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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Terminale S}
\lfoot{\small{Correction Nouvelle--Calédonie}}
\rfoot{\small{mars  2004}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}

{\Large\textbf{\decofourleft~Correction du baccalauréat S Nouvelle--Calédonie~\decofourright\\mars  2004}}

\vspace{0,25cm}

\end{center}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item BAM est un triangle équilatéral direct, donc M est l'image de A dans la rotation de centre B et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ ; ce qui se traduit en termes d'affixes par :

\[m - b = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(a - b) \iff m = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(a - b) + b\]

On obtient les autres égalités de la même façon.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a d'une part $z_{\vect{\text{MN}}} = n - m = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(c - a)$, et d'autre part 
		
$z_{\vect{\text{QP}}} = p - q = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(c - a).$
		
Donc $z_{\vect{\text{MN}}} = z_{\vect{\text{QP}}} \iff \vect{\text{MN}} = \vect{\text{QP}} \iff $~(MNPQ) est un parallélogramme.
		\item Dans la rotation de centre D et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$, on a le schéma :
		
		\begin{tabular}{l c l}
		A & $\longmapsto$ & Q\\
		C & $\longmapsto$ & P\\
		(AC) & $\longmapsto$ & (QP)
		\end{tabular}\\
		La droite (AC) a donc pour image la droite (QP) et par propriété de la rotation de $\dfrac{\pi}{3}$, on a $\left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{QP}}\right) = \dfrac{\pi}{3} \quad [2\pi]$ et AC = QP.
		
De même dans la rotation de centre C et d'angle $-\dfrac{\pi}{3}$, on a le schéma :

\begin{tabular}{l c l}
B & $\longmapsto$ & N\\
D & $\longmapsto$ & P\\
(BD) & $\longmapsto$ & (NP)
\end{tabular}

La droite (BD) a donc pour image la droite (NP) et par propriété de la rotation de $-\dfrac{\pi}{3}$, on a $\left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{QP}}\right) = - \dfrac{\pi}{3} \quad [2\pi] \iff \left(\vect{\text{NP}},~\vect{\text{BD}}\right) =  \dfrac{\pi}{3} \quad [2\pi]$ et BD = NP.
	\end{enumerate}
\item 
\begin{itemize}
\item MNPQ est un rectangle si  $\left(\vect{\text{NP}},~\vect{\text{QP}}\right)  = \dfrac{\pi}{2}\quad [\pi] \iff $

$\left(\vect{\text{NP}},~\vect{\text{BD}}\right)  +\left(\vect{\text{BD}},~\vect{\text{AC}}\right) +  \left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{QP}}\right) = \dfrac{\pi}{2} \quad [\pi]\iff$

$\dfrac{\pi}{3} + \left(\vect{\text{BD}},~\vect{\text{AC}}\right)  + \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{\pi}{2}\quad [\pi] \iff  \left(\vect{\text{BD}},~\vect{\text{AC}}\right)  = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{2\pi}{3} = - \dfrac{\pi}{6}\quad [\pi]\iff \left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{BD}}\right) = \dfrac{\pi}{6}\quad [\pi]$.
\item MNPQ est un losange si QP = NP, c'est-à-dire d'après la question \textbf{2. a.} 

QP = AC = NP = BD soit si AC = BD.
\end{itemize}

Conclusion : MNPQ est un carré si et seulement si $\left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{BD}}\right) = \dfrac{\pi}{6}\quad [\pi]$ et 

AC = BD.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $1 + 1 - m + 2m - 1 + 1 - m = 2 \neq 0$ et ce quel que soit $m$, donc $G_{m}$ existe quel que soit le réel $m$.
\item G$_{1}$ est le barycentre de $\left\{(\text{E}~;~1),~(\text{B}~;~0),~(\text{G}~;~1),~(\text{D}~;~0)\right\} = \left\{(\text{E}~;~1),~(\text{G}~;~1)\right\}$ donc le milieu de [EG].
\item G$_{0}$ est le barycentre de $\left\{(\text{E}~;~1),~(\text{B}~;~1),~(\text{G}~;~-1),~(\text{D}~;~1)\right\}$ signifie que 

