Sujet Maths BAC 2020 (Normale) — Sciences Physiques, avec corrigé détaillé | موضوع رياضيات باك 2020 مع التصحيح

Voici un sujet d'entraînement complet de mathématiques pour la filière Sciences Physiques, rédigé au format exact de l'examen national du baccalauréat (session normale 2020) : barème total 20 points, avec le corrigé détaillé de chaque sous-question.

⏱️ Conseil : traite d'abord le sujet en conditions réelles (3 heures, sans le corrigé), puis corrige-toi question par question.

Exercice 1 — Suites numériques (4 points)

Soit (uₙ) la suite numérique définie par : u₀ = 3 et uₙ₊₁ = 3uₙ/(3uₙ + 7) pour tout n de ℕ.
1) (0,25 pt) Calculer u₁.
2) (0,5 pt) Montrer par récurrence que pour tout n de ℕ, uₙ > 0.
3) a) (1 pt) Montrer que pour tout n de ℕ, 0 < uₙ₊₁ ≤ (3/7) uₙ.
b) (0,5 pt) En déduire que pour tout n de ℕ, 0 < uₙ ≤ 3 × (3/7)ⁿ, puis calculer lim uₙ.
4) On considère la suite numérique (vₙ) définie par vₙ = 7uₙ/(3uₙ + 4) pour tout n de ℕ.
a) (0,75 pt) Montrer que (vₙ) est une suite géométrique de raison 3/7.
b) (1 pt) Déterminer vₙ en fonction de n et en déduire uₙ en fonction de n pour tout n de ℕ.

✅ Corrigé — Suites numériques

1) u₁ = 3 × 3/(9 + 7) = 9/16.
2) Initialisation : u₀ = 3 > 0. Hérédité : si uₙ > 0, alors 3uₙ + 7 > 0 et uₙ₊₁ = 3uₙ/(3uₙ + 7) > 0 comme quotient de nombres strictement positifs. Donc uₙ > 0 pour tout n.
3) a) uₙ₊₁ > 0 d'après la question 2. De plus 3uₙ + 7 ≥ 7, donc uₙ₊₁ = 3uₙ/(3uₙ + 7) ≤ 3uₙ/7 = (3/7) uₙ.
b) Par récurrence immédiate à partir de a) : 0 < uₙ ≤ 3 × (3/7)ⁿ. Comme 0 < 3/7 < 1, (3/7)ⁿ tend vers 0, donc par encadrement lim uₙ = 0.
4) a) vₙ₊₁ = 7uₙ₊₁/(3uₙ₊₁ + 4). Avec uₙ₊₁ = 3uₙ/(3uₙ + 7) :
numérateur : 7 × 3uₙ/(3uₙ + 7) = 21uₙ/(3uₙ + 7) ;
dénominateur : 9uₙ/(3uₙ + 7) + 4 = (9uₙ + 12uₙ + 28)/(3uₙ + 7) = (21uₙ + 28)/(3uₙ + 7) = 7(3uₙ + 4)/(3uₙ + 7).
Donc vₙ₊₁ = 21uₙ/(7(3uₙ + 4)) = (3uₙ)/(3uₙ + 4) = (3/7) × 7uₙ/(3uₙ + 4) = (3/7) vₙ.
(vₙ) est géométrique de raison 3/7.
b) v₀ = 21/(9 + 4) = 21/13, donc vₙ = (21/13) × (3/7)ⁿ.
vₙ(3uₙ + 4) = 7uₙ donne uₙ(7 − 3vₙ) = 4vₙ, soit uₙ = 4vₙ/(7 − 3vₙ) pour tout n.

