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%Tapuscrit : François Hache
%Relecture : Denis Vergès
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\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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pdfsubject = {TS Polynésie corrigé},
pdftitle = {11 septembre 2020},
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\DecimalMathComma
\newcommand{\e}{\,\text{e}}%%%               le e de l'exponentielle
\renewcommand{\d}{\,\text d}%%%              le d de l'intégration
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\setlength\parskip{5pt}

\begin{document}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat S -- Corrigé}
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small 2 septembre 2020}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}
%\textbf{Durée : 4 heures}
%
%\vspace{0,5cm}
%
{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S -- Polynésie -- 2 septembre 2020~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 1 \hfill  5 points}

\textbf{Commun à  tous les candidats}

%\medskip
%
%Cet exercice est un questionnaire à choix multiples constitué de cinq questions indépendantes. 
%
%Pour chaque question, une seule des réponses est exacte. 
%
%Le candidat portera sur sa copie, sans justification, le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie. 
%
%Il sera attribué $1$ point si la réponse est exacte, $0$ sinon.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Une urne contient $5$ boules rouges et $3$ boules blanches indiscernables au toucher.

On extrait une boule de l'urne et on note sa couleur.

On répète 4 fois cette expérience, de manière indépendante, en remettant la boule à chaque fois dans l'urne.

La probabilité, arrondie au centième, d'obtenir au moins $1$ boule blanche est :

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
\textbf{Réponse A :} $0,15$ &\textbf{Réponse B :} $0,63$ &\textbf{Réponse C :} $0,5$ &\fbox{\textbf{Réponse D :} $0,85$}
\end{tabularx}
\end{center}

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.03\linewidth}} | p{0.95\linewidth} }
Il y a 3 boules blanches sur un total de 8 boules, donc la probabilité de prendre une boule blanche est $\frac{3}{8}$.

La variable aléatoire $X$ qui donne le nombre de boules blanches  tirées parmi 4 suit une loi binomiale de paramètres $n=4$ et $p=\frac{3}{8}$.

La probabilité d'obtenir au moins $1$ boule blanche est:\newline
$P(X\geqslant 1) = 1-P(X=0) = 1- \left (\frac{5}{8}\right )^{4}\approx 0,85$.
\end{tabular}

\item Soit $n$ étant un entier naturel supérieur ou égal à $2$.

Un sac contient $n$ pièces indiscernables au toucher. Ces pièces comportent toutes un côté \og PILE \fg{} et un côté \og FACE\fg{} sauf une qui contient deux côtés \og FACE \fg.

On choisit au hasard une pièce du sac puis on la lance.

La probabilité d'obtenir le côté \og FACE\fg{} est égale à :

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
\textbf{Réponse A :} $\dfrac{n-1}{n}$& \fbox{\textbf{Réponse B :} $\dfrac{n+1}{2n}$} &\textbf{Réponse C :} $\dfrac{1}{2}$&\textbf{Réponse D :} $\dfrac{n-1}{2n}$
\end{tabularx}
\end{center}

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.03\linewidth}} | p{0.95\linewidth} }
Soient les événements
\begin{list}{\textbullet}{}
\item $N$: \og la pièce est normale, c'est-à-dire à deux  côtés PILE et FACE \fg{}
\item $F$: \og le côté obtenu est FACE \fg{}  
\end{list}

On représente la situation au moyen de l'arbre pondéré suivant:

\begin{center}
\bigskip
  \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=4pt,levelsep=3.5cm]{\TR{}}
 {
 	\pstree[nodesepA=4pt]{\TR{$N$}\naput{$\frac{n-1}{n}$}}
 	  { 
 		  \TR{$F$}\naput{$\frac{1}{2}$}
 		  \TR{$\overline{F}$}\nbput{$\frac{1}{2}$}	   
 	  }
 	\pstree[nodesepA=4pt]{\TR{$\overline N$}\nbput{$\frac{1}{n}$}}
 	  {
 		  \TR{$F$}\naput{$1$}
          \TR{$\overline{F}$}\nbput{$0$} 
     }
}
\bigskip
\end{center}

$P(F)=P(N\cap F) + P(\overline{N}\cap F) 
= \dfrac{n-1}{n}\times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{n}\times 1
= \dfrac{n-1}{2n} + \dfrac{2}{2n} = \dfrac{n-1+2}{2n} = \dfrac{n+1}{2n}$
\end{tabular}

\item On considère $T$ la variable aléatoire suivant la loi normale d'espérance $\mu = 60$ et d'écart-type $\sigma = 6$. 
La probabilité $P_{(T > 60)}(T > 72)$ arrondie au millième est:

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
\textbf{Réponse A :} $0,954$ &\textbf{Réponse B :} $1$ &\textbf{Réponse C :} $0,023$ &\fbox{\textbf{Réponse D :} $0,046$}
\end{tabularx}
\end{center}

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.03\linewidth}} | p{0.95\linewidth} }
$P_{(T > 60)}(T > 72) = \dfrac{P((T>60) \cap (T>72))}{P(T>60)}
=  \dfrac{P(T>72)}{P(T>60)}
\approx \dfrac{\np{0,02275}}{0,5}
\approx 0,046$
\end{tabular}

\item La durée de fonctionnement, exprimée en années, d'un moteur jusqu'à ce que survienne la première panne est modélisée par une variable aléatoire suivant une loi exponentielle de paramètre $\lambda$ où $\lambda$ est un réel strictement positif.

