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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé terminale S}
\lfoot{\small{novembre  2006}}
\rfoot{Amérique du Sud}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud~\decofourright\\[6pt]novembre  2006}}

\vspace{0,5cm}

\end{center}

\noindent \textbf{\textsc{Exercice 1}  \hfill  3 points}

\noindent \textbf{Commun à tous les candidats}

\begin{enumerate}
\item $\vect{\text{AB}}\left(\begin{array}{l}-3\\ 3\\0\\
\end{array}\right),~\vect{\text{AD}}\left(\begin{array}{l}-1\\ 2\\9\\
\end{array}\right)$. 

Il n'existe pas de réel $\alpha$ tel que $\vect{\text{AB}} = \alpha\vect{\text{AD}}$. Les points A, B et D  ne sont pas  alignés.
\item Les égalités $3 + 1 = 4$ et $0 + 4= 4$ sont vraies ; les points A et B appartiennent au plan. Donc la droite (AB) est contenue dans le plan d'équation cartésienne : $x + y = 4$.
\item Les coordonnées des trois points vérifient l'équation. L'équation proposée est bien celle du plan (BCD), ces trois points étant manifestement disjoints deux à deux.
\item Les coordonnées de A ne vérifient pas l'équation précédente. Donc A n'appartient pas au plan (BCD). Les points A, B, C et D ne sont pas  coplanaires.
\item La sphère de centre A et de rayon 9 est tangente au plan (BCD) si et seulement si la distance de A à ce plan est égale au rayon du cercle, c.-à-d. si 

$d(\text{A},~(\text{BCD)}) = \dfrac{81}{\sqrt{18^2 + 9^2 + 5^2}} = 9 \iff  \dfrac{81}{\sqrt{430}} = 9$ qui est une égalité fausse. La proposition est fausse.
\item Une représentation paramétrique de la droite (BD) est obtenue en traduisant l'égalité vectorielle $\vect{\text{B}M} = \lambda \vect{\text{BD}}$ qui se traduit par le système : $\left\{\begin{array}{l c r}
x&=& 2\lambda\\
y&=&4 - \lambda\\
z&=& - 5 + 9\lambda\\
\end{array}\right.$  qui se traduit en posant $2\lambda = 1 - 2k \iff \lambda = \dfrac{1}{2} - k$ par le système proposé par l'énoncé. La proposition est vraie.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\begin{enumerate}
\item Cf. cours.
\item Voir la figure

\medskip

\begin{figure}[t]
\begin{center}
\psset{unit=0.8cm}
\begin{pspicture}(-3,-8)(6,6)
\psgrid[gridlabelcolor=white,gridcolor=cyan,subgridcolor=cyan,gridwidth=0.4pt,subgridwidth=0.2pt]
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-3,-8)(6,6)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](4,1)(1,1)(0,5)(-3,-1)(-1,-1.732)(2,-1)
\uput[dr](4,1){A} \uput[ur](1,1){B} \uput[ur](0,5){C} \uput[dr](-3,-1){D}
\pscircle(0,0){2} \uput[dr](-1,-1.732){E} \uput[dr](2,-1){$\Omega$}
\uput[dl](0,0){O}
\psline(2,-1)(-1,-1.732) \uput[dr](0.464102,-7.732){E$'$}
\psline[linecolor=red](2,-1)(4,1)(0,5)
\psline[linecolor=blue](2,-1)(1,1)(-3,-1)
\psline(0.464102,-7.732)(-1,-1.732)
\end{pspicture}
\end{center}
\end{figure}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On obtient $z_{\text{A}'} =  5\text{i} = z_{\text{C}}$ et $z_{\text{B}'} = - 3 -  3\text{i} = z_{\text{D}}$.
		\item $M(z)$ est invariant par $f$ si et seulement si $z' = z = (1 + 2\text{i})z - 2 - 4\text{i} \iff 2\text{i}z = 2 + 2\text{i} \iff z = 2 - \text{i}$. L'équation ayant une seule solution, $f$ a un seul point invariant $\Omega$ d'affixe $\omega = 2 - \text{i}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $z' - z = 2\text{i}z - 2 - 4\text{i} = -2\text{i}(2 - \text{i} - z)$.
		\item En prenant le module des deux complexes ci-dessus, on obtient $MM' = |-2 \text{i}| \times \Omega M$ et si $\Omega \neq M,~\dfrac{MM'}{\Omega M} = 2$.\\
L'égalité trouvée au a peut, si $\Omega \neq M$, s'écrire $\dfrac{z' - z}{2 - \text{i} - z} = - 2\text{i}$. En prenant les arguments de ces deux complexes, on obtient $\left(\vect{M \Omega},~\vect{MM'}\right) = - \dfrac{\pi}{2}$. 
		\item On en déduit que le triangle $\Omega MM'$ est un triangle rectangle en $M$.
		\item  On a $\left|z_{\text{E}}\right|^2 = 1 + 3 = 4 = 2^2$.
		
