%!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[frenchb]{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{septembre 2004}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{Corrigé du baccalauréat S Métropole septembre 2004}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item $g(x) = \dfrac{1}{x\left(x^2 -1\right)} = \dfrac{a}{x} + \dfrac{b}{x+1} + \dfrac{c}{x - 1} = \dfrac{a(x + 1)(x - 1) + bx(x - 1)+cx(x + 1)}{x(x + 1)(x - 1} = \dfrac{(a + b + c)x^2+ (c - b)x - a}{x(x + 1)(x - 1}$. En identifiant les deux écritures on obtient :
		
\[\left\{\begin{array}{l c l}
a+b+c	&=&0\\
-b+c	&=&0\\
-a		&=&1\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
b + c&=&1\\
-b+ c&=&0\\
a&=&-1\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
b&=&\frac{1}{2}\\
c&=&\frac{1}{2}\\
a&=&-1\\
\end{array}\right.\]

Finalement $g(x) = \dfrac{-1}{x} + \dfrac{1}{2(x+1)} + \dfrac{1}{2(x-1)}$.
		\item Une primitive $G$ de $g$ sur $]1~;~ + \infty[$, donc pour $x > 1 > 0> -1$ est 
		
$G(x) = - \ln x + \dfrac{1}{2}\ln (x + 1) + \dfrac{1}{2}\ln (x - 1) = - \ln x + \dfrac{1}{2}\ln \left(x^2 - 1\right) = \ln \dfrac{\sqrt{x^2 - 1}}{x}$.
	\end{enumerate}
\item Posons $u(x) = x^2 - 1$,~alors $u'(x) = 2x$, donc une primitive de $\dfrac{2x}{\left(x^2 - 1\right)^2} = \dfrac{u'}{u^2}$ est $\dfrac{u^{-1}}{-1} = \dfrac{-1}{x^2 - 1}$.
\item Posons : $\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = \ln x & v'(x) = \dfrac{2x}{\left(x^2 - 1\right)^2}\\
u'(x) = \dfrac{1}{x}& v(x) =  \dfrac{-1}{x^2 - 1}\\
\end{array}\right.$. 

Les fonctions étant dérivables et les dérivées continues on peut intégrer par parties :

$I = \left[\dfrac{-\ln x}{x^2 - 1}\right]_{2}^3 + \displaystyle\int_{2}^3 \dfrac{1}{x\left(x^2 - 1\right)} =$

$\left[\ln \dfrac{\sqrt{x^2 - 1}}{x} - \dfrac{- \ln x}{x^2 - 1}\right]_{2}^3 = \ln \left(\dfrac{ \sqrt{8}}{3}\right) - \dfrac{\ln 3}{8} - \ln\left(\dfrac{ \sqrt{3}}{2}\right) + \dfrac{\ln 2}{3} = $

$\dfrac{3}{2}\ln 2 - \ln 3 - \dfrac{\ln 3}{8} - \dfrac{\ln 3}{2} + \ln 2 + \dfrac{\ln 2}{3} = \left(1 + \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{3}\right)\ln 2 - \left(1 + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{2}\right)\ln 3 = $

$\dfrac{17}{6}\ln 2 - \dfrac{13}{8}\ln 3$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 6 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item Tous les nombres étant supérieurs à zéro : $x^y = y^x \iff \ln\left(x^y\right) = \ln \left(y^x \right) \iff y \ln x = x \ln y \iff \dfrac{\ln x}{x} = \dfrac{\ln y}{y}$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$.
		
En 0, $h(x) = \ln x \times \dfrac{1}{x}$ ; de $\displaystyle\lim_{x \to 0_{+}} \ln x
 = - \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0_{+}} \dfrac{1}{x} = + \infty$, il en résulte par produit des limites que $\displaystyle\lim_{x \to 0_{+}} h(x) = - \infty$.
		\item On calcule la dérivée du quotient de deux fonctions dérivables :
		
$h'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x - \ln x}{x^2} = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}$. Le signe de la dérivée est celui de $1 - \ln x$. Or $1 - \ln x = 0 \iff x = \text{e}$. La dérivée est donc positive sur l'intervalle $]0~;~\text{e}]$ (donc $h$ est croissante sur cet intervalle) et négative sur $[\text{e}~;~+ \infty[$ (donc $h$ est décroissante sur cet intervalle).
 
L'extremum est obtenu lorsque la dérivée s'annule en changeant de signe ; ici on a un maximum pour $x = \text{e}$ qui est égal à $f(\text{e}) = \dfrac{\ln \text{e}}{\text{e}} = \dfrac{1}{\text{e}}$. 
		\item On a $h(x) = 0 \iff \ln x = 0 \iff x = 1$ 
	\end{enumerate}
\item D'après la question précédente la fonction $h$ est monotone, strictement croissante, continue sur $]1~;~\text{e}[$ à valeurs dans $\left]0~;~\dfrac{1}{\text{e}}\right[$ : $\lambda$ appartenant à cet intervalle il existe donc un réel unique $a \in ]1~;~\text{e}[$ tel que $f(a) = \lambda$.

