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\begin{document}
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% entête et bas de page
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{septembre 1998}}
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\thispagestyle{empty}
\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}
    
\vspace{0,5cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Métropole  \decofourright\\septembre 1998}}\end{center}

\vspace{0,5cm}

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

(Plus au programme)

\vspace{0,5cm}

\noindent \textbf{Exercice II\hfill 5 points}

\begin{enumerate}
\item $P(z) = z^{3}-~6z^{2}+12z - 16.$

	\begin{enumerate}
		\item  Calculer $P(4) = 64 - 96 + 48 - 16 = 0$. $0$ est donc une racine de $P$.
		\item  $P(z)$ peut donc s'écrire $P(z) = (z - 4)\left(az^2 + bz + c\right) = az^3 + (b - 4a)z^2 + (c - 4b)z - 4c$. Par identification $a = 1$, d'où $b - 4 = - 6 \iff b = -2,~c - 4b = 12 \iff c = 12 - 8 = 4,~-4c = -16 \iff c = 4.$\\
		Donc $P(z) = (z - 4)\left(z^2 - 2z + 4 \right)$ et $P(z) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
		z - 4&=&0\\
		z^2 - 2z + 4&=&0\\
		\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
		z - 4&=&0\\
		(z - 1)^2 - 1 + 4&=&0\\
		\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
		z - 4&=&0\\
		(z - 1)^2  + 3&=&0\\
		\end{array}\right. 	\iff\\
		 \left\{\begin{array}{l c l}				z - 4&=&0\\
		(z - 1)^2  -  (\text{i}\sqrt{3})^2&=&0\\
		\end{array}\right. $
		D'où les trois solutions : $4~;~1 + \text{i}\sqrt{3}~;~1 - \text{i}\sqrt{3}.$	
	\end{enumerate}
    
\item 
	\begin{enumerate}
		\item   On a $|a|^2 = |b|^2 = 1 + 3 = 4 \iff |a| = |b| = 2$. On place B et C sur le cercle de centre O de rayon 2 et grâce à la droite d'équation $x = 1$ .
		
		\begin{center}
		\psset{unit=1.5cm}
		\begin{pspicture}(-2,-2)(5, 2)
		\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-1,-2)(5, 2)
		\pscircle(0,0){2}\psline(1,-2)(1,2) 
		\uput[u](4,0){A} \uput[ur](1,1.732){B}\uput[dr](1,-1.732){C}  
		
		\end{pspicture}
		\end{center}
		\item  Les affixes de B et C sont conjugués : ils sont donc symétriques autour de (O$x$) qui contient A, donc (ABC) est isocèle en A.\\
		D'autre part BC $ = 2\sqrt{3}$ et $\text{AB}^2 = \|vect{\text{AB}}\|^2 = (-3)^2 + (\sqrt{3})^2 = 9 + 3  = 12 = \left( 2\sqrt{3}\right)^2$. D'où AB $ = 2\sqrt{3}= $AC.\\
		Conclusion (ABC) est un triangle équilatéral.
	\end{enumerate}

\item  Soit K le point d'affixe $k=-\sqrt{3}+\text{i}$\\
On appelle F l'image de K par la rotation de centre O et
d'angle de mesure $\dfrac{\pi}{3}$ et G l'image de
K par la translation de vecteur $\vect{\text{OB}}$.
	\begin{enumerate}
		\item   
		\begin{itemize}
\item Affixe de F : par définition de la rotation $z_{\vect{\text{OF}}} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z_{\vect{\text{OK}}} = \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\left(-\sqrt{3}+\text{i} \right) = - \dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2} \right) = - \sqrt{3} - \text{i}$.
\item Affixe de G : On a $\vect{\text{KG}} = \vect{\text{OB}} \iff z_{\vect{\text{KG}}} = z_{\vect{\text{OB}}} = 1 + \text{i}\sqrt{3} \iff g - \left( - \sqrt{3} - \text{i}\right) = 1 + \text{i}\sqrt{3}\iff g = 1 - \sqrt{3} + \text{i}\left(1 + \sqrt{3} \right).$
\end{itemize}
    		\item  On a $\vect{\text{OC}}\binom{1}{-\sqrt{3}}$ et $\vect{\text{OF}}\binom{- \sqrt{3}}{-1}$. Donc $\vect{\text{OC}} \cdot \vect{\text{OF}} = - \sqrt{3}+ \sqrt{3} = 0$. Les vecteurs $\vect{\text{OC}}$ et $\vect{\text{OF}}$ sont orthogonaux, donc les droites  (OC) et (OF) sont perpendiculaires.
	\end{enumerate}