Donc $z_{\text{E}} = 2 \left(- \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{i}\right) = 2 \left[\cos  \left(-\dfrac{2\pi}{3} \right) + \text{i}\sin \left(-\dfrac{2\pi}{3} \right)\right] = 2 \text{e}^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}}$.

Pour placer le point E, il suffit de construire le cercle de centre O et de rayon 2. Le point E est le point de ce cercle d'abscisse 1.

D'après les questions b et c on a EE$'$ = 2$\Omega$E et 
$\left(\vect{E \Omega},~\vect{EE'}\right) = - \dfrac{\pi}{2}$. On construit donc la perpendiculaire en E à la droite (E$\Omega$) et on place sur cette droite le point E$'$ tel que EE$'$ = 2$\Omega$E et $\left(\vect{E \Omega},~\vect{EE'}\right) = - \dfrac{\pi}{2}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\begin{enumerate}
\item Cf. cours
\item 
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item On cherche $n$ tel que $2^n \equiv 1 \quad \mod 7~;~n = 3$ est le premier naturel qui convient.
\item On cherche $n$ tel que $3^n \equiv 1 \quad \mod 7~;~n = 6$ est le premier naturel qui convient car $3^6 = 729 = 7 \times 104 + 1$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Soit $a \in \N, a \neq 7k, k \in \N$. Il existe $r \in \N,~r < 7$ tel que $a = 7k + r$. On a donc $a \equiv r \quad \mod 7$, donc $a^6 \equiv r^6  \quad \mod 7$.
		
Or :
\setlength\parindent{5mm}\begin{itemize}
		\item[$\bullet~$] $1^6 \equiv 1 \quad \mod 7$ : évident :
		\item[$\bullet~$] $2^3 \equiv 1\quad \mod 7$ donc d'après la propriété 1 b ci-dessus, 
		
$\left(2^3\right)^2 \equiv 1^2 \quad \mod 7$ ;
		\item[$\bullet~$]  $3^6  \equiv 1\quad \mod 7$ ;
		\item[$\bullet~$] $4^6 = \left(2^2\right)^3 = \left(2^3\right)^2$ ; d'après la propriété 1 b ci-dessus $2^3 \equiv 1\quad \mod 7 \Rightarrow  \left(2^3\right)^2   \equiv 1\quad \mod 7$.
		\item[$\bullet~$] $5^6 = \nombre{15625} = 7 \times \nombre{2232} + 1$, donc $5^6    \equiv 1\quad \mod 7$.
		\item[$\bullet~$] Enfin $6^6 = (2 \times 3)^6 = 2^6 \times 3^6$, donc d'après la propriété du 1 a, $6^6 \equiv 1 \quad \mod 7$.
		
Conclusion : on a démontré que dans tous les cas : $a^6  \equiv 1 \quad \mod 7$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

		\item On a $a^k \equiv 1 \quad \mod 7$, $k$ étant le plus petit naturel vérifiant cette congruence.
		
D'autre part $6 = kq + r$ avec $r < k$.

On a donc $a^6 = a^{kq + r} = a^{kq} \times a^r = \left(a^k\right)^q \times a^r$. Or $a^k \equiv 1 \quad \mod 7$, donc $a^6 \equiv a^r \equiv 1 \quad \mod 7$. Donc $a^r \equiv 1 \quad \mod 7$.

Or  $k$ étant le plus petit naturel vérifiant k $a \equiv 1 \quad \mod 7$, il en résulte que $r = 0$, c'est-à-dire que $k$ divise $6$.

