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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small{mai 2004}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty} 
\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord~\decofourright\\[5pt]mai 2004}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 3 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

%Dans le plan affine, on considère ABC un triangle rectangle en A, I le milieu du segment [AB] et J le centre de gravité de ABC.

%Pour tout réel $m$, différent de $- \dfrac{1}{3}$, on note $G_m$ le barycentre du système de points pondérés

%\[S_m = \left\{(\text{A},~1),~(\text{B},~m),~(\text{C},~2m)\right\}.\]

% Pour tout point $M$ du plan on note $\vect{V_{M}} = 
%3\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} - 
%2\vect{M\text{C}}.$

% Pour chacune des six affirmations suivantes, dite si elle est vraie (V) ou fausse (F).
% 
% \emph{Chaque bonne réponse donne $0,5$ point, chaque réponse fausse ou illisible enlève $0,25$ point, l'absence de réponse ne rapporte ni n'enlève aucun point. Un éventuel total négatif serait ramené à $0$.}

%Répondre aux affirmations sur la page annexe.

%\begin{center}\renewcommand{\arraystretch}{2.2} \begin{tabular}{| l | c |}\hline
%\multicolumn{1}{| c |}{\textbf{Affirmation}}& ~\textbf{V ou F}~\\ \hline
%G$_{1}$ est le milieu du segment [CI].& \\ \hline
%G$_{1}$ est barycentre de $\left\{(\text{J},~ 2),~\left(\text{C},~\dfrac{2}{3}\right)\right\}$& \\ \hline
%Pour tout point $M~, ~\vect{V_{M}} = 
%\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}}$.&\\ \hline 
%Pour tout $m$, distinct de $- \dfrac{1}{3},~ \vect{\text{A}G_{m}}$ est colinéaire à 
%$\vect{\text{AG}_{-1}}$.&\\ \hline
%IBG$_{-\frac{1}{2}}$ est un triangle rectangle.&\\ \hline
%Pour tout point $P$ de (AG$_{-1}$), il existe un réel $m$ tel que 
%$P = G_{m}$.&\\ \hline
%\end{tabular} \end{center}
\textbf{Affirmation 1 :} Vraie

G$_{1}$ est le barycentre de (A, 1), (B, 1), (C, 2), soit par associativité celui de (I, 2), (C, 2) qui est bien le milieu de [IC].

\textbf{Affirmation 2 :} Vraie

J est l'isobarycentre de A, B et C, soit le barycentre de (A, 1), (B, 1), (C, 1).

L'affirmation signifie  que G$_{1}$ est le barycentre de (J, 2), $\left(\text{C},\, \frac{2}{3}\right)$, ou encore celui de

 (J, 1), $\left(\text{C}, \frac{1}{3}\right)$ c'est-à-dire celui de $\left(\text{A}, \frac{1}{3}\right),\, \left(\text{B}, \frac{1}{3}\right),\, \left(\text{C}, \frac{1}{3}\right),\, \left(\text{C},~\frac{1}{3} \right)$ ou encore celui de
 
$\left(\text{A}, \frac{1}{3}\right),\, \left(\text{B}, \frac{1}{3}\right),\, \left(\text{C}, \frac{2}{3}\right)$, soit celui de (A, 1), (B, 1), (C, 2), ce qui est vrai par définition de G$_{1}$.

\textbf{Affirmation 3 :} Fausse

$M~, ~\vect{V_{M}} = 3\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} - 
2\vect{M\text{C}} = 3\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{A}}  - \vect{\text{AB}}- 
2\vect{M\text{A}} - 2\vect{\text{AC}} =  -\vect{\text{AB}} - 2\vect{\text{AC}}$ (c'est donc en fait l'opposé de la réponse proposée).

\textbf{Affirmation 4 :} Vraie

Par définition du barycentre, si $1 + 3m \neq 0 \iff m \neq - \dfrac{1}{3}$, le barycentre $G_{m}$ existe et vérifie :

$\vect{G_{m}\text{A}} + m\vect{G_{m}\text{B}} + 2m\vect{G_{m}\text{C}} = \vect{0} \iff \vect{G_{m}\text{A}} + m\vect{G_{m}\text{A}} + m\vect{\text{AB}} + 2m\vect{G_{m}\text{A}} + 2m\vect{\text{AC}} = \vect{0} \iff (1 + 3m)\vect{G_{m}\text{A}}+ m\vect{\text{AB}} + 2m\vect{\text{AC}} \vect{0} \iff (1 + 3m)\vect{G_{m}\text{A}} = -m\left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right)$.

En particulier  $-2\vect{G_{-1}\text{A}} = \left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right) \iff \vect{G_{-1}\text{A}} = - \dfrac{1}{2}\left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right) \iff$

$\vect{\text{A}G_{-1}} = \dfrac{1}{2}\left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right)$.

