Corrigé du bac S de maths 2020 en Polynésie (septembre) à télécharger en PDF

Corrigé septembre 2020 : présentation de la correction

Avant tout, ce corrigé septembre 2020 reprend le bac S de mathématiques 2020 en Polynésie (septembre) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, le raisonnement par récurrence et le calcul matriciel. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. 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 :

1. Réponse D. Chaque tirage donne une boule blanche avec la probabilité \(\dfrac{3}{8}\), et les 4 tirages sont indépendants (avec remise). Le nombre \(X\) de boules blanches suit donc la loi binomiale \(\mathcal{B}(4\,;\,\dfrac{3}{8})\). On passe par l’évènement contraire « aucune boule blanche » :

\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – (\dfrac{5}{8})^4 = 1 – \dfrac{625}{4096} \approx 0{,}847.\]

Arrondie au centième, la probabilité vaut 0,85 : réponse D.

2. Réponse B. Notons \(T\) l’évènement « on choisit la pièce truquée », de probabilité \(\dfrac{1}{n}\). Avec la pièce truquée, FACE sort à coup sûr ; avec une pièce normale (probabilité \(\dfrac{n-1}{n}\)), FACE sort une fois sur deux. Par la formule des probabilités totales :

\[P(\text{FACE}) = \dfrac{1}{n} \times 1 + \dfrac{n-1}{n} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{2 + n – 1}{2n} = \dfrac{n+1}{2n}.\]

Réponse B.

3. Réponse D. L’évènement \(T \gt 72\) est inclus dans \(T \gt 60\), donc \(P_{(T \gt 60)}(T \gt 72) = \dfrac{P(T \gt 72)}{P(T \gt 60)}\). Par symétrie de la loi normale autour de son espérance 60, \(P(T \gt 60) = 0{,}5\). La calculatrice donne \(P(T \gt 72) \approx 0{,}02275\) (72 est à deux écarts-types de la moyenne). D’où \(P_{(T \gt 60)}(T \gt 72) \approx \dfrac{0{,}02275}{0{,}5} \approx 0{,}046\) : réponse D.

Exercice 1 du corrigé septembre 2020 : questions 4 à 5

4. Réponse A. Pour une variable \(X\) de loi exponentielle de paramètre \(\lambda\), \(P(X \gt a) = \text{e}^{-\lambda a}\) pour tout \(a \geq\, 0\). Avec \(a = 3\) : \(P(X \gt 3) = \text{e}^{-3\lambda}\), réponse A. (La réponse B correspond à une panne avant 3 ans.)

5. Réponse A. Sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\), la fonction cosinus est décroissante et \(\cos\dfrac{\pi}{3} = \dfrac{1}{2}\), donc \(\cos x \gt \dfrac{1}{2} \iff 0 \leq\, x \lt \dfrac{\pi}{3}\). Pour une loi uniforme, la probabilité est le rapport des longueurs :

\[P(0 \leq\, X \lt \dfrac{\pi}{3}) = \dfrac{\frac{\pi}{3}}{\frac{\pi}{2}} = \dfrac{2}{3}.\]

Réponse A.

Exercice 2 :

Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), on lit les coordonnées utiles : B\((1\,;\,0\,;\,0)\), C\((1\,;\,1\,;\,0)\), F\((1\,;\,0\,;\,1)\) et H\((0\,;\,1\,;\,1)\).

1. On a \(\vec{\text{BH}}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{B}M}\begin{pmatrix}1 – t – 1\\t\\t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-t\\t\\t\end{pmatrix}\). Donc \(\vec{\text{B}M} = t\,\vec{\text{BH}}\) : les vecteurs sont colinéaires et \(M\) appartient à la droite (BH) pour tout réel \(t\).

2. Les représentations paramétriques fournissent des vecteurs directeurs : \(\vec{d}\begin{pmatrix}-1\\1\\1\end{pmatrix}\) pour (BH) et \(\vec{d^{\prime}}\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}\) pour (FC).

