Corrigé du bac S de maths 2020 aux Antilles-Guyane (septembre)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Le premier niveau de l’arbre porte sur le matin (\(M\) ou \(\overline{M}\)), le second sur le soir (\(S\) ou \(\overline{S}\)). On a \(P(M) = 0{,}55\) donc \(P(\overline{M}) = 1 – 0{,}55 = 0{,}45\). Les données donnent les probabilités conditionnelles \(P_M(S) = 0{,}7\) et \(P_{\overline{M}}(S) = 0{,}24\), d’où par complément \(P_M(\overline{S}) = 0{,}3\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{S}) = 0{,}76\).

2. On suit le chemin \(M\) puis \(S\) de l’arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(M \cap S) = P(M) \times P_M(S) = 0{,}55 \times 0{,}7 = 0{,}385.\]

Il y a 38,5 % de chances que, ce jour-là, Louise emmène Zoé le matin et la ramène aussi le soir.

3. Les événements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(S) = P(M \cap S) + P(\overline{M} \cap S) = 0{,}385 + 0{,}45 \times 0{,}24 = 0{,}385 + 0{,}108 = 0{,}493.\]

On obtient bien \(P(S) = 0{,}493\).

4. On cherche la probabilité de \(M\) sachant que \(S\) est réalisé, c’est-à-dire \(P_S(M)\) :

\[P_S(M) = \dfrac{P(M \cap S)}{P(S)} = \dfrac{0{,}385}{0{,}493} \approx 0{,}781.\]

Sachant que Louise a ramené Zoé le soir, la probabilité qu’elle l’ait aussi emmenée le matin est environ 0,781.

Partie B

1. Avec la calculatrice (loi normale de moyenne 28 et d’écart-type 5) : \(P(X \leq\, 25) \approx 0{,}274\).

2. On calcule \(P(18 \leq\, X \leq\, 38)\). On remarque que \(18 = 28 – 2 \times 5\) et \(38 = 28 + 2 \times 5\) : il s’agit de l’intervalle \([\mu – 2\sigma\,;\,\mu + 2\sigma]\), dont la probabilité est connue pour valoir environ 0,95. La calculatrice précise : \(P(18 \leq\, X \leq\, 38) \approx 0{,}954\).

3. \(P(X \geq\, d) = 0{,}1\) équivaut à \(P(X \lt d) = 0{,}9\), soit \(P(X \leq\, d) = 0{,}9\) (la loi est continue). La fonction « inverse loi normale » de la calculatrice, avec l’aire 0,9, \(\mu = 28\) et \(\sigma = 5\), donne \(d \approx 34{,}41\). La durée cherchée, arrondie à la minute, est \(d = 34\) minutes : seul un trajet sur dix dure plus de 34 minutes environ.

4. On se ramène à la loi normale centrée réduite : si \(Y\) suit la loi normale \(\mathcal{N}(26\,;\,\sigma^2)\), alors \(Z = \dfrac{Y – 26}{\sigma}\) suit la loi normale \(\mathcal{N}(0\,;\,1)\). Comme \(\sigma \gt 0\) :

\[P(Y \geq\, 30) = 0{,}1 \iff P(\dfrac{Y – 26}{\sigma} \geq\, \dfrac{30 – 26}{\sigma}) = 0{,}1 \iff P(Z \geq\, \dfrac{4}{\sigma}) = 0{,}1 \iff P(Z \leq\, \dfrac{4}{\sigma}) = 0{,}9.\]

La calculatrice donne le réel \(u\) tel que \(P(Z \leq\, u) = 0{,}9\) : \(u \approx 1{,}2816\). Donc \(\dfrac{4}{\sigma} \approx 1{,}2816\), d’où \(\sigma \approx \dfrac{4}{1{,}2816} \approx 3{,}121\). Arrondi au centième : \(\sigma \approx 3{,}12\).

Partie C

On teste l’affirmation « la proportion de salariés qui covoiturent est \(p = 0{,}35\) » sur un échantillon de taille \(n = 254\). Les conditions d’utilisation de l’intervalle de fluctuation asymptotique sont réunies : \(n = 254 \geq\, 30\), \(np = 88{,}9 \geq\, 5\) et \(n(1 – p) = 165{,}1 \geq\, 5\).