La probabilité que le moteur fonctionne sans panne pendant plus de $3$ ans est égale à :

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
\fbox{\textbf{Réponse A :} $\e^{-3\lambda}$}  &\textbf{Réponse B :} $1 - \e^{-3\lambda}$ &\textbf{Réponse C :} $\e^{3\lambda} - 1$&\textbf{Réponse D :} $\e^{3\lambda}$
\end{tabularx}
\end{center}
 
\begin{tabular}{@{\hspace*{0.03\linewidth}} | p{0.95\linewidth} }
D'après le cours, $P(X\geqslant t) = \e^{-\lambda t}$ donc la probabilité cherchée est
$\e^{-3\lambda}$.
\end{tabular}

\item On note $X$ une variable aléatoire suivant la loi uniforme sur $\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$. La probabilité qu'une valeur prise par la variable aléatoire $X$ soit solution de l'inéquation $\cos x > \dfrac{1}{2}$ est égale à :

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
\fbox{\textbf{Réponse A :} $\dfrac{2}{3}$} & \textbf{Réponse B :} $\dfrac{1}{3}$&\textbf{Réponse C :} $\dfrac{1}{2}$&\textbf{Réponse D :} $\dfrac{1}{\pi}$
\end{tabularx}
\end{center}

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.03\linewidth}} | p{0.95\linewidth} }
Sur $\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$, on a $\cos x > \dfrac{1}{2}$ pour $x\in\left[0~;~\dfrac{\pi}{3}\right]$.

La probabilité cherchée est $\dfrac{\frac{\pi}{3}-0}{\frac{\pi}{2}-0} 
= \dfrac{\frac{\pi}{3}}{\frac{\pi}{2}} = \dfrac{\pi}{3}\times \dfrac{2}{\pi} = \dfrac{2}{3}$.
\end{tabular}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 2 \hfill  4 points}

\textbf{Commun à  tous les candidats}

\medskip

Soit ABCDEFGH un cube. L'espace est rapporté au repère orthonormé $\left(\text{A}~;~ \vect{\text{AB}}, \vect{\text{AD}}, \vect{\text{AE}}\right)$.

\begin{center}
\scalebox{0.7}{
\psset{unit=0.9cm}
\begin{pspicture}(9,10)
\pspolygon(0.5,1.4)(6,0.5)(6,6.2)(0.5,7.1)%ABFE
\psline(6,0.5)(8.5,3)(8.5,8.7)(6,6.2)%BCGF
\psline(8.5,8.7)(3,9.6)(0.5,7.1)%%GHE
\psline[linestyle=dashed](0.5,1.4)(3,3.9)(8.5,3)%ADC
\psline[linestyle=dashed](3,9.6)(3,3.9)%DH
\uput[d](0.5,1.4){A} \uput[d](6,0.5){B} \uput[r](8.5,3){C} \uput[ul](3,3.9){D} 
\uput[ul](0.5,7.1){E} \uput[u](6,6.2){F} \uput[ur](8.5,8.7){G} \uput[u](3,9.6){H} 
\end{pspicture}
}
\end{center}

Pour tout réel $t$, on considère le point M de coordonnées $(1 - t~;~ t~;~t)$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Montrer que pour tout réel $t$, le point M appartient à la droite (BH).
Le point B a pour coordonnées $(1~;~0~;~0)$, et comme $\vectt{AH} = \vectt{AB} + \vectt{AE}$, le point H a pour coordonnées $(0~;~1~;~1)$.

Le vecteur $\vectt{BM}$ a pour coordonnées $(1-t-1~;~t-0~;~t-0)$ soit $(-t~;~t~;~t)$.

Le vecteur $\vectt{BH}$ a pour coordonnées $(0-1~;~1-0~;~1-0)$ soit $(-1~;~1~;~1)$. 

On a donc $\vectt{BM} = t \, \vectt{BH}$, donc les vecteurs $\vectt{BM}$ et $\vectt{BH}$ sont colinéaires, ce qui prouve que le point M appartient à la droite (BH) pour tout réel $t$.

\end{enumerate}

On admet que les droites(BH) et (FC) ont respectivement pour représentation paramétrique:


\[\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&1-t\\
y &=&t\\
z&=&t
\end{array}\right.  \text{où}\: t \in \R\quad 
\text{et} \: \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&1\\
y &=&t'\\
z&=&1- t'
\end{array}\right. \text{où}\: t' \in \R.\]

\begin{enumerate}[resume]
\item On va démontrer que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales et non coplanaires.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item D'après sa représentation paramétrique, la droite (BH) est dirigée par le vecteur
$\vect{n}$ de coordonnées $(-1~;~1~;~1)$.

D'après sa représentation paramétrique, la droite (FC) est dirigée par le vecteur
$\vect{n'}$ de coordonnées $(0~;~1~;~-1)$.

$\vect{n}\cdot \vect{n'} = (-1)\times 0 + 1\times 1 + 1\times (-1)=0$ donc $\vect{n}\perp \vect{n'}$.

On en déduit que les droites (BH) et (FC) sont orthogonales.

\item Si les droites les droites (BH) et (FC) sont coplanaires, comme elles sont orthogonales, elles seront sécantes; il suffit donc de prouver que les droites (BH) et (FC) ne sont pas sécantes pour démontrer qu'elles ne sont pas coplanaires.

Les droites (BH) et (FC) sont sécantes si on peut trouver $t$ et $t'$ tels que:
$\left\{\begin{array}{l !{=} l}
1-t&1\\
t &t'\\
t&1- t'
\end{array}\right. $.

Ce système n'a pas de solution donc les droites (BH) et (FC) ne sont pas sécantes, donc elles ne sont pas coplanaires.

