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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{Polynésie}}
\rfoot{\small{septembre 2004}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S 
Polynésie  septembre 2004~\decofourright}}\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\medskip

\[f(x) = \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}} + 1 - x.\]
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La fonction affine $1 - x$ est dérivable ; $\dfrac{\ln x}{\sqrt{x}}$ est le quotient de deux fonctions dérivable, la seconde ne s'annulant pas sur $]0~;~+ \infty[$. $f$ est donc dérivable sur cet intervalle et  :
		
$f'(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times \sqrt{x} + \frac{\ln x}{2\sqrt{x}}}{x} - 1 = \dfrac{2 - \ln x}{2x\sqrt{x}} - 1 = \dfrac{2 - \ln x  - 2x\ln x}{2x\sqrt{x}} = \dfrac{-\left[\ln x + 2 \left(x\ln x - 1\right)\right]}{2x\sqrt{x}}$ Or $x\sqrt{x} > 0$ sur $]0~;~+ \infty[$, donc $f'(x)$ est du signe de $-\left[\ln x + 2 \left(x\ln x - 1\right)\right] = N(x)$.

		\item $N(1) = 0$. Si $x > 1,~\sqrt{x} > 1$(par croissance de la fonction $x \mapsto \sqrt{x}$) et par produit $x\sqrt{x}> 1 \iff x\sqrt{x} - 1 > 0 \iff 2( x\sqrt{x} - 1) > 0$. De plus si $x > 1$,~alors $\ln x> 0$ et par somme, puis opposé $N(x) < 0$.
		
Le même raisonnement avec $0 < x < 1$ conduit à $N(x) > 0$.

\item Conclusion : la fonction $f$ est croissante sur $]0~;~1]$ et décroissante sur $[1~;~+ \infty[$. Le maximum de $f$ est obtenu  quand la dérivée s'annule en changeant de signe, donc en 1 et il vaut $f(1) = 0$. La fonction $f$ est donc négative sur l'intervalle étudié.  
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item D'après le résultat précédent $\mathcal{A}(\alpha) = -\displaystyle\int_{\alpha}^1 f(x)\:\text{d}x$. Pour la fonction quotient on intègre par parties en posant :
		
\[\begin{array}{l l}
u(x) = 2\ln x & v'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\\
u'(x) = \dfrac{2}{x}& v(x) = \sqrt{x}\\
\end{array}\]

$u$ et $v$ étant dérivables et $u'$ et $v'$ continues, on peut intégrer par parties :

$\displaystyle\int_{\alpha}^1 \dfrac{2\ln x}{2\sqrt{x}} = \left[2\ln x \sqrt{x}\right]_{\alpha}^1 - \displaystyle\int_{\alpha}^1 \dfrac{2\sqrt{x}}{x}\:\text{d}x$. Or $\displaystyle\int_{\alpha}^1 \dfrac{2\sqrt{x}}{x}\:\text{d}x = \displaystyle\int_{\alpha}^1 \dfrac{2}{\sqrt{x}}\:\text{d}x =\\ 
4\displaystyle\int_{\alpha}^1 \dfrac{1}{2\sqrt{x}}\:\text{d}x = \left[4\sqrt{x}\right]_{\alpha}^1$.

Finalement $\mathcal{A}(\alpha) =  \left[2\ln x \sqrt{x} - 4 \sqrt{x} + x - \dfrac{x^2}{2}\right]_{1}^{\alpha} = $

$\alpha - \dfrac{\alpha^2}{2} - 4\sqrt{\alpha} +2\sqrt{\alpha} \ln \alpha + \dfrac{7}{2}$. 
		\item On sait que $\alpha > 0$. On peut donc poser $\alpha = \beta^2$ avec $\beta > 0$. Donc $\sqrt{\alpha}\ln \alpha = \sqrt{\beta^2}\ln \beta^2 = \beta \times 2\ln \beta$. La fonction carré étant continue, si $\alpha$ tend vers zéro, $\beta$ aussi, et on sait que $\displaystyle\lim_{\beta \to 0} \beta \ln \beta = 0$. La limite des quatre premiers termes est nulle, donc finalement :
		
\[\displaystyle\lim_{\alpha \to 0} \mathcal{A}(\alpha)  = \dfrac{7}{2}.\]

Géométriquement, cette limite  correspond  à  la mesure de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites verticales d'équations $x = 0$ et $x = 1$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $1 \leqslant x \leqslant 2 \Rightarrow \ln 1 \leqslant \ln x \leqslant \ln 2$ et \\
$1 \leqslant x \leqslant 2 \Rightarrow 1 \leqslant \sqrt{x} \leqslant \sqrt{2} \iff \dfrac{1}{\sqrt{2}} \leqslant \dfrac{1}{\sqrt{x}} \leqslant 1$ et par produit :

$0 \leqslant \dfrac{\ln x}{\sqrt{x}} \leqslant \sqrt{2} < 1$.
\item Par récurrence : $1 \leqslant u_{0} \leqslant 2$. L'appartenance est vraie au rang zéro.

