Sujet Maths BAC 2020 (Rattrapage) — 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 rattrapage 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.

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Exercice 1 — Suites numériques (2 points)

Soit (uₙ) la suite numérique définie par : u₀ = 5 et uₙ₊₁ = (11uₙ − 27)/(3uₙ − 7) pour tout n de ℕ.
1) (0,5 pt) Montrer par récurrence que pour tout n de ℕ, uₙ > 3.
2) On pose pour tout n de ℕ, vₙ = (uₙ − 1)/(uₙ − 3).
a) (0,5 pt) Montrer que (vₙ) est une suite arithmétique de raison 3.
b) (0,75 pt) Écrire vₙ en fonction de n et en déduire uₙ en fonction de n pour tout n de ℕ.
c) (0,25 pt) Calculer la limite de la suite (uₙ).

✅ Corrigé — Suites numériques

1) Initialisation : u₀ = 5 > 3, vrai au rang 0.
Hérédité : supposons uₙ > 3. Alors 3uₙ − 7 > 2 > 0 et :
uₙ₊₁ − 3 = (11uₙ − 27 − 3(3uₙ − 7))/(3uₙ − 7) = (2uₙ − 6)/(3uₙ − 7) = 2(uₙ − 3)/(3uₙ − 7) > 0,
donc uₙ₊₁ > 3. La propriété est héréditaire, donc uₙ > 3 pour tout n.
2) a) uₙ₊₁ − 1 = (11uₙ − 27 − (3uₙ − 7))/(3uₙ − 7) = (8uₙ − 20)/(3uₙ − 7) = 4(2uₙ − 5)/(3uₙ − 7) et uₙ₊₁ − 3 = 2(uₙ − 3)/(3uₙ − 7) (question 1).
Donc vₙ₊₁ = 2(2uₙ − 5)/(uₙ − 3). Or vₙ + 3 = (uₙ − 1 + 3uₙ − 9)/(uₙ − 3) = (4uₙ − 10)/(uₙ − 3) = 2(2uₙ − 5)/(uₙ − 3) = vₙ₊₁.
Donc vₙ₊₁ = vₙ + 3 : (vₙ) est arithmétique de raison 3.
b) v₀ = (5 − 1)/(5 − 3) = 2, donc vₙ = 2 + 3n.
vₙ(uₙ − 3) = uₙ − 1 donne uₙ(vₙ − 1) = 3vₙ − 1, soit uₙ = (3vₙ − 1)/(vₙ − 1) = (9n + 5)/(3n + 1).
c) lim uₙ = lim (9n + 5)/(3n + 1) = 9/3 = 3.

Exercice 2 — Nombres complexes (5 points)

1) (0,75 pt) Résoudre dans l'ensemble ℂ des nombres complexes l'équation : z² − 4z + 5 = 0.
2) On pose a = −(√2/2) + i(√2/2).
a) (0,75 pt) Écrire a sous forme trigonométrique et en déduire que a²⁰²⁰ est un nombre réel.
b) (0,5 pt) Soit le nombre complexe b = cos(3π/8) + i sin(3π/8). Prouver que b² = a.
3) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O, u, v), on considère les points A, B et C d'affixes respectives a, b et c tel que c = 1. La rotation R de centre O et d'angle 3π/8 transforme le point M d'affixe z au point M′ d'affixe z′.
a) (0,25 pt) Vérifier que z′ = bz.
b) (0,5 pt) Déterminer l'image de C par la rotation R et montrer que A est l'image de B par R.
4) a) (0,75 pt) Montrer que |a − b| = |b − c| et en déduire la nature du triangle ABC.
b) (0,5 pt) Déterminer une mesure de l'angle (BA, BC).
5) Soit T la translation de vecteur u et D l'image de A par T.
a) (0,25 pt) Vérifier que l'affixe de D est b² + 1.
b) (0,75 pt) Montrer que (b² + 1)/b = b + b̄ et en déduire que les points O, B et D sont alignés.

✅ Corrigé — Nombres complexes

1) Δ = 16 − 20 = −4 = (2i)². Les solutions sont z₁ = (4 − 2i)/2 = 2 − i et z₂ = 2 + i.
2) a) |a| = √(1/2 + 1/2) = 1. a = cos(3π/4) + i sin(3π/4) car cos(3π/4) = −√2/2 et sin(3π/4) = √2/2.
a²⁰²⁰ = cos(2020 × 3π/4) + i sin(2020 × 3π/4) = cos(1515π) + i sin(1515π) = −1 (car 1515 est impair) : c'est un réel.
b) b² = cos(2 × 3π/8) + i sin(2 × 3π/8) = cos(3π/4) + i sin(3π/4) = a (formule de Moivre).
3) a) La rotation de centre O et d'angle 3π/8 a pour écriture complexe z′ = e^(i3π/8) · z = bz.
b) L'image de C (affixe 1) a pour affixe b × 1 = b : c'est le point B.
L'image de B a pour affixe b × b = b² = a : c'est le point A. Donc A est l'image de B par R.
4) a) |a − b| = |b² − b| = |b| · |b − 1| = |b − 1| car |b| = 1. Et |b − c| = |b − 1|. Donc |a − b| = |b − c|, c'est-à-dire BA = BC : le triangle ABC est isocèle en B.
b) Une mesure de (BA, BC) est arg((a − b)/(c − b)). Or (a − b)/(c − b) = b(b − 1)/(1 − b) = −b. arg(−b) = π + 3π/8 = 11π/8 (mod 2π) ; une mesure de l'angle (BA, BC) est donc 11π/8 (ou −5π/8).
5) a) La translation de vecteur u (d'affixe 1) donne : affixe de D = a + 1 = b² + 1.
b) (b² + 1)/b = b + 1/b = b + b̄ car |b| = 1 donc 1/b = b̄. Cette quantité vaut 2Re(b) = 2cos(3π/8), un réel.
L'affixe de D divisée par celle de B est réelle, donc les vecteurs OD et OB sont colinéaires : les points O, B et D sont alignés.

