Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. On sait que \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0\). Le numérateur \(2\text{e}^x\) tend donc vers 0 et le dénominateur \(\text{e}^x + 1\) tend vers 1. Par quotient, \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 0\).
Interprétation graphique : la courbe \(\mathcal{C}\) admet l’axe des abscisses (droite d’équation \(y = 0\)) comme asymptote horizontale en \(-\infty\), ce que confirme le dessin où la courbe se confond presque avec l’axe à gauche.
2. En \(+\infty\), numérateur et dénominateur tendent tous deux vers \(+\infty\) : c’est une forme indéterminée. On la lève en divisant numérateur et dénominateur par \(\text{e}^x\), qui n’est jamais nul :
\[f(x) = \dfrac{2\text{e}^x}{\text{e}^x(1 + \text{e}^{-x})} = \dfrac{2}{1 + \text{e}^{-x}}.\]
Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\), on obtient \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \dfrac{2}{1} = 2\). Donc la droite d’équation \(y = 2\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}\) en \(+\infty\).
3. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^x + 1 \gt 1 \gt 0\) : le dénominateur ne s’annule pas et \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme quotient de fonctions dérivables. On pose \(u(x) = 2\text{e}^x\) et \(v(x) = \text{e}^x + 1\), d’où \(u^{\prime}(x) = 2\text{e}^x\) et \(v^{\prime}(x) = \text{e}^x\). La formule \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) donne :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{2\text{e}^x(\text{e}^x + 1) – 2\text{e}^x \times \text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2} = \dfrac{2\text{e}^{2x} + 2\text{e}^x – 2\text{e}^{2x}}{(\text{e}^x + 1)^2} = \dfrac{2\text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2}.\]
On découpe ensuite la fraction en deux facteurs :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{2\text{e}^x}{\text{e}^x + 1} \times \dfrac{1}{\text{e}^x + 1} = \dfrac{f(x)}{\text{e}^x + 1}.\]
L’égalité demandée est donc vérifiée : \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2\text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2} = \dfrac{f(x)}{\text{e}^x + 1}\).
4. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \((\text{e}^x + 1)^2 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2\text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2} \gt 0\). La dérivée étant strictement positive sur \(\mathbb{R}\), la fonction \(f\) est (strictement) croissante sur \(\mathbb{R}\).
5. \(f(0) = \dfrac{2\text{e}^0}{\text{e}^0 + 1} = \dfrac{2}{2} = 1\), donc le point I\((0\,;\,1)\) appartient bien à \(\mathcal{C}\).
Le coefficient directeur de la tangente en I est le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\). Avec la question 3 : \(f^{\prime}(0) = \dfrac{f(0)}{\text{e}^0 + 1} = \dfrac{1}{2}\). La tangente en I a donc pour coefficient directeur \(0{,}5\).
Partie B
1. On part du membre de droite et on réduit au même dénominateur \((\text{e}^x + 1)^2\) :
\[4(\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + 1} – \dfrac{\text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2}) = 4 \times \dfrac{\text{e}^x(\text{e}^x + 1) – \text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2} = 4 \times \dfrac{\text{e}^{2x}}{(\text{e}^x + 1)^2}.\]
Or \(4 \times \dfrac{\text{e}^{2x}}{(\text{e}^x + 1)^2} = (\dfrac{2\text{e}^x}{\text{e}^x + 1})^2 = (f(x))^2\). L’égalité est vérifiée (elle est même vraie pour tout réel \(x\), pas seulement pour \(x \geq\, 0\)).
2. Posons \(w(x) = \text{e}^x + 1\). La fonction \(w\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\), de dérivée \(w^{\prime}(x) = \text{e}^x\), et strictement positive.
- \(g = \dfrac{w^{\prime}}{w}\) avec \(w \gt 0\) : une primitive est \(\ln(w)\). Donc \(G(x) = \ln(\text{e}^x + 1)\) est une primitive de \(g\) sur \(\mathbb{R}\).