Les valeurs possibles pour $k$ sont donc 1, 2, 3 et 6.
		\item On a trouvé l'ordre de 2 : c'est 3, donc l'ordre de 4 est aussi 3 et l'ordre de 3, c'est 6 ; on a vu que l'ordre de 5 est 6.
	\end{enumerate}
\item $A_{2006} = 2^{2006} + 3^{2006} + 4^{2006} + 5^{2006} + 6^{2006}$.

On a $\nombre{2006} = 6 \times 334 + 2$. Donc 
$2^{\nombre{2006}} = 2^{6 \times 334 + 2}  = 2^{6 \times 334} \times 2^2 = \left(2^6\right)^{334} \times 2^2$. Or $2^6 \equiv 1 \quad \mod 7$, donc finalement $2^{\nombre{2006}} \equiv 2^2 \quad \mod 7$. De m\^eme pour les autres puissances, donc $A_{n}  \equiv 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 + 6^2 \quad \mod 7$, soit $A_{n} \equiv 90 \equiv 6 \quad \mod 7$ (car $90 = 7 \times 12 + 6$).

Finalement  $A_{2006} \equiv 6 \quad \mod 7$ .
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\noindent \textbf{Commun à tous les candidats}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a une loi de Bernoulli de paramètres $p = \dfrac{1}{4}$ et $n = 50$.
		\item  On a E $ = n p = 50 \times  \dfrac{1}{4} = 12,5$. (tulipes jaunes)
		\item On a $p(X = n) = \binom{50}{n}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n \times \left( \dfrac{3}{4}\right)^{50 - n} = \binom{50}{n}\dfrac{3^{50 - n}}{4^{50}}$.
	\item $p(X = 15) = \binom{50}{15}\left(\dfrac{1}{4}\right)^{15} \times \left( \dfrac{3}{4}\right)^{50 - 15} \approx 0,089$.
	\end{enumerate}

\item
	\begin{enumerate}
		\item Si lot choisi est le 2, on a autant de chances d'avoir une tulipe jaune que le contraire. La loi de Bernoulli a ici pour paramètres $n = 50$ et $p =  \dfrac{1}{2}$.
		
La probabilité d'obtenir $n$ tulipes jaunes est donc : 

$p_{\text{B}}\left(J_{n}\right) = \binom{50}{n}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n} \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^{50 - n} =  \binom{50}{n}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{50} =  \binom{50}{n}2^{-50}$. 
		\item De la même façon que précédemment $p_{\text{A}}\left(J_{n}\right) = \binom{50}{n}\left(\dfrac{1}{4}\right)^n \times \left(\dfrac{3}{4}\right)^{50-n} =$
	
$\binom{50}{n} \times \dfrac{3^{50-n}}{4^{50}}$.
	
A et B forment une partition de l'univers, donc d'après la formule des probabilités totales,  

$p\left(J_{n}\right) =  p\left(\text{A} \cap J_n\right) + p\left( \text{B}\cap J_n\right) =
 p(\text{A})\times p_{A}\left( J_n\right) +p(\text{B})\times p_{B}\left( J_n\right) =$
 
$\dfrac{1}{2} \binom{50}{n} \times \dfrac{3^{50-n}}{4^{50}} + \dfrac{1}{2} \binom{50}{n}\times \dfrac{1}{2^{50}} = \dfrac{1}{2} \binom{50}{n} \left(\dfrac{3^{50 - n}}{4^{50}} + \dfrac{1}{2^{50}}\right) = \dfrac{1}{2} \binom{50}{n} \left(\dfrac{3^{50-n} + 2^{50}}{4^{50}}\right)$.
		\item $p_{n}=  p_{J_{n}}(\text{A}) =
 \dfrac{p\left(\text{A} \cap J_{n} \right)}{p\left(J_{n} \right)} =
 \dfrac{p_{A}\left( J_n\right)\times p(A) }{p\left( J_{n}\right) }=
  \dfrac{\dfrac{1}{2}\binom{50}{n}\dfrac{3^{50 - n}}{4^{50}}}{\dfrac{1}{2}\binom{50}{n}\left(\dfrac{3^{50-n}}{4^{50}} + \dfrac{1}{2^{50}}\right)}  =\\\dfrac{\dfrac{3^{50-n}}{4^{50}}}{\left(\dfrac{3^{50-n} + 2^{50}}{4^{50}}\right)}= \dfrac{3^{50 - n}}{3^{50 - n} + 2^{50}}.$
		\item $p_{n} \geqslant 0,9 \iff 
 \dfrac{3^{50 - n}}{3^{50 - n} + 2^{50}} \geqslant 0,9 \iff 
 3^{50 - n} \geqslant 0,9\left(3^{50 - n} + 2^{50} \right) \iff$
 
