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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\small Baccalauréat S (obligatoire)}
\lfoot{\small{Baccalauréat La Réunion}}
\rfoot{\small{septembre 2004}}
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\begin{center} {\Large \textbf{\decofourleft~Baccalauréat S (obligatoire) La Réunion~\decofourright\\septembre 2004 }}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $u_{0} = 0,~u_{1} = \dfrac{1}{2},{}u_{2} = \dfrac{1}{2 - \frac{1}{2}} = \dfrac{2}{3},{}u_{3 } = \dfrac{1}{2 - \frac{2}{3}} = \dfrac{3}{4}$.
		\item On a $w_{0} = 0,{}w_{1} = \dfrac{1}{2},{}w_{2} =  \dfrac{2}{3},{}w_{3} = \dfrac{3}{4}$.
		\item Initialisation : on a $u_{0} = w_{0} = 0$.
		
Hérédité : Supposons que pour $k \in \N$, on ait $u_{k} = w_{k} = \dfrac{k}{k+1}$.

$u_{k+1} = \dfrac{1}{2 - u_{k}} = \dfrac{1}{2 - \frac{k}{k+1}}  = \dfrac{1}{\frac{2k + 2 - k}{k + 1}} = \dfrac{1}{\frac{k+2}{k+1}} = \dfrac{k+1}{k+2} = w_{k+1}$. La relation est donc héréditaire.
		
Conclusion pour tout $n \in \N,{} u_{n} = w_{n} = \dfrac{n}{n+1}$.
	\end{enumerate}
\item $v_{n} = \ln \left(\dfrac{n}{n+1} \right)$.
	\begin{enumerate}
		\item $v_{1} + v_{2} + v_{3} = \ln \frac{1}{2} + \ln \frac{2}{3} + \ln \frac{3}{4} = \ln \frac{1 \times 2 \times 3}{2 \times 3 \times 4} = \ln \frac{1}{4} = - \ln 4.$
		\item $S_{n} = \ln \frac{1}{2} + \ln \frac{2}{3} + \cdots + \ln \frac{n}{n+1} = \ln \dfrac{1 \times 2 \times \cdots n}{2 \times 3 \times \cdots \times n \times (n+1)} = \ln \dfrac{1}{n+1} = - \ln (n+1)$.
		
Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} (n + 1) = + \infty$, {} $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} S_{n} = - \infty$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $p(\text{A}) = \dfrac{1}{6},{}p(\text{B}) = \dfrac{2}{6} = \dfrac{1}{3},{}p(\text{C}) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$.
		
Si le $1$ sort, la probabilité de tirer une boule noire est $\dfrac{3}{k}$ ;
		
Si le $3$ ou le $6$ sortent, la probabilité de tirer une boule noire est $\dfrac{2}{k}$ ;
		
Si le $2$ ou le $4$ ou le $5$ sortent, la probabilité de tirer une boule noire est $\dfrac{1}{k}$ ;
		
La probabilité de tirer une boule noire  après une partie est :

\[p(\text{N}) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{3}{k} + \dfrac{2}{6} \times \dfrac{2}{k} + \dfrac{3}{6} \times \dfrac{1}{k} = \dfrac{3 + 4 + 3}{6k} = \dfrac{10}{6k} = \dfrac{5}{3k}.\]

		\item On sait que $p_{\text{N}}(A) = \dfrac{p(\text{A} \cap \text{N})}{\text{N}} = \dfrac{\frac{3}{6k}}{\frac{5}{3k}} = \frac{3}{6k} \times \frac{3k}{5} = \dfrac{3}{10}$.
		\item On doit avoir $p(\text{N}) > \dfrac{1}{2} \iff \dfrac{5}{3k} > \dfrac{1}{2} \iff 10 > 3k \iff k < \dfrac{10}{3}$.
		
Comme $k \geqslant 3$, la seule possibilité est $k = 3$. (Dans ce cas $p(\text{N})  = \dfrac{5}{9} > \dfrac{4,5}{9}.$)
		\item $p(\text{N})  = \dfrac{1}{30} \iff \dfrac{5}{3k} = \dfrac{1}{30} \iff k = 50$. 
	\end{enumerate}
\item On a donc ici $k = 50$.

On a ici une épreuve de Bernoulli avec comme paramètres $n = 20$ et $p = \dfrac{1}{30}$, puisque le nombre de boules est constant dans les urnes.

La probabilité de ne tirer aucune boule noire est égale à $\binom{20}{20}\left(\dfrac{29}{30}\right)^20 \times \left(\dfrac{1}{30}\right)^0 \approx \np{0,507615}$.

