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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S }
\lfoot{\small{Antilles-Guyane}}
\rfoot{\small{septembre 2005}}
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\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S 
Antilles--Guyane  septembre 2005~\decofourright}}\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item \emph{Initialisation} : on a $u_{0} = 1,~u_{1} = - \dfrac{1}{2},~u_{2} = - \dfrac{1}{4}$ et $u_{3} =  \dfrac{7}{8} \geqslant 0$.

La relation est vraie au rang $3$.
 
\emph{Hérédité} soit un naturel $n$,\: $n \geqslant 3$, et supposons que   $u_{n} \geqslant 0$, alors 

$u_{n+1} = \dfrac{1}{2} + n - 1$. Or $n \geqslant 3 \iff n - 1 \geqslant 2$, donc $u_{n+1} \geqslant 2 > 0$. L'hérédité est démontrée.

La relation est vraie au rang $3$, et si elle est vraie à un rang au moins égal à 3 elle est vraie au rang suivant ; on a donc démontré par le principe de récurrence que pour $n \geqslant 3,\:u_{n} \geqslant 0$.
\item $n  \geqslant 4 \iff n - 1  \geqslant  3$ ; d'après a, $u_{n-1}  \geqslant  0 \iff \dfrac{1}{2} u_{n-1}  \geqslant  0 \Rightarrow $

$ \dfrac{1}{2} u_{n-1}  + n - 2  \geqslant  n - 2  \iff  \dfrac{1}{2} u_{n-1}  + (n - 1) - 1  \geqslant  n - 2  \iff u_{n} \geqslant n - 2$.
\item Par comparaison, comme $\displaystyle\lim_{n  \to + \infty} n = + \infty,~\displaystyle\lim_{n  \to + \infty} u_{n} =  + \infty$.
\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item  $v_{n} = 4u_{n} - 8n + 24 \Rightarrow v_{n+1} = 4u_{n+1} - 8(n+1) + 24 =$
		
$4\left(\dfrac{1}{2} u_{n}  + n  - 1\right) - 8(n + 1) + 24 =
 2u_{n}  + 4n - 4 - 8n - 8 + 24 = 2u_{n} - 4n + 12 =
 \dfrac{1}{2}\left(4u_{n} - 8n + 24\right) = \dfrac{1}{2}v_{n}$.
 
On a donc démontré que $\left(v_{n}\right)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{2}.$ La raison étant inférieure à $1$, cette suite est décroissante. De plus

$v_{0} = 4u_{0}+ 24 = 28$.
		\item  On a immédiatement $v_{n} = v_{0}\times \left(\dfrac{1}{2}\right)^n = 28 \times  \left(\dfrac{1}{2}\right)^n  =
 4u_{n} - 8n + 24 \iff 4u_{n} =
  28 \times  \left(\dfrac{1}{2}\right)^n  + 8n - 24 \iff u_{n} =
   7 \times  \left(\dfrac{1}{2}\right)^n + 2n - 6$.
		\item On a donc $u_{n} =  \underbrace{7 \times  \left(\dfrac{1}{2}\right)^n}_{\footnotesize  \text{suite géométrique}}  + \underbrace{2n - 6}_{\footnotesize \text{suite arithmétique}} = x_{n} + y_{n}$ où $\left(x_{n}\right)$ est la suite $\left(v_{n}\right)$ au facteur $4$ près  et la suite $\left(y_{n}\right)$ est définie par $y_{n} =  2n - 6$, suite arithmétique de raison $2$ et de premier terme $- 6$.
		\item  On en déduit que $\displaystyle\sum_{k = 0}^n u_{k} = \displaystyle\sum_{k = 0}^n \left(x_{k} + y_{k}\right) = \displaystyle\sum_{k = 0}^n x_{k} + \displaystyle\sum_{k = 0}^n y_{k}$.

Or $\displaystyle\sum_{k = 0}^n x_{k} = \dfrac{7 - 7\left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}}{1 - \frac{1}{2}} = 14\left[1 - \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}\right] = 14 - 7 \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$.

D'autre part $\displaystyle\sum_{k = 0}^n y_{k} = \dfrac{(n + 1)(- 6 + 2n - 6)}{2} = (n+1)(n - 6).$

Finalement \fbox{$S_{n} = n^2 - 5n + 8 - 7\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$.}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate} 
\item On a d'une part

\begin{itemize}
\item On sait que $x > 1 \Rightarrow \ln x  > 0$. Comme $1 < x$, on a $ x <  x^2 \Rightarrow x + x^2 < 2x^2 \iff  \dfrac{1}{2 x^2} < \dfrac{1}{x + x^2} \iff
 \dfrac{2\ln x}{2x^2} < \dfrac{2\ln x}{x + x^2} \iff  \dfrac{\ln x}{x^2} < f(x)$.

