Corrigé du bac S de maths 2019 aux Antilles-Guyane à télécharger en PDF

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac S 2019 Antilles Guyane : sujet et corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé Antilles 2019 : la correction en un coup d’œil

D’abord, précisons que ce corrigé Antilles 2019 concerne le bac S de mathématiques 2019 aux Antilles-Guyane, avec une rédaction complète des réponses. Concrètement, le sujet compte 5 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la dérivation, les limites, la fonction logarithme népérien et le calcul intégral. Ensuite, pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 48 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 : la solution du corrigé Antilles 2019

Fonctions exponentielle et logarithme, intégrale – 6 points – commun à tous les candidats

Partie A

On étudie la fonction \(f\) définie sur \([0\,;+\infty[\) par \(f(x)=\dfrac{a}{1+\mathrm{e}^{-bx}}\). Sa courbe \(\mathcal{C}_f\) passe par \(A(0\,;0{,}5)\) et la tangente en \(A\) passe par \(B(10\,;1)\).

1. On doit justifier que \(a=1\).

Comme \(A\in\mathcal{C}_f\), on a \(f(0)=0{,}5\). Or \(f(0)=\dfrac{a}{1+\mathrm{e}^{0}}=\dfrac{a}{2}\). Donc \(\dfrac{a}{2}=0{,}5\), c’est-à-dire \(a=1\), et \(f(x)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-bx}}\).

2. On vérifie l’expression de la dérivée.

\(f=\dfrac{1}{v}\) avec \(v(x)=1+\mathrm{e}^{-bx}\), qui ne s’annule pas, et \(v^{\prime}(x)=-b\,\mathrm{e}^{-bx}\). Donc \(f^{\prime}=-\dfrac{v^{\prime}}{v^2}\), soit pour tout \(x\geq\, 0\) :

\[f^{\prime}(x)=\frac{b\,\mathrm{e}^{-bx}}{(1+\mathrm{e}^{-bx})^2}.\]

3. On détermine \(b\).

La tangente en \(A\) passe par \(A(0\,;0{,}5)\) et \(B(10\,;1)\) ; son coefficient directeur vaut \(\dfrac{1-0{,}5}{10-0}=0{,}05\). Par ailleurs, ce coefficient est aussi \(f^{\prime}(0)=\dfrac{b\times 1}{(1+1)^2}=\dfrac{b}{4}\).

Donc \(\dfrac{b}{4}=0{,}05\) et \(b=0{,}2\).

Partie B

La proportion d’individus équipés \(x\) années après le 1^er janvier 2000 est \(p(x)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}}\).

1. Proportion d’individus équipés au 1^er janvier 2010, arrondie au centième.

Le 1^er janvier 2010 correspond à \(x=10\) : \(p(10)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-2}}\approx 0{,}88\).

Environ 88 % des individus sont équipés au 1^er janvier 2010.

2. a. Sens de variation de \(p\).

\(p\) est la fonction \(f\) de la partie A avec \(b=0{,}2\). D’après la question A.2 :

\[p^{\prime}(x)=\frac{0{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}2x}}{(1+\mathrm{e}^{-0{,}2x})^2}.\]

Une exponentielle est strictement positive et un carré non nul aussi, donc \(p^{\prime}(x)\gt 0\) : \(p\) est strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\).

2. b. Limite de \(p\) en \(+\infty\).

\(\lim\limits_{x\to+\infty}(-0{,}2x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0\), donc par composition \(\lim\limits_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-0{,}2x}=0\). Par suite \(\lim\limits_{x\to+\infty}(1+\mathrm{e}^{-0{,}2x})=1\) et :

\[\lim_{x\to+\infty}p(x)=1.\]

2. c. Interprétation.

La proportion d’individus équipés se rapproche de 1 : à long terme, presque toute la population sera équipée.

3. Le marché est saturé quand la proportion dépasse 95 % ; on cherche l’année où cela arrive.

On résout \(p(x)\gt 0{,}95\), les quantités étant strictement positives :

\[\frac{1}{1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}}\gt 0{,}95\iff 1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}\lt\frac{1}{0{,}95}\iff \mathrm{e}^{-0{,}2x}\lt\frac{0{,}05}{0{,}95}=\frac{1}{19}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), donc :

\[-0{,}2x\lt\ln\frac{1}{19}=-\ln 19\iff x\gt 5\ln 19\approx 14{,}72.\]

Comme \(p\) est croissante, la proportion dépasse 95 % à partir de \(x\approx 14{,}72\), c’est-à-dire \(2000+14{,}72\) : le marché est saturé au cours de l’année 2014 (vers la fin de l’été).