Donc les deux vecteurs sont bien colinéaires

\textbf{Affirmation 5 :} Vraie

D'après la question précédente : $\vect{\text{A}G_{-1}} = \dfrac{1}{2}\left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right) \iff  \vect{\text{AB}} + \vect{\text{B}G_{-\frac{1}{2}}} =$

$ \vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \iff \vect{\text{B}G_{-\frac{1}{2}}} = 2\vect{\text{AC}}$.

On en déduit que la droite $(\text{B}G_{-\frac{1}{2}}) $ est parallèle à la droite (AC) qui est, elle perpendiculaire à la droite (AB). Le point I appartenant à la droite (AB), on conclut que le triangle IB$G_{-\frac{1}{2}}$ est rectangle en B.

\textbf{Affirmation 6 :} Fausse

Avec $m = -1, -2\vect{G_{-1}\text{A}} = \vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \iff \vect{\text{A}G_{-1}} = \dfrac{1}{2}\left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right)$ .

Soit $P$ un point de  (AG$_{-1}$) : il existe donc $\alpha \in \R$ tel que $\vect{AP} = \alpha \vect{\text{A}G_{-1}} = \dfrac{\alpha}{2}\left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right)$.

Tout barycentre $G_{m}$ vérifie :$\vect{\text{A}G_{m}} = \dfrac{m}{1 + 3m}\left(\vect{\text{AB}} + 2\vect{\text{AC}} \right)$.

Donc $P = G_{m} \iff \dfrac{\alpha}{2} = \dfrac{m}{1 + 3m} \iff \alpha + 3m\alpha = 2m \iff m(2 - 3\alpha) = \alpha \iff$

$ m = \dfrac{\alpha}{2 - 3\alpha}$. Tout point $P$ correspond à un barycentre sauf si $2 - 3\alpha = 0 \iff \alpha = \dfrac{2}{3}.$

Le point $P$ de $\left(\text{A}G_{-1} \right)$ défini par $\vect{AP} = \dfrac{2}{3}\vect{\text{A}G_{-1}}$ n'est pas un point $G_{m}$.

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

%Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct \Ouv.

\begin{enumerate}
\item %On veut résoudre dans $\C$ l'équation 
    
    %\[(\text{E})\quad  : z^3 + 4z^2 + 2z - 28 = 0.\]

	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer deux réels $a$ et $b$ tels que l'équation (E) 
%s'écrive : 

%\[(z-2)(z^2 + az + b) = 0.\]
$(z-2)\left(z^2 + az + b\right) = z^3 + az^2 + bz - 2z^2 - 2az - 2b =$

$ z^3 + (a - 2)z^2 + (b - 2a)z -2b$.

Donc $z^3 + 4z^2 + 2z - 28 = (z - 2)\left(z^2 + az + b\right) \iff a = 6$ et $b = 14$.

\[z^3 + 4z^2 + 2z - 28 = (z - 2)\left(z^2 + 6z + 14  \right)\]
		\item %Résoudre (E)
$z^3 + 4z^2 + 2z - 28 = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
z - 2&=&0 \quad \text{ou}\\
z^2 + 6z + 14&=&0
\end{array}\right.$

Résolution de $z^2 + 6z + 14 = 0 \iff (z + 3)^2 - 9 + 14 = 0 \iff$

$ (z + 3)^2  + 5 = 0 \iff (z + 3)^2 = \left(\text{i}\sqrt{5}\right)^2$.

Cette équation a deux solutions complexes conjuguées : $z_{1} = - 3 +\text{i}\sqrt{5}$ et $z_{2} = - 3 -\text{i}\sqrt{5}$.

Conclusion l'équation a trois solutions dans $\C$ :

$2, \quad - 3 +\text{i}\sqrt{5}, \quad - 3 -\text{i}\sqrt{5}$.
	\end{enumerate}

\item %On note (H) l'ensemble des points $M$ du plan complexe d'affixe $z$ vérifiant :

%\[z^2 - 4 = 4 - \overline{z}^2.\]
	\begin{enumerate} 
		\item %On note $x$ et $y$ les parties réelle et imaginaire de l'affixe  $z$ d'un point $M$.
 
%Montrer que : $M$ appartient à (H) si et seulement si
$M(x + \text{i}y)$ appartient à (H) si et seulement si $(x + \text{i}y)^2 - 4 = 4 - (x - \text{i}y)^2 \iff x^2 - y^2 + 2\text{i}xy - 4 = 4 - x^2 - y^2 + 2\text{i}xy \iff 2x^2 - 2y^2 = 8 \iff x^2 -y^2 = 4$.
%\[x^2 -y^2 = 4.\]
		\item %Soient A, B et C les points d'affixes respectives $2,~ -3 - 
%\text{i}\sqrt{5}$ et $-3 + \text{i}\sqrt{5}$. Vérifier que A, B et C appartiennent à (H).
On vérifie que la condition précédente est réalisée par les affixes des points A, B et C

Pour A : $2^2 = 4$ Vraie

Pour B : $(-3)^2 - \left(\text{i}\sqrt{5}\right)^2 = 9 - 5 = 4$ Vraie

Pour C : $(-3)^2 - \left(-\text{i}\sqrt{5}\right)^2 = 9 - 5 = 4$ Vraie 
	\end{enumerate}

\item %Soit $r$ la rotation de centre O et d'angle $- \dfrac{\pi}{4}$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer les affixes de A$'$, B$'$ et C$'$, images respectives de A, B et C par la rotation $r$ (on donnera ces affixes sous la forme algébrique).
La rotation est définie par :

$z_{M'} = z_{M}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}} = z_{M}\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)$.

