Corrigé bac 2020 : la correction en un coup d’œil
D’abord, précisons que ce corrigé bac 2020 concerne le bac S de mathématiques 2020 en Nouvelle-Calédonie, avec une rédaction complète des réponses. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la loi normale, les nombres complexes et le raisonnement par récurrence. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 60 minutes pour chaque exercice. Ainsi, chaque étape de calcul reste visible, ce qui permet de repérer précisément l’endroit où un raisonnement a dévié.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. a. On développe le membre de droite :
\[(z – 2)(z^2 – 2z + 4) = z^3 – 2z^2 + 4z – 2z^2 + 4z – 8 = z^3 – 4z^2 + 8z – 8.\]
L’égalité est donc vraie pour tout nombre complexe \(z\).
b. L’équation \((E)\) s’écrit \(z^3 – 4z^2 + 8z – 8 = 0\), c’est-à-dire \((z – 2)(z^2 – 2z + 4) = 0\). Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :
- \(z – 2 = 0\) donne \(z = 2\) ;
- pour \(z^2 – 2z + 4 = 0\), le discriminant vaut \(\Delta = (-2)^2 – 4 \times 4 = -12 = (\text{i}\,2\sqrt{3})^2\), strictement négatif : deux solutions complexes conjuguées \(z = \dfrac{2 \pm \text{i}\,2\sqrt{3}}{2} = 1 \pm \text{i}\sqrt{3}\).
L’ensemble des solutions de \((E)\) est \(\{2\,;\,1 + \text{i}\sqrt{3}\,;\,1 – \text{i}\sqrt{3}\}\).
c. \(2 = 2\text{e}^{\text{i} \times 0}\). Pour \(1 + \text{i}\sqrt{3}\), le module vaut \(\sqrt{1 + 3} = 2\) et on factorise :
\[1 + \text{i}\sqrt{3} = 2(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}) = 2(\cos\dfrac{\pi}{3} + \text{i}\sin\dfrac{\pi}{3}) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}.\]
Le nombre \(1 – \text{i}\sqrt{3}\) est son conjugué : même module, argument opposé. Les solutions s’écrivent donc \(2\text{e}^{0}\), \(2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\) et \(2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}\).
2. Les diagonales de OABC sont [OB] et [AC]. Le milieu de [OB] a pour affixe \(\dfrac{0 + 2}{2} = 1\) ; le milieu de [AC] a pour affixe \(\dfrac{(1 + \text{i}\sqrt{3}) + (1 – \text{i}\sqrt{3})}{2} = 1\). Les diagonales ont le même milieu D, donc OABC est un parallélogramme. De plus \(\text{OA} = |z_{\text{A}}| = 2\) et \(\text{OC} = |z_{\text{C}}| = 2\) : deux côtés consécutifs ont la même longueur. OABC est donc un losange. (Ce n’est pas un carré : l’angle \(\widehat{\text{AOB}}\) mesure \(\dfrac{\pi}{3}\), argument de \(z_{\text{A}}\), et non \(\dfrac{\pi}{2}\).)
Exercice 1 du corrigé bac 2020 : question 3
3. a. On compare les vecteurs \(\vec{\text{AM}}\) et \(\vec{\text{AB}}\) par leurs affixes :
\[z_{\vec{\text{AM}}} = \dfrac{7}{4} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4} – 1 – \text{i}\sqrt{3} = \dfrac{3}{4} – \text{i}\dfrac{3\sqrt{3}}{4} = \dfrac{3}{4}(1 – \text{i}\sqrt{3}) \quad \text{et} \quad z_{\vec{\text{AB}}} = 2 – 1 – \text{i}\sqrt{3} = 1 – \text{i}\sqrt{3}.\]
Donc \(\vec{\text{AM}} = \dfrac{3}{4}\vec{\text{AB}}\) : les vecteurs sont colinéaires et les points A, M et B sont alignés (M est même sur le segment [AB], aux trois quarts en partant de A).
b. On a \(z_{\vec{\text{MD}}} = 1 – \dfrac{7}{4} – \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4} = -\dfrac{3}{4} – \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4}\) et \(z_{\vec{\text{MB}}} = 2 – \dfrac{7}{4} – \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4} = \dfrac{1}{4} – \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4}\). Avec les coordonnées correspondantes, le produit scalaire vaut :
\[\vec{\text{MD}} \cdot \vec{\text{MB}} = (-\dfrac{3}{4}) \times \dfrac{1}{4} + (-\dfrac{\sqrt{3}}{4}) \times (-\dfrac{\sqrt{3}}{4}) = -\dfrac{3}{16} + \dfrac{3}{16} = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{\text{MD}}\) et \(\vec{\text{MB}}\) sont orthogonaux : le triangle DMB est rectangle en M. On peut le vérifier par Pythagore : \(\text{MD}^2 = \dfrac{9}{16} + \dfrac{3}{16} = \dfrac{3}{4}\), \(\text{MB}^2 = \dfrac{1}{16} + \dfrac{3}{16} = \dfrac{1}{4}\) et \(\text{DB}^2 = 1 = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4}\).