Orthogonalité. \(\vec{d} \cdot \vec{d^{\prime}} = (-1) \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times (-1) = 0\) : les droites (BH) et (FC) sont orthogonales.

Non coplanarité. Les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \(\vec{d^{\prime}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{d}\)), donc les droites ne sont pas parallèles. Si elles étaient coplanaires, elles seraient alors sécantes. Cherchons un point commun :

\[\begin{cases} 1 – t = 1 \\ t = t^{\prime} \\ t = 1 – t^{\prime} \end{cases}\]

La première équation donne \(t = 0\), la deuxième \(t^{\prime} = 0\), et la troisième devient \(0 = 1\) : c’est impossible. Les droites ne sont ni parallèles ni sécantes, donc (BH) et (FC) sont non coplanaires.

3. a. On a \(\vec{MM^{\prime}}\begin{pmatrix}1 – (1 – t)\\t^{\prime} – t\\1 – t^{\prime} – t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}t\\t^{\prime} – t\\1 – t – t^{\prime}\end{pmatrix}\), donc, le repère étant orthonormé :

\[MM^{\prime}^2 = t^2 + (t^{\prime} – t)^2 + (1 – t – t^{\prime})^2.\]

En développant : \(t^2 + (t^{\prime}^2 – 2tt^{\prime} + t^2) + (1 + t^2 + t^{\prime}^2 – 2t – 2t^{\prime} + 2tt^{\prime}) = 3t^2 + 2t^{\prime}^2 – 2t – 2t^{\prime} + 1\).

Développons aussi l’expression proposée : \(3(t^2 – \frac{2}{3}t + \frac{1}{9}) + 2(t^{\prime}^2 – t^{\prime} + \frac{1}{4}) + \frac{1}{6} = 3t^2 – 2t + \frac{1}{3} + 2t^{\prime}^2 – 2t^{\prime} + \frac{1}{2} + \frac{1}{6}\), soit \(3t^2 + 2t^{\prime}^2 – 2t – 2t^{\prime} + 1\).

Exercice 2 (suite)

Les deux expressions coïncident : \(MM^{\prime}^2 = 3(t – \frac{1}{3})^2 + 2(t^{\prime} – \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{6}\).

b. Les deux carrés sont positifs ou nuls, donc \(MM^{\prime}^2 \geq\, \frac{1}{6}\), avec égalité si et seulement si les deux carrés sont nuls. La distance \(MM^{\prime}\) (positive) est minimale en même temps que son carré, donc \(MM^{\prime}\) est minimale pour \(t = \frac{1}{3}\) et \(t^{\prime} = \frac{1}{2}\), et cette distance minimale vaut \(\sqrt{\frac{1}{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6} \approx 0{,}41\).

c. Pour \(t = \frac{1}{3}\), le point \(M\) a pour coordonnées \((\frac{2}{3}\,;\,\frac{1}{3}\,;\,\frac{1}{3})\) : c’est P, qui est donc sur (BH). Pour \(t^{\prime} = \frac{1}{2}\), le point \(M^{\prime}\) a pour coordonnées \((1\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2})\) : c’est Q, qui est sur (FC).

On a \(\vec{\text{PQ}}\begin{pmatrix}\frac{1}{3}\\ \frac{1}{6}\\ \frac{1}{6}\end{pmatrix}\), puis \(\vec{\text{PQ}} \cdot \vec{d} = -\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{1}{6} = 0\) et \(\vec{\text{PQ}} \cdot \vec{d^{\prime}} = 0 + \frac{1}{6} – \frac{1}{6} = 0\).

La droite (PQ) est orthogonale à (BH) et la coupe en P ; elle est orthogonale à (FC) et la coupe en Q. (PQ) est donc perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC) : c’est leur perpendiculaire commune.

Exercice 3 :

1. a. Pour \(x \neq 0\) (l’expression proposée n’a pas de sens en 0), on simplifie le produit :

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

b. Posons \(X = x^2\). Quand \(x \to +\infty\), \(X \to +\infty\), et par croissance comparée \(\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{X}{\text{e}^X} = 0\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}} = 0\). De plus \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}}{x} = 0\). Par produit, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\).

