Corrigé du bac S de maths 2019 en France métropolitaine

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac s 2019 France : sujet et corrigé à télécharger en PDF : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Fonction exponentielle, intégrales et serre tunnel – 6 points, commun à tous les candidats

On étudie la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x)=\dfrac{7}{2}-\dfrac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})\).

Partie A

1. a. On demande la limite de \(f\) en \(+\infty\).

On a \(\lim\limits_{x \to +\infty}\mathrm{e}^{x}=+\infty\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty}\mathrm{e}^{-x}=0\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})=+\infty\). Comme on multiplie par \(-\frac{1}{2}\) :

\[\lim_{x \to +\infty} f(x)=-\infty.\]

1. b. Il faut montrer que \(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\).

\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, puisque la dérivée de \(\mathrm{e}^{-x}\) est \(-\mathrm{e}^{-x}\) :

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

Le dénominateur \(2\mathrm{e}^{x}\) est strictement positif. Pour \(x \gt 0\), on a \(2x \gt 0\) donc \(\mathrm{e}^{2x} \gt 1\) (la fonction exponentielle est strictement croissante) et \(1-\mathrm{e}^{2x} \lt 0\). Ainsi \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0\,;+\infty[\) et \(f^{\prime}(0)=0\) : la dérivée ne s’annule qu’en un point isolé, donc \(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\).

1. c. On veut prouver que \(f(x)=0\) a une unique solution \(\alpha\) sur \([0\,;+\infty[\).

• \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur \([0\,;+\infty[\) ;
• \(f(0)=\frac{7}{2}-\frac{1}{2}\times 2=\frac{5}{2} \gt 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=-\infty\) ;
• donc \(0\) est compris entre \(f(0)\) et la limite en \(+\infty\).

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d’une fonction strictement monotone), l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([0\,;+\infty[\). Comme \(f(0)\neq 0\), on a même \(\alpha \gt 0\).

Remarque : on peut calculer \(\alpha\) exactement. En posant \(X=\mathrm{e}^{x}\), l’équation \(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x}=7\) devient \(X^{2}-7X+1=0\), d’où \(X=\frac{7+3\sqrt{5}}{2}\) (seule racine supérieure à 1) et \(\alpha=\ln(\frac{7+3\sqrt{5}}{2})\approx 1{,}925\).

2. En remarquant que \(f(-x)=f(x)\), il faut justifier que \(f(x)=0\) a exactement deux solutions opposées dans \(\mathbb{R}\).

Pour tout réel \(x\), \(f(-x)=\frac{7}{2}-\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{-x}+\mathrm{e}^{x})=f(x)\) : la fonction est paire.

• Deux solutions : \(f(\alpha)=0\) et \(f(-\alpha)=f(\alpha)=0\). Comme \(\alpha \gt 0\), les réels \(\alpha\) et \(-\alpha\) sont distincts.
• Pas d’autre solution : sur \([0\,;+\infty[\), \(\alpha\) est la seule solution. Si \(\beta \lt 0\) vérifie \(f(\beta)=0\), alors \(-\beta \gt 0\) et \(f(-\beta)=f(\beta)=0\), donc \(-\beta=\alpha\), c’est-à-dire \(\beta=-\alpha\).

L’équation \(f(x)=0\) admet donc exactement deux solutions dans \(\mathbb{R}\), \(\alpha\) et \(-\alpha\), qui sont opposées.

Partie B

Un arceau de serre est modélisé par la courbe \(\mathscr{C}\) de \(f\) sur \([-\alpha\,;\alpha]\), dans un repère orthonormé d’unité 1 mètre.

1. On demande la hauteur d’un arceau.

\(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;\alpha]\) et, par parité (symétrie par rapport à l’axe des ordonnées), strictement croissante sur \([-\alpha\,;0]\). Elle atteint donc son maximum en \(0\) : \(f(0)=\frac{5}{2}\). Le sol correspond à l’axe des abscisses (\(f(\pm\alpha)=0\)), donc la hauteur d’un arceau est de 2,5 mètres.