Exercice 2 :
1. a. En centrant (on retire l’espérance) et en réduisant (on divise par l’écart-type) une variable de loi normale, on obtient la loi normale centrée réduite : \(Y\) suit la loi normale \(\mathcal{N}(0\,;\,1)\).
b. On a \(P(X \leq\, 4) = 1 – 0{,}146 = 0{,}854\). Comme \(0{,}95 \gt 0\), l’inégalité \(X \leq\, 4\) équivaut à \(\dfrac{X – \mu}{0{,}95} \leq\, \dfrac{4 – \mu}{0{,}95}\), soit \(Y \leq\, \dfrac{4 – \mu}{0{,}95}\). Donc :
\[P(Y \leq\, \dfrac{4 – \mu}{0{,}95}) = 0{,}854.\]
La calculatrice (inverse de la loi normale centrée réduite pour l’aire 0,854) donne \(\dfrac{4 – \mu}{0{,}95} \approx 1{,}0537\). D’où \(\mu \approx 4 – 0{,}95 \times 1{,}0537 \approx 2{,}999\). Arrondie à l’unité, \(\mu = 3\) : un phaéton en milieu pollué vit en moyenne 3 ans.
2. a. La densité d’une loi normale est une courbe en cloche symétrique par rapport à la droite verticale d’équation \(x = \mu\), avec son maximum en \(\mu\). La courbe \(\mathcal{C}_2\) est symétrique autour de \(x = 3\) et culmine en \(x = 3\), ce qui n’est pas le cas de \(\mathcal{C}_1\), dissymétrique et étalée jusqu’à 18. On peut aussi vérifier la hauteur du sommet : \(\dfrac{1}{0{,}95\sqrt{2\pi}} \approx 0{,}42\), ce qu’on lit sur \(\mathcal{C}_2\). La densité de \(X\) est donc \(\mathcal{C}_2\) (et celle de \(Z\) est \(\mathcal{C}_1\)).
b. \(P(Z \geq\, 4)\) est l’aire du domaine situé sous la courbe \(\mathcal{C}_1\) (densité de \(Z\)), au-dessus de l’axe des abscisses et à droite de la droite d’équation \(x = 4\). C’est la zone colorée ci-dessous.
Exercice 2 du corrigé bac 2020 : question 3
3. a. \(P(\overline{S}) = 0{,}30\) (milieu pollué) donc \(P(S) = 0{,}70\). En milieu sain, la durée de vie suit la loi de \(Z\) : \(P_S(V) = P(Z \geq\, 4) = 0{,}677\) et \(P_S(\overline{V}) = 0{,}323\). En milieu pollué, elle suit la loi de \(X\) : \(P_{\overline{S}}(V) = P(X \geq\, 4) = 0{,}146\) et \(P_{\overline{S}}(\overline{V}) = 0{,}854\).
b. \(S\) et \(\overline{S}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[P(V) = P(S \cap V) + P(\overline{S} \cap V) = 0{,}7 \times 0{,}677 + 0{,}3 \times 0{,}146 = 0{,}4739 + 0{,}0438 = 0{,}5177.\]
Arrondi au millième : \(P(V) \approx 0{,}518\).
c. On cherche \(P_V(S)\) :
\[P_V(S) = \dfrac{P(S \cap V)}{P(V)} = \dfrac{0{,}4739}{0{,}5177} \approx 0{,}915.\]
Parmi les phaétons qui vivent au moins 4 ans, environ 91,5 % vivent dans un environnement sain (\(P_V(S) \approx 0{,}915\)).
Exercice 3 :
Partie A
1. En \(+\infty\). \(\lim\limits_{x \to +\infty} (x^2 + x + \dfrac{1}{4}) = +\infty\) (limite d’un polynôme : celle de son terme de plus haut degré). Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^x = +\infty\), on a \(\lim\limits_{x \to +\infty} (1 + \text{e}^x)^2 = +\infty\) donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{4}{(1 + \text{e}^x)^2} = 0\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = +\infty\).
