Sujet bac S - Annale mathématiques 2019 - Corrigé spécialité

• Pour $X$\text{B}XB​, qui suit une loi normale de moyenne $\mu$\text{B}=17 et d’écart type $\sigma_\text{B}=3$, nous calculons :

$\begin{aligned} p(X$\text{B}<20)&=p(X\text{B}<17) + p(17

• Le choix du type de jeu se faisant de manière équiprobable, nous avons :

$\begin{aligned} p(X<20)&=\dfrac 12 p(X$\text{A}<20) + \dfrac 12 p(X\text{B}<20) \ &\approx \dfrac 12\times\dfrac{11}{16} + \dfrac 12 \times 0,84 \ &\approx \boxed{0,76} \end{aligned}

Partie B

• Question 1.a

En traduisant l’énoncé en termes de probabilités, nous obtenons :

• $a$n=p(An)
• $b$n=p(Bn)=\red{1-a_n}
• $p${An}(A_{n+1})= \red{0,8} ;
• $p${An}(B_{n+1})= 1-0,8=\red{0,2} ;
• $p${Bn}(B_{n+1})=\red{0,7} ;
• $p${Bn}(A_{n+1})= 1-0,7=\red{0,3}.
• Nous complétons ainsi l’arbre pondéré donné :

• Question 1.b

Soit $n\in\mathbb N^*$.

• En utilisant la formule des probabilités totales et avec l’arbre pondéré de la question 1.a, nous avons :

$\begin{aligned} a${n+1}&=p(A{n+1}) \ &=p(An \cap A{n+1}) + p(Bn \cap A{n+1}) \ &=an\times 0,8 + (1-an) \times 0,3 \ &=0,8an-0,3an+0,3 \ &=\boxed{0,5a_n+0,3} \end{aligned}

• Question 2.a

Nous souhaitons démontrer par récurrence que, pour tout $n\in \mathbb N^*$, nous avons $0\leq a_n\leq 0,6$.

• Notons $P_n$ la proposition et montrons qu’elle est vraie pour tout $n\geq1$.
• Initialisation

$a$1=a=0,5a1​=a=0,5. Donc, $0\leq a$1\leq 0,6

• $P_1$ est vraie.
• Hérédité

Supposons que $P_k$ est vraie pour un entier $k\geq 1$.

• Nous avons l’hypothèse de récurrence : $0\leq a_k\leq 0,6$.

Montrons que, alors, $P_{k+1}$ est vraie.

• C’est-à-dire que $0\leq a_{k+1}\leq 0,6$.

Nous avons, par hypothèse de récurrence :

$\begin{aligned} 0\leq a$k\leq 0,6 &\Leftrightarrow 0,5\times 0 + 0,3\leq 0,5 ak + 0,3 \leq 0,5\times 0,6+0,3 \ &\Leftrightarrow 0,3\leq 0,5 ak + 0,3\leq 0,6 \ &\Leftrightarrow 0,3\leq a{k+1}\leq 0,6 \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[par définition de la suite vue à la question 1.b]}}} \ &\Leftrightarrow 0\leq a_{k+1}\leq 0,6 \ \end{aligned}

• $P_{k+1}$ est vraie : nous avons montré que l’hypothèse de récurrence était héréditaire.
• Conclusion

Ainsi, pour tout $n\geq 1$, notre proposition a été initialisée et est héréditaire.

• Pour tout $n\geq 1$, $P_n$ est vraie et :

$\boxed{0\leq a_n\leq 0,6}$

• Question 2.b

Étudions le signe de $a${n+1}-an.

• Nous avons, pour tout $n\geq 1$ :

$\begin{aligned} a${n+1} - an &= 0,5an +0 ,3 - an \ &= - 0,5(a_n - 0,6) \end{aligned}

Nous avons montré dans la question 1.b que, pour tout $n\geq 1$, $0\leq a_n\leq 0,6$.