2. a. La longueur de \(\mathscr{C}\) sur \([0\,;\alpha]\) est admise égale à \(I=\displaystyle\int_{0}^{\alpha}\sqrt{1+(f^{\prime}(x))^{2}}\,\mathrm{d}x\). Il faut montrer que \(1+(f^{\prime}(x))^{2}=\frac{1}{4}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})^{2}\).

Avec \(f^{\prime}(x)=-\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x})\) et \(\mathrm{e}^{x}\times \mathrm{e}^{-x}=1\) :

\[1+(f^{\prime}(x))^{2}=1+\frac{1}{4}(\mathrm{e}^{2x}-2+\mathrm{e}^{-2x})=\frac{4+\mathrm{e}^{2x}-2+\mathrm{e}^{-2x}}{4}=\frac{\mathrm{e}^{2x}+2+\mathrm{e}^{-2x}}{4}.\]

Or \((\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})^{2}=\mathrm{e}^{2x}+2+\mathrm{e}^{-2x}\), donc \(1+(f^{\prime}(x))^{2}=\frac{1}{4}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})^{2}\) pour tout réel \(x\).

2. b. On en déduit \(I\) en fonction de \(\alpha\), puis la longueur d’un arceau.

Comme \(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x} \gt 0\), on a \(\sqrt{\frac{1}{4}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})^{2}}=\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})\). Une primitive de \(\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})\) est \(\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x})\), d’où :

\[I=\int_{0}^{\alpha}\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}+\mathrm{e}^{-x})\mathrm{d}x=[\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x})]_{0}^{\alpha}=\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{\alpha}-\mathrm{e}^{-\alpha})-\frac{1}{2}(1-1)=\frac{\mathrm{e}^{\alpha}-\mathrm{e}^{-\alpha}}{2}.\]

La courbe étant symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, la partie sur \([-\alpha\,;0]\) a la même longueur. La longueur d’un arceau vaut \(2I=\mathrm{e}^{\alpha}-\mathrm{e}^{-\alpha}\) mètres.

Valeur exacte : comme \(\mathrm{e}^{\alpha}+\mathrm{e}^{-\alpha}=7\) et \(\mathrm{e}^{\alpha}\times \mathrm{e}^{-\alpha}=1\), on a \((\mathrm{e}^{\alpha}-\mathrm{e}^{-\alpha})^{2}=49-4=45\), donc un arceau mesure \(3\sqrt{5}\approx 6{,}71\) m.

Partie C

Quatre arceaux espacés de 1,5 m portent la bâche ; la façade sud comporte une ouverture rectangulaire ABCD de 1 m sur 2 m, non bâchée.

1. Il faut montrer que l’aire de bâche des façades nord et sud vaut \(A=4\displaystyle\int_{0}^{\alpha}f(x)\,\mathrm{d}x-2\).

Chaque façade est le domaine compris entre l’axe des abscisses et la courbe \(\mathscr{C}\) sur \([-\alpha\,;\alpha]\). Comme \(f\) est positive sur cet intervalle (elle est croissante puis décroissante et s’annule en \(\pm\alpha\)), son aire en m² est \(\displaystyle\int_{-\alpha}^{\alpha}f(x)\,\mathrm{d}x\), qui vaut \(2\displaystyle\int_{0}^{\alpha}f(x)\,\mathrm{d}x\) par parité de \(f\).

Les deux façades ont donc une aire totale de \(4\displaystyle\int_{0}^{\alpha}f(x)\,\mathrm{d}x\), à laquelle on retire l’ouverture de \(1\times 2=2\) m². On obtient bien \(A=4\displaystyle\int_{0}^{\alpha}f(x)\,\mathrm{d}x-2\).

