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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 du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Amérique du Nord }}
\rfoot{\small{mai 2006}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord~\decofourright\\mai 2006}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item L'espérance de ce jeu  est égale à :

\[(60 -  30) \times \dfrac{4}{10} + (0 - 30) \times \dfrac{3}{10} + (20 - 30)\times \dfrac{3}{10}  = \dfrac{120 - 90 - 30}{10} = 0.\]

Le jeu est donc équitable.

\item On a une épreuve de Bernoulli avec $n = 4$ et $p = \dfrac{4}{10}$.
 
Tirer au moins une fois un bulletin oui est l'évènement contraire de l'évènement : \og ne jamais tirer un oui \fg{}, dont la probabilité est $\left(1 - \dfrac{4}{10}\right)^4 =  \dfrac{81}{625}$.

La probabilité cherchée est donc :

\[1 - \dfrac{81}{625} = \dfrac{544}{625}.\]

\item Il y a  $\binom{10}{2} = \dfrac{10 !}{2 !\times 8 !} = \dfrac{10 \times 9}{2} = 45$ tirages différents.

Les possibilités de tirages différents sont : oui-non, oui-blanc et non-blanc donc en nombre égal à $4 \times 3 + 4 \times 3 + 3 \times 3 = 33$. La probabilité cherchée est donc : $\dfrac{33}{45} = \dfrac{11}{15}$.
 \end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\left|z_{\text{B}}\right|^2 = 1 + 3 = 4 \Longrightarrow \left|z_{\text{B}}\right| = 2$. Donc $ z_{\text{B}} = 2 \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$ et comme $z_{\text{C}} = \overline{z_{\text{B}}}$, on a donc $z_{\text{C}} = 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}$.
		\item Pour placer les points B et C on trace les deux cercles de centre O et A et de rayon A :

\psset{unit=1.8cm}

\hspace*{-1cm}
\begin{pspicture}(-2,-2)(4,2)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=5,Dy=3](0,0)(-2,-2)(4,2)
\psaxes[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} 
\pscircle(0,0){2} \pscircle(2,0){2} 
\rput(1,1.732){$\times$} \rput(1,-1.732){$\times$}
\uput[dl](0,0){O}  \uput[dr](2,0){A}  \uput[ur](1,1.732){B}  \uput[dr](1,-1.732){C} 
\pspolygon(0,0)(1,1.732)(2,0)(1,-1.732)
\psline(1,1.85)(1,-1.85) \uput[r](1,-0.4){$\mathcal{D}$} 
\rput(1,0.57733){$\times$} \uput[ul](1,0.57733){G}
\rput(3,1.732){$\times$} \uput[ur](3,1.732){G$'$}
\psline[linestyle=dashed](0,0)(3,1.732) 
\end{pspicture}
	\end{enumerate}
\item On a $z_{\text{OB}} = 1 + \text{i}\sqrt{3}$ et $z_{\text{CA}} = 2 - (1 - \text{i}\sqrt{3} = 1 + \text{i}\sqrt{3}$. Donc $\vect{\text{OB}} = \vect{\text{CA}} \iff $ OABC est un parallélogramme et comme OB = OC (question 1. a.) le quadrilatère OABC est un losange. 
\item On sait que $|z| = |z - 2| \iff |z - 0| = |z - 2| \iff \text{O}M  = \text{A}M \iff M$  est équidistant de O et de A, donc que $M$ appartient à la droite $\mathcal{D}$ médiatrice
  du segment [OA], c'est-dire d'après la question précédente la droite (BC). 
\end{enumerate}
 
\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item Pour $z \neq 2$,~$z =  \dfrac{-4}{z - 2} \iff  z^2 - 2z + 4 = 0 \iff (z - 1)^2 - 1 + 4 = 0 \iff (z - 1)^2 + 3 = 0 \iff (z - 1)^2 = - 3 \iff \left\{\begin{array}{l}
z_{1} = 1 + \text{i}\sqrt{3} = z_{\text{B}} \\
z_{2} = 1 - \text{i}\sqrt{3} = z_{\text{C}}\\
\end{array}\right.$.

