Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.
BACCALAURÉAT S — SESSION 2020
Polynésie — 2 septembre 2020
Mathématiques — Durée : 4 heures
Exercice 1 (5 points)
Commun à tous les candidats
Cet exercice est un questionnaire à choix multiples constitué de cinq questions indépendantes.
Pour chaque question, une seule des réponses est exacte.
Le candidat portera sur sa copie, sans justification, le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie.
Il sera attribué 1 point si la réponse est exacte, 0 sinon.
1. Une urne contient 5 boules rouges et 3 boules blanches indiscernables au toucher.
On extrait une boule de l’urne et on note sa couleur.
On répète 4 fois cette expérience, de manière indépendante, en remettant la boule à chaque fois dans l’urne.
La probabilité, arrondie au centième, d’obtenir au moins 1 boule blanche est :
| Réponse A | Réponse B | Réponse C | Réponse D |
|---|---|---|---|
| \(0{,}15\) | \(0{,}63\) | \(0{,}5\) | \(0{,}85\) |
2. Soit \(n\) étant un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Un sac contient \(n\) pièces indiscernables au toucher. Ces pièces comportent toutes un côté « PILE » et un côté « FACE » sauf une qui contient deux côtés « FACE ».
On choisit au hasard une pièce du sac puis on la lance.
La probabilité d’obtenir le côté « FACE » est égale à :
| Réponse A | Réponse B | Réponse C | Réponse D |
|---|---|---|---|
| \(\dfrac{n-1}{n}\) | \(\dfrac{n+1}{2n}\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\dfrac{n-1}{2n}\) |
3. On considère \(T\) la variable aléatoire suivant la loi normale d’espérance \(\mu = 60\) et d’écart-type \(\sigma = 6\).
La probabilité \(P_{(T \gt 60)}(T \gt 72)\) arrondie au millième est :
| Réponse A | Réponse B | Réponse C | Réponse D |
|---|---|---|---|
| \(0{,}954\) | \(1\) | \(0{,}023\) | \(0{,}046\) |
4. La durée de fonctionnement, exprimée en années, d’un moteur jusqu’à ce que survienne la première panne est modélisée par une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre \(\lambda\) où \(\lambda\) est un réel strictement positif.
La probabilité que le moteur fonctionne sans panne pendant plus de 3 ans est égale à :
| Réponse A | Réponse B | Réponse C | Réponse D |
|---|---|---|---|
| \(\text{e}^{-3\lambda}\) | \(1 – \text{e}^{-3\lambda}\) | \(\text{e}^{3\lambda} – 1\) | \(\text{e}^{3\lambda}\) |
5. On note \(X\) une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\). La probabilité qu’une valeur prise par la variable aléatoire \(X\) soit solution de l’inéquation \(\cos x \gt \dfrac{1}{2}\) est égale à :
| Réponse A | Réponse B | Réponse C | Réponse D |
|---|---|---|---|
| \(\dfrac{2}{3}\) | \(\dfrac{1}{3}\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(\dfrac{1}{\pi}\) |
Exercice 2 (4 points)
Commun à tous les candidats
Soit ABCDEFGH un cube. L’espace est rapporté au repère orthonormé \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\).
Pour tout réel \(t\), on considère le point \(M\) de coordonnées \((1 – t\,;\,t\,;\,t)\).
1. Montrer que pour tout réel \(t\), le point \(M\) appartient à la droite (BH).
On admet que les droites (BH) et (FC) ont respectivement pour représentation paramétrique :
\[\begin{cases} x = 1 – t \\ y = t \\ z = t \end{cases} \ \text{où } t \in \mathbb{R} \quad \text{et} \quad \begin{cases} x = 1 \\ y = t^{\prime} \\ z = 1 – t^{\prime} \end{cases} \ \text{où } t^{\prime} \in \mathbb{R}.\]
2. Montrer que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales et non coplanaires.
3. Pour tout réel \(t^{\prime}\), on considère le point \(M^{\prime}(1\,;\,t^{\prime}\,;\,1 – t^{\prime})\).
a. Montrer que pour tous réels \(t\) et \(t^{\prime}\), \(MM^{\prime}^2 = 3(t – \frac{1}{3})^2 + 2(t^{\prime} – \frac{1}{2})^2 + \frac{1}{6}\).
b. Pour quelles valeurs de \(t\) et de \(t^{\prime}\) la distance \(MM^{\prime}\) est-elle minimale ? Justifier.
c. On nomme P le point de coordonnées \((\frac{2}{3}\,;\,\frac{1}{3}\,;\,\frac{1}{3})\) et Q celui de coordonnées \((1\,;\,\frac{1}{2}\,;\,\frac{1}{2})\).