- \(h = -\dfrac{w^{\prime}}{w^2}\), et on sait que la dérivée de \(\dfrac{1}{w}\) est \(-\dfrac{w^{\prime}}{w^2}\). Donc \(H(x) = \dfrac{1}{\text{e}^x + 1}\) est une primitive de \(h\) sur \(\mathbb{R}\).
3. D’après la question 1, \((f(x))^2 = 4(g(x) + h(x))\) sur \([0\,;\,a]\). Par linéarité de l’intégrale :
\[V(a) = 4\pi \displaystyle\int_0^a (g(x) + h(x))\text{d}x = 4\pi\Big[G(x) + H(x)\Big]_0^a = 4\pi[\ln(\text{e}^x + 1) + \dfrac{1}{\text{e}^x + 1}]_0^a.\]
En remplaçant \(x\) par \(a\) puis par 0 (avec \(\text{e}^0 + 1 = 2\)) :
\[V(a) = 4\pi[\ln(\text{e}^a + 1) + \dfrac{1}{\text{e}^a + 1} – \ln 2 – \dfrac{1}{2}].\]
Comme \(\ln(\text{e}^a + 1) – \ln 2 = \ln(\dfrac{\text{e}^a + 1}{2})\), on obtient bien \(V(a) = 4\pi[\ln (\dfrac{\text{e}^a + 1}{2} ) + \dfrac{1}{\text{e}^a + 1} – \dfrac{1}{2}]\).
4. On cherche \(a\) tel que \(V(a) = 125\). La fonction \(V\) est croissante (on intègre une fonction positive sur un intervalle de plus en plus grand). La calculatrice donne \(V(11{,}1) \approx 124{,}5\) et \(V(11{,}2) \approx 125{,}8\), la solution valant environ \(11{,}14\). Donc \(a \approx 11{,}1\) cm à 0,1 près.
Partie C
On fait l’hypothèse que la proportion de flûtes conformes dans la production est \(p = 0{,}98\), et on observe un échantillon de taille \(n = 400\).
Conditions d’utilisation de l’intervalle de fluctuation asymptotique : \(n = 400 \geq\, 30\), \(np = 392 \geq\, 5\) et \(n(1 – p) = 8 \geq\, 5\). Elles sont remplies.
L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est :
\[I = [p – 1{,}96\dfrac{\sqrt{p(1 – p)}}{\sqrt{n}}\,;\,p + 1{,}96\dfrac{\sqrt{p(1 – p)}}{\sqrt{n}}].\]
Ici \(\sqrt{0{,}98 \times 0{,}02} = \sqrt{0{,}0196} = 0{,}14\) et \(\sqrt{400} = 20\), donc \(1{,}96 \times \dfrac{0{,}14}{20} = 0{,}01372\). En arrondissant la borne inférieure par défaut et la borne supérieure par excès : \(I \approx [0{,}966\,;\,0{,}994]\).
Dans le lot, \(400 – 13 = 387\) flûtes sont conformes, soit une fréquence observée \(f = \dfrac{387}{400} = 0{,}9675\).
Comme \(0{,}9675 \in [0{,}966\,;\,0{,}994]\), la fréquence observée est compatible avec l’affirmation. Le lot ne permet pas, au risque de 5 %, de mettre en doute l’affirmation du responsable (le résultat est cependant proche de la limite).
Exercice 2 :
Partie A
1. Avec \(M\) qui suit la loi normale \(\mathcal{N}(52\,;\,0{,}437^2)\), la calculatrice donne \(P(51 \leq\, M \leq\, 53) \approx 0{,}978\).
Arrondie à \(10^{-1}\) près comme le demande l’énoncé, cette probabilité vaut \(P(51 \leq\, M \leq\, 53) \approx 1{,}0\) (plus précisément environ 0,978).
