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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\rhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small{septembre 2006}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie~\decofourright\\septembre 2006}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $c - a = 2 + 2\text{i}$ et $b - a = 2 - 2\text{i}$ ; or $c -a = 2 + 2\text{i} = \text{i}(2 - 2\text{i}) = \text{i}(b - a)$. 
		
Cette égalité signifie que C est l'image de B dans le quart de tour direct de centre A. Donc le triangle ABC est rectangle en A.
		\item On a $\dfrac{z - 3}{z - 5 + 2\text{i}} = \dfrac{z -z_{\text{A}}}{z -z_{\text{B}}}$. Donc arg$\left(\dfrac{z - 3}{z - 5 + 2\text{i}}\right) = \left(\vect{\text{A}M},~\vect{\text{B}M}\right)$
		\item Le nombre $\dfrac{z - 3}{z - 5 + 2\text{i}}$ est un réel strictement négatif si et seulement si l'un des ses arguments est égal à $\pi$. D'après le b, on a donc $\dfrac{z - 3}{z - 5 + 2\text{i}}~\in~\mathbb{R}^{-} \iff  \left(\vect{\text{A}M},~\vect{\text{B}M}\right) = \pi \quad [2\pi] \iff M \in ]\text{A}\text{B}[$. L'ensemble cherché est donc le segment ouvert ]AB[.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Si $z'$ est l'affixe du point image du point d'affixe $z$ dans la rotation $r$  de centre $\Omega$ et d'angle $- \dfrac{\pi}{2}$, cette affixe vérifie $z' - \omega = - \text{i}\left(z - \omega\right) \iff$ 
		
$z' = - \mathrm{i}z+\omega(1+\mathrm{i}) \iff z' = z'= - \mathrm{i}z + (2 -\mathrm{i})(1 +\mathrm{i})\iff \boxed{z'= - \mathrm{i}z + 3 + \mathrm{i}}$.
		\item ABC étant rectangle isocèle en A, le centre E du cercle circonscrit  $\Gamma$ est le milieu de [BC] d'affixe 5 et son rayon est égal à $2$.
		
Une rotation est une isométrie donc l'image du cercle $\Gamma$ est le cercle $\Gamma'$ dont le centre est E$'$, image de E par $r$ et de même rayon 2.

On a alors : $z_{\text{E}'}= z_{\text{E}}'= -\mathrm{i}z_{\text{E}}+3+\mathrm{i}= - 5\mathrm{i}+3+\mathrm{i}=3-4\mathrm{i}$.

Une équation paramétrique de $\Gamma '$ est alors : $z - z_{E'}=2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$, $\theta\in[0~;~2\pi[$ donc : $\boxed{z=3-4\mathrm{i}+2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta},~\theta\in[0~;~2\pi[}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item On dresse l'arbre pondéré suivant :\

\vspace{0,5cm}

\pstree[treemode=R]
    {\Tcircle{}}
    {\pstree{\Tcircle{B}_{$\frac{2}{3}$}}
            {\pstree{\Tcircle{B}^{$\frac{2}{3}$}}
                    {\Tdot~{B}^{$\frac{2}{3}$}
                     \Tdot~{N}_{$\frac{1}{3}$}}
             \pstree{\Tcircle{N}_{$\frac{1}{3}$}}
                    {\Tdot~{B}^{$\frac{4}{5}$}
                     \Tdot~{N}_{$\frac{1}{5}$}}}
     \pstree{\Tcircle{N}^{$\frac{1}{3}$}}
            {\pstree{\Tcircle{B}^{$\frac{4}{5}$}}
                    {\Tdot~{B}^{$\frac{4}{5}$}
                     \Tdot~{N}_{$\frac{1}{5}$}}
             \pstree{\Tcircle{N}_{$\frac{1}{5}$}}
                    {\Tdot~{B}^{1}
                    }}}

                    Les valeurs prises par $X$ sont (de haut  en bas) : 0,1, 1, 2, 1, 2, 2.

\item On a $P(X = 0) = P(BBB) = \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 = \dfrac{8}{27}$.
\item \begin{itemize}
\item  La probabilité demandée s'obtient en suivant la troisième branche. Elle est égale à $P(BNB) = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} \times \dfrac{4}{5} = \dfrac{8}{45}.$
\item On a de même $P(NBB) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{4}{5} \times \dfrac{4}{5} = \dfrac{16}{75}$.\\
$P(BBN) = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{27}$.