Justifier que la droite (PQ) est perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC).
Exercice 3 (6 points)
Commun à tous les candidats
On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par
\[f(x) = x\text{e}^{-x^2+1}.\]
On note \((\mathcal{C})\) la courbe représentative de \(f\) dans un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath})\).
1. a. Montrer que pour tout \(x\) réel, \(f(x) = \dfrac{\text{e}}{x} \times \dfrac{x^2}{\text{e}^{x^2}}\).
b. En déduire la limite de \(f(x)\) lorsque \(x\) tend vers \(+\infty\).
2. Pour tout réel \(x\), on considère les points \(M\) et \(N\) de la courbe \((\mathcal{C})\) d’abscisses respectives \(x\) et \(-x\).
a. Montrer que le point O est le milieu du segment \([MN]\).
b. Que peut-on en déduire pour la courbe \((\mathcal{C})\) ?
3. Étudier les variations de la fonction \(f\) sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\).
4. a. Montrer que l’équation \(f(x) = 0{,}5\) admet sur \([0\,;\,+\infty[\) exactement deux solutions notées \(\alpha\) et \(\beta\) (avec \(\alpha \lt \beta\)).
b. En déduire les solutions sur \([0\,;\,+\infty[\) de l’inéquation \(f(x) \geq\, 0{,}5\).
c. Donner une valeur approchée à \(10^{-2}\) près de \(\alpha\) et \(\beta\).
5. Soit \(A\) un réel strictement positif. On pose \(I_A = \displaystyle\int_0^A f(x)\,\text{d}x\).
a. Justifier que \(I_A = \dfrac{1}{2}(\text{e} – \text{e}^{-A^2+1})\).
b. Calculer la limite de \(I_A\) lorsque \(A\) tend vers \(+\infty\).
On admet que cette limite est l’aire en unités d’aire située entre la partie de la courbe \((\mathcal{C})\) sur \([0\,;\,+\infty[\) et l’axe des abscisses.
6. Comme illustré sur le graphique ci-dessous, on s’intéresse à la partie grisée du plan qui est délimitée par :
- la courbe \((\mathcal{C})\) sur \(\mathbb{R}\) et la courbe \((\mathcal{C}^{\prime})\) symétrique de \((\mathcal{C})\) par rapport à l’axe des abscisses ;
- le cercle de centre \(\Omega(\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,0)\) et de rayon 0,5 et son symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
On admet que le disque de centre \(\Omega(\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,0)\) et de rayon 0,5 et son symétrique par rapport à l’axe des ordonnées sont situés entièrement entre la courbe \((\mathcal{C})\) et la courbe \((\mathcal{C}^{\prime})\).
Déterminer une valeur approchée en unité d’aire au centième près de l’aire de cette partie grisée du plan.
Exercice 4 (5 points) : candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct \((\text{O}\,;\,\vec{u},\,\vec{v})\).
On considère la suite de nombres complexes \((z_n)\) définie par :
\[z_0 = 0 \ \text{ et pour tout entier naturel } n,\ z_{n+1} = (1 + \text{i})z_n – \text{i}.\]
Pour tout entier naturel \(n\), on note \(A_n\) le point d’affixe \(z_n\).
On note B le point d’affixe 1.
1. a. Montrer que \(z_1 = -\text{i}\) et que \(z_2 = 1 – 2\text{i}\).
b. Calculer \(z_3\).
c. Sur la copie, placer les points B, \(A_1\), \(A_2\) et \(A_3\) dans le repère orthonormé direct \((\text{O}\,;\,\vec{u},\,\vec{v})\).
d. Démontrer que le triangle B\(A_1A_2\) est isocèle rectangle.
2. Pour tout entier naturel \(n\), on pose \(u_n = |z_n – 1|\).
a. Démontrer que pour tout entier naturel \(n\), on a \(u_{n+1} = \sqrt{2}u_n\).
b. Déterminer à partir de quel entier naturel \(n\), la distance B\(A_n\) est strictement supérieure à 1 000. On détaillera la démarche choisie.