L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est :

\[I = [p – 1{,}96\dfrac{\sqrt{p(1 – p)}}{\sqrt{n}}\,;\,p + 1{,}96\dfrac{\sqrt{p(1 – p)}}{\sqrt{n}}] = [0{,}35 – 1{,}96\dfrac{\sqrt{0{,}35 \times 0{,}65}}{\sqrt{254}}\,;\,0{,}35 + 1{,}96\dfrac{\sqrt{0{,}35 \times 0{,}65}}{\sqrt{254}}].\]

En arrondissant la borne inférieure par défaut et la borne supérieure par excès, on obtient \(I \approx [0{,}291\,;\,0{,}409]\).

La fréquence observée dans le sondage est \(f = \dfrac{82}{254} \approx 0{,}323\), qui appartient à \(I\). Le sondage ne remet donc pas en cause l’information publiée par l’entreprise (au risque d’erreur de 5 %).

Exercice 2 :

Partie A

1. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-x\) tend vers \(-\infty\) ; or \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^{X} = 0\), donc par composition \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\). Par somme : \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = 1\). La courbe de \(g\) admet la droite d’équation \(y = 1\) comme asymptote horizontale en \(+\infty\).

2. La dérivée de \(x \mapsto \text{e}^{-x}\) est \(x \mapsto -\text{e}^{-x}\) (forme \(\text{e}^{u}\) avec \(u(x) = -x\)). Donc, pour tout \(x \geq\, 0\) :

\[g^{\prime}(x) = 0 – (-\text{e}^{-x}) = \text{e}^{-x}.\]

Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) sur \([0\,;\,+\infty[\) : la fonction \(g\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\). De plus \(g(0) = 1 – \text{e}^{0} = 0\).

Partie B

1. a. On écrit \(f = u \times v + 1\) avec \(u(x) = x – 1\) et \(v(x) = \text{e}^{-kx}\). Alors \(u^{\prime}(x) = 1\) et \(v^{\prime}(x) = -k\text{e}^{-kx}\). Avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :

\[f^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{-kx} + (x – 1) \times (-k\text{e}^{-kx}) = \text{e}^{-kx}[1 – k(x – 1)] = \text{e}^{-kx}(1 – kx + k).\]

On a donc bien, pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = \text{e}^{-kx}(-kx + k + 1)\).

b. La tangente \(T\) au point d’abscisse 1 a pour équation \(y = f^{\prime}(1)(x – 1) + f(1)\). On calcule \(f(1) = 0 \times \text{e}^{-k} + 1 = 1\) et \(f^{\prime}(1) = \text{e}^{-k}(-k + k + 1) = \text{e}^{-k}\). Donc :

\[T : y = \text{e}^{-k}(x – 1) + 1.\]

Le point B est le point de \(T\) situé sur l’axe des ordonnées, donc d’abscisse 0. Son ordonnée vaut \(y_{\text{B}} = \text{e}^{-k}(0 – 1) + 1 = 1 – \text{e}^{-k}\), c’est-à-dire \(y_{\text{B}} = g(k)\).

2. Le point B a pour coordonnées \((0\,;\,g(k))\) ; il appartient au segment [OJ], où O(0 ; 0) et J(0 ; 1), si et seulement si \(0 \leq\, g(k) \leq\, 1\). Or \(k \gt 0\) et, d’après la partie A, \(g\) est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\) avec \(g(0) = 0\) : donc \(g(k) \geq\, g(0) = 0\). D’autre part \(g(k) = 1 – \text{e}^{-k}\) et \(\text{e}^{-k} \gt 0\), donc \(g(k) \lt 1\) (c’est cohérent avec la limite 1 atteinte en croissant). Ainsi \(0 \leq\, g(k) \leq\, 1\) et le point B appartient au segment [OJ], quelle que soit la valeur de \(k \gt 0\).