Hérédité : si $1 \leqslant u_{n} \leqslant 2$,~d'après le \textbf{a.}  $0 \leqslant \dfrac{\ln u_{n}}{\sqrt{u_{n}}} \leqslant 1 \iff \\1 \leqslant \dfrac{\ln u_{n}}{\sqrt{u_{n}}} + 1 \leqslant 2 \iff 1 \leqslant u_{n+1} \leqslant 2$.

On a bien démontré par récurrence que pour tout $n \in \N$, $u_{n} \in [1~;~2]$.
	\end{enumerate}
\item Comme $u_{n+1 } = f(u_{n}) + u_{n} \iff u_{n+1} - u_{n} = f(u_{n})$ et que l'on a démontré au \textbf{1. c.} que $f$ est négative, on montre aussi que la suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante et minorée par $1$ : elle est donc convergente vers une limite $\ell$ telle que $1 \leqslant \ell$.
		\item Or par continuité de la fonction $f$ dérivable, la relation $u_{n+1 } = f(u_{n}) + u_{n}$ donne à la limite $\ell = f(\ell) + \ell  \iff f(\ell) = 0$.
		
Or on a vu à la question 1. c. que la seule valeur qui annule $f$ est le nombre 1. Conclusion $\ell = \displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(u_{n}\right)  = 1$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $M'' = M \iff z^2 = z \iff z(z - 1) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l} z = 0\\
z = 1\\ \end{array}\right.$\\
Les points solutions sont donc l'origine et le point d'affixe 1.
		\item $M'' = M' \iff z^2 = z - 2 \iff z^2 - z + 2 = 0~;~\Delta = - 7 = \left(\text{i}\sqrt{7}\right)^2$.\\
On trouve deux solutions : les points d'affixes $\dfrac{1 + \text{i}\sqrt{7}}{2}$ et  $\dfrac{1 - \text{i}\sqrt{7}}{2}$.
	\end{enumerate} 
\item $z'$ est imaginaire si $x + \text{i}y - 2$ est imaginaire, i.e. si $x = 2$.

$z''$  est imaginaire si $x^2 - y^2 + 2\text{i}xy$  est imaginaire, i.e. si $x^2 - y^2 = 0$ et compte-tenu de la condition précédente si $4 - y^2 = 0 \iff y = - 2$ ou $y = 2$.

Il y a donc deux points M$_{1}(2 + 2\text{i})$ et M$_{2}(2 - 2\text{i})$ dont les images $M'$ et$M''$ appartiennent à l'axe des ordonnées  et les affixes de ces points sont conjuguées.
\item
	\begin{enumerate}
		\item $\dfrac{z'' - z}{z' - z} = \dfrac{z^2 - z}{z - 2 - z} = \dfrac{x^2 - y^2 + 2\text{i}xy - x - \text{i}y}{-2}$.
		\item  Les points  $M,~M'$ et $M''$ sont alignés si ce complexe est un réel, donc si $2xy - y = 0 \iff y(2x - 1) = 0 \iff y = 0 $~ou~$x = \dfrac{1}{2}$.
		
E = $\{M(z)~\text{avec}~z = x~\text{ou}~z = \dfrac{1}{2} + \text{i}y,~x \in \R,~y \in \R\}$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item L'ensemble $\Gamma$ des points $M$ d'affixe $z = \sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\theta}$ avec $\theta \in 
\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$ est le premier quart de cercle (dans le sens direct) de centre  O et de rayon $\sqrt{3}$.

L'ensemble $\Gamma'$ des points$M'$ correspondants est le quart de cercle translaté de $\Gamma$ dans la translation de vecteur $-2\vect{u}$.

Les points $M''$ on pour affixes $z'' = z^2 = 3\text{e}^{\text{i}2\theta}$. L'ensemble $\Gamma''$ des points $M''$ est donc le demi-cercle (direct) de centre O, de rayon 3.
		\item Cf. figure
		\item Avec $\theta = \dfrac{\pi}{6},~z_{3} = \sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}} = \sqrt{3}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right) = \dfrac{3}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.\\
$z'_{3} = - \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et $z''_{3} = \dfrac{3}{2} - \dfrac{3\sqrt{3}}{2}\text{i}$.

