Bac_Sujets de Mathematiques, Term S

8/17/2019 Bac_Sujets de Mathematiques, Term S

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Su jet 1

Inde, avril 2014, exercice 1

4 points

Dans cet exercice, sauf indication contraire, les résultats seront arrondis aucentième.

1 La durée de vie, exprimée en années, d’un moteur pour automatiser un por-tail fabriqué par une entreprise A est une variable aléatoire X qui suit une loiexponentielle de paramètre λ, où λ est un réel strictement positif.On sait que P (X > 2) = 0, 15.

Déterminez la valeur exacte du réel λ.Rappelez la densité de probabilité d’une variable aléatoire X suivant la loiexponentielle de paramètre λ puis utilisez la propriété du cours donnantP (X c).

Dans la suite de l’exercice on prendra 0,081 pour valeur de λ.

2 a) Déterminez P (X 3).Utilisez la propriété du cours donnant P (X c).

b) Montrez que pour tous réels positifs t et h, P xt(X t + h) = P (X h).Utilisez la propriété du cours donnant P (X c) et la formule des proba- bilités conditionnelles.

c) Le moteur a déjà fonctionné durant 3 ans. Quelle est la probabilité pour qu’ilfonctionne encore 2 ans ?

Traduisez la probabilité demandée sous la forme d’une probabilité condi-tionnelle puis appliquez le résultat de la question précédente.

d) Calculez l’espérance de la variable aléatoire X et donner une interprétation

de ce résultat.Appliquez la formule, vue en cours, donnant l’espérance d’une variablealéatoire X suivant la loi exponentielle de paramètre λ.

3 Dans la suite de cet exercice, on donnera des valeurs arrondies des ré-sultats à 10−3.L’entreprise A annonce que le pourcentage de moteurs défectueux dans la pro-duction est égal à 1 %. Afin de vérifier cette affirmation 800 moteurs sont

prélevés au hasard. On constate que 15 moteurs sont détectés défectueux.



Sujet 1 | Én

Le résultat de ce test remet-il en question l’annonce de l’entreprise A ? Jusfiez.On pourra s’aider d’un intervalle de fluctuation.

Pour une proportion p et un échantillon de taille n, l’intervalle de fluctution asymptotique au seuil de 95 % est donné par la formule ci-dessous p− 1, 96

p(1− p)√

n ; p + 1, 96

p(1− p)√

n

, sous réserve que : n 30, np

et n(1 − p) 5.



Sujet 1 | Corrigé

1 D’après le cours, nous savons que si une variable aléatoire X suit la loiexponentielle de paramètre λ sur [0 ; +∞[, alors sa densité de probabilité estdéfinie sur [0 ; +

∞[ par :

f (x) = λe−λx et P (X c) = e−λc.Par conséquent, P (X 2) = 1 − P (X > 2) = 1 − e−λ×2 = 0, 15, donc0, 85 = e−2λ et ln(0, 85) = −2λ, soit λ = − ln(0,85)

2 ≈ 0, 081.

2 a) D’après le cours, nous savons que P (X c) = e−λc, donc :P (X 3) = e−3λ = e−3×0,081 ≈ 0, 78.

b) D’après le cours, nous savons que pour tous réels positifs t et h :P (X t) = e−λt et P (X t + h) = e−λ(t+h).Donc : P X t(X t + h) =

P ((X t)∩(X t+h))

P (X t) =

P (X t+h)

P (X t) = e−λ(t+h)

e−λt =

e−λh = P (X h).c) La probabilité demandée correspond à P X 3(X 3 + 2).On applique alors la formule établie à la question 2. b) et on obtient avec t = 3

et h = 2 :P X 3(X 3 + 2) = P (X 2) = 1 − P (X < 2) = 1 − 0, 15 = 0, 85.d) Nous savons que si une variable aléatoire X suit la loi exponentielle de pa-ramètre λ sur [0 ; +∞[, alors : E (X ) = 1

λ .

D’où, dans notre cas : E (X ) =

1

0,081 ≈ 12, 35.Ce qui signifie que la durée moyenne de vie d’un moteur est d’environ 12, 35

années.

3 Pour une proportion p et un échantillon de taille n, l’intervalle de fluc-tuation asymptotique I au seuil de 95 % est, d’après le cours, I = p − 1, 96

p(1− p)√

n ; p + 1, 96

p(1− p)√

n

, sous réserve que : n 30, np 5 et

n(1 − p) 5.L’échantillon de l’enquête est de taille n = 800 et l’entreprise annonce que le

pourcentage de moteurs défectueux est de 1 % donc p = 0, 01. Par ailleurs ona bien :n = 800 30, np = 800× 0, 01 = 8 5 et n(1− p) = 800× 0, 99 = 792 5.L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% est donc I = [0, 01−1, 96

0,01(1−0,01)√

800 ; 0, 01 + 1, 96

0,01(1−0,01)√

800 ] ≈ [0, 003 ; 0, 017].



Sujet 1 | Co

On constate que 15 moteurs sont détectés défectueux sur 800, ce qui fait un proportion de p = 15

800 = 0, 01875.Or, 0, 01875

∈ I donc le résultat de ce test remet en question l’annonce d

l’entreprise A.



Su jet 2

Amérique du Nord, mai 2013, exercice 3

5 points

Les parties A, B et C peuvent être traitées indépendamment les unes des autres.

Une boulangerie industrielle utilise une machine pour fabriquer des pains decampagne pesant en moyenne 400 grammes. Pour être vendus aux clients, ces

pains doivent peser au moins 385 grammes. Un pain dont la masse est stric-tement inférieure à 385 grammes est un pain non-commercialisable, un paindont la masse est supérieure ou égale à 385 grammes est commercialisable.

La masse d’un pain fabriqué par la machine peut être modélisée par une va-riable aléatoire X suivant la loi normale d’espérance µ = 400 et d’écart typeσ = 11.Les probabilités seront arrondies au millième le plus proche.

Partie A

Vous pourrez utiliser le tableau suivant dans lequel les valeurs sont arrondiesau millième le plus proche.

x 380 385 390 395 400

P (X x) 0 ,035 0,086 0,182 0,325 0,5

x 405 410 415 420

P (X x) 0,675 0,818 0,914 0,965

1 Calculez P (390 X 410).Utilisez le tableau et le fait que si X est une variable aléatoire suivant uneloi continue : P (a X b) = P (X b)− P (X a).

2 Calculez la probabilité p qu’un pain choisi au hasard dans la production soitcommercialisable.

Traduisez à l’aide d’une variable aléatoire et d’une probabilité le faitqu’un pain choisi au hasard dans la production soit commercialisable.



Sujet 2 | Én

3 Le fabricant trouve cette probabilité p trop faible. Il décide de modifier sméthodes de production afin de faire varier la valeur de σ sans modifier celde µ.

Pour quelle valeur de σ la probabilité qu’un pain soit commercialisable est-elégale à 96 % ? On arrondira le résultat au dixième.On pourra utiliser le résultat suivant : lorsque Z est une variable alétoire qui suit la loi normale d’espérance 0 et d’écart type 1, on P (Z −1,751) ≈ 0,040.

Traduisez l’énoncé à l’aide d’une variable aléatoire et d’une probabili puis centrez, réduisez et utilisez la valeur donnée dans l’énoncé.

Partie B

Les méthodes de production ont été modifiées dans le but d’obtenir 96 % d pains commercialisables.Afin d’évaluer l’efficacité de ces modifications, on effectue un contrôle qualisur un échantillon de 300 pains fabriqués.

1 Déterminez l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de

proportion de pains commercialisables dans un échantillon de taille 300.Utilisez les données de l’énoncé pour déterminer les bornes de l’intervalde fluctuation.

2 Parmi les 300 pains de l’échantillon, 283 sont commercialisables.Au regard de l’intervalle de fluctuation obtenu à la question 1., peut-on décidque l’objectif a été atteint ?

Calculez la fréquence observable de l’échantillon et vérifiez si elle a partient ou non à l’intervalle de fluctuation précédemment déterminé.

Partie C

Le boulanger utilise une balance électronique. Le temps de fonctionnemesans dérèglement, en jours, de cette balance électronique est une variable alétoire T qui suit une loi exponentielle de paramètre λ.

1 On sait que la probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas ava30 jours est de 0,913. En déduire la valeur de λ arrondie au millième.



Sujet 2 | Énoncé

Dans toute la suite vous prendrez λ = 0,003.Utilisez une formule de la loi exponentielle : P (X c) = e−λc.

2 Quelle est la probabilité que la balance électronique fonctionne encore sansdérèglement après 90 jours, sachant qu’elle a fonctionné sans dérèglement 60

jours ?Utilisez la formule des probabilités conditionnelles et la formule précé-dente.

3 Le vendeur de cette balance électronique a assuré au boulanger qu’il y avaitune chance sur deux pour que la balance ne se dérègle pas avant un an. A-t-ilraison ? Si non, pour combien de jours est-ce vrai ?

Utilisez une formule de la loi exponentielle : P (X c) = e−λc.



Sujet 2 | Co

Partie A

1 P (390

X

410) = P (X

410)− P (X

390)= 0, 818− 0, 182 = 0, 636.

2 Un pain choisi au hasard dans la production est commercialisable si et seulment si X 385 est l’événement contraire de X < 385. On remarque quP (X < 385) = P (X 385). On a donc :P (X 385) = 1− P (X 385)

P (X 385) = 1− 0, 086 = 0, 914.

3 On désigne par Y la variable aléatoire de paramètres µ = 400 et d’éca

type σ inconnu, on a : P (Y 385) = 0, 96 d’où 1 − P (Y 385) = 0, 96 P (Y 385) = 0, 04.Or,d’aprèslecours,onsaitquesi Y suit une loi normale de paramètres µ = 40

et σ, alors Z = Y −400σ suit une loi normale centrée réduite et P (Y 385) = 0,0

entraîne P

Z 385−400σ

= 0, 04.

D’après l’énoncé nous savons que P (Z −1, 751) ≈ 0, 040. On a donc−15σ = −1, 751 et finalement σ = 15

1,751 ≈ 8, 6.Si σ = 8,6, valeur approché au dixième, la probabilité qu’un pain soit comme

cialisable est de 96 %.

Partie B

1 L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la proportiode pains commercialisables dans un échantillon de taille 300 s’écrit :

I = p − 1, 96 p(1− p)√

n ; p−+, 96

p(1− p)√

n avec p = 0,96 et n = 300.On a donc : I = [0,93 ; 0,99].

2 Parmi les 300 pains de l’échantillon, 283 sont commercialisables.La fréquence observable de pains commercialisables dans cet échantillon ede 283

300 soit environ 94 % de la production.Puisque 0,94 ∈ [0,93 ; 0,99], on décide que l’objectif a été atteint.



Sujet 2 | Corrigé

Partie C

1 On sait que la probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas avant30 jours est P (T 30) = 0, 913.D’après le cours, on sait que si X suit une loi exponentielle de paramètre λ

alors P (X c) = e−λc.On obtient donc ici : P (T 30) = e−30λ.e−30λ = 0, 913 entraîne −30λ = ln(0, 913) et finalement λ = 0, 003.

2 Calculons P T 60 (T 90).On a :

P T 60 (T 90) = P (

T 60

∩T 90

)

P (T 60)

P T 60 (T 90) = P (T 90)P (T 60

P T 60 (T 90) = e−90λ

e−60λ

P T 60 (T 90) = e−30λ.Avec λ = 0, 003, on a donc :P T 60 (T 90) = P (T 30) = 0, 913.La probabilité que la balance électronique fonctionne encore sans dérègle-ment après 90 jours, sachant qu’elle a fonctionné sans dérèglement 60 joursest 0,913.3 La probabilité que la balance fonctionne au moins un an sans dérèglement

est :P (T 365) = e−365λ ≈ 0, 335.Le vendeur a donc tort.Cherchons n tel que P (T n) = 0, 5.Cela revient à résoudre e−0,003n = 0, 5, d’où −0, 003n = ln(0, 5) et n ≈231, 05.La balance a une chance sur deux pour ne pas se dérégler avant 231 jours.



Su jet 3

Nouvelle-Calédonie, mars 2014, exercice 3

5 points

Partie A

Soit f la fonction dérivable, définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par f (x) = x ln(x

1 Déterminer les limites de f en 0 et en +∞.Utilisez les limites usuelles associées au logarithme.

2 On appelle f ’ la fonction dérivée de f sur ]0; +∞[. Montrer qu f ’(x) = ln(x) + 1.

Utilisez la dérivée du produit (u · v) = uv + uv.

3 Déterminer les variations de f sur ]0 ; +∞[.

Vous devez résoudre une inéquation avec un logarithme pour trouver signe de f .

Partie B

Soit C la courbe représentative de la fonction f dans un repère orthonormalSoit A se l’aire, exprimée en unités d’aire, de la partie du plan comprise entl’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équations respectives x = 1

x = 2.



Sujet 3 | Énoncé

On utilise l’algorithme suivant pour calculer, par la méthode des rectangles,une valeur approchée de l’aire se A :Variables :

k et n sont des entiers naturelsU , V sont des nombres réelsInitialisation :U prend la valeur 0V prend la valeur 0n prend la valeur 4Traitement :Pour k allant de 0 à n - 1

Affecter à U la valeur U + 12f (1 + k

n )

Affecter à V la valeur V + 1nf (1 + k +1

n )

Fin pour Affichage :Afficher U

Afficher V

1 a) Que représentent U et V sur le graphique précédent ?

Discernez le nombre U comme somme d’aires ainsi que le nombre V . b) Quelles sont les valeurs U et V affichées en sortie de l’algorithme (on don-nera une valeur approchée de U par défaut à 10-4 près et une valeur approchée

par excès de V à 10-4 près) ?Faites tourner l’algorithme, et utilisez la calculatrice.

c) En déduire un encadrement de A.

Tenir compte des résultats des a) et b) pour répondre.

2 Soient les suites (U n) et (V n) définies pour tout entier n non nul par :Un = 1n

f (1) + f

1 + 1

n

+ f

1 + 2

n

+ . . . + f

1 + n−1

n

Vn = 1

n

f

1 + 1n

+ f

1 + 2

n

+ . . . + f

1 + n−1

n

+ f (2)

On admettra que, pour tout n entier naturel non nul, Un A Vn.

a) Trouver le plus petit entier n tel que Vn − Un < 0, 1.Calculez V n − U n en fonction de n puis résolvez l’inéquation demandée.

b) Comment modifier l’algorithme précédent pour qu’il permette d’obtenir unencadrement de A d’amplitude inférieure à 0,1 ?



Sujet 3 | Én

Au lieu de « n prend la valeur 4 », on écrira « n prend la valeur trouvau a) ».

Partie C

Soit F la fonction dérivable, définie sur ]0 ; +∞[ par F(x) = x2

2 ln x − x2

4 .

1 Montrer que F est une primitive de f sur ]0 ; +∞[.Souvenez-vous que F est une primitive de f si et seulement si F = f .

2 Calculer la valeur exacte de A.

Interprétez l’aire à l’aide d’une intégrale judicieuse.



Sujet 3 | Corrigé

Partie A

1 limx→0+ x ln(x) = 0−, donc limx→0+ f (x) = 0.lim

x→+∞x = +∞ et limx→+∞ ln(x) = +∞, donc par produit des limites :

limx→+∞ f (x) = +∞.

2 f = u · v avec u(x) = x et v(x) = ln(x). u(x) = 1 et v(x) = 1

x, donc en

utilisant la formule de dérivation d’un produit : (u ·v) = uv + uv, on obtient :f (x) = ln(x) + 1.

3 f (x) > 0 est équivalente à ln(x) + 1 > 0, soit ln(x) > −1 et x > e−1

.Par conséquent, f est décroissante sur ]0; e−1] et croissante sur [e−1; +∞[.

Partie B

1 a) Sur le graphique de l’énoncé, le nombre U représente la somme des airesdes rectangles situés en-dessous de la courbe, elle est inférieure à l’aire sous

la courbe. Le nombre V représente la somme des aires des rectangles situésau-dessus de la courbe, elle est supérieure à l’aire sous la courbe.

b) En faisant tourner l’algorithme, en sortie de l’algorithme les valeurs affi-chées sont : 0, 4666 pour U et 0, 8132 pour V .c) Grâce au a), on déduit l’encadrement suivant : 0, 4666 < A < 0, 8132.

2 a) Puisque V n − U n = 1

n (f (2) − f (1)) =

2 ln(2) − 0

n =

2 ln(2)

n .

Le plus petit entier n tel que V n −

U n1

doit être tel que 2 ln(2)

n 1, soit n >

20 ln(2) ≈ 13, 8.Le plus petit entier n tel que V n − U n1 est donc 14.

b) Pour obtenir un encadrement de A d’amplitude inférieure à 0, 1 dans l’algo-rithme, il suffit d’entrer 14 comme valeur de n et au lieu de « n prend la valeur 4 », on écrira « n prend la valeur 14 ».

Partie C



Sujet 3 | Co

1 Pour montrer que F est une primitive de f , il suffit de montrer que F =

Or, F (x) = 2x

2 × ln(x) +

x2

2 × 1

x− 2x

4 = x ln(x) +

x

2 − x

2 = x ln(x) = f (x

Donc F est bien une primitive de f sur ]0; +∞[.2 ln(x) 0 sur [1;∞[, donc A =

2

1

f (t)dt.

A =

2

1

f (t)dt = F (2)− F (1) = (2 ln(2) − 1)−−1

4

= 2 ln(2) − 3

4.



Su jet 4

Sujet national, juin 2014, exercice 1

5 points

Partie A

Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on désigne par C1 la courbe repré-sentative de la fonction f 1 définie sur R par :f 1(x) = x + e−x.

1 Justifier que C1 passe par le point A de coordonnées (0 ; 1).Utilisez la propriété suivante : un point M de coordonnées x et y appartientà une courbe C f , si et seulement si y = f (x).

2 Déterminer le tableau de variation de la fonction f 1. On précisera les limitesde f 1 en +∞ et en −∞.

Pour la dérivation, utilisez la formule : (eu) = ueu si u est une fonctiondérivable.Pour les limites, utilisez les limites usuelles et dans le cas de la formeindéterminée considérez cette limite : lim

x→−∞ xex = 0.

Partie B

L’objet de cette partie est d’étudier la suite (I n) définie sur R,par: I n = 1

0 (x+

e−nx)dx.

1 Dans le plan muni d’un repère orthonorme (O ; i, j), pour tout entier na-turel n, on note Cn la courbe représentative de la fonction f n définie sur R par f n(x) = x + e−nx.Sur le graphique ci-dessous on a tracé la courbe Cn pour plusieurs valeurs del’entier n et la droite D d’équation x = 1.



Sujet 4 | Én

a) Interpréter géométriquement l’intégrale I n.D’après le cours, quand f > 0,

b

a f (x)dx correspond, en unités d’aire,

l’aire du plan déterminé par le domaine suivant : a x b et 0 f (x

b) En utilisant cette interprétation, formuler une conjecture sur le sens de vriation de la suite (I n) et sa limite éventuelle. On précisera les éléments sulesquels on s’appuie pour conjecturer.

La conjecture sur les variations de la suite et sa limite se déduit d’unconsidération des aires.

2 Démontrer que, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1,I n+1 − I n =

10

e−(n+1)x(1− ex)dx.

En déduire le signe de I n+1 − I n puis démontrer que la suite (I n) est convegente.Mobilisez les propriétés de linéarité et de positivité de l’intégrale, puis théorème de convergence.

3 Déterminer l’expression de I n en fonction de n et déterminer la limite de suite (I n).

Recherchez une primitive de f n puis la limite de l’intégrale obtenue.



Sujet 4 | Corrigé

Partie A

1 Pour montrer que C1 passe par le point A de coordonnées (0 ; 1), il suffit demontrer que f 1(0) = 1.

Or, f 1(0) = 0 + e0 = 0 + 1 = 1, C1 passe bien par le point A.

2 La fonction f 1 est dérivable sur R en tant que somme de fonctions dérivablessur R, et f 1(x) = 1− e−x. Si x > 0, −x < 0, e−x < 1 et f 1(x) = 1− e−x > 0.

De même, si x > 0, f 1(x) < 0.Par ailleurs, lim

x→+∞ f 1(x) = +∞ puisque limx→+∞ e−x = 0.

En

−∞nous sommes en présence d’une forme indéterminée.

Mettons e−x en facteur : f 1(x) = e−x(xex + 1).lim

x→−∞ e−x = +∞.

Puisque limx→−∞ xex = 0, lim

x→−∞ f 1(x) = +∞ D’où le tableau de variation :

Partie B

1 a) Puisque ex > 0 pour tout x réel, sur [0 ; 1], f n(x) > 0 et l’intégrale I n re- présente, en unités d’aire, l’aire délimitée par les droites verticales d’équationx = 0 et x = 1 l’axe des abscisses et la courbe Cn.

b) La suite (I n) semble être décroissante puisque les aires décroissent quand n

augmente et sa limite semble être proche de 12 , aire correspondant au triangle

rectangle isocèle valant la moitié de l’aire du carré de côté 1.

2 I n+1 − I n = 1

0

x + e(−n−1)x

dx − 1

0

x + e−nx

dx

= 1

0 x + e(−n−1)x − x− e−nx

dx = 1

0 e−(n+1)x (1 − ex) dx.

Puisque pour tout x réel, e−(n+1)x

> 0 et, sur [0 ; 1], 1− ex

0, I n+1− I n 0ce qui confirme bien la conjecture précédente :la suite (I n) est décroissante.f n > 0 donc I n > 0, la suite (I n) décroissante et minorée par 0 est doncconvergente d’après le théorème de convergence.



Sujet 4 | Co

3 On désigne par F n une primitive de f n.

F n(x) = x2

2 − e−nx

n .

Par conséquent, I n = F n(1)−

F n(0) = 1

2 − e−n

n

+ 1

n

.

limn→+∞ e−n = lim

n→+∞1n

= 0.

Donc limn→+∞ I n =

1

2, ce qui confirme la conjecture précédente faite sur la limi

de la suite (I n) .



Su jet 5

Liban, mai 2014, exercice 3

5 points

Soit f la fonction définie sur l’intervalle [0; +∞[ par f (x) = xe−x.On note C la courbe représentative de f dans un repère orthogonal.

Partie A

1 On note f la fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle [0; +

∞[.

Pour tout réel x de l’intervalle [0 ; +∞[, calculer f (x). En déduire les varia-tions de la fonction f sur l’intervalle [0 ; +∞[.

Calculez f et rechercher son signe.

2 Déterminer la limite de la fonction f en +∞. Quelle interprétation graphique peut-on faire de ce résultat ?

Établissez le lien entre limite et asymptote.

Partie B

Soit A la fonction définie sur l’intervalle [0; +∞[ de la façon suivante : pour tout réel t de l’intervalle [0; +∞[, A(t) est l’aire, en unités d’aire, du domainedélimité par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équations x = 0 etx = t.

1 Déterminer le sens de variation de la fonction A.Utilisez le cours concernant une fonction définie par une intégrale.

2 On admet que l’aire du domaine délimité par la courbe C et l’axe des abs-cisses est égale à 1 unité d’aire. Que peut-on en déduire pour la fonction A ?

Établissez le lien entre aire et intégrale.

3 On cherche à prouver l’existence d’un nombre réel α el que la droite d’équa-tion x = α partage le domaine compris entre l’axe des abscisses et la courbeC , en deux parties de même aire, et à trouver une valeur approchée de ce réel.



Sujet 5 | Én

a) Démontrer que l’équation A(t) = 12 admet une unique solution sur l’inte

valle [0 ; +∞[

Appliquez le théorème des valeurs intermédiaires.

b) Sur le graphique ci-dessous sont tracées la courbe C , ainsi que la courblerésentant la fonction A.Sur le graphique ci-dessous, identifier les courbes C et Γ, puis tracer la droid’équation y = 1

2 . En déduire une valeur approchée du réel α.Hachurer le domaine correspondant à A( α ).

Représentations graphiques des fonctions f et A

Précisez les limites du domaine.

4 On définit la fonction g sur l’intervalle [0; +∞[ par g(x) = (x + 1)e−1.

a) On note g la fonction dérivée de la fonction g sur l’intervalle [0; +∞[.Pour tout réel x de l’intervalle [0; +

∞[, calculer g (x).

Utilisez la formule donnant le dérivée d’un produit de deux fonctions. b) En déduire, pour tout réel t de l’intervalle [0; +∞[, une expression de A(t

Revenez à la définition d’une primitive.

c) Calculer une valeur approchée à 10−2 près de A(6).



Sujet 5 | Corrigé

Partie A

1 f (x) = xe−x

, donc f (x) = e−x

− xe−x

= e−x

(1− x).e−x > 0, donc le signe de f est le même que celui de 1 − x.

Il s’ensuit que f (x) 0 sur [0, 1] et f (x) 0 sur [1, +∞[.

f est donc croissante sur [0, 1] et décroissante sur ]1; +∞[.

2 D’après le cours limx→+∞ xe−x = 0 ce qui graphiquement signifie que l’axe

des abscisses est asymptote à la courbe C.

Partie B

1 Puisque la fonction f est continue et positive sur l’intervalle [0; +∞[,

alorsA(t) =

t0

f (x)dxet donc, pour tout t ∈ [0;+∞[,A(t) = f (t).

Mais f est positive sur l’intervalle [0; +∞[ donc la fonction A est croissantesur [0; +∞[.

2 L’aire du domaine délimité par la courbe C et l’axe des abscisses correspond

à la limite de A(t), quand t tend vers +∞.Or, d’après l’énoncé, cette aire est égale à 1 unité d’aire. On peut donc endéduire que la fonction A a pour limite 1 en +∞.

3 a)A(0) = 0 et limt→+∞

A(t) = 1, la fonction A est donc croissante de [0; +∞[

dans [0, 1[, or 1

2 ∈ [0, 1[ donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires

on en déduit que l’équation A(t) = 1

2 admet une solution unique α.

b) À l’aide du graphique on déduit que α ≈ 1, 7.L’aire hachurée correspond à l’aire du domaine délimité par la courbe C, l’axedes abscisses et les droites verticales d’équation x = 0 et x = α.



Sujet 5 | Co

4 a) On définit la fonction g sur l’intervalle [0; +∞[ par g(x) = (x + 1)e−x

Donc, g (x) = e−x − (x + 1)e−x = e−x(1− x − 1) = −xe−x.

b) Puisque g(x) = −f (x), une primitive de f est donc −g

A(t) =

t0

f (x)dx = −g(t) + g(0) = −(t + 1)e−t + 1.

c)A(6) = 1− 7e−6 0, 98.