\end{list}

\item Pour tout réel $t'$, on considère le point M$'(1; t'; 1 - t')$.
	\begin{enumerate}
		\item% Montrer que pour tous réels $t$ et $t'$,\: MM$'^2 =3\left(t- \frac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \frac{1}{2}\right)^2  + \frac{1}{6}$.
MM$'^2 = (1-1+t)^2 + (t'-t)^2 + (1-t'-t)^2
= t^2 + t'^2 -2tt' +t^2 +1 -t' -t -t' +t'^2 +tt' -t +tt' + t^2\\
\phantom{\text{MM}'^2}
= 3t^2 +2t'^2 -2t'-2t+1	$	

$3\left(t- \dfrac{1}{3}\right)^2  + 2 \left(t'- \dfrac{1}{2}\right)^2  + \dfrac{1}{6}
= 3\left (t^2 -\dfrac{2t}{3} + \dfrac{1}{9}\right ) + 2\left (t'^2 - \dfrac{2t'}{2} + \dfrac{1}{4}\right ) + \dfrac{1}{6}\\
\phantom{\text{MM}'^2}
= 3t^2 -2t + \dfrac{1}{3} + 2t'^2 - 2t' + \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6}
= 3t^2 +2t'^2 -2t'-2t+1
= \text{MM}'^2$

\item %Pour quelles valeurs de $t$ et de $t'$ la distance MM$'$ est-elle minimale ? Justifier.
La distance $\text{MM}'$ est minimale quand $\text{MM}'^2$ est minimale.

$\text{MM}'^2$ est la somme de trois nombres positifs ou nuls, et sera minimale quand chacun de ces nombres est minimal.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item $3\left(t- \dfrac{1}{3}\right)^2$ est minimale et vaut 0 pour $t=\dfrac{1}{3}$;
\item $2 \left(t'- \dfrac{1}{2}\right)^2$ est minimale et vaut 0 pour $t'=\dfrac{1}{2}$.
\end{list}

Donc MM$'$ est minimale pour $t=\dfrac{1}{3}$ et $t'=\dfrac{1}{2}$; dans ce cas MM$' = \ds\sqrt{\dfrac{1}{6} }$.

\item On nomme P le point de coordonnées $\left(\frac{2}{3}~;~\frac{1}{3}~;~\frac{1}{3}\right)$et Q celui de coordonnées $\left(1~;~\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}\right)$.

%Justifier que la droite (PQ) est perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC).

\begin{list}{\textbullet}{}
\item Le point P appartient à la droite (BH) pour $t=\frac{1}{3}$, donc $(\text{BP})=(\text{BH})$.
\item Le point Q appartient à la droite (FC) pour $t'=\frac{1}{2}$, donc $(\text{QC})=(\text{FC})$.
\item Le vecteur $\vectt{PQ}$ a pour coordonnées $\left (1-\frac{2}{3}~;~\frac{1}{2}-\frac{1}{3}~;~\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\right )= \left (\frac{1}{3}~;~\frac{1}{6}~;~\frac{1}{6}\right )$.
\item Le vecteur $\vectt{BP}$ a pour coordonnées $\left (\frac{2}{3}-1~;~\frac{1}{3}-0~;~\frac{1}{3}-0\right )= \left (-\frac{1}{3}~;~\frac{1}{3}~;~\frac{1}{3}\right )$.
\item $\vectt{BP}\cdot \vectt{PQ} = \left (-\frac{1}{3}\right )\left (\frac{1}{3}\right ) + \left (\frac{1}{3}\right )\left (\frac{1}{6}\right ) + \left (\frac{1}{3}\right )\left (\frac{1}{6}\right )
= -\frac{1}{9} + \frac{1}{18} + \frac{1}{18} = 0$ donc
$\vectt{BP}\perp \vectt{PQ}$ donc la droite (PQ) est perpendiculaire à la droite (BP) donc à la droite  (BH).  
\item $\vectt{AC} = \vectt{AB}  + \vectt{AD}$ donc C a pour coordonnées $(1~;~1~;~0)$.
\item  Le vecteur $\vectt{QC}$ a pour coordonnées $\left (1-1~;~1-\frac{1}{2}~;~0-\frac{1}{2}\right )= \left (0~;~\frac{1}{2}~;~-\frac{1}{2}\right )$.
\item $\vectt{QC}\cdot \vectt{PQ} = 0\times \left (\frac{1}{3}\right ) + \left (\frac{1}{2}\right )\left (\frac{1}{6}\right ) + \left (-\frac{1}{2}\right )\left (\frac{1}{6}\right )
= 0 + \frac{1}{12} - \frac{1}{12} = 0$ donc
$\vectt{QC}\perp \vectt{PQ}$ donc la droite (PQ) est perpendiculaire à la droite (QC) donc à la droite  (FC).  
\end{list}

Donc la droite (PQ) est perpendiculaire aux deux droites (BH) et (FC).

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 3 \hfill  6 points}

\textbf{Commun à  tous les candidats}

\medskip

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par 
$f(x) = x\e^{-x^2+1}$.

On note $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé \Oij.

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout $x$ réel, 
$f(x) = x\e^{-x^2+1}= x \e^{-x^2}\times \e 
= \dfrac{x}{\e^{x^2}} \times \e = \dfrac{\e}{x} \times  \dfrac{x^2}{\e^{x^2}}$.
		
		\item %En déduire la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend vers $+ \infty$ .
\begin{list}{\textbullet}{}
\item $\ds\lim_{x\to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0$ donc $\ds\lim_{x\to +\infty} \dfrac{\e}{x} = 0$.
\item Pour tout réel positif $X$, $\ds\lim_{X\to +\infty} \dfrac{\e^{X}}{X} = +\infty$ donc $\ds\lim_{X\to +\infty} \dfrac{X}{\e^{X}} = 0$.

