%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{lscape} \usepackage{multirow} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès \usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \setlength{\textheight}{23,5cm} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \newcommand{\vect}[1]{\mathchoice% {\overrightarrow{\displaystyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\textstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptstyle\mathstrut#1\,\,}}% {\overrightarrow{\scriptscriptstyle\mathstrut#1\,\,}}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[np]{numprint} \usepackage[frenchb]{babel} \begin{document} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Baccalauréat S} \lfoot{\small{Centres étrangers}} \rfoot{\small{juin 2004}} \renewcommand\footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}\textbf{Durée : 4 heures} \vspace{0,25cm} {\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat S Centres étrangers juin 2004~\decofourright}} \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points} \medskip \begin{enumerate} \item $a' = -2a + 2\text{i} = -2(-2\text{i} )+2\text{i} = -2\text{i} = a$ et $b' = -2( 3 - 2\text{i})+2\text{i} = -6-4\text{i}+2\text{i} = -6-2\text{i}$. \item On suppose que $M \in \Delta$. Alors $M$ a pour affixe $z = x - 2\text{i}$ avec $x$ réel.\\ $M'$ a pour affixe $z' = -2( x - 2\text{i} ) + 2\text{i} = -2x - 4\text{i} + 2\text{i} = -2x - 2\text{i}$ donc $M' \in \Delta$. \item $\left|z' + 2\text{i}\right| = | - 2z + 4\text{i}| = |- 2 \times (z - 2\text{i})| = | - 2| \times |z + 2\text{i}| = 2 × |z + 2\text{i}|$.\\ Interprétation géométrique : A$M'$ = 2A$M$ \item On suppose que $M \neq$ A. Donc $z \neq ?2\text{i}$. \begin{enumerate} \item On sait que $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M}\right) = \text{arg}\left(z_{\vect{\text{A}M}}\right) = \text{arg}(z - a) = \text{arg}(z + 2i) = \theta \text{ modulo } 2\pi$.% \item $(z+2\text{i})\left(z'+2\text{i}\right) = (z+2\text{i})(2z+4\text{i}) = - 2(z+2\text{i})(z - 2\text{i}) = -2(z+2\text{i})( z + 2\text{i} ) = - 2 |z+2\text{i}|^2$.\\ Or $z + 2\text{i} \neq 0$. D'où $|z + 2\text{i}|^2 > 0$ et $(z + 2\text{i})(z' + 2\text{i})$ est un réel strictement négatif. \item On en déduit que arg$(z + 2\text{i})(z' + 2\text{i}) = \pi~[2\pi]$. Donc arg$(z + 2\text{i}) + \text{arg}\left(z' + 2\text{i}\right) = \pi~~[2\pi]$. Puis arg$(z' + 2\text{i})=\pi - \theta~~[2\pi]$. \item Nous avons $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M'}\right) = \text{arg}(z' + 2\text{i}) = \pi -\theta = \pi - \left(\vect{u},~\vect{\text{A}M}\right)$, toutes ces égalités étant modulo $2\pi$ Par conséquent les demi-droites [A$M$) et [A$M'$) sont symétriques par rapport à l'axe $\left(\text{O}~;~\vect{v}\right)$. \end{enumerate} \item Étant donné un point $M$ distinct de A, on sait que A$M'$ = 2A$M$. Donc $M'$ appartient au cercle $\mathcal{C}$ de centre A et de rayon 2A$M$. De plus le point $M'$ appartient à la demi-droite image de [A$M$) par la réflexion d'axe $\left(\text{O}~;~\vect{v}\right)$. Comme cette demi-droite a pour origine le point A, elle coupe le cercle $\mathcal{C}$ en un seul point $M'$. \end{enumerate} \begin{center} \begin{pspicture}(-6.5,-2.5)(3.5,4) \psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-6.5,-2.5)(3.5,4) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \psline(-6.5,-2)(3.5,-2) \psdots[dotstyle=+,dotangle=45](0,-2)(3,-2)(-6,-2)(1.5,0.8)(-1.5,0.8)(-3,3.6) \uput[dl](0,0){O}\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \uput[u](-6,-2){B$'$} \uput[ur](0,-2){A} \uput[dr](0,-2){A$'$} \uput[u](3,-2){B}\uput[d](2,-2){$\Delta$} \uput[r](1.5,0.8){$M$}\uput[r](-3,3.6){$M'$} \psline(-3,3.6)(0,-2)(1.5,0.8) \end{pspicture} \end{center} \newpage \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points} \textbf{Enseignement obligatoire} \begin{center}\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\Tdot} { \pstree{\Tdot~[tnpos=a]{$R_{n}$}\taput{$p_{n}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$R_{n+1}$}\taput{$\frac{1}{20}$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{R_{n+1}}$}\tbput{$\frac{19}{20}$} } \pstree{\Tdot~[tnpos=b]{$\overline{R_{n+1}$}}\tbput{$q_{n}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$R_{n+1}$}\taput{$\frac{1}{5}$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{R_{n+1}}$}\tbput{$\frac{4}{5}$} } } \end{center} \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item L'énoncé dit que $p_{\overline{R_{n}}}(R_{n+1}) = \dfrac{1}{5}$ et $p_{R_{n}}(R_{n+1}) = \dfrac{1}{20}$. Sur l'arbre pondéré on place ces deux probabilités. \item Par définition : $p\left(R_{n} \cap R_{n+1}\right) = p_{R_{n}}\left(R_{n+1}\right) \times p\left(R_{n} \right) = \dfrac{1}{20}p_{n}.$ De même : p\left(\overline{R_{n}} \cap R_{n+1} \right) = p_{\overline{R_{n}}}(R_{n+1}) \times p\left( \overline{R_{n}}\right) = \dfrac{1}{5}q_{n}$. \item La loi des probabilités totales permet d'écrire que : $p\left(R_{n+1} \right) = p\left(R_{n} \cap R_{n+1} \right) + p\left(\overline{R_{n}} \cap R_{n+1} \right) $ soit : \[p_{n+1} = \dfrac{1}{20}p_{n}+ \dfrac{1}{5}q_{n}. \] \item Comme $p_{n} + q_{n} = 1$, l'égalité précédente peut s'écrire :\\ $p_{n+1} = \dfrac{1}{20}p_{n} + \dfrac{1}{5}\left(1 - p_{n} \right) = \dfrac{1}{5} - \dfrac{3}{20}p_{n}$.  \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Quel que soit l'entier $n,~v_{n+1} = p_{n+1} - \dfrac{4}{23} = \dfrac{1}{5} - \dfrac{3}{20}p_{n}- \dfrac{4}{23} = \dfrac{23 - 20}{5 \times 23} - \dfrac{3}{20}p_{n} = \dfrac{3}{115} - \dfrac{3}{20}p_{n} = -\dfrac{3}{20}\left(p_{n} - \dfrac{4}{23} \right) = -\dfrac{3}{20}p_{n}$. Cette égalité montre que la suite $\left(v_{n} \right)_{n}$ est une suite géométrique de raison $-\dfrac{3}{20}.$ Son premier terme est $v_{1} = p_{1} - \dfrac{4}{23} = - \dfrac{4}{23}$. \item Donc pour tout entier naturel $n$ non nul, $v_{n} = \left(- \dfrac{3}{20}\right)^{n-1}\times \left(- \dfrac{4}{23}\right) = - \dfrac{4}{23}\left(- \dfrac{3}{20}\right)^{n-1}$. On en déduit que $p_{n} = v_{n}+ \dfrac{4}{23} = - \dfrac{4}{23}\left(- \dfrac{3}{20}\right)^{n-1}+ \dfrac{4}{23}.$ \item On a $- 1 < -\dfrac{3}{20} < 1$ , donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left( -\dfrac{3}{20}\right)^{n - 1} = 0$ et $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} - \dfrac{4}{23} \times \left( -\dfrac{3}{20}\right)^{n - 1} = 0.$ Finalement $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} p_{n} = \frac{4}{23}.