On en déduit que la probabilité de tirer au moins une boule noire est égale à : $\approx (1 - 0,507 615) \approx 0,492$ à $10^{-3}$ près.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 8 points}

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $\varphi(x) = \left(x^2 + x + 1\right)\text{e}^{-x} - 1$
	\begin{enumerate}
		\item  En écrivant $\varphi(x)  = x^2\left(1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2}\right)\text{e}^{-x} - 1$, on a $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} 1 + \dfrac{1}{x} + \dfrac{1}{x^2} = 1$, puis $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x^2 \text{e}^{-x} = + \infty$ et enfin $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \varphi(x) = + \infty.$
		
En utilisant la propriété : pour tout $n \in \N,{} \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x^n}{\text{e}^x} = 0$ et en écrivant $\varphi(x) = \dfrac{x^2}{\text{e}^x} + \dfrac{x}{\text{e}^x}  + \dfrac{1}{\text{e}^x}  - 1$, on obtient :

		\[\lim_{x \to + \infty} \varphi(x) = - 1.\]
		
		\item $\varphi$ est la somme de produits de fonctions dérivables sur $\R$, donc dérivable sur $\R$ ; on a $\varphi^{\prime}(x) = (2x + 1)\text{e}^{-x} - \left(x^2 + x + 1\right)\text{e}^{-x} = \left(-x^2 + x\right)\text{e}^{-x} = x(1 - x)\text{e}^{-x}$ qui est du signe du trinôme $x(1 - x)$ (puisque $\text{e}^{-x} > 0$ quel que soit $x$).
		
Le trinôme s'annule pour $x = 0$ et pour $x = 1$ et est négatif sauf entre $0$ et $1$. D'où le tableau de variations de $\varphi$.
		
\medskip
		
\begin{center}
\begin{pspicture}(10,3.5)
%\psgrid
\psframe(10,3.5) \psline(0,3)(10,3)\psline(5,2)(5,3)
\psline(0,2)(10,2) \psline(2,0)(2,3.5) \psline(7,2)(7,3)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.3,3){$- \infty$} \uput[u](5,3){$0$} \uput[u](9.6,3){$+ \infty$} \uput[u](7,3){$1$} 
		\uput[u](1,2.25){$\varphi'$} \uput[u](3.5,2.25){$-$} \uput[u](5,2.25){$0$} \uput[u](6,2.25){$+$} \uput[u](7,2.25){$0$} \uput[u](8.5,2.25){$-$} 
		\uput[u](2.3,1.6){$+ \infty$} \uput[u](5,0){$0$} \uput[u](7,1.4){$\frac{3}{\text{e}} - 1$} \uput[u](9.8,0){$-1$} \uput[u](1,0.8){$\varphi$}
\psline{->}(2.7,1.7)(4.8,0.3) 	\psline{->}(5.2,0.3)(6.5,1.75) 	\psline{->}(7.4,1.75)(9.5,0.3) 	\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item L'équation $\varphi(x) = 0$ a une solution évidente $x = 0$.

D'autre part sur l'intervalle $[1~ ;~+ \infty[$, la fonction $\varphi$ est monotone, $\varphi(1) > 0$ et $\lim_{x \to + \infty} \varphi(x) < 0$. Il existe donc un réel $\alpha$ de cet intervalle tel que $\varphi(\alpha) = 0.$

La calculatrice donne $\varphi(1,79) \approx 0,000 78$ et $\varphi(1,80) \approx - 0,001 6$. On en conclut que $\alpha \approx 1,78$ à $10^{-2}$ près.
\item Conclusion : on a $\varphi(x) \geqslant 0$ pour $x \leqslant \alpha$ (s'annule pour $x = 0$) et  $\varphi(x) \leqslant 0$ pour $x \geqslant \alpha$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $f(0) = 1 \times \text{e}^0 = 1 \times 1 = 1$ et $g(0) = \dfrac{1}{1} = 1.$

Donc A $\in \mathcal{C}_{f}$ et A $\in \mathcal{C}_{g}$.

