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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small Métropole}
\rfoot{\small juin 2005}

\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Métropole Juin 2005~\decofourright}}
\end{center}
 
\textbf{Exercice 1 \hfill 4 points}

\bigskip

\textbf{Partie A : question de cours}

\medskip

Soit $u$ et $v$ deux suites adjacentes avec $u$ croissante et $v$ décroissante.

D'après le résultat (2), on a pour tout entier naturel $n$:

\[u_0 \leqslant u_1 \leqslant \cdots \leqslant u_n\leqslant v_n \leqslant \cdots \leqslant v_1\leqslant v_0.\]

En conséquence et d'après le résultat (3):
\begin{itemize}
\item La suite $u$ est croissante et majorée par $v_0$, donc converge vers le réel $\ell$.
\item La suite $v$ est décroissante et minorée par $u_0$, donc converge vers le réel $\ell'$.
\end{itemize}

Pour tout entier naturel $n$, on a: $\quad u_n=(u_n-v_n)+v_n$\\
D'après le résultat (1), $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}u_n-v_n=0$; un passage à la limite dans l'égalité précédente donne alors: 

\[\ell=\ell'.\]

On a démontré que deux suites adjacentes sont convergentes et ont la même limite.

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

Pour arriver à faire cet exercice, il faut déjà une idée de la réponse !!!

\medskip

\begin{enumerate}
\item FAUX.

En effet, considérons la suite $u$ définie pour tout $n$ par: $\quad u_n=\frac1{n+1}$

Alors aucun terme de $u_n$ n'est nul, et $u$ converge vers 0.

Mais $v_n=\frac{-2}{u_n}=-2(n+1)$, donc $v$  diverge vers $-\infty$.
\item VRAI.

Si $\left(u_{n}\right)$ est minorée par 2, alors pour tout entier $n$, on a : 

\[ 2\leqslant u_n.\]

Comme la fonction inverse est décroissante sur $[2~;~+\infty[$, il vient : 

\[\frac12 \geqslant \frac{1}{u_n}\]

En multipliant par $- 2$ : \[-1 \leqslant v_n.\]
Ainsi  $\left(v_{n}\right)$ est minorée par $-1$.

\item FAUX.

Soit $u$ la suite définie par: $\quad u_n=\frac1{n+1}$.

Cette suite est décroissante (avec aucun terme nul)  et la suite $v$ définie par $v_n=\frac{-2}{u_n}=-2(n + 1)$ est décroissante non constante, donc on ne peut pas dire qu'elle soit croissante.

\item FAUX.

Rappelons qu'une suite est divergente si elle n'est pas convergente.

Donc soit elle tend vers $\pm\infty$, soit elle n'a pas de limite.

Pour construire un contre-exemple, il suffit de trouver une suite $(u_n)$ qui diverge mais sans tendre vers l'infini.

Par exemple : \[u_n = -2(-1)^n \mbox{ donc } v_n=(-1)^n.\]

Comme la suite de terme général $(-1)^n$ diverge alors $u$ et $v$ divergent.

Preuve de la divergence de la suite de terme général $(- 1)$:

Raisonnons par l'absurde et supposons que cette suite converge vers un réel $\ell$.

Alors tout intervalle ouvert centré en $\ell$ contient tous les termes $(-1)^n$ à partir d'un certain rang.

Ainsi il existe un rang $N$ à partir duquel on aura : 
\begin{eqnarray*}
(-1)^n \in ]\ell-\frac12;\ell+\frac12[ & \iff & \ell-\frac12 < (-1)^n < \ell+\frac12\\
& \iff & -(-1)^n-\frac12 < -\ell < \frac12-(-1)^n \\
& \iff & -\left(-(-1)^n-\frac12\right)>\ell >-\left( \frac12-(-1)^n\right)\\
& \iff & (-1)^n-\frac12<\ell <(-1)^n+\frac12 
\end{eqnarray*}
Mais si $n$ pair, $(-1)^n=1$, donc l'encadrement donne $\quad \frac12 < \ell < \frac32$

Mais si $n$ impair, $(-1)^n=-1$, donc l'encadrement donne $\quad -\frac32 < \ell < -\frac12$

Mais on ne peut avoir simultanément $\frac12 < \ell < \frac32$ et $ -\frac32 < \ell < -\frac12$, on aboutit à une contradiction.