Exercice 1 du corrigé Antilles 2019, partie B : question 4

4. La proportion moyenne entre 2008 et 2010 est \(m=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_8^{10}p(x)\,\mathrm{d}x\).

4. a. On vérifie que \(p(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{1+\mathrm{e}^{0{,}2x}}\).

On multiplie numérateur et dénominateur par \(\mathrm{e}^{0{,}2x}\neq 0\) :

\[p(x)=\frac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{\mathrm{e}^{0{,}2x}(1+\mathrm{e}^{-0{,}2x})}=\frac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{\mathrm{e}^{0{,}2x}+1}.\]

4. b. Une primitive de \(p\).

Posons \(v(x)=1+\mathrm{e}^{0{,}2x}\), strictement positive, avec \(v^{\prime}(x)=0{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}2x}\). Alors \(p(x)=\dfrac{1}{0{,}2}\times \dfrac{v^{\prime}(x)}{v(x)}=5\,\dfrac{v^{\prime}(x)}{v(x)}\).

Une primitive de \(p\) sur \([0\,;+\infty[\) est donc \(P(x)=5\ln(1+\mathrm{e}^{0{,}2x})\).

4. c. Valeur exacte et arrondi de \(m\).

\[m=\frac{1}{2}\big(P(10)-P(8)\big)=\frac{5}{2}(\ln(1+\mathrm{e}^{2})-\ln(1+\mathrm{e}^{1{,}6}))=\frac{5}{2}\ln\frac{1+\mathrm{e}^{2}}{1+\mathrm{e}^{1{,}6}}.\]

\(m=2{,}5\ln\dfrac{1+\mathrm{e}^{2}}{1+\mathrm{e}^{1{,}6}}\approx 0{,}86\) : entre 2008 et 2010, en moyenne 86 % des individus sont équipés.

Exercice 2 :

Géométrie dans l’espace – 5 points – commun à tous les candidats

Dans un repère orthonormé (une unité = 10 m) : \(O(0\,;0\,;0)\), \(P(0\,;10\,;0)\), \(Q(0\,;11\,;1)\), \(T(10\,;11\,;1)\), \(U(10\,;10\,;0)\), \(V(10\,;0\,;0)\). Puis la partie plane est le rectangle \(OPUV\), l’obstacle le rectangle \(PQTU\). Ensuite, le drone d’Alex suit la droite \((AB)\) avec \(A(2\,;4\,;0{,}25)\), \(B(2\,;6\,;0{,}75)\) ; celui d’Élisa la droite \((CD)\) avec \(C(4\,;6\,;0{,}25)\), \(D(2\,;6\,;0{,}25)\).

Partie A : trajectoire du drone d’Alex

1. Représentation paramétrique de \((AB)\).

\(\vec{AB}(0\,;2\,;0{,}5)\) dirige la droite, qui passe par \(A\). Puis un point \(M(x\,;y\,;z)\) est sur \((AB)\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{AM}=t\,\vec{AB}\), d’où :

\[(AB)\ :\ \begin{cases}x=2\\ y=4+2t\\ z=0{,}25+0{,}5t\end{cases},\quad t\in\mathbb{R}.\]

2. a. On justifie que \(\vec n(0\,;1\,;-1)\) est normal au plan \((PQU)\).

\(\vec{PQ}(0\,;1\,;1)\) et \(\vec{PU}(10\,;0\,;0)\) ne sont pas colinéaires. Or \(\vec n\cdot\vec{PQ}=0+1-1=0\) et \(\vec n\cdot\vec{PU}=0+0+0=0\). \(\vec n\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il lui est donc normal.

2. b. Équation cartésienne de \((PQU)\).

\(M(x\,;y\,;z)\in(PQU)\iff\vec{PM}\cdot\vec n=0\iff 0\times x+1\times (y-10)-1\times z=0\).

\((PQU)\ :\ y-z-10=0\).