Su jet 6


7 points

Partie A

f est une fonction définie et dérivable sur R . f est la fonction dérivée de lafonction f .Dans le plan muni d’un repère orthogonal, on nomme C1 la courbe représen-

tative de la fonction f et C2 la courbe représentative de la fonction f .Le point A de coordonnées (0 ; 2) appartient à la courbe C1.Le point B de coordonnées (0 ; 1) appartient à la courbe C2.

1 Dans les trois situations ci-dessous, on a dessiné la courbe représentative C1

de la fonction f . Sur l’une d’entre elles, la courbe C2 de la fonction dérivée f

est tracée convenablement. Laquelle ? Expliquez le choix effectué.



Sujet 6 | Énoncé

a) Déterminez la valeur de b en utilisant les renseignements donnés par l’énoncé.

On vient de déterminer graphiquement la valeur de f (0), d’où b.

b) Prouvez que a = 2.On a déterminé graphiquement la valeur de f (0) et on vient de trouver la valeur de b, d’où a.

4 Étudiez les variations de la fonction f sur R .Étudiez le signe de la fonction f , dérivée de f .

5 Déterminez la limite de la fonction f en +∞.

D’après le cours, on sait que limu→−∞

eu = 0. On conclut alors par propriété

de la limite d’une somme.

Partie B

Soit g la fonction définie sur R par g(x) = f (x) - (x + 2).

1 a) Montrez que la fonction g admet 0 comme minimum sur R .Étudiez le signe de la dérivée g et les variations de g, et concluez.

b) Vous devez en déduire la position de la courbe C1 par rapport à la droite ∆.La figure 2 ci-dessous représente le logo d’une entreprise. Pour dessiner celogo, son créateur s’est servi de la courbe C1 et de la droite ∆, comme l’in-dique la figure 3 ci-dessous. Afin d’estimer les coûts de peinture, il souhaitedéterminer l’aire de la partie colorée en gris.



Sujet 6 | Én



Sujet 6 | Énoncé

Le contour du logo est représenté par le trapèze DEF G où :

– D est le point de coordonnées (−2 ; 0), – E est le point de coordonnées (2 ; 0), – F est le point d’abscisse 2 de la courbe C1, – G est le point d’abscisse −2 de la courbe C1.

La partie du logo colorée en bleu correspond à la surface située entre la droite∆, la courbe C1, la droite d’équation x = −2 et la droite d’équation x = 2.

Étudiez le signe de g pour déduire la position relative des deux courbes.

2 Calculez, en unités d’aire, l’aire de la partie du logo colorée en gris (vousdonnerez la valeur exacte puis la valeur arrondie à 10−2 du résultat).

Déterminez le domaine correspondant à l’aire recherchée puisinterprétez-le sous forme d’intégrale.



Sujet 6 | Co

Partie A

1 La bonne situation est la situation 1 car dans ce cas de figure la dérivéf est positive (respectivement négative) sur le même intervalle sur lequelest croissante (respectivement décroissante) et f s’annule en une valeur corespondant à l’abscisse du minimum de f , minimum en lequel la courbe C

possède une tangente horizontale.

2 La droite ∆ tangente à la courbeC1 au point A d’abscisse 0,apouréquatioy = f (0)(x − 0) + f (0).Par lecture graphique, on déduit que f (0) = 2, puisque f (0) correspond

l’ordonnée du point A d’abscisse 0.De même, f (0) = 1 puisque f (0) correspond à l’ordonnée du point B d’abcisse 0.Finalement, ∆ : y = x + 2.

3 a) f (0) = e0 + 2 × 0 + b = 1 + b, or on vient de voir que f (0) = 2, d’ob = 1.

b) b = 1, donc f (x) = e−x + ax + 1.f (x) = −e−x + a ; or f (0) = 1, donc −e0 + a = 1 et a = 2.

Finalement, f (x) = e−x

+ 2x + 1 et f (x) = −e−x

+ 2.4 f (x) = −e−x+2,donc f (x) = 0 pour x = − ln(2), f > 0 pour x > − ln(

et f 0 pour x − ln(2).f est donc strictement décroissante sur ] − ∞;− ln 2[, f admet un minimu

pour x = − ln 2 et f est strictement croissante sur ] − ln 2; +∞[.

5 D’après le cours, on sait que limx→+∞ e−x = 0 et que lim

x→+∞ 2x + 1 = +∞donc, par propriété de la limite d’une somme :

limx→+∞

f (x) = +∞

.

Partie B

1 a) g(x) = f (x)− 1 = −e−x + 2 − 1 = −e−x + 1.g > 0 pour x > 0 et g < 0 pour x < 0.Donc g est strictement décroissante sur ] −∞; 0[, f admet un minimum pox = 0 égal à g(0) = f (0) 2 = 0 et g est strictement croissante sur ]0; +

∞[



Sujet 6 | Corrigé

b) D’après la question précédente, g(x) 0 pour tout x réel.Or, g(x) = f (x)− (x + 2) cela entraîne donc que la courbe C1 est au-dessus dela droite ∆ pour tout x réel.

2 On a vu que la courbe C1 était au-dessus de la droite ∆ pour tout réel et doncen particulier sur [−2 2].L’aire en bleu correspond à l’ensemble des points M (x; y) du plan tels que−2 x 2 et x + 2 y f (x), par suite, l’aire est donc égale, exprimé enunités d’aire, à l’intégrale I telle que :

I =

2

−2

f (x)dx − 2

−2

(x + 2)dx =

2

−2

[f (x) − (x + 2)]dx =

2

−2

g(x)dx.

Or, g(x) = e−x + 2x + 1

−x

−2 = e−x + x

−1 et si on désigne par G une

primitive de g, alors G(x) = −e−x+x2

2 −x. Par conséquent, I =

2

−2

g(x)dx =

G(2)−G(−2) =

−e−x +

x2

2 − x

2

−2

= −e−2+2−2+e2−2−2 = e2−e−2−4.

Si je désigne par A l’aire, alors A ≈ 3, 25 unités d’aire.



Su jet 7

Asie, juin 2013, exercice 2

6 pointsOn considère les fonctions f et g définies pour tout réel x par :f (x) = ex et g(x) = l −e−x.Les courbes représentatives de ces fonctions dans un repère orthogonal d

plan, notées respectivement C f et C g, sont fournies en annexe.

Partie A

Ces courbes semblent admettre deux tangentes communes. Tracez aux mieuces tangentes sur la figure de l’annexe.

Vous devez rendre ce graphique avec votre copie.

Vous placerez la règle entre les deux courbes de l’annexe de telle sorte qula règle effleure chacune des courbes et on trace la droite ainsi obtenue



Sujet 7 | Énoncé

Partie B

Dans cette partie, on admet l’existence de ces tangentes communes.

On note D l’une d’entre elles. Cette droite est tangente à la courbe C f au pointA d’abscisse a et tangente à la courbe C g au point B d’abscisse b.

1 a) Exprimez en fonction de a le coefficient directeur de la tangente à lacourbe C f au point A.

Le coefficient directeur de la tangente à une courbe en un point A d’abs-cisse a est égal au nombre dérivé en a.

b) Exprimez en fonction de b le coefficient directeur de la tangente à la courbe

C g au point B.Vous suivrez le même raisonnement qu’à la question précédente.

c) Vous devez en déduire que b = −a.

Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont le même coeffi-cient directeur.

2 Démontrez que le réel a est solution de l’équation2(x − l)ex + l = 0.

Écrivez une équation de la tangente T A à la courbe Cf

au point A puistraduisez le fait que les deux tangentes sont confondues.

Partie C

On considère la fonction ϕ définie sur IR par :ϕ(x) = 2(x − 1)ex + 1.

1 a) Calculez les limites de la fonction ϕ en−∞

et +∞

.Utilisez les limites usuelles des exponentielles puis appliquez les règlesrégissant la limite d’une somme.

b) Calculez la dérivée de la fonction ϕ, puis étudiez son signe.Utilisez la formule de dérivation d’un produit et pour le signe de la dérivéetenir compte des propriétés de la fonction exponentielle.



Sujet 7 | Én

c) Dressez le tableau de variation de la fonction ϕ sur IR. Précisez la valeur dϕ (0).

Il vous suffit de placer dans le tableau de variation le signe de ϕ et l

variations correspondantes pour ϕ.2 a) Démontrez que l’équation ϕ(x) = 0 admet exactement deux solutio

dans IR.Appliquez le théorème des valeurs intermédiaires deux fois dans deuintervalles judicieux.

b) On note α la solution négative de l’équation ϕ(x) = 0 et β la solutio positive de cette équation.

À l’aide d’une calculatrice, donnez les valeurs de α et β arrondies au centièmUtilisez la technique de balayage.

Partie D

Dans cette partie, on démontre l’existence de ces tangentes communes, qul’on a admise dans la partie B.On note E le point de la courbe C f d’abscisse a et F le point de la courbe C

d’abscisse −a (a est le nombre réel défini dans la partie C).

1 Démontrez que la droite (EF) est tangente à la courbe C f au point E.Écrivez l’équation de la tangente en E à la courbe Cf puis traduisez le faque F appartient à cette tangente. Donnez vos conclusions.

2 Démontrez que (EF) est tangente à C g au point F.

Vous connaissez le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg a point F d’abscisse

−α et vous le comparez à celui de la droite (EF ).



Sujet 7 | Corrigé

Partie A

Partie B

1 a) Le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cf au point A est égalau nombre dérivé en a soit f (a).Or f (x) = ex, donc f (a) = ea.

b) De même, le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au point Best égal au nombre dérivé en b soit g (b).Or g (x) = e−x donc g (b) = e−b.c) Si deux tangentes sont confondues, elles ont le même coefficient directeur ce qui entraîne que ea = e−b, soit a = −b.

2 Une équation de la tangente T A à la courbe Cf au point A est égale à :y = ea(x−a) + ea. Si deux tangentes sont confondues, cela exige que B(b; 1−e−b) appartienne à T A, soit, puisque b =

−a, que B(

−a; 1

−ea) appartienne à

T A soit : 1− ea = ea(−2a) + ea = −2aea + ea et 2(a− 1)ea + 1 = 0. a est biensolution de 2(x− 1)ex + 1 = 0.



Sujet 7 | Co

Partie C

1 a) Sur R, ϕ(x) = 2xex

−ex + 1

On sait que limx→−∞ ex = 0 et lim

x→−∞ xex = 0, d’où en appliquant les règl

régissant la limite d’une somme :lim

x→−∞ϕ(x) = 1.

La droite d’équation y = 1 est donc asymptote horizontale à la courbe reprsentative de ϕ.On a lim

x→+∞(x − 1) = +∞ et limx→+∞ ex = +∞, d’où en appliquant les règl

régissant la limite d’un produit : limx→

+∞

ϕ(x) = +

∞.

b) En tant que somme et produit de fonctions dérivable sur R, ϕ est dérivabsur R et :ϕ(x) = 2ex + 2(x − 1)ex = 2xex.Comme pour tout x réel, ex > 0, le signe de ϕ est donc celui de x.Si x ∈]−∞; 0[, ϕ est alors strictement négative et la fonction ϕ est décroissanet pour x 0, ϕ 0, la fonction ϕ est alors croissante.c) D’où le tableau de variations :

2 a) Sur I =] −∞; 0] la fonction ϕ est continue et strictement décroissantevaleurs dans [−1;1].

Puisque 0 ∈ [−1;1], d’après le théorème des valeurs intermédiaires, il exisun unique α de I tel que f (α) = 0.

Le même raisonnement sur l’intervalle J = [0;+∞[ nous conduit à établl’existence et l’unicité d’un β de J tel que f (β ) = 0.

Donc l’équation ϕ(x) = 0 admet exactement deux solutions dans R.

b) En utilisant la technique de balayage, on obtient α ≈ −1, 68 et β ≈ 0, 77.



Sujet 7 | Corrigé

Partie D

1 Par définition de E, on sait que E appartient à la droite (EFG) et à la courbereprésentative Cf .E (α; eα) et F −α; 1 − e−α

.

L’équation de la tangente en E à la courbe Cf est :y = eα(x− α) + eα.

F appartient à cette tangente si et seulement si :1− e−α = eα(−α − α) + eα.

Soit 2(α− 1)eα + 1 = 0 ce qui a été démontré à la question 2 b) de la partie C.La droite (EF) est donc bien la tangente à la courbe Cf au point d’abscisse α.

2 Le coefficient directeur de la tangente à la courbe Cg au point F d’abscisse−α est e−(−α) = eα.

On a vu dans la question précédente que la droite (EF) a pour coefficient di-recteur eα et contient le point F. La droite (EF) est donc bien la tangente à lacourbe Cg au point d’abscisse −α.



Su jet 8


5 points

Partie A

On s’intéresse à l’évolution de la hauteur d’un plant de maïs en fonction dtemps. Le graphique en annexe représente cette évolution. La hauteur est emètres et le temps en jours.

On décide de modéliser cette croissance par une fonction logistique du typeh(t) = a1 + be−0,04t

où a et b sont des constantes réelles positives, t est la variable temps exprimen jours et h(t) désigne la hauteur du plant, exprimée en mètres.On sait qu’initialement, pour t = 0, le plant mesure 0,1 m et que sa hauteutend vers une hauteur limite de 2 m.

Déterminez les constantes a et b afin que la fonction h corresponde à la croisance du plant de maïs étudié.

Interprétez la limite par rapport à la situation concrète, ce qui permettravec la valeur en 0 de déduire les coefficients a et b.

Partie B

On considère désormais que la croissance du plant de maïs est donnée par fonction f définie sur [0 ; 250] par f (t) = 2

1 + 19e−0,04t .

1 Déterminez f (t) en fonction de t (f désignant la fonction dérivée de fonction f ).Vous en déduirez les variations de la fonction f sur l’intervalle [0 ; 250].

Vérifiez que la fonction proposée est la même que celle déterminée prcédemment puis utilisez les formules sur les dérivées.



Sujet 8 | Énoncé

2 Calculez le temps nécessaire pour que le plant de maïs atteigne une hauteur supérieure à 1,5 m.

Traduisez l’énoncé sous la forme d’une inéquation puis utilisez les pro-

priétés des fonctions exponentielle et logarithme pour la résoudre et ré- pondre au problème.

3 a) Vérifiez que pour tout réel t appartenant à l’intervalle [0 ; 250] on a :f (t) = 2e0,04t

e0,04t + 19 .Montrez que la fonction F définie sur l’intervalle [0 ; 250] par F (t) =

50 ln

e0,04t + 19

est une primitive de la fonction f .Multipliez le numérateur et le dénominateur de l’expression initiale def (t) par e0,04t. Dérivez F et concluez.

b) Déterminez la valeur moyenne de f sur l’intervalle [50 ; 100].En donner une valeur approchée à 10−2 près et interpréter ce résultat.

Utilisez la formule de la valeur moyenne d’une fonction f sur un inter-valle [a; b].

4 On s’intéresse à la vitesse de croissance du plant de maïs ; elle est donnée par la fonction dérivée de la fonction f .La vitesse de croissance est maximale pour une valeur de t.

En utilisant le graphique donné en fin de sujet, déterminez une valeur appro-chée de celle-ci.Estimez alors la hauteur du plant.

En utilisant le fait que la pente de la tangente en un point M est égal aunombre dérivé en ce point, lisez sur le graphique le point en lequel la

pente semble être maximale.



Sujet 8 | Én



Sujet 8 | Corrigé

Partie A

Des données de l’énoncé on déduit que :h(0) = 0, 1 et lim

t→+∞h(t) = 2.

Or h(0) = a1+b et lim

t→+∞h(t) = a, puisque lim

t→+∞e−0,04t = lim

u→−∞ eu = 0.

D’où a = 2 et 21+b = 0, 1 soit 1+b

2 = 10 et finalement a = 2 et b = 19.Alors h(t) = 2

1+19e−0,04t .

Partie B

1 Pour t ∈ [0 ; 250], f (t) = kv(t)

, avec k = 2 et v(t) = 1 + 19e−0,04t.

Donc f (t) = −kv(t)v2(t)

.

Mais, v (t) = −0, 76e−0,04t puisque (eu(t)) = u(t)eu(t).

Donc f (t) = 1,52e−0,04t

(1+19e−0,04t)2.

Comme ex > 0 pour tout x réel, sur [0 ; 250], f (t) > 0 et f est strictementcroissante.

2 Cela revient à déterminer les valeurs de t pour lesquelles f (t) > 1, 5. Ce quiéquivaut successivement à :

21+19e−0,04t > 1, 51+19e−0,04t

2 < 23

3 + 57e−0,04t < 4

e−0,04t < 157

−0, 04t < − ln(57).Finalement on trouve t > 25 ln(57)

≈101, 1.

Pour que le plant de maïs atteigne une hauteur supérieure à 1,5 m, il faut quele temps t soit d’au moins 102 jours.

3 a) On multiplie le numérateur et le dénominateur de f (t) par e0,04t et onobtient directement le résultat recherché.On dérive la fonction F . En posant, pour tout t ∈ [0 ; 250], u(t) = e−0,04t + 19,alors :F (t) = 50 ln(u(t)).Par ailleurs (ln(u))

= u

u et la dérivée de ev est égale à v

ev.



Sujet 8 | Co

On a donc F (t) = 50u(t)u(t)

F (t) = 50 0,04e0,04t

e−0,04t+19

F (t) = 2e0,04t

19+e0,04t = f (t).sur [0 ; 250], puisque F = f , F est bien une primitive de f . b) La valeur moyenne de f sur [50 ; 100] est :m = 1

50

10050

f (t)dt

m = F (100)−F (50)

50

m = ln

e4+19e2+19

.

La valeur approchée à 10−2 près de m est donc égale à 1,03. Cela corresponà la taille moyenne du plant de maïs entre le 50e et le 100e jour.

4 Au temps t, la vitesse de croissance du plant de maïs est donnée par nombre dérivé f (t) qui correspond au coefficient directeur de la tangente à courbe au point d’abscisse t.On lit sur le graphique la valeur de tmax pour laquelle le coefficient directede la tangente semble maximal : une valeur approchée de tmax est alors 73.La hauteur du plant est alors d’environ 1 m, à 10 cm près.



Su jet 9

Sujet national, septembre 2013, exercice 1

6 points

Soit f une fonction définie et dérivable sur IR. On note C sa courbe représen-tative dans le plan muni d’un repère (O,~i,~ j).

Partie A

Sur les graphiques ci-dessous, on a représenté la courbe C et trois autres

courbes C 1, C 2, C 3 avec la tangente en leur point d’abscisse 0.



Sujet 9 | Én



Sujet 9 | Énoncé

1 Donnez par lecture graphique, le signe de f(x) selon les valeurs de x.

Lisez les coordonnées du point d’intersection de C avec l’axe des abs-cisses puis interprétez le graphique pour déduire le signe de f .

2 On désigne par F une primitive de la fonction f sur R.

a) À l’aide de la courbe C , déterminez F’ (0) et F’ (− 2).Utilisez la définition d’une primitive d’une fonction et lisez sur le gra-

phique les coordonnées de points judicieux.

b) L’une des courbes C 1, C 2, C 3 est la courbe représentative de la fonction F .

Déterminez laquelle en justifiant l’élimination des deux autres.Recherchez la seule courbe parmi les trois dont la tangente en un certain point est horizontale.



Sujet 9 | Én

Partie B

Dans cette partie, on admet que la fonction f évoquée dans la partie A est fonction définie sur R par f (x) = (x + 2)e 1

2x.

1 L’observation de la courbe C permet de conjecturer que la fonction f admun minimum.

a) Démontrez que pour tout réel x, f (x) = 12 (x + 4)e

12 x.

Utilisez la formule de la dérivée d’un produit.

b) Vous devez en déduire une validation de la conjecture précédente.

Recherchez les variations de f .

2 On pose I =

10

f (x)dx.

a) Interprétez géométriquement le réel I .Rappelez le lien entre intégrale et aire d’un certain domaine vu en cour

b) Soient u et v les fonctions définies sur R par u(x) = x et v(x) = e12x. Vérifi

que f = 2(u’v + uv’ ).Utilisez la définition d’une primitive d’une fonction et la formule de dérivée d’un produit.

c) Vous devez en déduire la valeur exacte de l’intégrale I .Le lien entre intégrale et primitive vous permet de conclure.

3 On donne l’algorithme ci-dessous.Variables :k et n sont des nombres entiers naturels.s est un nombre réel.Entrée :Demander à l’utilisateur la valeur de n.Initialisation :Affecter à s la valeur 0.Traitement :Pour k allant de 0 à n −1Affecter à s la valeur s + 1

n f kn

.

Fin de boucle.Sortie :Afficher s.



Sujet 9 | Énoncé

On note sn le nombre affiché par cet algorithme lorsque l’utilisateur entre unentier naturel strictement positif comme valeur de n.

a) Justifiez que s3 représente l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine ha-

churé sur le graphique ci-dessous où les trois rectangles ont la même largeur.

Faites tourner l’algorithme et repérez dans l’expression algébrique obte-nue les aires de rectangles convenables.

b) Quediredelavaleurde sn fournie par l’algorithme proposé lorsque n devientgrand ?

La théorie de l’intégrale de Riemann nous dit que sn, appelée somme deRiemann, lorsque n tend vers +∞, tend vers une intégrale correspondantà une aire convenable.



Sujet 9 | Co

Partie A

1 Puisque l’intersection deC

avec l’axe des abscisses est le point A(−

2;0) en s’appuyant sur le graphique donné on déduit que f (x) 0 pour x −2 f (x) 0 pour x 0

2 a) Puisque F est une primitive de f , par définition d’une primitive,F = f , F (0) = f (0) = 2 et F (−2) = f (−2) = 0.

b) C1 est celle qui convient car c’est la seule courbe parmi les trois dont tangente au point d’abscisse − 2 est horizontale.

Partie B

1 a) On va utiliser la formule donnant la dérivée d’un produit :f = u · v avec u(x) = x + 2, v(x) = e

x2 , u(x) = 1 et v (x) = 1

2 ex2 .

Or, d’après le cours, f = uv + uv donc f (x) = ex2 + x+2

2 ex2 .

Finalement, f (x) = 1

2(x + 4)e

x2 .

b) Une exponentielle étant toujours positive le signe de f ’ est celui de x +

f 0 et f décroissante pour x −4, f 0 et f croissante pour x −4, fonction f admet donc bien un minimum en x = −4.

2 a) La fonction f est définie, continue et positive sur [0; 1] donc l’intégrade 0 à 1 de f (x)dx a un sens et correspond à l’aire du domaine délimité pla courbe de f , l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x =

exprimée en unités d’aire.

b) 2(u(x)v(x) + u(x)v(x)) = 2

1× e12x + x × 1

2 e12x

= (2 + x)e12x = f (

d’où f = (2uv) et F = 2uv est une primitive de f.

c) D’après le cours, on sait que si F est une primitive de f alo ba

f (x)dx = F (b)− F (a), donc I = [F (x)]10 = [2xe

12x]1

0 = 2e12 = 2

√ e.

3 a) Faisons tourner la boucle de l’algorithme : lorsque k a atteint la vale(3 − 1), l’affichage est alors :13 f

03

+ 1

3 f

13

+ 1

3 f

23

.

Or chacun de ces trois termes correspond à l’aire d’un des trois rectangldonnés dans l’énoncé.



Sujet 9 | Corrigé

b) L’affichage de l’algorithme obtenu après n boucles est :n−1

k=0

1

nf

k

n cela correspond à la somme des aires des rectangles sous la

courbe et au dessus de l’axe des abscisses entre les droites d’équations x = 0

et x = 1, leur largeur vaut : 1n .

Quand n devient grand, sn se rapproche de I , selon la théorie de l’intégrale deRiemann qui nous dit que lim

n→+∞ sn = I.

La somme sn est d’ailleurs appelée somme de Riemann.



Su jet 10


5 pointsSoit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par f (x) = 1 + ln(x)

x2

et soit C la courbe représentative de la fonction f dans un repère du plan. Lcourbe C est donnée ci-dessous :

1 a) Étudiez la limite de f en 0.Utilisez les limites usuelles de ln(x) en 0+.

b) Que vaut limx→ +∞

ln(x)x ? Vous devez en déduire la limite de la fonction f e

+∞.Utilisez les propriétés des limites en particulier les sommes et produits dlimites.

c) Vous devez en déduire les asymptotes éventuelles à la courbe C.Interprétez graphiquement chacune des deux limites.

2 a) On note f la fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞Démontrez que, pour tout réel x appartenant à l’intervalle ]0 ; +∞[,f (x) =

−1− 2 ln(x)x3

.Utilisez la formule de la dérivée d’un quotient.

b) Résolvez sur l’intervalle ]0 ; +∞[ l’inéquation −1 − 2 ln(x) > 0.Vous devez en déduire le signe de f

(x) sur l’intervalle ]0 ; +

∞[.



Sujet 10 | Énoncé

Montrez que le signe de f est celui de−1−2 ln(x), résolvez l’inéquationdemandée, concluez.

c) Dressez le tableau des variations de la fonction f .

En dressant le tableau, n’oubliez pas de placer les bornes et les limites.

3 a) Démontrez que la courbe C a un unique point d’intersection avec l’axedes abscisses, dont vous préciserez les coordonnées.

Un point appartient à l’intersection de deux ensembles si et seulement sises coordonnées vérifient simultanément les équations de ces deux en-sembles.

b) Vous devez en déduire le signe de f (x) sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

Utilisez le tableau de variation précédent et le point d’intersection trouvé.4 Pour tout entier n 1, on note I n l’aire, exprimée en unités d’aire, du do-

maine délimité par l’axe des abscisses, la courbe C et les droites d’équationsrespectives x = 1

e et x = n.

a) Démontrez que 0 I 2 e − 12 .

On admet que la fonction F définie sur l’intervalle ]0; +∞[ par F (x) =−2−ln(x)

x est une primitive de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.Interprétez l’aire à l’aide d’une intégrale et utilisez la primitive donnéedans l’énoncé.

b) Calculez I n en fonction de n.Utilisez la primitive donnée dans l’énoncé.

c) Étudiez la limite de I n en +∞. Interprétez graphiquement le résultat obtenu.

Utilisez les limites usuelles, ln(x)

x et

1

xnquand x tend vers +∞.



Sujet 10 | Co

1 a) D’après le cours, limx→0+

ln(x) = −∞. Donc limx→0+

1 + ln(x) = −∞.