Or $\ds\lim_{x\to +\infty} x^2 = +\infty$, donc en posant $X=x^2$, on déduit que
$\ds\lim_{x\to +\infty} \dfrac{x^2}{\e^{x^2}} = 0$.
\end{list}		

Par produit de limites, on déduit que $\ds\lim_{x\to +\infty} f(x)= 0$
		
		
	\end{enumerate}
\item Pour tout réel $x$, on considère les points M et N de la courbe $(\mathcal{C})$ d'abscisses respectives $x$ et~$-x$.
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que le point O est le milieu du segment $[MN]$.
Les coordonnées de M 	sont $(x~;~f(x))$ et celles de N sont $(-x~;~f(-x))$.

$f(-x)= -x \e^{-(-x)^2+1} = -x \e^{-x^2+1} = -f(x)$

Le milieu de [MN] a pour coordonnées $\left ( \dfrac{x+(-x)}{2}~;~\dfrac{f(x)+(-f(x))}{2}\right ) = (0~;~0)$. \\
C'est donc le point O.
		
		\item La courbe $(\mathcal{C})$ est donc symétrique par rapport au point O.
	\end{enumerate}
\item La fonction $f$ est dérivable sur l'intervalle $[0~;~ +\infty[$ et

$f'(x) = 1\times \e^{-x^2+1} + x\times (-2x)\e^{-x^2+1} = \left (1-2x^2\right )\e^{-x^2+1}$

Pour tout réel $x$, $\e^{-x^2+1}>0$ donc $f'(x)$ est du signe de $1-2x^2$ qui s'annule et change de signe pour $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ sur $[0~;~ +\infty[$.

$f(0)=0$ et $f\left (\frac{\sqrt{2}}{2}\right ) = \frac{\sqrt{2}}{2}\e^{-\left (\frac{\sqrt{2}}{2}\right )^2+1}= \frac{\sqrt{2}}{2} \e^{\frac{1}{2}}= \frac{\sqrt{2\e}}{2}\approx 1,166$

D'où le tableau des variations de $f$ sur l'intervalle  $[0~;~ +\infty[$:

\begin{center}
{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}%  paramètres
\def\esp{\hspace*{2.5cm}}% pour modifier la largeur du tableau
\def\hauteur{20pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
$\begin{array}{|c|*5{c}|}
\hline
x & 0  & \esp & \frac{\sqrt{2}}{2}\rule[-7pt]{0pt}{\hauteur} & \esp & +\infty \\ 
\hline
1-2x^2 &  &   \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \\ 
\hline
f'(x) &  &   \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \\ 
\hline
 & &  &   \Rnode{max}{\frac{\sqrt{2\e}}{2}} \rule[-7pt]{0pt}{\hauteur} &  &   \\  
f(x) & &     &  &  &  \rule{0pt}{\hauteur} \\ 
 & \Rnode{min1}{0} &   &  &  &   \Rnode{min2}{0} \rule[-7pt]{0pt}{\hauteur}    
 \ncline{->}{min1}{max} 
 \ncline{->}{max}{min2} 
 \\ 
\hline
\end{array} $
}
\end{center}	


\item
	\begin{enumerate}
		\item Le maximum de la fonction $f$ sur $[0~;~ +\infty[$ est $\frac{\sqrt{2\e}}{2}$ qui est supérieur à $0,5$.
		
		On complète le tableau de variations de $f$, ce qui prouve que l'équation $f(x) = 0,5$ admet sur $[0~;~ +\infty[$ exactement deux solutions notées $\alpha$ et $\beta$ (avec $\alpha < \beta$).

\begin{center}
{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}%  paramètres
\def\esp{\hspace*{2.5cm}}% pour modifier la largeur du tableau
\def\hauteur{20pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
$\begin{array}{|c|*5{c}|}
\hline
x & 0  & \esp & \frac{\sqrt{2}}{2}\rule[-7pt]{0pt}{\hauteur} & \esp & +\infty \\ 
%\hline
%1-2x^2 &  &   \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \\ 
%\hline
%f'(x) &  &   \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \\ 
\hline
 & &  &   \Rnode{max}{\frac{\sqrt{2\e}}{2}} \rule[-7pt]{0pt}{\hauteur} &  &   \\  
f(x) & &     &  &  &  \rule{0pt}{\hauteur} \\ 
 & \Rnode{min1}{0} &   &  &  &   \Rnode{min2}{0} \rule[-7pt]{0pt}{\hauteur}    
 \ncline{->}{min1}{max} 
 \ncline{->}{max}{min2} 
 \rput*(-5.5,0.9){\Rnode{zero}{\blue 0,5}}
\rput(-5.5,2.4){\Rnode{alpha}{\blue \alpha}}
\ncline[linestyle=dotted, linecolor=blue]{alpha}{zero}
\rput*(-2.1,0.9){\Rnode{zero2}{\red 0,5}}
\rput(-2.1,2.4){\Rnode{beta}{\red \beta}}
\ncline[linestyle=dotted, linecolor=red]{beta}{zero2}
 \\ 
\hline
\end{array} $
}
\end{center}	
		
		\item D'après le tableau de variations, on en déduit que  les solutions sur $[0~;~ +\infty[$ de l'inéquation $f(x) \geqslant 0,5$ sont les éléments de l'intervalle $[\alpha~;~\beta]$.
		
