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% Corrigé et tapuscrit : Hélène Brion
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
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\rfoot{\small{16 avril 2009}}
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\begin{center}{\Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Pondichéry~\decofourright\\
16 avril 2009 }}} \end{center}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 7 points}

\medskip

La fonction  $f$  est  définie sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ par:
$f(x) = x\text{e}^{-x^2}.$

\medskip

\textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  On remarque que, pour tout $x >0$, $f(x)= \dfrac1x\dfrac{x^2}{\e^{x^2}}$.\\
Or $\left\{\begin{array}{ll}
\limite{x}{+\infty}x^2=+ \infty \\
\limite{X}{+ \infty}\dfrac{X}{\e^X}=0 & \hbox{\emph{(Inverse de limite de référence.)}}
\end{array}
\right.$ \\
donc $\limite{x}{+\infty}\dfrac{x^2}{\e^{-x^2}}=0$ et $\limite{x}{+\infty}\dfrac1x=0$ et, par produit des limites,\\
 $\limite{x}{+ \infty}f(x)=0$.
		\item La fonction $f$ est dérivable sur son ensemble de définition comme produit de fonctions dérivables. \\Pour tout $x\geqslant 0 $, $g'(x)= \e^{-x^2} + x\times (-2x)\e^{-x^2}$.\\
\emph{Formules utilisées $(uv)'=u'v + uv'$ et $(\e^u)'=u'\e^u$}.\\
Donc $g'(x)=(1-2x^2)\e^{-x^2}$. Comme $\e^{-x^2} > 0$,  $g'(x)$ est du signe de $1-2x^2$, polynôme du second degré nul pour $x^2=1/2$ et négatif sauf entre ses racines. Donc $g'(x) > 0$ si $x \in \left[0;\dfrac{\sqrt 2}{2}\right[$ et $g'(x) <0$ si $x\in \left]\dfrac{\sqrt 2}{2}~;~+ \infty\right[$. La fonction $g$ est donc croissante puis décroissante et  admet un maximum en $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$. Enfin, $g\left(\dfrac{\sqrt 2}{2}\right)=\dfrac{\sqrt 2}{2}\e^{-1/2}=\dfrac{1}{\sqrt{2\e}}$.
	\end{enumerate}
\item $F(a)=\somme0a x\e^{-x^2}\dt x=\left[-\dfrac 12 \e^{-x^2}\right]_0^a=\dfrac 12 - \dfrac12\e^{-a^2}$.

 $\limite{a}{+\infty}F(a)=\dfrac12$ car $\limite{a}{+\infty}e^{-a^2}=0$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}
$u_n=\somme{n}{n+1}f(x)\dt x$
\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  La fonction $f$ est décroissante sur  $\left]\dfrac{\sqrt 2}{2}~;~+ \infty\right[$ et $\dfrac{\sqrt{2}}2 \leqslant 1$ donc, pour tout entier naturel $n\geqslant 1$, $f$ est décroissante sur $[n~;~n+1]$ et pour tout $x \in [n~;~n+1]$, $f(n+1)\leqslant f(x) \leqslant f(n)$. L'inégalité de la moyenne permet de dire que $$(n+1-n)f(n+1)\leqslant \somme{n}{n+1} f(x)\dt x \leqslant (n+1-n)f(n)$$ c.à.d. $f(n+1) \leqslant u_n \leqslant f(n)$
		\item  Pour tout $n \geqslant 1$, $u_n \geqslant f(n+1) \geqslant u_{n+1}$ donc la suite est décroissante à partir du rang 1.
		\item  Comme $\limite{n}{+ \infty}f(n)=0$, que $\limite{n}{+ \infty}f(n+1)=0$ et que pour tout $n \geqslant 1$, $f(n+1) \leqslant u_n \leqslant f(n)$, la suite $(u_n)$ converge vers 0. (\emph{Théorème de comparaison})
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  Pour tout $n \geqslant 1$, $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}  u_{k}=\underbrace{\somme{0}{1}f(x)\dt x+\somme{1}{2}f(x)\dt x+\cdots+\somme{n-1}{n}f(x)\dt x}_{n \text{ termes}}$. En utilisant la relation de Chasles,  $\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}  u_{k} = \somme{0}{n}f(x)\dt x=F(n)$.
		\item  Le tableau illustre le fait que $(F(n))$ converge vers 1/2, conséquence du résultat démontré en  A.2. Mais il illustre aussi le fait que la convergence est très rapide. En effet, $1/2 - F(n) =\dfrac12\e^{-n^2}$ et, pour tout $n \geqslant 5$, on a  $\dfrac12\e^{-n^2} \leqslant \dfrac12\e^{-25}< 7.10^{-12}$. Donc $F(5)$ est une bonne approximation de l'aire sous la courbe entre $0$ et $+ \infty$.