$0,1 \times 3^{50-n} \geqslant 0,9 \times 2^{50} \iff
(50 - n) \ln 3 \geqslant \ln (9) + 50 \ln 2  \iff$
  
$50 -  n \geqslant  \dfrac{\ln 9 + 50 \ln 2}{\ln 3} \iff n \leqslant 50 - \dfrac{\ln 9 + 50 \ln 2}{\ln 3} \iff 
  n \leqslant 16,45.$
  
Conclusion : il faut que $n < 17$.

Interprétation : Si le nombre de tulipes jaunes est peu élevé (ici moins de 17) la probabilité d'avoir choisi  le lot 1 est très grande ; si ce nombre de tulipes jaunes se rapproche de 25 sur 50, la probabilité est grande que le lot choisi soit le lot 2.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\noindent \textbf{\textsc{Exercice 4}  \hfill  8 points}

\noindent \textbf{Commun à tous les candidats}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} f_{n}(x) = - \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_{n}(x) = + \infty$.\\
Dérivée : $f'_{n}(x) = \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{n} > 0$ sur $]0~;~+ \infty[$. Les fonctions $f_{n}$ sont donc croissantes de $- \infty$ à $+ \infty$.
		\item La fonction $f_{n}$ est continue comme somme de fonctions continues et croissante de $- \infty$ à $+ \infty$ : il existe donc un réel unique $\alpha_{n} \in ]0~;~+ \infty[$ tel que $f_{n}\left(\alpha_{n}\right) = 0$.
		
Comme $f_{n}(1) = \dfrac{1}{n} - 1 < 0$ et $f_{n}(\text{e}) = 1 \dfrac{1}{n} - 1  = \dfrac{1}{n} > 0$, on en déduit que $1 < \alpha_{n} < \text{e}.$
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item L'équation est de la forme : $y = ax + 1$ ; en utilisant le fait qu'elle contient le point $B_{n}$, on obtient $0 = an + 1 \iff a = - \dfrac{1}{n}$. On a donc 
		
$M(x~;~y) \in \Delta_{n} \iff y = - \dfrac{1}{n}x + 1$
		\item $\Delta_{1} \quad y = -x + 1$ ; $\Delta_{2} \quad y = -\dfrac{1}{2}x + 1$ ; $\Delta_{1} \quad y = -\dfrac{1}{3}x + 1$

\medskip

\begin{figure}[t]
\begin{center}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture*}(-0.25,-3.1)(5,2.2)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,-3)(5,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,plotpoints=2500]{0.05}{5}{x ln}
\psplot{0}{4}{1 x sub}
\psplot{0}{5}{1 1 2 div x mul sub}
\psplot{0}{5}{1 1 3 div x mul sub}
\psline[linestyle=dashed](1.37,0)(1.37,0.3149) \uput[d](1.37,0){$\alpha_{2}$}
\psline[linestyle=dashed](1.5965,0)(1.5965,0.4678) \uput[d](1.5965,0){$\alpha_{3}$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{figure}
	\item Le point commun à $\Gamma$ et $\Delta_{n}$ a ses coordonnées qui vérifient 
	
$\ln x = - \dfrac{1}{n}x + 1 \iff \ln x  + \dfrac{1}{n}x - 1 = 0 \iff f_{n}(x) = 0$ qui a pour solution unique $\alpha_{n}$ sur $]0~;~+ \infty[$.
		\item $\alpha_{1}$ est la solution de $\ln x + x - 1 = 0$ qui a pour solution évidente $\alpha_{1} = 1$ (suggéré aussi par le croquis).
	