Donc $z_{\text{A}'} = z_{A} \text{e} ^{-\text{i}\frac{\pi}{4}} = 2\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) = \sqrt{2} - \text{i}\sqrt{2}$.

$z_{\text{B}'} = z_{B}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}} = \left(-3 - 
\text{i}\sqrt{5} \right)\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) = \dfrac{-3\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{10}}{2} + \text{i}\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2} - \dfrac{\sqrt{10}}{2} \right)$.

$z_{\text{C}'} = z_{C}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}} = \left(-3 + 
\text{i}\sqrt{5} \right)\left (\dfrac{\sqrt{2}}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) = \dfrac{-3\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{10}}{2} + \text{i}\left(\dfrac{3\sqrt{2}}{2} + \dfrac{\sqrt{10}}{2} \right)$.
		\item %On note $M'$ l'image par $r$ du point $M$ d'affixe $z$. On note $z'$ l'affixe de $M'$.  Les parties réelle et imaginaire de $z$ sont 
%notées $x$ et $y$, celles de $z'$ sont notées $x'$ et $y'$. On note (H$'$) 
%l'ensemble des points du plan dont l'antécédent par $r$ est un point de (H).

%- Exprimer $x$ et $y$ en fonction de $x'$ et $y'$.
$z_{M'} = z_{M}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{4}} \iff  z_{M} = z_{M'}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} \iff x + \text{i}y = (x' + \text{i}y')\left( \dfrac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right).$

En identifiant partie réelle et imaginaire on obtient :

$\bullet~~$ $x = x'\dfrac{\sqrt{2}}{2}  - y'\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$\bullet~~$  $y = x'\dfrac{\sqrt{2}}{2} + y'\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
%- En utilisant la question \textbf{2. a.} prouver que : $M'$ appartient 
%à (H$'$) si et seulement si
%\[x'y' = -2.\]
On a vu que $M$ appartient à (H) si et seulement si $x^2 - y^2 = 2$ soit en remplaçant par les valeurs trouvées juste au dessus :

$\left(x'\dfrac{\sqrt{2}}{2}  - y'\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 - \left(x'\dfrac{\sqrt{2}}{2} + y'\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 = 4 \iff \dfrac{x'^2}{2} + \dfrac{y'^2}{2} - x'y'\times \dfrac{1}{2} - \dfrac{x'^2}{2} - \dfrac{y'^2}{2} - x'y'\times \dfrac{1}{2} =  4 \iff -2x'y' = 4 \iff x'y' = - 2$.
	\end{enumerate}
\item ~%Faire une figure sur laquelle on placera les points A, B, C, A$'$, 
%B$'$, C$'$, la courbe (H$'$), puis la courbe (H).
\medskip

\psset{unit=0.8cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-4,-4)(4,4)
%\psgrid
\def\brancheun{\psplot[linecolor=red,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{-4}{-0.5}{2 x div neg}}
\def\branchedeux{\psplot[linecolor=red,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{0.5}{4}{2 x div neg}}
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2](0,0)(-4,-4)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(1,1)
\uput[dr](0,0){O}\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \uput[ur](2,0){A}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{-4}{-0.5}{2 x neg div}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{0.5}{4}{2 x neg div }
\rput{45}(0,0){\brancheun}
\rput{45}(0,0){\branchedeux}
\psline(-3,3)(3,-3)\psline(-3,-3)(3,3)\psline[linestyle=dashed](-3,-3)(-3,3)
\uput[l](-3,-2.236){B}\uput[l](-3,2.236){C}\uput[d](1.414,-1.414){A$'$}
\uput[ul](-3.5,0.55){B$'$}\uput[ul](-0.4,3.63){C$'$}
\rput{-45}(0,0){\psline(0,0)(-3,-2.236)}\psline(0,0)(-3,-2.236)
\rput{-45}(0,0){\psline(0,0)(-3,2.236)}\psline(0,0)(-3,2.236)
\uput[l](-2.6,-1.8){\color{red} (H)}\uput[l](-0.9,2){\color{blue} (H$'$)}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

%Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal \Ouv.