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{1cm}

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

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

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item \psset{xunit=0.8cm,yunit=0.8cm}
\begin{pspicture*}(-3.77,-3.75)(6.15,5.22)
\psgrid[subgriddiv=0,gridlabels=0,gridcolor=lightgray](0,0)(-3.77,-3.75)(6.15,5.22)
\psset{xunit=0.8cm,yunit=0.8cm,algebraic=true,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\psaxes[xAxis=true,yAxis=true,labels=none,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2](0,0)(-3.77,-3.75)(6.15,5.22)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscircle(0,0){2.53}
\pscircle[linestyle=dashed,dash=5pt 5pt](2,1){1.79}
\psline(3,-1)(-1,-1)
\psline(-1,-1)(1,-3)
\psline(3,-1)(1,-3)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](3,-1)(1.46,2.8)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](1.46,2.8)(5.27,4.34)
\psline[linestyle=dashed,dash=2pt 2pt](5.27,4.34)(3,-1)
\psline{->}(0,0)(1,0)
\psline{->}(0,0)(0,1)
\rput[tl](0.31,-0.1){$\vec u$}
\rput[tl](-0.31,1.04){$\vec v$}
\psdots[dotsize=2pt 0](3,-1)
\rput[bl](3.12,-1.29){$A$}
\psdots[dotsize=2pt 0](1,-3)
\rput[bl](1.11,-3.39){$B$}
\psdots[dotsize=2pt 0](-1,-1)
\rput[bl](-0.9,-0.9){$C$}
\psdots[dotsize=2pt 0](0,0)
\rput[bl](-0.34,-0.39){$O$}
\rput[bl](-2.03,2.88){$\Gamma$}
\psdots[dotsize=2pt 0](1.46,2.8)
\rput[bl](1.4,2.95){$M$}
\psdots[dotsize=2pt 0](5.27,4.34)
\rput[bl](5.37,4.45){$N$}
\psdots[dotsize=2pt 0](4.13,1.67)
\rput[bl](4.31,1.57){$Q$}
\psdots[dotsize=2pt 0](2,1)
\rput[bl](1.69,1.11){$D$}
\rput[bl](2.37,3.51){$\Gamma'$}
\end{pspicture*}
		\item $\dfrac{c-b}{a-b}=\dfrac{-2+2\ic}{2+2\ic}=\dfrac{\ic(2+2\ic)}{2+2\ic}=\ic$ de module 1 et d'argument $\pi/2$ donc\\
$BA=BC$ et $(\vect{BA};\vect{BC})=\pi/2$. (\emph{Interprétation géométrique d'un quotient}). Le triangle $ABC$ est donc rectangle isocèle de sommet $B$.
		\item $|a|=\sqrt{9+1}=\sqrt{10}$ et $|b|=\sqrt{1+9}=\sqrt{10}$ donc $OA=OB=\sqrt{10}$. Les points sur le cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt{10}$.
	\end{enumerate}	
\item
	\begin{enumerate}
		\item La rotation de centre $M(m)$ et d'angle $\pi/2$ a pour expression complexe : $z'=e^{\ic\pi/2}(z-m)+m$ soit $z'=\ic z+(1-\ic)m$.
		\item $N(n)$ est l'image de $A$ par $r$, donc $n=\ic a + (1-\ic)m= 1+3\ic + (1-\ic)m$.
	\end{enumerate}
\item Le milieu $Q$ du segment [A$N$] a pour affixe $q=\dfrac{a+n}{2}=2+\ic+\dfrac{(1-\ic)m}{2}$
.
\item Dans cette question, $M$ est un point du cercle $\Gamma$.
	\begin{enumerate}
		\item Le point $M(z)$ est sur le cercle de centre $\Omega(\omega)$ et de rayon $r$ si et seulement s'il existe un réel $\theta$ tel que $z=\omega+r\e^{\ic\theta}$ (\emph{Représentation paramétrique d'un cercle}). Ici, $M$ est sur le cercle de centre $O$ et de rayon $\sqrt{10}$ donc il existe un réel $\theta$ tel que : $m = \sqrt{10} \text{e}^{\text{i}\theta}$.
		\item $|q - 2 - \text{i}|=\left|\dfrac{(1-\ic)m}{2}\right|=\dfrac 12|1-\ic|.|m|= \dfrac12\sqrt2\sqrt{10}=\sqrt5$. Si $D$ est le point d'affixe $d=2+\i$, alors $DQ=\sqrt 5$ donc $Q$ est sur le cercle de centre $D$ et de rayon $\sqrt 5$.\\ Plus précisément, $q-d=\dfrac{(1-\ic)m}{2}=\dfrac 12 \sqrt{2}\e^{-\ic \pi/4}\sqrt{10}\e^{\ic\theta}=\sqrt 5\e^{\ic(\theta-\pi/4)}$. Quand $M$ décrit le cercle $\Gamma$, $\theta$ décrit $\R$, $\theta-\pi/4$ décrit $\R$ et le point $Q$ décrit \textbf{tout le cercle} de centre $D$ et de rayon $\sqrt 5$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