D’autre part, limx→0+

1x2 = +∞. D’où en effectuant le produit des limites :

limx→0+ f (x) = −∞. b) D’après le cours, lim

x→+∞ln xx = 0, et par ailleurs lim

x→+∞1x = 0, alors en effe

tuant le produit des limites limx→+∞

ln xx2 = 0.

On a aussi limx→+∞

1x2 = 0, et en ajoutant ces deux dernières limites, on obtien

limx→+∞ f (x) = 0.

c) L’axe des ordonnées est donc une asymptote verticale à la courbe C.

L’axe des abscisses est asymptote horizontale à la coube C en +∞.2 a) f est dérivable sur ]0 ; +∞[ en tant que quotient de fonctions dérivabl

sur ]0 ; +∞[.

f (x) =1x×x2−2x×(1+ln x)

x4

f (x) = x−2x−2x ln xx4

f (x) = −1−2 ln(x)

x3 .

b) Pour tout x ∈ ]0 ; +∞[, x3 > 0 donc f (x) est du signe de −1− 2 ln(x).

Or −1 − 2 ln(x) > 0 pour x < e−12

et −1 − 2 ln(x) < 0 pour x > e−12

, d’où signe de f .c) On a f

e−

12

=

1− 12

e−12

2 =12

e−1 = e2 et e−

12

1=

√ e.

3 a) Un point appartient à l’intersection de deux ensembles si et seulement ses coordonnées vérifient simultanément les équations de ces deux ensemblece qui revient à rechercher x

∈]0 ; +

∞[ tel que f (x) = 0.



Sujet 10 | Corrigé

Comme x = 0, cette équation équivaut à 1 + ln x = 0, soit x = e−1. Cela prouve que la courbe C coupe l’axe des abscisses en un unique point, le pointA de coordonnées (e−1 ; 0).

b) D’après les variations de f et comme f (e−1) = 0, on en déduit que f (x) < 0sur l’intervalle ]0 ; e−1[ et f (x) > 0 sur l’intervalle ]e−1 ; +∞[.

4 a) On sait que f est strictement positive sur ] 1e ; +∞[, donc I 2 = 2

1e

f (x)dx.

Sur

1e ; 2

on a, d’après les variations de f : 0 < f (x) e

2 .

L’intégration conservant l’ordre, on en déduit : 0 < I 2 2

1e

e

2

dx

avec 2

1e

e2

dx = e2

2− 1

e

= e − 1

2

et finalement : 0 I 2 e− 12 .

b) De même, f est strictement positive sur ] 1e ; +∞[, et F est une primitive de

f sur le même intervalle donc :

I n = n

1e

f (x)dx

I n = [F (x)]n1e.

I n =−2−ln x

x

n1e

I n = −2−ln nn −

−2−ln(e−1)

e−1

= −2−ln n

n − (−2 + 1)e.

Et finalement : I n = −2−ln nn + e.

c) I n s’écrit aussi I n = − 2n − ln n

n + e.On a lim

n→+∞2n = 0, lim

n→+∞ln nn = 0 d’où lim

n→+∞ I n = e.

Graphiquement cela revient à dire que l’aire du domaine délimité par l’axe desabscisses, la courbe C et les droites d’équations respectives x = 1

e et x = n

tend vers e quand n tend vers +∞.



Su jet 11


7 pointsSur le graphique ci-dessous, on a tracé, dans le plan muni d’un repère orthnormé

O ; i, j

, la courbe représentative C d’une fonction f définie et dér

vable sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

On dispose des informations suivantes : – les points A, B, C ont pour coordonnées respectives (1 ; 0), (1 ; 2), (0 ; 2) – la courbe C passe par le point B et la droite (BC) est tangente à C en B ; – il existe deux réels positifs a et b tels que pour tout réel strictement posit

x, f (x) = a+b ln xx .

1 a) En utilisant le graphique, donnez les valeurs de f (l) et f (1).f (1) est l’ordonnée du point B, remarquez que la tangente en B est h

rizontale et utilisez le lien entre coefficient directeur d’une tangente nombre dérivé.

b) Vérifiez que pour tout réel strictement positif x, f (x) = (b− a)− b ln xx2 .

Utilisez la formule de la dérivée d’un quotient.

c) Déduisez les réels a et b.

Les questions a) et b) permettent d’établir un système de deux équationà deux inconnues a et b.



Sujet 11 | Énoncé

2 a) Justifiez que pour tout réel x appartenant à l’intervalle ]0 ; +∞[, f (x) ale même signe que − ln(x).

Décomposez f en produit de deux facteurs, dont l’un est toujours positif

et l’autre est − ln(x). b) Déterminez les limites de f en 0 et en +∞. Vous pourrez remarquer que pour tout réel x strictement positif, f (x) = 2

x + 2 ln xx .

Utilisez le propriétés de limites de produit, somme et quotient.

c) Déduisez le tableau de variations de la fonction f .

La recherche du signe de ln(x) permet de trouver les variations de f .

3 a) Démontrez que l’équation f (x) = 1 admet une unique solution α sur l’in-

tervalle ]0 ; 1].Le théorème des valeurs intermédiaires prouve l’existence et l’unicité deα.

b) Par un raisonnement analogue, on démontre qu’il existe un unique réel β del’intervalle ]1 ; +∞] tel que f (β ) = l.Déterminez l’entier n tel que n < β < n + 1.

Le théorème des valeurs intermédiaires prouve l’existence et l’unicité de

β et la technique de balayage donne l’encadrement recherché.4 Variables :a, b et m sont des nombres réels.Initialisation :Affecter à a la valeur 0.Affecter à b la valeur 1.Traitement :Tant que b

−a > 0,1

Affecter à m la valeur 12(a + b).Si f (m) < 1 alors Affecter à a la valeur m.Sinon Affecter à b la valeur m.Fin de Si.Fin de Tant que.Sortie :Afficher a.Afficher b.



Sujet 11 | Én

Cet algorithme permet un encadrement de la valeur de α par la méthodde dichotomie.

a) Faites tourner cet algorithme en complétant le tableau ci-dessous que vou

recopierez sur la copie.

Étape 1 Étape 2 Étape 3 Étape 4 Étape 5

a 0

b 1

b− a

m

b) Que représentent les valeurs affichées par cet algorithme ?

c) Modifiez l’algorithme ci-dessus pour qu’il affiche les deux bornes d’un ecadrement de β d’amplitude 10−1.

5 Lebutdecettequestionestdedémontrerquelacourbe C partage le rectangOABC en deux domaines d’aires égales.

a) Justifier que cela revient à démontrer que 11e

f (x)dx = 1.

Le lien entre intégrale et aire vous permet de conclure.

b) En remarquant que l’expression de f (x)peuts’écrire 2x+2× 1

x×ln x, termin

la démonstration.L’expression de f proposée dans l’énoncé et la connaissance de la primtive d’une fonction de la forme u · un vous permet de répondre.



Sujet 11 | Corrigé

1 a) Le point B étant le point de la courbe d’abscisse 1 et d’ordonnée 2,f (1) = 2. Par ailleurs, la tangente en B à la courbe est horizontale, donc lecoefficient directeur de cette tangente est égal à 0 et f (1) = 0.

b) La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[, en tant que quotient de fonctionsdérivables sur cet intervalle. Par ailleurs :f (x) =

0+b× 1

x

×x−(a+b ln x)×1x2 = b−(a+b ln x)

x2

et finalement :f (x) = (b−a)−b ln x

x2 .

c) f (1) = a+b ln 11 = a, or d’après le 1. a), f (1) = 2, d’où a = 2.

Par ailleurs, on a f (1) = (b−2)−b ln(1)12 = b − 2, or d’après le 1. a), f (1) = 0,

donc b = 2.

2 a) On remplace a et b par 2, dans l’expression de f et on obtient :f (x) = −2 ln x

x2 = 2x2 × (− ln x).

Puisque pour tout x > 0, 2x2 > 0, le signe de f et le même que celui de − ln x

pour tout x appartenant à ]0 ; +∞[. b) Quand x tend vers 0+, lnx tend vers−∞ d’où par opérations sur les limites :

limx→0+

2 + 2 ln x = −∞.

Par ailleurs, limx

→0+

1x = ∞, donc par produit, lim

x

→0+

f (x) = −∞.

On remarque que f (x) = 2x + 2 ln xx .Or lim

x→+∞1x = 0 et lim

x→+∞ln xx = 0 d’après la propriété des croissances compa-

rées.Donc par produit et somme :

limx→+∞ f (x) = 0.

c)− ln(x) > 0 est équivalent à ln(x) < 0, soit x < 1.f est donc croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur [1 ; +∞[.



Sujet 11 | Co

3 a) La fonction f est continueet strictement croissante sur ]0 ; 1] et 1 ∈]−∞ ; f (1)[.On peut donc appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur ]0 ; 1],

qui prouve l’existence et l’unicité d’une solution α à l’équation f (x) = 1. b) Grâce à la calculatrice et la technique dite de balayage, on prouve qul’unique solution β à l’équation f (x) = 1 sur ]1 ; +∞[ appartient à ]5 ; 6

par suite, n = 5.

4 a)

Étape 1 Étape 2 Étape 3 Étape 4 Étape 5

a 0 0 1

4

3

8

7

16

b 1 1

2

1

2

1

2

1

2

b− a 1 1

2

1

4

1

8

1

16

m 1

2

1

4

3

8

7

16

b) Les valeurs affichées par cet algorithme : 716 et 1

2 sont les bornes d’un encdrement de α d’amplitude inférieure ou égale à 10−1.c) On modifie les 3 lignes de l’initialisation :

– Affecter à a la valeur 5. – Affecter à b la valeur 6. – Si f (m) > 1 alors Affecter à a la valeur m.

5 a) Commençons par trouver l’abscisse du point d’intersection de la courbC et de l’axe des abscisse.Cela revient à résoudre l’équation f (x) = 0 sur ]0 ; 1].Soit 2 + 2 ln x = 0, soit ln x = −1 et x = 1

e .On doit donc démontrer que l’aire J du domaine délimité par l’axe des abcisse, la courbe

C, les droites d’équations x = 1

e et x = 1 est égale à la moit

de celle du rectangle OABC, c’est-à-dire 1.Or J =

11e

f (x)dx.

On doit donc démontrer que 11e

f (x)dx = 1.

b) On a f (x) = 2× 1x +2× 1

x× ln x. En posant u(x) = ln x, on a f = 2u+2u

Une primitive de f sur ]0 ; +∞[ est donc F telle que F (x) = 2 ln x + (ln x)

On a alors :

1

1

e

f (x)dx = [F (x)]11e

= F (1)− F 1

e.



Sujet 11 | Corrigé

11e

f (x) dx = 2 ln 1 + (ln 1)2 −

2 ln

1e

+

ln

1e

2

11e

f (x) dx = 0 − (−2 + 1) = 1.

Le rectangle OABC est bien partagé en deux domaines de même aire par lacourbe C.



Su jet 12


5 points Les parties A et B peuvent être traitées indépendamment.

Partie A

Un laboratoire pharmaceutique propose des tests de dépistage de diverses mladies. Son service de communication met en avant les caractéristiques su

vantes : – la probabilité qu’une personne malade présente un test positif est 0,99 ; – la probabilité qu’une personne saine présente un test positif est 0,001.

1 Pour une maladie qui vient d’apparaître, le laboratoire élabore un nouveatest. Une étude statistique permet d’estimer que le pourcentage de personnmalades parmi la population d’une métropole est égal à 0,1 %. On choisit ahasard une personne dans cette population et on lui fait subir le test.

On note M l’événement « la personne choisie est malade » et T l’événeme« le test est positif ».

a) Traduire l’énoncé sous la forme d’un arbre pondéré.Pour construire l’arbre correspondant à la situation donnée, tenez compdes probabilités de chaque événement.

b) Démontrer que la probabilité P (T ) de l’événement T est égale 1,989 ×10-3.

Privilégiez la formule des probabilités totales car si vous utilisez l’arb

précédent et qu’il est faux, tout est faux. L’arbre permet simplement dvérifier.

c) L’affirmation suivante est-elle vraie ou fausse ? Justifier la réponse.Affirmation : « Si le test est positif, il y a moins d’une chance sur deux que

personne soit malade ».

La question posée revient à déterminer la probabilité d’être malade schant que le test est positif est inférieur à 0, 5. Appliquez ensuite la fomule des probabilités conditionnelles.



Sujet 12 | Énoncé

2 Le laboratoire décide de commercialiser un test dès lors que la probabilitéqu’une personne testée positivement soit malade est supérieure ou égaie à 0,95.On désigne par x la proportion de personnes atteintes d’une certaine maladie

dans la population.À partir de quelle valeur de x le laboratoire commercialise-t-il le test corres-

pondant ?

Appliquez la formule des probabilités totales, puis utilisez la question précédente.

Partie B

La chaîne de production du laboratoire fabrique, en très grande quantité, lecomprimé d’un médicament.

1 Un comprimé est conforme si sa masse est comprise entre 890 et 920 mg.On admet que la masse en milligrammes d’un comprimé pris au hasard dansla production peut être modélisée par une variable aléatoire X qui suit la loinormale N , µ, σ2) de moyenne µ = 900 et d’écart-type σ = 7.

a) Calculer la probabilité qu’un comprimé prélevé au hasard soit conforme. Onarrondira à 10-2.

Cela revient à déterminer P (890 X 920).

b) Déterminer l’entier positif h tel que P (900 - hX 900 + h)≈0,99 à 10-3

près.

Centrez et réduisez la variable aléatoire X , puis utilisez la calculatrice.

2 La chaîne de production a été réglée dans le but d’obtenir au moins 97 %

de comprimés conformes. Afin d’évaluer l’efficacité des réglages, on effectueun contrôle en prélevant un échantillon de 1 000 comprimés dans la produc-tion. La taille de la production est supposée suffisamment grande pour que ce

prélèvement puisse être assimilé à 1 000 tirages successifs avec remise.Le contrôle effectué a permis de dénombrer 53 comprimés non conformes sur l’échan-tillon prélevé.Ce contrôle remet-il en question les réglages faits par le laboratoire ? On pourrautiliser un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %.



Sujet 12 | Én

Vérifiez si les conditions d’application de l’intervalle de fluctuatioasymptotique I f sont remplies, puis déterminez cet intervalle. Confrontla fréquence observée à l’intervalle et concluez.



Sujet 12 | Corrigé

Partie A

1 a) Voici l’arbre correspondant à la situation donnée : b) D’après la formule des probabilités totales, on obtient : P (T ) = P (T ∩M )+

P (T ∩ M ) = 0, 001× 0, 99 + 0, 999× 0, 001 = 0, 001989 = 1, 989× 10−3.

c) La question posée revient à déterminer la probabilité d’être malade sachantque le test est positif est inférieur à 0,5.D’après la formule des probabilités conditionnelles on obtient : P T (M ) =P (T ∩ M )

P (T ) =

0, 001 × 0, 99

0, 001989 =

110

221 0, 5.

L’affirmation est donc vraie.2 D’après la formule des probabilités totales, on obtient : P (T ) = P (T ∩M )+

P (T ∩ M ) = x × 0, 99 + (1 − x)× 0, 001 = 0, 001 + 0, 989x.

On recherche la valeur de x pour laquelle on ait P T (M ) 0, 95 soit, d’après la

question précédente, P (T ∩ M )

P (T ) 0, 95, c’est-à-dire

0, 99x

0, 001 + 0, 989x 0, 95.

Ce qui donne 0, 05045x 0, 00095 et finalement, x 19

1009.

Le laboratoire commercialise le test correspondant pour x

19

1009 .

Partie B

1

a) Cela revient à calculer P (890 X 920) et en utilisant la calculatrice on

trouve que : P (890 X 920) ≈ 0, 92. b) On va centrer et réduire la variable aléatoire X :

P (900 − h X 900 + h) = P

−h

7

X − 900

7

h

7

=

2P

X − 900

7

h

7

− 1.

Puisque P (900 − h X 900 + h) ≈ 0, 99, on déduit que

2P X − 900

7

h

7 ≈

1, 99 et P X − 900

7

h

7 ≈

0, 995.



Sujet 12 | Co

La variable aléatoire X − 900

7 suivant la loi normale centrée réduite, la calc

latrice nous donne donc h

7 ≈2, 5758 d’où h = 18.

2 np = 970 5, n = 1000 30 et n(1− p) = 30 5 on peut donc appliqule cours et déterminer l’intervalle de fluctuation asymptotique I f :

I f =

0, 97− 1, 96×

√ 0, 97× 0, 03√

1000; 0, 97 + 1, 96×

√ 0, 97 × 0, 03√

1000

[0, 959; 0, 981].

La fréquence observée des comprimés conformes est f = 947

1000 = 0, 947 /∈

et de plus 0, 959 > f donc les réglages faits par le laboratoire ne sont p

convenables.



Su jet 13


5 points

Les trois parties A, B et C peuvent être traitées de façon indépendante. Les

probabilités seront arrondies au dix millième.

Un élève doit se rendre à son lycée chaque matin pour 8 h 00. Pour cela, ilutilise, selon les jours, deux moyens de transport : le vélo ou le bus.

Partie A

L’élève part tous les jours à 7 h 40 de son domicile et doit arriver à 8 h 00 àson lycée. Il prend le vélo 7 jours sur 10 et le bus le reste du temps.Les jours où il prend le vélo, il arrive à l’heure dans 99,4 % des cas et lorsqu’il

prend le bus, il arrive en retard dans 5 % des cas.On choisit une date au hasard en période scolaire et on note V l’événement« L’élève se rend au lycée à vélo », B l’événement « l’élève se rend au lycéeen bus » et R l’événement « L’élève arrive en retard au lycée ».

1 Traduire la situation par un arbre de probabilités.Placez sur chaque branche de l’arbre la probabilité demandée.

2 Déterminer la probabilité de l’événement V ∩ R.Vous pouvez vous appuyer sur l’arbre ou appliquer la formule des proba-

bilités conditionnelles.

3 Démontrer que la probabilité de l’événement R est 0,0192.Appliquez la formule des probabilités totales.

4 Un jour donné, l’élève est arrivé en retard au lycée. Quelle est la probabilitéqu’il s’y soit rendu en bus ?

Après avoir compris quelle probabilité est recherchée, appliquez la for-mule des probabilités conditionnelles.



Sujet 13 | Én

Partie B : le vélo

On suppose dans cette partie que l’élève utilise le vélo pour se rendre à so

lycée. Lorsqu’il utilise le vélo, on modélise son temps de parcours, exprimen minutes, entre son domicile et son lycée par une variable aléatoire T qsuit le loi normale d’espérance µ 17 et d’écart-type σ = 1,2.

1 Déterminer la probabilité que l’élève mette entre 15 et 20 minutes pour rendre à son lycée.

Cherchez la probabilité qui correspond à la situation évoquée, préciseles paramètres de la loi normale mise en jeu puis utiliser la calculatrice

2 Il part de son domicile à vélo à 7 h 40. Quelle est la probabilité qu’il soit eretard au lycée ?

Précisez la probabilité recherchée et utilisez la calculatrice.

3 L’élève part à vélo. Avant quelle heure doit-il partir pour arriver à l’heuau lycée avec une probabilité de 0,9 ? Arrondir le résultat à la minute près.

Traduisez la situation sous forme d’équation d’inconnue la durée maxmale de son temps de parcours c puis concluez à l’aide de la calculatric

Partie C : le bus

Lorsque l’élève utilise le bus, on modélise son temps de parcours, exprimé eminutes, entre son domicile et son lycée par une variable aléatoire T qui sula loi normale d’espérance µ = 15 et d’écart-type σ’.On sait que la probabilité qu’il mette plus de 20 minutes pour se rendre à solycée en bus est de 0,05.

On note Z la variable aléatoire égale à T

−15σ .1 Quelle loi la variable aléatoire Z suit-elle ?

Mobilisez le lien établi en cours entre une loi normale d’espérance d’écart-type quelconque et une loi normale centrée-réduite.

2 Déterminer une valeur approchée à 0,01 près de l’écart-type σ’delavariabaléatoire T .

Après avoir repéré la probabilité recherchée, utilisez la calculatrice.



Sujet 13 | Corrigé

Partie A

1

2 Pour déterminer la probabilité de l’événement V ∩ R on dispose de deuxméthodes.Première méthode. D’après l’arbre précédent on déduit queP (V ∩ R) = 0, 7× 0, 0042.

Seconde méthode. On applique la formule des probabilités conditionnelles :P (V ∩ R) = P (V ) × P (R)V = 0, 7× 0, 0042.

3 V, B constituant une partition de l’univers, en appliquant la formule des probabilités totales on obtient :P (R) = P (V ∩ R) + P (B ∩ R)

= 0, 0042 + 0, 3× 0, 05 = 0, 0042 + 0, 015 = 0, 0192.

4 La probabilité, un jour donné, qu’un élève se soit rendu en bus à l’écolesachant que l’élève est arrivé en retard au lycée se traduit par la probabilitéP (B)R.En appliquant la formule des probabilités conditionnelles on obtient :

P (B)R = P (B ∩ R)

P (R) =

0, 015

0, 0192 = 0, 7813.



Sujet 13 | Co

Partie B : le vélo

1 La probabilité que l’élève mette entre 15 et 20 minutes pour se rendre à solycée correspond à P (15 T 20).T étant une variable aléatoire suivant une loi normale de paramètres µ = 17

et σ = 1, 2 à l’aide de la calculatrice on obtient :P (15 T 20) ≈ 0, 946.

2 Il sera en retard au lycée s’il met plus de 20 minutes pour effectuer le trajeLa probabilité recherchée est donc P (T > 20). À la calculatrice, on obtient P (T > 20) ≈ 0, 0062.

3 On recherche la durée maximale de son temps de parcours c, en minutes tque P (T > c) = 0, 9. À l’aide de la calculatrice, on a : P (T > 18, 5379) = 0,

En arrondissant à la minute cela donne c = 19, ce qui signifie que l’élève dosortir de chez lui au plus tard à 7 heures 41 minutes pour avoir une probabilid’arriver à l’heure de 0,9.

Partie C : le bus

1 T étant une variable aléatoire suivant une loi normale de paramètres µ =

et σ,alors,d’aprèslecours,onendéduitque Z = T − 15

σ suituneloinorma

centrée réduite.

2 P (T 20) = P

Z

20− 15

σ

= P

Z

5

σ

= 0, 05.

À l’aide de la calculatrice, en considérant une loi normale centrée-réduite Z

on obtient :P (Z 1, 6449) = 0, 05.Par conséquent,

5

σ = 1, 6449 d’où σ ≈ 3, 04.



Su jet 14


6 points Les parties A, B et C sont indépendantes.

Partie A

L’objectif de cette partie est de démontrer le théorème suivant :Si X est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite, alors pour

tout réel α appartenant à l’intervalle ]0 ; 1[, il existe un unique réel strictement positif χα tel que P (−χα X Xα) = 1 − α.Soit f la fonction définie sur l’ensemble des nombres réels IR par f (t) =

1√ 2π

e−t2

2 .

Soit H la fonction définie et dérivable sur [0 ; +∞[ par H(x) = P(−x X

x)

= x−x

f (t)dt.

1 Que représente la fonction f pour la loi normale centrée réduite ?

2 Préciser H (O) et la limite de H (x) quand x tend vers +∞.H (0) se déduit de la définition d’une intégrale et H (1) de celle d’unefonction de densité.

3 À l’aide de considérations graphiques, montrer que pour tout nombre réel positif x, H(x) = 2

x0

f (t)dt.Pensez à utiliser la relation de Chasles puis la propriété graphique desfonctions paires.

4 En déduire que la dérivée H de la fonction H sur [0 ; +∞[ est la fonction2f et dresser le tableau de variations de H sur [0 ; +∞[.

D’après le cours, F telle que F (x) =

xa

f (t)dt est la primitive de f s’an-

nulant en a.

5 Démontrer alors le théorème énoncé.



Sujet 14 | Énoncé

Contenance x (en mL) 95 96 97 98 99

P (X x) (arrondi à 10−5) 0,000 00 0,000 04 0,001 65 0,025 06 0,163 68

Contenance x (en mL) 100 101 102 103 104

P (X x) (arrondi à 10−5) 0,5 0,836 32 0,974 94 0,998 35 0,999 96

Pour la suite, on admet que la probabilité pour qu’une pipette soit non-conforme est p = 0,05.

Exprimez P(98<X<102) comme différence de deux probabilités donnéesdans le tableau.

2 On prélève dans le stock du laboratoire des échantillons de pipettes de taillen, où n est un entier naturel supérieur ou égal à 100. On suppose que le stock

est assez important pour considérer ces tirages comme indépendants.Soit Y n la variable aléatoire qui à chaque échantillon de taille n associe lenombre de pipettes non-conformes de l’échantillon.

a) Quelle est la loi suivie par la variable aléatoire Y n ?Vérifiez que les conditions sont remplies pour repérer une loi binomiale

puis précisez ses paramètres.

b) Vérifier que n 30 np 5 et n(1 − p) 5

Simples inégalités à prouver à partir des valeurs de n et p.

c) Donner en fonction de n l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de95 % de la fréquence des pipettes non-conformes dans un échantillon.

Appliquez la formule du cours donnant l’intervalle de fluctuation asymp-totique au seuil de 95 %.



Sujet 14 | Co

Partie A

1 La fonction

f représente la fonction de densité de probabilité pour la lnormale centrée réduite.

2 H (0) =

0

0

f (t)dt = 0 et puisque f est une fonction de densité, d’après

cours : limx→+∞H (x) = 1.

3 D’après la relation de Chasles : x−x

f (t)dt =

0

−x

f (t)dt +

x0

f (t)dt.

Mais, par parité de la fonction f , la courbe représentative de f est symétriqu

par rapport à l’axe des ordonnées et 0

−x

f (t)dt = x

0

f (t)dt.

Par suite, H (x) = 2

x0

f (t)dt.

4 Soit H (x) =

x0

2f (t)dt, d’après le cours, H est donc la primitive de 2

s’annulant en 0. Par suite, H = 2f.

H = 2f > 0, H est donc strictement croissante de [0; +∞[ dans [0; 1[, d’où

tableau de variation :

5 Si α ∈]0;1[, 1− α aussi.Par conséquent, d’après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué danl’intervalle [0;+∞[, on en déduit l’existence d’un unique α de [0;+∞[ telquH (α) = 1− α.



Sujet 14 | Corrigé

Partie B

1 La probabilité qu’elle vienne de l’entreprise A sachant que La pipette choi-sie au hasard présente un défaut correspond à P D(A).