2. Avec \(\alpha\approx 1{,}92\), on demande l’aire totale de bâche au m² près.

Façades. Une primitive de \(f\) est \(F(x)=\frac{7}{2}x-\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{x}-\mathrm{e}^{-x})\), et \(F(0)=0\). Donc :

\[A=4F(\alpha)-2=14\alpha-2(\mathrm{e}^{\alpha}-\mathrm{e}^{-\alpha})-2.\]

Avec \(\alpha=1{,}92\) : \(\mathrm{e}^{1{,}92}-\mathrm{e}^{-1{,}92}\approx 6{,}674\), d’où \(A\approx 26{,}88-13{,}35-2\approx 11{,}53\) m².

Dessus. C’est un rectangle dont une dimension est la longueur d’un arceau, \(\mathrm{e}^{\alpha}-\mathrm{e}^{-\alpha}\), et l’autre la longueur de la serre : les quatre arceaux délimitent trois intervalles de 1,5 m, soit \(3\times 1{,}5=4{,}5\) m. Son aire vaut \(4{,}5(\mathrm{e}^{\alpha}-\mathrm{e}^{-\alpha})\approx 4{,}5\times 6{,}674\approx 30{,}03\) m².

Total : \(11{,}53+30{,}03\approx 41{,}57\). Il faut environ 42 m² de bâche plastique. (Avec la valeur exacte de \(\alpha\), on trouve 41,72 m², ce qui donne le même arrondi.)

Exercice 2 :

Lois uniforme et normale, suites – 5 points, commun à tous les candidats

Partie A

La durée \(X_A\) (en minutes) d’une partie de type A suit la loi uniforme sur \([9\,;25]\) ; la durée \(X_B\) d’une partie de type B suit la loi normale de moyenne \(\mu\) et d’écart type 3, dont la courbe de densité est symétrique par rapport à la droite d’équation \(x=17\).

1. a. Durée moyenne d’une partie de type A : pour une loi uniforme sur \([a\,;b]\), l’espérance est \(\frac{a+b}{2}\), donc \(E(X_A)=\frac{9+25}{2}=17\). Une partie de type A dure en moyenne 17 minutes.

1. b. La moyenne \(\mu\) d’une loi normale est l’abscisse de l’axe de symétrie de sa courbe de densité. Sur le graphique, cet axe est la droite \(x=17\), donc \(\mu=17\) : une partie de type B dure aussi 17 minutes en moyenne.

2. On choisit un type de jeu au hasard (probabilité \(\frac{1}{2}\) chacun) ; on cherche la probabilité qu’une partie dure moins de 20 minutes.

• \(P(X_A \leq\, 20)=\dfrac{20-9}{25-9}=\dfrac{11}{16}=0{,}6875\) ;
• \(P(X_B \leq\, 20)=P(\dfrac{X_B-17}{3}\leq\, 1)=P(Z\leq\, 1)\approx 0{,}8413\), où \(Z\) suit la loi normale centrée réduite (calculatrice).

D’après la formule des probabilités totales, en notant \(T\) la durée de la partie :

\[P(T\leq\, 20)=\frac{1}{2}\times \frac{11}{16}+\frac{1}{2}\times 0{,}8413\approx 0{,}7644.\]

La probabilité qu’une partie dure moins de 20 minutes est environ 0,76.

Partie B

Après une partie A, la plateforme propose une partie A avec la probabilité 0,8 ; après une partie B, une partie B avec la probabilité 0,7. \(A_n\) et \(B_n\) désignent les événements « la \(n\)-ième partie est de type A » (resp. B), et \(a_n=P(A_n)\).

1. a. Arbre pondéré complété (les probabilités issues d’un même nœud ont pour somme 1) :

1. b. Il faut montrer que \(a_{n+1}=0{,}5a_n+0{,}3\) pour tout \(n\geq\, 1\).

\(A_n\) et \(B_n\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[a_{n+1}=P(A_n\cap A_{n+1})+P(B_n\cap A_{n+1})=0{,}8a_n+0{,}3(1-a_n)=0{,}5a_n+0{,}3.\]

On note ensuite \(a=a_1\in[0\,;1]\) la probabilité que la première partie soit de type A.