		\item À la calculatrice, on trouve  $\alpha \approx 0,19$ et $\beta\approx 1,43$.
	\end{enumerate}
	
\item Soit $A$ un réel strictement positif. On pose $I_A = \displaystyle\int_0^A f(x)\:\text{d}x$. 
	\begin{enumerate}
		\item Pour calculer $I_A = \displaystyle\int_0^A f(x)\:\text{d}x$, on cherche une primitive $F$ de $f$.
		
La dérivée de la fonction $x\longmapsto \e^{u(x)}$ est la fonction $x\longmapsto u'(x)\e^{u(x)}$; donc la dérivée de $x\longmapsto \e^{-x^2+1}$ est $x\longmapsto -2x\e^{-x^2+1}$ donc la dérivée de $x\longmapsto -\dfrac{1}{2} \e^{-x^2+1}$ est $x\longmapsto x\e^{-x^2+1}$.

Donc  la fonction $f$ a pour primitive la fonction $F$ définie par $F(x)=-\dfrac{1}{2} \e^{-x^2+1}$.
		
$I_A = \displaystyle\int_0^A f(x)\:\text{d}x
= \left [ F(x)\strut\right ]_{0}^{A} 
= F(A)-F(0) 
= -\dfrac{1}{2} \e^{-A^2+1} + \dfrac{1}{2}\e^{0+1}
= \dfrac{1}{2} \left ( \e-\e^{-A^2+1}\right )$
		
%		Justifier que $I_A = \dfrac{1}{2}\left(\e- \e^{-A^2+1}\right)$.

		\item% Calculer la limite de $I_A$ lorsque $A$ tend vers $+\infty$.
$\ds\lim_{A\to +\infty} -A^2+1=-\infty$ et 
$\ds\lim_{X\to -\infty} \e^{X}=0$ donc
$\ds\lim_{A\to +\infty} \e^{-A^2+1}= 0$

On en déduit que $\ds\lim_{A\to +\infty} I_A=\dfrac{\e}{2}$.		
\end{enumerate}
	\end{enumerate}
			
		On admet que cette limite est l'aire en unités d'aire située entre la partie de la courbe $(\mathcal{C})$ sur $[0~;~ +\infty[$ et l'axe des abscisses.
		
		On appelle $\mathcal{A}_1$ cette aire, donc d'après les questions précédentes, $\mathcal{A}_1=\dfrac{\e}{2}$.

\begin{enumerate}[resume]
\item Comme illustré sur le graphique ci-dessous, on s'intéresse à la partie grisée du plan qui est délimitée par:

$\bullet~~$ la courbe $(\mathcal{C})$ sur $\R$ et la courbe $(\mathcal{C}')$ symétrique de $(\mathcal{C})$ par rapport à l'axe des abscisses ;

$\bullet~~$le cercle de centre $\Omega\left(\frac{\sqrt{2}}{2}~;~ 0\right)$ et de rayon 0,5 et son symétrique par rapport à l'axe des ordonnées.

On admet que le disque de centre $\Omega\left(\frac{\sqrt{2}}{2}~;~ 0\right)$ et de rayon 0,5 et son symétrique par rapport à l'axe des ordonnées sont situés entièrement entre la courbe $(\mathcal{C})$ et la courbe $(\mathcal{C}')$.

%Déterminer une valeur approchée en unité d'aire au centième près de l'aire de cette partie grisée du plan.

\begin{center}
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture}(-4,-1.5)(4,1.5)

\uput[d](3.9,0){$x$} \uput[l](0,1.4){$y$}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]
{\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{-4}{4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{4}{-4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div neg}
}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{-4}{4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-4}{4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div neg}
\pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](0.707,0){0.5}\pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](-0.707,0){0.5}
\psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(-4,-1.5)(4,1.5)
\psdots(0.707,0)\uput[d](0.707,0){$\Omega$}
%\uput[ur](1,1){\red $\mathcal{C}$} \uput[dr](1,-1){\blue $\mathcal{C}'$}
\end{pspicture}
\end{center}

Pour des raisons de symétrie, l'aire cherchée est 4 fois l'aire hachurée ci-dessous:

\begin{center} 
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture}(-4,-1.5)(4,1.5)

\uput[d](3.9,0){$x$} \uput[l](0,1.4){$y$}
\pscustom[fillstyle=hlines,hatchcolor= red]
{\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div}
%\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{4}{-4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div neg}
\psplot{4}{0}{0}
\closepath
}
\pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](0.707,0){0.5}\pscircle[fillstyle=solid,fillcolor=white](-0.707,0){0.5}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{-4}{4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-4}{4}{x 2.71828 x dup mul 1 sub exp div neg}
\psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(-4,-1.5)(4,1.5)
\psdots(0.707,0)\uput[d](0.707,0){$\Omega$}
\uput[ur](1,1){\red $\mathcal{C}$} \uput[dr](1,-1){\blue $\mathcal{C}'$}
\end{pspicture}
\end{center}

L'aire hachurée est égale à l'aire $\mathcal{A}_1$ diminuée de l'aire $\mathcal{A}_2$ du demi-disque de centre $\Omega$ et de rayon $0,5$.

$\mathcal{A}_2 = \dfrac{\pi \times \left (0,5\right )^2}{2}= \dfrac{\pi}{8}$

\smallskip

L'aire cherchée est donc $4\left (\mathcal{A}_1 - \mathcal{A}_2\strut\right )
= 4\left (\dfrac{\e}{2} - \dfrac{\pi}{8}\right )
= 2\e - \dfrac{\pi}{2} \approx 3,87$ unités d'aire.