%Soient les points A, A$'$, B et B$'$ d'affixes respectives :

%\[z_{\text{A}} = 1 - 2\text{i},~ z_{\text{A}'} =-2 + 
%4\text{i},~z_{\text{B}} =3 - \text{i},~z_{\text{B}'} = 5\text{i}.\]
\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item~ %Placer les points A, A$'$, B et B$'$ dans le plan complexe. Monter que ABB$'$A$'$ est un rectangle.
%		\begin{figure}
\psset{unit=0.8cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-5,-5)(5,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(-5,-5)(5,5)
\psdots(1,-2)(-2,4)(3,-1)(0,5)%AA'BB'
\pspolygon(1,-2)(3,-1)(0,5)(-2,4)
\uput[d](1,-2){A} \uput[l](-2,4){A$'$} \uput[r](3,-1){B} \uput[u](0,5){B$'$} \uput[dl](0,0){O}
\psplot{-5}{5}{0.5 x mul 1.25 add} 
\end{pspicture}
\end{center}
%\end{figure}
\medskip

Le milieu de [AB$'$] a pour coordonnées $\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{3}{2}\right)$,  celui de [A$'$B] $\left(\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{3}{2}\right)$.

Le quadrilatère ABB$'$A$'$ a ses diagonales qui ont le même milieu : c'est un parallélogramme.

D'autre part $\vect{\text{AB}}(2~;~1)$ et $\vect{\text{AA}'}(-3~;~6)$, donc $\vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{AA}'} = -6 + 6 = 0.$ Les vecteurs sont orthogonaux, donc les droites (AB) et (AA$'$) sont perpendiculaires.

Le quadrilatère ABB$'$A$'$ est un parallélogramme dont deux côtés consécutifs sont perpendiculaires : c'est un rectangle.
		\item %Soit $s$ la réflexion telle que $s$(A)=A$'$ et $s$(B)=B$'$. On note ($\Delta$) son axe.

%Donner une équation de la droite ($\Delta$) et la tracer dans le plan complexe.
D'après la question précédente, la droite ($\Delta$) est la médiatrice commune à [AA$'$] et à [BB$'$] : elle est donc perpendiculaire à (AA$'$) et contient le milieu I de [AA$'$] de coordonnées $\left(- \dfrac{1}{2}~;~1\right)$. Un vecteur directeur de ($\Delta$) est donc orthogonal au vecteur $\vect{\text{AA$'$}}(-3~;~6)$, par exemple le vecteur (6~;~3) ou plus simplement $\vect{d}_{1}$(2~;~1).

$M(x~;~y) \in (\Delta) \iff \vect{\text{I}M}$ et $\vect{d}_{1}$ sont colinéaires c.-à-d. $\left\{\begin{array}{l cl}
x + \dfrac{1}{2}&=&2\alpha\\\
y - 1&=&\alpha
\end{array}\right.$, soit en éliminant $\alpha$, $x + \dfrac{1}{2} = 2(y - 1) \iff 2x + 1 = 4y - 4 \iff 2x - 4y + 5 = 0$.
		\item %On note $z'$ l'affixe du point $M'$ image par $s$ du point $M$ d'affixe $z$.

%Montrer que
Toute réflexion est une similitude indirecte donc l'écriture complexe est $z' = a\overline{z} + b$. En utilisant A, B et leurs images par $s$, on a :

$\left\{\begin{array}{r c l}
-2 + 4\text{i}	&=&a(1b + 2\text{i}) + b\\
5\text{i}		&=&a(3 + \text{i} + b
\end{array}\right. \Rightarrow ~\text{par différence}~-2  + 4\text{i}- 5\text{i} = a(1 + 2\text{i} - 3 - \text{i}) \iff -2 - \text{i} = a(-2 + \text{i}) \iff a = \dfrac{-2 - \text{i}}{-2 + \text{i}} = 
\dfrac{(-2 - \text{i})(-2 - \text{i})}{(-2 + \text{i})(-2 - \text{i})} = \dfrac{4 - 1 + \text{i}(2 + 2)}{4 + 1} = \dfrac{3 + \text{i}}{5}.$

En remplaçant dans l'une ou l'autre des deux équations ci dessus :

$b = 5\text{i} - (3 + \text{i})\left(\dfrac{3 + \text{i}}{5} \right) = 5\text{i} - \dfrac{9}{5} - \dfrac{3\text{i}}{5} - \dfrac{3\text{i}}{5} + \dfrac{1}{5} = - 1 + 2\text{i}$.

L'écriture complexe de $s$ est donc :

\[z'= \left(\dfrac{3}{5} + \dfrac{4}{5}\text{i}\right)\overline{z} -1 
 + 2\text{i}.\]

	\end{enumerate}
\item %Soit $g$ l'application du plan dans lui même qui à tout point $M$ 
%d'affixe $z$ associe le point $P$ d'affixe $z'$ définie par :

\[z' = \left(- \dfrac{6}{5} - \dfrac{8}{5}\text{i}\right)\overline{z} + 5 - \text{i}.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %On note $C$ et $D$ les images respectives de A et B par $g$ ; déterminer les affixes de $C$ et $D$ et placer ces points dans le plan complexe.
		On a $z_{\text{C}} = \left(- \dfrac{6}{5} - \dfrac{8}{5}\text{i}\right)\left(\overline{1 - 2 \text{i}}\right) + 5 - \text{i} = \left(- \dfrac{6}{5} - \dfrac{8}{5}\text{i}\right)\left(1 + 2 \text{i}\right) + 5 - \text{i}  = - \dfrac{6}{5}+ \dfrac{16}{5} - \dfrac{8\text{i}}{5}- \dfrac{12\text{i}}{5} + 5 - \text{i}  = 7 - 5\text{i}$.
		