2. Cas particulier \(a=0{,}5\).

a. Montrons par récurrence que, pour tout \(n\geq\, 1\), \(0\leq\, a_n\leq\, 0{,}6\).

• Initialisation : \(a_1=0{,}5\) et \(0\leq\, 0{,}5\leq\, 0{,}6\).
• Hérédité : supposons \(0\leq\, a_n\leq\, 0{,}6\) pour un entier \(n\geq\, 1\). En multipliant par \(0{,}5 \gt 0\) puis en ajoutant \(0{,}3\) : \(0{,}3\leq\, 0{,}5a_n+0{,}3\leq\, 0{,}6\), donc \(0\leq\, a_{n+1}\leq\, 0{,}6\).
• Conclusion : pour tout \(n\geq\, 1\), \(0\leq\, a_n\leq\, 0{,}6\).

b. Pour tout \(n\geq\, 1\) : \(a_{n+1}-a_n=0{,}3-0{,}5a_n=0{,}5(0{,}6-a_n)\). D’après la question précédente, \(a_n\leq\, 0{,}6\), donc \(a_{n+1}-a_n\geq\, 0\) : la suite \((a_n)\) est croissante.

c. La suite \((a_n)\) est croissante et majorée par 0,6 : d’après le théorème de convergence monotone, elle converge vers un réel \(\ell\). La fonction \(x\mapsto 0{,}5x+0{,}3\) étant continue, \(\ell\) vérifie \(\ell=0{,}5\ell+0{,}3\), soit \(0{,}5\ell=0{,}3\) et \(\ell=0{,}6\).

3. Cas général, \(a\in[0\,;1]\). On pose \(u_n=a_n-0{,}6\) pour \(n\geq\, 1\).

a. Pour tout \(n\geq\, 1\) :

\[u_{n+1}=a_{n+1}-0{,}6=0{,}5a_n+0{,}3-0{,}6=0{,}5a_n-0{,}3=0{,}5(a_n-0{,}6)=0{,}5\,u_n.\]

\((u_n)\) est géométrique de raison \(q=0{,}5\) et de premier terme \(u_1=a-0{,}6\).

b. On en déduit \(u_n=u_1\times 0{,}5^{\,n-1}=(a-0{,}6)\times 0{,}5^{\,n-1}\), puis, pour tout \(n\geq\, 1\) :

\[a_n=u_n+0{,}6=(a-0{,}6)\times 0{,}5^{\,n-1}+0{,}6.\]

c. Comme \(-1 \lt 0{,}5 \lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}5^{\,n-1}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=0{,}6\). Cette limite ne dépend pas de \(a\) : à long terme, le type de la première partie n’a plus d’influence.

d. Pour un joueur qui enchaîne un très grand nombre de parties, la probabilité qu’une partie soit de type A se rapproche de 0,6, et celle d’une partie de type B de 0,4. Environ 60 % des parties sont donc de type A : c’est la publicité insérée au début des parties de type A qui devrait être la plus vue.

Exercice 3 :

Vrai ou faux justifié – 4 points, commun à tous les candidats

Affirmation 1. On considère \((E) : z^{2}-2\sqrt{3}z+4=0\) ; \(A\) et \(B\) ont pour affixes les solutions. L’affirmation dit que le triangle \(OAB\) est équilatéral.

Le discriminant vaut \(\Delta=(2\sqrt{3})^{2}-4\times 4=12-16=-4=(2\mathrm{i})^{2}\). Les solutions sont \(z_A=\dfrac{2\sqrt{3}+2\mathrm{i}}{2}=\sqrt{3}+\mathrm{i}\) et \(z_B=\sqrt{3}-\mathrm{i}\).

• \(OA=|z_A|=\sqrt{3+1}=2\) et \(OB=|z_B|=2\) ;
• \(AB=|z_B-z_A|=|-2\mathrm{i}|=2\).

