Corrigé du bac S de maths 2019 au Liban

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

Corrigé Liban 2019 : présentation de la correction

Tout d’abord, ce corrigé Liban 2019 porte sur le bac S de mathématiques 2019 au Liban, dont chaque question est corrigée et justifiée. En effet, l’épreuve se compose de 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction logarithme népérien, les nombres complexes, la géométrie dans l’espace et les probabilités conditionnelles. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. Par conséquent, la correction sert autant à contrôler un résultat qu’à apprendre la rédaction attendue le jour de l’examen.

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	\(1\)

Exercice 1 du corrigé Liban 2019 : questions 2 à 3

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 \(\pi-\theta\).

Exercice 2 du corrigé Liban 2019 : questions 2 à 3

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. Ainsi, 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 \(B\).

Exercice 3 du corrigé Liban 2019, partie B : question 4

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 :

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

Exercice 4 du corrigé Liban 2019 : question 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 \(M^n=\begin{pmatrix}0{,}5^n & 3\times 0{,}5^n-3\times 0{,}25^n\\ 0 & 0{,}25^n\end{pmatrix}\).

Exercice 4 : questions 3 à 5

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.

Bien travailler ce corrigé Liban 2019

D’abord, ouvrez l’énoncé du sujet et traitez un exercice entier sans aide, comme le jour de l’épreuve. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction logarithme népérien et les nombres complexes. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. En complément, l’article fonction logarithme de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Les erreurs fréquentes à éviter

• Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
• Avec les nombres complexes, ne confondez pas module et argument, et donnez l’argument dans l’intervalle demandé.
• En géométrie dans l’espace, ne confondez pas le vecteur normal d’un plan et le vecteur directeur d’une droite.

Corrigé Liban 2019 : questions fréquentes

Quelles notions revoir avant de commencer ? Surtout, la fonction logarithme népérien, les nombres complexes et la géométrie dans l’espace, mais aussi les probabilités conditionnelles.

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.