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

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

\medskip

$z_{\text{A}}  = \text{i}$ et
$z_{\text{B}} = 1 + 2\text{i}$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item  Les points $O$ et $A$ sont distincts et les points $A$ et $B$ aussi, il existe donc une unique similitude directe $S$ telle que :
$S(\text{O}) = \text{A}$ et $S(\text{A}) = \text{B}.$ (\emph{Similitude définie par les images distinctes de deux points distincts})
\item  On note $z'=az+b$ l'écriture complexe de la similitude $S$.

$S(O)=A \ssi z_A=a\times 0+b\ssi b=\ic$,

$S(A)=B \ssi z_B=az_A+b \ssi 1+2\ic=a\ic+\ic \ssi a\ic=1+\ic \ssi a=1-\ic$.

L'écriture complexe de $S$ est donc $z'=(1-\ic)z+\ic$

Le complexe $1-\ic$ a pour module $\sqrt{2}$ et pour argument $\theta$ tel que
 
$\left\{\begin{array}{ll}
\cos(\theta)= \dfrac{\sqrt 2}{2} \\
\sin(\theta)=-\dfrac{\sqrt 2}{2}
\end{array}\right.$ soit $\theta = -\dfrac{\pi}{4}$

Le point invariant par $S$ est le point $\Omega(\omega)$ vérifiant :\\$w=(1-\ic)\omega+\ic \ssi \ic\omega=\ic \ssi \omega = 1$

$S$ est une similitude directe de centre $\Omega(1)$, de rapport $\sqrt{2}$ et d'argument $-\dfrac{\pi}4$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item 	 Les affixes $z_n$ des points $A_n$ vérifient $z_0=0$ et $z_{n+1}=(1-\ic)z_n+\ic$. En outre, puisque $\Omega(1)$ est centre de $S$, on a  $z_{n + 1} - 1 = (1 - \i)\left(z_n - 1\right)$. La suite $\left(z_n - 1\right)$ est donc géométrique de raison $1 - \ic$ et de premier terme $z_0 - 1 = - 1$. Et pour tout $n$, $z_n - 1 = (- 1)(1 - \ic)^n$, soit $z_{n} = 1 - (1 - \text{i})^n$.
		\item 	 $\vect{\Omega A_{n}}$ a pour affixe $z_n-1 = -(1-\ic)^n$.
		
$\vect{A_{n}A_{n+1}}$ a pour affixe $z_{n+1}-z_n =(1-\ic)^n-(1-\ic)^{n+1}=(1-\ic)^n\ic$.
		
Pour tout $n$, $\dfrac{z_{n+1}-z_n}{z_n-1}=-\ic = \e^{-\ic \pi/2}$ donc (\emph{Interprétation géométrique d'un quotient}), $\Omega A_n=A_nA_{n+1}$et  $\left(\vect{\Omega A_{n}},~\vect{A_{n}A_{n+1}}\right)=-\dfrac{\pi}2$ .
		\item Le triangle $\Omega A_nA_{n+1}$ est donc un triangle rectangle isocèle indirect de sommet $A_n$. Les points successifs se construisent donc en traçant des triangles rectangles isocèles.