Finalement $P(X = 1) = P(BBB) + P(BNB) + P(BBN) =  \dfrac{8}{45} +  \dfrac{16}{75} +  \dfrac{4}{27} = \dfrac{120 + 144 + 100}{27 \times 25} = \dfrac{364}{675}.$
\end{itemize}
\end{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item $P(\text{A}) = \left(\dfrac{2}{3} \right)^{k - 1} \times \dfrac{1}{3} = \dfrac{2^{k-1}}{3^k}$.
\item $P_{\text{A}}(\text{B})$. On sait donc que l'on a tiré une noire au $k$-ième tirage. Il reste donc 4 blanches et une noire. On tire $(n - k)$ boules blanches avec une probabilité de $P_{\text{A}}(\text{B}) = \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n - k}$.
\item Si seule la $k$-ième boule tirée est noire c'est que N $ = \text{A} \cap \text{B}$.\\
On a donc $p(\text{N}) = p(\text{A} \cap \text{B})  = P_{\text{A}}(\text{B}) \times P(\text{A}) =  \left(\dfrac{4}{5}\right)^{n - k} \times \dfrac{2^{k-1}}{3^k} = \dfrac{2^{2n-k-1}}{3^k \times 5^{n-k}}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 7 points}

\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  En écrivant $f(x) = 2x^3\text{e}^{-x} - 4x^2\text{e}^{-x}$  les deux termes de la somme ont  pour limite moins l'infini, on obtient $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = - \infty.$\\
De la même fa\c{c}on en plus l'infini, les deux termes ont pour limite $0$ (car, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty}x^n\text{e}^{-x}=0$ (croissances comparées)), donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0.$
		\item La dérivée de la fonction $f$ est donnée par \\
$f'(x) = \text{e}^{-x}\left(6x^2 - 8x - 2x^3 + 4x^2 \right) = \text{e}^{-x}\left(-2x^3 + 10x^2 - 8x \right) =\\ 2x\text{e}^{-x}\left(- x^2 + 5x -4 \right)$.
		\item Comme   quel que soit $x \in \R,~\text{e}^{-x} > 0$, le signe de la dérivée est celui de $x\left(- x^2 + 5x -4 \right)$. Le trinôme a pour racines $1$ et $4$, donc le signe de la dérivée dépend de la position de $x$ par rapport aux nombres $0,~1$ et $4$. D'o\`u le tableau de variations :

\medskip

\psset{unit=0.82cm}
\hspace{-1cm}\begin{pspicture}(14,7)
\psframe(14,7)
\psline(0,3)(14,3)
\psline(0,4)(14,4)
\psline(0,5)(14,5)
\psline(0,6)(14,6)
\psline(2,0)(2,7) \psline(5,3)(5,6)  \psline(8,3)(8,6)  \psline(11,3)(11,6)
\psline{->}(2.4,0.4)(4.7,2.7) \psline{->}(8.4,0.4)(10.7,2.7)
\psline{->}(5.3,2.7)(7.7,0.4)   \psline{->}(11.3,2.7)(13.7,0.4)
\uput[u](1,6){$x$}  \uput[u](2.4,6){$-\infty$} \uput[u](5,6){$0$}
\uput[u](8,6){$1$} \uput[u](11,6){$4$} \uput[u](13.5,6){$+\infty$}
\rput(1,1.5){$f(x)$}\rput(1,3.5){$f'$}\rput(1,4.5){trinôme}\rput(1,5.5){$x$}
\rput(3.5,5.5){$-$} \rput(6.5,5.5){$+$} \rput(9.5,5.5){$+$} \rput(12.5,5.5){$+$}
\rput(3.5,4.5){$+$} \rput(6.5,4.5){$+$} \rput(9.5,4.5){$-$} \rput(12.5,4.5){$+$}
\rput(3.5,3.5){$+$} \rput(6.5,3.5){$-$} \rput(9.5,3.5){$+$}  \rput(12.5,3.5){$-$}
\rput(5,5.5){$0$} \rput(8,4.5){$0$} \rput(11,4.5){$0$}
\rput(5,3.5){$0$} \rput(8,3.5){$0$} \rput(11,3.5){$0$}
\rput(2.4,0.2){$-\infty$} \rput(5,2.8){$0$} \rput(8,0.3){$-\frac{2}{\text{e}}$}
 \rput(11,2.7){$\frac{64}{\text{e}^4}$}  \rput(13.8,0.2){$0$}
\end{pspicture}
		\item Courbe représentative $(\mathcal{C})$ :
\begin{center} 
\begin{pspicture}(-2,-6)(10,2)
\psframe(-2,-6)(10,2)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-2,-6)(10,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue,linewidth=1.5pt]{-0.728}{10}{x 3 exp 2 mul x 2 exp 4 mul sub 2.71828 x exp div}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
%Tangentes horizontales
\psline[linecolor=red,linewidth=1.25pt]{<->}(-0.8,0)(0.8,0)
\psline[linecolor=red,linewidth=1.25pt]{<->}(0.2,-0.736)(1.8,-0.736)
\psline[linecolor=red,linewidth=1.25pt]{<->}(3.2,1.17)(4.8,1.17)
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\text{I}_{1} = \displaystyle\int_{0}^1 x \text{e}^{-x}\,\text{d}x$.\\
Avec $\left\{\begin{array}{l l}u(x) = x & \text{d}v(x) =  \text{e}^{-x}\\
\text{d}u(x) = 1 & v(x) = -  \text{e}^{-x}\\ \end{array}\right.$ on obtient en intégrant par parties, toutes les fonctions étant dérivables et leurs dérivées continues,  