2. On cherche la plus grande valeur de \(\sigma\) telle que \(P(51 \leq\, M \leq\, 53) \geq\, 0{,}99\). On centre et on réduit : la variable \(Z = \dfrac{M – 52}{\sigma}\) suit la loi normale centrée réduite, et
\[P(51 \leq\, M \leq\, 53) = P(-\dfrac{1}{\sigma} \leq\, Z \leq\, \dfrac{1}{\sigma}) = 2P(Z \leq\, \dfrac{1}{\sigma}) – 1.\]
La condition devient \(2P(Z \leq\, \dfrac{1}{\sigma}) – 1 \geq\, 0{,}99\), c’est-à-dire \(P(Z \leq\, \dfrac{1}{\sigma}) \geq\, 0{,}995\).
La calculatrice (fonction inverse de la loi normale) donne \(P(Z \leq\, t) = 0{,}995\) pour \(t \approx 2{,}576\). Il faut donc \(\dfrac{1}{\sigma} \geq\, 2{,}576\), soit \(\sigma \leq\, \dfrac{1}{2{,}576} \approx 0{,}388\).
La plus grande valeur de \(\sigma\) est environ 0,388 : la machine est bien réglée tant que \(\sigma \leq\, 0{,}388\) (ce n’est pas le cas avec le réglage initial \(\sigma = 0{,}437\)).
Partie B
1. a. La densité de la loi exponentielle de paramètre \(\lambda\) est \(t \mapsto \lambda\text{e}^{-\lambda t}\) ; en \(t = 0\) elle vaut \(\lambda\). Sur le graphique, la courbe coupe l’axe des ordonnées un peu au-dessus de 0,05 et nettement sous 0,06, d’où \(0{,}05 \lt \lambda \lt 0{,}06\).
b. L’aire grisée est \(P(T \leq\, 11)\). Pour une loi exponentielle, \(P(T \leq\, 11) = \displaystyle\int_0^{11} \lambda\text{e}^{-\lambda t}\,\text{d}t = \Big[-\text{e}^{-\lambda t}\Big]_0^{11} = 1 – \text{e}^{-11\lambda}\).
On résout \(1 – \text{e}^{-11\lambda} = 0{,}45\), soit \(\text{e}^{-11\lambda} = 0{,}55\). En appliquant la fonction ln : \(-11\lambda = \ln(0{,}55)\), d’où \(\lambda = -\dfrac{\ln(0{,}55)}{11} = \dfrac{\ln(\frac{20}{11})}{11} \approx 0{,}0543\), ce qui est cohérent avec l’encadrement du a.
2. La durée moyenne est l’espérance de \(T\) : \(E(T) = \dfrac{1}{\lambda} = \dfrac{1}{0{,}054} \approx 18{,}5\). Une balance fonctionne en moyenne environ 19 jours avant de se dérégler.
3. Du 1er au 20 janvier inclus, la balance a fonctionné 20 jours : on sait que \(T \geq\, 20\). Fonctionner jusqu’au 31 janvier inclus, c’est \(T \geq\, 31\). On cherche donc \(P_{T \geq\, 20}(T \geq\, 31)\).
La loi exponentielle est sans vieillissement : \(P_{T \geq\, 20}(T \geq\, 20 + 11) = P(T \geq\, 11) = \text{e}^{-11\lambda}\).
Avec \(\lambda = 0{,}054\) : \(P_{T \geq\, 20}(T \geq\, 31) = \text{e}^{-0{,}594} \approx 0{,}552\).
Partie C
1. L’urne \(U\) contient 4 boules dont une seule marquée 1 : \(P(U_1) = \dfrac{1}{4}\) et \(P(U_{-1}) = \dfrac{3}{4}\).
Après le premier tirage, l’urne \(V\) contient 5 boules.
- Si \(U_1\) est réalisé, on a ajouté un 1 : \(V\) contient deux boules 1 et trois boules 2, donc \(P_{U_1}(V_2) = \dfrac{3}{5}\) et \(P_{U_1}(V_1) = \dfrac{2}{5}\).