$ \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points} \textbf{Enseignement de spécialité} \medskip \begin{enumerate} \item $N_{2}$ est premier. $N_{3}$ n'est pas premier car divisible par 3. $N_{4}$ n'est pas premier car $\np{1111} = 11\times101$. \item On sait que pour tout réel $x \neq 1,~ 1 + x + x^2 + \ldots + x^{p-2} + x^{p-1} = \dfrac{1 - x^{(p-1)+1}}{1 - x} = \dfrac{x^p - 1}{x - 1}$. En particulier, en prenant $x = 10$, on obtient $N_{p} = \dfrac{10^p - 1}{10 - 1} = \dfrac{10^p - 1}{9} $. D'où $10^p - 1 = 9 \times N_{p}$ avec $N_{p} \in \N*$. Donc $10^p - 1$ est divisible par 9. (Ou : $N_{p}$ étant naturel $10^p - 1$ est divisible par 9). \item Notons [1] l'égalité suivante : $x^n - 1 = (x - 1)\left(1 + x + \cdots + x^{n-2} + x^{n-1}\right)$. \begin{enumerate} \item Avec $N_{p} = N_{2q} = \dfrac{10^{2q} - 1}{9} = \dfrac{100^q - 1}{9}$ Or d'après [1] avec $x = 100$ et $n = q$, on a : 100^q -1 = (100-1)\left(1+100+\cdots+100^{q-2}+100^{q-1}\right) =$ $99\times\left(1+100+ \cdots +100^{q-2}+100^{q-1}\right)$. Par conséquent $N_{p} = 11 \times \left(1 + 100 + \cdots + 100^{q - 2}+100^{q - 1}\right)$ est divisible par 11. \emph{Autre méthode : } $N_{2q} = (1 + 10) + \left( 10^2 + 10^3\right) + \cdots + \left(10^{2q-1} + 10^{2q} \right) = $ $(1 + 10) + 10^2 (1 + 10) + \cdots + 10^{2q-1}(1 + 10) = 11 \times \left(1 + 10^2 + \cdots + 10^{2q-1} \right)$ qui montre que $N_{2q}$ est divisible par 11. \item $N_{p} = N_{3q} = \dfrac{10^{3q} - 1}{9} = \dfrac{\np{1000}^q - 1}{9}$. Or d'après [1] avec $x = \np{1000}$ et $n = q$, on a : $\np{1000}^q - 1 = (\np{1000} - 1)\left(1 + x + \cdots+ x^{q-2} + x^{q-1}\right) =$ $9 \times 111 \times \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$. Par conséquent $N_{p} = 111 \times \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$ est divisible par $111$. \emph{Autre méthode :} On peut faire des paquets de trois termes qui sont multiples de $111$ \item $N_{p} = N_{kq} = \dfrac{10^{kq} - 1}{9} = \dfrac{(10k)^q - 1}{9}$. Or en appliquant [1] avec $x = 10k$ et $n = q$, on a : $(10k)^q - 1 = (10k - 1)\left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$. Ainsi $N_{p} =\dfrac{(10k - 1)\left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)}{9} =$ $\dfrac{10k - 1}{9}\left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right) = N_{k} \times \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$. Or \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$ est un entier naturel non nul. Finalement $N_{p}$ est divisible par $N_{k}$. \end{enumerate} \item Si $p$ n'est pas premier, alors $N_{p}$ n'est pas premier (car $N_{p}$ est divisible par $N_{k}$ avec $1 < N_{k} < N_{p}$). La contraposée de cette implication est : Si $N_{p}$ est premier, alors $p$ est premier. Autrement dit, pour que $N_{p}$ soit premier, il faut que $p$ soit premier. Cette condition n'est pas suffisante, car $3$ est premier, mais $N_{3}$ ne l'est pas. \end{enumerate} \vspace{1cm} \textbf{Problème \hfill 9 points} \bigskip \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item $ g(0) = 0$ et $g(1) = 1$. La fonction exp est dérivable sur $\R$ alors la fonction $x \longmapsto \text{e}^{x-1}$ est dérivable sur [0~;~1] donc par produit la fonction $g$ est dérivable sur [0~;~1]. $g'(x) = \text{e}^x - 1 + x \text{e}^{x-1} = (1 + x)\text{e}^{x-1}. Or $\text{e}^{x - 1} > 0$ et pour $x \in [0~;~ 1],~ 1 + x > 0$.\\ Donc pour tout $x \in [0~;~ 1],~ g'(x) > 0$. Donc $g$ est strictement croissante sur [0 ; 1]. Donc la fonction $g$ vérifie les conditions (1) et (2). \item $ g(x) - x = x \text{e}^{x - 1} - x = x \left(\text{e}^{x-1}- 1\right) = x \left(\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}} - 1 \right) = x \dfrac{\text{e}^x - \text{e}}{\text{e}}$. $g(x) - x = \dfrac{x}{\text{e}}\left(\text{e}^x - \text{e}\right)$. $0 \leqslant x \leqslant 1 \Rightarrow \text{e}^0 \leqslant \text{e}^x \leqslant \text{e}^1 \iff 1 \leqslant \text{e}^x \leqslant \text{e}$. Donc $\text{e}^x - \text{e} \leqslant 0.