De même, $h$ est monotone, strictement décroissante, continue sur $]\text{e}~;~+ \infty[$ à valeurs dans $\left]0~;~\dfrac{1}{\text{e}}\right[$ : $\lambda$ appartenant à cet intervalle, il existe un réel unique $b$ de $]\text{e}~;~+ \infty[$ tel que $f(b) = \lambda$.

On a donc trouvé $\dfrac{\ln a}{a} = \dfrac{\ln b}{b} = \lambda$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item Si $s(a) = b$, quand $a$ vers 1, $\lambda$ tend vers zéro et $b$ tend vers plus l'infini.
		\item Si $a$ tend vers e (avec $a < $ e), alors $\lambda$ tend vers $\dfrac{1}{\text{e}}$ et $b$ tend vers e 
		
(avec e $< b$).
		\item Si $a$ croît, alors $b$ décroît : la fonction $s$ est décroissante.
	\end{enumerate}
\item Les seuls entiers de l'intervalle [1~;~e] sont 1 et 2. 1 ne donne pas de solution et 2 donne le couple (2 ; 4). On vérifie que $2^4 = 4^2 = 16$. C'est le seul couple d'entiers qui commutent.

Les couples (2~;~4) et (4~;~2) sont les seuls couples solutions.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\textbf{Partie A}

\medskip

- Soit $A$ l'évènement : \og être une particule du type A \fg{} ; $p(A) = 0,75$.

- Soit $B$ l'évènement : \og être une particule du type B \fg{} ; $p(B) = 0,25$.

On a $p_{\text{A}}(K1) = \dfrac{1}{3},~p_{A}(K2) = \dfrac{2}{3}$ ; et $p_{B}(K1) = \dfrac{1}{2},~p_{B}(K2) = \dfrac{1}{2}$.

\begin{enumerate}
\item $p(A1) = p(A \cap K1) = p_{A}(K1) \times p(A) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4}$ ;

$p(A2) = p(A \cap K2) = p_{A}(K2) \times p(A) = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{2}$ ;

$p(B1) = p(B \cap K1) = p_{B}(K1) \times p(\text{B}) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{8}$ ;

$p(B2) = p(B \cap K2) = p_{B}(K2) \times p(B) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{8}$ ;

$p(C1 = p[(A \cap K1) \cup (B \cap K1)] = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{3}{8}$ ;

$p(C2) = p[(A \cap K2) \cup (B \cap K2)] = \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{8} = \dfrac{5}{8}$ ;
\item On a une expérience de Bernoulli avec $n = 5$ et $p = \dfrac{5}{8}$.

On a $p(E) = \binom{5}{2}\left(\dfrac{5}{8}\right)^2\left(\dfrac{3}{8}\right)^3 \approx 0,206$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item À l'instant $0$, la proportion est de $0,75$ et au bout de \np{5730} ans la proportion n'est plus que la moitié soit $0,375$.

Soit $0,375 = 0,75 \text{e}^{-\np{5730} \lambda} \iff  \dfrac{1}{2} = \text{e}^{-5 730 \lambda} \iff  -\np{5730} \lambda = - \ln 2 \iff \lambda = \dfrac{\ln 2}{\np{5730}} \approx \np{0,00012}$ à $10^{-5}$ près par défaut.
\item On cherche le temps$t$ au bout duquel il ne reste plus que 90\,\% de particules soit $0,75\text{e}^{-\np{0,00012}t} \approx  0,9 \times 0,75 \iff \text{e}^{-\np{0,00012}t} \approx 0,9 \iff -\np{0,00012}t \approx  \ln (0,9) $

$\iff t \approx \dfrac{\ln 0,9}{-\np{0,00012}} \approx 878$ ans.
\item Même question avec 50\,\% :

$0,75\text{e}^{-\np{0,00012}t} \approx  0,5  \iff \text{e}^{-\np{0,00012}t} \approx  \dfrac{0,5}{0,75} \iff 
-\np{0,00012}t \approx \ln \dfrac{2}{3} =  \iff\\ t \approx \dfrac{\ln \left(\frac{2}{3}\right)}{\np{0,00012}} \approx \np{3379}$ ans
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item $z^2 - 8z\sqrt{3} + 64 = 0~;~\Delta = 64 \times 3 - 64 \times 4 = +64 \times (- 1) = (8\text{i})^2$. Il y a donc deux solutions imaginaires conjuguées :

S $ = \left\{4\sqrt{3}- 4\text{i}~;~ 4\sqrt{3} + 4\text{i}\right\}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $a = 4\sqrt{3}- 4\text{i}$, donc $|a|^2 = 48 + 16 = 64 \iff |a| = 8$. On peut donc écrire $a = 8\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}\text{i}\right) = 8\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}$.