$\vect{\text{G}_{0}\text{E}} + \vect{\text{G}_{0}\text{B}} - \vect{\text{G}_{0}\text{G}} + \vect{\text{G}_{0}\text{D}} = \vect{0} \iff $

$\vect{\text{G}_{0}\text{A}} + \vect{\text{AE}} + \vect{\text{G}_{0}\text{A}} +  \vect{\text{AB}} - \vect{\text{G}_{0}\text{A}} - \vect{\text{AG}} + \vect{\text{G}_{0}\text{A}} +\vect{\text{AD}} = \vect{0} \iff$

$ 2\vect{\text{G}_{0}\text{A}}+\vect{\text{AE}} +\vect{\text{AB}} - \vect{\text{AG}}+\vect{\text{AD}} = \vect{0}.$ (1)

Or dans le cube $\vect{\text{AG}} = \vect{\text{AB}} + \vect{\text{AE}} + \vect{\text{AD}}$, donc (1) devient : $2\vect{\text{G}_{0}\text{A}} = \vect{0} \iff \text{G}_{0} = \text{A}.$

En utilisant l'associativité du barycentre, (en associant les points E, B et D), on a G$_{0}$ = A est le barycentre de (I, 3) et (G, $-1$). Ces trois points sont donc alignés (on a plus précisément $\vect{\text{AG}} = 3\vect{\text{AI}}$)
\item Par définition O$_{2}$ est l'isobarycentre des points E, F, G et H, donc $\vect{\text{O}_{2}\text{E}} + \vect{\text{O}_{2}\text{F}}+\vect{\text{O}_{2}\text{G}}+\vect{\text{O}_{2}\text{H}} = \vect{0}$.

Par définition de $G_{m}$,

$\vect{G_{m}\text{E}} + (1 - m)\vect{G_{m}\text{B}} + (2m - 1)\vect{G_{m}\text{G}} + (1 - m)\vect{G_{m}\text{D}} = \vect{0}\iff $

$\vect{G_{m}\text{A}} + \vect{\text{AE}}+ (1-m)\vect{G_{m}\text{A}} + (1-m)\vect{\text{AB}}   + (2m - 1)\vect{G_{m}\text{A}} + (2m-1)\vect{\text{AG}} +$

$  (1-m)\vect{G_{m}\text{A}} + (1-m)\vect{\text{AD}} = \vect{0} \iff 2\vect{G_{m}\text{A}} + \vect{\text{AE}}+ (1-m)\vect{\text{AB}} + (2m-1)\vect{\text{AG}} + (1-m)\vect{\text{AD}} = \vect{0} \iff 2\vect{G_{m}\text{A}} + m\left(- \vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AG}} - \vect{\text{AD}}  \right) = \vect{0} \iff$

$ 2\vect{G_{m}\text{A}} + m\left(\vect{\text{AG}} + \vect{\text{AE}} \right) \iff 2\vect{G_{m}\text{A}} + 2m\vect{\text{AO}_{2}} \iff \vect{\text{A}G_{m}} = m\vect{\text{AO}_{2}}.$

Cette égalité montre que le barycentre $G_{m}$ appartient à la droite $\left(\text{AO}_{2}  \right)$ et que l'abscisse de $G_{m}$ pour le repère $\left(\text{A},~\text{O}_{2} \right)$ est le réel $m$. $m$ étant un réel quelconque $G_{m}$ parcourt toute cette droite.
\item
	\begin{enumerate}
		\item $G_{m}$ appartient à la droite $\left(\text{A},~\text{O}_{2} \right)$ donc au plan (AEGC) qui contient le milieu O$_{1}$ de [AC].
		