D’après la formule des probabilités conditionnelles on obtient :

P D(A) = P (A ∩ D)

P (D) =

P (A)× P A(D)

P (D) =

0, 6× 0, 046

0, 05 = 0, 552

2 D’après la formule des probabilités totales :P (D) = P (A∩D) + P (B∩D),d’où : 0, 05 = 0, 6× 0, 046 + P (B ∩ D) et P (B ∩ D) = 0, 0224.

3 La probabilité qu’une pipette présente un défaut sachant que les pipettes

viennent de l’entreprise B correspond à P B(D).Or P (B) = 1 − P (A) = 1− 0, 6 = 0, 4.

D’après la formule des probabilités conditionnelles, P B(D) = P (B ∩ D)

P (B) et

finalement, P B(D) = 0, 0224

0, 4 = 0, 056.

Parmi les pipettes venant de l’entreprise B, le pourcentage de pipettes présen-tant un défaut est donc de 5, 6%.

Partie C

1 On cherche la probabilité qu’une pipette prise au hasard soit conforme, soitP (98 X 102), en sachant que X suit la loi normale de paramètres µ = 100

et σ2 = 1, 0424.

Sachant que P (98 X 102) = P (X 102)−P (X 98) et en s’appuyantsur le tableau donné dans l’énoncé, on trouve P (98 X 102) = 0, 97494

−0, 02506 = 0, 94988, et finalement la probabilité qu’une pipette prise au hasardsoit conforme est de 0,9499 à 10−4 près.

2 a) Les tirages étant dans l’énoncé considérés comme indépendants, la va-riable aléatoire Y n suit une loi binomiale de paramètres n 100 et p = 0, 05.

b) n 100 30et p = 0, 05 donc np 5.

1− p = 0, 95 et n 100, donc n(1 − p) 95 5.



Sujet 14 | Co

c) Pour une proportion p et un échantillon de taille n, l’itervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% est

p− 1, 96

p (1

− p)

√ n ; p + 1, 96 p (1

− p)

√ n .

Or p(1 − p) = 0, 05(1 − 0, 05) = 0, 0475 et l’intervalle de fluctuation asymtotique au seuil de 95 % de la fréquence des pipettes non conformes dans uéchantillon est donc :

0, 05− 1, 96

√ 0, 0475√

n ; 0, 05 + 1, 96

√ 0, 0475√

n

.



Su jet 15


4 pointsUne jardinerie vend de jeunes plants d’arbres qui proviennent de trois horticul-teurs : 35 % des plants proviennent de l’horticulteur H1, 25 % de l’horticulteur H2 et le reste de l’horticulteur H3. Chaque horticulteur livre deux catégoriesd’arbres : des conifères et des arbres à feuilles.La livraison de l’horticulteur H1 comporte 80 % de conifères alors que celle del’horticulteur H2 n’en comporte que 50 % et celle de l’horticulteur H3 seule-ment 30 %.

1 Le gérant de la jardinerie choisit un arbre au hasard dans son stock. Onenvisage les événements suivants :

– H 1 : « l’arbre choisi a été acheté chez l’horticulteur H1 » ; – H 2 : « l’arbre choisi a été acheté chez l’horticulteur H2 » ; – H 3 : « l’arbre choisi a été acheté chez l’horticulteur H3 » ; – C : « l’arbre choisi est un conifère » ; – F : « l’arbre choisi est un arbre feuillu ».

a) Construisez un arbre pondéré traduisant la situation.Commencez par les trois branches correspondant à H 1, H 2 et H 3, puis

pour chacune de ces branches deux branches pour conifères et feuillus.

b) Calculez la probabilité que l’arbre choisi soit un conifère acheté chez l’hor-ticulteur H3.

Appliquez la formule des probabilités conditionnelles.

c) Justifiez que la probabilité de l’événement C est égale à 0,525.

Appliquez la loi des probabilités totales, après avoir précisé la partitionde l’univers que vous avez choisie.

d) L’arbre choisi est un conifère. Quelle est la probabilité qu’il ait été achetéchez l’horticulteur H1 ? On arrondira à 10−3 .




Sujet 15 | Én

2 On choisit au hasard un échantillon de 10 arbres dans le stock de cette jardnerie. On suppose que ce stock est suffisamment important pour que ce cho

puisse être assimilé à un tirage avec remise de 10 arbres dans le stock.

On appelle X la variable aléatoire qui donne le nombre de conifères de l’échatillon choisi.

a) Justifiez que X suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.Vérifiez que la variable aléatoire vérifie toutes les conditions requis

pour qu’elle suive une loi binomiale en précisant ses paramètres.

b) Quelle est la probabilité que l’échantillon prélevé comporte exactementconifères ?Vous arrondirez à 10

−3 .

Appliquez la formule de la loi binomiale.

c) Quelle est la probabilité que cet échantillon comporte au moins deux arbrfeuillus ?Vous arrondirez à 10−3 .

Traduisez l’événement sous forme d’inégalité puis penser à utiliser l’évnement contraire.



Sujet 15 | Corrigé

1 a)

b) Pour calculer la probabilité de l’intersection H 3∩C , on applique la formuledes probabilités composées et on obtient donc :P (H 3 ∩ C ) = P (H 3)× P H 3(C ) = 0, 4× 0, 3.Soit P (H 3 ∩ C ) = 0, 12.c) La jardinerie ne se fournissant qu’auprès des trois horticulteurs, les événe-

ments H 1, H 2 et H 3 forment une partition de l’univers.D’après la formule des probabilités totales, on a :P (C ) = P (H 1 ∩ C ) + P (H 2 ∩ C ) + P (H 3 ∩ C )

P (C ) = P (H 1) × P H 1(C ) + P (H 2)× P H 2(C ) + P (H 3)× P H 3(C )

P (C ) = 0, 35 × 0, 8 + 0, 25× 0, 5 + 0, 4× 0, 3

P (C ) = 0, 525.d) D’après la formule des probabilités conditionnelles :P C (H 1) = P (H 1∩C )

P (C ) = 0,35×0,8

0,525

≈0, 533.

2 a) On a 10 fois la répétition d’un même événement, avec une probabilité desuccès de 0,525, de façon indépendante, donc la variable aléatoire X suit bienune loi binomiale de paramètres 10 et 0,525.

b) Cela revient à calculer P (X = 5), d’où :P (X = 5) =

105

× 0, 5255 × (1− 0, 525)5

P (X = 5) ≈ 0, 243.c) L’événement « au moins deux feuillus » est aussi l’événement « au plus 8conifères », d’événement contraire « 9 ou 10 conifères ». Cela revient à calculer



Sujet 15 | Co

P (X 8), on obtient alors :P (X 8) = 1 − P (X = 9)− P (X = 10)

P (X 8) = 1

− 109 × 0, 5259

×(1

−0, 525)

−0, 52510

≈0, 984.



Su jet 16


5 points

Dans cet exercice, les probabilités seront arrondies au centième.

Partie A

Un grossiste achète des boîtes de thé vert chez deux fournisseurs. Il achète80 % de ses boîtes chez le fournisseur A et 20 % chez le fournisseur B.

10 % des boîtes provenant du fournisseur A présentent des traces de pesticideset 20 % de celles provenant du fournisseur B présentent aussi des traces de pesticides.On prélève au hasard une boîte du stock du grossiste et on considère les évé-nements suivants :

– événement A : « la boîte provient du fournisseur A » ; – événement B : « la boîte provient du fournisseur B » ; – événement S : « la boîte présente des traces de pesticides ».

1 Traduisez l’énoncé sous forme d’un arbre pondéré.Commencez l’arbre par deux branches correspondant aux deux fournis-seurs A et B puis deux autres branches pour chacune des branches précé-dentes pour tenir compte des traces ou non de pesticides

2 a) Quelle est la probabilité de l’événement B ∩ S ?Utilisez judicieusement l’arbre et en particulier les branches pertinentes.

b) Justifiez que la probabilité que la boîte prélevée ne présente aucune trace de

pesticides est égale à 0,88.Appliquez la formule des probabilités totales à la partition A, B del’univers.

3 On constate que la boîte prélevée présente des traces de pesticides.Quelle est la probabilité que cette boîte provienne du fournisseur B ?




Sujet 16 | Én

Partie B

Le gérant d’un salon de thé achète 10 boîtes chez le grossiste précédent. O

suppose que le stock de ce dernier est suffisamment important pour modéliscette situation par un tirage aléatoire de 10 boîtes avec remise.On considère la variable aléatoire X qui associe à ce prélèvement de 10 boîtele nombre de boîtes sans trace de pesticides.

1 Justifiez que la variable aléatoire X suit une loi binomiale dont on préciseles paramètres.

Utilisez le résultat du 2. b) pour déduire la valeur de p et vérifiez qu’il y bien répétition d’un même événement n fois de façon indépendante, av

la même probabilité p de réalisation.

2 Calculez la probabilité que les 10 boîtes soient sans trace de pesticides.Cela revient à calculer P (X = 10).

3 Calculez la probabilité qu’au moins 8 boîtes ne présentent aucune trace d pesticides.

Cela revient à calculer P (X 10).

Partie C

À des fins publicitaires, le grossiste affiche sur ses plaquettes : « 88 % de notthé est garanti sans trace de pesticides ».Un inspecteur de la brigade de répression des fraudes souhaite étudier la vadité de l’affirmation. À cette fin, il prélève 50 boîtes au hasard dans le stocdu grossiste et en trouve 12 avec des traces de pesticides.On suppose que, dans le stock du grossiste, la proportion de boîtes sans tra

de pesticides est bien égale à 0,88.On note F la variable aléatoire qui, à tout échantillon de 50 boîtes, associe fréquence des boîtes ne contenant aucune trace de pesticides.

1 Donnez l’intervalle de fluctuation asymptotique de la variable aléatoireau seuil de 95 %.

Vous devez vérifier que n 30, np 5 et n(1 − p) 5, puis vouutiliserez la formule du cours donnant alors l’intervalle de fluctuatioasymptotique recherché.



Sujet 16 | Énoncé

2 L’inspecteur de la brigade de répression peut-il décider, au seuil de 95 %,que la publicité est mensongère ?

Vérifiez si la proportion de lots constatée par l’inspecteur de la brigade de

répressions appartient ou non à l’intervalle de fluctuation asymptotiquedéterminé à la question précédente.



Sujet 16 | Co

Partie A

1 Le grossiste a deux fournisseurs A et B et certaines des boîtes ont des tracde pesticides et d’autres non.On obtient donc l’arbre suivant :

2 a) En s’appuyant sur l’arbre, on déduit que :

P

B ∩ S

= P (B)× P B

S

= 0, 2× 0, 8 = 0, 16. b) En utilisant un raisonnement analogue à celui de la question a) on déduque :P

A ∩ S

= P (A)× P A

S

= 0, 8× 0, 9 = 0, 72.D’après la formule des probabilités totales appliquée à la partition A, B dl’univers, on obtient :P

S

= P

A ∩ S

+ P

B ∩ S

= 0, 72 + 0, 16 = 0, 88.

3 P S = 0, 88, donc P (S ) = 1− P S = 0, 12.

D’après la formule des probabilités conditionnellesP S (B) =

P (S ∩ B)

P (S ) =

0, 2× 0, 2

0, 12 =

4

12 =

1

3 ≈ 0, 33.

Partie B

1 On a vu que la probabilité de prélever une boîte de façon aléatoire dans stock du grossiste sans trouver de pesticides est égale à 0,88. Nous avons



Sujet 16 | Corrigé

répétition d’un même événement 10 fois de façon indépendante, la variable X

suit bien une loi binomiale B (10; 0, 88).

2 Cela revient à calculer P (X = 10), soit puisque X suit une loi binomialeB (10;0, 88) :

p(X = 10) =

1010

× 0, 8810 × (1− 0, 88)10−10 = 0, 8810 ≈ 0, 28.

3 Cela revient à calculer P (X 10), soit puisque X suit une loi binomialeB (10;0, 88) : p(X 8) = P (X = 8) + P (X = 9) + P (X = 10)

=

108

× 0, 888 × (1 − 0, 88)10−8 +

109

× 0, 889 × (1 − 0, 88)10−9 +

1010

×0, 8810 × (1− 0, 88)10−10

≈0, 233043 + 0, 379774 + 0, 278501

≈0, 891318

≈0, 89

Partie C

1 On doit vérifier que n 30, np 5 et n(1 − p) 5 pour que P (F ∈ I f )

soit approchée par 1 − α, avec I f désignant l’intervalle de fluctuation.n = 50 30; n(1− p) = 50 × 0, 12 = 6 5.

L’intervalle de fluctuation asymptotique I f au seuil de 95% est donc égal à :0, 88− 1, 96×

0, 88× (1 − 0, 88)√

50; 0, 88 +

1, 96×

0, 88× (1− 0, 88)√ 50

,

d’où au centième près :I f = [0, 79;0, 98].

2 L’inspecteur de la brigade de répression constate une proportion de lots sans

pesticides de 50− 12

50 ≈ 0, 76.

Or 0, 76 /∈

If , donc il ne peut que décider au risque de 5% que la publicité estmensongère.



Su jet 17


5 points

Dans une usine, on utilise deux machines A et B pour fabriquer des pièces.

1 La machine A assure 40 % de la production et la machine B en assure 6%.On estime que 10 % des pièces issues de la machine A ont un défaut et que% des pièces issues de la machine B ont un défaut.On choisit une pièce au hasard et on considère les événements suivants :

– A : « la pièce est produite par la machine A » ; – B : « la pièce est produite par la machine B » ; – D : « la pièce a un défaut » ; – D : l’événement contraire de l’événement D.

a) Traduisez la situation à l’aide d’un arbre pondéré.Associez bien les différents pourcentages aux branches correspondantde l’arbre.

b) Calculez la probabilité que la pièce choisie présente un défaut et ait été f briquée par la machine A.Traduisez l’événement dont on recherche la probabilité puis appuyvous sur l’arbre pondéré.

c) Démontrez que la probabilité P (D) de l’événement D est égale à 0,094.Appliquez la formule des probabilités totales.

d) On constate que la pièce choisie a un défaut.Quelle est la probabilité que cette pièce provienne de la machine A ?

Appliquez la formule des probabilités conditionnelles.2 On estime que la machine A est convenablement réglée si 90 % des pièc

qu’elle fabrique sont conformes.On décide de contrôler cette machine en examinant n pièces choisies au hasa(n entier naturel) dans la production de la machine A. On assimile ces n tiragà des tirages successifs indépendants et avec remise.On note X n le nombre de pièces qui sont conformes dans l’échantillon de

pièces, et F n = X n

n la proportion correspondante.



Sujet 17 | Énoncé

a) Justifiez que la variable aléatoire X n suit une loi binomiale et précisez ses paramètres.

Repérez le nombre de répétition, de façon indépendante, d’un même évé-

nement et sa probabilité de réussite. b) Dans cette question, on prend n = 150.Déterminez l’intervalle de fluctuation asymptotique ı au seuil de 95 % de lavariable aléatoire F 150.

Appliquez la formule du le cours établissant l’intervalle de fluctuationasymptotique.

c) Un test qualité permet de dénombrer 21 pièces non conformes sur un échan-tillon de 150 pièces produites.Cela remet-il en cause le réglage de la machine ? Justifiez la réponse.

Déterminez le nombre pièces conformes ce qui permet de calculer F n puisde vérifier si F n appartient ou non à l’intervalle précédent.



Sujet 17 | Co

1 a) Voir l’arbre ci-dessous :

b) La probabilité demandée est P (A ∩ D), or d’après l’arbre P (A) = 0, 4 P A(D) = 0, 1.Donc P (A ∩ D) = P (A)× P A(D) = 0, 4× 0, 1, d’où p(A ∩ D) = 0, 04.c) On a besoin de connaître P (B ∩ D).D’après l’arbre P (B) = 0, 6 et P B(D) = 0, 09, donc P (B ∩ D) = P (B)

P B(D) = 0, 6× 0, 09, d’où p(A ∩ D) = 0, 054.A et B formant une partition de l’ensemble des pièces, on peut appliquer formule des probabilités totales et on obtient :P (D) = P (D ∩ A) + P (D ∩ B) = 0, 04 + 0, 054 = 0, 094.d) La probabilité demandée est P D(A), on utilise la formule des probabilitconditionnelles et on obtient :P D(A) = P (D∩A)

P (D) = 0,04

0,094 = 4094 = 20

47 .

2 a) X n est le compteur de pièces conformes.

On a n fois, de façon indépendante, la répétition d’un même événement ayaune probabilité de réussite égale à 0, 9, X n suit donc la loi binomiale de parmètres n et p = 0, 9, notée B (n, 0, 9).

b) Si n = 150 30, np = 135 5 et n(1 − p) = 15

d’après le cours l’intervalle de fluctuation asymptotique I est défini par I p− 1, 96

p(1− p)

n ; p + 1, 96

p(1− p)

n

, d’où avec p = 0, 9 et n = 150 o

trouve 1, 96 p(1− p)

n 0, 048, donc I

[0, 852 ; 0, 948].



Sujet 17 | Corrigé

c) Ici on a 150 − 21 = 129 pièces conformes donc F n = 129150 = 43

50 = 0, 86.Puisque 0, 86 ∈ [0, 852;0, 948], ce test ne remet pas en cause le réglage de lamachine A.



Su jet 18

Sujet national, septembre 2013, exercice de spécialité

5 points Les parties A et B peuvent être traitées indépendamment l’une de l’autre.

Dans un village imaginaire isolé, une nouvelle maladie contagieuse mais nomortelle a fait son apparition. Rapidement les scientifiques ont découvequ’un individu pouvait être dans l’un des trois états suivants :S : « l’individu est sain, c’est-à-dire non malade et non infecté »,I : « l’individu est porteur sain, c’est-à-dire non malade mais infecté »,M : « l’individu est malade et infecté ».

Partie A

Les scientifiques estiment qu’un seul individu est à l’origine de la maladie sles 100 personnes que compte la population et que, d’une semaine à la suivantun individu change d’état suivant le processus suivant :

– parmi les individus sains, la proportion de ceux qui deviennent porteurs sainest égale à 1

3 et la proportion de ceux qui deviennent malades est égale à 13 ,

– parmi les individus porteurs sains, la proportion de ceux qui deviennent mlades est égale à 1

2 .La situation peut être représentée par un graphe probabiliste comme cdessous.

On note P n = (sn in mn) la matrice ligne donnant l’état probabiliste a bout de n semaines où sn, in et mn désignent respectivement la probabilique l’individu soit sain, porteur sain ou malade la n-ième semaine.



Sujet 18 | Énoncé

On a alors P 0 = (0, 99 0 0, 01) et pour tout entier naturel n,

sn+1 = 1

3 sn

in+1 = 13 sn +

12 in

mn+1 = 13 sn + 1

2 in + mn

1 Écrivez la matrice A appelée matrice de transition, telle que pour tout entier naturel n, P n+1 = P n × A.

Tenez compte du système donné dans l’énoncé et du fait que P n+1 =

P n × A.

2 Démontrez par récurrence que pour tout entier naturel n non nul, P n =

P 0 × An.Démonstration par récurrence, initialisation, hérédité et conclusion.

3 Déterminez l’état probabiliste P 4 au bout de quatre semaines. Vous pourrezarrondir les valeurs à 10−2.Quelle est la probabilité qu’un individu soit sain au bout de quatre semaines ?

Utilisez la calculatrice et la définition de la matrice P 4.

Partie B

La maladie n’évolue en réalité pas selon le modèle précédent puisqu’au boutde 4 semaines de recherche, les scientifiques découvrent un vaccin qui permetd’enrayer l’endémie et traitent immédiatement l’ensemble de la population.L’évolution hebdomadaire de la maladie après vaccination est donnée par lamatrice de transition :

B =

512

14

13

512

14

13

16

12

13

.

On note Qn la matrice ligne donnant l’état probabiliste au bout de n se-maines après la mise en place de ces nouvelles mesures de vaccination. Ainsi,Qn = (S n I n M n) où S n, I n et M n désignent respectivement la probabi-lité que l’individu soit sain, porteur sain et malade la n-ième semaine après lavaccination.Pour tout entier naturel n, on a alors Qn

+1 = Qn

×B.



Sujet 18 | Én

D’après la partie A, Q0 = P 4. Pour la suite, on prend Q0

(0, 01 0, 10 0, 89) où les coefficients ont été arrondis à 10−2.

1 Exprimez S n+1

, I n+1

et M n+1

en fonction de S n

, I n

et M n

.Effectuez le calcul matriciel de Qn par B et utilisez la définition de Qn

2 Déterminez la constante réelle k telle que B2 = kJ où J est la matrice carrd’ordre 3 dont tous les coefficients sont égaux à 1.On en déduit que pour tout entier n supérieur ou égal à 2, Bn = B 2.

Calculez 3B2 et comparez avec J .

3 a) Démontrez que pour tout entier n supérieur ou égal à 2, Qn =

13

13

13

Par un raisonnement analogue à celui du 2. de la partie A. Établissez quQn = Q0 × Bn puis utilisez le résultat de la question précédente.

b) Interprétez ce résultat en terme d’évolution de la maladie.Peut-on espérer éradiquer la maladie grâce au vaccin ?

Prenez en compte le résultat trouvé précédemment et la signification dQn.



Sujet 18 | Corrigé

Partie A

1 D’après le système donné dans l’énoncé et en tenant compte du fait que :P n+1 = P n × A, on en déduit que :

A =

13

13

13

0 12

12

0 0 1

.

2 On désigne par R(n) la propriété suivante :P n = P 0 × An.

Initialisation : P 1 = P 0×

A, donc R(0) est vraie.

Hérédité : supposons qu’il existe un entier n tel que P n = P 0 × An. En mul-tipliant les deux membres à droite par A, on obtient P nA = (P 0An)× A.Donc P nA = P 0(An × A), par associativité du produit matriciel.Finalement, P n+1 = P nA = P 0An+1, R(n + 1) est vraie. L’hérédité est établieet d’après le principe de récurrence :

pour tout entier naturel n non nul, P n = P 0 × An.

3 À l’aide de la calculatrice, on déduit que :

P 4 = 11

900

143

1440

6397

7200

donc en arrondissant : P 4 ≈

1,22100

9.9310

88,85100

.

On en déduit que s4 0, 01. Il y a un pourcent de chance qu’un individu soitsain au bout de quatre semaines.

Partie B

1 Qn+1 = Qn × B

=

512 S n + 5

12 I n + 16 M n

14 S n + 1

4 I n + 12 M n

13 S n + 1

3 I n + 13 M n

.

D’où le système suivant :

S n+1 = 512 S n + 5

12 I n + 16 M n

I n+1 = 14 S n + 1

4 I n + 12 M n

M n+1 = 13 S n + 1

3 I n + 13 M n

2 Grâce à la calculatrice, on déduit que 3B2 = J , donc k = 1

3.



Sujet 18 | Co

3 a) On peut montrer, avec un raisonnement analogue à celui de la partie Aque :Qn+1 = Qn

×B entraîne Qn = Q0

×Bn et ceci pour tout entier naturel n.

Or Bn = B2 = 13 J , donc Qn = Q0 × 13 J . Ce qui donne après calcul à calculatrice :Qn =

13

13

13

.

b) Finalement, on peut dire qu’avec ce vaccin l’évolution de la maladie abouà une situation équirépartie : il y aura autant de chance d’être malade, sain o

porteur sain. Le vaccin ne parviendra donc pas à éradiquer la maladie.



Su jet 19

Liban, mai 2014, exercice de spécialité

5 pointsOn considère la suite de nombres complexes (z n) définie par z 0 =

√ 3 − ı et

pour tout entier naturel n :z n+1 = (1 + ı)z n.

Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A

Pour tout entier naturel n, on pose un = |z n|.1 Calculer u0.

Utilisez la formule donnant le module d’un nombre complexe.

2 Démontrer que (un) est la suite géométrique de raison √

2 et de premier terme 2.

Il suffit de prendre le module de l’égalité z n+1 = (1 + ı)z n.

3 Pour tout entier naturel n, exprimer un en fonction de n.D’après le cours, on déduit que un = u0q n, si u est une suite géométriquede raison q et de premier terme u0.

4 Déterminer la limite de la suite (un).Si q > 1, d’après le cours on sait que : lim

n→+∞ q n = +∞.

5 Étant donné un réel positif P , on souhaite déterminer, à l’aide d’un algo-rithme, la plus petite valeur de l’entier naturel n telle que un > P .Recopier l’algorithme ci-dessous et le compléter par les instructions de traite-ment et de sortie, de façon à afficher la valeur cherchée de l’entier n.Variables : u est un réelP est un réeln est un entier Initialisation : Affecter à n la valeur 0Affecter à u la valeur 2Entrée : Demander la valeur de P

Traitement :



Sujet 19 | Én

Sortie :

Mettez en œuvre une boucle « Tant Que ».

Partie B

1 Déterminer la forme algébrique de z 1.Utilisez l’égalité de l’énoncé z n+1 = (1 + ı)z n.

2 Déterminer la forme exponentielle de z 0 et de 1 + ı.En déduire la forme exponentielle de z 1.

Calculez le module de z 0, puis un de ses arguments.

3 Déduire des questions précédentes la valeur exacte de cos

π12

.

Égalisez les formes algébriques et exponentielles de z 1.



Sujet 19 | Corrigé

Partie A

1 u0 = |z 0| = |√

3− ı| = √ 3 + 1 =

√ 4 = 2.2 Il suffit de prendre le module de l’égalité z n+1 = (1 + ı)z n.

D’où, un+1 = |z n+1| = |(1 + ı)z n| = |(1 + ı)| × |z n| =√

2× un ce qui prouveque u est une suite géométrique de raison

√ 2 et de premier terme u0 = 2.

3 D’après le cours on en déduit que un = u0 × (√

2)n.

4 Puisque√

2 > 1 et u0 > 0, d’après le cours on déduit que limn→+∞ un = +∞.

5 Variables : u est un réel

P est un réeln est un entier Initialisation : Affecter à n la valeur 0Affecter à u la valeur 2Entrée : Demander la valeur de P

Traitement :Tant que u P FaireAffecter à n la valeur n + 1

Affecter à u la valeur √

2× u

Fin du Tant QueSortie :Afficher n

Partie B

1 Puisque z n+1 = (1 + ı)z n, on en déduit quez 1 = (1 + ı)z 0 = (1 + ı)× (

√ 3− ı) =

√ 3− i + ı

√ 3 + 1 =

√ 3 + 1 + ı(

√ 3− 1).

2 z 0 = √ 3− ı = 2√ 3

2 − ı2

= 2

cos(−π6 ) + ı sin(−

π6 )

= 2e−π

6 .1 + ı =

√ 2√

22 + ı

√ 2

2

=√

2eπ4

D’où z 1 = 2√

2e−π6 +π

4 = 2√

2e π12 .