Pour démontrer que les deux courbes admettent en ce point la même tangente, il suffit de démontrer que les coefficients directeurs respectivement égaux à $f'(0)$ et $g'(0)$ sont égaux :
\begin{itemize}
\item $f'(x) = 2\text{e}^{-x} - (2x + 1)\text{e}^{-x} = (1 - 2x)\text{e}^{-x}$, d'où $f'(0) = 1 \times \text{e}^{0} = 1$ ;
\item $g^{\prime}(x) = \dfrac{2\left(x^2 + x + 1  \right) - (2x + 1)(2x + 1)}{\left(x^2 + x + 1 \right)^2} = \dfrac{2x^2 + 2x + 2 - 4x^2 - 4x - 1}{\left(x^2 + x + 1 \right)^2} = \dfrac{-2x^2 - 2x + 1}{\left(x^2 + x + 1 \right)^2}$, d'où $g'(0) = \dfrac{1}{1} = 1$.
\end{itemize}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $f(x) - g(x) = (2x + 1)\text{e}^{-x} - \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1} = (2x + 1) \left[\text{e}^{-x} - \dfrac{1}{x^2 + x + 1} \right] = (2x + 1) \left[\left(x^2 + x + 1\right)\text{e}^{-x} - 1  \right] = \dfrac{(2x + 1)\varphi(x)}{x^2 + x + 1}.$
		\item Le signe de la différence $f(x) - g(x)$ est celui du numérateur. En effet : $x^2 + x + 1 = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 + 1 - \frac{1}{4} = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 +  \frac{3}{4} \geqslant \frac{3}{4} > 0$.
		
Le signe est donc celui du produit $(2x + 1)\varphi(x)$.

D'après la question 3 de la partie A, on en déduit le tableau de signes :
		
\medskip
		
\begin{center}
\begin{pspicture}(10,4)
\psframe(10,4) \psline(4,0)(4,3) \psline(6,0)(6,3) \psline(8,0)(8,3) 
\psline(0,1)(10,1)\psline(0,2)(10,2) \psline(0,3)(10,3) \psline(2,0)(2,4)
\uput[u](2.3,3){$- \infty$}\uput[u](1,3){$x$}\uput[u](4,3){$- \frac{1}{2}$}\uput[u](6,3){$0$}\uput[u](8,3){$\alpha$}\uput[u](9.7,3){$+ \infty$}
\uput[u](1,2.25){$2x+1$} \uput[u](3,2.25){$-$} \uput[u](4,2.25){$0$} \uput[u](5,2.25){$+$} \uput[u](7,2.25){$+$} \uput[u](9,2.25){$+$}
\uput[u](1,1.25){$\varphi(x)$} \uput[u](3,1.25){$+$}  \uput[u](5,1.25){$+$}  \uput[u](6,1.25){$0$}  \uput[u](7,1.25){$+$}  \uput[u](8,1.25){$0$}  \uput[u](9,1.25){$-$}
\rput(1,0.5){$(2x+1)\varphi(x)$} \uput[u](3,0.25){$-$}  \uput[u](4,0.25){$0$} \uput[u](5,0.25){$+$} \uput[u](6,0.25){$0$} \uput[u](7,0.25){$+$} \uput[u](8,0.25){$0$} \uput[u](9,0.25){$-$}      
\end{pspicture}
		\end{center}
		\item Ce tableau montre que $\mathcal{C}_{f}$ est au dessous de $\mathcal{C}_{g}$ sauf entre $- \frac{1}{2}$ et $\alpha$, ces deux courbes ayant le point A en commun. 
\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La fonction $h$ est dérivable comme différence de fonctions dérivables et $h^{\prime}(x) = -2\text{e}^{-x} + (2x + 3)\text{e}^{-x} - \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1} = (2x + 1)\text{e}^{-x} - \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1} = f(x) - g(x)$.
		
La fonction $h$ est donc une primitive de la fonction $f - g$.
		\item Par définition de l'intégrale, la fonction $f - g$ étant positive sur $\left[- \frac{1}{2}~;~0\right]$,  $\mathcal{A} = \displaystyle\int_{-\frac{1}{2}}^0 (f - g)(x)\:\text{d}x = \left[ h(x) \right]_{-\frac{1}{2}}^0 = h(0) - h\left(-\frac{1}{2}\right) = - 3 - \ln 1 - (-2\text{e}^{\frac{1}{2}} + \ln \left(\frac{1}{4}  -\frac{1}{2} + 1 \right) = -3 +2\text{e}^{\frac{1}{2}} + \ln \frac{3}{4}.$
		
La calculatrice livre $\mathcal{A} \approx \np{0,00976} \approx \np{0,0098}$ à $10^{-4}$ près.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $z^2 - 2z + 4 = 0 \iff (z - 1)^2 - 1 + 4 = 0 \iff (z - 1)^2 + 3 = 0 \iff (z - 1)^2 - \left(\text{i}\sqrt{3}\right)^2 = 0 \iff (z - 1 + \text{i}\sqrt{3})(z - 1 - \text{i}\sqrt{3}) = 0 \iff z' = 1 + \text{i}\sqrt{3}~\text{ou}~ z'' = 1 - \text{i}\sqrt{3}.$

\[S = \left\{1 + \text{i}\sqrt{3}~;~1 - \text{i}\sqrt{3}\right\}\]