Les trois côtés mesurent 2 : l’affirmation 1 est vraie.

Affirmation 2. Avec \(u=\sqrt{3}+\mathrm{i}\), l’affirmation dit que \(u^{2019}+\overline{u}^{\,2019}=2^{2019}\).

On a \(|u|=2\) et \(u=2(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\mathrm{i})=2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi/6}\), donc \(\overline{u}=2\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi/6}\). Ainsi :

\[u^{2019}+\overline{u}^{\,2019}=2^{2019}(\mathrm{e}^{\mathrm{i}\,2019\pi/6}+\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\,2019\pi/6})=2^{2020}\cos(\frac{2019\pi}{6}).\]

Or \(\dfrac{2019\pi}{6}=\dfrac{673\pi}{2}=168\times 2\pi+\dfrac{\pi}{2}\), donc \(\cos(\frac{2019\pi}{6})=\cos(\frac{\pi}{2})=0\). La somme vaut \(0\neq 2^{2019}\) : l’affirmation 2 est fausse.

Affirmation 3. Pour \(n\geq\, 1\), \(f_n(x)=x\,\mathrm{e}^{-nx+1}\) sur \([0\,;+\infty[\) ; l’affirmation dit que \(f_n\) admet un maximum.

\(f_n\) est dérivable et \(f_n^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{-nx+1}+x\times (-n)\mathrm{e}^{-nx+1}=(1-nx)\,\mathrm{e}^{-nx+1}\). L’exponentielle est strictement positive, donc \(f_n^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-nx\) :

\(x\)	\(0\)		\(\frac{1}{n}\)		\(+\infty\)
signe de \(f_n^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
variations de \(f_n\)	\(0\)	croissante	\(\frac{1}{n}\)	décroissante

En effet \(f_n(\frac{1}{n})=\frac{1}{n}\mathrm{e}^{-1+1}=\frac{1}{n}\). \(f_n\) est croissante sur \([0\,;\frac{1}{n}]\) puis décroissante sur \([\frac{1}{n}\,;+\infty[\) : elle admet un maximum égal à \(\frac{1}{n}\), atteint en \(\frac{1}{n}\). L’affirmation 3 est vraie.

Affirmation 4. Pour \(f(x)=\cos(x)\,\mathrm{e}^{-x}\) sur \(\mathbb{R}\), l’affirmation dit que la courbe admet une asymptote en \(+\infty\).

Pour tout réel \(x\), \(-1\leq\,\cos(x)\leq\, 1\) et \(\mathrm{e}^{-x} \gt 0\), donc \(-\mathrm{e}^{-x}\leq\, f(x)\leq\,\mathrm{e}^{-x}\). Comme \(\lim\limits_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-x}=0\), le théorème des gendarmes donne \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\). La droite d’équation \(y=0\) est asymptote horizontale à la courbe en \(+\infty\) : l’affirmation 4 est vraie.

Affirmation 5. \(A\) est un réel strictement positif et l’algorithme suivant se termine avec \(I=15\) :

I ← 0
Tant que 2^I ≤ A
    I ← I + 1
Fin Tant que

L’affirmation dit que \(15\ln(2)\leq\,\ln(A)\leq\, 16\ln(2)\).

La boucle s’arrête dès que \(2^{I} \gt A\). Puisque \(I\) vaut 15 à la fin, la boucle a été exécutée avec \(I=14\), donc \(2^{14}\leq\, A\), et le test a échoué avec \(I=15\), donc \(A \lt 2^{15}\). Ainsi \(2^{14}\leq\, A \lt 2^{15}\) et, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante :

\[14\ln(2)\leq\,\ln(A) \lt 15\ln(2).\]

Par exemple, \(A=2^{14}=16\,384\) conduit bien à \(I=15\) en fin d’algorithme, alors que \(\ln(A)=14\ln(2) \lt 15\ln(2)\). L’affirmation 5 est fausse.