Partie C

1. Le domaine \(\mathcal{D}\) est la zone comprise, entre \(x = 0\) et \(x = 1\), sous la courbe \(\mathcal{C}_h\) et au-dessus de la droite \(d\) (il est hachuré ci-dessous).

Les fonctions \(h\) et \(x \mapsto x\) sont continues sur [0 ; 1] et, sur cet intervalle, \(\mathcal{C}_h\) est au-dessus de \(d\), c’est-à-dire \(h(x) \geq\, x\). L’aire du domaine compris entre deux courbes est l’intégrale de la fonction « du haut » moins la fonction « du bas », donc \(\mathcal{A} = \displaystyle\int_0^1 [h(x) – x]\, \text{d}x\) (en unités d’aire).

2. a. Pour tout réel \(x\), on fait apparaître le facteur \(1 – x\) :

\[h(x) – x = (x – 1)\text{e}^{-2x} + (1 – x) = -(1 – x)\text{e}^{-2x} + (1 – x) \times 1 = (1 – x)(1 – \text{e}^{-2x}).\]

b. On part de l’inégalité admise \(\text{e}^{-2x} \geq\, 1 – 2x\). En multipliant par \(-1\) (ce qui change le sens) puis en ajoutant 1 :

\[-\text{e}^{-2x} \leq\, -1 + 2x \quad \text{donc} \quad 1 – \text{e}^{-2x} \leq\, 2x.\]

Sur [0 ; 1], on a \(x \leq\, 1\) donc \(1 – x \geq\, 0\) : on peut multiplier les deux membres par \(1 – x\) sans changer le sens de l’inégalité. Avec la question précédente :

\[h(x) – x = (1 – x)(1 – \text{e}^{-2x}) \leq\, 2x(1 – x) = 2x – 2x^2.\]

Donc pour tout \(x\) de [0 ; 1], \(h(x) – x \leq\, 2x – 2x^2\).

c. L’intégrale conserve l’ordre (les bornes sont dans le bon sens, \(0 \lt 1\)) ; en intégrant l’inégalité précédente sur [0 ; 1] :

\[\mathcal{A} = \displaystyle\int_0^1 [h(x) – x]\, \text{d}x \leq\, \displaystyle\int_0^1 (2x – 2x^2) \text{d}x = [x^2 – \dfrac{2}{3}x^3]_0^1 = 1 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{3}.\]

Donc \(\mathcal{A} \leq\, \dfrac{1}{3}\).

3. Une primitive de \(x \mapsto h(x) – x\) sur [0 ; 1] est \(x \mapsto H(x) – \dfrac{x^2}{2}\). Donc :

\[\mathcal{A} = [H(x) – \dfrac{x^2}{2}]_0^1 = (H(1) – \dfrac{1}{2}) – H(0).\]

On calcule \(H(1) = \dfrac{1}{4}(1 – 2)\text{e}^{-2} + 1 = 1 – \dfrac{1}{4}\text{e}^{-2}\) et \(H(0) = \dfrac{1}{4} \times 1 \times \text{e}^{0} + 0 = \dfrac{1}{4}\). D’où :

\[\mathcal{A} = 1 – \dfrac{1}{4}\text{e}^{-2} – \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{4}\text{e}^{-2}.\]

\(\mathcal{A} = \dfrac{1 – \text{e}^{-2}}{4}\) unité d’aire, soit environ 0,216 u.a., ce qui est bien inférieur à \(\dfrac{1}{3}\).

Exercice 3 :

1. Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), on a B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1). M est le milieu de [AB] : \(\text{M}(\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,0)\). N est le milieu de [BC] : \(\text{N}(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,0)\).

2. a. La droite (MN) passe par M et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix} 1/2 \\ 1/2 \\ 0 \end{pmatrix}\), ou encore le vecteur colinéaire \(2\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\), plus simple. Une représentation paramétrique de (MN) est donc :

\[\begin{cases} x = \dfrac{1}{2} + s \\ y = s \\ z = 0 \end{cases}, \quad s \in \mathbb{R}.\]

b. Le point K appartient aux deux droites : il existe des réels \(s\) et \(t\) tels que \(\dfrac{1}{2} + s = t\), \(s = 1\) et \(0 = 0\). On obtient \(s = 1\), puis \(t = \dfrac{3}{2}\). En remplaçant dans la représentation de (CD) : \(\text{K}(\dfrac{3}{2}\,;\,1\,;\,0)\). Le point K se trouve sur la droite (CD), au-delà de C, en dehors du cube.