M$_{3}$ et M$'_{3}$ ont la même ordonnée ; la droite (M$_{3}$M$'_{3}$) est donc horizontale ;

M$_{3}$ et M$''_{3}$ ont la même abscisse ; la droite (M$_{3}$M$"_{3}$) est donc verticale et le triangle M$_{3}\text{M}'_{3}\text{M}''_{3}$ est donc rectangle en M$_{3}$.

$\text{M}_{3}\text{M}'_{3}^2 = 4$~; $\text{M}_{3}\text{M}''_{3}^2 = 3~; $
$\text{M}'_{3}\text{M}''_{3}^2 = 7$.

Donc le triangle  n'est pas isocèle.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\begin{center}\psset{unit= 2.cm}\begin{pspicture}(-3,-0.5)(3,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-3,-0.5)(3,3)
\psline[linewidth=1.5pt,linecolor=blue](-3,0)(3,0)
\psline[linewidth=1.5pt,linecolor=blue](0.5,-0.5)(0.5,3)
\uput[d](1.5,0){E} \uput[r](0.5,2.7){E}
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,1) 
\uput[d](0.6,0){$\vect{u}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}  \uput[dl](0,0){O}
\psline(0,0)(1.5,0.866) \psarc(0,0){0.4}{0}{30}\uput[r](0.5,0.2){$\frac{\pi}{6}$}
\psarc(0,0){1.732}{0}{90}
\psarc(-2,0){1.732}{0}{90}
\psarc(0,0){3}{0}{180}
\rput(1.5,0.866){$\times$} \rput(-0.5,0.866){$\times$} \rput(1.5,2.598){$\times$} 
\uput[ur](1.5,0.866){M$_{3}$ } \uput[ul](-0.5,0.866){M$'_{3}$} \uput[ur](1.5,2.598){M$''_{3}$}
\pspolygon(1.5,0.866)(-0.5,0.866)(1.5,2.598)
\uput[ur](1.732,0){$\Gamma$} \uput[ur](-0.268,0){$\Gamma'$} \uput[ur](3,0){$\Gamma''$} 
\end{pspicture} 
\end{center} 
 
\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $z_{\text{A}'} = \dfrac{1 + \text{i}}{\sqrt{2}}(- 1 - \text{i}) - 1 + \text{i}(1 + \sqrt{2}) = - 1 +\text{i} = z_{\text{A}}$.
		
$z_{\text{C}'} = \dfrac{1 + \text{i}}{\sqrt{2}}(-\text{i}\sqrt{2}) - 1 + \text{i}(1 + \sqrt{2})  = \text{i}\sqrt{2} = z_{\text{C}}$.
		\item La transformation $f$ est une similitude indirecte   qui conserve les deux points A et C : c'est donc une symétrie orthogonale d'axe la droite (AC).
		\item $z_{\text{B}'} = \dfrac{1 + \text{i}}{\sqrt{2}}(3 - 2 \text{i}) - 1 + \text{i}(1 + \sqrt{2})  = \dfrac{3}{2}+ \text{i}\left(\dfrac{3}{2} + \sqrt{2}\right)$. Voir la figure.
	\end{enumerate} 
\item $\vect{\text{A}M'} = \sqrt{2}\vect{\text{A}M}$ se traduit par $z' + 1 - \text{i} = \sqrt{2}(z + 1 - \text{i})$, d'o\`u \\$z' = z\sqrt{2} + \sqrt{2} - 1 + \text{i}(1 - \sqrt{2})$.
\item On a $z'' = f[h(z)] = f[ z\sqrt{2} + \sqrt{2} - 1 + \text{i}(1 - \sqrt{2})] = \dfrac{1 + \text{i}}{\sqrt{2}}\left[\overline{z}\sqrt{2} + \sqrt{2} - 1 + \text{i}(1 + \sqrt{2}\right) - 1 + \text{i}(1 + \sqrt{2}) = (1 + \text{i})\overline{z}  - 1 + 3\text{i}$. C'est encore l'écriture d'une similitude indirecte.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item En utilisant l'égalité précédente, on a $z''_{0} = (1 + \text{i})(2 + 4\text{i})  - 1 + 3\text{i} = - 3 + 9\text{i}$.
		