Ainsi la supposition: \og la suite de terme général $(-1)^n$ converge vers un réel $\ell$ \fg{} est fausse.

Donc la suite de terme général $(-1)^n$ diverge.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 2 \hfill 5 points}

\bigskip

\begin{enumerate}
\item Le cercle $\mathcal{C}$ est de diamètre [OA], il est donc de centre le milieu I de [OA], d'affixe $\frac12$, et de rayon $\frac12$.\\
Donc $\text{M} \in \mathcal{C} \iff IM=\frac12$, c'est à dire: $$\left|m - \dfrac{1}{2}\right| = \dfrac{1}{2}$$
\item Comme le carré MKLO est direct, alors L est l'image de M par la rotation de centre O et d'angle $\frac{\pi}2$, donc:
$$l=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}(m-0)+0= \text{i}m$$
De même le carré MAPN est direct, alors P est l'image de M par la rotation de centre A et d'angle $-\frac{\pi}2$, donc:

\[p=\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{2}}(m-1)+1=-\text{i}(m-1)+1=- \text{i}m + 1 +\text{i}.\]
 
On admettra que l'on a également $n = (1 - \text{i})m + \text{i}$ et $k = (1 + \text{i})m$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item Le milieu $\Omega$ du segment [PL] a pour affixe 

\[\frac{p+l}{2}=\frac{- \text{i}m + 1 +\text{i}+\text{i}m}{2}=\frac{1 +\text{i}}{2}.\]

Son affixe étant indépendante de $m$, alors $\Omega$ est un point indépendant de la position du point $M$ sur le cercle $\mathcal{C}$.
		\item En référence, à la relation de la question 1., nous avons :
\begin{eqnarray*}
\left|\frac{1 +\text{i}}{2} - \dfrac{1}{2}\right| &=&\left|\frac{\text{i}}{2} \right|\\
&=&\frac12
\end{eqnarray*}
Donc le point $\Omega$ appartient au cercle $\mathcal{C}$.

De plus, comme $\Omega$ est sur la droite $x=\frac12$, médiatrice de [OA], $\Omega$ est le \og milieu \fg{} de l'arc de cercle supérieur OA.
	\end{enumerate}

\item
	 \begin{enumerate}
	 	\item 
\begin{eqnarray*}
KN&=&\left|n-k\right|\\
&=&\left|(1 - \text{i})m + \text{i}-((1 + \text{i})m)\right|\\
&=&\left| -2 \text{i})m + \text{i}\right|\\
&=&\left|-2\text{i}\right|\underbrace{\left| m -\dfrac12\right|}_{=\dfrac12 \text{question 1.}} \\
&=&2\times\frac12=1
\end{eqnarray*}

Ainsi la distance $KN$ est constante. 
		\item On conjecture que ce triangle $\Omega NK$ est rectangle isocèle en $\Omega$. Démontrons-le en montrant que K est l'image de N par la rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\frac{\pi}2$.
		