$ La fonction $g$ vérifie la condition (3). \item Le graphe est dessiné ci-dessous \begin{center} \psset{unit=7.5cm,comma=true} \begin{pspicture}(1,1) \psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.5,Dy=0.2]{->}(0,0)(1,1) \psline(0,0)(1,1) \psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0}{1}{2.71828 x 1 sub exp x mul} \end{pspicture} \end{center} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item Remarque : On admet que la fonction $f$ est continue sur [0 ; 1], cette hypothèse a été omise dans l'énoncé. Les fonctions $x \longmapsto x$ et $f$ sont continues sur l'intervalle [0~;~1]. De plus quel que soit $x \in [0~ ;~ 1],~ x \geqslant  f(x)$. Donc l'intégrale $\displaystyle\int_{0}^1 (x - f(x))\:\text{d}x$ est l'aire exprimée en unité d'aire de la surface limitée par la droite d'équation $ y = x$, la courbe représentant $f$ et par les droites verticales d'équations $x = 0$ et $x = 1$. En conséquence I $= \displaystyle\int_{0}^1 (x - f(x))\:\text{d}x$ \item I$_{g} = \displaystyle\int_{0}^1 (x - g(x))\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 x \:\text{d}x - \displaystyle\int_{0}^1 g(x)\:\text{d}x$. Or d'une part $\displaystyle\int_{0}^1 x \:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2}\right]_{0}^1 = \dfrac{1}{2}$ et d'autre part \displaystyle\int_{0}^1 g(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 x\text{e}^{x-1}\:\text{d}x$. Pour calculer cette dernière intégrale on pose : $\left\{\begin{array}{l cl } u(x)&=&x\\ v'(x)&=&\text{e}^{x-1}\\ \end{array}\right. ~\text{ d'où }~ \begin{array}{l cl } u'(x) &=& 1\\ v(x)&=&\text{e}^{x-1} \end{array}$. Toutes ces fonctions étant continues, on intègre par parties : $\displaystyle\int_{0}^1 g(x)\:\text{d}x = \left[x\text{e}^{x-1} \right]_{0}^1$ - \displaystyle\int_{0}^1 \text{e}^{x-1}\:\text{d}x = 1 - \left[ \text{e}^{x-1} \right]_{0}^1 = 1 - 1 + \text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}$. Finalement I$_{g} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{\text{e}}$. \item \begin{enumerate} \item $I_{n} = \displaystyle\int_{0}^1 (x - f_{n}(x))\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 x\:\text{d}x - \displaystyle\int_{0}^1 f_{n}(x)\:\text{d}x = \dfrac{1}{2} - u_{n}$. \item Pour tout entier $n \geqslant 2$ et pour tout $t \in [0~;~1],\: t \leqslant  1$ donc $t\times t^n \leqslant  1\times t^n$ donc $t^{n+1} \leqslant  t^n$. De plus $1 + t > 0$ ainsi que son inverse, donc pour \\$t \in [0~;~1], ~ \dfrac{t^{n+1}}{1 + t } \leqslant \dfrac{t^n}{1 + t }$. Donc quel que soit $t \in [0~;~1],\:\dfrac{2t^{n+1}}{1 + t}$  et en intégrant sur [0~;~1] on obtient $u_{n + 1} \leqslant u_{n}$. Donc la suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante. \item Pour $t$ de [0~;~1], $t^n \geqslant  0$ et $1 + t \geqslant  1$ donc $0 \leqslant \dfrac{1}{1 + t}\leqslant 1$  donc $0  \leqslant \dfrac{t^n}{1 + t} \leqslant t^n$. \item Donc $0 \leqslant \dfrac{2t^n}{1 + t} \leqslant 2t^n$ sur [0 ; 1] ; donc en intégrant $0  \leqslant u_{n} \leqslant \displaystyle\int_{0}^1 2t^n\:\text{d}t$. $\displaystyle\int_{0}^1 2t^n\:\text{d}t = \left[2 \dfrac{1}{1 + n}t^{n+1}\right]_{0}^1 = \dfrac{2}{1 + n}.$ Finalement pour tout $n \in \N,~ 0 \leqslant u_{n} \leqslant \dfrac{2}{1 + n}$. \item Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{2}{1 + n} = 0$, d'après le théorème d'encadrement \\$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_{n} = 0$. \end{enumerate} \end{enumerate} \end{document}