Les solutions sont donc les affixes des points B et C qui sont donc les points invariants de l'application qui à $z$ fait correspondre  $z' =  \dfrac{- 4}{z - 2}$.
		\item On vient de voir que B$'$ = B et que C$'$ = C.
		\item On sait que $z_{\text{G}} = \dfrac{1}{3}\left(z_{\text{O}} + z_{\text{A}} + z_{\text{B}} \right) = 1 + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{3}$. Donc $z_{\text{G}'} = \dfrac{-4}{1 + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{3} - 2} =$
		
$\dfrac{4}{- 1 + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{3}}  = 3 + \text{i}\sqrt{3}$.
		
Remarque : $z_{\text{G}'} = 3z_{\text{G}} \iff \vect{\text{OG}'} = 3\vect{\text{OG}}  \iff $ O, G et G$'$ sont alignés.
	\end{enumerate}
\item	
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{Question de cours :}
		
\setlength\parindent{5mm}		
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$]
$\left| z_{1} \times z_{2}\right|^2 =  z_{1} \times z_{2} \times \overline{z_{1} \times z_{2}}
 =  z_{1} \times z_{2} \times \overline{z_{1}} \times \overline{z_{2}} = z_{1} \times \overline{z_{1}} \times z_{2} \times \overline{z_{2}} =\\
  \left|z_{1}\right|^2 \times \left|z_{2}\right|^2$. Conclusion : $| z_{1} \times z_{2}| =| z_{1}| \times | z_{2}|$
 \item[$\bullet~$] $\left|\dfrac{1}{z} \times z \right|  = \left|\dfrac{1}{z}\right| \times |z|$ (d'après le point précédent) $ = |1| = 1$. Donc pour $z\neq 0,~\left|\dfrac{1}{z}\right|  = \dfrac{1}{|z|}$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm} 
 
		\item $|z' - 2| = \left|\dfrac{-4}{z - 2} - 2\right| = \left|\dfrac{- 4 - 2z  + 4}{z - 2}\right| = \left|\dfrac{-2z}{z - 2}\right| = \dfrac{|-2z|}{|z - 2|} = \dfrac{2|z|}{|z - 2|}$.
		\item On sait que $M \in \mathcal{D} \iff |z| = |z - 2|$. En utilisant l'égalité précédemment démontrée, on a donc $|z' - 2| = 2\iff M'\in \Gamma,~   \Gamma$ étant le cercle de centre  A et de rayon 2.
		
Remarque : en particulier, comme G $\in \mathcal{D}, \text{G}' \in \Gamma$.

Donc G$'$ est le point d'intersection de la droite (OG) et du cercle $\Gamma$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Exercice de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La composée d'une rotation et d'une homothétie de même centre est une similitude de rapport $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ et d'angle $\dfrac{\pi}{4}$.
		\item Si $M_{1}$ est l'image de $M$ par $r$, son affixe est $z_{1}$, telle que 
		$z_{1} - 2 = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}(z - 2)$.
L'image de $M_{1}$ par $h$ est $M'$ d'affixe$z'$telle que : 

$z' - 2 = 3\left(z_{1} - 2\right) = \frac{\sqrt{2}}{2} \left[\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}(z - 2)\right] = (z - 2)\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i} \frac{\sqrt{2}}{2}\right)\times \frac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{2}( 1 + \text{i})(z - 2)$. D'où

$z' = 2 +  \dfrac{( 1 + \text{i})}{2}z - 1 - \text{i} =  \dfrac{1 + \text{i}}{2}z + 1 - \text{i}$.
		\item L'égalité précédente peut s'écrire :

$2z' = (1 + \text{i})z  + 2 - 2\text{i} \iff 2(1 - \text{i})z' = 2z + (2 - 2\text{i})(1 - \text{i}) \iff 2(1 - \text{i})z' = 2z + 2 \times (- 2\text{i}) \iff (1 - \text{i})z' = z - 2\text{i} \iff -\text{i}z' + 2\text{i} = z - z' \iff \text{i}(2 - z') = z - z'$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{Question de cours}
		
D'après les propriétés de la rotation : Si P $\neq $ A, AQ = AP $\iff \dfrac{\text{AQ}}{\text{AP}} = 1 \iff \dfrac{|q - a|}{|p - a|} = 1 \iff \left|\dfrac{q - a}{p - a}\right| = 1$.
D'autre part : $ \left(\vect{\text{AP}},~\vect{\text{AQ}}\right) = \dfrac{\pi}{2} \iff \text{arg}\dfrac{q - a}{p - a} =  \dfrac{\pi}{2}$.

