%!TEX encoding = UTF-8 Unicode
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\usepackage{amsmath,amssymb,makeidx}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{tabularx}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{pifont}
\usepackage{lscape}
\usepackage{multirow}
\usepackage{textcomp} 
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
%Tapuscrit : Denis Vergès
\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\setlength{\textheight}{23,5cm}
\setlength{\voffset}{-1,5cm}
\newcommand{\vect}[1]{\mathchoice%
{\overrightarrow{\displaystyle\mathstrut#1\,\,}}%
{\overrightarrow{\textstyle\mathstrut#1\,\,}}%
{\overrightarrow{\scriptstyle\mathstrut#1\,\,}}%
{\overrightarrow{\scriptscriptstyle\mathstrut#1\,\,}}}
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}\setlength{\voffset}{-1,5cm}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[frenchb]{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Antilles--Guyane}}
\rfoot{\small  septembre 2004}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S 
Antilles--Guyane  ~\decofourright\\[4pt]septembre 2004}}\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $f(x) = \text{e}^2 \times \dfrac{x}{\text{e}^x}$ ; $f$ est donc le quotient de deux fonctions dérivables (la seconde ne s'annulant pas) : elle est donc dérivable sur $[0~;~+\infty[$.

$f'(x) = \text{e}^{- x + 2} - x\text{e}^{- x + 2} = (1 - x)\text{e}^{- x + 2}$ qui est du signe de $1 - x$ car $\text{e}^{- x + 2} > 0$ quel que soit $x\in \R$. D'où le tableau de variations :

\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3)
\psline(0,2)(8,2) \psline(0,2.5)(8,2.5) 
\psline(2,0)(2,3)
\uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.15,2.5){$0$} \uput[u](5,2.5){$1$} \uput[u](7.6,2.5){$+ \infty$}
\uput[u](1,2){$f'(x)$}  \uput[u](3.5,2){$+$}  \uput[u](5,2){$0$}  \uput[u](6.5,2){$-$} 
\uput[u](1,0.8){$f(x)$}  \uput[u](2.15,0){0} \uput[d](5,2){e} \uput[u](7.8,0){$0$}
\psline{->}(2.3,0.2)(4.8,1.8)  \psline{->}(5.2,1.8)(7.7,0.2)  
\end{pspicture}
\end{center}
 
Limites aux bornes : $f(x) = \text{e}^2 \times \dfrac{x}{\text{e}^x}$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\text{e}^x}{x} = + \infty$,~donc 
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0$. Conclusion : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0$. L'axe des abscisses est donc asymptote  à la courbe représentative de$f$ au voisinage de plus l'infini.

D'autre part $f(0) = 0 \times \text{e}^2 = 0$~et~$f(1) = \text{e}^1 = \text{e}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Sur la calculatrice l'examen des deux courbes permet de conjecturer à l'unicité de la solution de l'équation $f(x) = \ln x$ sur l'intervalle $[1~;~+ \infty[$.
 
\begin{center}\begin{pspicture}(0,-2)(8,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,-2)(8,3)
\psplot[linewidth=1.5pt,plotpoints=4000,linecolor=blue]{0.135}{8}{x ln} \uput[u](7,2){\blue $\mathcal{L}$}
\psplot[linewidth=1.5pt,plotpoints=4000,linecolor=cyan]{0}{8}{2.71828 2 x sub exp x mul} \uput[u](1,2.5){\cyan$\mathcal{C}_{f}$}
\end{pspicture} \end{center}

		\item Si $g(x) = \ln x - f(x)$ différence de deux fonctions dérivables sur $[1~;~+ \infty[$ est dérivable sur cet intervalle et $g'(x) = \dfrac{1}{x} - (1 - x)\text{e}^{-x + 2}$. Or d'après la question \textbf{1.}, $f'(x) = (1 - x)\text{e}^{-x + 2} \leqslant 0$ sur $[1~;~+ \infty[$,~donc $- (1 - x)\text{e}^{-x + 2} \geqslant 0$ et comme $\dfrac{1}{x} > 0,~g'(x) > 0$ sur $[1~;~+ \infty[$.
		
La fonction $g$ continue  est donc croissante sur $[1~;~+ \infty[$.

De plus $g(1) =  - f(1) = - \text{e} < 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = + \infty$.