3. a. On calcule deux vecteurs du plan : \(\vec{\text{HM}}\begin{pmatrix} 1/2 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{HN}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1/2 \\ -1 \end{pmatrix}\). Ils ne sont pas colinéaires : leurs troisièmes coordonnées sont égales, mais pas leurs premières. Calculons les produits scalaires :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{HM}} = 2 \times \dfrac{1}{2} + (-2) \times (-1) + 3 \times (-1) = 1 + 2 – 3 = 0,\]

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{HN}} = 2 \times 1 + (-2) \times (-\dfrac{1}{2}) + 3 \times (-1) = 2 + 1 – 3 = 0.\]

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

b. Le plan (HMN) a donc une équation de la forme \(2x – 2y + 3z + e = 0\). Il passe par H(0 ; 1 ; 1) : \(0 – 2 + 3 + e = 0\), donc \(e = -1\). Une équation cartésienne du plan est \(2x – 2y + 3z – 1 = 0\). Vérification avec M : \(1 – 0 + 0 – 1 = 0\) ; avec N : \(2 – 1 + 0 – 1 = 0\).

c. La droite (CG) passe par C(1 ; 1 ; 0) et est dirigée par \(\vec{\text{CG}} = \vec{\text{AE}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\) : ses points ont pour coordonnées \((1\,;\,1\,;\,r)\) avec \(r \in \mathbb{R}\). Le point L appartient aussi au plan : \(2 \times 1 – 2 \times 1 + 3r – 1 = 0\), soit \(3r = 1\) et \(r = \dfrac{1}{3}\). Donc \(\text{L}(1\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{3})\) ; comme \(0 \leq\, \dfrac{1}{3} \leq\, 1\), L est sur l’arête [CG], au tiers de sa hauteur en partant de C.

4. Construction, face par face :

• On place K en prolongeant (MN) jusqu’à la droite (CD), au-delà de C (ou en reportant \(\text{CK} = \dfrac{1}{2}\text{CD}\)).
• Face ABCD : M et N sont dans le plan, on trace le segment [MN].
• Face CDHG : K et H appartiennent au plan (HMN) et au plan de cette face, donc l’intersection est la droite (KH). Elle coupe l’arête [CG] au point L, ce qui confirme la question 3.c. On trace [LH].
• Face BCGF : N et L sont dans le plan, on trace [NL].
• Face ABFE : elle est parallèle à la face CDHG, donc le plan (HMN) la coupe selon une droite parallèle à (LH). On trace la parallèle à (LH) passant par M ; elle coupe l’arête [AE] en un point S. Par le calcul, S vérifie \(x = y = 0\) et \(3z – 1 = 0\), donc \(\text{S}(0\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{3})\).
• Face ADHE : on trace [SH], qui est parallèle à [NL] (faces ADHE et BCGF parallèles).

La section du cube par le plan (HMN) est le pentagone MNLHS.

Exercice 4 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) :

1. Affirmation 1 : fausse. Calculons les premiers termes. \(u_0 = 4\), \(u_1 = -\dfrac{2}{3} \times 4 + 1 = -\dfrac{5}{3}\), \(u_2 = -\dfrac{2}{3} \times (-\dfrac{5}{3}) + 1 = \dfrac{19}{9}\). Donc \(v_0 = 4 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{10}{3}\), \(v_1 = -\dfrac{5}{3} – \dfrac{2}{3} = -\dfrac{7}{3}\) et \(v_2 = \dfrac{19}{9} – \dfrac{6}{9} = \dfrac{13}{9}\).

\[\dfrac{v_1}{v_0} = -\dfrac{7}{3} \times \dfrac{3}{10} = -\dfrac{7}{10} \qquad \text{et} \qquad \dfrac{v_2}{v_1} = \dfrac{13}{9} \times (-\dfrac{3}{7}) = -\dfrac{13}{21}.\]

Les deux quotients sont différents : il n’existe pas de raison commune, donc \((v_n)\) n’est pas géométrique. (Pour que la suite \(u_n – a\) soit géométrique, il faudrait prendre pour \(a\) le point fixe \(a = -\dfrac{2}{3}a + 1\), c’est-à-dire \(a = \dfrac{3}{5}\), et non \(\dfrac{2}{3}\).)