2. a. Les points sont \(M(x\,;\,f(x))\) et \(N(-x\,;\,f(-x))\). Or \(f(-x) = (-x)\text{e}^{-(-x)^2+1} = -x\text{e}^{-x^2+1} = -f(x)\).

Le milieu de \([MN]\) a pour coordonnées \((\dfrac{x + (-x)}{2}\,;\,\dfrac{f(x) – f(x)}{2}) = (0\,;\,0)\) : O est le milieu de \([MN]\).

b. Tout point de \((\mathcal{C})\) a son symétrique par rapport à O sur \((\mathcal{C})\) : la courbe \((\mathcal{C})\) est symétrique par rapport à l’origine O (la fonction \(f\) est impaire).

3. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). On dérive le produit \(u \times v\) avec \(u(x) = x\) et \(v(x) = \text{e}^{-x^2+1}\), où \(v^{\prime}(x) = -2x\text{e}^{-x^2+1}\) :

\[f^{\prime}(x) = \text{e}^{-x^2+1} + x \times (-2x\text{e}^{-x^2+1}) = (1 – 2x^2)\text{e}^{-x^2+1}.\]

Une exponentielle est strictement positive, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2x^2\). Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(1 – 2x^2 \geq\, 0 \iff x^2 \leq\, \frac{1}{2} \iff x \leq\, \frac{\sqrt{2}}{2}\).

Valeurs remarquables : \(f(0) = 0\) et \(f(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{-\frac{1}{2}+1} = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{\text{e}}{2}} \approx 1{,}166\).

Exercice 3 du corrigé septembre 2020 : questions 4 à 5

\(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,\frac{\sqrt{2}}{2}]\) et strictement décroissante sur \([\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,+\infty[\), avec un maximum égal à \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\).

4. a. On applique le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur chacun des deux intervalles de monotonie.

• Sur \([0\,;\,\frac{\sqrt{2}}{2}]\), \(f\) est continue et strictement croissante de \(0\) à \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}} \approx 1{,}166\). Comme \(0{,}5\) est compris entre ces deux valeurs, l’équation \(f(x) = 0{,}5\) a une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.
• Sur \([\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,+\infty[\), \(f\) est continue et strictement décroissante de \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\) vers la limite 0. Comme \(0 \lt 0{,}5 \lt \sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\), l’équation a une unique solution \(\beta\) sur cet intervalle.

Donc l’équation \(f(x) = 0{,}5\) admet exactement deux solutions \(\alpha \lt \beta\) sur \([0\,;\,+\infty[\).

b. D’après les variations, \(f(x) \geq\, 0{,}5\) entre \(\alpha\) et \(\beta\) et \(f(x) \lt 0{,}5\) ailleurs sur \([0\,;\,+\infty[\). L’ensemble des solutions est \([\alpha\,;\,\beta]\).

c. Par balayage à la calculatrice : \(f(0{,}19) \approx 0{,}498\) et \(f(0{,}20) \approx 0{,}522\), puis \(f(1{,}43) \approx 0{,}503\) et \(f(1{,}44) \approx 0{,}492\). On obtient \(\alpha \approx 0{,}19\) et \(\beta \approx 1{,}43\).

5. a. On reconnaît une forme \(u^{\prime}\text{e}^u\) : avec \(u(x) = -x^2 + 1\), \(u^{\prime}(x) = -2x\), donc \(f(x) = -\dfrac{1}{2}u^{\prime}(x)\text{e}^{u(x)}\). Une primitive de \(f\) est \(F(x) = -\dfrac{1}{2}\text{e}^{-x^2+1}\). Ainsi :

\[I_A = F(A) – F(0) = -\dfrac{1}{2}\text{e}^{-A^2+1} + \dfrac{1}{2}\text{e}^{1} = \dfrac{1}{2}(\text{e} – \text{e}^{-A^2+1}).\]

b. Quand \(A \to +\infty\), \(-A^2 + 1 \to -\infty\), donc \(\text{e}^{-A^2+1} \to 0\). Ainsi \(\lim\limits_{A \to +\infty} I_A = \dfrac{\text{e}}{2}\).