\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm}
\begin{pspicture*}(-0.98,-1.19)(5.96,3.56)
\psgrid[subgriddiv=0,gridlabels=0,gridcolor=lightgray](0,0)(-0.98,-1.19)(5.96,3.56)
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,algebraic=true,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\psaxes[xAxis=true,yAxis=true,labels=none,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2](0,0)(-0.98,-1.19)(5.96,3.56)
\psline{->}(0,0)(1,0)
\psline{->}(0,0)(0,1)
\rput[tl](0.36,-0.1){$\vec u$}
\rput[tl](-0.35,0.9){$\vec v$}
\psline[linestyle=dashed,dash=5pt 5pt](5,0)(3,2)(1,2)(0,1)(1,0)(3,2)
%\psline[linestyle=dashed,dash=5pt 5pt](0,1)(1,2)
%\psline[linestyle=dashed,dash=5pt 5pt](1,2)(1,0)
%\psline[linestyle=dashed,dash=5pt 5pt](1,2)(5,0)
%\psline[linestyle=dashed,dash=5pt 5pt](3,2)(1,0)
%\psline[linestyle=dashed,dash=5pt 5pt](3,2)
\rput[tl](-1,-0.2){$O=A_0$}
\rput[tl](-1,1.48){$A=A_1$}
\rput[tl](0.76,2.39){$B=A_2$}
\rput[tl](3.11,2.4){$A_3$}
\rput[tl](4.98,0.4){$A_4$}
\psdots[dotsize=2pt 0](0,0)(0,1)(1,2)(1,0)(3,2)(5,0)
\rput[bl](1.05,-0.34){$\Omega$}
\end{pspicture*}
	\end{enumerate}
\item Le point  $\left(A_{n}\right)$ appartient  à la droite $(\Omega \text{B})$  si et seulement si $(\vect{\Omega B},\vect{\Omega A_n})=k\pi$, ($k\in \Z$).

Or $(\vect{\Omega B},\vect{\Omega A_n})=\text{Arg}\left(\dfrac{z_n-1}{z_2-1}\right)=\text{Arg}((1-\ic)^{n-2})=(n-2)\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)$ donc \\$(\vect{\Omega B},\vect{\Omega A_n})=k\pi \ssi -\dfrac{n-2}4=k \ssi n-2=-4k \ssi n\equiv 2 \pmod 4$
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 4 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

Dans un repère orthonormé de l'espace \Oijk{} A a pour coordonnées (1~;~1~;~0), B (2~;~0~;~3), C$(0~;~- 2~;~5)$ et D$(1~;~- 5~;~5)$.

\medskip

\textbf{Proposition 1 :} L'ensemble des points $M$ de coordonnées $(x~;~y~;~z)$ tels que $y = 2x+4$ est une droite. \textbf{FAUX}

L'équation $y=2x+4$ caractérise un plan passant E$(0~;~4~;~0)$ et de vecteur normal $\vec n(2, -1,0)$

\medskip

\textbf{Proposition 2 :} La transformation qui, à tout point $M$ de l'espace associe le point $M'$ tel que $\vect{MM'}  = \vect{M\text{A}} + \vect{M\text{B}}  + 2\vect{M\text{C}}$  est l'homothétie de centre $G$, où $G$ désigne le barycentre du système $\{(A,~1),~(B,~1),~(C,~2)\}$, et de rapport 3. \textbf{FAUX}.

L'égalité vectorielle s'écrit encore $\vect{MM'}=4\vect{MG}$ (\emph{réduction vectorielle}), soit encore $\vect{GM'}=-3\vect{GM}$, caractérisant une homothétie de centre $G$ et de rapport $-3$.

\medskip
\textbf{Proposition 3 :} A, B, C et D sont quatre points coplanaires. \textbf{FAUX}

Les vecteurs $\vect{DA}(0~;~6~;~-5)$, $\vect{DB}(1~;~5~;~-2)$ et $\vect{DC}(-1~;~3~;~0)$ ne sont pas coplanaires. En effet, les vecteurs $\vect{DA}$ et $\vect{DC}$ ne sont pas colinéaires (composantes nulles différentes) et $\vect{DB}$ n'est pas combinaison linéaire de $\vect{DA}$ et $\vect{DC}$.

En effet $\vect{DB}=x\vect{DA}+y\vect{DC} \ssi 
\left\{\begin{array}{lcl}
-y&=&1 \\
6x+3y&=&5 \\
-5x&=&-2
\end{array}\right.$ Équations incompatibles.

\medskip
\textbf{Proposition 4 :} La sphère de centre $\Omega$ de coordonnées (3~;~3~;~0) et de rayon 5 est tangente au plan d'équation : $2x+ 2y + z+ 3 = 0$. \textbf{VRAI}.

La distance du point $\Omega$ au plan est égale à $\dfrac{|2\times3+2\times 3 + 0 + 3|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=5$ donc est égale au rayon de la sphère.