Exercice 2 — Nombres complexes (5 points)

1) Dans l'ensemble ℂ des nombres complexes, on considère l'équation :
(E) : z² − 2(√3 + 1)z + 7 + 2√3 = 0.
a) (0,5 pt) Vérifier que le discriminant de l'équation (E) est Δ = −12.
b) (0,75 pt) En déduire les solutions de l'équation (E).
2) Soient les nombres complexes a = (√2 − √6) + i(√2 + √6), b = 1 + i√3 et c = √2 + i√2.
a) (0,75 pt) Vérifier que bc = a, puis en déduire que |a| = 4.
b) (0,5 pt) Écrire les nombres complexes b et c sous forme trigonométrique.
c) (0,5 pt) En déduire que a = 4(cos(7π/12) + i sin(7π/12)).
3) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O, u, v), on considère les points B, C et D d'affixes respectives b, c et d telle que d = a⁴/64. Soit z l'affixe d'un point M du plan et z′ l'affixe de M′ image de M par la rotation R de centre O et d'angle 7π/12.
a) (0,75 pt) Vérifier que z′ = (a/4) z.
b) (0,5 pt) Déterminer l'image du point C par la rotation R.
c) (0,25 pt) Déterminer la nature du triangle OBC.
d) (0,5 pt) Montrer que a⁴ = 128b et en déduire que les points O, B et D sont alignés.

✅ Corrigé — Nombres complexes

1) a) Δ = 4(√3 + 1)² − 4(7 + 2√3) = 4(4 + 2√3) − 28 − 8√3 = 16 + 8√3 − 28 − 8√3 = −12.
b) √Δ = 2i√3. Les solutions sont z₁ = (2(√3 + 1) − 2i√3)/2 = (√3 + 1) − i√3 et z₂ = (√3 + 1) + i√3.
2) a) bc = (1 + i√3)(√2 + i√2) = √2 + i√2 + i√6 + i²√6 = (√2 − √6) + i(√2 + √6) = a.
Donc |a| = |b| × |c| = 2 × 2 = 4.
b) |b| = √(1 + 3) = 2 et arg(b) = π/3, donc b = 2(cos(π/3) + i sin(π/3)).
|c| = √(2 + 2) = 2 et arg(c) = π/4, donc c = 2(cos(π/4) + i sin(π/4)).
c) a = bc = 4(cos(π/3 + π/4) + i sin(π/3 + π/4)) = 4(cos(7π/12) + i sin(7π/12)).
3) a) L'écriture complexe de R est z′ = e^(i7π/12) z. Or a/4 = cos(7π/12) + i sin(7π/12) = e^(i7π/12). Donc z′ = (a/4) z.
b) L'image de C a pour affixe (a/4) × c = e^(i7π/12) × 2e^(iπ/4) = 2e^(i(7π/12 + 3π/12)) = 2e^(i5π/6) = 2(cos(5π/6) + i sin(5π/6)) = −√3 + i.
c) OB = |b| = 2 et OC = |c| = 2, donc OB = OC : le triangle OBC est isocèle en O.
d) a⁴ = 4⁴ × e^(i × 4 × 7π/12) = 256 e^(i7π/3) = 256 e^(iπ/3) (car 7π/3 = 2π + π/3). Et 128b = 128 × 2e^(iπ/3) = 256 e^(iπ/3). Donc a⁴ = 128b.
Alors d = a⁴/64 = 128b/64 = 2b : l'affixe de D est un réel positif fois celle de B, donc les points O, B et D sont alignés.

Exercice 3 — Limites, dérivabilité et calcul intégral (4 points)

On considère la fonction numérique g définie sur ]0, +∞[ par g(x) = √x − 1 − (1/2) ln x.
1) a) (0,5 pt) Montrer que pour tout x de ]0, +∞[, g′(x) = (√x − 1)/(2x).
b) (0,5 pt) Montrer que g est croissante sur [1, +∞[.
c) (0,5 pt) En déduire que pour tout x de [1, +∞[, 0 ≤ ln x ≤ 2√x.
d) (1 pt) Montrer que pour tout x de [1, +∞[, 0 ≤ (ln x)³/x² ≤ 8/√x et en déduire la limite de (ln x)³/x² quand x tend vers +∞.
2) a) (0,75 pt) Montrer que la fonction G : x ↦ (2/3)x√x − (1/2) x ln x − (1/2) x est une primitive de g sur ]0, +∞[.
b) (0,75 pt) Calculer l'intégrale ∫₁⁴ g(x) dx.