- Si \(U_{-1}\) est réalisé, on a ajouté un \(-1\) : \(V\) contient une boule 1, trois boules 2 et une boule \(-1\), donc \(P_{U_{-1}}(V_2) = \dfrac{3}{5}\), \(P_{U_{-1}}(V_1) = \dfrac{1}{5}\) et \(P_{U_{-1}}(V_{-1}) = \dfrac{1}{5}\).
L’arbre complété se résume ainsi :
| Premier niveau | Probabilité | Second niveau | Probabilité conditionnelle |
|---|---|---|---|
| \(U_1\) | \(\dfrac{1}{4}\) | \(V_2\) | \(\dfrac{3}{5}\) |
| \(V_1\) | \(\dfrac{2}{5}\) | ||
| \(U_{-1}\) | \(\dfrac{3}{4}\) | \(V_2\) | \(\dfrac{3}{5}\) |
| \(V_1\) | \(\dfrac{1}{5}\) | ||
| \(V_{-1}\) | \(\dfrac{1}{5}\) |
2. a. \(z = -1 – \text{i}\) signifie \(x = -1\) et \(y = -1\). Par la règle du produit sur le chemin \(U_{-1}\) puis \(V_{-1}\) :
\[P(A) = P(U_{-1} \cap V_{-1}) = \dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{5} = \dfrac{3}{20}.\]
Donc \(P(A) = \dfrac{3}{20} = 0{,}15\).
b. On résout \(t^2 + 2t + 5 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = 4 – 20 = -16 \lt 0\) : il y a deux solutions complexes conjuguées \(t = \dfrac{-2 \pm 4\text{i}}{2}\), soit \(-1 + 2\text{i}\) et \(-1 – 2\text{i}\).
Le nombre \(y\) ne peut jamais valoir \(-2\), donc seule la solution \(-1 + 2\text{i}\) peut être obtenue, avec \(x = -1\) et \(y = 2\) :
\[P(B) = P(U_{-1} \cap V_2) = \dfrac{3}{4} \times \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{20}.\]
Donc \(P(B) = \dfrac{9}{20} = 0{,}45\).
c. Le point \(M\) appartient au disque de centre O et de rayon 2 lorsque \(|z| \leq\, 2\), c’est-à-dire \(x^2 + y^2 \leq\, 4\). On passe en revue les cinq issues possibles :
- \(z = 1 + 2\text{i}\) : \(x^2 + y^2 = 5 \gt 4\), le point est hors du disque ;
- \(z = 1 + \text{i}\) : \(x^2 + y^2 = 2 \leq\, 4\), dans le disque, probabilité \(\dfrac{1}{4} \times \dfrac{2}{5} = \dfrac{2}{20}\) ;
- \(z = -1 + 2\text{i}\) : \(x^2 + y^2 = 5 \gt 4\), hors du disque ;
- \(z = -1 + \text{i}\) : \(x^2 + y^2 = 2\), dans le disque, probabilité \(\dfrac{3}{4} \times \dfrac{1}{5} = \dfrac{3}{20}\) ;
- \(z = -1 – \text{i}\) : \(x^2 + y^2 = 2\), dans le disque, probabilité \(\dfrac{3}{20}\).
En additionnant les probabilités de ces issues incompatibles : \(P(C) = \dfrac{2}{20} + \dfrac{3}{20} + \dfrac{3}{20} = \dfrac{8}{20}\), soit \(P(C) = \dfrac{2}{5} = 0{,}4\).
3. Si les deux boules portent le nombre 1, alors \(x = y = 1\) et \(z = 1 + \text{i}\). Calculons d’abord son carré :
\[z^2 = (1 + \text{i})^2 = 1 + 2\text{i} + \text{i}^2 = 2\text{i}.\]
Comme \(2020 = 2 \times 1010\), on a \(z^{2020} = (z^2)^{1010} = (2\text{i})^{1010} = 2^{1010} \times \text{i}^{1010}\).