2. Affirmation 2 : vraie. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(-1 \leq\, \cos(n) \leq\, 1\), donc \(2 \leq\, 3 + \cos(n) \leq\, 4\). En divisant par \(n^2 \gt 0\) :

\[\dfrac{2}{n^2} \leq\, w_n \leq\, \dfrac{4}{n^2}.\]

Or \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{2}{n^2} = \lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{4}{n^2} = 0\). D’après le théorème des gendarmes, \((w_n)\) converge vers 0.

3. Affirmation 3 : fausse. La boucle tourne tant que \(U \leq\, 5000\) ; elle s’arrête donc dès que \(U\) dépasse strictement 5 000. Les valeurs successives de \(U\) sont : 5, 7, 13, 31, 85, 247, 733, 2 191, 6 565. À la fin, \(U\) contient 6 565 (et \(N = 8\)), et non 5 000. D’ailleurs, \(U\) ne peut jamais valoir exactement 5 000 à la sortie, puisqu’on sort seulement quand \(U \gt 5000\).

4. Affirmation 4 : vraie. Un produit est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. D’une part \(z – \text{i} = 0\) donne \(z = \text{i}\), de module 1. D’autre part, pour \(z^2 + \sqrt{3}z + 1 = 0\), le discriminant vaut \(\Delta = 3 – 4 = -1 \lt 0\) : il y a deux solutions complexes conjuguées

\[z_1 = \dfrac{-\sqrt{3} – \text{i}}{2} \qquad \text{et} \qquad z_2 = \dfrac{-\sqrt{3} + \text{i}}{2}.\]

Leur module commun vaut \(\sqrt{\dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4}} = 1\). Les trois solutions de (E) sont donc de module 1.

5. Affirmation 5 : fausse. On a \(\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} = \text{i}\), donc \(z_{n+1} = 2\text{i}\,z_n\) et \(z_{n+2} = 2\text{i} \times 2\text{i}\,z_n = -4z_n\). L’affixe du milieu de \([M_nM_{n+2}]\) est

\[\dfrac{z_n + z_{n+2}}{2} = \dfrac{z_n – 4z_n}{2} = -\dfrac{3}{2}z_n.\]

Comme \(|z_n| = 2^{n+1} \neq 0\), ce milieu n’est jamais O. Contre-exemple concret : \(z_0 = 2\), \(z_1 = 4\text{i}\), \(z_2 = -8\) ; le milieu de \([M_0M_2]\) a pour affixe \(-3\), ce n’est pas O.

Exercice 4 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) :

Partie A

1. On écrit \(x^2 – 5y^2 = (x^2 – y^2) – 4y^2 = (x – y)(x + y) – 4y^2\). Si \(x\) et \(y\) avaient la même parité, \(x – y\) serait pair, donc \((x – y)(x + y)\) aussi ; comme \(4y^2\) est pair, \(x^2 – 5y^2\) serait pair. Or \(x^2 – 5y^2 = 1\) est impair : contradiction. \(x\) et \(y\) ne peuvent pas avoir la même parité.

2. L’égalité \(x^2 – 5y^2 = 1\) s’écrit \(x \times x + y \times (-5y) = 1\). On a trouvé deux entiers relatifs \(u = x\) et \(v = -5y\) tels que \(ux + vy = 1\). D’après le théorème de Bézout, \(x\) et \(y\) sont premiers entre eux. (Autre rédaction : tout diviseur commun \(d\) de \(x\) et \(y\) divise \(x^2 – 5y^2 = 1\), donc \(d = 1\).)