✅ Corrigé — Limites, dérivabilité et calcul intégral

1) a) g′(x) = 1/(2√x) − 1/(2x) = (√x − 1)/(2x) après réduction au dénominateur 2x (car x = √x × √x).
b) Pour x ≥ 1 : √x − 1 ≥ 0 et 2x > 0, donc g′(x) ≥ 0 : g est croissante sur [1, +∞[.
c) g(1) = 1 − 1 − 0 = 0. g étant croissante sur [1, +∞[, g(x) ≥ 0 pour x ≥ 1, c'est-à-dire √x − 1 ≥ (1/2) ln x, d'où ln x ≤ 2√x − 2 ≤ 2√x. Et ln x ≥ 0 pour x ≥ 1.
d) Pour x ≥ 1, 0 ≤ ln x ≤ 2√x donne, en élevant au cube : 0 ≤ (ln x)³ ≤ 8x√x, puis en divisant par x² > 0 : 0 ≤ (ln x)³/x² ≤ 8/√x. Comme 8/√x tend vers 0 en +∞, le théorème des gendarmes donne lim (ln x)³/x² = 0.
2) a) G′(x) = (2/3) × (3/2)√x − (1/2)(ln x + 1) − 1/2 = √x − (1/2) ln x − 1/2 − 1/2 = √x − 1 − (1/2) ln x = g(x). Donc G est une primitive de g.
b) ∫₁⁴ g(x) dx = G(4) − G(1) = [(2/3)(4)(2) − 2 ln 4 − 2] − [2/3 − 0 − 1/2] = [16/3 − 4 ln 2 − 2] − 1/6 = 19/6 − 4 ln 2.

Exercice 4 — Problème : étude d'une fonction numérique (7 points)

On considère la fonction numérique f définie sur ℝ par :
f(x) = −x + 5/2 − (1/2)e^(2x−4) + 2e^(x−2) et (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O, i, j) (unité : 2 cm).
1) (0,5 pt) Montrer que lim f(x) = +∞ quand x tend vers −∞ et lim f(x) = −∞ quand x tend vers +∞.
2) a) (0,5 pt) Démontrer que la droite (Δ) d'équation y = −x + 5/2 est une asymptote à la courbe (C) au voisinage de −∞.
b) (0,75 pt) Résoudre l'équation e^(x−2) = 4 puis montrer que la courbe (C) est au-dessus de (Δ) sur l'intervalle ]−∞, 2 + ln 4] et en dessous de (Δ) sur l'intervalle [2 + ln 4, +∞[.
3) (0,5 pt) Montrer que lim f(x)/x = −∞ quand x tend vers +∞, puis interpréter géométriquement le résultat.
4) a) (0,5 pt) Montrer que pour tout x de ℝ, f′(x) = −(e^(x−2) − 1)².
b) (0,75 pt) Dresser le tableau de variations de la fonction f.
5) (0,75 pt) Calculer f″(x) pour tout x de ℝ, puis montrer que A(2, 2) est un point d'inflexion de (C).
6) (0,75 pt) Montrer que l'équation f(x) = 0 admet une solution unique α telle que 2 + ln 3 < α < 2 + ln 4.
7) (1 pt) Construire (Δ) et (C) dans le repère (O, i, j) (on prend ln 2 ≈ 0,7 et ln 3 ≈ 1,1).
8) a) (0,5 pt) Montrer que la fonction f admet une fonction réciproque f⁻¹ définie sur ℝ.
b) (0,25 pt) Construire dans le même repère (O, i, j) la courbe représentative de la fonction f⁻¹ (remarquer que la droite (Δ) est perpendiculaire à la première bissectrice du repère).
c) (0,25 pt) Calculer (f⁻¹)′(2 − ln 3) (remarquer que f⁻¹(2 − ln 3) = 2 + ln 3).