• Nous en déduisons : $a_n - 0,6\leq0$.

Nous obtenons ainsi : $a${n+1} - an = - 0,5(a_n - 0,6) \geq 0.

• La suite $(a_n)$ est croissante.
• Question 2.c

Le terme général de la suite $(a$n)(an​) vérifie $a${n+1}=f(a_n), avec $f:\,x\mapsto 0,5x+0,3$.

• Comme fonction affine, $f$ est continue sur $\mathbb R$.

La limite $l$ de $(a_n)$, si elle existe, est donc à chercher dans les solutions de l’équation $f(l)=l$.

• Résolvons-la.

$\begin{aligned} f(l)=l &\Leftrightarrow 0,5l+0,3=l \ &\Leftrightarrow l=0,6 \end{aligned}$

Nous savons par ailleurs que $(a_n)$ est croissante (question 2.b) et majorée par $0,6$ (question 2.a.).

• La suite est donc convergente et sa limite est $l=0,6$.
• Question 3.a

En reprenant la définition de la suite $(u_n)$, nous avons :

$\begin{aligned} u${n+1} &= a{n +1} - 0,6 \ &= 0,5an + 0,3 - 0,6 \ &= 0,5an - 0,3 \ &= 0,5(an - 0,6) \ &= 0,5 un \end{aligned}

• $(u$n)(un​) est donc une suite géométrique de raison $q=0,5$ et de premier terme $u$1 = a - 0,6.
• Question 3.b

À partir de la conclusion de la question 3.a, nous pouvons donner la formule explicite de la suite $(u_n)$, pour tout $n\geq 1$ :

$\begin{aligned} u$n&=u1\times q^{n-1} \ &=(a-0,6)\times 0,5^{n-1} \end{aligned}

Nous savons que $u$n = an - 0,6 \Leftrightarrow an=un+0,6.

• Nous pouvons conclure :

$\begin{aligned} a$n&=un+0,6 \ &=\boxed{(a-0,6)\times 0,5^{n-1}+0,6} \end{aligned}

• Question 3.c

Calculons la limite de la suite $(a_n)$ :

$\begin{aligned} \lim\limits${n \to +\infty} an &= \lim\limits_{n \to +\infty} (a-0,6)\times 0,5^{n-1}+0,6 \ &=0+0,6 \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[car $-1<0,5<1$ et donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,5^{n-1}=0$]}}} \ &=\boxed{0,6} \end{aligned}

• Cette limite ne dépend pas de $a$.
• Question 3.d

Notons $b$nbn​ la probabilité de l’événement $B$n pour tout $n\geq 1$.

• Nous définissons ainsi la suite $(b$n)(bn​) et, pour tout $n\geq 1$, $b$n = 1- a_n.

Calculons sa limite :

$\begin{aligned} \lim\limits${n \to +\infty} bn &=1- \lim\limits{n \to +\infty} an \ &=1-0,6 \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [d’après la question 3.b]}}} \ &=0,4 \ &<\lim\limits{n \to +\infty} an \end{aligned}

• Ainsi, un joueur qui joue intensivement verra plus souvent la publicité insérée au début des parties de type A.

Exercice 3

Affirmation 1 : « Le triangle $OAB$ est équilatéral »

Résolvons l’équation : $z^2-2\sqrt 3 z+4=0$.

Le discriminant $\Delta$ est égal à $-(2^2)$.

• Les solutions de l’équation sont :

$\begin{aligned} z$A&=\sqrt3 + \text{i} \ zB&=\sqrt3 - \text{i} \end{aligned}

$OA$ est égal au module de $z_A$ :

$\begin{aligned} OA&=\vert z_A\vert \ &= \sqrt{\sqrt3^2+1^2} \ &=2 \end{aligned}$

$z$BzB​ est le conjugué de $z$A, leurs modules sont donc égaux.

• $OB=2$.