Il existe donc un réel unique $\alpha > 1$ tel que $g(\alpha) = 0 \iff \ln \alpha = f(\alpha)$.
		\item La calculatrice permet d'appréhender $\alpha$ au millième :~ $\alpha \approx 3,005$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}\item On intègre par parties avec :

$\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = x^2 & v'(x) = \text{e}^{-2x}\\
u'(x) = 2x & v(x) = - \dfrac{1}{2} \text{e}^{-2x}\\
\end{array}\right.$

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables et les fonctions $u'$ et $v'$ sont continues sur l'intervalle d'intégration.

Donc I $ = \left[- x^2 \times  \dfrac{1}{2} \text{e}^{-2x}\right]_{0}^3 + \displaystyle\int_{0}^3 x\text{e}^{-2x}\:\text{d}x$.

On intègre cette dernière intégrale à nouveau par parties :

$\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = x & v'(x) = \text{e}^{-2x}\\
u'(x) = 1 & v(x) = - \dfrac{1}{2} \text{e}^{-2x}\\
\end{array}\right.$, 

les fonctions $u$ et $v$ étant dérivables et les fonctions $u'$ et $v'$ étant continues sur l'intervalle d'intégration.

On obtient finalement I $ = \left[- x^2 \times  \dfrac{1}{2} \text{e}^{-2x}\right]_{0}^3 - \left[x \dfrac{1}{2} \text{e}^{-2x}\right]_{0}^3 -  \dfrac{1}{2}\left[\text{e}^{-2x}\right]_{0}^3 =  - \dfrac{9}{2}\text{e}^{-6} - \dfrac{3}{2}\text{e}^{-6} - \dfrac{1}{4}\text{e}^{-6} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{25}{4}\text{e}^{-6}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $\mathcal{V} = \displaystyle\int_{0}^3 \pi[f(x)]^2 \:\text{d}x  = \displaystyle\int_{0}^3 \pi x^2\text{e}^{-2x + 4} \:\text{d}x  = \pi \text{e}^4 \displaystyle\int_{0}^3 x^2\text{e}^{-2x} \:\text{d}x   = \pi \text{e}^4 \times \text{I}$ (en unités de volume).
\item L'unité de volume est égale 
à $4^3 = 64 \left(\text{cm}^3 \right)$.
D'où

$\mathcal{V} = \pi \text{e}^4 \left(\dfrac{1}{4} - \dfrac{25}{4}\text{e}^{-6}\right) \times  64 = 16\pi\text{e}^4 - 400\pi\text{e}^{-2} \approx \np{2574}~\left(\text{cm}^3\right)$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item ABC$'$ est un triangle équilatéral. [BC$'$] est l'image de [BC] dans la rotation de centre B et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ s'écrit en notation complexe : $c' - b = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(a - b)$.
		\item On obtient de même avec les deux autres triangles équilatéraux : 

$b' - a = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(c - a)$~et~$a' - c = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(b - c)$.

En ajoutant membre à membre les trois égalités précédentes :

$c' - b + b' - a + a' - c = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(a - b + c - a + b - c) \iff a' + b' + c' - (a + b + c) =  \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \times 0 \iff  a' + b' + c' -( a + b + c) = 0 \iff a' + b' + c' =  a + b + c$.
	\end{enumerate}
\item Les points P, Q et R sont les centres de gravité ou les isobarycentres des sommets respectifs des trois triangles équilatéraux ; donc :

$p = \dfrac{b + c + a'}{3},~q = \dfrac{c + a + b'}{3},~r = \dfrac{a + b + c'}{3}$ soit en sommant : $p + q + r = \dfrac{b + c + a' + c + a + b' + a + b + c'}{3} = \dfrac{b + c + c + a + a + b + a + b + c}{3} \\= \dfrac{3(a + b + c)}{3} = a + b + c$. 
\item On a donc $a + b + c = a' + b' + c' = p + q + r \iff \dfrac{a + b + c}{3} = \dfrac{a' + b' + c'}{3} = \dfrac{p + q + q}{3}$. Cette double égalité se traduit géométriquement par : les triangles ABC, A$'$B$'$C$'$, PQR ont le même centre de gravité.
\item D'après la question \textbf{2.} $3p = b + c + a'$ et $3q = c + a + b'$ soit par différence\\
 $3(q - p) =   c + a + b' - b - c - a' =  (b' - c) + (c -a') + (a - b)$. De même 
$3(r - p) = (a - c) + (b - a') + (c' - b)$.
\item A est l'image de C$'$ dans la rotation de centre C et d'angle  $\frac{\pi}{3}$, se traduit par $a - c = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(b' - c)$. De même B est l'image de C dans la rotation de centre  A$'$, soit $b' -a = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(c - a')$ et d'après la question \textbf{1. a.} $c' - b = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(a - b)$.
\item On a admis à la question \textbf{4.} que $3(r - p) = (a - c) + (b - a') + (c' - b)$. Soit d'après la question précédente : $3(r - p) = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\left[(b' - c) + (c - a')  + (a - b) \right] = 3\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(q - p)$, ce qui signifie que R est l'image du point Q dans la rotation de centre P et d'angle  $\frac{\pi}{3}$, soit PQR est un triangle équilatéral.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3 (obligatoire)} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $z_{\text{E}'} = \dfrac{-1}{\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}} = (- 1) \times \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} = \text{e}^{\text{i}\pi} \times \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} = \text{e}^{\text{i}\frac{4\pi}{3}} = \text{e}^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}}$ (écriture exponentielle).
		