\item Soit H le quatrième sommet du parallélogramme 
COFH.

	\begin{enumerate}
		\item  Le quadrilatère COFH est un parallélogramme et d'après la question précédente, deux de ses c\^otés sont perpendiculaires : c'est donc un rectangle.\\
		Enfin OC $ = |c| = 2$ et OF $= |f| = 2$ : deux c\^otés consécutifs ont la même longueur : c'est donc un losange et finalement un carré.
		\item  COFH est un parallélogramme donc $\vect{\text{OF}} = \vect{\text{CH}} \iff z_{\text{F}} = z_{\text{H}} - z_{\text{C}} \iff z_{\text{H}} = z_{\text{F}} + z_{\text{C}} = - \sqrt{3} - \text{i} + 1 - \text{i}\sqrt{3} = 1 - \sqrt{3} - \text{i}\left(1 + \sqrt{3}\right)$.
		\item   Les affixes de G et de H sont conjuguées : les points G et H sont donc symétriques autour de (O$x$) qui contient A. Le triangle (AGH) est donc isocèle en A.\\
		On a GH = $2\left( 1 + \sqrt{3}\right)$.\\
		Calculons AG$^2 = \left(-3 - \sqrt{3}\right)^2 + \left(1 + \sqrt{3}\right)^2 = 9 + 3 +6\sqrt{3} + 1 + 3 + 2\sqrt{3} =\\ 16 + 8\sqrt{3} = 4\left(4 + 2\sqrt{3}\right) = 4\left(1 + (\sqrt{3})^2 + 2\sqrt{3}\right) = \left[2\left(1 + \sqrt{3}\right)^2 \right]$. Donc \\AG $= 2\left( 1 + \sqrt{3}\right) = $ AH. Le triangle AGH est   équilatéral.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\noindent \textbf{Problème \hfill 11 points}

\bigskip

\textbf{Partie A}

(hors programme)

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb{R}$
 par :

\[f(x) = - x\text{e}^{2x+1}.\]

	\begin{enumerate}
		\item  Comme  quel que soit $u \in \R,~\text{e}^u > $, le signe de $f(x)$ est celui de $-x$. Donc :
		\begin{itemize}
\item si $x < 0,~f(x) > 0$ ; 
\item si $x > 0,~f(x) < 0$.
\end{itemize}

		\item  $f$ produit de fonctions dérivables est dérivable sur $\R$ et $f'(x) = \text{e}^{2x+1}\left(-1 - 2x \right)$ qui est du signe de $(-2x - 1)$.\\
Il en résulte les variations :
\begin{itemize}
\item si $x < - \dfrac{1}{2}$ la fonction est croissante ;
\item si $x > - \dfrac{1}{2}$ la fonction est décroissante.
\end{itemize}
		\item  Limites : 
		\begin{itemize}
\item En $+ \infty$ :  $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = - \infty ;$
\item En $- \infty$ : $f(x) = - \text{e} x \text{e}^{2x} = - \dfrac{\text{e}}{2} (2x)\text{e}^{2x}$.\\
Comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} (2x)\text{e}^{2x} = 0,~\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = 0$.
\end{itemize}
		\item  D'où le tableau de variations de $f$.\\
		