3. Si \(k \equiv r\ [5]\), alors \(k^2 \equiv r^2\ [5]\). Il suffit de calculer \(0^2 = 0\), \(1^2 = 1\), \(2^2 = 4\), \(3^2 = 9 \equiv 4\) et \(4^2 = 16 \equiv 1\) modulo 5 :

4. De \(x^2 – 5y^2 = 1\) on tire \(x^2 = 1 + 5y^2\), donc \(x^2 \equiv 1\ [5]\). Dans le tableau, le reste de \(k^2\) vaut 1 seulement lorsque le reste de \(k\) vaut 1 ou 4. Donc \(x \equiv 1\ [5]\) ou \(x \equiv 4\ [5]\).

Partie B

1. On effectue le produit de la matrice \(A\) par le vecteur colonne :

\[\begin{pmatrix} x_{n+1} \\ y_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9 20 \\ 4 9 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 9x_n + 20y_n \\ 4x_n + 9y_n \end{pmatrix}.\]

Donc \(x_{n+1} = 9x_n + 20y_n\) et \(y_{n+1} = 4x_n + 9y_n\). On remarque au passage que ces suites sont à valeurs entières naturelles, puisque \(x_0\) et \(y_0\) le sont et que les coefficients sont positifs.

2. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(x_n^2 – 5y_n^2 = 1\) ».

Initialisation. \(x_0^2 – 5y_0^2 = 1 – 0 = 1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\). On développe :

\[x_{n+1}^2 – 5y_{n+1}^2 = (9x_n + 20y_n)^2 – 5(4x_n + 9y_n)^2 = 81x_n^2 + 360x_ny_n + 400y_n^2 – 80x_n^2 – 360x_ny_n – 405y_n^2.\]

\[x_{n+1}^2 – 5y_{n+1}^2 = x_n^2 – 5y_n^2 = 1 \quad \text{(hypothèse de récurrence)}.\]

Donc \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : pour tout entier naturel \(n\), \((x_n, y_n)\) est solution de (E).

3. a. On calcule le produit ligne par colonne :

\[A^2 = \begin{pmatrix} 9 \times 9 + 20 \times 4 9 \times 20 + 20 \times 9 \\ 4 \times 9 + 9 \times 4 4 \times 20 + 9 \times 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 161 360 \\ 72 161 \end{pmatrix}.\]

Par une récurrence immédiate, \(\begin{pmatrix} x_n \\ y_n \end{pmatrix} = A^n\begin{pmatrix} x_0 \\ y_0 \end{pmatrix}\), donc \(\begin{pmatrix} x_2 \\ y_2 \end{pmatrix} = A^2\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 161 \\ 72 \end{pmatrix}\) : \(x_2 = 161\) et \(y_2 = 72\). Vérification : \(161^2 – 5 \times 72^2 = 25\,921 – 25\,920 = 1\).

b. Pour tout entier naturel \(p\), \(\begin{pmatrix} x_{p+2} \\ y_{p+2} \end{pmatrix} = A\begin{pmatrix} x_{p+1} \\ y_{p+1} \end{pmatrix} = A^2\begin{pmatrix} x_p \\ y_p \end{pmatrix}\), d’où \(y_{p+2} = 72x_p + 161y_p\). Si \(y_p\) est un multiple de 9, on écrit \(y_p = 9m\) avec \(m\) entier ; comme \(72 = 9 \times 8\) :

\[y_{p+2} = 9 \times 8x_p + 161 \times 9m = 9(8x_p + 161m).\]

\(y_{p+2}\) est donc un multiple de 9.

c. Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel \(q\), \(y_{2q}\) est un multiple de 9. Initialisation : \(y_0 = 0 = 9 \times 0\). Hérédité : si \(y_{2q}\) est un multiple de 9, la question b appliquée à \(p = 2q\) montre que \(y_{2q+2} = y_{2(q+1)}\) en est un aussi. La propriété est donc vraie pour tout \(q\). Avec \(q = 1010\) : \(y_{2020}\) est un multiple de 9.

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