De même  $b = 4\sqrt{3}+ 4\text{i} = 8\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right) = 8\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.
		\item On a déjà $|a| = 8 =$ OA et $|b| = 8 = $ OB. AB = $|b - a| = |8\text{i}| = 8$.

Le triangle OAB est donc équilatéral.
	\end{enumerate}
\item On a donc $d = \left(-\sqrt{3} + \text{i}\right)\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} = \left(-\sqrt{3} + \text{i}\right)\left(\dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2 \text{i}$.
\item  
	\begin{enumerate}
		\item La somme des coefficients est égale à 1, donc non nulle : le point G existe.
		
 Par définition $-\vect{\text{GO}} + \vect{\text{GD}} + \vect{\text{GB}} = \vect{0} \iff \vect{\text{OG}} = \vect{\text{OD}} + \vect{\text{OB}}$ qui se traduit par $z_{\text{G}} = z_{\text{D}} + z_{\text{B}} = 4\sqrt{3} + 6\text{i}$.
		\item Pour A et B, on utilise le cercle de centre O et de rayon 8, pour C et D  le cercle de rayon 2. Pour G la construction est évidente.
		\item Le vecteur  $\vect{\text{CD}}$ a a pour affixe $\sqrt{3} + \text{i} = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$ ; de même le vecteur  $\vect{\text{DG}}$ a a pour affixe $4\sqrt{3} + 4\text{i} =  8\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$. ces deux vecteurs ont le même argument, donc les points C, D et G sont alignés.
		\item On a montré que $\vect{\text{OG}} = \vect{\text{OD}} + \vect{\text{OB}} \iff \vect{\text{BG}} = \vect{\text{OD}} \iff $ ~BGDO est un parallélogramme.
	\end{enumerate}
\item On trouve rapidement que GA = CA = CG = 10 : le triangle ACG est équilatéral.
  \end{enumerate}
  
\newpage

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

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

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item B et C sont deux points du cercle équidistants du centre O : O appartient à la médiatrice de [BC] ;

 DB = DC :  D appartient à la médiatrice de [BC] ;
 
 Enfin G appartient à la médiane issue de D dans le triangle BCD, médiane qui est aussi la médiatrice de [BC].
 
Conclusion : la droite contenant O, D et G est la droite des milieux dans le triangle ABC, donc elle est parallèle à la droite (AB). Conséquence dans le triangle BCM la droite (GD) contenant le milieu de [BC] et parallèle à (BM) coupe[CM] en son milieu G.
\item le rapport de la similitude est $\dfrac{\text{CM}}{\text{CB}}$. Or CM = 2CG et CG = $\dfrac{2}{3}\text{CB}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Donc 

$\dfrac{\text{CM}}{\text{CB}} = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$. Quant à l'angle de la similitude il vaut $- \dfrac{\pi}{6}$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $z_{\text{E}} - z_{\text{A}} = \left(z_{\text{C}} - z_{\text{A}}\right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$, donc $z_{\text{E}} = - 1 + 2\left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right) = \text{i}\sqrt{3}$.
\item Rapport et angle de la similitude :  $\dfrac{3 + \text{i}\sqrt{3}}{4} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$. Le rapport est $\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et l'angle $\dfrac{\pi}{6}$.

Le centre est le point invariant ; $z = \dfrac{3 + \text{i}\sqrt{3}}{4}z + \dfrac{1 - \text{i}\sqrt{3}}{4} \iff z = 1$. Le centre de la similitude est donc le point C.

La réciproque de cette similitude a le  même centre C, le rapport inverse soit $\dfrac{2}{\sqrt{3}}$ et l'angle opposé soit $- \dfrac{\pi}{6}$ : c'est bien la similitude $s$.
\item On a $z_{\text{E}'} =  \dfrac{3 + \text{i}\sqrt{3}}{4} \times \text{i}\sqrt{3} + \dfrac{1 - \text{i}\sqrt{3}}{4} = - \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Cette affixe a pour module 1 : le point E$'$ appartient donc à $\Gamma$.
\item On a E$' = \sigma(\text{E}) \iff \text{E} = s(\text{E}')$, d'après la question précédente. Or E$'$ appartient à $\Gamma$, donc E appartient à $\mathcal{C}$.

M est l'image de B par $s$, donc l'image du cercle $\Gamma$ par la similitude $s$ est un cercle de centre O$'$ de rayon $\dfrac{2}{\sqrt{3}}$. O$'$ a pour affixe $\dfrac{1}{\sqrt{3}}\text{i}$. On a de façon évidente  $\vect{\text{EO}'} = \dfrac{2}{3}\vect{\text{EO}}$, ce qui signifie que O$'$est le centre de gravité du triangle équilatéral ACE.

$\mathcal{C}$ est donc le cercle de centre O$'$ contenant E. 
\end{enumerate} 
\end{document} 