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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small Métropole}
\rfoot{\small septembre 2005}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Métropole~\decofourright\\septembre 2005}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item En posant $X = \dfrac{x}{2}$, on a $f(X) = (40X + 10)\text{e}^{-X} = 40\dfrac{X}{\text{e}^{X}} + \dfrac{10}{\text{e}^{X}}$. La limite de ces deux termes en plus l'infini est nulle :

\[\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0.\]

\item $f'(x) = (20 - 10x - 5)\text{e}^{-\frac{1}{2}x} = (15 - 10x)\text{e}^{-\frac{1}{2}x}$ qui est du signe de $(15 - 10x)$ car $\text{e}^{-\frac{1}{2}x} > 0$. Cette dérivée s'annule en $\dfrac{3}{2}$. D'o\`u le tableau de variations :

\begin{center}
\begin{pspicture}(7,3.5)
\psline(0,2)(7,2) \psline(0,3)(7,3) \psline(1,0)(1,3.5)
\psline{->}(1.3,0.3)(3.7,1.6) \psline{->}(4.3,1.6)(6.7,0.3)
\uput[u](0.5,3){$x$} \uput[u](1.3,3){$0$} \uput[u](4,3){$3/2$} 
\uput[u](5.5,3){$\alpha$} \uput[u](7,3){$+ \infty$}
\uput[u](0.5,2.2){$f'$} \uput[u](2.5,2.2){$+$}  \uput[u](4,2.2){$0$} \uput[u](5,2.2){$-$}
\uput[u](0.5,0.5){$f$} \uput[u](1.2,0){$10$} \uput[u](4,1.5){${\small 40\text{e}^{-3/4}}$}
\uput[u](5.5,0.8){$10$}  \uput[u](7,0){$0$} 
\psline[linestyle=dotted](5.5,1)(5.5,3)      
\end{pspicture}
\end{center}

\item Sur $]0~;~3/2],~f(x) > 10$, donc l'équation $f(x) = 10$ n'a pas de solution ; sur l'intervalle $]3/2~;~+ \infty[$, la fonction $f$ est continue (car dérivable, monotone décroissante de $40\text{e}^{-3/4} \approx 18,9$ à $0$. Il existe donc un réel unique $\alpha \in ]3/2~;~+ \infty[$ tel que $f(x) = 10$. La calculatrice donne $\alpha \approx 4,673$.
\item ~

 \begin{center}
 \psset{xunit=0.9cm,yunit=0.45cm}\begin{pspicture}(12,20)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dy=3]{->}(0,0)(12,20)
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{0}{12}{x 20 mul 10 add 2.71828 x 2 div exp div}
\uput[d](4.673,0){$\alpha$} \psline[linestyle=dashed](4.673,0)(4.673,10)(0,10)
\uput[l](0,10){$10$} \uput[d](12,0){$x$} \uput[l](0,20){$y$}
\psline[linewidth=1.25pt]{<->}(0.5,18.895)(2.5,18.895) \psline[linestyle=dashed](1.5,0)(1.5,18.895)
\end{pspicture}
\end{center}

\item On intègre I par parties. En posant : $\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = 20x + 10 & v'(x) = \text{e}^{-\frac{1}{2}x}\\
u'(x) = 20 & v(x) = - 2\text{e}^{-\frac{1}{2}x}\\
\end{array}\right.$

On a I $ = \left[- 2(20x + 10)\text{e}^{-\frac{1}{2}x}\right]_{0}^3 + \displaystyle\int_{0}^3
 40\text{e}^{-\frac{1}{2}x}\:\text{d}x = \left[- 2(20x + 10)\text{e}^{-\frac{1}{2}x}\right]_{0}^3 - \left[80\text{e}^{-\frac{1}{2}x}\right]_{0}^3 = \left[-40x - 100\text{e}^{-3/2}\right]_{0}^3 = 100 - 220\text{e}^{-3/2}$.
 
\[\text{I} = 100 - 220\text{e}^{-3/2} \approx 50,91~  (\text{u.a.})\]

\end{enumerate}
 
\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item On a effectivement $f(t) + \dfrac{1}{2}f'(t) = (15 - 10t)\text{e}^{-\frac{1}{2}t} + (10t + 5)\text{e}^{-\frac{1}{2}t} = 20\text{e}^{-\frac{1}{2}t}$. Donc $f$ est une solution de (E) sur $[0~;~+ \infty[$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item Par définition on a $g'(t) + \dfrac{1}{2}g(t) = 20\text{e}^{-\frac{1}{2}t}$ et $g(0) = 10$. On vient de voir que $f(t) + \dfrac{1}{2}f'(t) = 20\text{e}^{-\frac{1}{2}t}$ d'o\`u par différence de ces deux équations : $g' - f' + \dfrac{g}{2}- \dfrac{f}{2} = 0 \iff (g - f)' + \dfrac{1}{2}(g - f) = 0$. 
		