Conclusion : $\dfrac{q - a}{p - a} = \text{i} \iff q - a = \text{i}(p - a)$.
		\item D'après la question 1. c.  $z - z' = \text{i}(2 - z') \iff M$ d'affixe $z$ est l'image de A dans le quart de tour direct de centre $M'$, autrement dit le triangle $\Omega MM'$ est un triangle rectangle isocèle en $M'$, $M \neq \Omega$.
\end{enumerate}
\item    Démontrons la relation par récurrence :

\emph{Initialisation} : pour $n = 0,~\text{A}_{0}(2 + \text{i}$ et en appliquant la relation au rang 0 : 
$a_{0} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} + 2 = \text{i} + 2$. La relation est vraie au rang $0$.

\emph{Hérédité} : soit $n \in \N$ et supposons la relation vraie au rang $n$ :

$ a_{n} = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n \text{e}^{\text{i}\frac{(n+2)\pi}{4}}+ 2$. 

D'après la question 1. b., on a $a_{n+1} = \dfrac{1 + \text{i}}{2}a_{n}  + 1 - \text{i} =$

$ \dfrac{1 + \text{i}}{2} \times \left[\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n \text{e}^{\text{i}\frac{(n+2)\pi}{4}}+ 2 \right] + 1 - \text{i}$.

Or $\dfrac{1 + \text{i}}{2} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) =  \dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$. Donc en reportant :

$a_{n+1} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\left[\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n \text{e}^{\text{i}\frac{(n+2)\pi}{4}}+ 2 \right] + 1 - \text{i} = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n+1}\text{e}^{\text{i}\frac{(n+3)\pi}{4}}  + 2\left(\dfrac{1 + \text{i}}{2}\right) + 1 - \text{i} = \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n+1}\text{e}^{\text{i}\frac{(n+3)\pi}{4}} + 2$. La relation est donc vraie au rang $n + 1$.

La relation est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n$ elle l'est aussi au rang $n + 1$.
On a donc démontré par le principe de récurrence que la relation est vraie pour tout naturel $n$.
\item On a donc $a_{5} =  \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^5 \text{e}^{\text{i}\frac{(5+2)\pi}{4}}+ 2 = \dfrac{17}{8} - \text{i}\dfrac{1}{8}$.
\item $A_{n}\Omega < 0,01 \iff \left| \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n \text{e}^{\text{i}\frac{(n+2)\pi}{4}}+ 2 - 2\right| < 0,01 \iff \left| \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n \text{e}^{\text{i}\frac{(n+2)\pi}{4}}\right| < 0,01 $

$\iff \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^n < 0,01 \iff n \ln \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) > \ln 0,01 \iff n > \dfrac{\ln 0,01}{\ln \left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)} \approx 13,2$.

On a donc $n_{0} = 13$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item Limites :  On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0} -\dfrac{2}{x} =  - \infty$, d'où par somme 

$\displaystyle\lim_{x \to 0} g(x) = - \infty$.

De même $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} -\dfrac{2}{x} =  0$, d'où par somme 

$\displaystyle\lim_{x \to 0} g(x) = + \infty$.

\item Variations : $g$ est une somme de fonctions dérivables : $g'(x) =  \dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{x^2}$ somme de deux termes positifs. La dérivée est positive: la fonction $g$ est croissante.
\item Annulation :   La fonction $g$ est continue, car dérivable sur $[2,3~;~2,4]$, croissante sur cet intervalle ; la calculatrice donne $g(2,3) \approx - 0,04$ et 

$g(2,4) \approx  0,04$. Conclusion : la fonction $g$ s'annule en un point unique 

$x_{0} \in [2,3~;~2,4]$
\end{itemize}
\setlength\parindent{5mm}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a donc $g(x_{0}) = \ln x_{0} - \dfrac{2}{x_{0}} = 0 \iff \ln x_{0} = \dfrac{2}{x_{0}}$.
		