Enfin, pour $AB$, nous avons :

$\begin{aligned} AB&=\vert z$B-zA \vert \ &=\vert -2i \vert \ &=2 \end{aligned}

Ainsi : $OA=OB=AB$, et $OAB$ est équilatéral.

• L’affirmation 1 est vraie.

Affirmation 2 : « $u^{2\,019}+\bar u^{2\,019}=2^{2\,019}$ »

Astuce

Nous avons un nombre complexe élevé à une puissance.

• L’écriture exponentielle sera plus simple à manipuler.

• Intéressons-nous d’abord à $u=\sqrt 3 + \text{i}$, avec donc $\vert u\vert=2$.

$\begin{aligned} u&= 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}2+\dfrac 12 \text{i}\right) \ &=2\bigg(\cos\left(\dfrac\pi 6\right)+\sin\left(\dfrac\pi 6\right) \text{i}\bigg) \ &=2\text{e}^{\text{i}\frac \pi 6} \end{aligned}$

• Élevons-le à la puissance demandée, en utilisant notamment les propriétés algébriques de l’exponentielle :

$\begin{aligned} u^{2\,019}&= \left(2\text{e}^{\text{i}\frac \pi 6}\right)^{2\,019} \ &=2^{2\,019}\text{e}^{\text{i}\,2\,019\frac \pi 6} \ &=2^{2\,019}\text{e}^{\text{i}(336\times6+3)\frac \pi 6} \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[pour faire apparaître $\pi$ et $\frac \pi 2$]}}} \ &=2^{2\,019}{(\text{e}^{\text{i}\pi})}^{336}\text e^{i\frac \pi 2} \ &=2^{2\,019}(-1)^{336}\, \text i \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[car $\text e^{\text i\pi}=-1$ et $\text e^{\text i\frac\pi2}=$i]}}} \ &=2^{2\,019}\,\text i \end{aligned}$

• Calculons le conjugué de $u$ :

$\begin{aligned} \bar u&=\overline{2^{2\,019}\,\text i} \ &=-2^{2\,019}\,\text i \end{aligned}$

Finalement, nous obtenons :

$\begin{aligned} u^{2\,019}+\bar u^{2\,019} &= 2^{2\,019}\,\text i - 2^{2\,019}\,\text i \ &=0 \end{aligned}$

• L’affirmation 2 est fausse.

Affirmation 3 : « Pour tout entier naturel $n \geq 1$, la fonction $f_n$ admet un maximum »

• $f_n$ est dérivable sur $[0\ ;\,+\infty[$ comme produit de fonctions dérivables sur $[0\ ;\,+\infty[$. Pour tout $x\in [0\ ;\,+\infty[$ :

$\begin{aligned} f^{\prime}_n(x)&=\text{e}^{-nx+1}-n\text{e}^{-nx+1} \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[par dérivée d’un produit]}}} \ &=\text{e}^{-nx+1}(1-nx) \end{aligned}$

• Étudions le signe de $f^{\prime}_n$ sur $[0\ ;\,+\infty[$.

$\begin{aligned} f^{\prime}$n(x)=0 &\Leftrightarrow 1-nx=0 \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[car $\exp$ est strictement positive]}}} \ &\Leftrightarrow x=\dfrac 1n \ \ f^{\prime}n(x) < 0 &\Leftrightarrow 1-nx < 0 \ &\Leftrightarrow x > \dfrac 1n \footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car $n > 0$]}}}\ \ f^{\prime}_n(x) > 0 &\Leftrightarrow 1-nx > 0 \ &\Leftrightarrow x < \dfrac 1n \end{aligned}

$f^{\prime}_n$ s’annule en $x=\frac1n$ et change de signe :

• elle est strictement positive sur $\left[0\ ;\,\frac 1n\right[$ ;
• elle est strictement négative sur $\left]\frac 1n\ ;\,+\infty\right[$.

Sur $[0\ ;\,+\infty[$, elle admet donc un maximum, égal à $f\left(\frac 1n\right)=\frac 1n$, avec $n\geq1$.

