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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé terminale S}
\lfoot{\small{novembre  2005}}
\rfoot{\small{Amérique du Sud}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud~\decofourright
\\novembre  2005}}

\vspace{0,25cm}

\end{center}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a une loi binomiale de paramètres $n = 50$ et $p = 0,02$.

On a donc $p(X = 2) = \binom{50}{2} \times 0,02^2 \times 0,98^{48} \approx \np{0,1858}\approx 0,19$.
\item La probabilité cherchée est $p(X > 0) = 1 - p(X = 0) = 1 - 0,98^{50} \approx 0,635 \approx 0,64$.
\item On a E$(X) = n \times p = 50 \times 0,02 = 1$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item On a $P([\np{1000}~;~+ \infty]) = 1 - \displaystyle\int_{0}^{1000} 5 \times 10^{-4} \text{e}^{- 5 \times 10^{-4}t}\,\text{d}t = 1 + \left[\text{e}^{- 5 \times 10^{-4}t}\right]_{0}^{1000} = \text{e}^{- 5 \times 10^{-4} \times 10^3} = \text{e}^{-0,5} = \dfrac{1}{\sqrt{\text{e}}} \approx 0,606 \approx 0,61$.
		\item Même calcul avec $\lambda_{2}$ : $P([\np{1000}~;~+ \infty]) =\\
 1 - \displaystyle\int_{0}^{\np{1000}}  10^{-4} \text{e}^{10^{-4}t}\,\text{d}t = 1 + \left[\text{e}^{-  10^{-4}t}\right]_{0}^{\np{1000}} = \text{e}^{ 10^{-4} \times 10^3} = \text{e}^{-0,1}   \approx 0,904 \approx 0,90$.
\end{enumerate}
\item~

\begin{pspicture}(10,2.5)
\psline(0,1)(2,2) \rput{26.6}(1,1.75){$0,02$} \rput(7.25,2){$P(T\geqslant t) = 1 - \displaystyle\int_{0}^{t} 5 \times 10^{-4} \text{e}^{-5 \times 10^{-4}t}\,\text{d}t = 0,02 \text{e}^{-5 \times 10^{-4}t}$}
\psline(0,1)(2,0) \rput{-26.6}(1,0.25){$0,98$}
\rput(6.25,0){$P(T\geqslant t) = 1 - \displaystyle\int_{0}^{t}  10^{-4} \text{e}^{- 10^{-4}t}\,\text{d}t = 0,98 \text{e}^{- 10^{-4}t}$}
\end{pspicture}

\bigskip

D'où en faisant la somme, le résultat demandé.
\item On a $P_{(T\geqslant \np{1000})}(\text{défectueux}) = \dfrac{P\left[(T \geqslant \np{1000}) \cap (\text{défectueux})\right]}{P(T \geqslant \np{1000})} =$

$\dfrac{0,02 \times \text{e}^{-0,5}}{0,02 \times \text{e}^{-0,5} + 0,98\times \text{e}^{-10^{-1}}} \approx  0,013 \approx 0,01$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item Un point $M(z)$ est invariant si et seulement si $z' = z = \dfrac{4}{\overline{z}} \iff z\overline{z} = 4 \iff |z|^2 = 4 \iff |z| = 2$.

Les points invariants sont donc tous les points dont l'affixe a pour module 2 ; le cercle de centre O et de rayon 2 est donc invariant par $f$.  
\item On a $z' = 1 =  \dfrac{4}{\overline{z}} \iff \overline{z} = 4 \iff z = 4$.

Le seul point dont l'image par $f$ est J est le point d'affixe $4$.
\item Si $\alpha = a + \text{i}b \neq 0$ a un antécédent $z$ par $f$, alors $a + \text{i}b = \dfrac{4}{x + \text{i}y} \iff (a + \text{i}b )(x + \text{i}y) = 4 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
ax + by&=&4\\
bx - ay&=& 0\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
x&=& \dfrac{4a}{a^2+b^2}\\
y &=& \dfrac{4b}{a^2+b^2}\\
\end{array}\right.$

Conclusion : le seul antécédent de $\alpha$ par $f$ est le complexe $z = \dfrac{4\alpha}{|\alpha|^2}$.
\item  
	\begin{enumerate}
		\item On a d'après la définition de $f$ et en prenant les arguments :
		