\begin{center}		
\begin{pspicture}(7.5,3.5)
\psframe(7.5,3.5)
\psline(0,2)(7.5,2) \psline(0,2.5)(7.5,2.5) 
\psline(1.5,0)(1.5,3.5)
\uput[u](0.75,2.5){$x$} \uput[u](1.8,2.5){$- \infty$}
 \uput[u](4.5,2.5){$-\dfrac{1}{2}$} \uput[u](7.1,2.5){$+ \infty$}
\rput(0.75,2.25){$f'(x)$} \rput(3,2.25){$+$}
\rput(4.5,2.25){$0$} \rput(6,2.25){$-$}
\rput(0.75,1){$f(x)$} \rput(1.7,0.2){$0$}
 \rput(4.5,1.65){$\dfrac{1}{2}$} \rput(7.1,0.2){$-\infty$}
\psline{->}(1.8,0.3)(4,1.7) \psline{->}(4.9,1.7)(7,0.3)
		\end{pspicture} 
\end{center}
		\item  
		\begin{itemize}
\item Tangente au point O : une équation de cette tangente est $y - f(0) = f'(0)(x - 0) \iff y = \text{e}x$ ;
\item Tangente T au point d'abscisse $-1$ : une équation de cette tangente est $y - f(-1) = f'(-1)(x - (-1)) \iff y = \dfrac{1}{\text{e}}(x + 1) + \dfrac{1}{\text{e}} \iff y = \dfrac{1}{\text{e}}x + \dfrac{2}{\text{e}}.$
\end{itemize}

 \item  $g(x)= \text{e}^{x}.$
La tangente à ($\Gamma$) au point d'abscisse $(-1)$ a pour équation $y - g(-1) = g'(-1)(x - (-1)) \iff y = \text{e}^{-1}(x + 1) + \text{e}^{-1}\iff y = \dfrac{1}{\text{e}}x + \dfrac{2}{\text{e}}$ soit la même équation que T.

Les courbes $\mathcal{C}$ et ($\Gamma$) ont au point $\left(-1~;~\dfrac{1}{\text{e}}\right)$ la même tangente T.

\end{enumerate}

\item  $h(x) = 1 + \text{e}x\text{e}^{x}.$

	\begin{enumerate}
		\item  $h$ est le produit de fonctions dérivables sur $\R$ : elle est donc dérivable sur $\R$ et $h'(x) = \text{e}\text{e}^{x}(1 + x)$ qui est du signe de $ 1 + x$. D'où le tableau de variations de $f$ :
		
\begin{center}
\begin{pspicture}(7,3.5)
\psframe(7,3.5)
\psline(0,1.5)(7,1.5) \psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline(1,0)(1,3.5)
\psline{->}(1.2,1.3)(3.7,0.3) \psline{->}(4.3,0.3)(6.7,1.3)
\rput(0.5,3){$x$} \rput(1.8,3){$-\infty$} \rput(4,3){$-1$} \rput(6.7,3){$+ \infty$} 
\rput(0.5,2){$h'(x)$} \rput(2.5,2){$-$} \rput(4,2){$0$} \rput(5.5,2){$+$} 
\rput(0.5,0.75){$h(x)$} \rput(4,0.2){$0$} 
\end{pspicture}
\end{center}
En effet $h(-1) = 1 + \text{e}\times (- 1) \times \text{e}^{-1} = 1 - 1 = 0$.\\
Il en résulte que $0$ est le minimum de la fonction $f$ sur $\R$. Donc quel que soit $x \in \R,~,h(x) \geqslant 0$.    
    		\item  Position de ($\mathcal{C}$) par rapport à ($\Gamma$) : on calcule $f(x) - g(x)  = - x\text{e}^{2x+1} - \text{e}^{x} = - \text{e}^{x}\left(\text{e}x \text{e}^{x} + 1 \right) = - \text{e}^x h(x)$. Comme $\text{e}^{x} > 0$, quel que soit $x$, le signe de cette différence est celui de $- h(x)$.
		
D'après la question précédente $f(x) - g(x) \geqslant 0 \iff f(x) \geqslant g(x)$, ce qui signifie que la courbe $\mathcal{C}$ est au dessous de $\Gamma$, sauf au point d'abscisse $-1$ qui est commun aux deux courbes..
		\item ~
		\psset{unit=4cm,comma=true} 
		\begin{center}
		\begin{pspicture*}(-2.5,-1)(0.5,1.25)
		\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=0.5,Dy=0.5](0,0)(-2.5,-1)(0.5,1.1)
		\psplot[linecolor=green]{-2.5}{0.05}{2.71828 x exp}
		\psplot[linecolor=blue]{-2.5}{0.2}{2.71828 x 2 mul 1 add exp x mul neg}
		\psplot{-2.5}{0.5}{1 2.71828 div x mul 2 2.71828 div add}
		\uput[u](-2,0.12){$\Gamma$}\uput[r](0.2,-0.78){$\mathcal{C}$} \uput[u](0.5,0.9){T}
		\psplot[linestyle=dotted]{-2.1}{0.2}{x 1 add}
		\uput[dr](-0.5,0.5){$J$}\uput[u](-2,-1){D}
		\end{pspicture*}
		\end{center}
			\end{enumerate}