3. On montre que \((AB)\) coupe \((PQU)\) en \(I(2\,;\dfrac{37}{3}\,;\dfrac{7}{3})\).

On remplace la représentation paramétrique dans l’équation du plan :

\[(4+2t)-(0{,}25+0{,}5t)-10=0\iff 1{,}5t=6{,}25\iff t=\frac{25}{6}.\]

L’équation a une unique solution : la droite et le plan sont sécants. De plus, pour \(t=\dfrac{25}{6}\) : \(x=2\), \(y=4+\dfrac{25}{3}=\dfrac{37}{3}\), \(z=\dfrac{1}{4}+\dfrac{25}{12}=\dfrac{28}{12}=\dfrac{7}{3}\).

Le point d’intersection est \(I(2\,;\dfrac{37}{3}\,;\dfrac{7}{3})\).

4. Pourquoi le drone d’Alex ne rencontre-t-il pas l’obstacle ?

L’obstacle \(PQTU\) est une partie du plan \((PQU)\) ; ses points ont une cote comprise entre 0 (côté \([PU]\)) et 1 (côté \([QT]\)), et une ordonnée entre 10 et 11. Ensuite, le drone ne traverse ce plan qu’en \(I\), dont la cote \(\dfrac{7}{3}\approx 2{,}33\) est supérieure à 1 (et l’ordonnée \(\dfrac{37}{3}\approx 12{,}3\) dépasse 11). \(I\) n’appartient donc pas au rectangle \(PQTU\) : le drone passe au-dessus de l’obstacle sans le toucher.

Partie B : distance minimale entre les deux trajectoires

La consigne impose au moins 4 m entre les trajectoires. Par ailleurs, on prend \(M\in(AB)\) et \(N\in(CD)\) avec \(\vec{AM}=a\,\vec{AB}\) et \(\vec{CN}=b\,\vec{CD}\).

1. Coordonnées de \(\vec{MN}\).

On a \(\vec{AB}(0\,;2\,;0{,}5)\), \(\vec{CD}(-2\,;0\,;0)\), \(\vec{AC}(2\,;2\,;0)\). Par la relation de Chasles :

\[\vec{MN}=\vec{MA}+\vec{AC}+\vec{CN}=-a\,\vec{AB}+\vec{AC}+b\,\vec{CD}.\]

D’où \(\vec{MN}\big(0+2-2b\,;\,-2a+2+0\,;\,-0{,}5a+0+0\big)\), soit \(\vec{MN}(2-2b\,;2-2a\,;-0{,}5a)\).

2. On admet que \(MN\) est minimale quand \((MN)\) est perpendiculaire à \((AB)\) et à \((CD)\) ; on montre que cela donne \(a=\dfrac{16}{17}\) et \(b=1\).

Les deux conditions s’écrivent \(\vec{MN}\cdot\vec{CD}=0\) et \(\vec{MN}\cdot\vec{AB}=0\) :

\[\begin{cases}-2(2-2b)=0\\ 2(2-2a)+0{,}5\times (-0{,}5a)=0\end{cases}\iff\begin{cases}b=1\\ 4-4{,}25a=0\end{cases}\iff\begin{cases}b=1\\ a=\dfrac{4}{4{,}25}=\dfrac{16}{17}\end{cases}.\]

3. Distance minimale et conclusion.

Avec \(a=\dfrac{16}{17}\) et \(b=1\) : \(\vec{MN}(0\,;\dfrac{2}{17}\,;-\dfrac{8}{17})\). Puis le repère étant orthonormé :

\[MN=\sqrt{0^2+(\frac{2}{17})^2+(\frac{8}{17})^2}=\sqrt{\frac{68}{289}}=\sqrt{\frac{4}{17}}=\frac{2}{\sqrt{17}}\approx 0{,}485.\]

Une unité valant 10 m, la distance minimale entre les trajectoires est d’environ 4,85 m, supérieure aux 4 m imposés : la consigne est respectée.

Exercice 3 : correction du corrigé Antilles 2019

Nombres complexes, vrai ou faux – 4 points – commun à tous les candidats

On pose \(c=\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\) ; \(S\) et \(T\) ont pour affixes \(c^2\) et \(\dfrac{1}{c}\). Ensuite, pour chaque affirmation, on dit si elle est vraie ou fausse en justifiant.

Affirmation 1 : « \(c=\dfrac{1}{4}(1-\mathrm{i}\sqrt{3})\) ». Faux.

\(c=\dfrac{1}{2}(\cos\dfrac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2})=\dfrac{1}{4}(1+\mathrm{i}\sqrt{3})\). Puis la partie imaginaire de \(c\) est positive, pas négative : le nombre proposé est le conjugué de \(c\).