Exercice 3 — Dérivabilité et calcul intégral (4 points)

On considère la fonction numérique u définie sur ℝ par : u(x) = eˣ − 3e^(−x) − 2x + 2.
1) a) (0,5 pt) Montrer que pour tout x de ℝ, u′(x) = ((eˣ − 1)² + 2)/eˣ.
b) (0,25 pt) Dresser le tableau de variation de la fonction u (sans calcul de limite).
c) (0,5 pt) En déduire le signe de la fonction u sur ℝ (remarquer que u(0) = 0).
2) Soit la fonction v définie sur ℝ par v(x) = e^(2x) − 2xeˣ + 2eˣ − 3.
a) (0,5 pt) Vérifier que pour tout x de ℝ, v(x) = eˣ · u(x).
b) (0,25 pt) En déduire le signe de la fonction v sur ℝ.
3) a) (0,5 pt) Montrer que la fonction W définie par W(x) = (1/2)e^(2x) + (4 − 2x)eˣ − 3x est une primitive de la fonction v sur ℝ.
b) (0,75 pt) Calculer l'intégrale ∫₀¹ v(x) dx.
c) (0,75 pt) Montrer que 9/2 est le minimum absolu de la fonction W sur ℝ.

✅ Corrigé — Dérivabilité et calcul intégral

1) a) u′(x) = eˣ + 3e^(−x) − 2. Or ((eˣ − 1)² + 2)/eˣ = (e^(2x) − 2eˣ + 3)/eˣ = eˣ − 2 + 3e^(−x) = u′(x).
b) Pour tout x, (eˣ − 1)² + 2 > 0 et eˣ > 0, donc u′(x) > 0 : u est strictement croissante sur ℝ.
c) u est strictement croissante et u(0) = 1 − 3 + 2 = 0, donc u(x) < 0 sur ]−∞, 0[ et u(x) > 0 sur ]0, +∞[.
2) a) eˣ · u(x) = eˣ(eˣ − 3e^(−x) − 2x + 2) = e^(2x) − 3 − 2xeˣ + 2eˣ = v(x).
b) eˣ > 0, donc v a le signe de u : v < 0 sur ]−∞, 0[, v(0) = 0, v > 0 sur ]0, +∞[.
3) a) W′(x) = e^(2x) + (−2)eˣ + (4 − 2x)eˣ − 3 = e^(2x) + (2 − 2x)eˣ − 3 = e^(2x) − 2xeˣ + 2eˣ − 3 = v(x). Donc W est une primitive de v.
b) ∫₀¹ v(x) dx = W(1) − W(0) = [(1/2)e² + 2e − 3] − [1/2 + 4] = (1/2)e² + 2e − 15/2.
c) W′ = v : W est décroissante sur ]−∞, 0] et croissante sur [0, +∞[, donc W admet un minimum absolu en 0, égal à W(0) = 1/2 + 4 = 9/2.

Exercice 4 — Problème : étude d'une fonction numérique et suites numériques (9 points)

I - Soit g la fonction numérique définie sur ]0, +∞[ par : g(x) = e^(1−x) + 2/x − 3.
1) (0,5 pt) Montrer que g′(x) < 0, pour tout x de ]0, +∞[.
2) (0,5 pt) Déduire le tableau de signe de g(x) sur l'intervalle ]0, +∞[ (remarquer que g(1) = 0).
II - On considère la fonction numérique f définie sur ]0, +∞[ par :
f(x) = (1 − x)e^(1−x) − (3/2)x² + 8x − 4 ln x − 11/2 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 0 par valeurs supérieures, puis interpréter le résultat géométriquement.
2) a) (0,5 pt) Montrer que lim f(x) = −∞ quand x tend vers +∞.
b) (0,75 pt) Montrer que lim f(x)/x = −∞ quand x tend vers +∞, puis interpréter le résultat géométriquement.
3) a) (0,75 pt) Montrer que pour tout x de ]0, +∞[, f′(x) = (x − 2) g(x).
b) (0,75 pt) Montrer que la fonction f est décroissante sur ]0, 1] et sur [2, +∞[ et croissante sur [1, 2].
c) (0,5 pt) Dresser le tableau de variations de la fonction f sur ]0, +∞[ (on admet f(2) ≈ 1,36).
4) (0,5 pt) Sachant que f(3) ≈ 0,3 et f(4) ≈ −3,2, montrer que l'équation f(x) = 0 admet une solution unique dans l'intervalle ]3, 4[.
5) (1 pt) Construire (C) dans le repère (O, i, j).
III - On pose h(x) = f(x) − x pour tout x de l'intervalle [1, 2].
1) a) (0,5 pt) À partir du tableau de variations de la fonction h (fourni : h décroissante sur [1, 2], h(1) = 0, h(2) ≈ −0,64), montrer que f(x) ≤ x pour tout x de l'intervalle [1, 2].
b) (0,25 pt) Montrer que 1 est l'unique solution de l'équation f(x) = x sur l'intervalle [1, 2].
2) Soit (uₙ) la suite numérique définie par : u₀ = 2 et uₙ₊₁ = f(uₙ) pour tout n de ℕ.
a) (0,75 pt) Montrer par récurrence que 1 ≤ uₙ ≤ 2 pour tout n de ℕ.
b) (0,5 pt) Montrer que la suite (uₙ) est décroissante.
c) (0,75 pt) En déduire que la suite (uₙ) est convergente et calculer lim uₙ.