$z_{\text{E}'} = - \dfrac{1}{2}- \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. (écriture algébrique).
		\item $M(z) \in \mathcal{C}_{1} \iff z = \text{e}^{\text{i}\theta}$. Donc l'image $M'$de $M$ a une affixe $z' =  \dfrac{-1}{\text{e}^{-\text{i}\theta}} = (- 1) \times \text{e}^{\text{i}\theta} =  \text{e}^{\text{i}\pi} \times \text{e}^{\text{i}\theta} =  \text{e}^{\text{i}(\theta+ \pi)}$. Le point $M'$est donc le symétrique de $M$ autour de O et l'image de $\mathcal{C}_{1}$ est donc $\mathcal{C}_{1}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $z_{\text{K}'} = \dfrac{-1}{2\text{e}^{-\text{i}\frac{5\pi}{6}}} = (- 1) \times \dfrac{1}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}} = \dfrac{1}{2}\text{e}^{\text{i}\pi} \times \text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}} = \dfrac{1}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{11\pi}{6}} = \dfrac{1}{2}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}} = \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \text{i}\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{4} - \text{i}\dfrac{1}{4}.$
		\item $M(z) \in \mathcal{C}_{2} \iff z = 2\text{e}^{\text{i}\theta}$ (avec $0 \leqslant \theta < 2\pi$). Donc son image $M'$ a une image d'affixe $z' = \dfrac{-1}{2\text{e}^{-\text{i}\theta}} = (- 1) \times \dfrac{1}{2}\text{e}^{\text{i}\theta} = \dfrac{1}{2}\text{e}^{\text{i}\pi} \times \text{e}^{\text{i}\theta} = \dfrac{1}{2}\text{e}^{\text{i}(\pi + \theta)} $. Ceci signifie que $M'$ appartient au cercle $\mathcal{C}'_{2}$ de centre O et de rayon $\dfrac{1}{2}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Avec $z = 1 + \text{e}^{\text{i}\theta}$, on a $z' = \dfrac{-1}{\overline{z}}$, donc $z' + 1 = \dfrac{-1}{\overline{z}} + 1
 = \dfrac{\overline{z} - 1}{\overline{z}}$.
 
En prenant les modules, on obtient :
 
$\bullet~$    $\left| z' + 1\right|  = \left|\dfrac{\overline{z} - 1}{\overline{z}}\right| = \dfrac{\left|\overline{z} - 1\right|}{\left|\overline{z}\right|} = \dfrac{\left|\text{e}^{\text{i}\theta}\right|}{\left|\overline{z}\right|} = \dfrac{1}{\left|\overline{z}\right|}$. D'autre part
 
 $\bullet~$ $z' = \dfrac{-1}{\overline{z}}$ entra\^{\i}ne que $|z'| = \left|\dfrac{-1}{\overline{z}}\right| = \dfrac{|-1|}{\left|\overline{z}\right|} = \dfrac{1}{\left|\overline{z}\right|}$ soit la même expression qu'au dessus.
  
 On a donc bien  $\left|z' + 1\right| = \left|z'\right|$.
		\item Si un point$M$ a pour affixe $1 + \text{e}^{\text{i}\theta}$, son image$M'$ a une affixe $z'$ telle que d'après le résultat du \textbf{a.}  $\left|z' + 1\right| = \left|z'\right| \iff \left|z' - (- 1)\right| = \left|z' - 0\right|$ qui se traduit géométriquement par: $M'\text{B} = M'\text{O}$ qui signifie que le point $M'$ appartient à la médiatrice de [OB].
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3 (spécialité)} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Réponse : vraie.

