Bac 2019 : le corrigé de mathématiques (S) Spé et Obligatoire

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Bac 2019 : le corrigé de mathématiques (S) Spé

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Publié le 21 juin 2019
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Langue Français
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MATHÉMATIQUES- 2019
Série S
Spécialité

Remarques générales:
Ce sujet est composé de quatre exercices classiques : une étude de fonctions, appliquées (exercice 1), des
probabilités (exercice 2), un vrai faux justifié (exercice 3) et des matrices et arithmétiques (en spécialité) ou
de la géométrie dans l’espace (non spé)(exercice 4).

Bien que composés de questions classiques, chaque exercice avait une ou plusieurs questions à prise
d’initiative, où il fallait avoir un recul nécessaire sur les questions faites précédemment. Il était particulièrement
long si on veut rédiger proprement. Enfin, l’exercice de géométrie dans l’espace (pour les non spécialistes)
demandait à être à l’aise et à avoir les bons réflexes.

EXERCICE1 (6 points)

Partie A

1.

x−x
(a) Puisquelim e= +∞eet lim=0 (limites usuelles), par somme,
x→+∞x→+∞
x−x
lim e+e= +∞
x→+∞
et par somme et produit
limf(x)= −∞
x→+∞

(b)fest une fonction dérivable sur [0;+∞[ (sommes d’exponentielles elles-même dérivables) et
on a, pour toutx∈[0;+∞[ :
1¡ ¢
′x−x
f(x)= −e−e
2
1¡ ¢
x−2x
= −e 1−e
2
1
2x2x−2x−2x
Or, pourx>0, e>1 et donc, par quotient (e>0) : 1> =Ainsi, 1e .−e>0 pour
2x
e
x∈]0;+∞[ et finalement

Pour toutx∈]0;+∞[,f(x)<0

la dérivée s’annulant en 0.
Bilan:fest strictement décroissante sur [0;+∞[.
(c) Sur[0;+∞[, la fonctionfest continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus,
5 5
f(0)=et limf(x)= −∞, et 0∈]− ∞; ].D’après le théorème de la bijection, il existe un
x→+∞
2 2
uniqueα∈[0;+∞[ tel quef(α)=0
2. Remarquonsque, pour tout réelx:
7 1¡ ¢
−x−(−x)
f(−x)= −e+e
2 2
7 1¡ ¢
−x x
= −e+e=f(x)
2 2

1 / 8

Ainsi,x∈]− ∞; 0[vérifief(x)=0 si et seulement sif(−x)=0. Or, sur [0;+∞[, il existe une unique
solutionαà l’équationf(x)=0. D’après le résultat précédent, il existe une unique solution sur ]−
∞à savoir; 0],−α.
Bilan: l’équationf(x)=0 admet exactement deux solutions surR:αet−α.

Partie B

1. Rappelonsquef(−α)=f(α)=0 et quefest décroissante sur [0;α]. Puisquef(−x)=f(x) pour tout
réelx,fest croissante sur [−α; 0],ce qui est cohérent avec la figure.
La hauteur recherchée est donc
5
f(0)−f(α)=
2
2. (a)On calcule en utilisant l’expression def:
µ ¶
2
1¡ ¢
′2x−x
1+(f(x))=1+ −e−e
2
1¡ ¢
x2x−x−x2
=1+(e )−2e e+(e )
4
1 11
x2−x2
=1+(e )− +(e )
4 24
1¡ ¢
x2−x2
=(e )+2+(e )
4
Or, d’après l’identité remarquable
¡ ¢
2
x−x x2x−x−x2x2−x2
e+e=(e )+2e e+(e )=(e )+2+(e )

On a donc bien
1¡ ¢
2
′2x−x
1+(f(x))=e+e
4
(b) Onutilise le résultat précédent :
Z
αq
′2
I=1+(f(x)) dx
0
r
Z
α
1
x−x2
=(e+e )dx
04
Z
α
1¡ ¢1¡ ¢
x−x x−x
=e+e dxcar e+e>0
02 2
¡
1£ ¤α1¢
x−xα−α
=e−e=e−e
0
2 2
La longueur de l’arceau sur [−α,α], par symétrie, est égale à deux fois la longueur sur [0;α], et
α−α
donc, la longueur d’un arceau est égale àe−e .