\item Soit    $M\left(m~;~\text{e}^m \right)$  un point de la
courbe ($\Gamma$) d'abscisse $m$.

	\begin{enumerate}
		 \item  Tangente $D_{m}$ à ($\Gamma$) en $M$. Une équation de cette tangente est $y - \text{e}^m = \text{e}^m(x - m)\iff y \text{e}^m x + \text{e}^m(1 - m)$.
    		\item  \begin{itemize}
\item Si $y = 0$, alors $x = m - 1$. Donc   $A(m - 1 ~;~0)$ ;
\item Si $x = 0$, alors $y =  \text{e}^m(1 - m)$. Donc  et $B\left(0~;~\text{e}^m(1 - m)\right)$.
\item Les coordonnées du milieu $J$ de $[AB]$ sont donc $\left(\dfrac{m - 1}{2}~;~\dfrac{1 - m}{2}\text{e}^m\right)$.
\end{itemize}
		\item  Calculons $f(x) = -x \text{e}^{2x+1}$ avec $x = \dfrac{m - 1}{2}$.\\
		$f(x) = - \dfrac{m - 1}{2}\text{e} ^{m - 1 + 1} =  \dfrac{1 - m}{2}\text{e}^m$ qui est bien l'ordonnée de $J$. Donc  $J$ appartient à ($\mathcal{C}$).
		\item  Pour $m = 0$, l'équation de D est $y = x + 1$ et $J(-0,5~;~0,5)$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\noindent \textbf{Partie C}

\begin{enumerate}
\item On pose :\\
$\left\{\begin{array}{l c l}
u(t)&=&t\\
v'(t)&=& \text{e}^{2t}\\
\end{array}\right.$ d'où 
$\left\{\begin{array}{l c l}
u'(t)&=&1\\
v(t) &=& \dfrac{1}{2}\text{e}^{2t}\\
\end{array}\right.$\\
Ces fonctions étant dérivables sur $\R$, on peut intégrer par parties et :\\
$I(x) = \left[\dfrac{1}{2}t\text{e}^{2t}\right]_{0}^x - \displaystyle\int_{0}^x \dfrac{1}{2}\text{e}^{2t}\:\text{d}t = \dfrac{x}{2}\text{e}^{2x} - \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{1}{2}\text{e}^{2t}\right]_{0}^x  = \dfrac{x}{2}\text{e}^{2x} - \dfrac{1}{4}\left(\text{e}^{2x} - 1 \right)$.
\item  On a vu à la question \textbf{A. 1. d.} que $f(x) < 0$ si $x < 0$. Donc pour tout  $x$  réel négatif, la courbe $\mathcal{C}$ est au dessus de l'axe des abscisses. L'unité d'aire est égale à \\$4 \times 4$~cm$^2$, donc $\mathcal{A}(x) = 16\displaystyle\int_{x}^0 f(t)\:\text{d}t \quad $ (cm$^2) = 16\displaystyle\int_{x}^0 - t \text{e}^{2t+1}\:\text{d}t = 16 \text{e}\displaystyle\int_{x}^0  t \text{e}^{2t}\:\text{d}t = 16 \text{e}I(x) = 8x\text{e}^{2x+1} - 4\left(\text{e}^{2x+1} - \text{e}\right)$.
\item  Donc  $\mathcal{A}(-1) = -8\text{e}^{-1} - 4\text{e}^{-1} + 4\text{e} = 4\text{e} - \dfrac{12}{\text{e}}$  (cm$^2$.
\item On a $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{x} = 0,~\displaystyle\lim_{x \to - \infty} x\text{e}^{x} = \displaystyle\lim_{x \to - \infty} 2x\text{e}^{2x} = 0$.\\
Donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \mathcal{A}(x) = 4\text{e}.\quad $ (cm$^2)$. 
\end{enumerate}
\end{document}