On a $\left|z'\right|^2 = 1 + 3 = 4 = 2^2$, d'où $\left|z'\right| = 2.$

$z'$ peut s'écrire $z' = 2 \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2\left(\cos \frac{\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{\pi}{3} \right) = 2 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}.$\\
De même $z'' = \overline{z'} = 2 \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}$.
\item En utilisant l'écriture exponentielle $z'^{\np{2004}} = \left(2 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \right)^{\np{2004}} = 2^{\np{2004}}\text{e}^{\text{i}\frac{\np{2004}\pi}{3}} = 2^{\np{2004}}\text{e}^{668\text{i}\pi} = 2^{\np{2004}}\left(\text{e}^{2\text{i}\pi}\right)^{334} = 2^{\np{2004}} \in \N$. (écriture exponentielle et algébrique) 
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a vu que $1 + \text{i}\sqrt{3} = z'$ et que $1 - \text{i}\sqrt{3} = z''$ et que ces deux nombres complexes ont pour module $2$. On a donc OA = OB $ = 2$.

A et B sont sur le cercle de centre O de rayon 2.

Pour construire A, il suffit de construire la perpendiculaire à l'axe des abscisses contenant le point (1 ; 0) ; cette droite coupe le cercle en deux points : A (au dessus de l'axe des abscisses) et B (au  dessous).
\item La rotation $r_{1}$ est définie par : $z \longmapsto z' - z_{\text{A}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{2}}\left(z -  z_{\text{A}}\right)$ soit 

$z' - (1 + \text{i}\sqrt{3}) = - \text{i}\left(z -  1 - \text{i}\sqrt{3}\right)$.

L'image du point O d'affixe $0$ est donc O$'$ d'affixe $z_{\text{O}'} = 1 + \text{i}\sqrt{3} - \text{i}\left(-1 - \text{i}\sqrt{3}\right) = 1 +\text{i}\sqrt{3} + \text{i} - \sqrt{3} = 1 - \sqrt{3} + \text{i}(1 +\sqrt{3})$.

De même la rotation $r_{2}$ est définie par :

$z \longmapsto z'  - z_{\text{A}} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}\left(z -  z_{\text{A}}\right)$ soit $z' = 1 +\text{i}\sqrt{3} + \text{i}\left(z - 1 - \text{i}\sqrt{3}\right)$.

L'image du point B d'affixe $1 - \text{i}\sqrt{3}$ est donc $z_{\text{B}'} =  1 +\text{i}\sqrt{3} + \text{i}\left(1 -\text{i}\sqrt{3} - 1 - \text{i}\sqrt{3}\right)  = 1 + \text{i}\sqrt{3} + 2\sqrt{3} = 1  + 2\sqrt{3} + \text{i}\sqrt{3}$.

On construit ces points par rotation d'un quart de tour.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Il semble que (AI) soit hauteur du triangle AO$'$B$'$.
		\item I a pour affixe : $\dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Donc l'affixe du vecteur $\vect{\text{AI}}$ est $- \dfrac{1}{2}  - \text{i}\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$.
		
L'affixe du vecteur $\vect{\text{O}'\text{B}'}$ est $1 + 2\sqrt{3} + \text{i}\sqrt{3} - \left(1 + \sqrt{3}\right) - \text{i}\left(\sqrt{3} - 1\right) = 3\sqrt{3} - \text{i}$.
		\item Le produit scalaire $\vect{\text{AI}} \cdot \vect{\text{O}'\text{B}'} = - \dfrac{1}{2} \times 3\sqrt{3} + \left(- \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\right) \times (- 1) = 0$ signifie bien que (AI) est perpendiculaire à (O$'$B$'$).
		
La conjecture est donc vraie.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}\psset{unit=1.75cm}
\begin{pspicture}(-2,-2.5)(4.5,3.25)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-2.5,-2.5)(4.5,3.25)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\pscircle(0,0){2} \uput[dl](0,0){O}\uput[ur](1,1.732){A}\uput[dr](1,-1.732){B}
\psline[linestyle=dashed](1,-1.732)(1,1.732)
\psline(1,-1.732)(0,0)(1,1.732)(4.4641,1.732)
\psplot{-1.2}{2.5}{2.3094 0.57735 x mul sub}
\psarc{<-}(1,1.732){2}{150}{240}
\psarc{->}(1,1.732){3.464}{-90}{0}
\psline(0.5,-0.866)(1,1.732) \psline(-0.732,2.732)(4.464,1.732)
\uput[dl](0.5,-0.866){I} \uput[u](-0.732,2.732){O$'$} \uput[ur](4.464,1.732){B$'$}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}