Puis Voici le corrigé du bac S de maths 2018 en France métropolitaine (et à La Réunion), épreuve de l’enseignement spécifique passée en juin 2018. Par ailleurs, les quatre exercices communs à tous les candidats sont entièrement résolus et justifiés.
L’exercice 1 modélise la Gateway Arch de Saint-Louis par une chaînette : étude d’une fonction exponentielle, limite par croissances comparées, équation du second degré en \(\mathrm{e}^x\), théorème des valeurs intermédiaires et algorithme de dichotomie. De même, l’exercice 2 porte sur la vaccination contre la grippe : arbre pondéré, probabilités totales, loi binomiale et approximation par une loi normale. L’exercice 3 étudie les tétraèdres orthocentriques dans un cube (plan, vecteur normal, orthogonalité, produit scalaire). Également, l’exercice 4 traite une suite de nombres complexes sous forme exponentielle, une récurrence, une suite géométrique et la longueur d’une ligne brisée en spirale.
L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac S de maths 2018 en France : sujet et corrigé à télécharger en PDF : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.
Corrigé bac 2018 : ce que contient la correction
D’abord, précisons que ce corrigé bac 2018 concerne le bac S de mathématiques 2018 en France, avec une rédaction complète des réponses. Ensuite, en effet, l’épreuve se compose de 4 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction exponentielle, les limites, le théorème des valeurs intermédiaires et les probabilités conditionnelles. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. Ainsi, chaque étape de calcul reste visible, ce qui permet de repérer précisément l’endroit où un raisonnement a dévié.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Fonction exponentielle, chaînette et Gateway Arch – 6 points
On considère la chaînette \(\mathcal{C}\) d’équation \(y=\dfrac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2)\). Puis pour \(x\gt 0\), le point \(M\) de \(\mathcal{C}\) d’abscisse \(x\) et son symétrique \(M^{\prime}\) d’abscisse \(-x\) délimitent une « arche ».
1. On cherche \(x\gt 0\) pour lequel la largeur de l’arche est égale à sa hauteur.
La largeur vaut \(x-(-x)=2x\). De plus, la hauteur est l’ordonnée de \(M\), c’est-à-dire \(\dfrac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2)\). Ensuite, le problème revient donc à résoudre, pour \(x\gt 0\) :
\[\dfrac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2)=2x \iff \mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-2=4x \iff \mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-4x-2=0.\]
C’est l’équation \((E)\). Par ailleurs, on pose \(f(x)=\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}-4x-2\) sur \([0\,;+\infty[\).
2. a) Pour \(x\gt 0\), on factorise par \(x\) les deux premiers termes :
\[f(x)=x(\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}-4)+\mathrm{e}^{-x}-2.\]
b) Limite en \(+\infty\). Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}=+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}-4)=+\infty\). Comme \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x=+\infty\), par produit \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x(\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}-4)=+\infty\).
Par ailleurs \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-x}=0\), donc \(\mathrm{e}^{-x}-2\) tend vers \(-2\). Par somme :
\[\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.\]
3. a) \(f\) est dérivable sur \([0\,;+\infty[\) comme somme de fonctions dérivables, et la dérivée de \(x\mapsto \mathrm{e}^{-x}\) est \(x\mapsto -\mathrm{e}^{-x}\). Donc :
\[f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x}-4.\]
b) On montre que \(f^{\prime}(x)=0\iff(\mathrm{e}^{x})^{2}-4\mathrm{e}^{x}-1=0\). Comme \(\mathrm{e}^{-x}=\dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}}\) et \(\mathrm{e}^{x}\neq 0\) :
\[f^{\prime}(x)=0\iff \mathrm{e}^{x}-\dfrac{1}{\mathrm{e}^{x}}-4=0\iff \dfrac{(\mathrm{e}^{x})^{2}-4\mathrm{e}^{x}-1}{\mathrm{e}^{x}}=0\iff (\mathrm{e}^{x})^{2}-4\mathrm{e}^{x}-1=0.\]
c) On en déduit la solution de \(f^{\prime}(x)=0\). Puis on pose \(X=\mathrm{e}^{x}\) : l’équation \(X^{2}-4X-1=0\) a pour discriminant \(\Delta=(-4)^{2}-4\times 1\times (-1)=20\gt 0\), d’où deux racines :
\[X_1=\dfrac{4-\sqrt{20}}{2}=2-\sqrt{5}\qquad\text{et}\qquad X_2=\dfrac{4+\sqrt{20}}{2}=2+\sqrt{5}.\]
Or \(\mathrm{e}^{x}\gt 0\) et \(2-\sqrt{5}\lt 0\) : la seule possibilité est \(\mathrm{e}^{x}=2+\sqrt{5}\), soit
\[f^{\prime}(x)=0\iff x=\ln(2+\sqrt{5})\approx 1{,}444.\]
Exercice 1 du corrigé bac 2018 : questions 4 à 5
4. a) Tableau de variations de \(f\) sur \([0\,;+\infty[\).