Exercice 3 : question 6

6. Découpons la partie grisée avec les symétries de la figure.

Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(f(x) \geq\, 0\) : l’aire entre \((\mathcal{C})\) et l’axe des abscisses vaut \(\dfrac{\text{e}}{2}\) (question 5.b). Par symétrie par rapport à l’axe des abscisses, l’aire entre \((\mathcal{C}^{\prime})\) et cet axe vaut aussi \(\dfrac{\text{e}}{2}\). L’aire comprise entre \((\mathcal{C})\) et \((\mathcal{C}^{\prime})\) pour \(x \geq\, 0\) est donc \(\text{e}\).

Par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées (la figure formée par \((\mathcal{C})\) et \((\mathcal{C}^{\prime})\) est symétrique puisque \(f\) est impaire), la partie \(x \leq\, 0\) apporte aussi une aire \(\text{e}\). Le domaine entier entre les deux courbes mesure \(2\text{e}\).

On retire les deux disques blancs, de rayon 0,5, entièrement contenus dans ce domaine : chacun a pour aire \(\pi \times 0{,}5^2 = \dfrac{\pi}{4}\).

\[\mathcal{A} = 2\text{e} – 2 \times \dfrac{\pi}{4} = 2\text{e} – \dfrac{\pi}{2} \approx 3{,}866.\]

L’aire de la partie grisée vaut environ 3,87 unités d’aire.

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

1. a. \(z_1 = (1 + \text{i}) \times 0 – \text{i} = -\text{i}\), puis \(z_2 = (1 + \text{i})(-\text{i}) – \text{i} = -\text{i} – \text{i}^2 – \text{i} = 1 – 2\text{i}\). Les deux valeurs sont vérifiées.

b. \((1 + \text{i})(1 – 2\text{i}) = 1 – 2\text{i} + \text{i} – 2\text{i}^2 = 3 – \text{i}\), donc \(z_3 = 3 – \text{i} – \text{i} = 3 – 2\text{i}\).

c. On place B\((1\,;\,0)\), \(A_1(0\,;\,-1)\), \(A_2(1\,;\,-2)\) et \(A_3(3\,;\,-2)\) : l’abscisse d’un point est la partie réelle de son affixe, l’ordonnée sa partie imaginaire. \(A_1\) est sur l’axe des ordonnées, \(A_2\) à la verticale de B deux unités plus bas, et \(A_3\) sur la même horizontale que \(A_2\), deux unités plus à droite.

d. Calculons les trois longueurs :

• \(\text{B}A_1 = |z_1 – 1| = |-1 – \text{i}| = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}\) ;
• \(A_1A_2 = |z_2 – z_1| = |1 – \text{i}| = \sqrt{2}\) ;
• \(\text{B}A_2 = |z_2 – 1| = |-2\text{i}| = 2\).

Comme \(\text{B}A_1 = A_1A_2\), le triangle est isocèle en \(A_1\). De plus \(\text{B}A_1^2 + A_1A_2^2 = 2 + 2 = 4 = \text{B}A_2^2\) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, il est rectangle en \(A_1\). Le triangle B\(A_1A_2\) est isocèle rectangle en \(A_1\).

2. a. Pour tout \(n\), \(z_{n+1} – 1 = (1 + \text{i})z_n – \text{i} – 1 = (1 + \text{i})z_n – (1 + \text{i}) = (1 + \text{i})(z_n – 1)\).

Le module d’un produit est le produit des modules, et \(|1 + \text{i}| = \sqrt{2}\), donc \(u_{n+1} = |1 + \text{i}| \times |z_n – 1|\), c’est-à-dire \(u_{n+1} = \sqrt{2}\,u_n\).

b. La suite \((u_n)\) est géométrique de raison \(\sqrt{2}\) et de premier terme \(u_0 = |0 – 1| = 1\), donc \(u_n = (\sqrt{2})^n\). Or \(u_n = |z_n – 1| = \text{B}A_n\).