D'autre part $f(x_{0}) = \dfrac{5\ln x_{0}}{x_{0}} = \dfrac{5 \dfrac{2}{x_{0}}}{x_{0}} = \dfrac{10}{x_{0}^2}$.  
		\item Soit $\mathcal{A}(a) = \displaystyle\int_{1}^a \dfrac{5\ln t}{t}\,\text{d}t = 5\displaystyle\int_{1}^a \dfrac{\ln t}{t}\,\text{d}t$ et intégrons par parties :
		
\[\left\{\begin{array}{l l}
u(t) = \ln t & v'(t) = \dfrac{1}{t}\\
u'(t) = \dfrac{1}{t}& v(t) = \ln t\\
\end{array}\right.\]

$\mathcal{A}(a) = \left[(\ln t)^2\right]_{1}^a - \displaystyle\int_{1}^a \dfrac{\ln t}{t}\,\text{d}t$. Donc $2\mathcal{A}(a) = (\ln a)^2$ et enfin  $\mathcal{A}(a) = \dfrac{(\ln a)^2}{2}.$

Remarque: on pouvait aussi remarquer que la fonction à intégrer est de la forme  $u' \times u$ donc a pour primitive $\dfrac{u^2}{2}$ avec $u(t ) =  \ln t$.
\end{enumerate}
\item D'après la question 1, $P_{0}$ a pour abscisse $x_{0}$, donc d'aprèslaquestion 2. $M_{0}$ apour coordonnées $\left(x_{0}~;~\dfrac{10}{x_{0}^2}\right)$ et enfin $H_{0}\left(0~;~\dfrac{10}{x_{0}^2}\right)$.

D'où $\mathcal{A}(\mathcal{D}_{1}) = \displaystyle\int_{1}^{x_{0}} f(t) \,\text{d}t = \dfrac{5}{2}\left(\ln x_{0} \right)^2 = \dfrac{5}{2}\left(\dfrac{4}{x_{0}^2}\right) = \dfrac{10}{x_{0}^2} = f(x_{0}) =  \mathcal{A}(\mathcal{D}_{2})$.

En partant de l'encadrement donné  :

\[2,3 < x_{0} < 2,4 \Longrightarrow \]

\[2,3^2 < x_{0}^2 < 2,4^2 \Longrightarrow \]

\[\dfrac{1}{2,4^2} < \dfrac{1}{x_{0}^2} < \dfrac{1}{2,3^2} \Longrightarrow \]

\[10 \times \dfrac{1}{2,4^2} < 10 \times \dfrac{1}{x_{0}^2} < 10\times \dfrac{1}{2,3^2}\]

Soit finalement  : $1,736 <  \dfrac{10}{x_{0}^2}  < 1,891$. Conclusion :
$1,7 < \mathcal{A}(\mathcal{D}_{1}) < 1,9$ à $0,2$ près.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 7 points}

\medskip

\textbf{Partie A. Étude d'une suite}

\medskip

\medskip
\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item ~ 

\begin{tabularx}{\linewidth}{|c|c|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$n$		&0	&1			&2			&3			&4		&5		&6	&7\\  \hline
$x_{n}$	&0	&0,2		&0,4		&0,6		&0,8	&1		&1,2&1,4\\  \hline
$y_{n}$	&0	&\np{0,8000}&\np{1,4720}&\np{1,8386}&\np{1,9625}&\np{1,9922}&\np{1,9984}&\np{1,9997} \\  \hline
\end{tabularx}

		\item~{}
		
\psset{unit=4.2cm}
\begin{pspicture}(0,-0.2)(2.5,2.5)
\psgrid[gridlabelcolor=white,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(2.4,2.4)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=0.2,comma=true](0,0)(2.5,2.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=0.2,comma=true]{->}(0,0)(1,1)
\psdots(0,0)(0.2,0.8)(0.4,1.472)(0.6,1.8386)(0.8,1.9625)(1,1.9922)(1.2,1.9984)(1.4,1.9997)
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt,plotpoints=10000]{0}{2.5}{2.71828 x 4 mul exp 1 sub 2.71828 x 4 mul exp 1 add div 2 mul}
\psline(0,0)(0.625,2.5)
\psline(0,2)(2.5,2) \uput[u](2.1,2){$\Delta$}
\end{pspicture}

		\item D'après ce graphique, la suite semble croissante et converger vers 2.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $p'(x) = -0,4x + 1$ qui s'annule pour$x = \dfrac{5}{2}$.Si $0 \leqslant x \leqslant 2$, la fonction est croissante de$p(0) = 0,8$ à $p(2) = 2$.
		