\begin{eqnarray*}
\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}2}\left(n-\frac{1+\text{i}}2\right)+\frac{1+\text{i}}2&=&\text{i}\left((1 - \text{i})m + \text{i}-\frac{1+\text{i}}2\right)+\frac{1+\text{i}}2\\
&=&\text{i}\left((1 - \text{i})m + \text{i}\right)-\text{i}\frac{1+\text{i}}2+\frac{1+\text{i}}2\\
&=&\text{i}\left((1 - \text{i})m + \text{i}\right)+\frac{1-\text{i}}2+\frac{1+\text{i}}2\\
&=&\left(1 + \text{i} \right)m-1+\frac{1-\text{i}}2+\frac{1+\text{i}}2\\
&=&\left(1 + \text{i}\right)m=k
\end{eqnarray*}
CQFD.
	\end{enumerate}
\item Comme le triangle $\Omega NK$ est rectangle isocèle en $\Omega$, alors en utilisant le théorème de Pythagore :
\[2\Omega N^2=KN^2=1 \iff \Omega N=\frac{\sqrt{2}}{2}.\]
Ainsi le point $N$ appartient au cercle fixe (indépendant du point $M$) de centre $\Omega$ et de rayon $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 3 \hfill 5 points}

\bigskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Comme l'enfant tire simultanément les boules, il n' y a pas de première boule, ni de deuxième, etc., donc il y a un choix de trois boules parmi 13, c'est à dire qu'il y a  $\binom{13}{3}=286$ tirages au hasard possibles.
		
La variable aléatoire $X$ prend les valeurs 0, 1, 2 et 3, et de plus, pour obtenir :

$\bullet$ $X=0$, il faut et il suffit que l'enfant choisisse 3 boules vertes parmi les 3, donc :

\[P(X=0)=\frac{1}{286}.\]

$\bullet$ $X=1$, il faut et il suffit que l'enfant choisisse 1 boule rouge parmi 10 et à chacun de ces tirages de cette boule rouge il y a un tirage de 2 boules vertes parmi les 3, donc :

\[P(X=1)=\frac{\binom{10}{1}\times \binom{3}{2}}{286}=\frac{30}{286}.\]

$\bullet$ $X=2$, il faut et il suffit que l'enfant choisisse 2 boules rouge parmi 10 et à chacun de ces tirages de ces boules rouges il y a un tirage de 1 boules verte parmi les 3, donc :

\[P(X=2)=\frac{\binom{10}{2}\times \binom{3}{1}}{286}=\frac{135}{286}.\]

$\bullet$ $X=3$, il faut et il suffit que l'enfant choisisse 3 boule rouge parmi 10, donc :

\[P(X=3)=\frac{\binom{10}{3}}{286}=\frac{120}{286}.\]

Remarquez bien que  $\sum_{k=0}^{k=3}P(X=k)=1$, ce qui permet de s'assurer que notre raisonnement est cohérent à défaut d'être bon.
\item L'espérance mathématique de $X$ est $E(X)=\sum_{k=0}^{k=3} k\times P(X = k)= 2,307$.

PS : Attention de bien respecter les consignes d'arrondi données en préambule. 

\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item ~ 

\begin{center}
\psset{arrows=->}\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=1.75pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$C_{1}$}\taput{1/2}}
	  { 
		  \TR{$R$}\taput{10/13}
		  \TR{$V$}\tbput{3/13}	   
	  }
	\pstree{\TR{$C_{2}$}\tbput{1/2}}
	  {
		  \TR{$R$}\taput{3/7}
		  \TR{$V$}\tbput{4/7}	  
	  }
	
}
\end{center}

\medskip

		\item D'après les formules des probabilités totales, on a: 
\begin{eqnarray*}
P(R)&=&P(R\cap C_{1})+P(R\cap C_{2})\\
&=&\frac12\times\frac{10}{13}+\frac12\times \frac{3}{7}\\
&=&\frac{109}{182} \approx 0,598
\end{eqnarray*}

		\item Sachant que l'enfant a choisi une bille rouge, la probabilité qu'elle provienne de la boîte cubique est:
$$P(C_{1}/R)=\frac{P(C_{1}\cap R)}{P(R)} = 0,642$$
	\end{enumerate}