3 Il s’agit ici d’égaliser les formes algébriques et exponentielles de z 1 et onobtient par identification :√

3 + 1 = 2√

2 cos( π12 ), donc cos( π12 ) =√

3+12√

2 =

√ 6+√

24 .



Su jet 20


5 pointsCandidats n’ayant pas suivi la spécialité.

Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé (O ; u, v).Pour tout entier naturel n, on note An le point d’affixe z n défini par :

z0 = 1 et zn+1 =

34 +

√ 3

4 i

zn

On définit la suite (r n) par r n = | z n| pour tout entier naturel n.

1 Donnez la forme exponentielle du nombre complexe 34 +

√ 3

4 i.

Calculez le module et un argument de z 1 proposé.2 a) Montrez que la suite (r n) est géométrique de raison

√ 3

2 .Exprimez rn+1 en fonction de rn.

b) Vous devez en déduire l’expression de r n en fonction de n.Si une suite (un) est géométrique de raison q et de premier terme u0 alor

pour tout entier naturel n, un = u0 × q n.

c) Que pouvez-vous dire de la longueur OAn lorsque n tend vers +∞ ?

Si q ∈]− 1;1[ alors limn→+∞ q n

= 0.3 On considère l’algorithme suivant :

Variables :n entier naturel

R réel P réel strictement positif Entrée :Demander la valeur de P

Traitement : R prend la valeur 1n prend la valeur 0Tant que R > P

n prend la valeur n + l R prend la valeur

√ 3

2 R

Fin tant queSortie :



Sujet 20 | Énoncé

Afficher n

a) Quelle est la valeur affichée par l’algorithme pour P = 0,5 ?Faites tourner l’algorithme.

b) Pour P = 0,01 on obtient n = 33. Quel est le rôle de cet algorithme ?Cet algorithme s’arrête dès que R P , d’où la signification de n = 33.

4 a) Démontrez que le triangle OAn An+1 est rectangle en An+1

Utilisez la réciproque du théorème de Pythagore.

b) On admet que zn = r neinπ6 .

Déterminez les valeurs de n pour lesquelles An est un point de l’axe des or-données.

Raisonnez sur les arguments.c) Complétez la figure ci-dessous, en représentant les points A6, A7, A8 et A9.Les traits de construction seront apparents.



Sujet 20 | Co

1 r1 = |z 1| = |34

+

√ 3

4 i| =

3

4

2

+

√ 3

4

2

=

9

16 +

3

16

=

1216

=

34

= √ 32

Soit α un argument de z 1 = 3

4 +

√ 3

4 i, alors cos(α) =

√ 3

2 et sin(α) =

1

2, don

α = π

6 et z 1 =

√ 3

2 e

iπ6 .

2 a) rn+1 = |z n+1| =

3

4 +

i√

3

4

z n

=

3

4 +

i√

3

4

× |z n| =

√ 3

2 rn.

La suite (rn) est donc géométrique de raison q = √ 32

et de premier terme r0 = |z 0| = 1.

b) La suite (rn) est géométrique de raison q =

√ 3

2et de premier terme r0 = |z 0| = 1.

Donc, pour tout entier naturel n, rn = r0 × q n =

√ 3

2

n

.

c) OAn = |z n| = rn =√ 3

2

n

.

(rn) est une suite géométrique de raison

√ 3

2 ∈]−1;1[. Donc, d’après le cour

on en déduit que (rn) converge vers 0.

Quand n tend vers +∞, OAn tend donc vers 0.

3 a) En faisant tourner l’algorithme donné dans l’énoncé et en prenant pour la valeur 0, 5, on trouve que la valeur affichée par l’algorithme est égale à 5

b) Cet algorithme s’arrête dès que R P et affiche alors la plus petite valeude n pour laquelle R donc rn = OAn est inférieur ou égal à P .

On peut donc dire que 33 est la plus petite valeur de n pour laquelle OAn einférieur ou égal à 0, 01.

4 a) OAn = rn donc OA2n = r2

n, OA2n+1 = (rn+1)2 = (

√ 3

2 rn)2 =

3

4r2n.

z n+1 z n = 3

4

z n + i√

3

4

z n z n = 1

4

+ i√

3

4 z n, donc :



Sujet 20 | Corrigé

An+1A2n =

−1

4 +

i√

3

4

z n

2

.

Or,−14 +

i√

34

2

= 14 , donc An+1A2n = r2

n4 .

Mais alors, OA2n = OA2

n+1 + An+1A2n et d’après la réciproque du théorème de

Pythagore, le triangle OAnAn+1 est rectangle en An+1. b) Le point An appartient à l’axe des ordonnées si et seulement si un argumentde son affixe z n est égal à

π

2 modulo π.

Or z n a pour argument nπ

6 , on doit donc avoir

nπ

6 =

π

2 + kπ soit n = 3 + 6k.

Mais n est un entier naturel, donc on doit avoir 3 + 6k 0 soit k

∈N.

Finalement, si n = 3 + 6k avec k ∈ N, alors le point An appartient à l’axe desordonnées.c)



Su jet 21

Asie, juin 2013, exercice de spécialité

5 points

Un logiciel permet de transformer un élément rectangulaire d’une photogr phie. Ainsi, le rectangle initial OEFG est transformé en un rectangle OE’F’Gappelé image de OEFG.

L’objet de cet exercice est d’étudier le rectangle obtenu après plusieurs tranformations successives.

Partie A

Le plan est rapporté à un repère orthonormé

O ; i, j

.Les points E, F et G o pour coordonnées respectives (2 ; 2), (−1 ; 5) et (−3 ; 3).La transformation dlogiciel associe à tout point M(x ; y) du plan le point M’ (x’ ; y’), image d

point M tel que :

x = 54 x + 3

4 y

y

= 3

4

x + 5

4

y



Sujet 21 | Énoncé

1 a) Calculez les coordonnées des points E’, F’ et G’, images des points E, Fet G par cette transformation.

Pour obtenir les coordonnées d’un point image, vous remplacez dans lasystème de la transformation xet y par les coordonnées du point dont onrecherche l’image.

b) Comparez les longueurs OE et OE’ d’une part, OG et OG’ d’autre part.

Donnez la matrice carrée d’ordre 2, notée A, telle que :

xy

= A

xy

.

Pensez à comparer OE 2 et OE 2 ainsi que OG2 et OG2. La matrice A sedéduit du système donné et de notre connaissance du produit matriciel.

Partie B

Dans cette partie, on étudie les coordonnées des images successives du sommetF du rectangle OEFG lorsqu’on applique plusieurs fois la transformation dulogiciel.

1 On considère l’algorithme suivant destiné à afficher les coordonnées de cesimages successives.Une erreur a été commise.Modifiez cet algorithme pour qu’il permette d’afficher ces coordonnées.Entrée :



Sujet 21 | Én

Saisir un entier naturel non nul N

Initialisation :Affecter à x la valeur

−1

Affecter à y la valeur 5Traitement :POUR i allant de 1 à N

Affecter à a la valeur 54 x + 3

4yAffecter à b la valeur 3

4 x + 54y

Affecter à x la valeur aAffecter à y la valeur bFIN POUR

Sortie :Afficher x, afficher y

2 On a obtenu le tableau suivant :

i 1 2 3 4 5 10 15

x 2,5 7,25 15,625 31,812 5 63,906 3 2 047,997 1 65 535,999 9

y 5,5 8,75 16,375 32,187 5 64,093 8 2 048,002 9 65 536,000 1

Conjecturez le comportement de la suite des images successives du point F.

Comparez les x entre eux et les x avec les y correspondants.

Partie C

Dans cette partie, on étudie les coordonnées des images successives du sommE du rectangle OEFG. On définit la suite des points E n (xn ; yn )w du plan p

E 0 = E et la relation de récurrence :xn+1

yn+1

= A

xn

yn

,

où (xn+1 ; yn+1 ) désignent les coordonnées du point E n+1.Ainsi x0 = 2 et y0 = 2.

1 On admet que, pour tout entier n 1, la matrice An peut s’écrire sous forme :

An = αn β n

β n αn.



Sujet 21 | Énoncé

Démontrez par récurrence que, pour tout entier naturel n 1, on a :αn = 2n−1 + 1

2n+1 et β n = 2n−1 − 12n+1 .

Démonstration par récurrence.

2 a) Démontrez que, pour tout entier naturel n,lepoint E n est situé sur la droited’équation y = x.On pourra utiliser que, pour tout entier naturel n, les coordonnées ( xn ; yn) du

point E n vérifient :xn

yn

= An

2

2

.

Il vous suffit d’effectuer le calcul matriciel pour constater l’égalité.

b) Démontrez que la longueur OE n tend vers +∞ quand n tend vers +∞.Calculez OE 2n puis recherchez en la limite en +∞ et concluez pour lalimite de OE n.



Sujet 21 | Co

Partie A

1 a) Pour obtenir les coordonnées de E , on remplace dans le système de transformation x par et y par et on obtient :

x = 5

2 +

3

2 = 4 et y =

3

2 +

5

2 = 4. Donc E (4;4).

Pour obtenir les coordonnées de F , on remplace dans la système de la tranformation x par et y par et on obtient :

x = −5

4 +

15

4 =

5

2 et y = −3

4 +

25

4 =

11

2 .

Donc F (5

2; 11

2 ).

Pour obtenir les coordonnées de G, on remplace dans la système de la tranformation x par − et y par et on obtient :

x = −15

4 +

9

4 = −3

2 et y = −9

4 +

15

4 =

3

2.

Donc G(−3

2; 3

2).

b) OE 2 = 22 + 22 = 8, OE 2 = 42 + 42 = 32, donc OE 2 = 4OE 2 et OE 2OE.

OG2 = (

−3)2 + 32 = 9 + 9 = 18, OG2 = −

322

+ 322

= 92 , donc OG2

4OG et finalement OG = 2OG.

On a A =

54

34

34

54

.

Partie B

1 Il suffit d’écrire avant le FIN POUR : afficher x, afficher y ainsi au fur et

mesure, pour i allant de à N les coordonnées seront affichées.2 Il semble que les coordonnées soient croissantes, les abscisses se rappr

chant des ordonnées ce qui revient graphiquement à considérer que les poinimages sont de plus en plus proches de la première bissectrice d’équation rduite y = x.



Sujet 21 | Corrigé

Partie C

1 On va démontrer par récurrence la propriété P (n) : αn = 2n−1 + 1

2n+1

et β n = 2n−1 − 1

2n+1.

Initialisation.

pour n = 1, on a bien A1 =

54

34

34

54

et :

α1 = 20 + 122 = 5

4 et β 1 = 20 − 122 = 3

4 .

Hérédité.

Supposons qu’il existe un naturel n tel que P (n) soit vraie.Alors : αn = 2n−1 +

1

2n+1etβ n = 2n−1 − 1

2n+1.

La relation An+1 = A× An entraîne que :αn+1 = 5

4 αn + 34 β n et β n+1 = 3

4 αn + 54 β n, soit en utilisant la relation de

récurrence :

αn+1 = 54

2n−1 +

1

2n+1

+ 3

4

2n−1 − 1

2n+1

= 2n +

1

2n+2.

De même : β n+1 =

3

4

2

n

−1

+

1

2n+1

+

5

4

2

n

−1

− 1

2n+1

= 2

n

− 1

2n+2 .P (n + 1) est donc vraie.D’après le principe de récurrence, on peut donc conclure que quelque soit lenaturel n 1, P (n) est vraie.

2 a) L’égalité

xn

yn

= An

2

2

se traduit par :

xn = 2αn + 2β n

yn = 2β n + 2αn

Ce qui prouve que quelque soit le naturel n, xn = yn.

b) OE 2n = x2n + y2

n.

Avec xn = yn = 2αn + 2β n = 2 (αn + β n) = 2n+1 puisque αn + β n = 2n.

D’où OE 2n = 22n+2 + 22n+2 = 2 · 2n+2 = 22n+3.

Or limn→+∞ 22n+3 = +∞, donc lim

n→+∞OE n = +∞.



Su jet 22

Sujet national, juin 2013, exercice de spécialité

5 pointsOn étudie la population d’une région imaginaire. Le 1er janvier 2013, cetrégion comptait 250 000 habitants dont 70 % résidaient à la campagne et 30 en ville.L’examen des données statistiques recueillies au cours de plusieurs annéamène à choisir de modéliser l’évolution de la population pour les annéesvenir de la façon suivante :

– l’effectif de la population est globalement constant ; – chaque année, 5 % de ceux qui résident en ville décident d’aller s’installà la campagne et 1 % de ceux qui résident à la campagne choisissent d’allhabiter en ville.

Pour tout entier naturel n, on note vn le nombre d’habitants de cette région qrésident en ville au 1er janvier de l’année (2013 + n) et cn le nombre de ceuqui habitent à la campagne à la même date.

1 Pour tout entier naturel n, exprimez vn+1 et cn+1 en fonction de vn et cn.Lisez attentivement la signification de vn et cn pour établir les expressiodemandées.

2 Soit la matrice A =

0, 95 0, 01

0, 05 0, 99

. On pose X =

a

b

où a, b sont deu

réels fixés et Y = AX . Déterminez, en fonction de a et b, les réels c et d te

que Y =

c

d

.

Les résultats précédents permettent d’écrire que pour tout entier naturel

X n+1 = AX n où X n =

vn

cn

.

On peut donc en déduire que pour tout entier naturel n, X n = AnX 0.Effectuez le produit matriciel de A par X .



Sujet 22 | Énoncé

3 Soient les matrices P =

1 −1

5 1

et Q =

1 1

−5 1

.

a) Calculez P Q et QP . Vous devez en déduire la matrice P −1

en fonction deQ.Le produit demandé vous donne la matrice identité multipliée par un réel,et en vous appuyant sur la définition de la matrice inverse, vous pouvezrépondre à la question.

b) Vérifiez que la matrice P −1AP est une matrice diagonale D que l’on préci-sera.

Effectuez d’abord le produit QA puis (QA)P et enfin divisez par 6.

c) Démontrez que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1,An = P DnP −1.

Utilisez la démonstration par récurrence.

4 Les résultats des questions précédentes permettent d’établir que :vn = 1

6 (1 + 5 × 0, 94n) v0 + 16 (1 − 0, 94n) c0. Quelles informations peut-on

en déduire pour la répartition de la population de cette région à long terme ?

Recherchez la limite de vn en +∞ et donnez vos conclusions.



Sujet 22 | Co

1 Chaque année, 5 % de ceux qui résident en ville décident d’aller s’installà la campagne et 1 % de ceux qui résident à la campagne choisissent d’allhabiter en ville.

On a donc pour tout entier naturel n :vn+1 = 0, 95vn + 0, 01cn et cn+1 = 0, 05vn + 0, 99cn.

2 On a Y = AX , donc c, élément de Y situé sur la première ligne est obtend’après la définition du produit matriciel, en multipliant scalairement la prmière ligne de A par la colonne de X , d’où :c = 0, 95a + 0, 01b.Et de même on déduit que d = 0, 05a + 0, 99b.

3 a) P Q =

1 −15 1

× 1 1−5 1

P Q =

6 0

0 6

= 6I 2.

QP =

1 1

−5 1

×

1 −1

5 1

QP = 6 0

0 6 = 6I

2.

Puisque P Q = QP = 6I 2, P est inversible et P −1 = 16 Q.

b) En utilisant la calculatrice on déduit que P −1AP = D =

1 0

0 0, 94

.

c) Démontrons, par récurrence, la propriété P (n) : An = P DnP −1 pour toentier naturel supérieur ou égal à 1.Initialisation : d’après ce qui précède, on sait que P −1AP = D, d’où en mu

tipliant chaque membre de l’égalité à gauche par P , puis à droite par P −A = P DP −1, P (1) est donc vraie.Hérédité : supposons P (k) vraie pour un entier k supérieur ou égal à 1. AloAk+1 = Ak×A = P DkP −1×P DP −1 = P Dk+1P −1, la propriété P (k+1) evraie.Conclusion : d’après le principe de récurrence, P (n) est vraie pour tout entinaturel n non nul.



Sujet 22 | Corrigé

4 Comme −1 < 0,94 < 1 alors :lim

n→+∞ 0, 94n = 0.

Donc la limite de (vn) est égale à v0+c0

6 . Or v 0 + c0 = 250 000, donc (vn) tend

vers environ 41 667.La population citadine sera, au bout d’un grand nombre d’années, d’environ41 667 habitants.



Su jet 23

Inde, avril 2013, exercice de spécialité

5 points

On étudie l’évolution dans le temps du nombre de jeunes et d’adultes danune population d’animaux. Pour tout entier naturel n, on note jn, le nombd’animaux jeunes après n années d’observation et an le nombre d’animauadultes après n années d’observation. Il y a au début de la première année dl’étude, 200 animaux jeunes et 500 animaux adultes. Ainsi j0 = 200 et a0 = 50On admet que pour tout entier naturel n on a :

jn+1

= 0, 125 jn

+ 0, 525an

an+1 = 0, 625 jn + 0, 625an

On introduit les matrices suivantes :

A =

0, 125 0, 525

0, 625 0, 625

et, pour tout entier naturel n, U n =

jn

an

.

1 a) Montrez que pour tout entier naturel n, U n+1 = A×U n.Effectuez le produit de A par U n, puis utilisez la définition de an+1et d jn+1

donnée dans l’énoncé.

b) Calculez le nombre d’animaux jeunes et d’animaux adultes après un an d’oservation puis après deux ans d’observation (résultats arrondis à l’unité pr

par défaut).Calculez U 1, puis U 2 et concluez.

c) Pour tout entier naturel n non nul, exprimez U n en fonction de An et de U

Il s’agit d’une récurrence immédiate.

2 On introduit les matrices suivantes :

Q =

7 3

−5 5

et D =

−0, 25 0

0 1

.



Sujet 23 | Énoncé

a) On admet que la matrice Q est inversible et que Q−1 =

0, 1 −0, 06

0, 1 0, 14

.

Montrez que Q × D × Q

-1

= A.Effectuez le produit de Q par D puis par Q−1, à la main ou à la calcula-trice, et vous devez trouver A.

b) Montrez par récurrence sur n que pour tout entier naturel n non nul :An = Q × Dn × Q−1.

Pour la démonstration par récurrence, l’hérédité se prouve en utilisantl’égalité prouvée au 2. a).

c) Pour tout entier naturel n non nul, déterminez Dn en fonction de n.

Vous obtiendrez la puissance n d’une matrice diagonale D en élevant àla puissance n les éléments diagonaux de D.

3 On admet que pour tout entier naturel n non nul,

An =

0, 3 + 0, 7× (−0, 25)n 0, 42 − 0, 42× (−0, 25)n

0, 5− 0, 5× (−0, 25)n 0, 7 + 0, 3× (−0, 25)n

a) Vous devez en déduire les expressions de jn et an en fonction de n, puisdéterminez les limites de ces deux suites.

Utilisez l’égalité établie au 1.c) ainsi que l’expression de An donnée dans

l’énoncé pour déduire an et jn en fonction de n. Ensuite, utilisez la pro- priété du cours donnant la limite denselon les valeurs de q .

b) Que peut-on en conclure pour la population d’animaux étudiée ?

Les limites trouvées au 3. a) correspondent aux valeurs de stabilisationde an et jn.



Sujet 23 | Co

1 a) A× U n =

0, 125 0, 525

0, 625 0, 625

×

jn

an

A × U n =

0, 125 jn + 0, 525an

0, 625 jn + 0, 625an

=

jn+1

an+1

.

Soit finalement, A × U n = U n+1.

b) U 1 = A × U 0 =

0, 125 0, 525

0, 625 0, 625

×

200

500

=

287, 5

437, 5

.

Après un an d’observation, on a 287 animaux jeunes et 437 animaux adultequantités arrondies à l’unité près par défaut.De même :

U 2 = A × U 1 =

0, 125 0, 525

0, 625 0, 625

×

287, 5

437, 5

=

265, 625

453, 125

.

Après deux ans d’observation, on a 265 animaux jeunes et 453 animauadultes, quantités arrondies à l’unité près par défaut.c) Démontrons par récurrence la propriété P (n) : U n = An × U 0.Initialisation : U 0 = I × U 0, car A0 = I par définition. P (0) est vraie.Hérédité : supposons que U n = An×U 0 et montrons alors que U n+1 = An+1

U 0.U n+1 = A ×U n = A×An×U 0, soit U n+1 = An+1×U 0, la propriété est alovraie au rang n + 1. D’après le principe de récurrence, on peut en déduire quP (n) est vraie pour tout entier n.

2 a) Il suffit d’effectuer le produit à la calculatrice pour vérifier que :Q× D × Q−1 = A.

b) Démontrons par récurrence la propriété R(n) : Q × Dn × Q−1 = An.Initialisation : d’après la question 2. a), Q ×D ×Q−1 = A. La propriété R(est vraie.Hérédité : pour n entier naturel non nul, supposons que R(n) est vraie et motrons alors que R(n+1) est vraie.An+1 = A × An

An+1 = Q × D × Q−1 × Q× Dn × Q−1

An+1 = Q × Dn+1 × Q−1.La propriété R est vraie au rang n + 1. D’après le principe de récurrence, o

peut en déduire que R(n) est vraie pour tout entier n non nul.



Sujet 23 | Corrigé

c) La matrice D étant diagonale :

Dn = (−0, 25)n 0

0 1 .

3 a) Puisque U n = AnU 0,

U n =

0, 3 + 0, 7× (−0, 25)n 0, 42− 0, 42× (−0, 25)n

0, 5− 0, 5 × (−0, 25)n 0, 7 + 0, 3× (−0, 25)n

×

200

500

U n =

270− 70 × (−0, 25)n

450 + 50× (−0, 25)n

.

D’où jn = 270 − 70× (−0, 25)n et an = 450 + 50 × (−0, 25)n.Puisque

−0, 25

∈]−

1;1[, limn→+∞

(−

0, 25)n = 0.

D’où limn→+∞U n =

270

450

.

b) La population se stabilisera avec 270 jeunes et 450 adultes.



Su jet 24


5 points

Un laboratoire étudie la propagation d’une maladie sur une population.Un individusain est un individu n’ayant jamais été touché par la maladie.Un individumalade est un individu qui a été touché par la maladie et non guéUn individuguri est un individu qui a été touché par la maladie et qui a guérUne fois guéri, un individu est immunisé et ne peut plus tomber malade.Les premières observations nous montrent que, d’un jour au jour suivant :

– 5 % des individus tombent malades ; – 20 % des individus guérissent.

Pour tout entier naturel n, on note an la proportion d’individus sains n jouaprès le début de l’expérience, bn la proportion d’individus malades n jouaprès le début de l’expérience, et cn celle d’individus guéris n jours après début de l’expérience. On suppose qu’au début de l’expérience, tous les indvidus sont sains, c’est à dire que an = 1, bn = 0 et cn = 0.

1 Calculer a1, b1 et c1.

Tirez les conséquences du fait que d’un jour au jour suivant 5% des indvidus tombent malades.

2 a) Quelle est la proportion d’individus sains qui restent sains d’un jour a jour suivant ? En déduire an + 1 en fonction de an.

95% des individus restent sains d’un jour au jour suivant donc...

b) Exprimer bn + 1 en fonction de an et de bn.On admet que cn+1 = 0,2bn + cn.

Pour tout entier naturel n, on définit Un =an

bn

cn



Sujet 24 | Énoncé

On définit les matrices A =

0, 95 0 0

0, 05 0, 8 0

0 0, 2 1

et D =

0, 95 0 0

0 0, 8 0

0 0 1

On admet qu’il existe une matrice inversible P telle que D = P −1 × A ×P etque, pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, An = P × Dn ×P −1.

Prenez en compte le fait qu’un jour n + 1, 5% des individus sains de-viennent malades et 80% des individus malades le reste.

3 a) Vérifier que, pour tout entier naturel n, U n+1 = A × U n.On admet que, pour tout entier naturel n, U n = An × U 0.

Appliquez les règles de multiplication entre matrices.

b) Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n non nul :

Dn =

0, 95n 0 0

0 0, 8n 0

0 0 1

On admet que An =

0, 95n 0 0

13 (0, 95n − 0, 8n) 0, 8n 0

13 (3 − 4 × 0, 95n − 0, 8n) 1− 0, 8n 1

Effectuez une démonstration par récurrence.

4 a) Vérifier que pour tout entier naturel n, bn = 13 (0, 95n − 0, 8n).

Appliquez les règles de multiplication entre matrices et identifiez bn.

b) Déterminer la limite de la suite (bn).Si −1∞q ∞1, d’après le cours on sait que : limn→+∞ q n = 0.

c) On admet que la proportion d’individus malades croît pendant plusieurs jours, puis décroit.On souhaite déterminer le pic épidémique, c’est à dire le moment où la pro-

portion d’individus malades est à son maximum.À cet effet, on utilise l’algorithme ci-dessous, dans lequel on compare lestermes successifs de la suite (bn).



Sujet 24 | Én

Compléter l’algorithme de façon qu’il affiche le rang du jour où le pic épidmique est atteint et compléter le tableau fourni ci-dessous. Conclure.

Variables :b, b, x , y sont des réelsk est un entier naturelInitialisation :Affecter à b la valeur 0Affecter à b la valeur 0,05Affecter à k la valeur 0Affecter à x la valeur 0,95Affecter à y la valeur 0,8

Traitement :Tant que b < b faire :Affecter à k la valeur k + 1Affecter à b la valeur b

Affecter à x la valeur 0,95x

Affecter à y la valeur 0,80y

Affecter à b la valeur......Fin Tant que

Sortie :Afficher ......

k b x y b Test :b b

?

Après le 7e passage dans laboucle Tant que

7 0,1628 0,6634 0,1678 0,1652 VRAI

Après le 8e passage éventueldans la boucle Tant que




Sujet 24 | Corrigé

1 Puisque d’un jour au jour suivant 5% des individus tombent malades,a1 = 0, 95, b1 = 0, 05 et c1 = 1.

2 a) 95% des individus restent sains d’un jour au jour suivant donc an+1 =

0, 95an.

b) Au jour n + 1, 5% des individus sains deviennent malades et 80% des indi-vidus malades le reste, d’où bn+1 = 0, 05an + 0, 8bn.

3 a) A× U n =

0, 95 0 0

0, 05 0, 8 0

0 0, 2 1

×

an

bn

cn

=

0, 95an

0, 05an + 0, 08bn

0, 2bn + cn

= U n+1

b) Démontrons par récurrence la propriété P (n) : Dn =0, 95n 0 0

0 0, 8n 00 0 1

.