✅ Corrigé — Problème : étude d'une fonction numérique

1) En −∞ : −x tend vers +∞ et les termes en e^(2x−4) et e^(x−2) tendent vers 0, donc lim f = +∞. En +∞ : −(1/2)e^(2x−4) tend vers −∞ et domine, donc lim f = −∞.
2) a) f(x) − (−x + 5/2) = −(1/2)e^(2x−4) + 2e^(x−2) tend vers 0 quand x tend vers −∞ : (Δ) est une asymptote à (C) en −∞.
b) e^(x−2) = 4 équivaut à x − 2 = ln 4, soit x = 2 + ln 4.
f(x) − (−x + 5/2) = e^(x−2) (2 − (1/2)e^(x−2)). Cette différence est positive si e^(x−2) < 4, c'est-à-dire x < 2 + ln 4, et négative si x > 2 + ln 4. Donc (C) est au-dessus de (Δ) sur ]−∞, 2 + ln 4] et en dessous sur [2 + ln 4, +∞[.
3) f(x)/x = −1 + 5/(2x) − e^(2x−4)/(2x) + 2e^(x−2)/x tend vers −∞ car e^(2x−4)/(2x) tend vers +∞. La courbe (C) admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de +∞.
4) a) f′(x) = −1 − e^(2x−4) + 2e^(x−2) = −(e^(2x−4) − 2e^(x−2) + 1) = −(e^(x−2) − 1)².
b) f′(x) ≤ 0 pour tout x (et f′(x) = 0 seulement en x = 2) : f est strictement décroissante sur ℝ, de +∞ vers −∞. On a f(2) = −2 + 5/2 − 1/2 + 2 = 2.
5) f″(x) = −2(e^(x−2) − 1)e^(x−2) = 2e^(x−2)(1 − e^(x−2)). f″(x) > 0 pour x < 2 et f″(x) < 0 pour x > 2 : f″ s'annule et change de signe en x = 2, donc A(2, f(2)) = A(2, 2) est un point d'inflexion de (C).
6) f est continue et strictement décroissante sur ℝ, donc l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α.
f(2 + ln 3) = −(2 + ln 3) + 5/2 − (1/2)e^(2 ln 3) + 2e^(ln 3) = −2 − ln 3 + 5/2 − 9/2 + 6 = 2 − ln 3 ≈ 0,9 > 0.
f(2 + ln 4) = −(2 + ln 4) + 5/2 − (1/2)(16) + 2(4) = −2 − ln 4 + 5/2 − 8 + 8 = 1/2 − ln 4 ≈ −0,89 < 0.
Donc 2 + ln 3 < α < 2 + ln 4.
7) Construction : (Δ) droite de pente −1 passant par (0, 5/2) ; (C) décroissante, au-dessus de (Δ) avant 2 + ln 4 ≈ 3,39 puis en dessous, point d'inflexion A(2, 2), racine α ≈ 3,3.
8) a) f est continue et strictement décroissante sur ℝ, avec des limites +∞ et −∞ : elle réalise une bijection de ℝ sur ℝ, donc elle admet une fonction réciproque f⁻¹ définie sur ℝ.
b) La courbe de f⁻¹ est le symétrique de (C) par rapport à la première bissectrice y = x. L'asymptote devient la droite d'équation y = −x + 5/2 symétrique de (Δ)... plus précisément l'image de (Δ), droite perpendiculaire à la bissectrice, est elle-même.
c) (f⁻¹)′(2 − ln 3) = 1/f′(f⁻¹(2 − ln 3)) = 1/f′(2 + ln 3). Or f′(2 + ln 3) = −(e^(ln 3) − 1)² = −(3 − 1)² = −4. Donc (f⁻¹)′(2 − ln 3) = −1/4.

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