		De même : $z_{\text{D}} = \left(- \dfrac{6}{5} - \dfrac{8}{5}\text{i}\right)(3 + \text{i}) + 5 - \text{i} = - \dfrac{18}{5} + \dfrac{8}{5} - \dfrac{6\text{i}}{5} - \dfrac{8\text{i}}{5} + 5 - \text{i}  = 3 - 7\text{i}.$
		\item %Soit $\Omega$ le point d'affixe $1 + \text{i}$ et soit $h$ l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $- 2$.
L'écriture complexe de l'homothétie est : $z' - (1 + \text{i}) = -2\left(z - 1 - \text{i} \right) \iff z' = -2z +3 + 3\text{i}$.

Image de A$'$ par $h$ : $z' = -2(- 2 + 4\text{i} + 3 + 3\text{i} = 7 - 5\text{i} = z_{\text{C}}$.

Image de B$'$ par $h$ : $z' = -2(5\text{i} + 3 + 3\text{i} = 3 - 7\text{i} = z_{\text{D}}$.
%Montrer que $C$ et $D$ sont les images respectives de A$'$ et B$'$ par $h$.

	\item %Soit $M_{1}$ d'affixe $z_{1}$ l'image par $h$ de $M$, d'affixe $z$. Donner les éléments caractéristiques de $h^{-1}$ et exprimer $z$ en fonction de $z_{1}$.
L'homothétie inverse de $h$ est l'homothétie $h^{-1}$ de centre $\Omega $ et de rapport $- \dfrac{1}{2}$.

Elle est donc définie par $z - (1 + \text{i}) = - \dfrac{1}{2}\left(z_{1} - (1 + \text{i} \right) \iff z = - \dfrac{1}{2}z_{1} + \dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i}$.
	\end{enumerate}
\item %On pose $f = h ^{-1} \circ g$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer l'expression complexe de $f$.
On a $f(z) = h ^{-1} \circ g(z) = h ^{-1}\left[g(z)\right] = h ^{-1}\left[\left(- \dfrac{6}{5} - \dfrac{8}{5}\text{i}\right)\overline{z} + 5 - \text{i}\right] =$

$ - \dfrac{1}{2}\left(\left[\left(- \dfrac{6}{5} - \dfrac{8}{5}\text{i}\right)\overline{z} + 5 - \text{i}\right] \right) + \dfrac{3}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i} = \left(\dfrac{3}{5}+ \dfrac{4}{5}\text{i}\right)\overline{z} - 1 + 2\text{i}$.
		\item %Reconnaître $f$. En déduire une construction du point $P$, image par $g$ d'un point $M$ quelconque donné du plan.
On retrouve l'écriture de $s$.

On a donc $s = h^{-1} \circ g \iff g = h \circ s.$

D'où la construction d'un point $M$ par $s$ :
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item Construire le symétrique $M'$ de $M$ autour de $(\Delta)$ ;
\item Construire l'homothétique $M''$ de $M'$ par l'homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $-2$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm} 
	\end{enumerate}

\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}
 
\textbf{\textsc{ Exercice 3} \hfill 4 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

%\emph{Un jeu de hasard est formé d'un dispositif lançant de façon aléatoire une fléchette dans une cible ayant la forme suivante} :

% {\small \begin{center} \begin{tabular}{|*{15}{c|}}\hline
    
%    B&B&B&B&B&B&B&B&B&J&J&J&V&V&R\\ \hline
%    R&V&V&J&J&J&B&B&B&B&B&B&B&B&B\\ \hline
%    \end{tabular} \end{center}}
    
%\emph{La fléchette atteint toujours une case et une seule.}

%\emph{Les trente cases, blanches} (B), \emph{jaunes} (J), \emph{vertes} 
%(V) \emph{ou rouges} (R), \emph{ont toutes la même probabilité d'être 
%atteintes.}

%Si la fléchette atteint une case rouge, le joueur gagne 8 euros.

%Si la fléchette atteint une case verte, le joueur gagne 5 euros.

%Si la fléchette atteint une case jaune, le joueur ne gagne rien et ne perd rien.