Conclusion : si $x\in [0~;~2],~p(x) \in [0~;~2]$.
		\item Par récurrence :
		
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item \emph{Initialisation} : $y_{0} = 0 \in [0~;~2]$.
\item \emph{Hérédité} : soit $n \in \N$ et supposons que $y_{n}\in [0~;~2]$ ; on sait que 

$y_{n+1} = p\left(y_{n}\right) \in [0~;~2]$ d'après la question précédente.

L'appartenance est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n$ elle l'est aussi au rang $n + 1$ : on a donc démontré la récurrence.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

\item On a $y_{n+1} - y_{n} = -0,2y_{n}^2 + y_{n} + 0,8 - y_{n} =  -0,2y_{n}^2  + 0,8$. Or 
\[0 \leqslant 2 \Longrightarrow \]
\[0 \leqslant y_{n}^2 \leqslant 4  \Longrightarrow \]
\[-0,8  \leqslant -0,2y_{n}^2 \leqslant 0 \Longrightarrow\]
\[0  \leqslant -0,2y_{n}^2  + 0,8 \leqslant \ldots\]
Conclusion : $y_{n+1} - y_{n} \geqslant 0  \Longrightarrow$ la suite $\left(y_{n}\right)$ est croissante.
\item La suite $\left(y_{n}\right)$ est croissante et majorée par $2$ : elle est donc convergente.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
	
\bigskip
	
\textbf{Partie B. Étude d'une fonction}

\medskip

\begin{enumerate}
\item En posant $u(x) = \text{e}^{4x}$, on a $g'(x) = 2\left[\dfrac{u'(u + 1) - u'(u - 1)}{(u + 1)^2}\right] = \dfrac{4u'}{(u + 1)^2} = \dfrac{16\text{e}^{4x}}{\left(\text{e}^{4x} + 1\right)^2}$.

D'autre part : $4 - g(x)^2 = 4 - 4\left(\dfrac{\left(\text{e}^{4x} - 1\right)^2}{\left(\text{e}^{4x} + 1\right)^2}\right) = \dfrac{16\text{e}^{4x}}{\left(\text{e}^{4x} + 1\right)^2}$.

De plus $g(0) = 2 \times (1 - 1) = 0$.

La fonction $g$ vérifie les conditions (1) et (2).
\item \begin{enumerate}
\item On a $g(x) = 2\left(\dfrac{1 - \text{e}^{-4x}}{1 + \text{e}^{-4x}}\right)$. On a donc :

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = 2$.

La droite $\Delta$ d'équation $y = 2$ est donc asymptote horizontale  à  $\left(\mathcal{C}_{g}\right)$ au voisinage de plus l'infini.
\item L'écriture trouvée pour $g'(x)$ montre que cette dérivée est positive : la fonction $g$ est donc croissante sur $[0~;~+ \infty[$. On a déjà $g(0) = 0$. On a donc : 
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = 2$.

Sur $[0~;~+ \infty[$, la fonction $g$ croît de $0$ à $2$.
\end{enumerate}
\item Le nombre dérivé en $0$ est $g'(0) = \dfrac{16}{4} = 4$. L'équation de la tangente à $\left(\mathcal{C}_{g}\right)$ en l'origine  est donc puisque $g(0) = 0$,~$y = 4x$.

Les coordonnées du point commun à $y = 2$ et $y = 4x$ sont $x = \dfrac{1}{2},~y = 2$. On a donc $\alpha = \dfrac{1}{2}$.
\item Voir ci-dessus. (On constate les limites de la méthode d'Euler \ldots)
\end{enumerate}
\end{document}