Exercice 4 du corrigé septembre 2020 : question 3

On résout \((\sqrt{2})^n \gt 1000\). La fonction ln est strictement croissante : \(n\ln(\sqrt{2}) \gt \ln(1000)\), soit \(n \gt \dfrac{\ln(1000)}{\ln(\sqrt{2})} \approx 19{,}93\).

Vérification : \((\sqrt{2})^{19} = 2^{9{,}5} \approx 724\) et \((\sqrt{2})^{20} = 2^{10} = 1024\). La distance B\(A_n\) dépasse 1 000 à partir de \(n = 20\).

3. a. \(|1 + \text{i}| = \sqrt{2}\), et \(1 + \text{i} = \sqrt{2}(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2})\). Un argument est donc \(\dfrac{\pi}{4}\), et \(1 + \text{i} = \sqrt{2}\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\).

b. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(z_n = 1 – (\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\) ».

Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(1 – (\sqrt{2})^0\text{e}^{0} = 1 – 1 = 0 = z_0\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n \geq\, 0\). D’après 2.a, \(z_{n+1} – 1 = (1 + \text{i})(z_n – 1)\), et par hypothèse \(z_n – 1 = -(\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\). Donc :

\[z_{n+1} – 1 = \sqrt{2}\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} \times (-(\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}) = -(\sqrt{2})^{n+1}\text{e}^{\text{i}\frac{(n+1)\pi}{4}}.\]

Ainsi \(z_{n+1} = 1 – (\sqrt{2})^{n+1}\text{e}^{\text{i}\frac{(n+1)\pi}{4}}\) : \(\mathcal{P}(n + 1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(z_n = 1 – (\sqrt{2})^n\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\).

c. Pour \(n = 2020\) : \(\dfrac{2020\pi}{4} = 505\pi = 252 \times 2\pi + \pi\), donc \(\text{e}^{\text{i}\frac{2020\pi}{4}} = \text{e}^{\text{i}\pi} = -1\). Et \((\sqrt{2})^{2020} = 2^{1010}\).

On obtient \(z_{2020} = 1 – 2^{1010} \times (-1) = 1 + 2^{1010}\), qui est un nombre réel. Le point \(A_{2020}\) appartient donc à l’axe des abscisses.

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

1. On applique les relations de récurrence avec \(a_1 = 1\) et \(b_1 = 0\) :

• \(a_2 = a_1 + b_1 = 1\) et \(b_2 = 2a_1 = 2\) ;
• \(a_3 = a_2 + b_2 = 3\) et \(b_3 = 2a_2 = 2\).

\(a_2 = 1\), \(b_2 = 2\), \(a_3 = 3\), \(b_3 = 2\).

2. Chaque coefficient de \(M^2\) est le produit scalaire d’une ligne de \(M\) par une colonne de \(M\). Par exemple, le coefficient ligne 1, colonne 1 vaut \(0 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times 1 = 2\), et le coefficient ligne 1, colonne 2 vaut \(0 \times 1 + 1 \times 0 + 1 \times 1 = 1\). On obtient :

\[M^2 = \begin{pmatrix}2 1 1\\1 2 1\\1 1 2\end{pmatrix}.\]

Par ailleurs \(M + 2I = \begin{pmatrix}0 + 2 1 1\\1 0 + 2 1\\1 1 0 + 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 1 1\\1 2 1\\1 1 2\end{pmatrix}\). Donc \(M^2 = M + 2I\).

