2\pi}{4} = \frac{\pi}{2} \lt \pi.\]
Les deux nombres sont dans \(]0\,;\pi[\), où \(f\) est strictement croissante :
\[f( \frac{2\pi}{n + 1} ) \lt f( \frac{2\pi}{n} ).\]
Ces valeurs sont positives (sur \(]0\,;\pi[\), \(x \gt 0\) et \(\sin x \gt 0\)). On multiplie par \(\frac{1}{\pi} \gt 0\), puis on compose par la fonction racine carrée, strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\) :
\[r_{n+1} = \sqrt{\frac{1}{\pi} f( \frac{2\pi}{n + 1} )} \lt \sqrt{\frac{1}{\pi} f( \frac{2\pi}{n} )} = r_n.\]
La suite \((r_n)_{n \geq\, 4}\) est strictement décroissante.
2. En déduire que \((r_n)\) converge.
La suite \((r_n)\) est décroissante et minorée par 0 (ce sont des distances strictement positives). D’après le théorème de convergence monotone, \((r_n)\) converge vers un réel \(L \geq\, 0\). On admet ensuite que \(L = \frac{1}{\sqrt{\pi}} \approx 0{,}5642\).
3. L’algorithme proposé part de \(n = 4\) et augmente \(n\) de 1 tant que \(r_n \gt 0{,}58\), puis affiche \(n\). Quelle valeur affiche-t-il ?
L’algorithme affiche le plus petit entier \(n \geq\, 4\) tel que \(r_n \leq\, 0{,}58\). Cet entier existe : la suite décroît vers \(\frac{1}{\sqrt{\pi}} \approx 0{,}564 \lt 0{,}58\). À la calculatrice :
| \(n\) | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(r_n\) (arrondi) | 0,7071 | 0,6485 | 0,6204 | 0,6045 | 0,5946 | 0,5880 | 0,5833 | 0,5799 |
On a \(r_{10} \approx 0{,}5833 \gt 0{,}58\) et \(r_{11} \approx 0{,}5799 \leq\, 0{,}58\) ; la suite étant décroissante, tous les termes suivants restent sous 0,58.
L’algorithme affiche \(n = 11\).