Affirmation 2 : « pour tout entier naturel \(n\), \(c^{3n}\) est réel ». Vrai.

\(c^{3n}=(\dfrac{1}{2})^{3n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{3n\pi}{3}}=\dfrac{1}{8^n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\pi}=\dfrac{(-1)^n}{8^n}\), qui est un réel.

Affirmation 3 : « les points \(O\), \(S\) et \(T\) sont alignés ». Vrai.

\(z_S=c^2=\dfrac{1}{4}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}\) et \(z_T=\dfrac{1}{c}=2\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\). Alors :

\[\frac{z_T}{z_S}=\frac{2\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}}{\frac{1}{4}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}}=8\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi}=-8.\]

Donc \(\vec{OT}=-8\,\vec{OS}\) : les vecteurs sont colinéaires et \(O\), \(S\), \(T\) sont alignés.

Affirmation 4 : « pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(|c|+|c^2|+\dots+|c^n|=1-(\dfrac{1}{2})^n\) ». Vrai.

\(|c^k|=|c|^k=(\dfrac{1}{2})^k\). De plus, la somme est celle des \(n\) premiers termes de la suite géométrique de premier terme \(\dfrac{1}{2}\) et de raison \(\dfrac{1}{2}\) :

\[\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{2})^k=\frac{1}{2}\times \frac{1-(\frac{1}{2})^n}{1-\frac{1}{2}}=1-(\frac{1}{2})^n.\]

Exercice 4 :

Probabilités conditionnelles, loi normale, loi exponentielle – 5 points – candidats n’ayant pas suivi la spécialité

Partie A

56 % des téléspectateurs ont regardé le match, un quart d’entre eux a aussi regardé l’émission d’analyse, et 16,2 % des téléspectateurs ont regardé l’émission. \(M\) : « a regardé le match », \(E\) : « a regardé l’émission », \(x=P_{\overline{M}}(E)\).

1. Arbre pondéré.

2. Probabilité de \(M\cap E\).

\(P(M\cap E)=P(M)\times P_M(E)=0{,}56\times 0{,}25=\) \(0{,}14\).

3. a. On vérifie que \(P(E)=0{,}44x+0{,}14\).

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

\[P(E)=P(M\cap E)+P(\overline{M}\cap E)=0{,}14+0{,}44x.\]

3. b. Valeur de \(x\).

\(P(E)=0{,}162\), donc \(0{,}44x+0{,}14=0{,}162\), soit \(0{,}44x=0{,}022\) et \(x=0{,}05\).

4. Le téléspectateur n’a pas regardé l’émission : probabilité qu’il ait regardé le match, arrondie à \(10^{-2}\).

On cherche \(P_{\overline{E}}(M)\), avec \(P(\overline{E})=1-0{,}162=0{,}838\) et \(P(M\cap\overline{E})=0{,}56\times 0{,}75=0{,}42\) :

\[P_{\overline{E}}(M)=\frac{P(M\cap\overline{E})}{P(\overline{E})}=\frac{0{,}42}{0{,}838}\approx 0{,}50.\]

La probabilité qu’il ait regardé le match est environ 0,50.

Partie B

Le temps \(T\) (en heures) passé devant la télévision le soir du match suit la loi normale \(\mathcal{N}(1{,}5\,;0{,}5^2)\), d’espérance \(\mu=1{,}5\) et d’écart-type \(\sigma=0{,}5\).

1. Probabilité, arrondie à \(10^{-3}\), d’avoir regardé entre une et deux heures.

\(P(1\leq\, T\leq\, 2)=P(\mu-\sigma\leq\, T\leq\,\mu+\sigma)\). À la calculatrice : \(P(1\leq\, T\leq\, 2)\approx 0{,}683\).

2. Arrondi à \(10^{-2}\) du réel \(t\) tel que \(P(T\geq\, t)=0{,}066\), et interprétation.

\(P(T\geq\, t)=0{,}066\iff P(T\lt t)=0{,}934\). Ensuite, la fonction « inverse loi normale » de la calculatrice donne \(t\approx 2{,}25\).

Interprétation : 6,6 % des téléspectateurs ont passé au moins 2,25 h, soit 2 h 15 min, devant leur télévision le soir du match.