La fonction \(f^{\prime}\) est strictement croissante (somme de \(x\mapsto \mathrm{e}^{x}\) et de \(x\mapsto -\mathrm{e}^{-x}\), toutes deux croissantes) et s’annule en \(\ln(2+\sqrt{5})\) : elle est négative avant, positive après. Ensuite, on calcule \(f(0)=1+1-0-2=0\) et
\[f(\ln(2+\sqrt{5}))=2+\sqrt{5}+\dfrac{1}{2+\sqrt{5}}-4\ln(2+\sqrt{5})-2.\]
Comme \(\dfrac{1}{2+\sqrt{5}}=\dfrac{2-\sqrt{5}}{(2+\sqrt{5})(2-\sqrt{5})}=\dfrac{2-\sqrt{5}}{-1}=\sqrt{5}-2\), on obtient \(f(\ln(2+\sqrt{5}))=2\sqrt{5}-2-4\ln(2+\sqrt{5})\approx-3{,}30\). (Cette valeur exacte n’était pas indispensable : seul son signe compte.)
| \(x\) | \(0\) | \(\ln(2+\sqrt{5})\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| \(f\) | \(0\) | décroissante | \(2\sqrt{5}-2-4\ln(2+\sqrt{5})\) | croissante | \(+\infty\) |
b) On démontre que \((E)\) admet une unique solution strictement positive, notée \(\alpha\).
- Sur \(]0\,;\ln(2+\sqrt{5})]\), \(f\) est strictement décroissante, donc \(f(x)\lt f(0)=0\) : \(f\) ne s’annule pas sur cet intervalle.
- Sur \([\ln(2+\sqrt{5})\,;+\infty[\), \(f\) est continue et strictement croissante, avec \(f(\ln(2+\sqrt{5}))\lt 0\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x)=0\) y admet une unique solution.
Conclusion : l’équation \((E)\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;+\infty[\).
5. a) L’algorithme de dichotomie part de \(a=2\), \(b=3\) et, tant que \(b-a\gt 0{,}1\), calcule \(m=\dfrac{a+b}{2}\) : si \(f(m)\lt 0\), \(a\) prend la valeur \(m\), sinon \(b\) prend la valeur \(m\). Puis on complète le tableau (les signes de \(f(m)\) sont obtenus à la calculatrice) :
| Étape | \(m\) | signe de \(f(m)\) | \(a\) | \(b\) | \(b-a\) |
|---|---|---|---|---|---|
| Initialisation | \(2\) | \(3\) | \(1\) | ||
| 1 | \(2{,}5\) | \(f(2{,}5)\approx0{,}26\gt 0\) | \(2\) | \(2{,}5\) | \(0{,}5\) |
| 2 | \(2{,}25\) | \(f(2{,}25)\approx-1{,}41\lt 0\) | \(2{,}25\) | \(2{,}5\) | \(0{,}25\) |
| 3 | \(2{,}375\) | \(f(2{,}375)\approx-0{,}66\lt 0\) | \(2{,}375\) | \(2{,}5\) | \(0{,}125\) |
| 4 | \(2{,}4375\) | \(f(2{,}4375)\approx-0{,}22\lt 0\) | \(2{,}4375\) | \(2{,}5\) | \(0{,}0625\) |
Comme \(b-a=0{,}0625\leq\, 0{,}1\), l’algorithme s’arrête : en fin d’exécution, \(a=2{,}4375\) et \(b=2{,}5\).
Exercice 1 du corrigé bac 2018 : question 6
b) À chaque étape on conserve \(f(a)\lt 0\) et \(f(b)\gt 0\). Comme \(f\) est strictement croissante sur \([2\,;3]\) (car \(2\gt\ln(2+\sqrt{5})\)) et que \(f(\alpha)=0\), on a toujours \(a\lt\alpha\lt b\). De plus, l’algorithme fournit donc un encadrement de \(\alpha\) d’amplitude inférieure ou égale à \(0{,}1\) : ici \(2{,}4375\leq\,\alpha\leq\, 2{,}5\).