$\vect{\text{AB}}$ a pour composantes (4 ; 1) et $\vect{\text{AM}''_{0}}$ a pour composantes  $(- 2~;~8)$. Or $\vect{\text{AB}}~\cdot~ \vect{\text{AM}''_{0}} = - 8 + 8 = 0$, donc ces vecteurs sont orthogonaux, donc M$''_{0}$ appartient à la perpendiculaire à la droite (AB) contenant A.
		\item Soient les points $M(z = x + \text{i}y)$ avec $x \in \Z,~y \in \Z$.\\
$z'' = (1 + \text{i})(x- \text{i}y) + 3\text{i} - 1 = x + y - 1 + \text{i}(x - y + 3)$.\\
$\vect{\text{AB}}~\cdot~ \vect{\text{AM}''} = 0 \iff 4(x + y) + 1(x - y + 2) = 4x + 4y + x - y + 2 = 0 \iff 5x + 3y = - 2$.\\
		\item Le couple $(-1~;~1)$ est une solution évidente de cette équation. On a donc :
$\left\{\begin{array}{lcl} 5x + 3y&=&-2\\
5\times (-1) + 3\times 1&=&-2\\ \end{array}\right. \Rightarrow 5(x+1) + 3(y - 1) = 0 \iff\\ 5(x + 1) = 3(1 - y)$.

$3$ divise $3(1 - y)$, donc aussi $5(x + 1)$ ; 3 étant premier avec 5 divise (Gauss) $1 - y$. Il existe donc un entier $k$ tel que $x + 1 = 3k \iff x = -1 + 3k$ et en reportant dans l'équation on obtient $y = 1 - 5k$.

Les couples d'entiers solutions sont tous les couples de la forme 

$(- 1 + 3k~;~1 - 5k)$ avec $k \in \Z$.
		\item On a $-6 \leqslant y \leqslant 6 \iff - 6 \leqslant 1 - 5k \leqslant 6 \iff - 6 \leqslant  5k - 1 \leqslant 6 \iff $
		
$- 5 \leqslant 5k \leqslant 7 \iff - 1 \leqslant k \leqslant\dfrac{7}{5}$.
		
Seules conviennent les valeurs $- 1,~0$ et $1$, qui donnent respectivement les couples de coordonnées $(- 4 ~;~6),~(-1 ~;~1)$ et $(2~;~-4)$. Les points M$''$ correspondants ont pour coordonnées $(1~;~-7),~(-1~;~1)$ et $(- 3~;~9)$ Le couple  $(-1 ~;~1)$ correspond au point A. Il n'y a donc que deux solutions (on retrouve le point M$''_{0}$). Voir la figure.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=0.75cm}
\begin{pspicture}(-6,-7)(6,9.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-6,-7)(6,9)
\rput(-1,1){$\times$} \rput(3,2){$\times$} \rput(0,1.414){$\times$} 
\rput(2,-4){$\times$} 
\rput(1,-7){$\times$} \rput(-1,1){$\times$} \rput(-3,9){$\times$}
\uput[ul](-1,1){A} \uput[u](3,2){B} \uput[ur](0,1.414){C}
\uput[u](2,-4){M$_{0}$}
\uput[dr](1,-7){M$''_{1}$}  \uput[u](-3,9){M$''_{0}$}
\psline(-1,1)(3,2) \psline(1,-7)(-3,9)
\end{pspicture} 
\end{center}
 
\vspace{0,5cm}

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

\textbf{(Commun à tous les candidats)} 

\medskip

\begin{enumerate}
\item La plus petite somme $a + b$ est égale à $-3$, soit $a + b > - 4 \iff a + b + 4 > 0$. La somme des coefficients est non nulle : le barycentre G existe quel que soit le tirage.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item G appartient à la droite (BC) si et seulement si le coefficient de A, soit $a$ est nul ; donc $p(\text{E}_{1}) = \dfrac{1}{6}$.\\
G appartient au segment [BC] si et seulement si $a = 0$ et si $b > 0$ ; on a donc $p(\text{E}_{2}) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{4}{5} = \dfrac{2}{15}$.
		\item G est strictement intérieur au triangle si les trois coefficients sont supérieurs à zéro, donc si $a >0$ et $b > 0$. On a donc  $p(\text{E}_{3}) = \dfrac{3}{6} \times \dfrac{4}{5} = \dfrac{2}{5}.$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On sait que E$(X) = pn = \dfrac{2}{5}\times n = 4 \iff n = 10$.
		\item La probabilité de n'avoir aucun barycentre intérieur au triangle est $\left(\dfrac{3}{5}\right)^n$, donc la probabilité d'en avoir au moins un est  $1 -  \left(\dfrac{3}{5}\right)^n$. Il faut donc que  $1 -  \left(\dfrac{3}{5}\right)^n \geqslant 0,999 \iff   \left(\dfrac{3}{5}\right)^n \leqslant 0,001 \iff n \ln\left(\dfrac{3}{5}\right) \leqslant \ln 0,001 \iff$
		
$n \geqslant \dfrac{\ln 0,001}{\ln\left(\frac{3}{5}\right)} \approx 13,5$.

Conclusion : il faut répéter l'expérience 14 fois.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}