Corrigé France 2020 : organisation du corrigé
Avant tout, ce corrigé France 2020 reprend le bac S de mathématiques 2020 en France (septembre) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la géométrie dans l’espace et l’arithmétique et les congruences. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. 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 : réponses détaillées du corrigé France 2020
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 : \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2\text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2} = \dfrac{f(x)}{\text{e}^x + 1}\).
Exercice 1 du corrigé France 2020, partie A : questions 4 à 5
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 :
Exercice 2 du corrigé France 2020, partie C : question 3
- \(z = 1 + 2\text{i}\) : \(x^2 + y^2 = 5 \gt 4\), 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.
Exercice 3 du corrigé France 2020 : questions 2 à 3
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 \(11k^2 + 2k – 7 = 0\).
Exercice 3 du corrigé France 2020 (suite)
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.
Exercice 4 du corrigé France 2020 : questions 5 à 6
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.)
Comment réviser avec ce corrigé France 2020
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction exponentielle et la fonction logarithme népérien. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction exponentielle.
Les pièges classiques
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- En géométrie dans l’espace, ne confondez pas le vecteur normal d’un plan et le vecteur directeur d’une droite.
Corrigé France 2020 : vos questions
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 fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et la géométrie dans l’espace, mais aussi l’arithmétique et les congruences.
Faut-il tout justifier ? Oui, sauf mention contraire : en effet, au bac, une réponse sans justification rapporte peu de points, tandis que les QCM précisent en général qu’aucune justification n’est demandée.
Par ailleurs, Retour à l’énoncé : Bac S de maths 2020 en France (septembre) : sujet et corrigé.
