Bac S de maths 2020 en France (septembre) : sujet et corrigé

Ce sujet fait partie des annales que nous rassemblons pour préparer le bac de maths 2027 : tous les sujets de spécialité y sont classés par session.

BACCALAURÉAT S — SESSION 2020
Métropole, La Réunion, Mayotte — 11 septembre 2020
Mathématiques — Durée : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Commun à tous les candidats

Partie A

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par :

\[f(x) = \dfrac{2\text{e}^x}{\text{e}^x + 1}.\]

On donne ci-dessous la courbe représentative \(\mathcal{C}\) de la fonction \(f\) dans un repère orthonormé.

1. Calculer la limite de la fonction \(f\) en moins l’infini et interpréter graphiquement le résultat.

2. Montrer que la droite d’équation \(y = 2\) est asymptote horizontale à la courbe \(\mathcal{C}\).

3. Calculer \(f^{\prime}(x)\), \(f^{\prime}\) étant la fonction dérivée de \(f\), et vérifier que pour tout nombre réel \(x\) on a :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{f(x)}{\text{e}^x + 1}.\]

4. Montrer que la fonction \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}\).

5. Montrer que la courbe \(\mathcal{C}\) passe par le point I\((0\,;\,1)\) et que sa tangente en ce point a pour coefficient directeur \(0{,}5\).

Partie B

Une entreprise souhaite fabriquer de façon automatisé des flûtes (verres à pied) de forme allongée de contenance 12,5 cL. Chaque flûte est composée de deux parties comme sur l’illustration ci-contre : un pied, en verre plein, et un contenant de 12,5 cL.

À l’aide de la fonction \(f\) définie dans la partie A, le fabricant modélise le profil du contenant de la flûte de la manière décrite ci-dessous.

Soit A un point de \(\mathcal{C}\) d’abscisse \(a\) strictement positive. La rotation autour de l’axe des abscisses appliquée à la partie de \(\mathcal{C}\) limitée par les points I et A engendre une surface modélisant le contenant de la flûte en prenant pour unité 1 cm.

Ainsi \(x\) et \(f(x)\) représente des longueurs en centimètres et l’objectif de cette partie est de déterminer la valeur de \(a\) pour que le volume du contenant soit égal à 12,5 cL.

Le réel \(a\) étant strictement positif, on admet que le volume \(V(a)\) de ce solide en cm³ est donné par la formule :

\[V(a) = \pi\displaystyle\int_0^a (f(x))^2\,\text{d}x.\]

1. Vérifier, pour tout nombre réel \(x \geq\, 0\), l’égalité :

\[(f(x))^2 = 4(\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + 1} + \dfrac{- \text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2}).\]

2. Déterminer une primitive sur \(\mathbb{R}\) de chacune des fonctions :

\[g : x \longmapsto \dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + 1}\quad \text{et} \quad h : x \longmapsto \dfrac{-\text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2}.\]

3. En déduire que pour tout réel \(a \gt 0\) :

\[V(a) = 4\pi[\ln (\dfrac{\text{e}^a + 1}{2} ) + \dfrac{1}{\text{e}^a + 1} – \dfrac{1}{2}].\]

4. Déterminer, à l’aide de la calculatrice, une valeur approchée de \(a\) à \(0{,}1\) près, sachant qu’une flûte doit contenir 12,5 cL, c’est-à-dire 125 cm³. Aucune justification n’est attendue.

Partie C

Un client commande un lot de 400 flûtes de 12,5 cL et constate que 13 d’entre elles ne sont pas conformes aux caractéristiques annoncées par le fabricant.

Le responsable des ventes lui avait pourtant affirmé que 98 % des flûtes vendues par l’entreprise étaient conformes.

Le lot de ce client permet-t-il, aux risques de 5 %, de mettre en doute l’affirmation du responsable ?

Exercice 2 (6 points)

Commun à tous les candidats

Partie A

Une machine fabrique des boules destinées à un jeu de hasard.

La masse en grammes, de chacune de ces boules peut-être modélisée par une variable aléatoire \(M\) suivant une loi normale d’espérance 52 et d’écart type \(\sigma\).

Les boules dont la masse est comprise entre 51 et 53 grammes sont dites conformes.

1. Avec les réglages initiaux de la machine on a \(\sigma = 0{,}437\).

Dans ces conditions, calculer la probabilité qu’une boule fabriquée par cette machine soit conforme. On donnera une valeur approchée à \(10^{-1}\) près du résultat.

2. On considère que la machine est correctement réglée si au moins 99 % des boules qu’elle fabrique sont conformes.

Déterminer une valeur approchée de la plus grande valeur de \(\sigma\) qui permet d’affirmer que la machine est correctement réglée.

Partie B

La pesée des boules se fait sur des balances électroniques de précision. Chaque jour, on vérifie que la balance n’est pas déréglée. La durée, en jour, d’utilisation de ces balances avant dérèglement est modélisée par une variable aléatoire \(T\) qui suit une loi exponentielle de paramètre \(\lambda\). La courbe représentative de la fonction densité de cette variable aléatoire \(T\) est donnée ci-dessous.