3. a. \(AX_n = \begin{pmatrix}1 1\\2 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a_n\\b_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_n + b_n\\2a_n\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}a_{n+1}\\b_{n+1}\end{pmatrix} = X_{n+1}\). La relation \(X_{n+1} = AX_n\) est vérifiée.

b. En itérant la relation à partir de \(X_1\) : \(X_n = A^{n-1}X_1\) pour tout \(n \geq\, 2\).

c. Notons \(Q = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3} -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\). On calcule :

\[PQ = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} + \frac{1}{3} \frac{1}{3} – \frac{1}{3}\\ \frac{2}{3} – \frac{2}{3} \frac{1}{3} + \frac{2}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 0\\0 1\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad QP = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} + \frac{1}{3} \frac{2}{3} – \frac{2}{3}\\ \frac{1}{3} – \frac{1}{3} \frac{1}{3} + \frac{2}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 0\\0 1\end{pmatrix}.\]

Comme \(PQ = QP = I_2\), \(P\) est inversible et \(P^{-1} = Q\).

d. On calcule d’abord \(AP = \begin{pmatrix}1 1\\2 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 1\\1 -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 -1\\2 2\end{pmatrix}\), puis :

\[P^{-1}AP = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3} -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 -1\\2 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{4}{3} + \frac{2}{3} -\frac{2}{3} + \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3} – \frac{2}{3} -\frac{1}{3} – \frac{2}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 0\\0 -1\end{pmatrix}.\]

Exercice 4 : questions 4 à 5

\(P^{-1}AP = D\) avec \(D = \begin{pmatrix}2 0\\0 -1\end{pmatrix}\), matrice diagonale.

e. En multipliant \(D = P^{-1}AP\) à gauche par \(P\) et à droite par \(P^{-1}\), on obtient \(A = PDP^{-1}\).

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(PD^1P^{-1} = PDP^{-1} = A = A^1\). La propriété est vraie.

Hérédité. Supposons \(A^n = PD^nP^{-1}\) pour un entier \(n \geq\, 1\). Alors \(A^{n+1} = A^n \times A = PD^nP^{-1} \times PDP^{-1} = PD^n(P^{-1}P)DP^{-1} = PD^{n+1}P^{-1}\), car \(P^{-1}P = I_2\).

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(A^n = PD^nP^{-1}\).

f. D’après 3.b (l’égalité étant aussi vraie pour \(n = 1\) puisque \(A^0 = I_2\)), \(X_n = A^{n-1}X_1\) avec \(X_1 = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\). Multiplier une matrice par \(\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\) en extrait la première colonne, donc \(a_n\) est le coefficient ligne 1, colonne 1 de \(A^{n-1}\) :

\[a_n = \dfrac{1}{3} \times 2^n + \dfrac{1}{3} \times (-1)^{n-1} = \dfrac{1}{3}(2^n + (-1)^{n-1}).\]

(Contrôle : \(a_3 = \frac{1}{3}(8 + 1) = 3\), conforme à la question 1.)

4. \(2^4 = 16 = 3 \times 5 + 1\), donc \(2^4 \equiv 1\ [5]\). Pour tout entier naturel \(k\), \(2^{4k} = (2^4)^k \equiv 1^k = 1\ [5]\). Donc \(2^{4k} – 1 \equiv 0\ [5]\).

5. a. Écrivons \(n = 4k\) avec \(k\) entier naturel non nul. D’après 3.f, \(3a_n = 2^n + (-1)^{n-1} = 2^{4k} + (-1)^{4k-1}\). Comme \(4k – 1\) est impair, \((-1)^{4k-1} = -1\), donc \(3a_n = 2^{4k} – 1\).

D’après la question 4, \(2^{4k} – 1 \equiv 0\ [5]\) : \(3a_n\) est divisible par 5.

b. 5 divise le produit \(3 \times a_n\) et 5 est premier avec 3. D’après le théorème de Gauss, 5 divise \(a_n\). (Exemple : \(a_4 = \frac{1}{3}(16 – 1) = 5\).)

Bien travailler ce corrigé septembre 2020

Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction exponentielle ou la fonction logarithme népérien. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction exponentielle propose un rappel complet.

Les erreurs fréquentes à éviter

• 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.
• Dans une récurrence, écrivez clairement l’hypothèse au rang n avant l’hérédité ; une initialisation oubliée coûte des points faciles.

Corrigé septembre 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 ? En priorité, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et le raisonnement par récurrence, mais aussi le calcul matriciel.

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.

De plus, Retour à l’énoncé : Bac S de maths 2020 en Polynésie (septembre) : sujet et corrigé.