\end{enumerate}

%\newpage
\vspace{0.5cm}

\textbf{Exercice 4 \hfill  5 points}

\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct \Ouv.

\smallskip

On considère la suite de nombres complexes $\left(z_n\right)$ définie par :
$z_0 = 0 \:\:\text{et pour tout } n,\: z_{n+1} = \left (1 + \i\right )z_n - \i$.

Pour tout entier naturel $n$, on note A$_n$ le point d'affixe $z_n$.
On note B le point d'affixe $1$.

%\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
\item  $z_1 =\left (1+\i\right )z_0-\i = \left (1+\i\right )\times 0 -\i = - \i$

$z_2 =\left (1+\i\right )z_1-\i = \left (1+\i\right )\times (-\i) -\i 
= -\i +1-\i= 1- 2\i$

\item $z_3 =\left (1+\i\right )z_2-\i = \left (1+\i\right )\left (1-2\i\right ) -\i 
= 1 +\i -2\i +2-\i = 3-2\i$

\item On place les points B, A$_1$,  A$_2$ et A$_3$ dans le repère orthonormé direct \Ouv:

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\def\xmin {-2}   \def\xmax {4}
\def\ymin {-3}   \def\ymax {2}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\psgrid[subgriddiv=1,  gridlabels=0, gridcolor=lightgray] 
\psaxes[arrowsize=3pt 3, ticksize=-2pt 2pt, labels=none]{->}%
                               (0,0)(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) 
\uput[dl](0,0){O}
\psaxes[ linewidth=1.8pt]{->}(0,0)(1,1) 
\uput[u](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\psset{linecolor=blue}
\psdots(0,-1)(1,-2)(3,-2)(1,0)
{\blue
\uput[dl](0,-1){A$_1$} \uput[dl](1,-2){A$_2$} \uput[dr](3,-2){A$_3$} \uput[ur](1,0){B}
}
\psline(1,0)(0,-1)(1,-2)(1,0)
\end{pspicture*}
\end{center}

\item On démontre que le triangle BA$_1$A$_2$ est isocèle rectangle.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item $\text{BA}_1 = \left |z_1-1\right | = \left |-\i -1\right | = \sqrt{2}$

$\text{A}_1\text{A}_2 = \left |z_2- z_1\right | = \left |-1-2\i +\i \right | = \left |-1-\i\right |= \sqrt{2}$

Donc le triangle BA$_1$A$_2$ est isocèle.

\item BA$_2 = \left | 1-2\i - 1\right | = \left |-2\i\right [=2$

$\text{BA}_1^2 + \text{A}_1\text{A}_2^2 = \left (\sqrt{2}\right )^2 + \left (\sqrt{2}\right )^2 = 2+2=4= \text{BA}_2^2$ donc, d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle BA$_1$A$_2$ est rectangle en A$_1$. 
\end{list}

On a donc démontré que le triangle  BA$_1$A$_2$ était isocèle rectangle en A$_1$.

	\end{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, on pose $u_n = \left|z_n - 1\right|$.
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que pour tout entier naturel $n$, on a $u_{n+1} = \sqrt{2}u_n$.
$u_{n+1} = \left|z_{n+1} - 1\right|
= \left | \left (1+\i\right ) z_n -\i -1\right |
= \left | \left (1+\i\right ) z_n - \left (1+\i\right )\right |
= \left | \left (1+\i\right ) \left (z_n-1\right ) \right |
= \left |1+\i \right |\times \left |z_n-1\right |\\
\phantom{u_{n+1}}
= \sqrt{2}\,u_n$	 pour tout entier naturel $n$.
		
		\item La distance BA$_n$ est égale à $\left | z_n - 1 \right |$ soit $u_n$.
		
$u_0 = \left | z_0-1\right | =  \left | 0-1\right | = \left | -1\right | =1$
		
Pour tout $n$, $u_{n+1} = \sqrt{2}\,u_n$ donc la suite $(u_n)$ est géométrique de premier terme $u_0=1$ et de raison $q=\sqrt{2}$ donc, pour tout $n$, $u_n=u_0\times q^n = 1 \times \left (\sqrt{2}\right )^n = \left (\sqrt{2}\right )^n$.

On cherche $n$ tel que $u_n>\np{1000}$ donc on résout l'inéquation $\left (\sqrt{2}\right )^n > \np{1000}$:

$\left (\sqrt{2}\right )^n > \np{1000}
\iff
\ln\left ( \left (\sqrt{2}\right )^n\right ) > \ln \left ( \np{1000}\right )
\iff
n\times \ln\left ( \sqrt{2}\right ) > \ln \left ( \np{1000}\right )
\iff
n > \dfrac{\ln \left ( \np{1000}\right )}{\ln\left ( \sqrt{2}\right )}
$
		
$ \dfrac{\ln \left ( \np{1000}\right )}{\ln\left ( \sqrt{2}\right )} \approx 19,9$ donc la distance BA$_n$ est supérieure à \np{1000} à partir de $n=20$.		
		
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $1 + \i = \sqrt{2} \left ( \frac{\sqrt{2}}{2} + \i \frac{\sqrt{2}}{2}\right )
		= \sqrt{2} \left (\cos \frac{\pi}{4} + \i \sin \frac{\pi}{4}\right )
		= \sqrt{2} \e^{\i \frac{\pi}{4}}$
		
		\item Soit $\mathcal{P}_n$ la propriété $z_n = 1 - \left(\sqrt{2}\right)^n \e^{\i\frac{n\pi}{4}}$. 
		
\begin{list}{\textbullet}{}
\item \textbf{Initialisation}

Pour $n=0$, $z_n = z_0 = 0$ et 
$1 - \left(\sqrt{2}\right)^n \e^{\i\frac{n\pi}{4}}
= 1 - \left(\sqrt{2}\right)^0 \e^{\i\frac{0\times\pi}{4}}
= 1-1=0$

Donc la propriété est vraie au rang 0.