$\left(\vect{u},~\vect{\text{O}M'}\right) = 0 - \|\left[-  \left(\vect{u},~\vect{\text{O}M}\right)\right]  =  \left(\vect{u},~\vect{\text{O}M}\right)$ ;  donc $\left(\vect{\text{O}M},~\vect{\text{O}M'}\right)  = 0 \quad\\ \text{modulo} ~2\pi$. Autrement dit : les points O, $M$ et $M'$ sont alignés. 
		\item On a $\left|z'\right| = \left| \dfrac{4}{\overline{z}}\right| = \dfrac{4}{|\overline{z}|} =  \dfrac{4}{|z|}$.\\
Donc si $|z| = r > 0$, alors $\left|z'\right| = \dfrac{4}{r}$.\\
L'image du cercle de centre O et de rayon $r$ est donc le cercle de centre O et de rayon $\dfrac{4}{r}$. D'après la question précédente à chaque point du premier cercle correspond un point image aligné avec O : conclusion, l'image du cercle est tout le cercle de centre O et de rayon  $\dfrac{4}{r}$.
		\item Si OP = 3, $z_{\text{P}} = 3\text{e}^{\text{i}\alpha}$ et $z_{\text{P}'} = \dfrac{4}{3}(\cos \alpha + \text{i}\sin \alpha)$. D'où une construction de P$'$ :
		
\begin{center}		
\begin{pspicture}(4,2.5)
\psaxes[linewith=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(4,2.5)
%\SpecialCoor
\rput(3;35){$\times$} \uput[u](3;35){P}\uput[u](1;35){1} \uput[u](1.33333;35){P$'$}\rput(1.33333;35){$\times$}  \psline(0;0)(4;35)\psline(3;0)(1;35) \psline(4;0)(1.33333;35)
\uput[d](3;0){3} \uput[d](4;0){4}
\psarc(0;0){4mm}{0}{35} \uput[ur](0.4;7){$\alpha$}
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item Si $M(z) \in \mathcal{C}_{1}(\text{J}~;~r = 1)$, alors $z = 1 + \text{e}^{\text{i}\alpha},~\alpha \neq \pi$, d'où $z' = \dfrac{4}{1 + \cos \alpha - \text{i}\sin \alpha} = \dfrac{4(1 + \cos \alpha + \text{i}\sin \alpha}{1 + \cos\alpha)^2 + \sin ^2 \alpha} =  \dfrac{4(1 + \cos \alpha + \text{i}\sin \alpha}{2 + 2\cos \alpha} = 2 + \text{i}\dfrac{2\sin \alpha}{1 + \cos \alpha}$.

Conclusion : le point $M'$ a une abscisse égale à 2. Il appartient à la droite   (D) d'équation $x = 2$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item On sait que l'écriture de la similitude $s$ est $z' = \alpha z + \beta$, avec $\alpha$ et $\beta$ complexes. Or $s$(A) = B et $s$(C) = D se traduit par :

$\left\{\begin{array}{l c l}
1 + 2\text{i}&=&\alpha \text{i} + \beta\\
3 + 2\text{i} &=&\alpha \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{2}}{2}\right) + \beta\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
2&=& \alpha\\
1 + 2\text{i}& =& 2 + b\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
2&=&\alpha\\
1&=&\beta\\
\end{array}\right. $

L'écriture complexe de $s$ est donc : $z' =  2z + 1$.

On trouve aussitôt que le seul point fixe est le point d'affixe $- 1$, donc le centre de cette similitude.

$z' = 2z + 1 \iff z' + 1 = 2z + 2 \iff z' + 1 = 2(z + 1)$. On reconnaît une homothétie dont le centre est le point d'affixe $-1$ et de rapport  $2$.
\item On peut écrire $1U_{n+1} - 2U_{n} = 1$ ce qui montre d'après le théorème de Bezout que $U_{n}$ et $U_{n+1}$  sont premiers entre eux.
\item $s$ étant une homothétie de rapport 2, les termes (naturels) de la suite sont les affixes des points  obtenus successivement en prenant les symétriques du point d'affixe $-1$ autour du point précédent.   
\item Démonstration par récurrence :

\emph{Initialisation} : $U_{0} = 2^0 - 1 = 0$ : vraie donc au rang $0$.