%Si la fléchette atteint une case blanche, le joueur perd $a$ euros,  la lettre $a$ désigne un nombre réel positif.

\begin{enumerate} 
\item %On note $X$ la variable aléatoire représentant le gain algébrique du joueur (compté négativement quand il perd).

	\begin{enumerate} 
		\item %Donner la loi de probabilité de $X$.
Il y a 2 cases rouges, 4 cases vertes, 6 cases jaunes et 18 cases blanches, donc :
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] $p(X = 8) = \dfrac{2}{30} = \dfrac{1}{15}$
\item[$\bullet~$] $p(X = 5) = \dfrac{4}{30} = \dfrac{2}{15}$
\item[$\bullet~$] $p(X = 0) = \dfrac{6}{30} = \dfrac{3}{15}$
\item[$\bullet~$] $p(X = -a) = \dfrac{18}{30} = \dfrac{9}{15}$
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
		\item Calculer $a$ pour que le jeu soit équitable, c'est-à-dire pour que l'espérance E($X$) soit nulle.
		
E($X = 0) \iff 8 \times  \dfrac{1}{15} + 5 \times \dfrac{2}{15} + 0 \times \dfrac{3}{15} - a \times \dfrac{9}{15} = 0 \iff \dfrac{18 - 9a}{15} = 0 \iff a = 2.$
	\end{enumerate}
 
\item %Un joueur est considéré comme gagnant s'il a obtenu un gain strictement positif.
	\begin{enumerate} 
		\item %Quelle est la probabilité $p$ qu'un joueur gagne ?
La probabilité d'avoir un gain strictement positif est égale à : $\dfrac{1}{15} + \dfrac{2}{15} = \dfrac{3}{15} = \dfrac{1}{5} = 0,20$.
		\item %Un joueur joue 5 parties consécutives indépendantes. Quelle est la probabilité qu'il gagne exactement 2 fois ? exactement 5 fois ?
La variable aléatoire $Y$ suit une loi binomiale de paramètres $n = 5$ et $p = \dfrac{1}{5}$.

La probabilité de gagner exactement 2 fois est : 

$p(Y = 2) = \binom{5}{2}\left(\dfrac{1}{5} \right)^2\left(1 - \dfrac{1}{5} \right)^{5 - 2} = 10 \times \left(\dfrac{1}{5} \right)^2\left(\dfrac{4}{5} \right)^3 = 10 \times \dfrac{4^3}{5^5} = \dfrac{128}{625} = \nombre{0,2048}.$

La probabilité de gagner exactement 5 fois est : $p(Y = 5) = \binom{5}{5}\left(\dfrac{1}{5} \right)^5\left(1 - \dfrac{1}{5} \right)^{5 - 5}$

$ = 1 \times \left(\dfrac{1}{5} \right)^5 =  \dfrac{1}{5^5} = \dfrac{1}{\nombre{3125}} = \nombre{0,00032}.$
		\item %Quel est le nombre moyen de parties gagnantes dans la situation décrite en \textbf{2. b.} ?
L'espérance mathématique de la variable $Y$ est égal au nombre moyen de partie(s) gagnante(s). $Y$ est une variable aléatoire qui suit une loi binomiale de paramètres $n = 5$ et de probabilité $p = \dfrac{1}{5}$, donc E$(Y) = 5 \times \dfrac{1}{5} = 1.$

Sur 5 parties consécutives jouées, on gagne en moyenne une fois. 
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{ Exercice 4} \hfill 8 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\begin{center} \textbf{Partie I} \end{center}
    
%On donne un entier naturel $n$ strictement positif, et on considère l'équation différentielle :

%\[(\text{E}_{n})\qquad 	y'+y = \dfrac{x^n}{n!}\text{e}^{-x}.\]

\begin{enumerate} 
\item %On fait l'hypothèse que deux fonctions $g$ et $h$, définies et 
%dérivables sur $\R$, vérifient, pour tout $x$ réel :

%	\[g(x) = h(x)\text{e}^{-x}.\]
	
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que $g$ est solution de (E$_{n}$) si et seulement si, pour tout $x$ réel,
$g(x) = h(x)\text{e}^{-x} \Rightarrow g'(x) = h'(x)\text{e}^{-x} - h(x)\text{e}^{-x}$.

$g$ est solution de E$_{n}$ si et seulement si :

$g' + g = \dfrac{x^n}{n!}\text{e}^{-x} \iff $

$h'(x)\text{e}^{-x} - h(x)\text{e}^{-x} + h(x)\text{e}^{-x} = \dfrac{x^n}{n!}\text{e}^{-x} \iff h'(x)\text{e}^{-x}  = \dfrac{x^n}{n!}\text{e}^{-x}$ et comme $\text{e}^{-x} \neq 0$, quel que soit $x \in \R$, on a finalement $h'(x) = \dfrac{x^n}{n!}.$
%\[h'(x) = \dfrac{x^n}{n!}.\]
		\item %En déduire la fonction $h$ associée à une solution $g$ de (E$_{n}$), sachant que $h(0)= 0$.
Une primitive de $\dfrac{x^n}{n!}$ est $\dfrac{x^{n+1}}{(n + 1)n!} = \dfrac{x^{n+1}}{(n + 1)!}$, donc $h(x) = \dfrac{x^{n+1}}{(n + 1)!} + K$ et comme $h(0) = 0$, il en résulte $K = 0$.