\item \textbf{Hérédité}

On suppose la propriété vraie au rang $n\geqslant 0$, c'est-à-dire $z_n = 1 - \left(\sqrt{2}\right)^n \e^{\i\frac{n\pi}{4}}$. 

$z_{n+1} = \left (1+\i\right )z_n-\i
= \sqrt{2}\e^{\i\frac{\pi}{4}} \times \left ( 1 - \left(\sqrt{2}\right)^n \e^{\i\frac{n\pi}{4}}\right )-\i
= \sqrt{2}\e^{\i\frac{\pi}{4}} - \left (\sqrt{2}\right )^{n+1} \e^{\i\frac{(n+1)\pi}{4}} - \i\\
\phantom{z_{n+1}}
= 1+\i - \left (\sqrt{2}\right )^{n+1} \e^{\i\frac{(n+1)\pi}{4}} - \i
= 1 - \left (\sqrt{2}\right )^{n+1} \e^{\i\frac{(n+1)\pi}{4}}
$ 

donc la propriété est vraie au rang $n+1$.

\item \textbf{Conclusion}

La propriété est vraie au rang 0, et elle est héréditaire pour tout $n\geqslant 0$; d'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel $n$.
\end{list}		
		
Donc, pour tout $n$ de $\N$, $z_n = 1 - \left(\sqrt{2}\right)^n \e^{\i\frac{n\pi}{4}}$. 
		
		\item Le point A$_{\np{2020}}$ a pour affixe $z_{\np{2020}} = 1 - \left(\sqrt{2}\right)^{\np{2020}} \e^{\i\frac{\np{2020} \pi}{4}}$.
		
$\dfrac{\np{2020}\pi}{4} = 505\pi = 252\times 2\pi + \pi$
donc $\e^{\i\frac{\np{2020} \pi}{4}} = \e^{\i ( 252\times 2\pi + \pi)}
=\left ( \e^{\i 2\pi}\right )^{252} \times \e^{\i\pi}
=1^{252}\times \e^{\i\pi} = -1$
		
$z_{\np{2020} }= 1- \left(\sqrt{2}\right)^{\np{2020}}\times (-1)
=1+	\left(\sqrt{2}\right)^{\np{2020}}$ est un réel donc le point A$_{\np{2020}}$ appartient à l'axe des abscisses.
		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 4 \hfill  5 points}

\textbf{Candidats ayant  suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

On considère la matrice $M = \begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}$.

Soient $\left(a_n\right)$ et $\left(b_n\right)$ deux suites de nombres entiers définies par :

\[a_1 = 1, \:b_1 = 0\:\:\text{et pour tout entier naturel}\: n \: \text{non nul }\:\left\{\begin{array}{l c l}
a_{n+1}&=&\phantom{2}a_n + b_n\\b_{n+1}&=&2a_n
\end{array}\right..\]

\smallskip

\begin{enumerate}
\item $a_2=a_1+b_1=1+0=1$; $b_2=2a_1=2\times 1=2$; $a_3=a_2+b_2=1+2=3$; $b_3=2a_2=2\times 1 = 2$

\item $M^2
=\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}$

$M^2 = \begin{pmatrix}2&1&1\\1&2&1\\1&1&2\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}
+ \begin{pmatrix}2&0&0\\0&2&0\\0&0&2\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}0&1&1\\1&0&1\\1&1&0\end{pmatrix}
+ 2\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}
= M+2I$

%Montrer que $M^2 = M +2I$  où $I = \begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&0\\0&0&1\end{pmatrix}$  désigne la matrice identité d'ordre 3. 

On admet que pour tout entier naturel non nul $n$,\: $M^n = a_n M + b_n I$, où $\left(a_n\right)$ et $\left(b_n\right)$ sont les suites précédemment définies.

\item On note $A =\begin{pmatrix}1&1\\2&0\end{pmatrix}$ et pour tout  $n\neq 0$, $X_n$ la matrice $\begin{pmatrix}a_n\\b_n \end{pmatrix}$. 
On pose $P = \begin{pmatrix}1&1\\1&- 2\end{pmatrix}$.
	\begin{enumerate}
		\item %Vérifier que, pour tout entier naturel non nul $n$,\: $X_{n+1} =AX_n$.
$AX_n 
=\begin{pmatrix}1&1\\2&0\end{pmatrix}
\times 
\begin{pmatrix}a_n\\b_n \end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}a_n+b_n\\2an+0\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}a_{n+1}\\b_{n+1} \end{pmatrix} = X_{n+1}$
		
		\item %Sans justifier, exprimer, pour tout entier $n \geqslant 2$,\: $X_n$ en fonction de $A^{n- 1}$ et de $X_1$.
On peut dire que $X_2=AX_1$, $X_3=AX_2 = A\left (AX_1\right ) = A^2X_1$, etc., donc que
$X_{n}=A^{n-1}X_1$. 		
			
		\item %Justifier que $P$ est inversible d'inverse \renewcommand\arraystretch{1.5}$\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$.
$\det\left (P\right )=1\times (-2) -1\times 1 = -3\neq 0$ donc la matrice $P$ est inversible.