\emph{Hérédité} : soit $n \in \N$ et supposons que la relation soit vraie à ce rang  : 

$U_{n} = 2^n - 1$. Alors $U_{n+1} = 2U_{n} + 1 = 2\left(2^n - 1\right) + 1 = 2^{n+1} - 2 + 1 = 2^{n+1} - 1$. La relation est vraie au rang $(n + 1)$. 

La relation est vraie au rang 0 et si elle est vraie au rang $n$, elle l'est au rang $n + 1$ ; elle est donc vraie par récurrence pour tout naturel $n$.
\item Calculons $U_{p}\left(U_{n-p} + 1\right) + U_{n-p} = \left(2^p - 1\right)\left(2^{n-p} - 1 + 1\right) + 2^{n-p} = $

$2^n - 2^{n-p} + 2^{n-p} - 1 = 2^n - 1 = U_{n}$.

L'égalité précédente peut s'écrire : $U_{n} - U_{p}\left(U_{n-p} + 1 \right) = U_{n-p}$.

Le pgcd à $U_{n}$ et $U_{p}$, divise  $U_{p}$, donc aussi $U_{p}\left(U_{n-p} + 1 \right)$ et par différence divise  $U_{n} - U_{p}\left(U_{n-p} + 1 \right)$ c'est-à-dire $U_{n-p}$ et c'est le plus grand diviseur commun. Donc pgcd$\left(U_{n},~U_{p}\right) = \text{pgcd}\left(U_{p},~U_{n-p}\right)$.
\item On sait que pour $x \in \R$ et $a\in \N$,~$x^a - 1 = (x - 1)(\ldots)$, donc $x - 1$ divise $x^a - 1$.

Soit $d$ le pgcd de $U_{n}$ et $U_{p}$. Il existe donc deux naturels $k$ et $k'$ premiers entre eux  tels que $n = kd$ et $p = k'd$.

De plus il n'existe pas d'autre écriture de $n$ et $p$ sous forme de produit  avec un facteur commun supérieur à $d$, d'après la définition du pgcd.

$U_{n} = 2^n - 1 = 2^{kd} - 1 = \left(2^d\right)^k - 1 = (2^d - 1)(\ldots)$, c'est-à-dire que 

$2^d - 1$ divise $U_{n}$.

De même $U_{p} = 2^p - 1 = 2^{k'd} - 1 = \left(2^d\right)^{k'} - 1 = (2^d - 1)(\ldots)$, c'est-à-dire que $2^d - 1$ divise $U_{p}$.

Donc $2^d - 1 = U_{d} = U_{\text{pgcd}(n,~p)}$ est le plus grand diviseur commun à $U_{n}$ et $U_{p}$.

Application : $15 = 3 \times 5$. Or 5 divise \np{2005}, mais 3 ne le divise pas. Donc 

pgcd$\left(U_{\np{2005}},~U_{5}\right) = U_{5}$ (d'après la question précédente).

$U_{5} = 2^5 - 1 = 32 - 1 = 31$.

Conclusion : pgcd$\left(U_{\np{2005}},~U_{5}\right) = 31$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item V (voir 2)
\item V car $\vect{\text{AC}} \cdot\: \vect{\text{AI}} = \vect{\text{AB}} \cdot\: \vect{\text{AI}} = \vect{\text{AI}}    \cdot\: \vect{\text{AB}} = 1 \times \dfrac{1}{2}$
\item V car $\vect{\text{AB}} \cdot\: \vect{\text{IJ}} = \vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{IC}}$ (par projection sur le plan (ABC))
 \item F, car $\tan \widehat{\text{BIC}} = \dfrac{1}{0.5} = 2 \neq \tan \dfrac{\pi}{3}$.
\item F :  une équation  paramétrique de la droit (IJ) est $\left\{\begin{array}{l c l}
x&= &\dfrac{1}{2} + t\\
y&=&2t\\
z&=& t\\
\end{array}\right.$
\item V en écrivant une équation de la droite (J, $\vect{\text{JI}}$). 
\item F : c'est une équation de plan.
\item F :
\item V : une équation du plan (FIJ) est : $4x - y - 2z = 2$.
\item V : en prenant la base (EFI) et la hauteur CB, on a $\mathcal{A}$(EFI) $= \dfrac{1 \times 1}{2}  = \dfrac{1}{2}$.\\
Donc $V(\text{EFIJ}) = \dfrac{1}{3} \times\dfrac{1}{2} \times 1 = \dfrac{1}{6}$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4}  \hfill  7 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $f(0) = 1$ et $g(0) = 0$, ce qui permet de distinguer $\mathcal{C}_{f}$ et $\mathcal{C}_{g}$.
\item $f(-x) = \text{e}^{-(-x)^2} = \text{e}^{-x^2} = f(x)$ ; $f$ étant définie sur un intervalle symétrique autour de $0$ est donc paire.