Donc $h(x) = \dfrac{x^{n+1}}{(n + 1)!}$
%Quelle est alors la fonction $g$ ?
Comme $g(x) = h(x)\text{e}^{-x}$, on a finalement quel que soit $x$ réel :
\[g(x) = \dfrac{x^{n+1}}{(n + 1)!}\text{e}^{-x}.  \]
	\end{enumerate}
\item %Soit $\varphi$ une fonction dérivable sur $\R$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que $\varphi$ est solution de (E$_{n}$) si et seulement si $\varphi - g$ est solution de l'équation :
$\varphi$ est solution de (E$_{n}$) si et seulement si $\varphi + \varphi' = \dfrac{x^n}{n!}\text{e}^{-x}$.

$g$ est solution de (E$_{n}$) donc $g' + g = \dfrac{x^n}{n!}\text{e}^{-x}$, d'où par différence 

$\varphi + \varphi' - (g' + g) = 0 \iff (\varphi - g)' + (\varphi - g) = 0$ (par linéarité de la dérivation.

Donc $\varphi$ est solution de (E$_{n}$) si et seulement si $\varphi - g$ est solution de l'équation :
 
\[(\text{F})\qquad 	y' + y = 0.\]

		\item %Résoudre (F).
		On sait que les solutions sont les fonctions $x \longmapsto C\text{e}^{-x}$, avec $C \in \R$. 

		\item %Déterminer la solution générale $\varphi$ de l'équation (E$_{n}$). 
Les fonctions $\varphi - g$ sont donc les fonctions $C\text{e}^{-x}$, donc $\varphi(x) = g(x) + C\text{e}^{-x}$ soit finalement :
\[\varphi(x) = \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\text{e}^{-x} + C\text{e}^{-x},~C \in \R.\]
		\item %Déterminer la solution $f$ de l'équation (E$_{n}$) vérifiant $f(0) = 0$.
La solution vérifiant $\varphi(0) = 0$ est telle que $0 + C = 0 \iff C = 0$.

Finalement :

\[f(x) = \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\text{e}^{-x} \quad \text{sur}~\R.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center} \textbf{ Partie II} \end{center}
    
%Le but de cette partie est de montrer que

%\[\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{k!} = 
%\text{e} \quad  (\text{on rappelle que par convention} \quad 0! = 1).\]

\begin{enumerate} 
\item %On pose, pour tout $x$ réel,

%\[f_{0}(x) = \text{e}^{-x},~f_{1}(x) = x\text{e}^{-x}.\]
	\begin{enumerate} 
		\item %Vérifier que $f_{1}$ est solution de l'équation différentielle : $y' + y = f_{0}$.
$f_{1}$ produit de fonctions dérivables sur $\R$ est dérivable et sur $\R,$

$ f'_{1}(x) = \text{e}^{-x} - x\text{e}^{-x}$.

Donc $f'_{1}(x) + f_{1}(x) = \text{e}^{-x} - x\text{e}^{-x} + x\text{e}^{-x} = \text{e}^{-x}$, c'est-à-dire que $f_{1}$ est solution de l'équation différentielle $y' + y = f_{0}$.
		\item %Pour tout entier strictement positif $n$, on définit la fonction $f_{n}$ comme la solution de l'équation différentielle $y' + y = 
% f_{n-1}$ vérifiant $f_{n}(0) = 0$.
 
%En utilisant la \textbf{Partie I}, montrer par récurrence que, pour tout $x$ réel et tout entier $n \geqslant  1$ :

%\[f_{n}(x) = \dfrac{x^{n}}{n!}\text{e}^{-x}.\]
\textbf{Initialisation :} pour $n = 1,~f_{1}(x) = \dfrac{x^{1}}{1!}\text{e}^{-x}$ est solution de l'équation différentielle $y' + y = 
 f_{1-1}$ et $f_{1}(0) = 0$, d'après la question précédente.
 
\textbf{Hérédité :} on suppose qu'il existe $n \in \N$ tel que $f_{n}(x) = \dfrac{x^{n}}{n!}\text{e}^{-x}.$

Par définition $f_{n+1}$ vérifie $f'_{n+1}(x) + f_{n+1}(x) = \dfrac{x^{n}}{n!}\text{e}^{-x}$ et $f_{n+1}(0) = 0.$

D'après la partie 1, la fonction solution de l'équation différentielle ci-dessous est :

\[f_{n+1}(x) = \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\text{e}^{-x}  \]

L'égalité est vraie au rang $n + 1$. L'hérédité est démontrée.