3. a. Déterminer la forme exponentielle du nombre complexe \(1 + \text{i}\).
b. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel \(z_n = 1 – (\sqrt{2})^n \text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{4}}\).
c. Le point \(A_{2020}\) appartient-il à l’axe des abscisses ? Justifier.
Exercice 4 (5 points) : candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
On considère la matrice \(M = \begin{pmatrix}0 1 1\\1 0 1\\1 1 0\end{pmatrix}\).
Soient \((a_n)\) et \((b_n)\) deux suites de nombres entiers définies par :
\[a_1 = 1,\ b_1 = 0 \ \text{ et pour tout entier naturel } n \text{ non nul } \begin{cases} a_{n+1} = a_n + b_n \\ b_{n+1} = 2a_n \end{cases}.\]
1. Calculer \(a_2\), \(b_2\), \(a_3\) et \(b_3\).
2. Donner \(M^2\).
Montrer que \(M^2 = M + 2I\) où \(I = \begin{pmatrix}1 0 0\\0 1 0\\0 0 1\end{pmatrix}\) désigne la matrice identité d’ordre 3.
On admet que pour tout entier naturel non nul \(n\), \(M^n = a_n M + b_n I\), où \((a_n)\) et \((b_n)\) sont les suites précédemment définies.
3. On note \(A = \begin{pmatrix}1 1\\2 0\end{pmatrix}\) et pour tout entier naturel non nul \(n\), \(X_n\) la matrice \(\begin{pmatrix}a_n\\b_n\end{pmatrix}\).
On pose \(P = \begin{pmatrix}1 1\\1 -2\end{pmatrix}\).
a. Vérifier que, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(X_{n+1} = AX_n\).
b. Sans justifier, exprimer, pour tout entier \(n \geq\, 2\), \(X_n\) en fonction de \(A^{n-1}\) et de \(X_1\).
c. Justifier que \(P\) est inversible d’inverse \(\begin{pmatrix}\frac{2}{3} \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3} -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\).
On note \(P^{-1}\) cette matrice.
d. Vérifier que \(P^{-1}AP\) est une matrice diagonale \(D\) que l’on précisera.
e. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul \(n\), \(A^n = PD^nP^{-1}\).
f. On admet que pour tout entier \(n \geq\, 1\) :
\[A^{n-1} = \begin{pmatrix}\frac{1}{3} \times 2^n + \frac{1}{3} \times (-1)^{n-1} \frac{1}{3} \times 2^{n-1} + \frac{1}{3} \times (-1)^{n}\\ \frac{1}{3} \times 2^n – \frac{2}{3} \times (-1)^{n-1} \frac{1}{3} \times 2^{n-1} – \frac{2}{3} \times (-1)^{n}\end{pmatrix}.\]
En déduire que pour tout entier \(n \geq\, 1\), \(a_n = \frac{1}{3} \times (2^n + (-1)^{n-1})\).
4. Démontrer que, pour tout entier naturel \(k\), \(2^{4k} – 1 \equiv 0\) modulo 5.
5. Soit \(n\) un entier naturel non nul et multiple de 4.
a. Montrer que \(3a_n\) est divisible par 5.
b. En déduire que \(a_n\) est divisible par 5.
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.
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.
| Question | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|
| Réponse | D | B | D | A | 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 \(3t^2 + 2t^{\prime}^2 – 2t – 2t^{\prime} + 1\).
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 \(f(\frac{\sqrt{2}}{2}) = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{-\frac{1}{2}+1} = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\frac{\text{e}}{2}} \approx 1{,}166\).
| \(x\) | \(0\) | \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(0\) | croissante | \(\sqrt{\frac{\text{e}}{2}}\) | décroissante | \(0\) (limite) |
\(f\) 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 \(\lim\limits_{A \to +\infty} I_A = \dfrac{\text{e}}{2}\).
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 \(u_n = |z_n – 1| = \text{B}A_n\).
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 :
\[P^{-1}AP = \begin{pmatrix}\frac{2}{3} \frac{1}{3}\\ \frac{1}{3} -\frac{1}{3}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}2 -1\\2 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{4}{3} + \frac{2}{3} -\frac{2}{3} + \frac{2}{3}\\ \frac{2}{3} – \frac{2}{3} -\frac{1}{3} – \frac{2}{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 0\\0 -1\end{pmatrix}.\]
\(P^{-1}AP = D\) 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 : \(a_4 = \frac{1}{3}(16 – 1) = 5\).)
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