Bac S de maths 2020 en Nouvelle-Calédonie : 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
Nouvelle-Calédonie — 2 décembre 2020
Mathématiques — Durée : 4 heures

L’usage de tout modèle de calculatrice, avec ou sans mode examen, est autorisé.
L’usage de la calculatrice sans mémoire, type « collège », est autorisé.

Le sujet est composé de quatre exercices indépendants.
Le candidat doit traiter tous les exercices.
Dans chaque exercice, le candidat peut admettre un résultat précédemment donné dans le texte pour aborder les questions suivantes, à condition de l’indiquer clairement sur la copie.
Le candidat est invité à faire figurer sur la copie toute trace de recherche, même incomplète ou non fructueuse, qu’il aura développée.
Il est rappelé que la qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements seront prises en compte dans l’appréciation des copies.

Exercice 1 (5 points)

Commun à tous les candidats

1. On considère l’équation \((E) : z^3 = 4z^2 – 8z + 8\) ayant pour inconnue le nombre complexe \(z\).

a. Démontrer que, pour tout nombre complexe \(z\),

\[z^3 – 4z^2 + 8z – 8 = (z – 2)(z^2 – 2z + 4).\]

b. Résoudre l’équation \((E)\).

c. Écrire les solutions de l’équation \((E)\) sous forme exponentielle.

On munit le plan complexe d’un repère orthonormé direct \((\text{O}\,;\,\vec{u},\,\vec{v})\).

Soit A, B, C et D les quatre points d’affixes respectives

\[z_{\text{A}} = 1 + \text{i}\sqrt{3} \qquad z_{\text{B}} = 2 \qquad z_{\text{C}} = 1 – \text{i}\sqrt{3} \qquad z_{\text{D}} = 1.\]

Ces quatre points sont représentés dans la figure ci-dessous.

2. Quelle est la nature du quadrilatère OABC ? Justifier.

3. Soit M le point d’affixe \(z_{\text{M}} = \dfrac{7}{4} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{4}\).

a. Démontrer que les points A, M et B sont alignés.

b. Démontrer que le triangle DMB est rectangle.

Exercice 2 (5 points)

Commun à tous les candidats

Le phaéton à bec rouge est un oiseau des régions intertropicales.

1. Lorsque le phaéton à bec rouge vit dans un environnement pollué, sa durée de vie, en année, est modélisée par une variable aléatoire \(X\) suivant une loi normale d’espérance \(\mu\) inconnue et d’écart-type \(\sigma = 0{,}95\).

a. On considère la variable aléatoire \(Y\) définie par \(Y = \dfrac{X – \mu}{0{,}95}\).
Donner sans justification la loi suivie par la variable \(Y\).

b. On sait que \(P(X \geq\, 4) = 0{,}146\).
Démontrer que la valeur de \(\mu\) arrondie à l’unité est 3.

2. Lorsque le phaéton à bec rouge vit dans un environnement sain, sa durée de vie, en année, est modélisée par une variable aléatoire \(Z\).
Les courbes des fonctions de densité associées aux lois de \(X\) et de \(Z\) sont représentées sur l’ANNEXE à rendre avec la copie.

a. Quelle est la courbe de la fonction de densité associée à \(X\) ? Justifier.

b. Sur l’ANNEXE à rendre avec la copie, hachurer la zone du plan correspondant à \(P(Z \geq\, 4)\).
On admettra par la suite que \(P(Z \geq\, 4) = 0{,}677\).

Annexe, exercice 2 question 2 (à rendre avec la copie)

3. Une étude statistique portant sur une région donnée, a permis d’établir que 30 % des phaétons à bec rouge vivent dans un environnement pollué ; les autres vivent dans un environnement sain.

On choisit au hasard un phaéton à bec rouge vivant dans la région donnée.

On considère les évènements suivants :

• \(S\) : « le phaéton à bec rouge choisi vit dans un environnement sain » ;
• \(V\) : « le phaéton à bec rouge choisi a une durée de vie d’au moins 4 ans ».

a. Compléter l’arbre pondéré illustrant la situation sur l’ANNEXE à rendre avec la copie.

Annexe, exercice 2 question 3 (à rendre avec la copie)

b. Déterminer \(P(V)\). Arrondir le résultat au millième.

c. Sachant que le phaéton à bec rouge a une durée de vie d’au moins 4 ans, quelle est la probabilité qu’il vive dans un environnement sain ? Arrondir le résultat au millième.

Exercice 3 (5 points)

Commun à tous les candidats

Partie A

Soit \(g\) la fonction définie sur l’ensemble des nombres réels \(\mathbb{R}\), par

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

On admet que la fonction \(g\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on note \(g^{\prime}\) sa fonction dérivée.

1. Déterminer les limites de \(g\) en \(+\infty\) et en \(-\infty\).

2. On admet que la fonction \(g^{\prime}\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) et que \(g^{\prime}(0) = 0\).
Déterminer le signe de la fonction \(g^{\prime}\) sur \(\mathbb{R}\).