\item Comme l'enfant reproduit $n$ fois de suite son deuxième jeu, en remettant à chaque fois la bille tirée à sa place, le jeu est répétée de manière indépendante.  
	\begin{enumerate}
		\item La probabilité $p_{n}$ que l'enfant ait pris au moins une bille rouge au cours de ses $n$ choix est, en passant à l'évènement contraire : $1 - P$ (aucune boule rouge).
Or, compte tenu de l'indépendance, la probabilité de n'avoir aucune boule rouge est :

\[P\left(\overline{R}\right)\times P\left(\overline{R}\right) \times P\left(\overline{R}\right) \cdots P\left(\overline{R}\right)=P\left(\left(\overline{R}\right\right))^n = \left(1-\frac{109}{182}\right)^n = \left(\frac{73}{182}\right)^n\]

Donc, \[p_n = 1 - \left(\frac{73}{182}\right)^n\]
		\item Pour calculer la plus petite valeur de $n$ pour laquelle $p_{n} \geqslant  0,99$, résolvons :
\begin{eqnarray*}
p_{n} \geqslant  0,99 & \iff & 1-\left(\frac{73}{182}\right)^n \geqslant 0,99\\
& \iff & 1-\left(\frac{73}{182}\right)^n \geqslant 0,99\\
& \iff & \left(\frac{73}{182}\right)^n \leqslant 0,01\\
& \iff & \ln \left(\frac{73}{182}\right)^n \leqslant \ln 0,01\\
& \iff & n \ln \left(\frac{73}{182}\right) \leqslant \ln 0,01\\
& \iff & n \geqslant \frac{\ln 0,01}{\ln \left(\frac{73}{182}\right)} \\
& \iff & n \geqslant 5,04
\end{eqnarray*}
Donc la valeur minimale est $n = 6$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 4 \hfill 6 points}

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par 

\[f(x) = \frac{3\text{e}^{\frac{x}{4}}}{2+ \text{e}^{\frac{x}{4}}}.\]

\begin{enumerate}
\item[a.] 
\begin{eqnarray*}
\frac{3}{1 + 2\text{e}^{-\frac{x}{4}}}&=&\frac{3}{1 + 2\times \frac{1}{\text{e}^{\frac{x}{4}}}}\\
&=&\frac{3}{\frac{\text{e}^{\frac{x}{4}}+2}{\text{e}^{\frac{x}{4}}}}\\
&=&\frac{3\text{e}^{\frac{x}{4}}}{2+ \text{e}^{\frac{x}{4}}}\\
&=&f(x)
\end{eqnarray*}

\item[b.] Comme $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}-\frac{x}4=-\infty$ et $\displaystyle \lim_{y\to-\infty} \text{e}^y=0$, alors $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\text{e}^{-\frac{x}4}=0$, donc:
$$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{3}{1 + 2\text{e}^{-\frac{x}{4}}}=3 \iff \lim_{x\to+\infty} f(x)=3$$

Par un raisonnement analogue, on obtient \[\lim_{x\to-\infty} f(x)=0.\]

\item[c .] La fonction $x \mapsto \text{e}^{-\frac{x}4}$, composée des fonctions dérivables: exp et $x \mapsto -\frac{x}4$, est dérivable sur $\R$ donc $f$ est dérivable sur $\R$ et :

\[f'(x)=3 \times (-1)\times 2  \frac{-\frac14  \text{e}^{-\frac{x}4}}{\left(1+2\text{e}^{-\frac{x}4}\right)^2}=\frac32 \times \frac{\text{e}^{-\frac{x}4}}{\left(1+2\text{e}^{-\frac{x}4}\right)^2}.\]