\vspace{1cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Il s'agit d'une expérience à deux issues avec une probabilité de succès $p=\dfrac 16$ et une probabilité d'échec $q=\dfrac 56$ que l'on répète de manière indépendante 3 fois. X représente le nombre de succès et suit donc une loi binomiale de paramètres $n=3$ et $p=\frac 16$.
		\item L'espérance d'une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ est $np$. Donc\\
 $E(X)=3\dfrac16 = \dfrac 12$
		\item $P(X = 2) = \displaystyle\binom{3}{2}p^2q^1=3\times \dfrac 5{6^3}=\dfrac 5{72}$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item ~

\begin{center}\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=2.5pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$D$}\taput{1/2}}
	  { 
		  \TR{$A$}\taput{5/72}
		  \TR{$\overline{A}$}\tbput{}	   
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{D}$}\tbput{1/2}}
	  {
		  \TR{$A$}\taput{2/9}
		  \TR{$\overline{A}$}\tbput{} 
	  }
}
\end{center}

%\psset{xunit=0.8cm,yunit=0.8cm,algebraic=true,dotstyle=*,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
%\begin{pspicture*}(-0.89,-1.95)(6.05,3.7)
%\psline(0,1)(2,2)
%\psline(0,1)(2,0)
%\psline(2.54,2.34)(4.47,3.19)
%\psline(2.51,-0.28)(4.51,-1.23)
%\psline(2.51,-0.28)(4.49,0.43)
%\psline(4.47,1.63)(2.54,2.34)
%\rput[tl](2.2,2.52){$D$}
%\rput[tl](2.16,0.23){$\overline D$}
%\rput[tl](4.63,3.65){$A$}
%\rput[tl](4.63,2.01){$\overline A$}
%\rput[tl](4.65,0.81){$A$}
%\rput[tl](4.69,-0.88){$\overline A$}
%\rput[tl](0.65,1.92){1/2}
%\rput[tl](0.69,0.34){1/2}
%\rput[tl](3.,3.27){5/72}
%\rput[tl](3.2,0.55){2/9}
%\end{pspicture*}

        L'événement \og choisir le dé équilibré et obtenir exactement deux six ~\fg{} correspond à $D \cap A$.
        
$p(D \cap A) = p(D)\times p_D(A) = \dfrac 12 \times \dfrac 5{72} = \dfrac{5}{144}$.

L'événement \og choisir le dé truqué et obtenir exactement deux six\fg{} correspond à $\overline{D} \cap A$.

$p(\overline D \cap A) = p\left(\overline D\right)\times p_{\overline D}(A)$.

On utilise un raisonnement analogue au 1.c. :

$p_{\overline D}(A) = \displaystyle\binom{3}{2}p'^2q'^1$ où $p'=\dfrac 13$. Donc $p_{\overline D}(A) = \dfrac 2{9}$ et $p\left(\overline D \cap A\right) = \dfrac12\times \dfrac2{9}=\dfrac19$.

		\item On en déduit que $p(A) = p(D \cap A) + p\left(\overline D \cap A\right) =  \dfrac{5}{144} + \dfrac{16}{144} = \dfrac{21}{144} = \dfrac7{48}$.
		\item  Il s'agit de calculer $p\left(\overline D \text{ sachant } A\right) =\dfrac{p\left(\overline D \cap A\right)}{p(A)}=\dfrac19 \times \dfrac{48}7 = \dfrac{16}{21}$.
			\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item  $p_D\left(B_n\right) = 1 - p_D(\text{« n'obtenir aucun 6 ~»})=1- q^n = 1 -\left(\dfrac56\right)^n$. De même $p_{\overline D}\left(B_n\right) = 1 -\left(\dfrac23\right)^n$. On applique alors la formule des probabilités totales:
		
$p_n = p\left(B_n\right) = p(D)\times p_D\left(B_n\right) + p\left(\overline D\right)\times p_{\overline D}\left(B_n\right) = 1 - \dfrac 12\left(\dfrac56\right)^n - \dfrac 12\left(\dfrac23\right)^n$.
		 \item	$\limite{n}{+ \infty}\left(\dfrac56\right)^n = 0$ et $\limite{n}{+ \infty}\left(\dfrac23\right)^n =0$\: car $\dfrac56$ et $\dfrac 23$ appartiennent à $]-1~;~1[$. Donc $\limite{n}{+ \infty}p_n=1$. Ce résultat est prévisible car, quel que soit le dé, à condition de jouer suffisamment longtemps, on a une quasi certitude d'obtenir au moins une fois un 6. (ici, $p_{22} > 0,99$ et $p_{100}\approx 1$).
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}