$\left\{\begin{array}{l c l}
\np{4002}&=&\np{2004} \times 1 + \np{1998}\\
\np{2004}&=&\np{1998} \times 1 + 6\\
\np{1998}&=&6 \times 336 + 0\\
\end{array}\right.$. Le dernier reste non nul est bien 6
\item Réponse : vraie.

$2^{pq} - 1 = \left(2^p\right)^q - 1 =  \left(2^q\right)^p - 1$ et ce  nombre est divisible par $2^p - 1$ et par $2^q - 1$ (car $a^m - 1$ est divisible par $a - 1$).
\item Réponse : fausse.

Contre-exemple : $2^6 - 1 = 63$ est divisible par 9.
\item Réponse : fausse.

$24 \times (70k - 144) + 36(99 - 24k) = 108 + 816k \neq 9$.

En fait on trouve que $24 \times (- 16) + 35 \times 11 = 1$ et par suite que les solutions sont tous les couples  $( 35k - 144 ~;~99 -24k)~\text{où}~k \in \Z$.
\item Réponse : fausse.

Soit $M$ un point du plan ; son image $M_{1}$ par $f$ vérifie $\vect{\text{A}M_{1}} = 3 \vect{\text{A}M}$. Puis l'image $M'$ de $M_{1}$ par $g$ vérifie $\vect{\text{B}M'} = \dfrac{1}{3} \vect{\text{B}M_{1}}.$ Or $\vect{MM'}  = \vect{M\text{A}} + \vect{\text{AB}} + \vect{\text{B}M'} =  \vect{M\text{A}} + \vect{\text{AB}} +  \dfrac{1}{3} \vect{\text{B}M_{1}} =  \vect{M\text{A}} + \vect{\text{AB}} +  \dfrac{1}{3} \left(\vect{\text{BA}} + \vect{\text{A}M_{1}}\right) =  \vect{M\text{A}} + \vect{\text{AB}} +  \dfrac{1}{3} \vect{\text{BA}}  \dfrac{1}{3}\times 3\vect{\text{A}M} = \boldmath\dfrac{2}{3}\vect{\text{AB}}$\unboldmath 
\item Réponse : vraie.

Les points invariants vérifient  $z = \text{i}\overline{z} + (1 - \text{i})$ soit avec $z = x + \text{i}y, \quad x + \text{i}y = \text{i}(x - \text{i}y) + (1 - \text{i}) \iff  \left\{\begin{array}{l c l}
x & = &y + 1\\
y &=&x - 1\\
\end{array}\right. \iff  \left\{\begin{array}{l c l}
x - y - 1&=&0\\
x - y - 1&=&0\\
\end{array}\right.$ qui est bien l'équation d'une droite.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4 } \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Avec l'évènement $M$ : \og être malade \fg{} et $T$ l'évènement : \og être positif au test \fg, en dressant un arbre de probabilités pondérées, on obtient :

$p(T = p(M \cap T) + p\left(M \cap \overline{T}\right) = 0,003 \times 0,5 + 0,03 \times 0,997$.

On a donc $p_{T}(M) = \dfrac{p(M \cap T)}{p(T)} = \dfrac{0,003 \times 0,5}{0,003 \times 0,5 + 0,03 \times 0,997} \approx 0,0468 \approx 0,05$. (réponse 4)
\item La boule subit une épreuve de Bernouilli avec $n = 3$ et $p = 0,3$ (ou $0,7$).

On a $p\left(R_{1}\right) = 0,3^3$ ;
$p\left(R_{2}\right) = 3 \times 0,3^2 \times 0,7$
$p\left(R_{3}\right) = 3 \times 0,7^2 \times 0,3$
$p\left(R_{4}\right) = 0,7^3$.

On obtient puisque les issues sont disjointes : $p_{1} = p\left(R_{1}\right) + p\left(R_{3}\right) = 0,468$ et $p_{2} = p\left(R_{2}\right) + p\left(R_{4}\right) = 0,532$. (réponse 3)
\item On calcule :

$d^2 = (0,093 - 0,1)^2 + (0,116 - 0,1)^2 + (0,102 - 0,1)^2 + (0,102 - 0,1)^2 + $

$(0,094 - 0,1)^2 + (0,094 - 0,1)^2 + 0,097 - 0,1)^2 + (0,095 - 0,1)^2
 + 0,101 - 0,1)^2 +$
 
$(0,106 - 0,1)^2 = \np{0,000456}$.
 
On a $\np{0,000456} < \np{0,00145}$ soit $d^2 < d_{9}$, donc il accepte cette hypothèse avec un risque de 10\,\% de la rejeter.
\end{enumerate}
\end{document} 