Or \(\text{i}^4 = 1\) et \(1010 = 4 \times 252 + 2\), donc \(\text{i}^{1010} = (\text{i}^4)^{252} \times \text{i}^2 = 1 \times (-1) = -1\).
On conclut : \(z^{2020} = -2^{1010}\). (On peut aussi passer par la forme exponentielle \(z = \sqrt{2}\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\), qui donne \(z^{2020} = 2^{1010}\,\text{e}^{505\text{i}\pi} = -2^{1010}\).)
Exercice 3 :
1. a. On calcule deux vecteurs du plan : \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}3\\1\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\-1\\-6\end{pmatrix}\). Ils ne sont pas colinéaires (leurs premières coordonnées sont dans le rapport \(\frac{2}{3}\), les deuxièmes dans le rapport \(-1\)) : les points A, B, C définissent bien un plan.
Produits scalaires avec \(\vec{n}\) :
- \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{n} = 3 \times 1 + 1 \times (-4) + 1 \times 1 = 0\) ;
- \(\vec{\text{AC}} \cdot \vec{n} = 2 \times 1 + (-1) \times (-4) + (-6) \times 1 = 0\).
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\), c’est donc un vecteur normal à \(\mathcal{P}\).
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(1\,;\,-4\,;\,1)\) a une équation de la forme \(x – 4y + z + d = 0\). Le point A\((1\,;\,1\,;\,4)\) est dans le plan : \(1 – 4 + 4 + d = 0\), donc \(d = -1\).
Une équation cartésienne de \(\mathcal{P}\) est \(x – 4y + z – 1 = 0\). (Contrôle : pour B, \(4 – 8 + 5 – 1 = 0\) ; pour C, \(3 – 0 – 2 – 1 = 0\).)
c. \(\vec{u} \cdot \vec{n} = 1 \times 1 + 1 \times (-4) + 3 \times 1 = 0\). Le vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est orthogonal au vecteur normal de \(\mathcal{P}\), donc \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}\). De plus J n’est pas dans \(\mathcal{P}\) (\(1 – 16 + 2 – 1 = -14 \neq 0\)) : la droite est strictement parallèle au plan.
2. a. La droite \(\Delta\), orthogonale à \(\mathcal{P}\), est dirigée par \(\vec{n}\). Elle passe par I\((1\,;\,9\,;\,0)\), d’où la représentation paramétrique :
\[\Delta : \begin{cases} x = 1 + t \\ y = 9 – 4t \\ z = t \end{cases} \quad (t \in \mathbb{R}).\]
Un point de \(\Delta\) est dans \(\mathcal{P}\) si \((1 + t) – 4(9 – 4t) + t – 1 = 0\), c’est-à-dire \(18t – 36 = 0\), soit \(t = 2\).
Pour \(t = 2\) : \(x = 3\), \(y = 1\), \(z = 2\). \(\Delta\) coupe \(\mathcal{P}\) au point H\((3\,;\,1\,;\,2)\).
b. \(\text{IH}^2 = (3 – 1)^2 + (1 – 9)^2 + (2 – 0)^2 = 4 + 64 + 4 = 72\), donc \(\text{IH} = \sqrt{72} = 6\sqrt{2} \approx 8{,}49\).
c. Pour tout point \(M\) de \(\mathcal{P}\), on a \(\text{I}M \geq\, \text{IH} = 6\sqrt{2} \gt 6\). Aucun point du plan n’est donc à la distance 6 de I : le plan \(\mathcal{P}\) ne coupe pas la sphère \(\mathcal{S}\).