En \(-\infty\). \(\lim\limits_{x \to -\infty} (x^2 + x + \dfrac{1}{4}) = \lim\limits_{x \to -\infty} x^2 = +\infty\). Comme \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0\), on a \(\lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{4}{(1 + \text{e}^x)^2} = \dfrac{4}{1} = 4\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to -\infty} g(x) = +\infty\).
2. La fonction \(g^{\prime}\) est strictement croissante et s’annule en 0. Si \(x \lt 0\), alors \(g^{\prime}(x) \lt g^{\prime}(0) = 0\) ; si \(x \gt 0\), alors \(g^{\prime}(x) \gt g^{\prime}(0) = 0\). Donc \(g^{\prime}\) est strictement négative sur \(]-\infty\,;\,0[\), nulle en 0 et strictement positive sur \(]0\,;\,+\infty[\).
3. On en déduit que \(g\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\,0]\) et strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\). Elle atteint son minimum en 0 :
\[g(0) = 0 + 0 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{4}{(1 + 1)^2} = \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{5}{4}.\]
| \(x\) | \(-\infty\) | \(0\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(g^{\prime}(x)\) | \(-\) | \(0\) | \(+\) | ||
| \(g\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(\dfrac{5}{4}\) | \(\nearrow\) | \(+\infty\) |
Le minimum de \(g\) sur \(\mathbb{R}\) vaut \(\dfrac{5}{4}\), atteint en \(x = 0\).
Partie B
1. \(f(0) = 3 – \dfrac{2}{1 + \text{e}^0} = 3 – \dfrac{2}{2} = 2\). Le point de \(\mathcal{C}_f\) d’abscisse 0 a pour ordonnée 2 : B(0 ; 2) appartient à \(\mathcal{C}_f\).
2. Dans un repère orthonormé, \(\text{A}M^2 = (x_M – x_{\text{A}})^2 + (y_M – y_{\text{A}})^2\). Ici \(x_M – x_{\text{A}} = x + \dfrac{1}{2}\) et \(y_M – y_{\text{A}} = f(x) – 3 = -\dfrac{2}{1 + \text{e}^x}\). Donc :
\[\text{A}M^2 = (x + \dfrac{1}{2})^2 + (-\dfrac{2}{1 + \text{e}^x})^2 = x^2 + x + \dfrac{1}{4} + \dfrac{4}{(1 + \text{e}^x)^2} = g(x).\]
On a bien \(\text{A}M^2 = g(x)\).
3. La distance \(\text{A}M\) est minimale quand \(\text{A}M^2 = g(x)\) est minimal, c’est-à-dire, d’après la partie A, pour \(x = 0\). Le point correspondant est le point de \(\mathcal{C}_f\) d’abscisse 0, c’est-à-dire le point B(0 ; 2). La distance minimale vaut \(\sqrt{\dfrac{5}{4}} = \dfrac{\sqrt{5}}{2}\).
4. a. On dérive \(\dfrac{2}{1 + \text{e}^x}\) avec la formule \((\dfrac{1}{v})^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^2}\), où \(v(x) = 1 + \text{e}^x\) et \(v^{\prime}(x) = \text{e}^x\) :
\[f^{\prime}(x) = 0 – 2 \times (-\dfrac{\text{e}^x}{(1 + \text{e}^x)^2}) = \dfrac{2\text{e}^x}{(1 + \text{e}^x)^2}.\]
Donc \(f^{\prime}(x) = \dfrac{2\text{e}^x}{(1 + \text{e}^x)^2}\) pour tout réel \(x\).
b. La tangente en B a pour équation \(y = f^{\prime}(0)(x – 0) + f(0)\). Or \(f(0) = 2\) et \(f^{\prime}(0) = \dfrac{2 \times 1}{(1 + 1)^2} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}\). L’équation réduite de \(T\) est donc \(y = \dfrac{x}{2} + 2\).
5. Un vecteur directeur de \(T\) (coefficient directeur \(\dfrac{1}{2}\)) est \(\vec{w}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix}\). Le vecteur \(\vec{\text{AB}}\) a pour coordonnées \((0 + \dfrac{1}{2}\,;\,2 – 3) = (\dfrac{1}{2}\,;\,-1)\). Leur produit scalaire vaut :
\[\vec{w} \cdot \vec{\text{AB}} = 2 \times \dfrac{1}{2} + 1 \times (-1) = 1 – 1 = 0.\]
Les directions sont orthogonales et les deux droites passent par B : la droite \(T\) est perpendiculaire à (AB) en B. C’est cohérent avec la question 3 : au point de la courbe le plus proche de A, le segment qui le relie à A est perpendiculaire à la tangente.