\textbullet~~$\begin{pmatrix}1&1\\1&- 2\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}\frac{2}{3}+\frac{1}{3}&\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{2}{3}-\frac{2}{3}&\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}
= I_2$

\textbullet~~$\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}1&1\\1&- 2\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}\frac{2}{3}+\frac{1}{3}&\frac{2}{3}-\frac{2}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{1}{3}-\frac{1}{3}&\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}
= I_2$

Donc l'inverse de la matrice $P$ est la matrice 
$P^{-1} = \begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$.

%On note $P^{-1}$ cette matrice.
	
		\item $P^{-1} AP
= 	\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}1&1\\2&0\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}1&1\\1&- 2\end{pmatrix}
= 	\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}1+1&1-2\\2+0&2+0\end{pmatrix}
= 	\begin{pmatrix}\frac{2}{3}&\frac{1}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{1}{3}&-\frac{1}{3}\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix}2&-1\\2&2\end{pmatrix}\\[7pt]
\phantom{P^{-1} AP}
= 	\begin{pmatrix}\frac{4}{3}+\frac{2}{3}&-\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\\frac{2}{3}-\frac{2}{3}&-\frac{1}{3}-\frac{2}{3}\end{pmatrix}
= \begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$
qui est une matrice diagonale appelée $D$.
		
		\item Soit $\mathcal{P}_n$ la propriété: $A^n = PD^nP^{-1}$.		
		
\begin{list}{\textbullet}{}
\item \textbf{Initialisation}

$P^{-1}AP=D$ donc $PP^{-1}APP^{-1}=PDP^{-1}$ autrement dit $A=PDP^{-1}$ soit $A^1=PD^1P^{-1}$.

La propriété est vraie au rang $n=1$.

\item \textbf{Hérédité}

On suppose la propriété vraie au rang $n\geqslant 1$, c'est-à-dire: $A^n = PD^nP^{-1}$.

$A^{n+1} = A\times A^{n} = \left (PDP^{-1}\right )\left (PD^nP^{-1}\right )
= PDPP^{-1}D^nP^{-1} = PD^{n+1}P^{-1}$

donc la propriété est vraie au rang $n+1$

\item \textbf{Conclusion}

La propriété est vraie au rang 1, et elle est héréditaire pour tout $n\geqslant 1$; d'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel $n$.
\end{list}		
		
On a donc démontré que, pour tout $n\geqslant 1$, $A^n = PD^nP^{-1}$.
		
		\item On admet que pour tout $n \geqslant  1$:
$A^{n-1}  =
\begin{pmatrix}\frac{1}{3} \times 2^n + \frac{1}{3}\times (- 1)^{n-1}&\frac{1}{3} \times 2^{n-1} + \frac{1}{3}\times (- 1)^{n}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\
\frac{1}{3} \times 2^n - \frac{2}{3}\times (- 1)^{n-1}&\frac{1}{3} \times 2^{n-1} - \frac{2}{3}\times (- 1)^{n}\end{pmatrix}$.

%En déduire que pour tout entier $n\geqslant 1$,\: $a_n = \frac{1}{3} \times  \left(2^n + (- 1)^{n-1}\right)$.
	
$\begin{pmatrix} a_n\\b_n \end{pmatrix}	
= X_n
= A^{n-1}X_1
= \begin{pmatrix}\frac{1}{3} \times 2^n + \frac{1}{3}\times (- 1)^{n-1}&\frac{1}{3} \times 2^{n-1} + \frac{1}{3}\times (- 1)^{n}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\
\frac{1}{3} \times 2^n - \frac{2}{3}\times (- 1)^{n-1}&\frac{1}{3} \times 2^{n-1} - \frac{2}{3}\times (- 1)^{n}\end{pmatrix}
\times
\begin{pmatrix} 1\\0 \end{pmatrix}\\[8pt]
\phantom{\begin{pmatrix} a_n\\b_n \end{pmatrix}	}
= \begin{pmatrix}
\frac{1}{3} \times 2^n + \frac{1}{3}\times (- 1)^{n-1}\rule[-7pt]{0pt}{0pt}\\
\frac{1}{3} \times 2^n - \frac{2}{3}\times (- 1)^{n-1}
\end{pmatrix}$

Donc $a_n= \frac{1}{3} \times 2^n + \frac{1}{3}\times (- 1)^{n-1}
= \frac{1}{3} \left ( 2^n + (- 1)^{n-1}\right )$.
	
	\end{enumerate}
\item %Démontrer que, pour tout entier naturel $k$,\: $2^{4k} - 1 \equiv 0$ modulo 5.
Soit $k$ un entier naturel.

$2^4 = 16 \equiv 1$ modulo 5, donc $\left (2^4\right )^k \equiv 1^k$ modulo 5, donc $2^{4k} - 1 \equiv 0$ modulo 5.


\item Soit $n$ un entier naturel non nul et multiple de 4; donc on peut écrire $n=4k$.
	\begin{enumerate}
		\item 
$a_n= \frac{1}{3} \left ( 2^n + (- 1)^{n-1}\right )$ donc\\
 $3a_n = 2^n + (- 1)^{n-1} = 2^{4k} + (- 1)^{4k-1} = 2^{4k} + (- 1)^{4k}\times (-1)^{-1}
= 2^{4k}-1 \equiv 0$ modulo 5.		
		
Donc $3a_n$ est divisible par 5.

		\item $3a_n$ est divisible par 5 donc 5 divise $3a_n$. 
		
		Or 3 et 5 sont premiers entre eux donc, d'après le théorème de Gauss,  5 divise $a_n$, ce qui veut dire que $a_n$ est divisible par 5.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