3. a. \(\mathcal{D}\) passe par J\((1\,;\,4\,;\,2)\) et est dirigée par \(\vec{u}(1\,;\,1\,;\,3)\) :
\[\mathcal{D} : \begin{cases} x = 1 + k \\ y = 4 + k \\ z = 2 + 3k \end{cases} \quad (k \in \mathbb{R}).\]
b. Les distances étant positives, \(M \in \mathcal{S} \iff \text{I}M = 6 \iff \text{I}M^2 = 36\). Dans un repère orthonormé, \(\text{I}M^2 = (x – 1)^2 + (y – 9)^2 + (z – 0)^2\). Donc \(M \in \mathcal{S} \iff (x – 1)^2 + (y – 9)^2 + z^2 = 36\).
c. Un point de \(\mathcal{D}\) de paramètre \(k\) est sur la sphère si et seulement si :
\[k^2 + (k – 5)^2 + (2 + 3k)^2 = 36.\]
En développant : \(k^2 + k^2 – 10k + 25 + 9k^2 + 12k + 4 = 36\), soit \(11k^2 + 2k – 7 = 0\).
Le discriminant vaut \(\Delta^{\prime} = 2^2 – 4 \times 11 \times (-7) = 4 + 308 = 312 \gt 0\) : l’équation a deux solutions distinctes, donc la droite \(\mathcal{D}\) coupe la sphère en deux points distincts.
Autre raisonnement possible : \(\text{IJ}^2 = 0 + 25 + 4 = 29 \lt 36\), donc J est à l’intérieur de la sphère, et toute droite passant par un point intérieur traverse la sphère en deux points.
Exercice 4 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) :
1. \(u_1 = \dfrac{1 \times 3}{2^2} = \dfrac{3}{4}\) et \(u_2 = \dfrac{2 \times 4}{3^2} = \dfrac{8}{9}\), donc \(v_2 = \dfrac{3}{4} \times \dfrac{8}{9} = \dfrac{24}{36} = \dfrac{2}{3}\).
Ensuite \(u_3 = \dfrac{3 \times 5}{4^2} = \dfrac{15}{16}\), d’où \(v_3 = v_2 \times u_3 = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{15}{16} = \dfrac{30}{48}\), soit \(v_3 = \dfrac{5}{8}\).
2. À chaque passage dans la boucle, on calcule le terme \(u_i\) puis on le multiplie à la valeur de \(V\) (initialisée à 1, élément neutre du produit). Algorithme complété :
1. V ← 1 2. Pour i variant de 1 à n 3. U ← i(i + 2) / (i + 1)² 4. V ← V × U 5. Fin Pour
3. a. On réécrit le numérateur en faisant apparaître \((n+1)^2\) : \(n(n + 2) = n^2 + 2n = (n^2 + 2n + 1) – 1 = (n + 1)^2 – 1\). Donc :
\[u_n = \dfrac{(n + 1)^2 – 1}{(n + 1)^2} = 1 – \dfrac{1}{(n + 1)^2}.\]
b. Pour \(n \geq\, 1\), \((n + 1)^2 \geq\, 4\), donc \(0 \lt \dfrac{1}{(n + 1)^2} \leq\, \dfrac{1}{4}\). On en déduit \(\dfrac{3}{4} \leq\, u_n \lt 1\), et donc \(0 \lt u_n \lt 1\) pour tout \(n \geq\, 1\).
4. a. D’après 3.b, tous les \(u_k\) sont strictement positifs, donc \(v_n\), produit de nombres positifs, est strictement positif. Pour tout \(n \geq\, 1\) : \(v_{n+1} – v_n = v_n u_{n+1} – v_n = v_n(u_{n+1} – 1)\).
Or \(v_n \gt 0\) et \(u_{n+1} – 1 \lt 0\), donc \(v_{n+1} – v_n \lt 0\) : la suite \((v_n)\) est décroissante.
b. La suite \((v_n)\) est décroissante et minorée par 0 (tous ses termes sont positifs). D’après le théorème de convergence monotone, elle converge.
5. a. Par définition \(v_{n+1} = v_n \times u_{n+1}\), et en remplaçant \(n\) par \(n + 1\) dans l’expression de \(u_n\) : \(u_{n+1} = \dfrac{(n + 1)(n + 3)}{(n + 2)^2}\). D’où \(v_{n+1} = v_n \times \dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2}\).
b. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(v_n = \dfrac{n + 2}{2(n + 1)}\) ».