Donc A, $G_{m}$, E, et O$_{1}$ sont coplanaires.
		\item Si $G_{m}$ appartient à la droite (EI), il appartient au plan EBD et est donc un barycentre des trois points E, B et D. Il suffit donc que le coefficient de G dans la définition de $G_{m}$ soit nul, soit :

\[2m - 1 = 0 \iff m = \dfrac{1}{2}.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Dans le repère orthonormal on a $\vect{\text{AG}}(1~;~1~;~1),~\vect{\text{BD}}(-1~;~1~;~0),~\vect{\text{BE}}(- 1~;~0~;~1)$.

D'où $\vect{\text{AG}} \cdot \vect{\text{BD}} = - 1 + 1 = 0$, et $\vect{\text{AG}} \cdot \vect{\text{BE}} = - 1 + 1 = 0$.

Le vecteur $\vect{\text{AG}}$ étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EBD) est orthogonal à ce plan.

Une équation cartésienne du plan (EBD) est : $M(x~;~y~;~z) \in (\text{EBD} \iff x + y + z + d = 0$.

B(1 ; 0 ; 0) $\in (\text{EBD} \iff 1 + d = 0 \iff d = -1$.

On a donc :
 
\[M(x~;~y~;~z) \in (\text{EBD} \iff x + y + z - 1 = 0  \]

\item On a O$_{2}\left(\frac{1}{2}~;~\frac{1}{2}~;~1  \right)$. L'égalité $\vect{\text{A}G_{m}} = m\vect{\text{AO}_{2}}$ permet d'obtenir en projetant sur les trois axes que $G_{m}\left(\frac{m}{2}~;~\frac{m}{2}~;~m \right)$.
\item On sait que $d(G_{m},~(\text{EBD})) = \dfrac{\left|\frac{m}{2} + \frac{m}{2} + m  \right|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \dfrac{|2m|}{\sqrt{3}}$.

Cette distance est égale à $\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ si $\dfrac{|2m|}{\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3} \iff \dfrac{|2m|}{\sqrt{3}} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} \iff |2m| = 1 \iff |m| = \dfrac{1}{2}.$

Il y a deux valeurs répondant à la question $m = \dfrac{1}{2}$ et $m = - \dfrac{1}{2}.$
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill  11 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $P(X) = 1 + X - 2 X^2$.
		
$P(X) = 0~;~\Delta = 1 - 4 \times (-2) = 9 = 3^2.$

$P(X) = 0 \iff X_{1} = \dfrac{-1 + 3}{-4} = -\dfrac{1}{2}~\text{ou}~X_{2} = \dfrac{- 1 - 3}{-4} = 1.$

On sait que $P$ est négatif sauf entre les racines $-\dfrac{1}{2}$ et $1$.
		\item En posant $X = \text{e}^{-x}$, on trouve que $f(x) = P(X)$ : le signe de $f$ est celui de $P$, mais $X = \text{e}^{-x}$ est positif ; donc $f(x) \leqslant 0$ pour $0\leqslant X \leqslant 1 \iff - \infty \leqslant x \leqslant 0$ et $f(x) \geqslant 0$ pour $x \geqslant 0$.
		\item La courbe $\mathcal{C}$ contient donc l'origine.
	\end{enumerate}
\item On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{-x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 1$.

Ceci montre que la droite d'équation $y = 1$ est asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de plus l'infini.
\item On peut écrire $f(x) = \text{e}^{-2x} \times \text{e}^{2x} + \text{e}^{-2x} \times \text{e}^{x} - 2\text{e}^{-2x} = \text{e}^{-2x}\left(\text{e}^{2x} + \text{e}^{x} - 2 \right).$

Or $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{x} = \displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{2x} = 0.$ La limite de la parenthèse est donc égale à $-2$.

Conclusion : $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = - \infty$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item $f$ somme de fonctions dérivables est dérivable et $f'(x) = -  \text{e}^{-x} + 4 \text{e}^{-2x}$.
		\item $f'(x) = \text{e}^{-2x}\left(- \text{e}^{x} + 4\right)$ qui est du signe de $4 - \text{e}^{x}$ car $\text{e}^{-2x} > 0$ quel que soit le réel $x$.
		