Partie C

1. Lasurface des façades sud et nord est égale à l’aire délimitée par la courbe def, les droitesx= −αet
x=αet l’axe des abscisses. En clair, la surface d’une façade vaut
Z Z
α α
f(x) dx=2f(x) dx
−α0

en utilisant la symétrie de la courbe. On enlève la porte, qui est un rectangle d’aire 2×1=2 mètres
carrées. Ainsi, l’aire des façades nord et sud vaut
Z Z
α α
A=2×2f(x) dx−2=4f(x) dx−2
0 0

2 / 8

2. Oncalcule tout d’abordA, en rappelant que l’unité d’aire est de 1×1=1 mètre carré. Ainsi
Z
α
7 1¡ ¢
x−x
A=4−e+e dx−2
02 2
· ¸
α
7 1¡ ¢
x−x
=4x−e−e−2
2 2
0
α−α
=14α−2(e−e )−2

Concernant la bache rectangulaire du dessus, elle a comme longeur 3×1, 5=4, 5mètre, et comme
α−α
largeur la longeur de l’arceau e−e .Ainsi, l’aire de la bâche du dessus est de
¡ ¢
α−α
4, 5e−e

et finalement, l’aire, en mètre carré, de la bache totale est de :
¡ ¢
α−α α−α
14α−2(e−e )−2+e4, 5−e

ce qui donne, au mètre carré près, 42 mètres carrés

EXERCICE2 (5 points)

Partie A

1. (a)La durée moyenne est égale à l’espérance de XA. Comme elle suit une loi uniforme, on a
9+25
e[XA]= =17
2
La durée moyenne est de 17 minutes.
(b) Onconstate que d’après le graphique,µ=17 également. Orµcorrespond à l’espérance de XB,
et donc la durée moyenne d’une partie de type B est également de 17 minutes.
2. D’aprèsla formule des probabilités totales, en notant X la durée moyenne du jeu :
1 1
P(X620)=P(XA620)+P(XB620)
2 2
20−9 11
XAsuivant une loi uniforme,P(XA)= =. On utilise la calculatrice pour déterminer
25−9 16
P(XB620) avec XB,→NAinsi, au centième près :(17; 3).

Partie B

1.

P(X620)≈0, 76

(a) Oncomplète avec les données de l’énoncé, et en utilisant les règles des probabilités. On obtient :

3 / 8

2.

3.

(b) Onapplique la formule des probabilités totales :

P(A )=P(A∩A )+P(A∩B )
n+1n+1n n+1n
=an×0, 8+(1−an)×0, 3
=0, 5an+0, 3

(a) SoitP la proposition définie pour tout entiern>1 par Pn: “06an60, 6”.
Pourn=1, on aa1=aet 06a60, 6.P1est vraie.
Supposons la proposition Pnvraie pour un certain entiern>1. Alors, d’après la relation de
récurrence
an+1=0, 5an+0, 3
Par hypothèse de récurrence, 06an6donc 00, 6,60, 5an60, 6∗0, 5=0, 3et finalement 06
0, 360, 5an+0,60,n+1t vraie.
3 6: Pes
D’après le principe de récurrence, Pnest vraie pour tout entiern>1 et donc 06an60, 6.
(b) Onaan+1−an=0, 5an+0, 3−an= −0, 5an+0, 3.Or, d’après ce qui précède : 06an6et0, 6,
donc 0>−0, 5an>−0, 3 et finalement, 0, 3>−0, 5an+0, 3>0. Ainsi,an+1−an>0 : la suite (an)
est croissante.
(c) Lasuite (an6). D’après le théorème de la limite monotone, () est croissante, majorée (par 0,an)
converge. On noteℓsa limite. Mais alors, (an+1) tend aussi versℓet la relation de récurrence
donne
3
ℓ=0, 5ℓ+0, 3⇐⇒ℓ=
5
3
La suite (an) converge de.
5
(a) Pourtout entiern>1 :

un+1=an+1−0, 6
=0, 5an+0, 3−0, 6
=0, 5(un+0, 6)−0, 3
=0, 5un

La suite (un5.) est géométrique de raison 0,
n−1
(b) Ainsi,pour tout entiern>1, on aun=u1(0, 5)avecu1=a1−0, 6=a−Ainsi, pour tout0, 6.
n−1
entiern>1,un=(a−et finalement0, 6)(0, 5)

n−1
an=(a−0, 6)(0, 5)+0, 6

n−1
(c) Puisque−1<0, 5<1, on en déduit que5)lim (0,=0. Par somme et produit
n→+∞

liman=0, 6
n→+∞

cohérent avec la question 2c.
(d) Quandn6. On peutest grand, la probabilité que la partie soit une partie A se rapproche de 0,
estimer qu’un joueur qui s’adonne intensivement aux jeux vidéos (doncngrand) fera plus
souvent une partie A.