Exercice 4 :

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité – matrices et arithmétique, 5 points

\(S\) est l’ensemble des matrices \(A=\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}\) à coefficients entiers relatifs vérifiant \(ad-bc=1\).

Partie A

1. Pour \(A=\begin{pmatrix}6 & 5\\ -5 & -4\end{pmatrix}\) : les coefficients sont entiers et \(ad-bc=6\times (-4)-5\times (-5)=-24+25=1\). \(A\) appartient à \(S\).

2. On cherche les matrices \(\begin{pmatrix}a & 2\\ 3 & d\end{pmatrix}\) de \(S\). La condition s’écrit \(ad-6=1\), soit \(ad=7\). Comme 7 est premier, ses seuls diviseurs dans \(\mathbb{Z}\) sont \(\pm 1\) et \(\pm 7\), d’où exactement quatre couples \((a\,;d)\) : \((1\,;7)\), \((7\,;1)\), \((-1\,;-7)\), \((-7\,;-1)\). Les quatre matrices sont :

\[\begin{pmatrix}1 & 2\\ 3 & 7\end{pmatrix},\quad\begin{pmatrix}7 & 2\\ 3 & 1\end{pmatrix},\quad\begin{pmatrix}-1 & 2\\ 3 & -7\end{pmatrix},\quad\begin{pmatrix}-7 & 2\\ 3 & -1\end{pmatrix}.\]

3. a. Résolution de \((E) : 5x-2y=1\) dans \(\mathbb{Z}\). Le couple \((1\,;2)\) est solution car \(5-4=1\). Si \((x\,;y)\) est solution, par différence : \(5(x-1)=2(y-2)\). Ainsi 2 divise \(5(x-1)\) ; comme 2 et 5 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss montre que 2 divise \(x-1\) : \(x=1+2k\) avec \(k\in\mathbb{Z}\). En reportant : \(10k=2(y-2)\), d’où \(y=2+5k\).

Réciproquement, \(5(1+2k)-2(2+5k)=5+10k-4-10k=1\). Les solutions sont les couples \((1+2k\,;2+5k)\), \(k\in\mathbb{Z}\).

b. \(\begin{pmatrix}a & b\\ 2 & 5\end{pmatrix}\) appartient à \(S\) si et seulement si \(5a-2b=1\), c’est-à-dire si \((a\,;b)\) est solution de \((E)\). Il y a donc une infinité de telles matrices : ce sont les matrices \(\begin{pmatrix}1+2k & 2+5k\\ 2 & 5\end{pmatrix}\), \(k\in\mathbb{Z}\).

Partie B — Ici \(A=\begin{pmatrix}a & b\\ c & d\end{pmatrix}\in S\).

1. On a \(a\times d+b\times (-c)=1\) avec \(d\) et \(-c\) entiers. D’après le théorème de Bézout, \(a\) et \(b\) sont premiers entre eux.

2. a. Avec \(B=\begin{pmatrix}d & -b\\ -c & a\end{pmatrix}\) :

\[AB=\begin{pmatrix}ad-bc & -ab+ba\\ cd-dc & -cb+da\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 0\\ 0 & 1\end{pmatrix}=I.\]

b. On a \(AB=I\) et on admet \(BA=AB=I\) : \(A\) est inversible et \(A^{-1}=B=\begin{pmatrix}d & -b\\ -c & a\end{pmatrix}\).

c. Les coefficients \(d\), \(-b\), \(-c\), \(a\) sont des entiers relatifs et \(d\times a-(-b)\times (-c)=ad-bc=1\). \(A^{-1}\) appartient à \(S\).

3. On pose \(\begin{pmatrix}x^{\prime}\\ y^{\prime}\end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}x\\ y\end{pmatrix}\), c’est-à-dire \(x^{\prime}=ax+by\) et \(y^{\prime}=cx+dy\).

a. \(dx^{\prime}-by^{\prime}=d(ax+by)-b(cx+dy)=adx+bdy-bcx-bdy=(ad-bc)x=x\). Donc \(x=dx^{\prime}-by^{\prime}\). (De même \(y=ay^{\prime}-cx^{\prime}\), ce qu’on admet.)

b. Soit \(D=\mathrm{PGCD}(x\,;y)\) et \(D^{\prime}=\mathrm{PGCD}(x^{\prime}\,;y^{\prime})\).