1. a. Par lecture graphique, donner un encadrement de \(\lambda\) d’amplitude \(0{,}01\).

b. L’aire du domaine grisé, en unité d’aire, est égale à \(0{,}45\). Déterminer la valeur exacte de \(\lambda\).

Dans la suite, on prendra \(\lambda = 0{,}054\).

2. Déterminer, à un jour près, la durée moyenne d’utilisation d’une balance sans qu’elle ne se dérègle.

3. Une balance est mise en service le 1^er janvier 2020. Elle fonctionne sans se dérégler du 1^er au 20 janvier inclus.

Déterminer la probabilité qu’elle fonctionne sans se dérégler jusqu’au 31 janvier inclus.

Partie C

On dispose de deux urnes \(U\) et \(V\) contenant des boules fabriquées comme précédemment. Sur chacune des boules est inscrit l’un des nombres \(-1\), 1, ou 2.

L’urne \(U\) contient une boule portant le nombre 1 et trois boules portant le nombre \(-1\).

L’urne \(V\) contient une boule portant le nombre 1 et trois boules portant le nombre 2.

On considère un jeu lequel chaque partie se déroule de la manière suivante : dans un premier temps on tire au hasard une boule dans l’urne \(U\), on note \(x\) le nombre inscrit sur cette boule puis on la met dans l’urne \(V\). Dans un deuxième temps, on tire au hasard une boule dans l’urne \(V\) et on note \(y\) le nombre inscrit sur cette boule.

On considère les évènements suivants :

• \(U_1\) : « on tire une boule portant le nombre 1 dans l’urne \(U\), c’est-à-dire \(x = 1\) » ;
• \(U_{-1}\) : « on tire une boule portant le nombre \(-1\) dans l’urne \(U\) c’est-à-dire \(x = -1\) » ;
• \(V_2\) : « on tire une boule portant le nombre 2 dans l’urne \(V\) c’est-à-dire \(y = 2\) » ;
• \(V_1\) : « on tire une boule portant le nombre 1 dans l’urne \(V\) c’est-à-dire \(y = 1\) » ;
• \(V_{-1}\) : « on tire une boule portant le nombre \(-1\) dans l’urne \(V\) », c’est-à-dire \(y = -1\) ».

1. Recopier et compléter l’arbre pondéré représenté ci-dessous

2. Dans ce jeu, à chaque partie on associe le nombre complexe \(z = x + \text{i}y\).

Calculer les probabilités des évènements suivants. Les réponses seront justifiées.

a. \(A\) : « \(z = -1 – \text{i}\) » ;

b. \(B\) : « \(z\) est solution de l’équation \(t^2 + 2t + 5 = 0\) » ;

c. \(C\) : « Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal \((\text{O}\,;\,\vec{u},\,\vec{v})\) le point \(M\) d’affixe \(z\) appartient au disque de centre O et de rayon 2 ».

3. Lors d’une partie, on obtient le nombre 1 sur chacune des boules tirées. Montrer que le nombre complexe \(z\) associé à cette partie vérifie \(z^{2020} = -2^{1010}\).

Exercice 3 (4 points)

Commun à tous les candidats

L’objectif de cet exercice est de déterminer les position relative de différents objets de l’espace

L’espace est rapporté à un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\).

On considère les points A\((1\,;\,1\,;\,4)\) ; B\((4\,;\,2\,;\,5)\) ; C\((3\,;\,0\,;\,-2)\) et J\((1\,;\,4\,;\,2)\).

On note :

• \(\mathcal{P}\) le plan passant par les points A, B et C ;
• \(\mathcal{D}\) la droite passant par le point J et de vecteur directeur \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\1\\3\end{pmatrix}\).

1. Position relative de \(\mathcal{P}\) et de \(\mathcal{D}\)

a. Montrer que le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\-4\\1\end{pmatrix}\) est normal à \(\mathcal{P}\).

b. Déterminer une équation cartésienne du plan \(\mathcal{P}\).

c. Montrer que \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}\).

On rappelle que, un point I et un nombre réel strictement positif \(r\) étant donnés, la sphère de centre I et de rayon \(r\) est l’ensemble des points \(M\) de l’espace vérifiant I\(M = r\).

On considère le point I\((1\,;\,9\,;\,0)\) et on appelle \(\mathcal{S}\) la sphère de centre I et de rayon 6.

2. Position relative de \(\mathcal{P}\) et de \(\mathcal{S}\)

a. Montrer que la droite \(\Delta\) passant par I et orthogonale au plan \(\mathcal{P}\) coupe ce plan \(\mathcal{P}\) au point H\((3\,;\,1\,;\,2)\).

b. Calculer la distance IH.

On admet que pour tout point \(M\) du plan \(\mathcal{P}\) on a \(\text{I}M \geq\, \text{IH}\).

c. Le plan \(\mathcal{P}\) coupe-t-il la sphère \(\mathcal{S}\) ? Justifier la réponse

3. Position relative de \(\mathcal{D}\) et de \(\mathcal{S}\)

a. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(\mathcal{D}\).

b. Montrer qu’un point \(M\) de coordonnées \((x\,;\,y\,;\,z)\) appartient à la sphère \(\mathcal{S}\) si et seulement si :

\[(x – 1)^2 + (y – 9)^2 + z^2 = 36.\]

c. Montrer que la droite \(\mathcal{D}\) coupe la sphère en deux points distincts.