$g(-x) = (-x)^2\text{e}^{-(-x)^2} = x^2\text{e}^{-x^2} = g(x)$ ; pour les mêmes raisons la fonction $g$ est paire.
\item  Dérivée : $f'(x) = - 2x\text{e}^{-x^2}$ qui est signe de $-x$ : donc $f$ est croissante sur $\R_{-}$ et décroissante sur $\R_{+}$.

En posant $x^2 = X$, on a $\displaystyle\lim_{x\to + \infty} f(x) = \displaystyle\lim_{x\to - \infty} f(x) = 0$.

De même pour $g,~g'(x) = \text{e}^{-x^2}\left(2x - 2x^3\right) = 2x\text{e}^{-x^2}\left(1 - x^2\right)$, qui est du signe de $x\left(1 - x^2\right)$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x\to + \infty}\dfrac{\text{e}^x}{x} =  +\infty$, donc que $\displaystyle\lim_{x\to + \infty}\dfrac{x}{\text{e}^x} =  0$. La limite est identique au voisinage de $- \infty$.

On obtient les tableaux de variations suivants :

\begin{center}
\begin{pspicture}(10,7)
\psline(0,2)(10,2) \psline(0,3)(10,3) \psline(0,5)(10,5) \psline(0,6)(10,6) 
\psline(2,0)(2,6.5) \psline[linestyle=dotted](4,2)(4,6)  \psline[linestyle=dotted](6,0.5)(6,6)
 \psline[linestyle=dotted](8,0.5)(8,6) 
\uput[u](1,6){$x$}   \uput[u](2.25,6){$- \infty$}   \uput[u](4,6){$-1$}  
\uput[u](6,6){$0$}   \uput[u](8,6){$1$}   \uput[u](9.7,6){$+\infty$}  
\uput[u](1,5){$f'$}   \uput[u](3,5){+}   \uput[u](5,5){+}   \uput[u](6,5){$0$}   \uput[u](7,5){$-$}  \uput[u](9,5){$-$}
\uput[u](1,3.7){$f$}   \uput[u](2.2,3){$0$}   \uput[u](6,4){$1$}   \uput[u](10,3){$0$}  
\uput[u](1,2){$g'$}   \uput[u](3,2){+}   \uput[u](4,2){$0$}   \uput[u](5,2){-}  
\uput[u](6,2){$0$}   \uput[u](7,2){+}   \uput[u](8,2){$0$}   \uput[u](9,2){-}  
\uput[u](1,0.7){$g$}   \uput[u](2.2,0){$0$}   \uput[u](4,1.3){$\frac{1}{\text{e}}$}  
\uput[u](6,0){$0$}   \uput[u](8,1.3){$\frac{1}{\text{e}}$}   \uput[u](10,0){$0$}
\psline{->}(2.4,3.3)(5.8,4.7)   \psline{->}(6.2,4.7)(9.7,3.3)  
\psline{->}(2.4,0.3)(3.7,1.7)  \psline{->}(4.3,1.7)(5.7,0.3)  
\psline{->}(6.3,0.3)(7.7,1.7)  \psline{->}(8.3,1.7)(9.7,0.3)  
\end{pspicture}
\end{center}