• \(D\) divise \(x\) et \(y\), donc toute combinaison à coefficients entiers de \(x\) et \(y\) : il divise \(x^{\prime}=ax+by\) et \(y^{\prime}=cx+dy\), donc il divise leur PGCD \(D^{\prime}\).
• De même \(D^{\prime}\) divise \(x^{\prime}\) et \(y^{\prime}\), donc \(x=dx^{\prime}-by^{\prime}\) et \(y=ay^{\prime}-cx^{\prime}\) : il divise \(D\).

Deux entiers naturels qui se divisent mutuellement sont égaux : \(D=D^{\prime}\).

4. On a \(x_0=2019\), \(y_0=673\) et \(\begin{pmatrix}x_{n+1}\\ y_{n+1}\end{pmatrix}=M\begin{pmatrix}x_n\\ y_n\end{pmatrix}\) avec \(M=\begin{pmatrix}2 & 3\\ 1 & 2\end{pmatrix}\). Or \(2\times 2-3\times 1=1\), donc \(M\in S\). D’après la question 3, \(\mathrm{PGCD}(x_{n+1}\,;y_{n+1})=\mathrm{PGCD}(x_n\,;y_n)\) pour tout \(n\) : ce PGCD est constant et vaut \(\mathrm{PGCD}(2019\,;673)\).

Comme \(2019=3\times 673\), 673 divise 2019 et \(\mathrm{PGCD}(2019\,;673)=673\). Pour tout entier naturel \(n\), \(\mathrm{PGCD}(x_n\,;y_n)=673\).

Exercice 4 :

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité – géométrie dans l’espace, 5 points

\(ABCDEFGH\) est un cube d’arête 1. \(I\) est le milieu de \([EF]\), \(J\) celui de \([EH]\), et \(K\) le point de \([AD]\) tel que \(\vec{AK}=\frac{1}{4}\vec{AD}\). \(\mathcal{P}\) est le plan passant par \(I\) et parallèle au plan \((FHK)\).

Partie A (constructions)

1. Les points \(H\) et \(K\) appartiennent au plan \((FHK)\) et à la face \(ADHE\) ; la droite \((HK)\) est donc incluse dans ces deux plans. La droite \((AE)\) est elle aussi dans le plan \((ADH)\) et n’est pas parallèle à \((HK)\), donc les deux droites se coupent. \(M\) est le point d’intersection des droites \((HK)\) et \((AE)\) : on prolonge \([HK]\) au-delà de \(K\), et \(M\) se trouve sur la droite \((AE)\), en dessous de \(A\).

2. Section du cube par \(\mathcal{P}\). Les droites \((IJ)\) et \((FH)\) sont parallèles (théorème des milieux dans le triangle \(EFH\)) ; comme \(\mathcal{P}\) contient \(I\) et est parallèle à \((FHK)\), il contient la parallèle à \((FH)\) passant par \(I\), donc \(J\). Dans la face \(ADHE\), \(\mathcal{P}\) coupe cette face selon la parallèle à \((HK)\) passant par \(J\), qui rencontre \([AE]\) en un point \(M^{\prime}\). La section est le triangle \(IJM^{\prime}\) (côtés \([IJ]\) sur la face du haut, \([JM^{\prime}]\) sur la face \(ADHE\), \([M^{\prime}I]\) sur la face \(ABFE\)).

Partie B — Repère orthonormé \((A\,;\vec{AB},\vec{AD},\vec{AE})\).