6. La Gateway Arch est modélisée par la courbe d’équation \(y=\dfrac{39}{2}(\mathrm{e}^{x/39}+\mathrm{e}^{-x/39}-2)\), et l’on sait que sa hauteur est égale à sa largeur. Ensuite, en reprenant le raisonnement de la question 1, le point d’abscisse \(t\gt 0\) convient si et seulement si \(\dfrac{39}{2}(\mathrm{e}^{t/39}+\mathrm{e}^{-t/39}-2)=2t\), c’est-à-dire
\[\mathrm{e}^{t/39}+\mathrm{e}^{-t/39}-4\times \dfrac{t}{39}-2=0,\]
ce qui s’écrit \(f(\dfrac{t}{39})=0\). Donc \(\dfrac{t_0}{39}=\alpha\), soit \(t_0=39\alpha\). Par ailleurs, la hauteur \(h\), égale à la largeur, vaut \(h=2t_0=78\alpha\). Avec l’encadrement précédent :
\[78\times 2{,}4375\leq\, h\leq\, 78\times 2{,}5\qquad\text{soit}\qquad 190{,}125\leq\, h\leq\, 195.\]
La hauteur de la Gateway Arch est comprise entre 190 m et 195 m (un encadrement plus fin donne \(\alpha\approx2{,}4665\) et \(h\approx192\) m, la hauteur réelle du monument).
Exercice 2 :
Probabilités : vaccination contre la grippe – 5 points
On note \(V\) l’événement « la personne est vaccinée » et \(G\) « la personne a contracté la grippe ». L’énoncé donne \(P(V)=0{,}4\), \(P_V(G)=0{,}08\) et indique que 20 % de la population a contracté la grippe.
Partie A
1. a) La proportion de malades dans toute la population est 20 %, donc \(P(G)=0{,}2\).
b) Arbre pondéré (les probabilités de la seconde branche \(\overline{V}\) sont calculées à la question 3) :
On a \(P(\overline{V})=1-0{,}4=0{,}6\) et \(P_V(\overline{G})=1-0{,}08=0{,}92\).
2. Probabilité que la personne soit vaccinée et ait contracté la grippe :
\[P(V\cap G)=P(V)\times P_V(G)=0{,}4\times 0{,}08=\mathbf{0{,}032}.\]
3. On cherche la probabilité qu’une personne non vaccinée ait contracté la grippe, c’est-à-dire \(p=P_{\overline{V}}(G)\). \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[P(G)=P(V\cap G)+P(\overline{V})\times P_{\overline{V}}(G)\quad\text{donc}\quad 0{,}2=0{,}032+0{,}6\,p.\]
\[p=\dfrac{0{,}2-0{,}032}{0{,}6}=\dfrac{0{,}168}{0{,}6}=0{,}28.\]
La probabilité qu’une personne non vaccinée ait contracté la grippe est 0,28 (et donc \(P_{\overline{V}}(\overline{G})=0{,}72\)).
Partie B
1. On interroge \(n\) personnes au hasard ; \(X\) compte les personnes vaccinées. Chaque tirage est une épreuve de Bernoulli dont le succès « la personne est vaccinée » a pour probabilité \(0{,}4\), et la population est assez grande pour assimiler les tirages à des tirages indépendants avec remise. Puis on répète donc \(n\) fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;0{,}4)\).
2. Dans cette question \(n=40\).
a) Probabilité qu’exactement 15 personnes soient vaccinées :
\[P(X=15)=\binom\,{40}{15}\times 0{,}4^{15}\times 0{,}6^{25}\approx\mathbf{0{,}123}.\]
b) Probabilité qu’au moins la moitié des 40 personnes soit vaccinée :
\[P(X\geq\, 20)=1-P(X\leq\, 19)\approx\mathbf{0{,}130}.\]
3. Dans cette question \(n=3\,750\). Ensuite, l’espérance de \(X\) est \(\mu=np=3\,750\times 0{,}4=1\,500\) et son écart-type \(\sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{3\,750\times 0{,}4\times 0{,}6}=\sqrt{900}=30\). Puis on approche la loi de \(X\) par la loi normale \(\mathcal{N}(1\,500\,;30^{2})\).