On ne cherchera pas à déterminer les coordonnées de ses points.

Exercice 4 (5 points) : candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Pour les candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

On considère la suite \((u_n)\) définie, pour tout entier naturel non nul \(n\), par :

\[u_n = \dfrac{n(n + 2)}{(n + 1)^2}.\]

La suite \((v_n)\) est définie par :

\(v_1 = u_1\), \(v_2 = u_1 \times u_2\) et pour tout entier naturel \(n \geq\, 3\), \(v_n = u_1 \times u_2 \times \ldots \times u_n = v_{n-1} \times u_n\).

1. Vérifier que l’on a \(v_2 = \dfrac{2}{3}\) puis calculer \(v_3\).

2. On considère l’algorithme incomplet ci-contre. Recopier et compléter sur la copie cet algorithme afin que, après son exécution, la variable \(V\) contiennent la valeur \(v_n\) où \(n\) est un nombre entier naturel non nul définie par l’utilisateur.

Aucune justification n’est attendue.

3. a. Montrer que, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(u_n = 1 – \dfrac{1}{(n + 1)^2}\).

b. Montrer que, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(0 \lt u_n \lt 1\).

4. a. Montrer que la suite \((v_n)\) est décroissante

b. Justifier que la suite \((v_n)\) est convergente (on ne demande pas de calculer sa limite).

5. a. Vérifier que, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(v_{n+1} = v_n \times \dfrac{(n+1)(n+3)}{(n+2)^2}\).

b. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(v_n = \dfrac{n + 2}{2(n + 1)}\).

c. Déterminer la limite de la suite \((v_n)\).

6. On considère la suite \(w_n\) définie par

\(w_1 = \ln (u_1)\), \(w_2 = \ln (u_1) + \ln (u_2)\) et, pour tout entier naturel \(n \geq\, 3\), par

\[w_n = \displaystyle\sum_{k=1}^n \ln (u_k) = \ln (u_1) + \ln (u_2) + \ldots + \ln (u_n).\]

Montrer que \(w_7 = 2w_1\).

Exercice 4 (5 points) : candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

Pour tout entier naturel \(n\), on définit les entiers \(a_n = 6 \times 5^n – 2\) et \(b_n = 3 \times 5^n + 1\).

1. a. Montrer que, pour tout entier naturel \(n\), chacun des entiers \(a_n\) et \(b_n\) est congru à 0 modulo 4.

b. Pour tout entier naturel \(n\), calculer \(2b_n – a_n\).

c. Déterminer le PGCD de \(a_n\) et \(b_n\).

2. a. Montrer que \(b_{2020} \equiv 3 \times 2^{2020} + 1\ [7]\).

b. En remarquant que \(2020 = 3 \times 673 + 1\), montrer que \(b_{2020}\) est divisible par 7.

c. L’entier \(a_{2020}\) est-il divisible par 7 ? Justifier la réponse.

Partie B

On considère les suites \((u_n)\) et \((v_n)\) définies par :

\[u_0 = v_0 = 1 \ \text{et, pour tout entier naturel } n,\ \begin{cases} u_{n+1} = 3u_n+4v_n \\ v_{n+1} = u_n + 3v_n \end{cases}\]

Pour un entier naturel \(N\) donné, on souhaite calculer les termes de rang \(N\) des suites \((u_n)\) et \((v_n)\) et on se demande si l’algorithme ci-contre permet ce calcul.

1. On fait fonctionner l’algorithme avec \(N = 2\).

Recopier et compléter le tableau ci-contre en donnant les valeurs successivement affectées aux variables \(U\), \(V\) et \(K\).

2. L’algorithme permet-il effectivement de calculer \(u_N\) et \(v_N\) pour une valeur de \(N\) donnée ?

Dans le cas contraire, écrire sur la copie une version corrigée de cet algorithme afin que les variables \(U\) et \(V\) contiennent bien les valeurs de \(u_N\) et \(v_N\) à la fin de son exécution.

Partie C

Pour tout entier naturel \(n\), on définit la matrice colonne \(X_n = \begin{pmatrix}u_n\\v_n\end{pmatrix}\).

1. Donner, sans justification, une matrice carrée \(A\) d’ordre 2 telle que, pour tout entier naturel \(n\) :

\[X_{n+1} = AX_n.\]

2. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), on a : \(X_n = A^nX_0\).

3. On admet que, pour tout entier naturel \(n\), \(A^n = \dfrac{1}{4}\begin{pmatrix}2 \times 5^n + 2 4 \times 5^n – 4\\ 5^n – 1 2 \times 5^n + 2\end{pmatrix}\).

Montrer que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = \dfrac{a_n}{4}\) et \(v_n = \dfrac{b_n}{4}\), où \(a_n\) et \(b_n\) sont les nombres entiers définis dans la partie A.

4. Justifier que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\) et \(v_n\) sont premiers entre eux.

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 1^er 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 :

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.

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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