Coordonnées utiles : \(F(1\,;0\,;1)\), \(H(0\,;1\,;1)\), \(E(0\,;0\,;1)\), \(I(\frac{1}{2}\,;0\,;1)\), \(J(0\,;\frac{1}{2}\,;1)\), \(K(0\,;\frac{1}{4}\,;0)\).

1. a. On montre que \(\vec{n}(4\,;4\,;-3)\) est normal au plan \((FHK)\). On a \(\vec{FH}(-1\,;1\,;0)\) et \(\vec{FK}(-1\,;\frac{1}{4}\,;-1)\), vecteurs non colinéaires (troisièmes coordonnées 0 et \(-1\), premières égales). Or :

\[\vec{n}\cdot\vec{FH}=-4+4+0=0\quad\text{et}\quad\vec{n}\cdot\vec{FK}=-4+1+3=0.\]

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

b. Une équation de \((FHK)\) est donc de la forme \(4x+4y-3z+e=0\). Le point \(K\) lui appartient : \(0+1-0+e=0\), soit \(e=-1\). \((FHK) : 4x+4y-3z-1=0\) (vérification avec \(F\) : \(4+0-3-1=0\) ; avec \(H\) : \(0+4-3-1=0\)).

c. \(\mathcal{P}\) est parallèle à \((FHK)\), il admet aussi \(\vec{n}\) comme vecteur normal : \(4x+4y-3z+e^{\prime}=0\). Avec \(I\) : \(2+0-3+e^{\prime}=0\), donc \(e^{\prime}=1\). \(\mathcal{P} : 4x+4y-3z+1=0\).

d. La droite \((AE)\) est l’ensemble des points \((0\,;0\,;t)\), \(t\in\mathbb{R}\). En reportant dans l’équation de \(\mathcal{P}\) : \(-3t+1=0\), soit \(t=\frac{1}{3}\). \(M^{\prime}(0\,;0\,;\frac{1}{3})\), point du segment \([AE]\).

Remarque : de même, avec \((FHK)\), \(-3t-1=0\) donne \(M(0\,;0\,;-\frac{1}{3})\), ce qui confirme que \(M\) est à l’extérieur du cube, sous \(A\).

2. \(\Delta\) est la droite passant par \(E\) et orthogonale à \(\mathcal{P}\).

a. \(\vec{n}(4\,;4\,;-3)\) est un vecteur directeur de \(\Delta\), qui passe par \(E(0\,;0\,;1)\). Une représentation paramétrique est :

\[\Delta : \begin{cases} x=4t\\ y=4t\\ z=1-3t \end{cases}\qquad t\in\mathbb{R}.\]

b. Le plan \((ABC)\) a pour équation \(z=0\). On résout \(1-3t=0\), soit \(t=\frac{1}{3}\) : \(L(\frac{4}{3}\,;\frac{4}{3}\,;0)\).

c. On trace \(\Delta\) en joignant \(E\) à \(L\) (voir la figure) : \(L\) est situé dans le plan de la face \(ABCD\), en dehors du cube, au-delà du sommet \(C\).

d. Droites \(\Delta\) et \((BF)\). Les points de \((BF)\) sont de la forme \((1\,;0\,;s)\). Un point de \(\Delta\) vérifie \(x=y\) ; un point commun devrait donc vérifier \(1=0\), ce qui est impossible. Les vecteurs directeurs \((4\,;4\,;-3)\) et \((0\,;0\,;1)\) n’étant pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles : \(\Delta\) et \((BF)\) ne sont pas sécantes (elles sont non coplanaires).

Droites \(\Delta\) et \((CG)\). Les points de \((CG)\) sont de la forme \((1\,;1\,;s)\). On résout \(4t=1\) et \(4t=1\), soit \(t=\frac{1}{4}\), puis \(z=1-\frac{3}{4}=\frac{1}{4}\). Le point \((1\,;1\,;\frac{1}{4})\) appartient aux deux droites : \(\Delta\) et \((CG)\) sont sécantes en \((1\,;1\,;\frac{1}{4})\), point situé sur l’arête \([CG]\).