On a donc démontrer que pour tout naturel $n \geqslant 1$,
 
\[f_{n}(x) = \dfrac{x^{n}}{n!}\text{e}^{-x}.\]
	\end{enumerate}
\item %Pour tout entier naturel $n$, on pose :

%\[I_{n} = \displaystyle\int_{0}^1 f_{n}(x)\:\text{d}x. \quad \text{(on 
%ne cherchera pas à calculer}~ I_{n})\]
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer, pour tout entier naturel $n$ et pour tout $x$ élément de l'intervalle [0~;~1], l'encadrement :

%\[0 \leqslant f_{n}(x) \leqslant \dfrac{x^{n}}{n!}.\]
On a $0 \leqslant x \leqslant 1 \iff -1 \leqslant - x \leqslant 0$ et par croissance de la fonction exponentielle 

$\text{e}^{-1} \leqslant \text{e}^{-x} \leqslant \text{e}^0$, soit  $0 \leqslant \text{e}^{-1}  \leqslant \text{e}^{-x}\leqslant 1 $, puis par multiplication le nombre positif $\dfrac{x^n}{n!}$, on obtient $0 < \dfrac{\text{e}^{-x}}{n!}x^n \leqslant \dfrac{x^n}{n!}$.

Par intégration sur [0~;~1],\: $0 < I_{n} \leqslant \displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{x^n}{n!}\:\text{d}x$.

%En déduire que $0 \leqslant I_{n} \leqslant \dfrac{1}{(n+1)!}$,~ puis déterminer la limite de la suite $\left(I_{n}\right)$.
Or $\displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{x^n}{n!}\:\text{d}x = \left[\dfrac{1}{n+1}\dfrac{x^{n+1}}{n!}\right]_{0}^1 = \left[\dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\right]_{0}^1 = \dfrac{1}{(n+1)!}.$

Conclusion $0 < I_{n} \leqslant \dfrac{1}{(n+1)!}.$

Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{(n+1)!} = 0$, on en déduit que :
\[\lim_{n \to + \infty} I_{n} = 0.\]
		\item %Montrer, pour tout entier naturel $k$ non nul, l'égalité : $I_{k} - I_{k-1} = - \dfrac{1}{k!}\text{e}^{-1}.$
Si $k \geqslant 1$, et $x \in [0~;~1]$, on a $f'_{k}(x) + f_{k}(x) = f_{k-1}(x)$.

En intégrant cette égalité sur [0~;~1] :

$\displaystyle\int_{0}^1 f'_{k}(x)\:\text{d}x + \displaystyle\int_{0}^1 f_{k}(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 f_{k-1}(x)\:\text{d}x \iff \displaystyle\int_{0}^1 f'_{k}(x)\:\text{d}x + I_{k} = I_{k-1} \iff I_{k} - I_{k-1} = - \displaystyle\int_{0}^1 f_{k-1}(x)\:\text{d}x = -f_{x}(1) + f_{k}(0) = - f_{k}(1)$.

Or $- f_{k}(1) = - \dfrac{1}{k!}\text{e}^{-1}.$

Conclusion : $I_{k} - I_{k-1} = - \dfrac{1}{k!}\text{e}^{-1}.$
		\item %Calculer I$_{0}$ et déduire de ce qui précède que :
$I_{0} = \displaystyle\int_{0}^1  \text{e}^{-x}\:\text{d}x = \left[ -\text{e}^{-x} \right]_{0}^1 = 1 - \text{e}^{-1} = 1 - \dfrac{1}{\text{e}}.$
%\[I_{n} = 1 - \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \dfrac{\text{e}^{-1}}{k!}\]
On a :

$\begin{array}{l c l}
I_{1} - I_{0}&=&-\dfrac{1}{1!}\text{e}^{-1}\\
I_{2} - I_{1}&=&-\dfrac{1}{2!}\text{e}^{-1}\\
\ldots&=\ldots\\
I_{k} - I_{k-1} &=& - \dfrac{1}{k!}\text{e}^{-1}\\
\end{array}$

En faisant la somme membres à membres de toutes ces égalités :

$I_{k} - I_{0} = - \left(\dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{k!}\right) \iff I_{k} = I_{0} - \left(\dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{k!}\right) =$

$ 1 - \text{e}^{-1} - \left(\dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{k!}\right)$, soit encore 

\[I_{n} = 1 - \text{e}^{-1} - \left(\dfrac{1}{1!} + \dfrac{1}{2!} + \cdots + \dfrac{1}{k!}\right) = 1 - \sum_{k = 0}^n \dfrac{1}{k!}\text{e}^{-1}.\]
		
\item %En déduire finalement :

%\[\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k!} = 
%\text{e}.\]
Le résultat précédent peut s'écrire $\displaystyle\sum_{k = 0}^n \dfrac{1}{k!}\text{e}^{-1} = 1 - I_{n}.$ On a vu que 

$\displaystyle\lim_{n \to + \infty}I_{n} = 0.$ On a donc :$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^n \dfrac{1}{k!}\text{e}^{-1} = 1$ soit par produit par e :

\[\lim_{n \to + \infty} \sum_{k = 0}^n \dfrac{1}{k!} = \text{e}.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}