$\text{I}_{1} = \left[-x  \text{e}^{-x}\right]_{0}^1 + \displaystyle\int_{0}^1  \text{e}^{-x}\,\text{d}x = \left[-x  \text{e}^{-x} -  \text{e}^{-x}  \right]_{0}^1 = 1 - \dfrac{2}{\text{e}}$.
		\item L'égalité $I_{n} = n I_{n-1} - \dfrac{1}{\text{e}}$ donne pour $n = 2,~\text{I}_{2} = 2\text{I}_{1} -  \dfrac{2}{\text{e}} = 2 -  \dfrac{5}{\text{e}}$.
		
Pour $n = 3,~\text{I}_{3} = 3\text{I}_{2} -  \dfrac{1}{\text{e}} = 3\left(2 -  \dfrac{5}{\text{e}}\right) -  \dfrac{1}{\text{e}} = 6 -  \dfrac{16}{\text{e}}$.
		\item L'aire du domaine défini est égal (en unités d'aire) à la valeur absolue de l'intégrale $\displaystyle\int_{0}^1 \left(2x^3  - 4x^2\right)\text{e}^{-x}\,\text{d}x = 2 \displaystyle\int_{0}^1 x^3\text{e}^{-x}\,\text{d}x - 4\displaystyle\int_{0}^1 x^2\text{e}^{-x} = 2\text{I}_{3} - 4 \text{I}_{2}$ (par linéarité de l'intégrale).
		
On a donc $\displaystyle\int_{0}^1 \left(2x^3  - 4x^2\right)\text{e}^{-x}\,\text{d}x = 2\left(6 -  \dfrac{16}{\text{e}} \right) - 4\left(2 -  \dfrac{5}{\text{e}} \right) = 4 -  \dfrac{12}{\text{e}}$.

Conclusion $\mathcal{A} =  \dfrac{12}{\text{e}} - 4 \approx 0,4$.\\
Effectivement sur la figure, sur l'intervalle [0 ; 1], la fonction est négative et l'aire vaut moins de $\dfrac{1}{2}$ carreau (cm$^2$).
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout $x$ de $\left[\dfrac{1}{b}~;~\dfrac{1}{a}\right]$, on définit $v(x)$ par $v(x)=u\left(\dfrac{1}{x}\right)$. $v$ est la composée de la fonction inverse $x\mapsto\dfrac{1}{x}$, décroissante sur $\left[\dfrac{1}{b}~;~\dfrac{1}{a}\right]$ et à valeurs dans $[a~;~b]$ et de la fonction $u$, supposée croissante sur $[a~;~b]$. Par composition, on obtient une fonction décroissante sur $\left[\dfrac{1}{b}~;~\dfrac{1}{a}\right]$.
		\item  On a donc $g(x) = f\left(\dfrac{1}{x}\right) = \left(\dfrac{2}{x^3} - \dfrac{4}{x^2}\right)\text{e}^{- \frac{1}{x}}$.
		
En posant $\dfrac{1}{x} = \alpha,~g(\alpha) = \left(2\alpha^3 - 4\alpha^2\right)\text{e}^{-\alpha}$. On obtient alors facilement 

$\displaystyle\lim_{\alpha \to 0} g(\alpha) =  \displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = 0$ et  $\displaystyle\lim_{\alpha \to + \infty} g(\alpha) =  \displaystyle\lim_{x \to 0} g(x) = 0$.
		\item De même qu'au 2 a, on démontrerait que si $u$ est décroissante,  alors $v$ est croissante. Le tableau de variations de $g$ se déduit donc de celui de $f$ après avoir remarqué que si $ 1 < 4$, alors $\dfrac{1 }{4} < 1$. Les intervalles de variations sont donc $\left]0~;~\dfrac{1}{4}\right],~\left[\dfrac{1}{4}~;~1\right]$ et $[1~;~+ \infty[$ : d'où le tableau :
		