Conclusion : la fonction $g - f$ est solution, sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$, de l'équation différentielle : (E$'$)   $y'+ \dfrac{1}{2}y = 0$.
\item Les solutions de l'équation (E$'$) sont les fonctions $t\longmapsto K\text{e}^{-t/2}$.
\item  La fonction $(g - f)$ est l'une de ces solutions. Or $(g - f)(0) = g(0) - f(0) = K = 10 - 10 = 0$.
La fonction $g - f$ est donc la fonction nulle.

Conclusion : l'équation différentielle (E) a une solution unique  vérifiant $y'(0) = 10$, c'est la fonction $f$ de la \textbf{partie A}.
	\end{enumerate}
\item D'après la question \textbf{3.} de la partie A, cela correspond à la valeur $\alpha$ telle que $f(\alpha) = 10$. On a vu que $\alpha \approx 4,673 \text{h} \approx 4~ \text{h}~ 41 \text{min}$.
\item $\theta = \dfrac{1}{3 - 0}\displaystyle\int f(x) \:\text{d}x = \dfrac{100 - 220\text{e}^{-3/2}}{3} \approx 17$~ (degrés).
\end{enumerate} 
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill 5 points}

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

\medskip
 
\begin{enumerate} 
\item Réponse \textbf{D}
\item Réponse \textbf{C} 
\item Réponse \textbf{C} 
\item Réponse \textbf{A}
\item Réponse \textbf{D} 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill 5 points}

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

\medskip

\begin{enumerate} 
\item On a $z = \sqrt{2}\text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{3}}$ ; donc $z^{14} = (\sqrt{2})^{14}\text{e}^{\frac{14\text{i}\pi}{3}} = 2^7 \text{e}^{\frac{2\text{i}\pi}{3}} = 128\left(-\dfrac{1}{2} + \dfrac{\text{i}\sqrt{3}}{2}\right) =\\z^{14} =  - 64 + 64\text{i}\sqrt{3}$.
 
Réponse C
\item $|z - 3| = |3 - 4\text{i}| = 5 \iff \text{S}M = 3 \iff M$ appartient au cercle de centre S et de rayon 3.
 
Réponse D
\item D'après le théorème d'Al-Kashi les diagonales AC a pour longueur\\ $\sqrt{1^2 + 1^2 - 2\cos 120} = \sqrt{1 + 1 + 1} =  \sqrt{3}$.\\
 ACF est un triangle rectangle en A, donc CF = 2. 
 $\vect{\text{AC}} \cdot \vect{\text{CF}} = - \text{AC}  \times \text{CA} = - 3$.
 
Réponse : B
\item $g(x) = \dfrac{\sqrt{x^2 - 2x}}{x - 3} = g(x)	 = \dfrac{\sqrt{x^2\left(1  - \dfrac{2}{x}\right)}}{x - 3} = \dfrac{-x \sqrt{1 - \dfrac{2}{x}}}{x - 3} = \dfrac{-\sqrt{1 - \dfrac{2}{x}}}{1 - \dfrac{3}{x}}$ (en effet pour $x \leqslant  0,~\sqrt{x^2} = |x| = - x$).
 
La limite du dénominateur est $- 1$ et celle du numérateur au voisinage de moins  l'infini est égale à 1, donc leur quotient a pour limite $-1$.

Réponse : A (au voisinage de moins l'infini).
\item On a par définition $f'(x) = \displaystyle\int_{0}^x \text{e}^{-x^2}$ et en dérivant par rapport à $x,~\\f''(x) = - 2x \text{e}^{-x^2}$.

Réponse : C
\end{enumerate}
   
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3}\hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item Un vecteur normal au plan  $\mathcal{R}$ est le vecteur $\vect{r}(1~;~ 2~;~0)$. Or $\vect{r}  \cdot \vect{n} = - 2 + 2 + 0 = 0$. Ces vecteurs étant orthogonaux, les plans sont perpendiculaires.
\item Équation du plan $\mathcal{P}$. Son équation est de la forme $- 2x + y + 5z + d = 0$ et B $\in \mathcal{P} \iff - 2 - 2 + 5 + d = 0 \iff d = - 1$. Une équation de $\mathcal{P}$ est donc $-2x + y + 5z - 1 = 0$.

Les points communs aux deux plans vérifient les deux équations.  On résout  donc  :
 
$\left\{\begin{array}{l c l}
x + 2y \quad -7&=&=0\\
-2x + y + 5z - 1&=&0\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
x + 2y  &=&7\\
-2x + y &=&-5z +1\\
\end{array}\right. \Longrightarrow 5x = 10z + 5 \iff x = 2z + 1$ et en reportant dans l'une des des équations du plan,

$y = - z + 3$.