EXERCICE3 (4 points)

4 / 8

Partie A

1.

2019π2019π
2019 2019 2019i2019−i
6 6
u+u=2 e+2 e
2019 1
Or=336+, et donc
6 2
2019ππ π
i i(336π+)i
6 22
e=e=e=i
2019π
−i2019 2019
6
et de même e= −iAinsi,u+u=0.
Bilan: l’affirmation est donc fausse.
3. Pourtoutn>0,fnest dérivable surRet pour toutx:

1

L’exponentielle étant positive,f(x) est du signe de 1−xn, qui est positif sur ]−∞et négatif après.; ]
n
n
1 1
Ainsi, la fonction est croissante sur ]− ∞décroissante après et admet un maximum en; ],x=.
n n
Bilan: l’affirmation est vraie.
−x
4. Remarquonsque|cos(x)|61 et donc|f(x)|6étant positive). Quande (l’exponentiellextend vers
−x
+∞, etend vers 0 et doncf(x) également, par encadrement.
Bilan: l’affirmation est vraie, la droite d’équationy=0 est asymptote à la courbe defau voisinage
de+∞.
14 15
5. L’algorithmes’arrête quand I vaut 15, donc 26A et 2>A, soit

Bilan: l’affirmation est fausse.

|z2| =2 et|z2−z1| = |2i| =2

|z| =2,
1

p
2
1. Onrésout l’équation et on obtientΔ=(−2 3)−4×4= −4. Ainsi, les deux solutions complexes sont
p
p p
2 3−2i
z= =3−ietz=3+i
1 2
2
On calcule alors les différents modules :

14 15
26A<2

5 / 8

(a) Remarquonsque 6×(−4)−(−5)×5= −24+25=1. Ainsi, A est dans S.

14 ln(2)6ln(A)<15 ln(2)

Bilan: l’affirmation est vraie : OAB est équilatéral.
2. Onécritusous forme exponentielle.|u| =2, et en notantθun argument :
p
3 1
cos(θ)=et sin(θ)=
2 2
π
π π
i−i
ainsi,θ=[2π] etu=Alors2e .u=enfin2e et
6 6
6

′ −nx+1−nx+1
f(x)=(1+x(−n))e=(1−xn)e
n


En appliquant la fonction ln strictement croissante surR, on a
+

EXERCICE4 (5 points) - Spécialité

µ ¶
a2
(b) SoitA=une matrice de S. Alorsad−3×2=1, sachant quea,dsont des entiers. Ainsi
3d
ad=7, qui est premier. Nécessairement,a=1 etd=7,a= −1,d= −7 ou biena=7 etd=1 ou
enfina= −7 etd= −1.
µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶
1 2−1 27 2−7 2
Il y a donc bien quatre matrices de cette forme dans S :, ,et .
3 73−1 37 3−1
2. Puisque(1; 2)est effectivement solution de (E), on peut écrire

et en soustrayant,

5x−2y=1 et 5×1−2×2=1

5x−2y=1⇔5(x−1)=2(y−2)

Or, 5 et 2 sont premiers entre eux. D’après le lemme de Gauss, 5 divise doncy−2, et on écrity−2=5k,
aveck∈Z. En remplaçant dans l’expression précédente, 5(x−1)=2×5ket doncx−1=2k. Ainsi,
x=1+2kety=2+5ket on a raisonné par équivalence.
Bilan: les solutions de (E) sont donc les coubles (1+2k, 2+5k),k∈Z.
3. Aest dans S si et seulement si 5a−2b=1, donc si et seulement si (a,b) est solution de (E). Il y a donc
µ ¶
1+2k2+5k
une infinité de matrices A qui conviennent, les.
2 5

Partie B

1. Puisquead−bc=1, le pgcd deaetbvaut 1, et doncaetbsont premiers entre eux.
2. (a)Après calcul :

3.