• L’affirmation 3 est vraie.

Affirmation 4 : « La courbe $\mathcal C$ admet une asymptote en $+\infty$ »

Pour tout réel $x$, nous avons :

$\begin{aligned} -1\leq\cos{(x)}\leq1 &\Leftrightarrow -\text{e}^{-x}\leq\cos{(x)} \text{e}^{-x}\leq\text{e}^{-x} \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{[car $\exp$ est strictement positive]}}} \ &\Leftrightarrow -\text{e}^{-x}\leq f(x)\leq\text{e}^{-x} \end{aligned}$

Nous connaissons la limite des deux fonctions qui « encadrent » $f$ :

$\begin{aligned} \lim\limits${x \to +\infty} -\text{e}^{-x} &= \lim\limits{x \to +\infty} \text{e}^{-x} \ &=0 \end{aligned}

En appliquant le théorème des gendarmes, nous obtenons :

$\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=0$

$\mathcal C$ admet donc une asymptote en $+\infty$, qui est la droite d’équation $y=0$.

• L’affirmation 4 est vraie.

Affirmation 5 : « $15\ln{(2)}\leq \ln{(A)}\leq 16\ln{(2)}$ »

$I$ contient $15$ en fin d’exécution de l’algorithme.
Nous en déduisons donc :

$\begin{aligned} 2^{14}\leq A < 2^{15} &\Leftrightarrow \ln\left(2^{14}\right) \leq \ln{(A)} < \ln \left(2^{15}\right) \ &\footnotesize{\textcolor{#A9A9A9}{\text{ [car $\ln$ est strictement croissante]}}} \ &\Leftrightarrow 14\ln{(2)}\leq \ln{(A)} < 15\ln{(2)} \end{aligned}$

• L’affirmation 5 est fausse.

Exercice 4 : spécialité

1. Comme : $6\times(-4) -5\times(-5) = 1$, $A$ appartient à $S$.

2. On doit obtenir : $ad - 6 = 1$, soit $ad = 7$, donc, en nombres entiers, on a : $(1\ ;\,7)$ ou $(-1\ ;\,-7)$ ou $(7\ ;\,1)$ ou $(-7\ ;\,-1)$, soit quatre solutions.

3.a. Équation diophantienne. On trouve :

$\begin{cases} x = 1 + 2k \ y = 2 + 5k \end{cases} \ \ k \text{ entier}$

b. Comme on veut : $5a -2b = 1$, on retrouve l’équation précédente qui a une infinité de solutions.

1. Relation de Bézout.

2.a. $AB = I$.
b. $A$ est inversible d’inverse $B$ (par définition).
c. Si on calcule la formule demandée pour $B$, on a $da - bc$ qui vaut $ad -bc$, donc $1$, car $A$ appartient à $S$.

3.a. Pour obtenir $\begin{pmatrix}x \ y \end{pmatrix}$, il suffit de calculer le produit :

$A^{-1}\begin{pmatrix}x^{\prime} \ y^{\prime} \end{pmatrix}$

b. $D$, $\text{PGCD}$ de $x$ et $y$, divise $x^{\prime}$ et $y^{\prime}$ (comme combinaisons de $x$ et de $y$).
Donc $D^{\prime} \leq D$ car $D^{\prime}$ est le $\text{PGCD}$ (donc le plus petit diviseur) de $x^{\prime}$ et de $y^{\prime}$.

De même, $D^{\prime}$, $\text{PGCD}$ de $x^{\prime}$ et de $y^{\prime}$, divise $x$ et $y$ (comme combinaisons de $x^{\prime}$ et de $y^{\prime}$).
Donc $D \leq D^{\prime}$.

• Ainsi $D = D^{\prime}$.

4. Ces suites sont engendrées par une matrice de $S$, donc on cherche le $\text{PGCD}$ de $2\,019$ et $673$, qui vaut $673$.