Initialisation.

D1 = D =

0, 95 0 0

0 0, 8 0

0 0 1

, par hypothèse, donc P (1) est vraie.

Hérédité.Supposons que pour un entier naturel n,

Dn =

0, 95n 0 0

0 0, 8n 0

0 0 1

on obtient alors

Dn+1 = D × Dn =

0, 95 0 0

0 0, 8 0

0 0 1

×

0, 95n 0 0

0 0, 8n 0

0 0 1

=

0, 95n+1 0 0

0 0, 8n+1 0

0 0 1

.

La propriété est donc vraie au rang n + 1.Conclusion.Puisque initialisation et hérédité sont satisfaites par P (n), d’après le principede récurrence, P (n) pour tout entier naturel n non nul.



Sujet 24 | Co

4 a) U n = An × U 0, d’où

an

bn

cn

=

0, 95n 0 01

3 (0, 95n

− 0, 8n

) 0, 8n

01

3 (3 − 4 × 0, 95n + 0, 8n) 1− 0, 8n 1

× 1

00

0, 95n

1

3 (0, 95n − 0, 8n)

1

3 (3 − 4× 0, 95n + 0, 8n)

soit bn = 1

3 (0, 95n

−0, 8n).

b) Puisque −0, 95 ∈] − 1;1[ et 0, 8 ∈] − 1;1[, limn→+∞ 0, 95n = lim

n→+∞ 0, 8n =

d’où limn→+∞ bn = 0.

c) Variables :

b, b, x , y sont des réels

k est un entier naturel

Initialisation :

Affecter à b la valeur 0Affecter à b la valeur 0,05

Affecter à k la valeur 0

Affecter à x la valeur 0,95

Affecter à y la valeur 0,8

Traitement :

Tant que b < b faire :

Affecter à k la valeur k + 1Affecter à b la valeur b

Affecter à x la valeur 0,95x

Affecter à y la valeur 0,80y

Affecter à b la valeur 13 (x − y)

Fin Tant que

Sortie :

Afficher k



Sujet 24 | Corrigé

k b x y b Test :b b

?

Après le 7e passage dans la

boucle Tant que

7 0,1628 0,6634 0,1678 0,1652 VRAI


8 0,1652 0,6302 0,1342 0,1653 VRAI


9 0,1653 0,5987 0,1073 0,1637 FAUX

Le rang du jour où le pic épidémique est atteint est donc le 9.



Su jet 25


4 points

Soit la suite numérique (un) définie sur N par :u0 = 2 et pour tout entier naturel n :un+1 = 2

3 un + 13 n + 1.

1 a) Calculez u1, u2, u3 et u4. Vous pourrez en donner des valeurs approchéà 10−2 près.

Pour calculer ui, remplacez dans la relation de récurrence de l’énoncé par i.

b) Formulez une conjecture sur le sens de variation de cette suite.Le calcul précédent nous conduit immédiatement à la conjecture attendu

2 a) Démontrez que pour tout entier naturel n, un n + 3.Le calcul précédent nous conduit immédiatement à la conjecture attendu

b) Démontrez que pour tout entier naturel n, un+1 − un = 13 (n + 3 − un)

Le résultat de la question 2. a) permet de conclure.

c) Vous devez en déduire une validation de la conjecture précédente.

3 On désigne par (vn) la suite définie sur N par vn = un − n.

a) Démontrez que la suite (vn) est une suite géométrique de raison 23 .

Démontrez que vn+1 = 2

3vn.

b) Vous devez en déduire que pour tout entier naturel n, un = 2

23

n+ n.

La réponse se déduit de la relation de récurrence donnée au 3.

c) Déterminez la limite de la suite (un).

Si q ∈]0; 1[, q n tend vers O.4 Pour tout entier naturel non nul n, on pose : S n = Σn

k=0 uk = u0 + u1

· · · + un et T n + S nn2 .

a) Exprimez S n en fonction de n.Utilisez la somme des termes d’une suite géométrique.

b) Déterminez la limite de la suite (T n).

Utilisez les propriétés des limites.



Sujet 25 | Corrigé

1 a) On remplace n par 0 dans la relation de récurrence de l’énoncé et on ob-tient :u1 = 2

3

×u0 + 1

3

×0 + 1 = 7

3

≈2, 33.

De même :u2 = 2

3 × 73 + 1

3 + 1 = 269 ≈ 2, 89

u3 = 23 × 26

9 + 23 + 1 = 97

27 ≈ 3, 59

u4 = 23 × 97

27 + 33 + 1 = 356

81 ≈ 4, 40. b) La suite semble être croissante.

2 a) On veut montrer par récurrence, pour tout entier naturel n, la propriétéP n : un n + 3.Initialisation : puisque u0 = 2 et 0 + 3 = 3, P 0 est bien vraie.

Hérédité : pour un entier naturel k donné, on suppose la propriété P k vraie.On a uk+1 = 2

3 uk + 13 k + 1.

Par hypothèse de récurrence : uk k + 3, d’où :23 uk

23 k + 2

23 uk + 1

3 k + 1 23 k + 2 + 1

3 k + 1.Et finalement, uk+1 k + 3 k + 4.La propriété P k+1 est donc vraie.Conclusion : d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n, on a

bien un n + 3. b) un+1 − un = 2

3 un + 13 n + 1 − un

un+1 − un = −13 un + 1

3 n + 33

un+1 − un = 13 × (−un + n + 3)

un+1 − un = 13 (n + 3 − un).

c) Pour tout entier naturel n, on a un n + 3, soit n + 3 − un 0, doncun+1 − un 0. La suite (un) est bien croissante.

3 a) Exprimons, pour un entier n naturel quelconque, vn+1 en fonction de un :vn+1 = un+1 − (n + 1)

vn+1 = 23 un + 1

3 n + 1 − n− 1

vn+1 = 23 un − 2

3 n

vn+1 = 23 (un − n).

D’où vn+1 = 23 vn.

Ceci prouve que la suite (vn) est bien un suite géométrique de raison q = 23 et

de premier terme v0 = u0 − 0 = 2.



Sujet 25 | Co

b) D’après le cours, on en déduit que :vn = v0 × q n = 2

23

n

.Puisque vn = un

−n, on en déduit que un = vn+n, et on aboutit à l’expressio

demandée : un = 2

23n + n.

c) On a −1 < q < 1, on en déduit que la limite de la suite (vn) est 0, la limite dla suite (un) est donc +∞.

4 a) S n = X n + Y n avec X n =n

k=0 vk et Y n =n

k=0 k.

X n = v0 × 1−q n+1

1−q

X n = 21− 23

n+1

1− 23

X n = 6× 1

− 2

3n+1.

Y n = 0+n2 × (n + 1) =

n(n+1)2 .

Finalement, on a :

S n = 6×

1− 23

n+1

+ n(n+1)2 .

b) T n =6×

1− 23

n+1

+n(n+1)2

n2

T n =6×

1− 23

n+1

n2 + n2+n2n2

T n =6

×

1

−23

n+1

n2 + 12 + 12n .On a vu que lim

n→+∞

23

n+1= 0,

donc limn→+∞ 6×

1−

23

n+1

= 6.

Comme limn→+∞

1n2 = 0, par produit lim

n→+∞6×

1− 23

n+1

n2 = 0.

Enfin limn→+∞

12n = 0, donc lim

n→+∞T n = 12 .



Su jet 26


5 pointsOn considère la suite (un) définie sur N par :u0 = 2 et pour tout entier naturel n, un+1 = un+2

2un+1 .On admet que pour tout entier naturel n, un > 0.

1 a) Calculez u1, u2, u3, u4. Vous pourrez en donner une valeur approchée à10−2 près.

Pour calculer uk, remplacez dans la relation de récurrence n par k.

b) Vérifiez que si n est l’un des entiers 0, 1, 2, 3, 4 alors un

−1 a le même

signe que (−1)n.Comparez le signe obtenu pour chaque uk − 1 précédent avec celui de(−1)k.

c) Établissez que pour tout entier naturel n, un+1 − 1 = −un+12un+1 .

Utilisez la relation de récurrence donnée dans l’énoncé et retranchez 1 àchaque membre de la relation.

d) Démontrez par récurrence que pour tout entier naturel n, un − 1 a le même

signe que (−1)

n

.Démonstration par récurrence, initialisation, hérédité et conclusion.

2 Pour tout entier naturel n, on pose vn = un−1un+1 .

a) Établissez que pour tout entier naturel n, vn+1 = −un+13un+3 .

Remplacez n par n + 1 dans la relation donnée entre vn et un, puis remplacez à droite un+1 par son expression donnée au début de l’énoncé enfonction de un.

b) Démontrez que la suite (vn) est une suite géométrique de raison−

1

3

.Vous en déduirez l’expression de vn en fonction de n.

Calculez vn+1 en fonction de vn.

c) On admet que pour tout entier naturel n, un = 1+vn1−vn

.Exprimez un en fonction de n et déterminez la limite de la suite (un).

Remplacez vn par son expression trouvée précédemment puis vous uti-liserez la propriété du cours qui nous dit que si −1 q 1 alors

limn→+∞ q n = 0.



Sujet 26 | Co

1 a) Pour calculer u1, on remplace dans la relation de récurrence n par 0 :u1 = u0+2

2u0+1 = 45 = 0, 8.

De même, u2 = u1+22u1+1 = 14

13

1, 08, u3 = 40

41

0, 98 et u4 = 122

121

1, 01.

b) u0 − 1 = 1, nombre positif comme (−1)0 = 1, u1 − 1 = −0, 2, nombnégatif comme (−1)1 = −1, u2 − 1 0, 08, nombre positif comme (−1)2

1, u3 − 1 = −0, 02, nombre négatif comme (−1)3 = 1 et u4 − 1 = 0, 0

nombre positif comme (−1)4 = 1.un − 1 a donc le même signe que (−1)n pour n = 1, 2, 3 ou 4.c) un+1 − 1 = un+2−(2un+1)

2un+1 = 1−un2un+1

d) Soit P (n) la propriété : (un − 1) a le même signe que (−1)n.Initialisation.P (0) est vrai d’après la question 1. b).Hérédité.Supposons que pour un n donné, (un − 1) a le même signe que (−1)n, alorsun+1 a le même signe que (1 − un),d’après la question 1. c), soit −(−1)n

(−1)n+1, la propriété P (n + 1) est vraie et l’hérédité est établie.Conclusion.D’après le principe de récurrence, (un − 1) a le même signe que (−1)n potout entier naturel n.

2 a) un > 0 pour tout entier naturel n, donc, la suite v existe pour tout entinaturel n.

vn+1 = un+1−1un+1+1 =

un+22un+1 − 1un+2

2un+1 + 1= −un+1

3un+3 .

b) vn+1 = −13

(un−1)un+1 = −1

3 vn.La suite v est donc géométrique de raison−1

3 et de premier terme v0 = u0−1u0+1

13 par conséquent vn = 1

3 × −13

n pour tout entier naturel n.

c) un = 1+vn1−vn = 1+

1

3×−1

3n

1− 13×− 1

3

n .Puisque −1

3 ∈]− 1 ; 1[, la limite de la suite v est donc égale à 0 en +∞.En faisant tendre n vers +∞ dans l’expression de un en fonction de vn donndans l’énoncé, on en déduit que lim

n→+∞un = 1.



Su jet 27

Amérique du Nord, mai 2013, exercice de spécialité

5 points

Partie A

On considère l’algorithme suivant :Variables :a est un entier naturelb est un entier naturelc est un entier naturelInitialisation :Affecter à c la valeur 0Demander la valeur de a

Demander la valeur de b

Traitement :Tant que a > b

Affecter à c la valeur c + 1

Affecter à a la valeur a − b

Fin de tant queSortie :Afficher cAfficher a

1 Faites fonctionner cet algorithme avec a = 13 et b = 4 en indiquant lesvaleurs des variables à chaque étape.

Il vous suffit de suivre pas à pas l’algorithme et d’inscrire les résultats aufur et à mesure dans un tableau.

2 Que permet de calculer cet algorithme ?En faisant fonctionner l’algorithme pas à pas, vous ferez apparaître ladivision euclidienne.



Sujet 27 | Én

Partie B

À chaque lettre de l’alphabet, on associe, grâce au tableau ci-dessous, unombre entier compris entre 0 et 25.

A B C D E F G H I J K L M

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

N O P Q R S T U V W X Y Z

13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

On définit un procédé de codage de la façon suivante :

– Étape 1 : À la lettre que l’on veut coder, on associe le nombre m correspodant dans le tableau.

– Étape 2 : On calcule le reste de la division euclidienne de 9m + 5 par 26 on le note p.

– Étape 3 : Au nombre p, on associe la lettre correspondante dans le tableau

1 Codez la lettre U.En utilisant le tableau de l’énoncé, voyez quel est le nombre associé à

puis déduisez un nombre p puis la lettre correspondante.

2 Modifiez l’algorithme de la partie A pour qu’à une valeur de m entrée pl’utilisateur, il affiche la valeur de p, calculée à l’aide du procédé de codag

précédent.

Partie C

1 Trouvez un nombre entier x tel que 9x ≡ 1 [26].Si vous ne voyez pas rapidement une solution x, révisez votre table de

2 Démontrez alors l’équivalence :9m + 5 = p [26] ⇐⇒ m = 3 p− 15 [26].

Pensez à multiplier par 3 pour faire apparaître le 15 et le 3 puis utiliser x précédent



Sujet 27 | Énoncé

3 Décodez alors la lettre B.

Faites le même raisonnement que dans la partie B 1. mais à l’envers et enutilisant la question précédente.



Sujet 27 | Co

Partie A

1Variables : a b c a b ?

Initialisation : 13 4 0 oui

Premier passage : 9 4 1 oui

Deuxième passage : 5 4 2 oui

Troisième passage : 1 4 3 Non : a < b

Fin du « Tant que » et affichage : a = 1 c = 3

2 Cet algorithme calcule le reste et le quotient de la division euclidienne de par b.

Partie B

1 La lettre U est associée au nombre m = 20.Or, 9× 20 + 5 = 185 et 185 ≡ 3 [26], soit p = 3 qui correspond à D. La lettU est donc codée par D.

2

Variables : a est un entier naturel

c est un entier naturel

Initialisation : Affecter à c la valeur 0

Demander la valeur de a

Affecter à a la valeur 9 × a + 5

Traitement : Tant que a > 26

Affecter à c la valeur c + 1Affecter à a la valeur a − 26

Fin de tant que

Sortie : Afficher a



Sujet 27 | Corrigé

Partie C

1 9× 3 = 27 ≡ 1 [26]. Donc x = 3 convient.2 Puisque 9 × 3 ≡ 1 [26] :9m + 5 ≡ p [26] ⇐⇒ 27m + 15 ≡ 3 p ⇐⇒ m ≡ 3 p− 15 [26].

3 La lettre B est associée à 1.On prend donc p = 1, d’après la question précédente m ≡ 3 × 1 − 15 [26],soit m ≡ 14 [26].14 correspond à la lettre O. La lettre B correspond au codage de la lettre O.



Su jet 28


5 pointsCandidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

On considère la suite (un) définie par u0 = 1 et, pour tout entier naturel :n, un+1 =

√ 2un.

1 On considère l’algorithme suivant :Variables :n est un entier naturelu est un réel positif Initialisation :Demander la valeur de n

Affecter à u la valeur 1Traitement :Pour i variant de 1 à n :Affecter à u la valeur

√ 2u

Fin de Pour Sortie :Afficher u

a) Donnez une valeur approchée à 10−4 près du résultat qu’affiche cet algrithme lorsque l’on choisit n = 3.

Cet algorithme vous permet de déterminer la valeur de u1, u2 et finalment u3 demandés.

b) Que permet de calculer cet algorithme ?Cet algorithme permet de calculer le terme de rang n d’une suite (un).

c) Le tableau ci-dessous donne des valeurs approchées obtenues à l’aide de calgorithme pour certaines valeurs de n.

n 1 5 10 15 20

Valeur affichée

1,414 2 1,957 1 1,998 6 1,999 9 1,999 9



Sujet 28 | Énoncé

Quelles conjectures pouvez-vous émettre concernant la suite (un) ?

De l’observation du tableau vous pouvez faire des conjectures sur lesvariations ou la convergence de la suite.

2 a) Démontrez que, pour tout entier naturel n, 0 < un 2.Il s’agit d’une démonstration par récurrence.

b) Déterminez le sens de variation de la suite (un).Comme vous venez de démontrer que la suite u est à termes strictement

positifs, étudiez le quotient un+1

un.

c) Démontrez que la suite (un) est convergente. Ne demandez pas la valeur desa limite.

Pensez au théorème de convergence qui prouve la convergence de la suitesans calculer la limite.

3 On considère la suite (vn) définie, pour tout entier naturel n, par vn = ln un − ln 2.

a) Démontrez que la suite (vn) est la suite géométrique de raison 12 et de premier

terme v0 = −ln 2.Le théorème des valeurs intermédiaires prouve l’existence et l’unicité de

α. b) Déterminez, pour tout entier naturel n, l’expression de vn en fonction de n, puis de un en fonction de n.

Prouvez l’existence d’un nombre q indépendant de n tel que vn+1 = q ·vn.

c) Déterminez la limite de la suite (un).Déterminez la limite de (vn) puis par composition de slimites déduisezcelle de (un).

d) Recopiez l’algorithme ci-dessous et complétez-le par les instructions du trai-tement et de la sortie, de façon à afficher en sortie la plus petite valeur de n

telle que un > 1,999.Variables :n est un entier naturelu est un réelInitialisation :Affecter à n la valeur 0Affecter à u la valeur 1



Sujet 28 | Én

Traitement :Sortie :

Dans la partie « Traitement » de l’algorithme placez une boucle adéqua

et placez en « Sortie » : « Afficher n ».



Sujet 28 | Corrigé

1 a) Pour n = 3, l’algorithme affiche 1,8340 à 10−4 près. b) Cet algorithme affiche la valeur de un.c) D’après le tableau, on peut conjecturer que la suite est croissante et conver-

gente vers un nombre proche de 2.2 a) Montrons par récurrence la propriété P (n) : 0 < un 2.

Initialisation : on a u0 = 1 donc 0 < u0 2, P (0) est vraie.On définit la fonction f sur [0; 2] par f (x) =

√ 2x. On a pour tout entier n,

un+1 = f (un). f est croissante sur [0 ; 2].Hérédité : supposons qu’il existe un entier naturel n tel que 0 < un 2.On a : 0 < un 2 ⇔ 0 < 2un 4

⇔0 <

√ 2un

√ 4

⇔0 < un+1 2.

P (n+1) est vraie.Conclusion : d’après le principe de récurrence, on a pour tout entier naturel n,0 < un 2.

b) Montrons par récurrence la propriété Q(n) : un un+1.u1 =

√ 2 u0 = 1, Q(0) est vraie.

Si un un+1, comme f est croissante, f (un) f (un+1), c’est-à-dire un+1

un+2, Q(n+1) est vraie. On en déduit donc, d’après le principe de récurrence,que (un) est une suite croissante.

c) On vient de prouver que d’une part la suite (un) est croissante et que d’autre part elle est majorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, lasuite (un) est convergente.

3 a) Pour tout entier naturel n,vn+1 = ln un+1 − ln 2, or un+1 =

√ 2un.

Alors :vn+1 = ln

√ 2un − ln 2

vn+1 = 1

2

(ln un + ln 2)−

ln 2

vn+1 = 12 (ln un − ln 2) = 1

2 vn.De plus u0 = ln u0 − ln 2 = ln 1 − ln 2 = − ln 2.La suite (vn) est donc la suite géométrique de raison 1

2 et de premier termev0 = − ln 2.

b) On déduit de ce qui précède que pour tout entier naturel n,vn = − ln 2

12

n.

vn = ln(un)− ln 2 ⇔ vn = ln

un2

⇔ un2 = evn ⇔ un = 2evn .

D’où pour tout entier n, un = 2e ln 212

n

.



Sujet 28 | Co

c) Comme 0 < 12 < 1, lim

n→+∞

12

n= 0 et lim

n→+∞ (vn) = 0

On sait que limx→0

(ex) = 1, alors par composition des limites limn→+∞ (evn) = 1

finalement limn→+∞ (un) = 2.d) L’algorithme ci-dessous affiche en sortie la plus petite valeur de n telle quun > 1, 999.Variables :n est un entier naturelu est un réelInitialisation :affecter à n la valeur 0

Affecter à u la valeur 1Traitement :Tant que u 1, 999

Affecter à u la valeur √

2u

Affecter à n la valeur n + 1Sortie :Afficher n



Su jet 29


5 pointsCandidats n’ayant pas choisi l’enseignement de spécialité.

Partie A

On considère la suite (un) définie par : u0 = 2 et, pour tout entier nature n :un+1 = 1 + 3un

3 + un .

On admet que tous les termes de cette suite sont définis et strictement positifs.

1 Démontrez par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a : un > 1.Vous ferez une démonstration par récurrence.

2 a) Établissez que, pour tout entier naturel n, on a : un+1 − un =(1− un) (1 + un)

3 + un .

Retranchez un à un+1, réduisez au même dénominateur et simplifiez.

b) Déterminez le sens de variation de la suite (un).Vous en déduirez que la suite (u

n) converge.

Utilisez la propriété démontrée au premier exercice et appliquez le théo-rème de convergence.

Partie B

On considère la suite (un) définie par : u0 = 2 et, pour tout entier nature n :un+1 = 1 + 0,5un

0,5 + un .

On admet que tous les termes de cette suite sont définis et strictement positifs.1 On considère l’algorithme suivant :

Entrée :Soit un entier naturel non nul n

Initialisation :Affecter à u la valeur 2Traitement et sortie :POUR i allant de 1 à n



Sujet 29 | Én

Affecter à u la valeur 1 + 0,5u0,5 + u

Afficher uFIN POUR

Reproduisez et complétez le tableau suivant, en faisant fonctionner cet algrithme pour n = 3. Les valeurs de u seront arrondies au millième.

i 1 2 3

u

Faites varier i de 1 à 3 et inscrivez au fur et à mesure chaque valeur detrouvée dans le tableau.

2 Pour n = 12, on a prolongé le tableau précédent et on a obtenu :

i 4 5 6 7 8 9 10 11 12

u 1,008 3 0,997 3 1,000 9 0,999 7 1,000 1 0,999 97 1,000 01 0,999 996 1,000 0

Conjecturez le comportement de la suite (un) à l’infini.

Concentrez-vous sur les variations et la convergence de la suite.

3 On considère la suite (vn) définie, pour tout entier naturel n, par : vn un − 1un + 1 .

a) Démontrez que la suite (vn) est géométrique de raison −13 .Exprimez vn+1 en fonction de vn et concluez.

b) Calculez v0 puis écrivez vn en fonction de n.

Pour calculer v0 partir de l’égalité donnée dans l’énoncé puis utilisez propriété du cours permettant d’exprimer vn en fonction de n quand vegéométrique.

4 a) Montrez que, pour tout entier naturel n, on a : vn = 1.Raisonnez par l’absurde.

b) Montrez que, pour tout entier naturel n, on a : un = 1 + vn1− vn

.Partez de l’égalité donnée dans l’énoncé au 3. puis exprimez un en fontion de vn.

c) Déterminez la limite de la suite (un).

Si −1 q 1, alors d’après le cours vous pouvez déduire qulim

n→+∞ q n = 0, puis utiliser l’égalité établie à la question précédente.



Sujet 29 | Corrigé

Partie A

1 On va démontrer par récurrence la propriété P (

n) :

un

> 1

.

Initialisation.u0 = 2 > 1 la propriété P (0) est vraie.Hérédité.Supposons que un > 1 pour un entier n donné.

un+1 − 1 = 1 + 3un

3 + un− 1 =

−3− un + 1 + 3un

3 + un= 2

un − 1

3 + un.

Par hypothèse de récurrence on a :un

−1 > 0 et donc un+1

−1 > 0 et la propriété P (n + 1) est vraie ce qui établit

l’hérédité.D’après le principe de récurrence on peut donc conclure que quelque soit lenaturel n, un > 1.

2 a) Quel que soit le naturel n, un+1 − un = 1 + 3un

3 + un− un =

1 + 3un − 3un − u2n

3 + un=

1− u2n

3 + un=

(1 − un) (1 + un)

3 + un.

b) D’après le 1. on sait que un − 1 > 0, donc un+1 − un 0 ce qui établit la

décroissance de la suite u

.La suite u étant décroissante et minorée par 1, d’après le théorème de conver-gence, la suite u est convergente.

Partie B

1

i 1 2 3

u 0,800 1,077 0,976

2 Il semble que la suite soit alternativement croissante et décroissante tout enconvergeant vers en +∞.

3 a) vn+1 = un+1 − 1

un+1 + 1 =

1+0,5un0,5+un

− 1

1+0,5un0,5+un

+ 1=

0, 5− 0, 5un

1, 5 + 1, 5un= −0, 5 (un − 1)

1, 5 (un + 1) =

1

3

vn.



Sujet 29 | Co

La suite v est donc géométrique de raison q = −1

3.

b) v0 = 2 − 1

2 + 1

= 1

3

.

Puisque v est géométrique de raison q = −13

et de permier terme v0 =

d’après la formule du cours on déduit que vn = 1

3 ×

−1

3

n

.

4 a) Si vn valait alors nous aurions un − 1

un + 1 = 1soit 1 = −1 ce qui est impo

sible, donc vn = 1 pour tout n.

b) vn = un − 1

un + 1

donc vn (un + 1) = un

−1 soit vnun + vn = un

−1 ou enco

vnun − un+ = −1− vn d’où un (vn − 1) = −1− vn

et finalement, puisque vn = 1 on en déduit que un = 1 + vn

1− vn.

c) 1

3 ∈] − 1;1[, donc, d’après le cours, on déduit que lim

n→+∞ vn = 0, et d’apr

le résultat précédent limn→+∞un = 1.



Su jet 30


4 points

Pour chacune des propositions suivantes, indiquez si elle est vraie ou fausse

et justifiez la réponse choisie. Il est attribué un point par réponse exacte cor-

rectement justifiée. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une

absence de réponse n’est pas pénalisée.

1 Toute suite positive croissante tend vers −∞.Trouvez un contre-exemple.

2 g est la fonction définie sur ] − 12 ; +∞[ par g(x) = 2x ln(2x + 1).Sur ] − 1

2 ; +∞[, l’équation g(x) = 2x a une unique solution : e−12 .