On cherche la probabilité que le nombre de personnes vaccinées soit compris entre 1 450 et 1 550. De plus, en posant \(Z=\dfrac{X-1\,500}{30}\), qui suit approximativement la loi normale centrée réduite :
\[P(1\,450\leq\, X\leq\, 1\,550)=P(-\dfrac{5}{3}\leq\, Z\leq\,\dfrac{5}{3})\approx\mathbf{0{,}904}.\]
Exercice 3 :
Géométrie dans l’espace : tétraèdres orthocentriques – 4 points
Une hauteur d’un tétraèdre est une droite passant par un sommet et perpendiculaire au plan de la face opposée. Ensuite, un tétraèdre est dit orthocentrique si ses quatre hauteurs sont concourantes. \(ABCDEFGH\) est un cube (face \(ABCD\) en bas, \(E\) au-dessus de \(A\), \(F\) au-dessus de \(B\), etc.).
Partie A – Étude d’un cas particulier
1. a) On cherche la hauteur issue de \(E\) et celle issue de \(C\) dans le tétraèdre \(ABCE\).
Les faces \(ADHE\) et \(ABFE\) sont des carrés, donc \((AE)\perp(AD)\) et \((AE)\perp(AB)\). Par ailleurs, la droite \((AE)\) est ainsi orthogonale à deux droites sécantes du plan \((ABC)\) : elle est perpendiculaire à ce plan. La hauteur issue de \(E\) est la droite \((AE)\).
De même, \((BC)\perp(BA)\) (carré \(ABCD\)) et \((BC)\perp(BF)\) (carré \(BCGF\)) : \((BC)\) est perpendiculaire au plan \((ABF)\), qui est le plan \((ABE)\) de la face opposée à \(C\). La hauteur issue de \(C\) est la droite \((BC)\).
b) La droite \((AE)\) est contenue dans le plan \((ADE)\) et la droite \((BC)\) dans le plan \((BCF)\). Puis ces deux plans, qui contiennent des faces opposées du cube, sont strictement parallèles : ils n’ont aucun point commun. Les hauteurs \((AE)\) et \((BC)\) ne sont donc pas sécantes : le tétraèdre \(ABCE\) n’est pas orthocentrique.
2. On se place dans le repère orthonormé \((A\,;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE})\).
a) On vérifie que \(x-y+z=0\) est une équation du plan \((ACH)\). Ensuite, on a \(A(0\,;0\,;0)\), \(C(1\,;1\,;0)\) et \(H(0\,;1\,;1)\). Puis les vecteurs \(\vec{AC}(1\,;1\,;0)\) et \(\vec{AH}(0\,;1\,;1)\) ne sont pas colinéaires, donc \(A\), \(C\), \(H\) définissent bien un plan. De plus :
- \(0-0+0=0\) : \(A\) vérifie l’équation ;
- \(1-1+0=0\) : \(C\) vérifie l’équation ;
- \(0-1+1=0\) : \(H\) vérifie l’équation.
Le plan d’équation \(x-y+z=0\) contient trois points non alignés \(A\), \(C\), \(H\) : c’est le plan \((ACH)\).
Exercice 3 du corrigé bac 2018, partie A (suite)
b) On cherche la hauteur issue de \(F\) du tétraèdre \(ACHF\). De plus, un vecteur normal au plan \((ACH)\) est \(\vec{n}(1\,;-1\,;1)\). Avec \(D(0\,;1\,;0)\) et \(F(1\,;0\,;1)\), on obtient \(\vec{DF}(1\,;-1\,;1)=\vec{n}\). Ensuite, la droite \((FD)\) passe par \(F\) et est dirigée par un vecteur normal au plan \((ACH)\) : la hauteur issue de \(F\) est la grande diagonale \((FD)\) du cube.
c) Par le même raisonnement (le tétraèdre \(ACHF\) joue un rôle symétrique pour ses quatre sommets), la hauteur issue de \(A\) est \((AG)\), celle issue de \(C\) est \((CE)\) et celle issue de \(H\) est \((HB)\). Par ailleurs, les quatre hauteurs de \(ACHF\) sont les quatre grandes diagonales du cube, qui sont concourantes au centre du cube. Le tétraèdre \(ACHF\) est donc orthocentrique.