Initialisation. \(v_1 = u_1 = \dfrac{3}{4}\) et \(\dfrac{1 + 2}{2 \times 2} = \dfrac{3}{4}\) : \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Avec la question 5.a :
\[v_{n+1} = \dfrac{n + 2}{2(n + 1)} \times \dfrac{(n + 1)(n + 3)}{(n + 2)^2} = \dfrac{n + 3}{2(n + 2)}.\]
Or \(\dfrac{n + 3}{2(n + 2)} = \dfrac{(n + 1) + 2}{2((n + 1) + 1)}\) : \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc pour tout \(n \geq\, 1\), \(v_n = \dfrac{n + 2}{2(n + 1)}\).
c. Pour \(n \geq\, 1\), on factorise par \(n\) : \(v_n = \dfrac{n(1 + \frac{2}{n})}{2n(1 + \frac{1}{n})} = \dfrac{1 + \frac{2}{n}}{2(1 + \frac{1}{n})}\). Comme \(\frac{1}{n}\) et \(\frac{2}{n}\) tendent vers 0, \(\lim\limits_{n \to +\infty} v_n = \dfrac{1}{2}\).
6. Les \(u_k\) sont strictement positifs, et la propriété \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) permet de regrouper la somme :
\[w_7 = \ln(u_1) + \ln(u_2) + \ldots + \ln(u_7) = \ln(u_1 \times u_2 \times \ldots \times u_7) = \ln(v_7).\]
Avec 5.b, \(v_7 = \dfrac{9}{2 \times 8} = \dfrac{9}{16} = (\dfrac{3}{4})^2\). Donc \(w_7 = \ln((\dfrac{3}{4})^2) = 2\ln(\dfrac{3}{4})\).
Comme \(w_1 = \ln(u_1) = \ln(\dfrac{3}{4})\), on a bien \(w_7 = 2w_1\).
Exercice 4 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) :
Partie A
1. a. \(5 \equiv 1\ [4]\), donc pour tout entier naturel \(n\), \(5^n \equiv 1^n \equiv 1\ [4]\). Par compatibilité des congruences avec les opérations :
- \(a_n = 6 \times 5^n – 2 \equiv 6 \times 1 – 2 = 4 \equiv 0\ [4]\) ;
- \(b_n = 3 \times 5^n + 1 \equiv 3 \times 1 + 1 = 4 \equiv 0\ [4]\).
\(a_n\) et \(b_n\) sont tous deux congrus à 0 modulo 4.
b. \(2b_n – a_n = 6 \times 5^n + 2 – 6 \times 5^n + 2\), donc \(2b_n – a_n = 4\).
c. Notons \(d\) le PGCD de \(a_n\) et \(b_n\). Comme \(d\) divise \(a_n\) et \(b_n\), il divise la combinaison \(2b_n – a_n = 4\). Par ailleurs, d’après 1.a, 4 est un diviseur commun de \(a_n\) et \(b_n\), donc \(4 \leq\, d\). Un diviseur de 4 supérieur ou égal à 4 vaut 4 : \(\text{PGCD}(a_n, b_n) = 4\).
2. a. \(5 \equiv -2\ [7]\), donc \(5^{2020} \equiv (-2)^{2020}\ [7]\). Comme 2020 est pair, \((-2)^{2020} = 2^{2020}\). Ainsi \(b_{2020} = 3 \times 5^{2020} + 1 \equiv 3 \times 2^{2020} + 1\ [7]\).
b. On a \(2^3 = 8 \equiv 1\ [7]\). Avec \(2020 = 3 \times 673 + 1\) :
\[2^{2020} = (2^3)^{673} \times 2 \equiv 1^{673} \times 2 \equiv 2\ [7].\]
Donc \(b_{2020} \equiv 3 \times 2 + 1 = 7 \equiv 0\ [7]\) : \(b_{2020}\) est divisible par 7.
c. D’après 1.b, \(a_{2020} = 2b_{2020} – 4\). Comme \(b_{2020} \equiv 0\ [7]\), on obtient \(a_{2020} \equiv -4 \equiv 3\ [7]\). Le reste de la division de \(a_{2020}\) par 7 est 3 : \(a_{2020}\) n’est pas divisible par 7.