µ
a
AB=
c

¶ µ
b d
d−c

¶ µ
−b ad−bc
=
a0

¶ µ
0 1
=
ad−bc0


0
=I
1

−1
(b) Laquestion précédente garantie que A est inversible, et A=B.
−1
(c) Vérifionsalors que B=A estdans S. Déjà, B est à coefficients entiers. On calcule doncd a−
(−c)(−b)=ad−bc=1 car A est dans S. Donc B est dans S.
µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶
′ ′′
x xx xx
−1
(a) Puisque=A ,on a=A=On effectue le produit matricielle, et onB .
′ ′′
y yy yy
obtient
µ ¶µ ¶µ ¶µ ¶
′ ′′ ′
x d−b xd x−b y
B= =
′ ′′ ′
y−c ay−c x+a y

′ ′′ ′
(b) Ddivisexety, donc D divisexetypar somme (carx=ax+b yety=c x+d y) et finalement

D divise D .
′ ′′ ′
Réciproquement, Ddivisexetyet donc D divisexetydivise D. Finalementpar somme : D

D=D .
4. Onremarque que
µ ¶µ ¶µ ¶
xn+12 3xn
=
yn+11 2yn
µ ¶
2 3
et la matriceest dans S. D’après l’étude précédente, le pgcd dexn+1etyn+1est égal au pgcd
1 2
dexnetyn. Par récurrence rapide, on en déduit que pour toutn, le pgcd dexnetynest égal au pgcd
dex0ety0. Or, le pgcd de 2019 et 673 vaut 673 et finalement, la PGCD dexnetynvaut 673 pour tout
n.

6 / 8

EXERCICE4 (5 points) - Non spécialité

Partie A
Pour ces deux questions, on utilise la figure donnée, en indiquant tous les traits de construction. On
obtient :

Partie B

1.

1
(a) Enutilisant le repère, les points ont pour coordonnées F(1;0; 1),H(0; 1; 1)et K(0;; 0)en
rappe4
 
 
−1
−1
−→1−→ −→−→ −→−→1
 
lant que AK=FK .AD. Ainsi, les coordonnées des vecteurs FH et FK sont FH1 et
 
4 4
0
−1
On constate alors que
−→−→
−→−→
n∙FH=0 etn∙FK=0

−→
Ainsi,nest orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (FHK) et est donc un vecteur
normal au plan (FHK).

(b) Ainsi,une équation du plan (FHK) s’écrit 4x+4y−3z+d=0. En utilisant un point (le point F par
exemple), on obtient 4+0−3+d=0, doitd= −1. Une équation du plan est bien 4x+4y−3z−1=
0.

(c)Pest parallèle à(FHK) donc a le même vecteur normal. Une équation dePs’écrit 4x+4y−
1
3z+d=on obtient 2; 0; 1),0, en utilisant le point I, de coordonnées I(+0−3+d=0, soitd=1.
2
Une équation dePest 4x+4y−3z+1=0.

7 / 8

2.

 
0
−→
 
(d) (AE)a comme vecteur directeur AE0 etdonc pour système d’équations paramétriques
1

x=0

y=0 ,t∈R

z=t

1

en injectant dans l’équation cartésienne deP:−3t+1=0, soitt=. Le point Ma donc pour
3
1
coordonnées (0;0; ).
3
−→
(a)Δa donc comme vecteur directeurnet passe par E(0;0; 1).Elle a donc pour représentation
paramétrique :

x=4t

y=4t,t∈R

z=1−3t

(b) Leplan (ABC) a pour équationz=0. Ainsi, l’intersection deΔet (ABC) vérifie 1−3t=0, soit
1 44
t=; ;0).. L a donc pour coordonnées (
3 33
(c)Δet (BF) ne peuvent pas être sécantes, car non coplanaires ((BF) est contenue dans le plan (BFE)
etΔest orthogonale àPpassant par E qui ne se coupe pas enΔ). (CG) a pour représentation
paramétrique

x=1


y=1 ,t∈R


z=t
1 1

En cherchant les points d’intersection, on obtientt=ett=, ce qui donne un point
d’inter4 4
1
section : (1,1, ).Ainsi,Δet (CG) sont sécantes.
4

8 / 8