Les deux plans étant perpendiculaires, leur intersection est bien une droite $\Delta$ défini par les équations $\left\{\begin{array}{l c l}
 x &=& 2z + 1\\
 y &=& -z + 3\\
 z &=& z\\
\end{array}\right.$  ou en remplaçant $z$ par$t$ : 

$\left\{\begin{array}{l c r}
 x &=& 2t + 1\\
 y &=& -1t + 3\\
 z &=& 1t + 0\\
\end{array}\right. $. Ceci est l'équation d'une droite ayant pour vecteur directeur $\vect{u}(2~;~-1~;~1)$ et l'on vérifie aisément que pour $t = -1$, elle contient le point  C$(-1~;~ 4~;~-1)$.
	\begin{enumerate}
		\item On a $d(\text{A},~ \mathcal{P}) = \dfrac{|- 10 - 2 - 5 - 1|}{\sqrt{4 + 1 + 25}} = \dfrac{18}{\sqrt{30}} = \dfrac{18\sqrt{30}}{30} = \dfrac{3\sqrt{30}}{5}$.

De même $d(\text{A},~ \mathcal{R}) = \dfrac{|5 - 4 - 7|}{\sqrt{1 + 4}} = \dfrac{6}{\sqrt{5}} = \dfrac{6\sqrt{5}}{5}$. 
		\item Dans le plan contenant A et perpendiculaire aux deux plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{R}$, le théorème de Pythagore peut s'appliquer et :
		
$d^2(\text{A},~\Delta) = d^2(\text{A},~ \mathcal{P}) + d^2(\text{A},~ \mathcal{R}) = \dfrac{270}{25} + \dfrac{180}{25} = \dfrac{450}{25} = 18$.

Conclusion : $d(\text{A},~\Delta) = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate} 
		\item $\text{A}M_{t}^2 = (- 4 + 2t)^2 + (5 - t)^2 + (t + 1)^2 = 6t^2 - 24t + 42 = 6\left(t^2 - 4t + 7\right)$.
		
 Le trinôme $t^2 - 4t + 7$ a pour discriminant $\Delta = - 40$. Il ne s'annule donc pas et est positif (coefficient de $t^2$ positif) quel que soit $t$. On peut donc calculer   $\text{A}M_{t} = \sqrt{6\left(t^2 - 4t + 7\right)} = \varphi(t)$.
 
On pouvait également écrire : $t^2 - 4t + 7 = (t - 2)^2 + 3$ somme de deux carrés qui est positive, et permet de prévoir le minimum de la question suivante.
		\item $\varphi'(t) = \dfrac{12t - 24}{2\sqrt{6\left(t^2 - 4t + 7\right)}} = \dfrac{6(t - 2)}{\sqrt{6\left(t^2 - 4t + 7\right)}}$ qui est du signe de $t - 2$. La fonction $\varphi$ est donc décroissante sur [0 ; 2], puis croissante sur $[2~;~+ \infty[$. Elle a donc un minimum en $t = 2$ qui est égal à $\varphi(2) = \sqrt{6(4 - 8 + 7)} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$.
		\item On reconnaît que $M_{t}$ est un point de la droite $\Delta$ (question \textbf{1. b.}) et on a vu à la question  \textbf{1. d.} que la plus courte distance de A à $\Delta$ était égale à $3\sqrt{2}$. On pouvait donc sans calcul prévoir ce résultat.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4}\hfill 3 points}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item En construisant un arbre de probabilités pondérées, on trouve que $p(VV) = p(E) = \dfrac{1}{4} \times  \dfrac{1}{4} =  \dfrac{1}{16}$.

De même $p(F) = p(VV) + p(BB) + p(RR) =  \dfrac{1}{16} +  \dfrac{1}{16} +  \dfrac{1}{4} =  \dfrac{6}{16} =  \dfrac{3}{8} = 0,375$.
\item On a une expérience de Bernoulli avec $n = 10$ et $p =  \dfrac{3}{8}$.

On a $p_{F}(E) = \dfrac{p(E \cap F)}{p(F)} =\dfrac{\frac{1}{16}}{\frac{6}{16}} = \dfrac{1}{6}$.
 
Calculons la probabilité d'obtenir moins de deux fois l'évènement $F$.

$p(0~ \text{fois }F) + p(1~ \text{fois }F)  = \binom{10}{0}\left(\dfrac{3}{8}\right)^0 \times \left(\dfrac{5}{8}\right)^{10} +  \binom{10}{1}\left(\dfrac{3}{8}\right)^1 \times \left(\dfrac{5}{8}\right)^{9} = \dfrac{5^{10}}{8^{10}} + \dfrac{30 \times 5^9}{8^{10}} = \dfrac{7 \times 5^{10}}{8^{10}}$.
 
La probabilité  d'obtenir au moins deux fois l'évènement $F$ au cours de ces dix parties est donc $1 - \dfrac{7 \times 5^{10}}{8^{10}} \approx \np{0,9363} \approx 0,936$.
\end{enumerate}
 
\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

Exercice en suspens ; il me semble que le tableau est incorrect car la somme des effectifs n'est pas égale à 160 et il difficile pour un tétraèdre de tomber en équilibre sur un de ses sommets \ldots
   \end{document}
 