Exercice 4 (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) :
1. Affirmation 1 : fausse. L’équation n’a de sens que pour \(x \gt 0\) (à cause de \(\ln x\)). Un produit est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. D’une part \(3\ln x – 5 = 0 \iff \ln x = \dfrac{5}{3} \iff x = \text{e}^{\frac{5}{3}}\), qui est bien strictement positif. D’autre part \(\text{e}^x + 4 \gt 4 \gt 0\) pour tout réel \(x\), donc ce facteur ne s’annule jamais. L’équation admet une seule solution, \(\text{e}^{\frac{5}{3}}\).
2. Affirmation 2 : vraie. Démontrons par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n = 3 \times 2^n + 5n – 1\) ».
Initialisation. \(3 \times 2^0 + 5 \times 0 – 1 = 3 – 1 = 2 = u_0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(u_n = 3 \times 2^n + 5n – 1\) pour un entier \(n\). Alors :
\[u_{n+1} = 2u_n – 5n + 6 = 3 \times 2^{n+1} + 10n – 2 – 5n + 6 = 3 \times 2^{n+1} + 5n + 4 = 3 \times 2^{n+1} + 5(n + 1) – 1.\]
Donc \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie. Conclusion : par récurrence, la formule est vraie pour tout entier naturel \(n\) (on retrouve d’ailleurs \(u_1 = 10\), \(u_2 = 21\), \(u_3 = 38\)).
3. Affirmation 3 : fausse. \(u_0 = \dfrac{1}{2}\), \(u_1 = \dfrac{3}{2}\), \(u_2 = \dfrac{9}{2}\). On a \(\dfrac{u_1}{u_0} = 3\) et \(\dfrac{u_2}{u_1} = 3\), mais \(u_3 = \dfrac{19}{2}\) et \(\dfrac{u_3}{u_2} = \dfrac{19}{9} \neq 3\). Le quotient de deux termes consécutifs n’est pas constant : la suite n’est pas géométrique (les trois premiers termes pouvaient faire illusion).
Exercice 4 du corrigé bac 2020 : questions 4 à 5
4. Affirmation 4 : vraie. Un vecteur directeur de \(d^{\prime}\) est \(\vec{u^{\prime}}(2\,;\,-4\,;\,10) = 2\vec{u}\) : les droites \(d\) et \(d^{\prime}\) sont parallèles. Cherchons si A est sur \(d^{\prime}\) : \(2t – 1 = -3\) donne \(t = -1\) ; alors \(-4t + 3 = 7\) et \(10t – 2 = -12\). Les trois coordonnées de A sont obtenues avec \(t = -1\), donc A appartient à \(d^{\prime}\). Deux droites parallèles ayant un point commun sont confondues.
5. Affirmation 5 : vraie. Dans ce repère, B(1 ; 0 ; 0) et D(0 ; 1 ; 0), et un point \(M\) de (AG) a pour coordonnées \((t\,;\,t\,;\,t)\). Alors \(\vec{M\text{B}}(1 – t\,;\,-t\,;\,-t)\) et \(\vec{M\text{D}}(-t\,;\,1 – t\,;\,-t)\). Les droites sont orthogonales si et seulement si le produit scalaire est nul :
\[\vec{M\text{B}} \cdot \vec{M\text{D}} = -t(1 – t) – t(1 – t) + t^2 = 3t^2 – 2t = t(3t – 2).\]
Il s’annule pour \(t = 0\) et pour \(t = \dfrac{2}{3}\) : il y a exactement deux positions, \(M = \text{A}\) (les arêtes (AB) et (AD) sont bien perpendiculaires) et \(M(\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3})\).
Exercice 4 (candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) :
1. Affirmation 1 : vraie. Le couple \((-1\,;\,-1)\) est une solution particulière : \(7 \times (-1) – 12 \times (-1) = -7 + 12 = 5\).
Les couples proposés sont solutions. Pour tout entier \(k\) : \(7(-1 + 12k) – 12(-1 + 7k) = -7 + 84k + 12 – 84k = 5\).