Partie C

La durée de vie \(S\) (en années) d’un boîtier suit une loi exponentielle de paramètre \(\lambda\gt 0\). Par ailleurs, un quart des boîtiers dure entre un et deux ans ; l’usine affirme que la durée de vie moyenne dépasse trois ans. Est-ce exact ?

Pour une loi exponentielle, \(P(u\leq\, S\leq\, v)=\mathrm{e}^{-\lambda u}-\mathrm{e}^{-\lambda v}\) et \(E(S)=\dfrac{1}{\lambda}\).

L’information de l’institut s’écrit \(\mathrm{e}^{-\lambda}-\mathrm{e}^{-2\lambda}=0{,}25\). Puis on pose \(X=\mathrm{e}^{-\lambda}\) (de sorte que \(\mathrm{e}^{-2\lambda}=X^2\)) :

\[X-X^2=0{,}25\iff X^2-X+0{,}25=0\iff(X-0{,}5)^2=0\iff X=0{,}5.\]

(Le discriminant est nul, d’où cette unique solution.) Donc \(\mathrm{e}^{-\lambda}=0{,}5\), soit \(-\lambda=\ln 0{,}5\) et \(\lambda=\ln 2\).

\[E(S)=\frac{1}{\ln 2}\approx 1{,}44.\]

La durée de vie moyenne est d’environ 1,44 an, inférieure à 3 ans : l’affirmation de l’usine est fausse.

Exercice 5 :

Matrices et suites, récurrence – 5 points – candidats ayant suivi la spécialité

Chaque jour, le temps est ensoleillé (\(A\)), nuageux sans pluie (\(B\)) ou pluvieux (\(C\)). Après un jour ensoleillé : encore ensoleillé avec probabilité 0,5, pluvieux avec 0,1 ; après un jour nuageux : encore nuageux 0,2, pluvieux 0,7 ; après un jour pluvieux : encore pluvieux 0,6, ensoleillé 0,2. Ensuite, on note \(a_n\), \(b_n\), \(c_n\) les probabilités des états au jour \(n\), avec \(a_n+b_n+c_n=1\), \(a_0=1\), \(b_0=c_0=0\).

1. a. On montre que \(a_{n+1}=0{,}5a_n+0{,}1b_n+0{,}2c_n\).

Les probabilités manquantes s’obtiennent par complément à 1 : après \(A\), nuageux avec \(1-0{,}5-0{,}1=0{,}4\) ; après \(B\), ensoleillé avec \(1-0{,}2-0{,}7=0{,}1\) ; après \(C\), nuageux avec \(1-0{,}6-0{,}2=0{,}2\).

\(A_n\), \(B_n\), \(C_n\) forment une partition ; par la formule des probabilités totales :

\[a_{n+1}=P(A_n)P_{A_n}(A_{n+1})+P(B_n)P_{B_n}(A_{n+1})+P(C_n)P_{C_n}(A_{n+1})=0{,}5a_n+0{,}1b_n+0{,}2c_n.\]

1. b. On montre que \(a_{n+1}=0{,}3a_n-0{,}1b_n+0{,}2\).

Comme \(c_n=1-a_n-b_n\) :

\[a_{n+1}=0{,}5a_n+0{,}1b_n+0{,}2(1-a_n-b_n)=0{,}3a_n-0{,}1b_n+0{,}2.\]

On admet de même que \(b_{n+1}=0{,}2a_n+0{,}2\) (en effet \(b_{n+1}=0{,}4a_n+0{,}2b_n+0{,}2c_n=0{,}4a_n+0{,}2(b_n+c_n)=0{,}4a_n+0{,}2(1-a_n)\)).

2. On pose \(M=\begin{pmatrix}0{,}3 -0{,}1\\ 0{,}2 0\end{pmatrix}\), \(U_n=\begin{pmatrix}a_n\\ b_n\end{pmatrix}\) et \(R=\begin{pmatrix}0{,}2\\ 0{,}2\end{pmatrix}\).