\item De même $1 < x \Rightarrow x  < x^2  \Rightarrow 2x < x + x^2 \iff \dfrac{1}{x + x^2} < \dfrac{1}{2x} \Rightarrow$ 

$\dfrac{2\ln x}{x + x^2} < \dfrac{2 \ln x}{2x} \iff    f(x) < \dfrac{ \ln x}{x}$.
\end{itemize}
D'où l'encadrement demandé.
\item  
	\begin{enumerate}
		\item Comme $\dfrac{\ln x }{x} = \ln x \times \dfrac{1}{x}$, on reconnaît une forme $uu'$ avec $u(x) = \ln x$, qui a pour primitive $\left[\dfrac{(\ln x)^2}{2}\right]$.
		
On a donc I $ = \left[\dfrac{(\ln x)^2}{2}\right]^4_{2} = \dfrac{3(\ln 2)^2}{2}$.

Pour J, on intègre par parties en posant $\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = \ln x & \text{d}v(x) = \dfrac{1}{x^2}\\
\text{d}u(x) = \dfrac{1}{x}&v(x) = - \dfrac{1}{x}
\end{array}\right.$

J $ = \left[- \dfrac{\ln x}{x}\right]^4_{2} + \displaystyle\int_{2}^4 \dfrac{1}{x^2}\,\text{d}x = \left[- \dfrac{\ln x}{x} - \dfrac{1}{x}\right]^4_{2} = \dfrac{1}{4}$.
		\item  De l'encadrement trouvé en 1, on en déduit, en intégrant entre $2$ et $4$  l'encadrement : J $< \text{K} < \text{I} \iff 
\dfrac{1}{4} <  \text{K} < \dfrac{3(\ln 2)^2}{2}$.
	\end{enumerate}
\item L'unité d'aire vaut $1 \times 4 = 4$ cm$^2$. L'aire cherchée est donc le quadruple de l'intégrale K.

Donc \fbox{$1 < \mathcal{A} < 6 (\ln 2)^2$} soit approximativement $1 < \mathcal{A} < 2,883.$ (cm$^2$)
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 4 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $b' = \dfrac{1}{3 + \text{i}\sqrt{3}} = \dfrac{3 - \text{i}\sqrt{3}}{9 + 3} = \dfrac{1}{4} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{12}$.

Forme exponentielle : $\left|b'\right|^2 = \dfrac{1}{16} + \dfrac{3}{144} = \dfrac{9 + 3}{144}$. Donc  $\left|b'\right| = \dfrac{2\sqrt{3}}{12} = \dfrac{\sqrt{3}}{6}$.

Or $b' =  \dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(\dfrac{6}{\sqrt{3}}\times \dfrac{1}{4}  - \dfrac{\text{i}}{2} \right) =
  \dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \text{i}\dfrac{1}{2}\right) =  \dfrac{\sqrt{3}}{6}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}}$.
		\item Le symétrique d'un point $M$ d'affixe $z$ est le point d'affixe $- z$. Un point (d'affixe $z \neq 1$) a pour image  son symétrique si et seulement si :

$\dfrac{1}{z - 1} = - z \iff 1 = -z^2 + z \iff z^2 - z + 1 = 0 \iff \left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2 - \dfrac{1}{4} + 1 = 0 \iff \left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} = 0 \iff \left(z - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 = 0 \iff $

$\left(z - \dfrac{1}{2}+ \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) \left( z - \dfrac{1}{2}- \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)  = 0$.

Cette équation a deux solutions : $z_{1} = \dfrac{1}{2}- \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et $z_{2} = \dfrac{1}{2}+ \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ ou encore $\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}$ et $\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$. 
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $z' = \dfrac{1}{z - 1} \Rightarrow \left|z'\right| = \left|\dfrac{1}{z - 1} \right| = \dfrac{1}{|z - 1}$. De même pour les arguments  
		
		$z' = \dfrac{1}{z - 1} \Rightarrow  \text{arg}\left(z'\right) = \text{arg}\left(\dfrac{1}{z - 1}\right) = \text{arg}(1) -  \text{arg}(z - 1) = 0 - \text{arg}(z - 1) = -\text{arg}(z - 1) \mod [2\pi]$.
		\item $M$ d'affixe $z$ appartient au cercle $\mathcal{C}$ de centre A et de rayon $r$ si et seulement si $|z - 1] = r$. D'après la question précédente l'image $M'$  de ce point a une affixe $z'$ telle que $\left|z'\right| =  \dfrac{1}{|z - 1|} = \dfrac{1}{r} = \text{O}M'$.