Toujours d'après le croquis la suite $\left(\alpha_{n}\right)$ semble croissante.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On sait que $\ln \alpha_{n} + \dfrac{\alpha_{n}}{n} - 1 = 0 \iff \ln \alpha_{n} = 1 -  \dfrac{\alpha_{n}}{n}$.
		\item $f_{n+1}\left(\alpha_{n}\right) = \ln \alpha_{n} + \dfrac{\alpha_{n}}{n+1} - 1 = 1 -  \dfrac{\alpha_{n}}{n} + \dfrac{\alpha_{n}}{n+1} - 1 =  \dfrac{\alpha_{n}}{n+1} -  \dfrac{\alpha_{n}}{n}  = \dfrac{n - n - 1}{n(n+1)}\alpha_{n} =  - \dfrac{\alpha_{n}}{n(n+1)} < 0$.
		\item  Or $f_{n+1}\left(\alpha_{n+1}\right) = 0$.
Conclusion comme les fonctions $f_{n}$ sont croissantes et comme $f_{n+1}\left(\alpha_{n}\right) < f_{n+1}\left(\alpha_{n+1}\right)$, il en résulte que $\alpha_{n} < \alpha_{n+1}$, ce qui signifie que la suite $\left(\alpha_{n}\right)$ est croissante
		\item La suite $\left(\alpha_{n}\right)$ est croissante et majorée par e : elle est donc convergente vers un réel $\ell \leqslant \text{e}$.
		
Par continuité, on a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\alpha_{n}}{n} = 0$, donc  $\ln \ell  - 1 = 0 \iff \ln \ell = 1 \iff \ell =  \text{e}.$
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On a $\mathcal{A}\left(\mathcal{D}_{n}\right) = \displaystyle\int_{\alpha_{n}}^{\text{e}} \ln x\, \text{d}x$.
		
En intégrant par parties, on trouve qu'une primitive de la fonction $x \mapsto \ln x$ est la fonction $x \mapsto x\ln x - x$.

$\mathcal{A}\left(\mathcal{D}_{n}\right) = [x\ln x - x]_{\alpha_{n}}^{\text{e}} = \text{e} - \text{e} - \alpha_{n} \ln \alpha_{n} + \alpha_{n} = \alpha_{n}\left(1 - \ln \alpha_{} \right) = \alpha_{n}\left(1 - 1 + \dfrac{\alpha_{n}}{n}\right) = \dfrac{\alpha_{n}^2}{n}$. 
		\item ~~
\begin{center}
\psset{unit=2cm}\begin{pspicture*}(-0.5,-2)(3,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,-1.99)(3,2)
\psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,plotpoints=2500]{0.1}{5}{x ln}
\psline[linestyle=dashed](0,0.223)(1.25,0.223)
\uput[l](0,0.223){$\ln \alpha_{n}$}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=green]{
\psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue,plotpoints=2500]{1.25}{2.71828}{x ln}
\psline(2.71828,0)(1.25,0)}
\psline[linestyle=dashed](0,1)(1.25,1)
\uput[d](1.25,0){$\alpha_{n}$} \uput[d](2.71828,0){e}
\psframe[linestyle=solid,fillstyle=hlines](1.25,0)(2.71828,1)
\psframe[linestyle=solid,fillstyle=vlines](1.25,0)(2.71828,0.223)
\end{pspicture*}
\end{center}

D'après le dessin l'intégrale est comprise entre l'aire du rectangle hachuré de gauche à droite et l'aire du rectangle hachuré de droite à gauche : d'o\`u l'encadrement :

\[\ln \alpha_{n}\left(\text{e} - \alpha_{n}\right) \leqslant \dfrac{\alpha_{n}^2}{n} \leqslant 1 \times \left(\text{e} - \alpha_{n}\right)\] 

\item L'encadrement précédent permet (en multipliant par $n$ et en divisant par $\ln \alpha_{n}$, pour $n \neq 1$) d'obtenir les deux inégalités :

$n\left(\text{e} - \alpha_{n}\right)  \leqslant \dfrac{\alpha_{n}^2} {\ln \alpha_{n}}$ et $\alpha_{n}^2 \leqslant n\left(\text{e} - \alpha_{n}\right) $. On obtient donc l'encadrement final :

\[ \alpha_{n}^2 \leqslant  n \left(\text{e} - \alpha_{n}\right)   \leqslant \dfrac{\alpha_{n}^2} {\ln \alpha_{n}}\]

\item Par passage à la limite on a donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}  n \left(\text{e} - \alpha_{n}\right)  = \text{e}^2.$.

On peut en déduite que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}  \alpha_{n} = \displaystyle\lim_{n \to + \infty} \text{e}\left(1 - \dfrac{\text{e}}{n}\right)$.

La suite $\left(\alpha_{n}\right)$ converge donc comme la suite $\left(\dfrac{1}{n}\right)$ c'est-à-dire lentement.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}