Déterminez une solution évidente qui n’est pas celle proposée.

3 Le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonc-tion g au point d’abscisse 1

2 est : 1 + ln 4.Calculez le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abs-cisse 1

2 et comparez-le à celui proposé dans l’énoncé.

4 L’espace est muni d’un repère orthonorme (O ;

i, j ,

k).P et R sont les plans d’équations respectives : 2x + 3y− z − 11 = 0 et x + y +

z − 11 = 0.Les plans P et R se coupent perpendiculairement.

Démontrez que les deux vecteurs normaux de chacun des plans sont or-thogonaux.



Sujet 30 | Co

1 La proposition est fausse.En effet, la suite u telle que un = n

n+1 est positive et croissante et sa limite e1.

2 La proposition est fausse.En effet, g(0) = 0, l’équation g(x) = 2x admet donc pour solution x = 0 x = e−1

2 , si tant est que cela soit une solution, ne peut en aucun cas être unsolution unique de l’équation g(x) = 2x.

3 La proposition est vraie.Le coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse 1

2 em = g( 1

2 ).Or, g

(x) = 2 ln(2x + 1) + 2x

× 2

2x+1 donc : g

1

2 = 2 ln 2 + 1 = 1 + ln 4.

4 La proposition est vraie.Le planP d’équation 2x+3y−z −11 = 0 a pour vecteur normal−→n (2 ; 3 ; −1

Le plan R d’équation x + y + 5z − 11 = 0 a pour vecteur normal−→n (1 ; 1 ; 5

−→n · −→n = 2× 1 + 3 × 1 + (−1)× 5 = 0, les deux vecteurs normaux sont donorthogonaux et les deux plans P et R sont bien perpendiculaires.



Su jet 31


Pour chacune des cinq propositions suivantes, indiquez si elle est vraie ou fausse et justifiez la réponse choisie.

1 Proposition 1 : Dans le plan muni d’un repère orthonormé, l’ensemble des points M dont l’affixe z vérifie l’égalité |z − ı| = |z + 1| est une droite.

Tenez compte de l’égalité entre module et distance : |z M − z A| = AM.

2 Proposition 2 : Le nombre complexe (1 + ı√

3)4 est un nombre réel.Trouvez la forme exponentielle de 1 + ı

√ 3 puis élevez à la puissance 4.

3 Soit ABCDEFGH un cube.Proposition 3 : Les droites (EC) et (BG) sont orthogonales.

Décomposez−−→EC en somme de deux vecteurs dont chacun est orthogonal

à−−→BG.

4 L’espace est muni d’un repère orthonormé

O ; i, j, k

. Soit le plan P d’équation cartésienne x + y + 3z + 4 = 0. On note S le point de coordonnées

(1 ; −2 ; −2).Proposition 4 : La droite qui passe par S et qui est perpendiculaire au plan P

a pour représentation paramétrique

x = 1 + t

y = −2 + t, t ∈ Rz = −2 + 3t

.

Montrez qu’un vecteur directeur de la droite est un vecteur normal de P et que S appartient à cette même droite.



Sujet 31 | Co

1 Proposition vraie.Soit A le point d’affixe ı et B le point d’affixe−1 dans le plan complexe. Alosi on appelle M le point d’affixe z , on a :

|z − i| = |z M − z A| = AM.De même |z + 1| = MB, et donc l’ensemble des points M recherché est médiatrice du segment [AB].

2 Proposition fausse.

On a z = 1 + ı√

3 = 2( 12 + ı

√ 3

2 ) = 2eıπ3 , d’où z 4 = 16e

4ıπ3 = −8 − 8ı

√ 3

donc z 4 n’est pas un réel.

3 Proposition vraie.

(FC) et (BG) sont perpendiculaires car ce sont les deux diagonales d’un carr(EF) est orthogonale au plan (BFG) donc en particulier (EF) est perpendiclaire à (BG).(BG) est orthogonale au plan (EFC), car (BG) est orthogonale à deux droitsécantes du plan (EFC).Finalement, (EC) est perpendiculaire à (BG), car (BG) est orthogonale à toudroite du plan (EFC).

4 Proposition vraie.

La droite d dont on nous propose une représentation paramétrique a pour veteur directeur le vecteur −→n de coordonnées (1 ; 1 ; 3), par ailleurs vectenormal à P , d’après l’équation cartésienne de celui-ci.Comme de plus, le point S appartient à d (c’est le point de paramètre t = −sur cette droite), on en déduit donc que d est bien la droite passant par S

perpendiculaire à P .



Su jet 32

Sujet national, juin 2014, exercice de spécialité

Un pisciculteur dispose de deux bassins A et B pour l’élevage de ses poissons.Tous les ans à la même période :

– il vide le bassin B et vend tous les poissons qu’il contenait et transfère tousles poissons du bassin A dans le bassin B ;

– la vente de chaque poisson permet l’achat de deux petits poissons destinésau bassin A. Par ailleurs, le pisciculteur achète en plus 200 poissons pour le

bassin A et 100 poissons pour le bassin B.

Pour tout entier naturel supérieur ou égal à 1, on note respectivement an et bn

les effectifs de poissons des bassins A et B au bout de n années. En début de première année, le nombre de poissons du bassin A est a0 = 200 et celui du bassin B est b0 = 100.

1 Justifier que a1 = 400 et b1 = 300 puis calculer a2 et b2.

2 On désigne par A et B les matrices telles que A =

0 2

1 0

et B =

200

100

et pour tout entier naturel n, on pose X n =an

bn

.

a Expliquer pourquoi pour tout entier naturel n, X n+1 = AX n + B.

b Déterminer les réels x et y tels que

x

y

= A

x

y

+ B.

c Pour tout entier naturel n, on pose Y n =

an + 400

bn + 300

.

Démontrer que pour tout entier naturel n, Y n+1 = AY n.3 Pour tout entier naturel n, on pose Z n = Y 2n.

a Démontrer que pour tout entier naturel n, Z n+1 = A2 Z n. En déduire que pour tout entier naturel n, Z n+1 = 2 Z n.

b On admet que cette relation de récurrence permet de conclure que pour toutentier naturel n,Y 2n = 2nY0.En déduire que Y 2n

+1 = 2nY 1 puis démontrer que pour tout entier naturel n,



Sujet 32 | Én

a2n = 600 × 2n - 400 et a2n+1 = 800 × 2n-400.

4 Le bassin A a une capacité limitée à 10 000 poissons.

a On donne l’algorithme suivant.Variables : a, p et n sont des entiers naturels.Initialisation : Demander à l’utilisateur la valeur de p.Traitement : Si p est pair Affecter à n la valeur p2Affecter à a la valeur 600 × 2n - 400.SinonAffecter à n la valeur p−1

2

Affecter à a la valeur 800 x 2n

- 400.Fin de Si.Sortie : Afficher a.

Que fait cet algorithme ? Justifier la réponse.

b Écrire un algorithme qui affiche le nombre d’années pendant lesquelles pisciculteur pourra utiliser le bassin A.



Sujet 32 | Corrigé

1 Puisque b0 = 100, que le pisciculteur vend ces 100 poissons et la vente dechaque poisson permet l’achat de deux petits poissons destinés au bassin A,donc cela fait 200 poissons supplémentaires dans le bassin A.

Par ailleurs le bassin A est vidé de ses 200 poissons initiaux mais le pisciculteur achète en plus 200 poissons pour le bassin A, donc finalement a1 = 2b0+200 =

400.

Le pisciculteur vide le bassin B et transfère tous les poissons du bassin A dansle bassin B, ce qui fait 200 poissons dans le bassin B.

Par ailleurs, le pisciculteur achète en plus 100 poissons pour le bassin B. Doncfinalement, b1 = a0 + 100 = 300.

Un raisonnement analogue nous conduit à a2 = 2

b1 + 200 = 600 + 200 = 800

,et b2 = a1 + 100 = 500.

De même on obtient : an+1 = 2bn + 200 et bn+1 = an + 100.

2 a) AX n + B =

2bn

an

+

200

100

=

2bn + 200

an + 100

= X n+1.

b) On cherche les valeurs de x et de y telles que :

x = 2y + 200

y = x + 100

soit

x = 2y + 200

y = 2y + 200 + 100

.

D’où

x = 2y + 200

y = −300

et finalement x = −400 et y = −300.

c) Y n+1 =

an+1 + 400

bn+1 + 300

=

2bn + 200 + 400

an + 100 + 300

=

2bn + 600)

an + 400

= AY n.

3 a) Z n+1 = Y 2(n+1) = Y 2n+2 = AY 2n+1 = A2Y 2n = A2Z n.

Or, grâce à la calculatrice ou en faisant le calcul directement en appliquant lesrègles de multiplication des matrices, on obtient que A2 = 2I , d’où finalementZ n+1 = A2Z n = 2I × Z n = 2Z n.

b) Y 2n

+1 = AY

2n = 2nAY

0 = 2nY

1.



Sujet 32 | Co

Mais Y 0 =

600

400

donc Y 2n =

a2n + 400

b2n

+ 300

= 2n

600

400

et par suite a2n

600× 2n − 400.

De même, Y 1 =

800

600

donc Y 2n+1 =

a2n+1 + 400

b2n+1 + 300

= 2n

800

600

.

Finalement, a2n+1 = 800 × 2n − 400

4 a) Si p est pair alors il existe un entier naturel n tel que p = 2n et l’algorithm permet de calculer la population du bassin A au bout de 2n années soit, commvu précédemment, a

2n = 600

×2n

−400.

Si p est impair alors p = 2n+1 et l’algorithme permet de calculer la populatiodu bassin A au bout de 2n+1 années soit, comme vu précédemment, a2n+1

800× 2n − 400.

Dans tous les cas on calcule la population du bassin A au bout de p années.4 b) Variables : a, p et n sont des entiers naturels.Initialisation :p prend la valeur 0 et a prend la valeur 200.Traitement :Tant que a 10000

Affecter à p la valeur p+1

Si p est pair Affecter à n la valeur

p

2Affecter à a la valeur 600 × 2n − 400.

SinonAffecter à n la valeur

p− 1

2 .

Affecter à a la valeur 800 × 2n − 400.

Fin de Si.

Fin de Tant que.Affecter à p la valeur p-1.Sortie : Afficher p.



Su jet 33


4 pointsCet exercice est un questionnaire à choix multiples.

Pour chaque question, trois réponses sont proposées et une seule d’entre elles

est exacte.

Le candidat portera sur la copie le numéro de la question suivi de la réponse

choisie et justifiera son choix. Il est attribué un point par réponse correcte

et convenablement justifiée. Une réponse non justifiée ne sera pas prise en

compte. Aucun point n’est enlevé en l’absence de réponse ou en cas de réponse

fausse.Pour les questions 1. et 2., l’espace est muni d’un repère orthonormé(O ; i, j, k).La droite D est définie par la représentation paramétrique

x = 5− 2t

y = 1 + 3t, t ∈ Rz = 4

1 On note P le plan d’équation cartésienne 3x + 2y + z − 6 = 0.

a) La droite D est perpendiculaire au plan P . b) La droite D est parallèle au plan P .c) La droite D est incluse dans le plan P .

Comparez un vecteur directeur de la droite D et un vecteur normal de P .2 On note D la droite qui passe par le point A de coordonnées (3 ; 1 ; 1) et a

pour vecteur directeur u = 2 i

− j + 2 k.

a) Les droites D et D sont parallèles. b) Les droites D et D sont sécantes.c) Les droites D et D ne sont pas coplanaires.

Vérifiez que les droitesD etD ne sont pas parallèles, puis recherchez leur point d’intersection éventuel.

Pour les questions 3. et 4., le plan est muni d’un repère orthonormé directd’origine O.



Sujet 33 | Én

3 Soit E l’ensemble des points M d’affîxe z vérifiant |z + ı| = |z − ı|.a)E est l’axe des abscisses.

b)E

est l’axe des ordonnées.c)E est le cercle ayant pour centre O et pour rayon 1.

Appuyez vous sur le fait qu’étant donnés deux points A et B quelconquAB = |z A − z B|.

4 On désigne par B et C deux points du plan dont les affixes respectives b c vérifient l’égalité c

b =√

2eıπ4 .

a) Le triangle OBC est isocèle en O. b) Les points O, B, C sont alignés.

c) Le triangle OBC est isocèle et rectangle en B.Utilisez la propriété d’un triangle isocèle et la réciproque du théorème dPythagore.



Sujet 33 | Corrigé

1 b) En effet, un vecteur directeur de la droiteD est−→v (−2 ; 3 ; 0) et un vecteur normal de P est −→n (3 ; 2 ; 1).−→v ·−→n = 0, les vecteurs−→v et−→n étant orthogonaux la droite

Dest bien parallèle

à P .2 b) Les vecteurs −→u et −→v n’étant pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont

pas proportionnelles), les droitesD etD ne sont pas parallèles, elles sont doncsoit sécantes soit non coplanaires.Pour trancher, on va rechercher leur intersection : si c’est un point elles sontsécantes, si c’est le vide elles sont non coplanaires.Soit M(5 − 2t ; 1 + 3t ; 4) un point de D, il appartiendra aussi à D si lesvecteurs

−−→AM(2

−2t ; 3t ; 3) et

−→u sont colinéaires, c’est-à-dire si :

2−2t2 = −3t = 3

2 .Soit t = −1

2 les droitesD etD sont donc sécantes selon le point M(6 ; − 12 ; 4).

3 a) Soit D d’affixe z D = ı et F d’affixe z F = −ı, alors E est l’ensemble des points M tels que FM = DM c’est-à-dire la médiatrice du segment [DF], soitl’axe des abscisses.

4 c) c = b√

2eıπ4 = b(1 + ı) = b + ıb.

Donc b − c = −ıb et |b − c| = |b|, soit OB = BC.

Le triangle OBC est isocèle en B.|c| = |b|√ 2, donc OC2 = |c|2 = 2|b|2 = 2OB2, BC2 = |b − c|2 = |b|2 = OB2.Puisque OC2 = OB2 + BC2 d’après la réciproque du théorème de Pythagorele triangle OBC est rectangle en B.Finalement, le triangle OBC est isocèle et rectangle en B.



Su jet 34


4 points

Les quatre questions de cet exercice sont indépendantes.

Pour chaque question, une affirmation est proposée. Indiquez si chacun

d’elles est vraie ou fausse, en justifiant la réponse. Une réponse non justifié

ne rapporte aucun point.

Dans les questions 1. et 2., le plan est rapporté au repère orthonormé dire(O ; u, v).On considère les points A, B, C, D et E d’affixes respectives :a = 2 + 2ı, b = −√ 3 + ı, c = 1 + ı√ 3, d = −1 + √ 3

2 ı et e = −1 + (2 + √ 3)

1 Les points A, B et C sont alignés.D’après le cours vous savez que les points A, B et C sont alignés si seulement si les vecteurs

−→AB et

−→AC sont colinéaires.

2 Les points B, C et D appartiennent à un même cercle de centre E.Trois points B, C et D appartiennent à un cercle de centre E si EB = E=ED.

3 Dans cette question, l’espace est muni d’un repère (O ; i, j, k).On considère les points I(1 ; 0 ; 0), J(0 ; 1 ; 0) et K (0 ; 0 ; 1).

La droite D de représentation paramétrique

x = 2− t

y = 6− 2t

z = −2 + t

, où t ∈ R, coup

le plan (IJK) au point E

−1

2 ; 1 ; 12

.Après avoir déterminer une équation cartésienne de (IJK), vous traduir

par le calcul le fait qu’un point quelconque de D appartient à (IJK).



Sujet 34 | Énoncé

4 Dans le cube ABCDEFGH, le point T est le milieu du segment [HF].

Les droites (AT) et (EC) sont orthogonales.

Il faut vous placer dans le plan (EAC), choisir un repère de ce plan et dansce repère calculez le produit scalaire adéquat.



Sujet 34 | Co

1 L’affirmation est vraie.−→AB

−√ 3− 2;−1

et−→AC

−1;

√ 3− 2

.

Or, −√

3−

2 √ 3− 2 = 1 = (−

1)×

(−

1), donc les vecteurs −→AB et

−→A

sont colinéaires et les points A, B et C sont alignés.

2 L’affirmation est fausse.Pour montrer que B, C et D appartiennent à un cercle de centre E il suffit dmontrer que EB = EC = ED ou ce qui revient au même que EB2 = EC2

ED2.Or, EB2 = (

√ 3−1)2 + (

√ 3+1)2 = 8 et ED2 = (2+

√ 3−

√ 3

2 )2 = (2 +√

32 )2

4 + 34 + 2

√ 3 = 8.

Les points B, C et D n’appartiennent donc pas à un cercle de centre E.

3 L’affirmation est vraie.Recherchons une équation cartésienne de (IJK).Soit (IJK ) : ax + by + cz + d = 0.I ∈ (IJK ) donc a + d = 0, J ∈ (IJK ) donc b + d = 0, K ∈ (IJK ) donc c + d =

d’où a = b = c = −d et (IJK ) : x + y + z − 1 = 0.Le point d’intersection E entre (IJK ) et D a ses coordonnées telles que :2− t + 6 − 2t− 2 + t = 1 soit 5 = 2t et t = 5

2 .

Finalement, E−1

2 ; 1; 1

2

.4 On se place dans le rectangle EACG. On suppose que AE = 1 et on considè

le point U ∈ [AC] tel que AU=1.

Dans le repère (A, U, E) on a A(0 ; 0), C(√

2 ; 0), E(0 ; 1) et T(√

22 1).

Dans un tel repère−→AT(

√ 2

2 ; 1) et−→EC(

√ 2 ; −1), d’où

−→AT · −→EC = 0 et les droit

(AC) et (ET) sont bien orthogonales.



Su jet 35


On désigne par (E ) l’équation z 4 + 4z 2 + 16 = 0 d’inconnue complexe z .1 Résoudre dans C l’équation Z 2 + 4Z + 16 = 0.

Écrire les solutions de cette équation sous une forme exponentielle.Pour résoudre l’équation (F ) : Z 2+4Z +16 = 0, calculez son discriminant∆, puis déterminez ses deux solutions complexes conjuguées Z 1 et Z 2.

2 On désigne par a le nombre complexe dont le module est égal à 2 et dont unargument est égal à π

3 .

Calculer a2

sous forme algébrique.En déduire les solutions dans C de l’équation z 2 = −2 + 2ı√

3. On écrira lessolutions sous forme algébrique.

Établissez le lien entre a2 et Z 2.

3 Restitution organisée de connaissancesOn suppose connu le fait que pour tout nombre complexe z = x + ıy où x ∈ Ret y ∈ R, le conjugué de z est le nombre complexe z défini par z = x − ıy.Démontrer que :

– Pour tous nombres complexes z 1 et z 2, z 1z 2 = z 1z 2. – Pour tout nombre complexe z et tout entier naturel non nul n, z n = (z )n.

4 Démontrer que si z est une solution de l’équation (E ) alors son conjugué z

est également une solution de (E ).En déduire les solutions dans C de l’équation (E ). On admettra que (E ) admetau plus quatre solutions.

Remplacez z par z dans l’équation (E ) et concluez.



Sujet 35 | Co

1 Pour résoudre l’équation (F ) : Z 2 + 4Z + 16 = 0 on va d’abord calculson discriminant ∆ = 42 − 4 × 16 × 1 = −48 < 0, donc l’équation (F ) admdonc deux solutions complexes conjuguées Z 1 et Z 2 :

Z 1 = −4+ı√ 482 = −2 + 2ı√ 3 = 4

−12 + ı√ 32

= 4e 2ıπ

3 et Z 2 = Z 1 = 4e−2ıπ3 .

2 a2 = 22e2ıπ3 = −2 + 2ı

√ 3 = Z 2.

Les solutions de l’équation z 2 = −2 + 2ı√

3 sont donc a = 1 + ı√

3 et −a

−1 − ı√

3.

3 z 1z 2 = (x1 + ıy1)(x2 + ıy2) = (x1x2 − y1y2 + ıx1y2 + ıy1x2 = x1x2 y1y2 − i(x1y2 + x2y1).

Par ailleurs, z 1

·z 2 = (x1

−ıy1)(x2

−ıy2) = x1x2

−y1y2

−i(x1y2 +x2y1) = z 1z

On désigne par P (n) la propriété suivante : z n = (z )n.On va démontrer que P (n) est vraie pour tout n par récurrence.Initialisation.Pour n = 1 on a bien z 1 = z = (z )1.

Hérédité.Supposons P (n) vraie au rang n et montrons alors que P (n + 1) est vraie.z n+1 = z n × z = z n×z , d’après le résultat précédent. Mais puisque z n = (z

alors,

z n × z = (z )n × z = (z )n+1, la propriété est donc vraie au rang n + 1 l’hérédité est établie.D’après le principe de récurrence puisque initialisation et hérédité sont vérfiées, P (n) est vraie pour tout n entier naturel.

4 Soit z une solution de (E ) alors on obtient : z 4 + 4z 2 + 16 = z 4 + 4z 2 + 16

z 4 + 4z 2 + 16 = 0.

Ce qui revient à dire que z est solution de l’équation (E ).Les solutions de (E ) sont donc :

−1

−ı√

3,

−1 + ı

√ 3, 1

−ı√

3 et 1 + ı√

3.



Su jet 36


5 points

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

Dans l’espace, on considère un tétraèdre ABCD dont les faces ABC, ACD etABD sont des triangles rectangles et isocèles en A. On désigne par E, F et Gles milieux respectifs des côtés [AB], [BC] et [CA].On choisit AB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé(A;

−→AB,

−→AC,

−→AD) de l’espace.

1 On désigne par P le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite(DF).On note H le point d’intersection du plan P et de la droite (DF).

a) Donner les coordonnées des points D et F.Déterminez les coordonnées de : A, B, C et D puis F.

b) Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).Étant donnés un point A(x0; y0; z 0) et −→u (a; b; c) un vecteur directeur d’une droite d passant par A, alors un système d’équation paramétriquede d est :

x = x0 + at

y = y0 + bt

z = z 0 + ct

c) Déterminer une équation cartésienne du plan P .Si −→u (a; b; c) est un vecteur normal de P , alors une équation cartésiennede P est de la forme ax + by + cz + d = 0. Concluez en tenant compte du

fait que A appartient à P .d) Calculer les coordonnées du point H.

Si un point M appartient à l’intersection de deux ensembles, alors sescoordonnées x, y et z vérifient simultanément les équations caractérisantchacun des deux ensembles.

e) Démontrer que l’angle EH G est un angle droit.

Pour montrer que l’angle EHG est droit, il suffit de montrer que les vec-teurs

−→GH et

−→EH sont orthogonaux.



Sujet 36 | Én

2 On désigne par M un point de la droite (DF) et par t le réel tel que−−→DM

t−→DF. On note : α la mesure en radians de l’angle géométrique EM G.

Le but de cette question est de déterminer la position du point M pour que

soit maximale.a) Démontrer que ME2 = 3

2 t2 − 52 t + 5

4 .Déterminez les coordonnées de M puis ME2.

b) Démontrer que le triangle MEG est isocèle en M.En déduire que MEsin (α

2 ) = 12√

2.

Calculez MG2 puis comparez-le à ME2, concluez.Considérez le point K , pied de la hauteur issue de M dans le triang

MEG puis placez-le dans le triangle MEK rectangle en K.c) Justifier que α est maximale si et seulement si sin (α

2 ) est maximal.En déduire que α est maximale si et seulement si ME2 est minimal.d) Conclure.

Appuyez-vous sur les variations de la fonction sinus.



Sujet 36 | Corrigé

1 a) Puisque (A,−→AB,

−→AC,

−→AD) est un repère de l’espace,

A(0;0;0), B(1;0;0), C (0;1;0) et D(0;0;1).

Puisque F est le milieu de [BC ], F ( 12 ; 1

2 ; 0).

b)−→DF( 12 ; 1

2 ;−1).

D’où un système d’équation paramétrique de (DF ) :

x = t2

y = t2

z = 1− t

c) Puisque P est orthogonal à (DF ),−→DF est un vecteur normal de P et une

équation cartésienne de P est de la forme x2 + y

2 − z + d = 0 et comme de plusA

∈ P , d = 0.

Un équation cartésienne de P est donc x + y − 2z = 0.

d) Le point H appartient à P et à la droite (DF) donc ses coordonnées x, y et zvérifient simultanément la représentation paramétrique de (DF) et l’équationcartésienne de P trouvées précédemment :t2 + t

2 − 2(1− t) = 0 soit t − 2 + 2t = 0, t = 23 .

Donc H ( 13 ; 1

3 ; 13 ).

e) Puisque E est le milieu de [BA], E ( 12 ;0;0).

Puisque G est le milieu de [AC ], F (0; 1

2; 0).

−→EH( 13 − 1

2 ; 13 ; 1

3 ).−→EH(−1

6 ; 13 ; 1

3 ).−→GH( 1

3 ; 13 − 1

2 ; 13 ).−→GH( 1

3 ;−16 ; 1

3 ).−→EH · −→GH = − 1

18 − 118 + 1

9 = 0.

Puisque les vecteurs−→GH et

−→EH sont orthogonaux, l’angle EHG est droit.

2 a) Soit x, y et z les coordonnées de M tel que−−→DM = t

−→DF.

Dans ces conditions on a

x = 0, 5t

y = 0, 5t

z − 1 = −t

d’où

x = 0, 5t

y = 0, 5t

z = 1− t

Par suite, ME2 = (0, 5t− 0, 5)2 + (0, 5t)2 + (1− t)2 = 0, 25t2 − 0, 5t + 0, 25 +

0, 25t2 + 1 − 2t + t2 = 1, 5t2 − 2, 5t + 1, 25 = 3t2

2 − 5t

2 +

5

4.

b) MG2 = (0, 5t)2 + (0, 5t 0, 5)+(1 t)2 = 3

2

t2 5

2

t + 5

4

= ME2, le triangle



Sujet 36 | Co

MEG est donc bien isocèle en M.On désigne par K le pied de la hauteur issue de M dans le triangle MEG.Puisque le triangle MEG est isocèle en M, la droite (MK) est aussi la bissectri

de l’angle M EG et EM K = α2

.

Dans le triangle MEK rectangle en K, on peut utiliser le sinus et on obtient

sin

α

2

=

EK

M E .

Mais EK = EG

2 =

√ 0, 5

2 =

1

2√

2, donc sin

α

2

=

EK ME

ce qui donne final

ment :M E sin

α

2 = 1

2√

2.

c) (sin(x)) = cos(x) 0 sur

0; π2

, la fonction sinus est donc croissante s

0; π

2

donc α maximal ⇔ sin

α

2

maximal.