Conclusion : l'image d'un point du cercle $\mathcal{C}$ appartient au cercle $\mathcal{C}'$ de centre O et de rayon $\dfrac{1}{r}.$
		\item Application si $r = \dfrac{1}{2}$ : pour avoir un argument opposé on construit sur les deux cercles de rayons $\dfrac{1}{2}$ deux arcs de même longueur.

\begin{center}
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture}(-3,-3)(3,3)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1](0,0)(-3,-3)(3,3)
\psaxes[linewidth=1.2pt](0,0)(-3,-3)(3,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscircle(1,0){0.5}
\pscircle(0,0){0.5}
\pscircle(0,0){2}
\psline(1,0)(1.4096,0.2868) 
\uput[ur](1.4096,0.2868){$M$}
\psline(0,0)(1.6383,-1.14715)
\uput[dr](1.6383,-1.14715){$M'$}
\psarc[linecolor=blue,linewidth=1.75pt](1,0){0.5}{0}{35}
\psarc[linecolor=blue](0,0){0.5}{-35}{0}
\uput[dr](1,0){A} \uput[dl](0,0){O} 
\uput[d](0.25,0){$\vect{u}$} \uput[ul](0,0.5){$\vect{v}$} 
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On intègre par parties entre $0$ et $t \geqslant 0$ en posant :
\[\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = \lambda x& \text{d}v(x) = \text{e}^{- \lambda x}\\
\text{d}u(x) = \lambda&v(x) = - \lambda  \text{e}^{- \lambda x}\\
\end{array}\right.\]
$u$ et $v$ étant dérivables et $u^{\prime}$ et $v^{\prime}$ continues sur $[0~;~t]$,

$\displaystyle\int_{0}^t \lambda x  \text{e}^{- \lambda x}\,\text{d}x
 = \left[- x \text{e}^{- \lambda x}\right]_{0}^t + \displaystyle\int_{0}^t  \text{e}^{- \lambda x}\,\text{d}x = \left[ \text{e}^{- \lambda x}\,\text{d}x\left(x + \dfrac{1}{\lambda}\right)\right]_{0}^t =$
 
$-t \text{e}^{- \lambda t} - \dfrac{1}{\lambda}\text{e}^{- \lambda t}  + \dfrac{1}{\lambda}$. 
		\item Comme $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{- \lambda t} = 0$, on en déduit que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \int_{0}^t \lambda x  \text{e}^{- \lambda x}\,\text{d}x = \dfrac{1}{\lambda}$.
	\end{enumerate}
\item Si le temps moyen d'attente est égal à $5$ minutes, alors $\dfrac{1}{\lambda} = 5 \iff \lambda = \dfrac{1}{5} = 0,2$.

La probabilité d'attendre plus de 10 minutes est  : $1 - p(X \leqslant 10) = $

$1 - \displaystyle\int_{0}^{10}  \lambda   \text{e}^{- \lambda x}\,\text{d}x = 1 - \left[-  \text{e}^{- \lambda x}\right]_{0}^{10} = \text{e}^{-1}$. (soit $\approx 0,135$ au millième près)

De même  la probabilité d'attendre plus de 5 minutes est  : $1 - p(X \leqslant 10) = 1 - \displaystyle\int_{0}^{5}  \lambda   \text{e}^{- \lambda x}\,\text{d}x = 1 - \left[-  \text{e}^{- \lambda x}\right]_{0}^{5} = \text{e}^{-2}$. (soit $\approx 0,368$ au millième près)
\item Il faut calculer $p(X \geqslant 15)$ sachant que $X \geqslant 10$. Or \\
$p_{X \geqslant 10}(X \geqslant 15) = \dfrac{p(X \geqslant 15~\text{et}~ X \geqslant 10)}{p(X \geqslant 10)} = \dfrac{p(X \geqslant 15)}{p(X \geqslant 10)} = \dfrac{1 - p(X \leqslant 15)}{p(X \geqslant 10)} =$

$ \dfrac{1 - \int_{0}^{15}0,2\text{e}^{-0,2x}\,\text{d}x}{p(X \geqslant 10)} = \dfrac{\text{e}^{-3}}{\text{e}^{-2}} = \text{e}^{-1} \approx 0,368.$

On a $p_{X \geqslant 10}(X \geqslant 15) = p(X \geqslant 5).$
Donc la probabilité est celle du temps supplémentaire d'attente. La loi exponentielle est une loi sans vieillissement.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item Pour respectivement $t = - 3$ et $t = -2$, on trouve que A et B sont deux points distincts de la droite dont on a une équation paramétrique. Elle est donc confondue avec la droite (AB). 
\item Un point commun à $\mathcal{P}$ et $\mathcal{D}$ a ses coordonnées qui vérifient 

$2t + 3t - (8 + t) + 4 = 0 \iff 4t - 4 = 0 \iff t = 1$. Il existe donc un point commun de coordonnées (1 ; 1 ; 9). Donc $\mathcal{P}$ et $\mathcal{D}$ sont sécantes.
\item On calcule $d(\text{A}~;~\mathcal{P}) = \dfrac{|1 \times 2 + 3 \times 2 - (-4) + 4|}{\sqrt{2^2 + 3^2 + (-1)^2}} = \dfrac{16}{\sqrt{14}} =  \dfrac{16\sqrt{14}}{14} = \dfrac{8}{7}\sqrt{14}$.
\item $\mathcal{S}$ est la sphère de centre O et de rayon 4.

Or OB$^2 = 9 + 16 + 1 = 26 \Rightarrow \text{OB} = \sqrt{26} > \sqrt{25} \geqslant 5 > 4$.

Conclusion : B est à l'extérieur de $\mathcal{S}$.
\end{enumerate}
\end{document}