✅ Corrigé — Problème : étude d'une fonction numérique et suites numériques

I - 1) g′(x) = −e^(1−x) − 2/x² < 0 pour tout x > 0 (somme de deux termes strictement négatifs).
2) g est strictement décroissante sur ]0, +∞[ et g(1) = 1 + 2 − 3 = 0, donc g(x) > 0 sur ]0, 1[ et g(x) < 0 sur ]1, +∞[.
II - 1) Quand x tend vers 0⁺ : (1 − x)e^(1−x) tend vers e, −(3/2)x² tend vers 0, 8x tend vers 0 et −4 ln x tend vers +∞. Donc lim f = +∞ : la droite d'équation x = 0 (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à (C).
2) a) Quand x tend vers +∞ : (1 − x)e^(1−x) tend vers 0, −(3/2)x² tend vers −∞, −4 ln x est négligeable devant x². Donc lim f = −∞.
b) f(x)/x = (1 − x)e^(1−x)/x − (3/2)x + 8 − 4(ln x)/x − 11/(2x) tend vers −∞ (le terme −(3/2)x domine). La courbe (C) admet donc une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de +∞.
3) a) La dérivée de (1 − x)e^(1−x) est −e^(1−x) + (1 − x)(−e^(1−x)) = (x − 2)e^(1−x). Donc f′(x) = (x − 2)e^(1−x) − 3x + 8 − 4/x.
Or (x − 2)g(x) = (x − 2)e^(1−x) + 2(x − 2)/x − 3(x − 2) = (x − 2)e^(1−x) + 2 − 4/x − 3x + 6 = (x − 2)e^(1−x) − 3x + 8 − 4/x = f′(x).
b) Signe de f′ = signe de (x − 2) · g(x) :
- sur ]0, 1[ : (x − 2) < 0 et g > 0, donc f′ < 0 ;
- sur ]1, 2[ : (x − 2) < 0 et g < 0, donc f′ > 0 ;
- sur ]2, +∞[ : (x − 2) > 0 et g < 0, donc f′ < 0.
Donc f est décroissante sur ]0, 1] et sur [2, +∞[, croissante sur [1, 2].
c) Tableau : f décroît de +∞ à f(1) = 1, croît jusqu'à f(2) ≈ 1,36, puis décroît vers −∞.
4) f est continue et strictement décroissante sur [3, 4], avec f(3) ≈ 0,3 > 0 et f(4) ≈ −3,2 < 0. D'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f(x) = 0 admet une solution unique dans ]3, 4[.
5) Construction : asymptote verticale x = 0, passage par (1, 1), maximum local en (2 ; 1,36), coupure de l'axe des abscisses dans ]3, 4[, branche parabolique de direction (Oy) en +∞.
III - 1) a) D'après le tableau fourni, h est décroissante sur [1, 2] avec h(1) = 0, donc h(x) ≤ 0 sur [1, 2], c'est-à-dire f(x) ≤ x.
b) h est strictement décroissante et h(1) = 0, donc h(x) < 0 sur ]1, 2] : l'équation h(x) = 0, c'est-à-dire f(x) = x, admet 1 comme unique solution sur [1, 2].
2) a) Initialisation : u₀ = 2 ∈ [1, 2]. Hérédité : si 1 ≤ uₙ ≤ 2, f étant croissante sur [1, 2], f(1) ≤ f(uₙ) ≤ f(2), soit 1 ≤ uₙ₊₁ ≤ 1,36 ≤ 2. Donc 1 ≤ uₙ ≤ 2 pour tout n.
b) uₙ₊₁ − uₙ = f(uₙ) − uₙ = h(uₙ) ≤ 0 car uₙ ∈ [1, 2] : la suite est décroissante.
c) (uₙ) est décroissante et minorée par 1, donc convergente vers une limite ℓ ∈ [1, 2] qui vérifie f(ℓ) = ℓ (continuité de f). L'unique solution étant 1, on obtient lim uₙ = 1.

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