$4 - \text{e}^{x} > 0 \iff \text{e}^{x} < 4 \iff x < \ln 4 = 2\ln 2$ (par croissance de la fonction logarithme népérien).

De même $4 - \text{e}^{x} < 0 \iff  x > 2\ln 2$.
		\item Tableau de variations
		
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3.5)
\psframe(8,3.5)
\psline(0,2)(8,2) \psline(0,3)(8,3) \psline(2,0)(2,3.5)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.3,3){$- \infty$} \uput[u](5,3){$2\ln 2$} \uput[u](7.8,3){$+ \infty$}
\rput(1,2.5){$f'(x)$} \rput(1,1){$f(x)$} \rput(5,1.75){$\frac{9}{8}$}
\rput(3.5,2.5){$+$} \rput(5,2.5){$0$} \rput(6.5,2.5){$-$}
\psline{->}(2.3,0.3)(4.7,1.7) \psline{->}(5.3,1.7)(7.7,0.3)
\end{pspicture}	
\end{center}
	
\medskip
	
On a $f(2\ln 2) = 1 + \dfrac{1}{4}- 2 \times \dfrac{1}{16} = \dfrac{8+2 - 1}{8} = \dfrac{9}{8}$ (car $x = 2\ln 2 \iff \text{e}^{x} = 4 \iff \text{e}^{-x} = \dfrac{1}{4}$.)
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Il faut résoudre $f(x) = 1 \iff 1 + \text{e}^{-x} - 2\text{e}^{-2x} = 1 \iff \text{e}^{-x} - 2\text{e}^{-2x} = 0 \iff 1 - 2\text{e}^{-x} = 0 \iff \text{e}^{-x} = \dfrac{1}{2} \iff - x = - \ln 2 \iff x = \ln 2$.
		
		$\mathcal{C}$ et $\mathcal{D}$ n'ont en commun que le point A$\left(\ln 2~;~1\right)$.
		\item Comme $1 + \text{e}^{-x} - 2\text{e}^{-2x} - 1 = \text{e}^{-x} - 2\text{e}^{-2x} = \text{e}^{-x}\left(1 - 2\text{e}^{-x}\right)$ qui est du signe de $1 - 2\text{e}^{-x}$.
		
$1 - 2\text{e}^{-x} > 0 \iff \text{e}^{-x} < \dfrac{1}{2} \iff - x < - \ln 2 \iff x > \ln2.$

Conclusion : 	$\mathcal{C}$ est  au dessus de $\mathcal{D}$ à droite du point A précédent et est au dessous avant le point A.	
	\end{enumerate}
\item Comme $f'(x) = -  \text{e}^{-x} + 4 \text{e}^{-2x},~ f'(\ln 2) = - \dfrac{1}{2} + \dfrac{4}{4} = \dfrac{1}{2}$.

Une équation de la tangente $\mathcal{T}$ en A est donc :

$y - 1 = \dfrac{1}{2}(x - \ln 2) \iff y = \dfrac{1}{2}(x - \ln 2)  + 1$.
\item Courbe et droites

\begin{center}
\psset{xunit=3cm,yunit=8cm}
\begin{pspicture*}(-2,-0.4)(2,2)

\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=5,gridwidth=0.3pt](0,0)(-2,-0.4)(2,2)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-1.98,-0.4)(2,2)
\psline(-2,1)(2,1)
\psplot[plotpoints=2000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{-0.15}{2}{2.71828 x neg exp 2.71828 x 2 mul neg exp 2 mul sub 1 add}
\psline(-2,-0.3466)(2,1.6534)
\uput[dl](0,0){O}\uput[u](1.9,0){$x$} \uput[r](0,1.9){$y$}
\uput[u](1.1,1.1){\blue $\mathcal{C}$} \uput[d](1.9,1){$\mathcal{D}$}
\uput[u](1.9,1.5){$\mathcal{T}$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item La surface est le complémentaire dans le rectangle de côtés $1$ et $\ln 2$ de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x= 0 $ et $x = \ln 2$.