Partie B
On considère un tétraèdre \(MNPQ\) dont les hauteurs issues de \(M\) et de \(N\) sont sécantes en un point \(K\). Ainsi \((MK)\perp(NPQ)\) et \((NK)\perp(MPQ)\).
1. a) La droite \((MK)\) est perpendiculaire au plan \((NPQ)\), donc orthogonale à toute droite de ce plan, en particulier à \((PQ)\) : \((PQ)\perp(MK)\). De même \((NK)\) est perpendiculaire au plan \((MPQ)\), donc orthogonale à \((PQ)\).
b) La droite \((PQ)\) est orthogonale aux droites \((MK)\) et \((NK)\), qui sont sécantes en \(K\) et contenues dans le plan \((MNK)\). Donc \((PQ)\) est perpendiculaire au plan \((MNK)\).
2. Comme \((PQ)\) est perpendiculaire au plan \((MNK)\), elle est orthogonale à toute droite de ce plan, notamment à \((MN)\). Les arêtes opposées \([MN]\) et \([PQ]\) sont orthogonales.
On retient : dans un tétraèdre orthocentrique, deux arêtes opposées sont orthogonales.
Partie C
On étudie le tétraèdre \(RSTU\) avec \(R(-3\,;5\,;2)\), \(S(1\,;4\,;-2)\), \(T(4\,;-1\,;5)\) et \(U(4\,;7\,;3)\). Est-il orthocentrique ?
On a \(\vec{RS}(4\,;-1\,;-4)\) et \(\vec{TU}(0\,;8\,;-2)\), donc \(\vec{RS}\cdot\vec{TU}=4\times 0+(-1)\times 8+(-4)\times (-2)=0\) : les arêtes \([RS]\) et \([TU]\) sont orthogonales.
En revanche \(\vec{RT}(7\,;-6\,;3)\) et \(\vec{SU}(3\,;3\,;5)\) donnent
\[\vec{RT}\cdot\vec{SU}=7\times 3+(-6)\times 3+3\times 5=21-18+15=18\neq0.\]
Les arêtes opposées \([RT]\) et \([SU]\) ne sont pas orthogonales. D’après la partie B, si le tétraèdre était orthocentrique, toutes ses arêtes opposées seraient orthogonales. Le tétraèdre \(RSTU\) n’est donc pas orthocentrique.
Exercice 4 :
Nombres complexes et suites – 5 points (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)
On pose \(z_0=8\) et, pour tout entier naturel \(n\), \(z_{n+1}=\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}\,z_n\). Puis on note \(A_n\) le point d’affixe \(z_n\).
1. a) Forme exponentielle de \(\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}\). Ensuite, en écrivant \(3=\sqrt{3}\times \sqrt{3}\) :
\[\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{i})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}(\cos(-\dfrac{\pi}{6})+\mathrm{i}\sin(-\dfrac{\pi}{6}))=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}.\]
b) Calcul de \(z_1\), \(z_2\), \(z_3\) sous forme exponentielle :
\[z_1=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 8=4\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6},\qquad z_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 4\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}=6\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/3},\]
\[z_3=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 6\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/3}=3\sqrt{3}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/2}=3\sqrt{3}(\cos(-\dfrac{\pi}{2})+\mathrm{i}\sin(-\dfrac{\pi}{2}))=-3\sqrt{3}\,\mathrm{i}.\]
En particulier \(z_3=-3\sqrt{3}\,\mathrm{i}\) est un imaginaire pur.
c) Placement des points \(A_0\) à \(A_7\). Chaque point s’obtient à partir du précédent en multipliant le module par \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) et en tournant de \(-\dfrac{\pi}{6}\) : les points s’enroulent en spirale vers l’origine. Puis en coordonnées approchées : \(A_0(8\,;0)\), \(A_1(6\,;-3{,}46)\), \(A_2(3\,;-5{,}20)\), \(A_3(0\,;-5{,}20)\), \(A_4(-2{,}25\,;-3{,}90)\), \(A_5(-3{,}38\,;-1{,}95)\), \(A_6(-3{,}38\,;0)\), \(A_7(-2{,}53\,;1{,}46)\).
2. a) Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \(z_n=8\times (\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}\).
- Initialisation : pour \(n=0\), \(8\times (\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{0}\mathrm{e}^{0}=8=z_0\). La propriété est vraie.
- Hérédité : supposons la propriété vraie pour un entier \(n\geq\,0\). Alors, d’après 1. a) :
\[z_{n+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\times 8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}=8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n+1}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(n+1)\pi/6}.\]
La propriété est vraie au rang \(n+1\).
Conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(z_n=8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}\).
b) On pose \(u_n=|z_n|\). Comme \(|\mathrm{e}^{-\mathrm{i}n\pi/6}|=1\), on a \(u_n=8(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\). De plus, la suite \((u_n)\) est géométrique de premier terme \(u_0=8\) et de raison \(q=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\). Comme \(0\lt\dfrac{\sqrt{3}}{2}\lt1\), on a \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0\) : les points \(A_n\) se rapprochent de l’origine.
Exercice 4 du corrigé bac 2018 : question 3
3. a) Pour tout entier naturel \(k\), on montre que \(\dfrac{z_{k+1}-z_k}{z_{k+1}}=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{i}\) puis que \(A_kA_{k+1}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}OA_{k+1}\). Ensuite, en notant \(q=\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}\), on a \(z_{k+1}=q\,z_k\) avec \(z_k\neq0\), donc :
\[\dfrac{z_{k+1}-z_k}{z_{k+1}}=\dfrac{q-1}{q}=\dfrac{\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}-1}{\dfrac{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}{4}}=\dfrac{-1-\mathrm{i}\sqrt{3}}{3-\mathrm{i}\sqrt{3}}.\]
On multiplie par la quantité conjuguée \(3+\mathrm{i}\sqrt{3}\) :
\[\dfrac{(-1-\mathrm{i}\sqrt{3})(3+\mathrm{i}\sqrt{3})}{(3-\mathrm{i}\sqrt{3})(3+\mathrm{i}\sqrt{3})}=\dfrac{-3-\mathrm{i}\sqrt{3}-3\mathrm{i}\sqrt{3}+3}{9+3}=\dfrac{-4\sqrt{3}\,\mathrm{i}}{12}=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}\mathrm{i}=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{i}.\]
En passant aux modules :
\[\dfrac{A_kA_{k+1}}{OA_{k+1}}=\dfrac{|z_{k+1}-z_k|}{|z_{k+1}|}=|-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\mathrm{i}|=\dfrac{1}{\sqrt{3}},\qquad\text{donc}\qquad A_kA_{k+1}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\,OA_{k+1}.\]
b) Pour \(n\geq\,1\), on note \(\ell_n=A_0A_1+A_1A_2+\dots+A_{n-1}A_n\) la longueur de la ligne brisée. D’après a) :
\[\ell_n=\dfrac{1}{\sqrt{3}}(OA_1+OA_2+\dots+OA_n)=\dfrac{1}{\sqrt{3}}(u_1+u_2+\dots+u_n).\]
C’est la somme de \(n\) termes consécutifs d’une suite géométrique de premier terme \(u_1=8\times \dfrac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\) et de raison \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\neq1\) :
\[\ell_n=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\times 4\sqrt{3}\times \dfrac{1-(\frac{\sqrt{3}}{2})^{n}}{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}=4\times \dfrac{2}{2-\sqrt{3}}(1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n})=\dfrac{8}{2-\sqrt{3}}(1-(\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}).\]
Comme \(0\lt\dfrac{\sqrt{3}}{2}\lt1\), \((\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{n}\) tend vers 0, d’où :
\[\lim_{n\to+\infty}\ell_n=\dfrac{8}{2-\sqrt{3}}=8(2+\sqrt{3})=16+8\sqrt{3}\approx29{,}86.\]
La longueur de la ligne brisée tend vers \(16+8\sqrt{3}\) : bien que la spirale compte une infinité de segments, sa longueur totale reste finie.
Corrigé bac 2018 : méthode pour bien s’entraîner
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction exponentielle ou les limites. Par ailleurs, pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction exponentielle propose un rappel complet.
Les erreurs qui coûtent des points
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
- Pour l’unicité d’une solution, citez à la fois la continuité et la stricte monotonie ; le théorème des valeurs intermédiaires seul ne donne que l’existence.
Questions fréquentes sur ce corrigé bac 2018
Quelles notions revoir avant de commencer ? En priorité, la fonction exponentielle, les limites et le théorème des valeurs intermédiaires, mais aussi les probabilités conditionnelles.
Faut-il tout justifier ? Dans la plupart des questions, oui : c’est pourquoi la rédaction compte autant que le résultat, sauf dans les QCM où seule la réponse est demandée.