\item Soit $d(x) = f(x) - g(x) = \text{e}^{-x^2}\left(1 - x^2\right)$ qui est du signe de $1 - x^2$, donc positive sur $[-1~;~1]$, négative ailleurs.
Conclusion : 
\begin{itemize}
\item Sur $[-1~;~1],~f(x)\geqslant g(x)$, donc $\mathcal{C}_{f}$ est au dessus de  $\mathcal{C}_{g}$ ;
\item Sur $]- \infty~;~-1[ \mathcal{C}_{f}$ est au-dessous de $\mathcal{C}_{g}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $f$ étant dérivable donc continue,  $G$ est la primitive de la fonction $g$ qui s'annule en $0$.
\item Pour $x > 0,~G(x)$ représente  en unités d'aire, l'aire de la surface limitée par l'axe des abscisses, la courbe  $\mathcal{C}_{g}$ et les droites d'équations, $X = 0$ et $X = x$.  
\item On a par définition $G'(x) = g(x)$ et d'après la question 3 de la partie A, $g(x) \geqslant 0$ sur $\R$. La fonction $G$ est donc croissante sur $\R$.
\item Les fonctions $t$ et $t\text{e}^{-t^2}$ étant dérivables, on peut intégrer $G(x)$ par parties.

Posons $\left\{\begin{array}{l  l }
u= - \dfrac{t}{2}&\text{d}v = -2t\text{e}^{-t^2}\\
\text{d}u = - \dfrac{1}{2}& v = \text{e}^{-t^2}\\
\end{array}\right.$\\
D'où $G(x) = \left[-\dfrac{t}{2}\text{e}^{-t^2}\right]_{0}^x + \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_{0}^x  \text{e}^{-t^2}\,\text{d}t = - \dfrac{x}{2}\text{e}^{-x^2} + \dfrac{1}{2}F(x)$, d'où enfin \\$G(x) = \dfrac{1}{2}\left[F(x) - x\text{e}^{-x^2}\right]$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Soit $\ell = \displaystyle\lim_{x\to + \infty} F(x)$. Toutes les fonctions de l'égalité précédente étant continues, on peut en déduire à la limite que $\displaystyle\lim_{x\to + \infty} G(x) = \dfrac{\ell}{2}.$ 
		\item N $ = \displaystyle\int_{0}^1 \text{e}^{-t^2}\,\text{d}t  -  \displaystyle\int_{0}^1 t^2\text{e}^{-t^2}\,\text{d}t  = F(1) - G(1)$.\\
N représente donc l'aire de la surface limitée par les droites $x = 0$, $x = 1$,  et les deux courbes $\mathcal{C}_{f}$ et $\mathcal{C}_{g}$
\item N est l'aire de la surface en gris clair et $\ell$  est l'aire de la surface hachurée. On voit graphiquement que N $>  \dfrac{\ell}{2}$.
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\begin{center}
\psset{xunit=1.7cm,yunit=7cm}\begin{pspicture}(-3.5,-0.25)(3.5,1.25)
\multido{\n=-3.5+0.5}{15}{\psline[linestyle=dotted](\n,-0.25)(\n,1.25)}
\multido{\n=-0.25+0.25}{7}{\psline[linestyle=dotted](-3.5,\n)(3.5,\n)}
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5](0,0)(-3.5,-0.25)(3.5,1.25)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[dl](0,0){O}
\rput(0.7,0.75){$\mathcal{C}_{f}$} \rput(2.1,0.1){$\mathcal{C}_{g}$} 
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue]{0}{1}{2.71828 x dup mul neg exp}
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=green]{1}{0}{2.71828 x dup mul neg exp x dup mul mul}}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=500,linecolor=green]{0}{3}{2.71828 x dup mul neg exp x dup mul mul}
\psline(3,0)(0,0)}
\rput(0.5,0.5){N} \rput(2.1,0.35){$\ell$} \psline{->}(2,0.3)(1.7,0.15)
\psline[linewidth=2pt]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=2pt]{->}(0,0)(0,1)
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue]{-3.5}{3.5}{2.71828 x dup mul neg exp}
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=green]{-3.5}{3.5}{2.71828 x dup mul neg exp x dup mul mul}
\psline[linewidth=1.5pt,linestyle=dashed](1,0)(1,0.368)
\multido{\n=-3.5+0.5}{15}{\psline[linestyle=dotted](\n,-0.25)(\n,1.25)}
\multido{\n=-0.25+0.25}{7}{\psline[linestyle=dotted](-3.5,\n)(3.5,\n)}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{document} 