Donc $\mathcal{A} = 1 \times \ln 2 - \displaystyle\int_{0}^{\ln 2} \left( 1 + \text{e}^{-x} - 2\text{e}^{-2x}\right)\:\text{d}x = \ln 2 - \left[ x -  \text{e}^{-x} + \text{e}^{-2x}\right]_{0}^{\ln 2} = \ln 2 - \left(\ln 2 - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} - 0 +1 - 1\right) = \dfrac{1}{4}$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item  On a vu que pour $x > \ln 2,~f(x) > 1$, donc quel que soit $n \in \N,\:u_{n}$ est l'intégrale d'une fonction positive est est donc un nombre positif.
		 \item $u_{n}$ représente la mesure en unité d'aire de la surface limitée par la droite $y = 1$, la courbe $\mathcal{C}$ et les droites d'équation $x = (n - 1) + \ln 2$ et $x = n + \ln 2$.
 	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a vu que pour $x > 2\ln 2$ la fonction $f$ est décroissante. Or $1 + \ln 2 > 2\ln 2$. Donc pour $n \geqslant 2$,
		
$(n - 1) + \ln 2 \leqslant x \leqslant n + \ln 2 \Rightarrow f(n + \ln 2) \leqslant f(x) \leqslant f[(n - 1) + \ln 2] \iff f(n + \ln 2)  - 1\leqslant f(x) - 1\leqslant f[(n - 1) + \ln 2] - 1$.
		\item En intégrant les trois fonctions de l'encadrement précédent sur l'intervalle $[(n - 1) + \ln 2~;~n + \ln 2]$, on obtient :
		
\[f(n + \ln 2)  - 1\leqslant  u_{n} \leqslant  f[(n - 1) + \ln 2] - 1.\]

		\item L'encadrement précédent permet d'écrire au rang $n+1$,~  $f(n + 1 + \ln 2)  - 1\leqslant  u_{n+1} \leqslant  f[ (n) + \ln 2] - 1 \leqslant u_{n}$, pour $n \geqslant 2$. Donc la suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante
		\item La suite étant minorée par zéro (suite positive) et décroissante, elle est convergente vers une limite supérieure ou égale à zéro.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item En utilisant l'égalité de Chasles $S_{n} = \displaystyle\int_{\ln 2}^{n + \ln 2} \left[f(x) - 1\right]\:\text{d}x.$
		\item $S_{n}$ est l'aire de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}$, la droite d'équation $y = 1$ et les droites verticales $x = \ln 2$ et $x = n + \ln 2$.
		\item $S_{n} = \displaystyle\int_{\ln 2}^{n + \ln 2} \left[f(x) - 1\right]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{\ln 2}^{n + \ln 2}\left( \text{e}^{-x} - 2\text{e}^{-2x} \right)\:\text{d}x = \left[- \text{e}^{-x} +  \text{e}^{-2x}\right]_{\ln 2}^{n + \ln 2} = - \text{e}^{-n - \ln 2} + \text{e}^{-2n - 2\ln 2} + \text{e}^{-\ln 2} - \text{e}^{-2\ln 2} = - \dfrac{1}{2}\text{e}^{-n}+  \dfrac{1}{4}\text{e}^{-2n} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} =$ 

$\dfrac{1}{4}\text{e}^{-2n}- \dfrac{1}{2}\text{e}^{-n} + \dfrac{1}{4}$.

Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \text{e}^{-2n} = \displaystyle\lim_{n \to + \infty} \text{e}^{-n} = 0$, on en déduit que
 
\[\displaystyle\lim_{n \to + \infty} S_{n} = \dfrac{1}{4}\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}