Il n’y en a pas d’autres. Si \(7x – 12y = 5\), en soustrayant \(7 \times (-1) – 12 \times (-1) = 5\), on obtient \(7(x + 1) = 12(y + 1)\). Ainsi 7 divise \(12(y + 1)\) ; comme 7 et 12 sont premiers entre eux, le théorème de Gauss donne : 7 divise \(y + 1\). On écrit \(y + 1 = 7k\) avec \(k\) entier relatif, d’où \(7(x + 1) = 84k\), soit \(x + 1 = 12k\). Donc \(x = -1 + 12k\) et \(y = -1 + 7k\). L’ensemble des solutions est exactement celui annoncé.
2. Affirmation 2 : vraie. \(3 \times 15^n\) est un multiple de 3, donc \(3 \times 15^n \equiv 0\ [3]\) et \(4 + 3 \times 15^n \equiv 4 \equiv 1\ [3]\). Comme \(0 \leq\, 1 \lt 3\), le reste de la division euclidienne par 3 est 1, pour tout entier naturel \(n\) (y compris \(n = 0\) : \(4 + 3 = 7 = 2 \times 3 + 1\)).
Exercice 4 : questions 3 à 5
3. Affirmation 3 : fausse. Si \(n\) est solution, alors \(n\) divise 3 (le produit de \(n\) par l’entier \(2n^2 – 3n + 5\) vaut 3), donc \(n = 1\) ou \(n = 3\). Or pour \(n = 1\) : \(1 \times (2 – 3 + 5) = 4 \neq 3\) ; pour \(n = 3\) : \(3 \times (18 – 9 + 5) = 42 \neq 3\). L’équation n’a aucune solution dans \(\mathbb{N}\).
4. Affirmation 4 : fausse. On calcule :
\[A^2 = \begin{pmatrix} t 3 \\ 2t -t \end{pmatrix}\begin{pmatrix} t 3 \\ 2t -t \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t^2 + 6t 3t – 3t \\ 2t^2 – 2t^2 6t + t^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} t^2 + 6t 0 \\ 0 t^2 + 6t \end{pmatrix}.\]
Donc \(A^2 = I_2\) si et seulement si \(t^2 + 6t – 1 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = 36 + 4 = 40 \gt 0\) : il y a deux valeurs, \(t = \dfrac{-6 \pm \sqrt{40}}{2} = -3 \pm \sqrt{10}\). Il existe donc des réels \(t\) convenables.
5. Affirmation 5 : vraie. On calcule d’abord
\[A^2 = \begin{pmatrix} -2 3 -3 \\ -3 4 -3 \\ 3 -3 4 \end{pmatrix} \quad \text{et} \quad 3A – 2I_3 = \begin{pmatrix} 0 3 -3 \\ -3 6 -3 \\ 3 -3 6 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 2 0 0 \\ 0 2 0 \\ 0 0 2 \end{pmatrix} = A^2.\]
Ainsi \(A^2 = 3A – 2I_3\), ce qui est la formule pour \(n = 2\) (\(2^2 – 1 = 3\) et \(2 – 2^2 = -2\)) : initialisation faite.
Hérédité. Supposons \(A^n = (2^n – 1)A + (2 – 2^n)I_3\) pour un entier \(n \geq\, 2\). En multipliant par \(A\) et en utilisant \(A^2 = 3A – 2I_3\) :
\[A^{n+1} = (2^n – 1)A^2 + (2 – 2^n)A = (2^n – 1)(3A – 2I_3) + (2 – 2^n)A = (3 \times 2^n – 3 + 2 – 2^n)A + (2 – 2^{n+1})I_3.\]
\[A^{n+1} = (2^{n+1} – 1)A + (2 – 2^{n+1})I_3.\]
La propriété est vraie au rang \(n + 1\). Conclusion : par récurrence, la formule est vraie pour tout entier \(n \geq\, 2\).
Corrigé bac 2020 : conseils de révision
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction exponentielle et la loi normale. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction exponentielle.
Points de vigilance
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Avec une loi normale, vérifiez à la calculatrice que vous avez bien saisi l’écart-type et non la variance.
- Avec les nombres complexes, ne confondez pas module et argument, et donnez l’argument dans l’intervalle demandé.
Corrigé bac 2020 : questions fréquentes
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 ? Avant tout, la fonction exponentielle, la loi normale et les nombres complexes, mais aussi le raisonnement par récurrence.
Faut-il tout justifier ? Dans la plupart des questions, oui : c’est pourquoi la rédaction compte autant que le résultat, sauf dans les QCM où seule la réponse est demandée.
Puis Retour à l’énoncé : Bac S de maths 2020 en Nouvelle-Calédonie : sujet et corrigé.