Partie B
1. Au deuxième passage dans la boucle (\(K = 1 \lt 2\)), l’algorithme calcule \(U \gets 3 \times 7 + 4 \times 10 = 61\), puis \(V \gets 61 + 3 \times 10 = 91\) (avec la nouvelle valeur de \(U\)), puis \(K \gets 2\). La condition \(K \lt 2\) devient fausse et l’algorithme s’arrête.
| \(U\) | \(V\) | \(K\) |
|---|---|---|
| 1 | 1 | 0 |
| 7 | 10 | 1 |
| 61 | 91 | 2 |
2. Calculons les vrais termes : \(u_1 = 3 \times 1 + 4 \times 1 = 7\) et \(v_1 = 1 + 3 \times 1 = 4\). L’algorithme affiche \(V = 10\) au lieu de 4 : il ne calcule pas correctement \(u_N\) et \(v_N\).
L’erreur vient de la ligne 6 : quand elle s’exécute, \(U\) contient déjà \(u_{n+1}\) et non plus \(u_n\). Il faut conserver l’ancienne valeur de \(U\) dans une variable auxiliaire \(W\) :
1. U ← 1 2. V ← 1 3. K ← 0 4. Tant que K < N 5. W ← U 6. U ← 3U + 4V 7. V ← W + 3V 8. K ← K + 1 9. Fin Tant que
Avec cette version et \(N = 2\), on obtient successivement \((7\,;\,4)\) puis \((37\,;\,19)\), qui sont bien \((u_1\,;\,v_1)\) et \((u_2\,;\,v_2)\).
Partie C
1. Le système s’écrit \(\begin{pmatrix}u_{n+1}\\v_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3 4\\1 3\end{pmatrix}\begin{pmatrix}u_n\\v_n\end{pmatrix}\), donc \(A = \begin{pmatrix}3 4\\1 3\end{pmatrix}\).
2. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(X_n = A^nX_0\) ».
Initialisation. \(A^0 = I_2\) (matrice identité), donc \(A^0X_0 = X_0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(X_n = A^nX_0\) pour un entier \(n \geq\, 0\). Alors \(X_{n+1} = AX_n = A(A^nX_0) = (A \times A^n)X_0 = A^{n+1}X_0\) (associativité du produit matriciel) : \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(X_n = A^nX_0\).
3. Avec \(X_0 = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\), chaque coordonnée de \(A^nX_0\) est la somme des deux coefficients de la ligne correspondante de \(A^n\) :
\[X_n = \dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}(2 \times 5^n + 2) + (4 \times 5^n – 4)\\ (5^n – 1) + (2 \times 5^n + 2)\end{pmatrix} = \dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}6 \times 5^n – 2\\ 3 \times 5^n + 1\end{pmatrix} = \dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}a_n\\ b_n\end{pmatrix}.\]
Donc \(u_n = \dfrac{a_n}{4}\) et \(v_n = \dfrac{b_n}{4}\).
4. D’après la partie A, \(a_n\) et \(b_n\) sont divisibles par 4, donc \(u_n\) et \(v_n\) sont des entiers naturels. En divisant par 4 l’égalité \(2b_n – a_n = 4\), on obtient :
\[2v_n – u_n = 1.\]
Il existe donc deux entiers (ici \(-1\) et 2) tels que \(-1 \times u_n + 2 \times v_n = 1\). D’après le théorème de Bézout, \(u_n\) et \(v_n\) sont premiers entre eux. (On peut aussi dire que diviser \(a_n\) et \(b_n\) par leur PGCD 4 donne deux nombres premiers entre eux.)
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