Comme pour tout réel $x$, $\text{e}^{-\frac{x}4}>0$, alors $f'(x)>0$. Ainsi $f$ est strictement croissante sur $\R$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Partie B}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Les solutions de l'équation différentielle (E$_{1}$):$y' = \frac{y}{4}$ sont les fonctions $y$ définies par:$$y(t)=K\text{e}^{\frac{t}4}$$ avec $K$ constante réelle.
		\item Comme $g$ est une solution de l'équation différentielle (E$_{1}$), alors $g(t)=K\text{e}^{\frac{t}4}$.\\
Donc  $g(0) =K\text{e}^{\frac{0}4}=K$ or $g(0)=1$ donc $K=1$.\\
Ainsi $$g(t)=\text{e}^{\frac{t}4}$$
		\item La population dépassera 300 rongeurs pour la première fois lorsque 
\begin{eqnarray*}
g(t) \geqslant 3 &\iff& \text{e}^{\frac{t}4} \geqslant 3\\
&\iff& \ln\left(\text{e}^{\frac{t}4}\right) \geqslant \ln 3\\
&\iff& \frac{t}4 \geqslant \ln 3\\
&\iff& t \geqslant 4 \ln 3
\end{eqnarray*}

	\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item Considérons une fonction $u$ strictement positive vérifiant la condition (E$_{2}$), alors on a:
$$ \left\{\begin{array}{l c l}
 u'(t) &=&	 \frac{u(t)}{4} - \frac{[u(t)]^2}{12}~\text{pour tout nombre réel}~ t~ \text{positif ou nul,}\\
u(0)& =&1.\\
 \end{array}\right.$$
 Intéressons-nous à la fonction $h$ définie et dérivable sur $[0~;~ + \infty[$, vérifiant $h(t)=\frac1{u(t)}$. Alors:\\
 $h(0)=\frac1{u(0)}=\frac1{1}=1$ et $h'(t)=-\frac{u'(t)}{u^2(t)}$.\\
 Mais $u'(t) = \frac{u(t)}{4} - \frac{[u(t)]^2}{12}$ et $u(t)>0$, donc, en divisant par $-u^2(t)$ l'égalité précédente, on obtient:

\[-\frac{u'(t)}{u^2(t)} =- \frac{u(t)}{4u^2(t)} - \frac{[u(t)]^2}{12u^2(t)} \iff  - \frac{u'(t)}{u^2(t)} =- \frac{1}{4}\frac{1}{u(t)} - \frac{1}{12}.\]
 
 C'est-à-dire : 

 \[h'(t) =- \frac{1}{4}h(t)  + \frac{1}{12}.\]
 
 Ainsi la fonction $h$ satisfait aux conditions

\[(\text{E}_{3}) \left\{\begin{array}{l c l}
 h'(t) &=&	 - \frac{1}{4}h(t)  + \frac{1}{12}~ \text{pour tout nombre réel}~ t~ \text{positif ou nul,}\\
h(0)& =&1.\\
\end{array}\right.\] 
 
Comme nous avons procédé par équivalence, la fonction $u$ satisfait aux conditions (E$_{2}$) si et seulement si la fonction $h$ satisfait aux conditions (E$_{3}$).
		\item Les solutions de l'équation différentielle $y' = - \frac{1}{4}y	+ \frac{1}{12}$ sont les fonctions $y$ définies par: $$y(t)= C\text{e}^{-\frac{t}4}-\frac{\frac{1}{12}}{-\frac{1}{4}}=C\text{e}^{-\frac{t}4}+\frac13$$.\\
Ainsi $h(t)=C\text{e}^{-\frac{t}4}+\frac13$, or $h(0)=1$ donc $C\text{e}^{-\frac{0}4}+\frac13=1 \iff C=\frac23$\\
donc $$h(t)=\frac23\text{e}^{-\frac{t}4}+\frac13=\frac13\left(2\text{e}^{-\frac{t}4}+1\right)$$
Or \[u(t)=\frac1{h(t)} \text{ donc } u(t)=\frac{1}{\frac13\left(2\text{e}^{-\frac{t}4}+1\right)}=\frac{3}{2\text{e}^{-\frac{t}4}+1}.\]
		\item Dans ce modèle, la taille de la population étudiée lorsque $t$
tend vers $+ \infty$ s'approche de 3.

Ce calcul a été effectué dans la partie A. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

Corrigé : Patrick Baril
\end{document} 