\medskip

\psset{unit=0.92cm}\begin{pspicture}(14,4)
\psframe(11,4)
\psline(0,3)(11,3)
\psline(2.35,0.4)(2.35,3) \psline(2.45,0.4)(2.45,3) 
\psline{->}(2.6,0.4)(4.7,2.7) \psline{->}(8.4,0.4)(10.7,2.7)
\psline{->}(5.3,2.7)(7.7,0.4)  \psline(2,0)(2,4)
\uput[u](1,3){$x$}  \uput[u](2.4,3){$0$}
\uput[u](5,3){$\frac{1}{4}$} \uput[u](8,3){$1$} \uput[u](10.7,3){$+\infty$}
\rput(1,1.5){$g(x)$}
\rput(2.4,0.2){$0$}  \rput(5,2.7){$\frac{64}{\text{e}^4}$}
 \rput(8,0.5){$-\frac{2}{\text{e}}$}  \rput(10.8,2.8){$0$}
\end{pspicture}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item Un vecteur $\vect{n}_{1}$ normal à $(P_{1})$ est $\vect{n}_{1}\left(\begin{array}{rrr}-2\\1\\1\\\end{array}\right)$.  Un vecteur $\vect{n}_{2}$ normal à $(P_{2})$ est $\vect{n}_{1}\left(\begin{array}{rrr}1\\-2\\4\\\end{array}\right)$.
Ces deux vecteurs sont non nuls et $\vect{n}_{1} \cdot \vect{n}_{2} = -2 \times 1 + 1 \times (-2) + 1 \times 4 = 0.$ Ces vecteurs étant orthogonaux, les deux plans sont perpendiculaires.
\item En posant $z = t$ les coordonnées de la droite commune aux deux plans vérifient $\left\{\begin{array}{l c l}
-2x + y &=& 6 - t\\
x - 2y &=& 9 -4t\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
-2x + y &=& 6 - t\\
2x - 4y &=& 18 -8t\\
\end{array}\right. \Rightarrow $

$-3y = 24 - 9t \iff y = - 8 + 3t$ et en reportant dans l'une des équations des plans $x = - 7 + 2t$.

Conclusion : $M(x~;~y~;~z) \in (P_{1} \cap (P_{2}) = (\text{D}) \iff \left\{\begin{array}{l c r}
x&=&-7 + 2t\\y&=&-8 + 3t\\z&=&t\\\end{array}\right.$.

\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $-18 - 4 - 1 - 6 = 0$ Faux et $-9 + 8 - 4 - 9 = 0$ Faux
		\item A$M^2 = (x + 9)^2 + (y + 4)^2 + (z + 1)^2 = (2 + 2t)^2 + (-4 + 3t)^2 + (t + 1)^2 = $
		
$14t^2 - 14t + 21 = 7\left(2t^2 - 2t + 3\right).$
\item $f(t) = 2t^2 - 2t + 3 = 2\left(t^2 - t + \dfrac{3}{2}\right) =
 2\left[\left(t - \dfrac{1}{2}\right)^2 - \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{2}\right] =$
 
$2\left[\left(t - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{5}{4}\right] \geqslant 2\times \dfrac{5}{4}=\dfrac{5}{2}> 0$. Ce trinôme est donc décroissant sur $\left]- \infty~;~\dfrac{1}{2}\right]$, croissant sur $\left[\dfrac{1}{2}~;~+ \infty\right[$ et a un minimum en $\dfrac{1}{2}.$
  
Le point correspondant est $M_{\text{mini}} = \text{I}\left(- 6~;~- \dfrac{13}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right)$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
\item La représentation paramétrique de (D) donne les coordonnées d'un vecteur directeur de (D), donc un vecteur normal à (Q), c'est le vecteur
$\vect{q}\left(\begin{array}{l}
2\\3\\1\\\end{array}\right)$.

Une équation de (Q) est donc : $2x + 3y + z + \alpha = 0$. A
$\in (\text{Q}) \iff \\-18 - 12 - 1 + \alpha = 0 \iff \alpha = 31$.

Une équation de (Q) est donc : $M \in  (\text{Q}) \iff 2x + 3y + z + 31 = 0.$
		\item Le triangle A$M$I est rectangle en I. Le côté [AI] a une longueur inférieure à celle de l'hypoténuse [A$M$] : I est bien le projeté orthogonal de A sur (D) .
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}