Exercice 5 du corrigé Antilles 2019 : questions 2 à 4

2. a. On justifie que \(U_{n+1}=MU_n+R\).

\[MU_n+R=\begin{pmatrix}0{,}3a_n-0{,}1b_n\\ 0{,}2a_n+0\times b_n\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0{,}2\\ 0{,}2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}3a_n-0{,}1b_n+0{,}2\\ 0{,}2a_n+0{,}2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{n+1}\\ b_{n+1}\end{pmatrix}=U_{n+1}.\]

2. b. Soit \(Y=\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\end{pmatrix}\) tel que \(Y=MY+R\) ; on montre que \(\alpha=\beta=0{,}25\).

\[Y=MY+R\iff\begin{cases}\alpha=0{,}3\alpha-0{,}1\beta+0{,}2\\ \beta=0{,}2\alpha+0{,}2\end{cases}.\]

En remplaçant \(\beta\) dans la première équation : \(\alpha=0{,}3\alpha-0{,}02\alpha-0{,}02+0{,}2\), soit \(0{,}72\alpha=0{,}18\), donc \(\alpha=0{,}25\) puis \(\beta=0{,}05+0{,}2=\) \(0{,}25\).

3. On pose \(V_n=U_n-Y\).

3. a. On vérifie que \(V_{n+1}=MV_n\).

\[V_{n+1}=U_{n+1}-Y=(MU_n+R)-(MY+R)=MU_n-MY=M(U_n-Y)=MV_n.\]

3. b. On démontre par récurrence que \(V_n=M^nV_0\) pour tout entier \(n\geq\, 1\).

• Initialisation : pour \(n=1\), \(V_1=MV_0=M^1V_0\) d’après 3. a.
• Hérédité : supposons \(V_n=M^nV_0\) pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors \(V_{n+1}=MV_n=M\times M^nV_0=M^{n+1}V_0\) : la propriété est vraie au rang \(n+1\).
• Conclusion : par récurrence, \(V_n=M^nV_0\) pour tout entier \(n\geq\, 1\).

4. On admet que pour tout \(n\geq\, 1\), \(M^n=\begin{pmatrix}2\times 0{,}2^n-0{,}1^n 0{,}1^n-0{,}2^n\\ 2\times 0{,}2^n-2\times 0{,}1^n 2\times 0{,}1^n-0{,}2^n\end{pmatrix}\).

4. a. Expression de \(a_n\).

\(V_0=U_0-Y=\begin{pmatrix}1-0{,}25\\ 0-0{,}25\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}75\\ -0{,}25\end{pmatrix}\) et \(U_n=V_n+Y=M^nV_0+Y\). Puis la première ligne donne :

\[a_n=0{,}75(2\times 0{,}2^n-0{,}1^n)-0{,}25(0{,}1^n-0{,}2^n)+0{,}25.\]

\(a_n=1{,}75\times 0{,}2^n-0{,}1^n+0{,}25\) pour tout \(n\geq\, 1\).

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

Comme \(-1\lt 0{,}2\lt 1\) et \(-1\lt 0{,}1\lt 1\), on a \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}2^n=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}1^n=0\). Donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=0{,}25\) : à long terme, un jour sur quatre est ensoleillé.

4. c. On admet que \(c_n=0{,}5+3\times 0{,}1^n-3{,}5\times 0{,}2^n\). De plus, la probabilité d’un temps pluvieux peut-elle dépasser 0,5 ?

\[c_n\gt 0{,}5\iff 3\times 0{,}1^n\gt 3{,}5\times 0{,}2^n\iff\frac{0{,}1^n}{0{,}2^n}\gt\frac{3{,}5}{3}\iff 0{,}5^n\gt\frac{7}{6}.\]

Or pour tout entier naturel \(n\), \(0\lt 0{,}5^n\leq\, 1\lt\dfrac{7}{6}\) : l’inégalité n’est jamais vérifiée (avec le logarithme, on trouverait \(n\lt\dfrac{\ln(7/6)}{\ln 0{,}5}\approx -0{,}22\), impossible). Donc \(c_n\lt 0{,}5\) pour tout \(n\) : la probabilité que le temps soit pluvieux ne dépasse jamais 0,5 (elle s’en approche seulement, puisque \(c_n\) tend vers 0,5).

Corrigé Antilles 2019 : conseils de révision

Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la dérivation ou les limites. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Ensuite, en complément, l’article dérivation de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Points de vigilance

• Quand vous dérivez un produit ou un quotient, écrivez les fonctions u et v avant de calculer, puis factorisez pour étudier le signe.
• Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
• Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.

Questions fréquentes sur ce corrigé Antilles 2019

Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.

Quelles notions revoir avant de commencer ? Surtout, la dérivation, les limites et la fonction logarithme népérien, mais aussi le calcul intégral.

Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.