3. Dresser le tableau de variations de la fonction \(g\) et calculer le minimum de la fonction \(g\) sur \(\mathbb{R}\).

Partie B

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

\[f(x) = 3 – \dfrac{2}{1 + \text{e}^x}.\]

On désigne par \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de \(f\) dans un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath})\), représentée dans la figure ci-dessous.

Soit A le point de coordonnées \((-\dfrac{1}{2}\,;\,3)\).

1. Démontrer que le point B(0 ; 2) appartient à \(\mathcal{C}_f\).

2. Soit \(x\) un réel quelconque.
On note \(M\) le point de la courbe \(\mathcal{C}_f\) de coordonnées \((x\,;\,f(x))\).
Démontrer que \(\text{A}M^2 = g(x)\).

3. On admet que la distance \(\text{A}M\) est minimale si et seulement si \(\text{A}M^2\) est minimal.
Déterminer les coordonnées du point de la courbe \(\mathcal{C}_f\) tel que la distance \(\text{A}M\) est minimale.

4. On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée.

a. Calculer \(f^{\prime}(x)\) pour tout réel \(x\).

b. Soit \(T\) la tangente à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point B.
Démontrer que l’équation réduite de \(T\) est \(y = \dfrac{x}{2} + 2\).

5. Démontrer que la droite \(T\) est perpendiculaire à la droite (AB).

Exercice 4 (5 points) — Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, en justifiant la réponse.

Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.

1. Affirmation 1 : L’équation \((3\ln x – 5)(\text{e}^x + 4) = 0\) admet exactement deux solutions réelles.

2. On considère la suite \((u_n)\) définie par

\[u_0 = 2 \quad \text{et, pour tout entier naturel } n,\ u_{n+1} = 2u_n – 5n + 6.\]

Affirmation 2 : Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 3 \times 2^n + 5n – 1\).

3. On considère la suite \((u_n)\) définie, pour tout entier naturel \(n\), par \(u_n = n^2 + \dfrac{1}{2}\).

Affirmation 3 : La suite \((u_n)\) est géométrique.

4. Dans un repère de l’espace, soit \(d\) la droite passant par le point A\((-3\,;\,7\,;\,-12)\) et de vecteur directeur \(\vec{u}(1\,;\,-2\,;\,5)\).

Soit \(d^{\prime}\) la droite ayant pour représentation paramétrique \(\begin{cases} x = 2t – 1 \\ y = -4t + 3 \\ z = 10t – 2 \end{cases}, \ t \in \mathbb{R}\).

Affirmation 4 : Les droites \(d\) et \(d^{\prime}\) sont confondues.

5. On considère un cube ABCDEFGH, L’espace est muni du repère orthonormé \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\).

Une représentation paramétrique de la droite (AG) est \(\begin{cases} x = t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \ t \in \mathbb{R}\).

On considère un point \(M\) de la droite (AG).

Affirmation 5 : Il y a exactement deux positions du point \(M\) sur la droite (AG) telles que les droites (\(M\)B) et (\(M\)D) soient orthogonales.

Exercice 4 (5 points) — Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, en justifiant la réponse.

Il est attribué un point par réponse exacte correctement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.

1. Affirmation 1 : Les solutions de l’équation \(7x – 12y = 5\), où \(x\) et \(y\) sont des entiers relatifs, sont les couples \((-1 + 12k\,;\,-1 + 7k)\) où \(k\) décrit l’ensemble des entiers relatifs.

2. Affirmation 2 : Pour tout entier naturel \(n\), le reste de la division euclidienne de \(4 + 3 \times 15^n\) par 3 est égal à 1.

3. Affirmation 3 : L’équation \(n(2n^2 – 3n + 5) = 3\), où \(n\) est un entier naturel, admet au moins une solution.

4. Soit \(t\) un nombre réel. On pose \(A = \begin{pmatrix} t 3 \\ 2t -t \end{pmatrix}\).

Affirmation 4 : Il n’existe aucune valeur du réel \(t\) pour laquelle \(A^2 = \begin{pmatrix} 1 0 \\ 0 1 \end{pmatrix}\).

5. On considère les matrices \(A = \begin{pmatrix} 0 1 -1 \\ -1 2 -1 \\ 1 -1 2 \end{pmatrix}\) et \(I_3 = \begin{pmatrix} 1 0 0 \\ 0 1 0 \\ 0 0 1 \end{pmatrix}\).

Affirmation 5 : Pour tout entier \(n \geq\, 2\), \(A^n = (2^n – 1)A + (2 – 2^n)I_3\).

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 \(\dfrac{\pi}{2}\).)

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.

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 :

\[g(0) = 0 + 0 + \dfrac{1}{4} + \dfrac{4}{(1 + 1)^2} = \dfrac{1}{4} + 1 = \dfrac{5}{4}.\]

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).

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 \(n = 0\) : \(4 + 3 = 7 = 2 \times 3 + 1\)).

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 \(n \geq\, 2\).

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