Le produit MEsin

α

2

étant constant, α est maximal si et seulement

sin

α

2

est maximal si et seulement si ME et donc ME2 est minimal.

d) Le polynôme de degré 2, ME2 = 3

2t2 − 5

2t +

5

4 admet un minimum e

t = − b2a car a = 3

2 > 0.

D’où t =−−5

2

23

2

= 5

6.

La position du point M telle que la mesure de l’angle soit maximale est cel

atteinte pour t = 5

6, soit pour M de coordonnées : M

5

12 ;

5

12 ;

1

6

.



Su jet 37


4 pointsCet exercice est un QCM (questionnaire à choix multiple). Pour chaque ques-

tion, une seule des quatre réponses proposées est exacte.

Chaque réponse exacte rapporte un point. Aucune justification n’est deman-

dée. Aucun point n’est enlevé en l’absence de réponse ou en cas de réponse

fausse.

Le plan complexe est rapporté au repère orthonormal direct (O, u, v). Soit z unnombre complexe de la forme x + ıy, où x et y sont des réels.

1 Soit z le nombre complexe d’affixe (1 + i)4 . L’écriture exponentielle de z

est :

a)√

2eıπ

b) 4eıπ

c)√

2eıπ4

d) 4eıπ4

Dès qu’il est demandé de donner l’écriture exponentielle d’une puissance

d’un complexe z , en l’occurrence ici de z 4

avec z = 1 + ı, on doit d’abordtrouver celle de z , puis d’élever à la puissance demandée.C’est précisément l’une des grandes utilités de l’écriture exponentielle de

pouvoir déduire facilement module et argument d’une puissance.

2 L’ensemble des points M du plan d’affixe z = x + ıy tels que |z − 1 + ı| =

|√ 3− ı| a pour équation :

a) (x − 1)2 + (y + 1)2 = 2

b) (x + 1)2 + (y

−1)2 = 2

c) (x − 1)2 + (y + 1)2 = 4d) y = x +

√ 3−12

Souvenez-vous de la définition d’un cercle de centre A et de rayon R :c’est l’ensemble des points M tels que AM = R ou AM2 = R 2. Sousforme complexe, cela donne : |z − z A| = R et sous forme d’équationcartésienne : (x− xA)2 + (y − yA)2 = R 2.



Sujet 37 | Én

3 On considère la suite de nombres complexes (Z n) définie pour tout entinaturel n par Z 0 = 1+ı et Z n+1 = 1+i

2 Z n.OnnoteMn le point du plan d’affixZ n.

a) Pour tout entier naturel n, le point Mn appartient au cercle de centre O et drayon

√ 2.

b) Pour tout entier naturel n, le triangle OMnMn+1 est équilatéral.c) La suite (U n) définie par U n = |Z n| est convergente.d) Pour tout entier naturel n, un argument de Z n+1−Z n

Z nest π2 .

Les réponses a), b) et c) impliquant l’utilisation du module, il est rasonnable de commencer par prendre le module de l’égalité donnée danl’énoncé puis de constater la nature géométrique de la suite U n =

|Z n|4 Soit A, B, C trois points du plan complexe d’affîxes respectives :

Z A = −1− ı ; Z B = 2− 2ı et Z C = 1 + 5ı.On pose z = Z C−Z A

Z B−ZA.

a) Z est un nombre réel. b) Le triangle ABC est isocèle en A.c) Le triangle ABC est rectangle en A.d) Le point M d’affixe Z appartient à la médiatrice du segment [BC].

Pensez au fait que si Z = Z C−Z AZ B−Z A alors |Z | = ACAB et Arg(Z ) = (−→AB,−→ACAinsi on commence par les réponses b) et c). Puisque |Z | = 1, la réponb) est fausse et on passe à la c).



Sujet 37 | Corrigé

1 b) En effet, |1 + i| =√

2 et arg(1 + i) = π4 , donc 1 + ı =

√ 2eı

π4 et (1 + i)4 =

(√

2)4ei4π4 = 4eıπ.

2 c) Si on appelle A le nombre d’affixe 1

−ı,|z

−1 + i

|= √ 3− ı équivaut

à |z − z A| = 2, soit AM2 = 4, d’où la réponse c).

3 c) |Z n+1| =1+i

2 Z n =

√ 2

2 |Z n|.La suite U n = |Z n| est donc géométrique de raison

√ 2

2 ; or −1 <√

22 < 1 donc

la suite est convergente et a pour limite 0.

4 c) Z = Z C −Z AZ B−Z A

= 2+6i3−i = (2+6i)(3+i)

(3−i)(3+i) = 20i

10 = 2ı.

Arg(Z ) = (−→AB,

−→AC) = π

2 d’où la réponse c).



Su jet 38


Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct (O ; u, v).On note ı le nombre complexe tel que ı2 = −1.On considère le point A d’affixe z A = 1 et le point B d’affixe z B = ı.À tout point M d’affixe z M = x + ıy, avec x et y deux réels tels que y = 0 , oassocie le point M’ d’affixe z M = −ız M.On désigne par I le milieu du segment [AM].Le but de l’exercice est de montrer que pour tout point M n’appartenant pà (OA), la médiane (OI) du triangle OAM est aussi une hauteur du triang

OBM’ (propriété 1) et que BM’ = 2 OI (propriété 2).1 Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend z M

2e−ıπ3 .

a) Déterminez la forme algébrique de z M.Utilisez la définition de la forme exponentielle d’un nombre complexe

b) Montrez que z M = −√ 3− ı. Déterminez le module et un argument de z MRemplacez z M par sa forme algébrique pour en déduire celle de z M . Do

nez la forme exponentielle de z M

pour en déduire facilement son moduet son argument.

c) Placez les points A, B, M, M’ et I dans le repère (O ; u, v) en prenant 2 c pour unité graphique.Tracez la droite (OI) et vérifiez rapidement les propriétés 1 et 2 à l’aide dgraphique.

Placez les points dans le repère en utilisant le fait qu’un point M d’affixz M = x + ıy a pour abscisse x et pour ordonnée y.

2 On revient au cas général en prenant z M = x + ıy avec y = 0.a) Déterminez l’affixe du point I en fonction de x et y.

Utilisez la formule de l’affixe du milieu d’un segment.

b) Déterminez l’affixe du point M’ en fonction de x et y.Remplace z M par son expression dans l’égalité de l’énoncé reliant z M z M .



Sujet 38 | Énoncé

c) Écrivez les coordonnées des points I, B et M’.Utilisez le fait qu’un point M d’affixe z M = x + ıy a pour abscisse x et

pour ordonnée y.

d) Montrez que la droite (OI) est une hauteur du triangle OBM’.Pensez à prouver que le produit scalaire de deux vecteurs judicieusementchoisis est nul.

e) Montrez que BM’ = 2OI.

Calculez le carré scalaire des deux vecteurs précédents et concluez.



Sujet 38 | Co

1 a) z M = 2e−ıπ3

z M = 2(cos(π3 ) + ı sin(π3 ))

z M = 2( 1

2 −ı√

3

2

)

z M = 1− ı√ 3. b) z M = −ız M = −ı −√ 3 = −√ 3− ı.On a encore z M = −√ 3− ı = 2(−

√ 3

2 − ı2 ), c’est-à-dire z M = 2eı

7π6 .

Donc z M a pour module 2, et un argument de z M est 7π6 .

c) La vérification graphique est immédiate.

2 a) I est le milieu de [AM] donc :z I = z A+z M

2 = 1+x2 + ı y2 .

b) z M =

−ı(x + ıy) = y

−ıx.

c) Par suite, I( 1+x2 ; y2 ), B(0 ; 1) et M’(y ; −x).

d) On montre que le produit scalaire de−→OI( 1+x

2 ; y2 ) et

−−→BM(y ; −x − 1) e

nul.−→OI · −−→BM = y+xy

2 − y+xy2 = 0.

Le produit scalaire de−→OI et

−−→BM étant nul, les deux vecteurs sont orthogonau

et (OI) est bien la hauteur du triangle OBM’ issue de O.e) Cela revient à démontrer que BM2 = 4OI2.

Or, BM2 = y 2 + x2 + 2x + 1 et OI2 = y2

+x2

+2x+14 , d’où le résultat recherch



Su jet 39


5 points

Pour chacune des propositions suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse

et justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne sera pas prise en

compte.

On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé.On considère le plan P d’équation x − y + 3z + 1 = 0

et la droite D dont une représentation paramétrique est

x = 2t

y = 1 + t,

z = −5 + 3t

, t ∈

R

On donne les points A(1 ; 1; 0), B(3 ; 0 ; −1) et C(7 ; 1 ; −2).

1 Une représentation paramétrique de la droite (AB) est

x = 5 − 2t

y = −1 + t,

z = −2 + t

, t ∈

R.Vérifiez si A et B appartiennent à la droite D.

2 Les droites D et (AB) sont orthogonales.Vérifiez l’orthogonalité des vecteurs directeurs respectifs des deuxdroites.

3 Les droites D et (AB) sont coplanaires.Recherchez l’intersection de ces deux droites.

4 La droite D coupe le plan P au point E de coordonnées (8 ; −3 ; −4).Vérifiez si E appartient à D.

5 Les plans P et (ABC) sont parallèles.

Comparez les vecteurs normaux de chacun des plans.



Sujet 39 | Co

1 La proposition est vraie.Vérifions si A appartient à la droite D dont on nous donne dans l’énoncé représentation paramétrique :

xA = 1 = 5 − 2t d’où t = 2 puis en remplaçant t par 2 dans les deux autréquations : −1 + 2 = 1 = yA et −2 + t = −2 + 2 = 0 = z A donc A ∈ DVérifions si B appartient à la droite D dont on nous donne dans l’énoncé représentation paramétrique :xB = 3 = 5 − 2t d’où t = 1 puis en remplaçant t par 1 dans les deux autréquations : −1 + 1 = 0 = yB et −2 + t = −2 + 1 = −1 = z B donc B ∈ D.Finalement on a bien (AB) = D.

2 La proposition est vraie.

D’après la représentation paramétrique de D on en déduit que −→u

2

1

3

est u

vecteur directeur de D.

D’après la représentation paramétrique de (AB) on en déduit que −→v

−2

1

1

est un vecteur directeur de (AB).−→u · −→v = 2× (−2) + 1 + 3 = 0.Puisque les vecteurs −→u et −→v sont orthogonaux, alors on peut dire que ldroites D et (AB) sont orthogonales.

3 La proposition est fausse.Les droites D et (AB) sont orthogonales donc si de plus elles sont coplanairalors elles seront perpendiculaires c’est-à-dire en particulier sécantes.Recherchons l’intersection de ces deux droites. Pour cela on doit résoudre

système :

2t = 5− 2t

1 + t = −1 + t

−5 + 3t = −2 + t

La première équation donne t = 52 − t.

En substituant t dans la deuxième équation, on obtient 2t = 12 et t = 1

4 .En substituant t dans la deuxième équation, on obtient t = 2 + 1

4 = 94 .

Or, si on remplace dans la dernière équation du système on a : 5+ 3

4 = 2+



Sujet 39 | Corrigé

soit −174 = 1

4 ce qui est faux, les droites D et (AB) n’ont donc aucun pointd’intersection et les droites, orthogonales, sont donc non coplanaires.

4 La proposition est fausse.

Vérifions si E appartient à D. Nous aurions alors t = 4, en résolvant la première équation mais la secondeéquation donne t = −4 ce qui est contradictoire.A n’appartient donc pas à D.

5 La proposition est vraie.Montrons d’abord que les trois points A, B et C forment bien un plan, pour cela on va montrer que les vecteurs

−→AB et

−→AC sont non colinéaires.

−→AB 2−1

−1

et −→AC 6

0

−2

ces vecteurs ne sont pas colinéaires puisque leurs

coordonnées ne sont pas proportionnelles.Les trois points A, B et C forment bien un plan (ABC).

Un vecteur normal deP est−→n

1

−1

3

, montrons que ce vecteur est orthogonal

à −→AB et à −→AC ce qui revient à dire que les plans (ABC) et P sont parallèles.Les produits scalaires −→n · −→AB = 2 + 1− 3 = 0 et −→n · −→AC = 6 + 0− 6 = 0 sontnuls donc −→n est normal au plan (ABC).P et (ABC) sont donc parallèles.



Su jet 40


5 points

Soit ABCDEFGH un parallélépipède rectangle tel que AB = 2, AD = 3 et A= 1.On appelle respectivement I, J et P les milieux respectifs des segments [CD[EF] et [AB].On note Q le point défini par

−→AQ = 1

3

−→AD.

On appelle plan médiateur d’un segment le plan perpendiculaire à ce sement et passant par son milieu.L’objectif de l’exercice est de déterminer les coordonnées du centre d’unsphère circonscrite au tétraèdre ABIJ (c’est-à-dire une sphère qui passe ples quatre points A, B, I, J).L’espace est rapporté au repère orthonormal (A ;

−→AP,

−→AQ,

−→AE).

1 Justifier que les quatre points A, B, I et J ne sont pas coplanaires.Montrez que les points A, B et I appartiennent à un plan disjoint de celauquel J appartient.



Sujet 40 | Énoncé

2 Déterminer une équation cartésienne du plan médiateur (P 1) du segment[AB].

Pour trouver l’équation cartésienne trouvez un vecteur normal du plan et

un point lui appartenant.3 Soit (P 2) le plan d’équation cartésienne 3y − z − 4 = 0.

Montrer que le plan (P 2) est le plan médiateur du segment [IJ].Montrez que le vecteur

−→IJ est un vecteur normal du plan et que le milieu

de [IJ] appartient au plan.

4 a) Démontrer que les plans (P 1) et (P 2) sont sécants.Montrez que les plans ont des vecteurs normaux non colinéaires.

b) Montrer que leur intersection est une droite (∆) dont une représentation pa-ramétrique est

x = 1

y = t

z = 3t− 4

où t décrit l’ensemble des nombres réels R.

Connaissant la représentation paramétrique de la droite, il suffit de véri-fier que ∆ est incluse à la fois dans (P 1) et (P 2).

c) Déterminer les coordonnées du point Ω de la droite (∆) tel que ΩA = ΩI.Élevez au carré l’égalité et utiliser la représentation paramétrique de ladroite.

d) Montrer que le point Ω est centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ.

Montrez que Ω est à égale distance de A, B, I et J.



Sujet 40 | Co

1 Les points A, B et I appartiennent au plan (ABC). Puisque le point J a partient au plan (EFG) qui est strictement parallèle au plan (ABC), le pointn’appartient pas au plan (ABC).

Les quatre points A, B, I et J ne sont donc pas coplanaires.2 A(0;0;0) et B(2;0;0) donc

−→AB(2;0;0).

Puisque par définition (P 1) est perpendiculaire à (AB), −→AB est un vecte

normal du plan (P 1) et l’équation cartésienne de (P 1) est donc de la forme2x + d = 0, par ailleurs P(1 ; 0 ; 0) ∈ (P 1) donc 2 + d = 0 et d = −2.L’équation cartésienne de (P 1) est donc : 2x − 2 = 0 ou x = 1.On pouvait aussi considérer le fait que (P 1) parallèle au plan (EAD) d’équatiox = 0 et passant par P(1 ; 0 ; 0) a pour équation : x = 1.

3 C(2;3;0), D(0;3;0), donc I(1;3;0).De même, E(0;0;1), F(2;0;1) et J(1;0;1).Par suite le milieu de [IJ] a pour coordonnées (1 ; 3

2 ; 12 ).

Puisque 92 − 1

2 − 4 = 0, le milieu de [IJ] appartient à (P 2).

D’autre part,−→IJ (0 ; −3 ; 1) est un vecteur normal de (P 2) donc (P 2) est bie

le plan médiateur de [IJ].

4 a)−→AB et

−→IJ n’étant pas colinéaires, les plans (P 1) et (P 2) ne sont pas para

lèles et sont donc sécants. b) Deux plans sécants étant sécants selon une droite, il suffit de vérifier qu(∆) est incluse à la fois dans (P 1) et dans (P 2). Or, x = 1 et 3t−3t + 4−4 =

donc l’intersection de (P 1) et (P 2) est bien (∆).c) Chercher Ω tel que ΩA2 = ΩI2 revient à chercher t, tel que :1 + t2 + (3t − 4)2 = (3 − t)2 + (3t− 4)2 soit 1 + t2 − 9 + 6t − t2 = 0.D’où, t = 4

3 et Ω(1 ; 43 ; 0).

d) Ω ∈ (∆) donc il appartient à la fois à (P 1) et à (P 2).

(P 1) est le plan médiateur de [AB] donc ΩA = ΩB et (P 2) est le plan médiatede [IJ] donc ΩI = ΩJ.De plus, ΩA = ΩI d’après la question précédente donc ΩA = ΩB = ΩI = Ω

Ω est donc le centre de la sphère circonscrite au tétraèdre ABIJ.



Su jet 41


5 points

On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé.On considère les points A( 0 ; 4 ; 1 ), B( 1 ; 3 ; 0 ), C(2 ; −1 ; −2) etD(7 ; −1 ; 4).

1 Démontrez que les points A, B et C ne sont pas alignés.Il vous suffit de vérifier, par exemple, que

−→AB et

−→AC ne sont pas coli-

néaires.

2 Soit ∆ la droite passant par le point D et de vecteur directeur u(2 ; −1 ; 3).a) Démontrez que la droite ∆ est orthogonale au plan (ABC).−→

AB et−→AC n’étant pas colinéaires, il vous suffit alors de montrer que −→u

est orthogonales à−→AB et à

−→AC.

b) Vous devez en déduire une équation cartésienne du plan (ABC).Une équation cartésienne d’un plan est de la forme : ax + by + cz + d = 0,−→u étant un vecteur normal de (ABC), vous devez déduire la valeur dea, b et c, et ensuite tenez compte du fait que A par exemple appartient à(ABC).

c) Déterminez une représentation paramétrique de la droite ∆.Vous connaissez les coordonnées d’un point de ∆ et celles d’un de sesvecteurs directeurs, vous pouvez donc déduire sa représentation paramé-trique.

d) Déterminez les coordonnées du point H, intersection de la droite ∆ et du plan (ABC).

Un point appartient à l’intersection de deux ensembles de points si etseulement si ses coordonnées vérifient les équations des deux ensembles.Ainsi remplacez dans l’équation cartésienne du plan x, y et z par les co-ordonnées d’un point quelconque de ∆ en fonction d’un paramètre. Cettesubstitution vous permet de déterminer le paramètre puis les coordonnéesdu point recherché.



Sujet 41 | Én

3 SoitP 1 le plan d’équation x+y+z = 0 etP 2 le plan d’équation x+ 4y+ 2

0.

a) Démontrez que les plansP

1 etP

2 sont sécants.

Montrez que leurs vecteurs normaux respectifs ne sont pas colinéaires b) Vérifiez que la droite d, intersection des plansP 1 etP 2, a pour représentatio

paramétrique

x = −4t− 2

y = t , t ∈ Rz = 3t + 2

.

Connaissant la représentation paramétrique de la droite il vous suffit dvérifier que d est incluse à la fois dans (

P 1) et (

P 2).

c) La droite d et le plan (ABC) sont-ils sécants ou parallèles ?

Montrez que d est parallèle à (ABC) en vérifiant qu’un vecteur directedirecteur de d est orthogonal à un vecteur normal de (ABC).



Sujet 41 | Corrigé

1 Pour démontrer que les points A, B et C ne sont pas alignés, il suffit dedémontrer, par exemple, que les vecteurs

−→AB et

−→AC ne sont pas colinéaires.

Or on a :−→AB(1 ; −1 ; −1) et −→AC(2 ; −5 ; −3).Puisque 1

2 = −1−5 , les coordonnées des vecteurs

−→AB et

−→AC ne sont pas propor-

tionnelles ce qui entraîne que les vecteurs−→AB et

−→AC ne sont pas colinéaires :

les points ne sont donc pas alignés.

2 a) Soit ∆ la droite passant par le point D et de vecteur directeur −→u (2 ; −1 ; 3).Pour démontrer que la droite ∆ est orthogonale au plan (ABC), il suffit de

démontrer que −→u est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (ABC), par exemple les vecteurs−→AB et

−→AC :−→

AB · −→u = 1× 2 + (−1) × (−1) + (−1)× 3 = 0−→AC · −→u = 2× 2 + (−5) × (−1) + (−3)× 3 = 0.Les vecteurs

−→AB et

−→AC sont orthogonaux à −→u .

La droite ∆ est orthogonale à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) :elle est orthogonale au plan (ABC)

b) Les calculs précédents montrent que −→u est un vecteur normal à (ABC).

Une équation cartésienne de (ABC) est donc de la forme 2x− y + 3z + d = 0.A appartient au plan (ABC), ses coordonnées vérifient donc :2× 0− 4 + 3 × 1 + d = 0 ⇔ d = 1.Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc : 2x − y + 3z + 1 = 0.c) Déterminons une représentation paramétrique de la droite ∆.Comme la droite ∆ a pour vecteur directeur −→u (2 ; −1 ; 3) et contient le pointD(7 ; −1; 4), une représentation paramétrique de ∆ est :

x = 2t + 7

y = −t− 1z = 3t + 4

, t ∈ R.



Sujet 41 | Co

d) Puisque le point H est l’intersection de la droite ∆ et du plan (ABC), scoordonnées sont solutions du système :

x = 2t + 7

y = −t− 1

z = 3t + 4

2x− y + 3z + 1 = 0

, t ∈ R.

Le paramètre t vérifie donc :2(2t + 7) − (−t− 1) + 3(3t + 4) + 1 = 0

ce qui donne t = −2, et finalement : H(3 ; 1 ; −2).

3 a) Pour démontrer que les plans P 1 et P 2 sont sécants il suffit de démontr

qu’ils ne sont pas parallèles, c’est-à-dire que leurs vecteurs normaux ne so pas colinéaires.Le plan P 1 d’équation x + y + z = 0 a pour vecteur normal −→n1(1 ; 1 ; 1).Le plan P 2 d’équation x + 4y + 2 = 0 a pour vecteur normal −→n2(1 ; 4 ; 0).Les coordonnées des vecteurs −→n1 et −→n2 ne sont pas proportionnelles.Les vecteurs −→n1 et −→n2 ne sont donc pas colinéaires et les plans sont sécants.

b) Pour vérifier que la droite d, intersection des plans P 1 et P 2, a pour repr

sentation paramétrique

x = −4t− 2

y = tz = 3t + 2

, t ∈ R il suffit de remplacer dans l

équations cartésiennes respectives des deux plans, x, y et z par leur expressioen fonction de t, on a :−4t − 2 + t + 3t + 2 = 0 et −4t− 2 + 4t + 2 = 0.d est bien l’intersection de P 1 et P 2.c) On déduit de la représentation paramétrique précédente que

−→u (−4 ; 1 ;

est un vecteur directeur la droite d.

−→u (2 ; −1 ; 3) est un vecteur normal au plan (ABC).−→u ·−→u = 0, les vecteurs−→u et−→u sont orthogonaux : la droite d et le plan (ABC

sont donc parallèles.



Su jet 42


4 points

Pour chacune des questions, quatre propositions de réponse sont données dont

une seule est exacte. Vous déterminerez lesquelles.

L’espace est rapporté à un repère orthonormal, t et t désignent des paramètresréels.

Le plan P a pour équation :

x− 2y + 3z + 5 = 0.

Le plan S a pour représentation paramétrique

x = −2 + t + 2t

y = −t − 2t

z = −1− t + 3t

La droite D a pour représentation paramétrique

x = −2 + t

y = −t

z = −1− t

On donne les points de l’espace M(−1 ; 2 ; 3) et N(1 ; −2 ; 9).

1 Une représentation paramétrique du plan P est :

a)

x = t

y = 1− 2t

z =

−1 + 3t

b)

x = t + 2t

y = 1− t + t

z = −1− t

c)

x = t + t

y = 1− t− 2t

z = 1 t 3t



Sujet 42 | Én

d)

x = 1 + 2t + t

y = 1− 2t + 2t

z = −1− tVous devez savoir différencier la représentation paramétrique d’undroite et celle d’un plan, et savoir déduire de la représentation paramtrique d’un plan les coordonnées d’un point de ce plan.

2 a) La droite D et le plan P sont sécants au point A(−8 ; 3 ; 2). b) La droite D et le plan P sont perpendiculaires.c) La droite D est une droite du plan P .d) La droite

Det le plan

P sont strictement parallèles.

Utilisez la propriété d’appartenance d’un point à l’intersection de deuensembles : un point appartient à l’intersection de deux ensembles et seulement si ses coordonnées vérifient les équations caractérisant cdeux ensembles.

3 a) La droite (MN) et la droite D sont orthogonales. b) La droite (MN) et la droite D sont parallèles.c) La droite (MN) et la droite D sont sécantes.

d) La droite (MN) et la droite D sont confondues.Pour démontrer que deux droites de l’espace sont orthogonales il vousuffit de démontrer que les vecteurs directeurs respectifs des deux droitsont orthogonaux.

4 a) Les plans P et S sont parallèles.

b) La droite (∆) de représentation paramétrique

x = t

y = −2− t

z = −3− t

est la droi

d’intersection des plans P et S .c) Le point M appartient à l’intersection des plans P et S .d) Les plans P et S sont perpendiculaires.

Pour étudier la position relative de deux plans, utilisez les vecteurs nomaux des plans : si les vecteurs normaux des deux plans sont colinéaireles plans sont parallèles, s’ils sont orthogonaux, les plans aussi.



Sujet 42 | Corrigé

1 b) En a), on a la représentation paramétriques d’une droite (une seule va-riable).En prenant t = t = 0, on voit que le point B(0 ; 1 ;

−1) appartient au plan de

représentation paramétrique b), que le point C(0 ; 1 ; 1) appartient au plan dereprésentation paramétrique c) et que le point D(1 ; 1 ; −1) appartient au plande représentation paramétrique c).Seul le point B vérifie l’équation du plan P , on en déduit que seul la représen-tation paramétrique b) peut correspondre au plan P .2 c) Les coordonnées x, y, et z du point d’intersection de D et P vérifient les

équationsàlafoisdeD etdeP d’où, en remplaçant dans l’équation cartésiennedeP

, x, y, et z par leurs valeurs en fonction de t, on obtient :−2 + t− 2(−t) + 3 (−1− t) + 5 = −2 + t + 2t− 3− 3t + 5 = 0, pour tout réelt, ce qui signifie que tout point de D est dans P , donc D est incluse dans P , laréponse c) est la bonne réponse

Bac_Sujets de Mathematiques, Term S

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