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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\rhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Asie}}
\rfoot{\small{juin 2007}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Asie juin 2007~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a $f'(x) = 2 \cos x \sin x = \sin 2x$. Vrai
\item En intégrant par parties car toutes les fonctions sont continues :

$\left\{\begin{array}{l c l}
u(t) = t&~;~&u'(t) = 1\\
v'(t) = f'(t)&~;~&v(t) = f(t)\\
\end{array}\right.$

$\displaystyle\int_{-1}^1 tf'(t)\:\text{d}t = [tf(t)]_{-1}^1 - \displaystyle\int_{-1}^1 f(t)\:\text{d}t = f(1) - (-1)f(-1) - \displaystyle\int_{-1}^1 f(t)\:\text{d}t  =$

$f(1) + f(-1) - \displaystyle\int_{-1}^1 f(t)\:\text{d}t $.

Or $f(-1) = - f(1)$, donc $\displaystyle\int_{-1}^1 tf'(t)\:\text{d}t = - \displaystyle\int_{-1}^1 f(t)\:\text{d}t $. Vrai
\item Avec $f(x) = x$ et $g(x) = -\dfrac{x}{3}+ 3,~\displaystyle\int_{0}^3 x\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2}\right]_{0}^3 = \dfrac{9}{2}$ et $\displaystyle\int_{0}^3 \left(-\dfrac{x}{3}+ 3\right)\:\text{d}x = \left[-\dfrac{x^2}{6} + 3x  \right]_{0}^3 = -\dfrac{9}{6} + 9 = \dfrac{15}{2}$.

On a bien $\displaystyle\int_{0}^3 f(x)\:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_{0}^3 g(x)\:\text{d}x$ et $f(3) = 3$ et $g(3) =  2$. Faux
\item $f$ est solution de l'équation différentielle, donc $f'(x) = -2f(x) + 2 = $

$2(1 - f(x))$. Si $f$ est constante, alors $f'(x) = 0$ et par conséquent 

$2(1 - f(x)) = 0 \Rightarrow f(x) = 1$. Comme la fonction n'est pas constante $f(x) \neq 1$, donc $2(1 - f(x)) = f'(x) \neq 0$. Aucune tangente n'est horizontale.  Vrai
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
\item  
$z_{0} = 0,~z_{1} = \lambda \times 0 + \text{i} = \text{i},~z_{2} = \lambda \text{i} + \text{i} = (\lambda + 1)\text{i},~z_{3} = \lambda[(\lambda + 1)\text{i}] + \text{i} = \lambda^2\text{i} + \lambda \text{i} + \text{i} = \left(\lambda^2 + \lambda + 1\right)\text{i}$.
\item Par récurrence :

$\bullet~$ \emph{Initialisation} : $z_{0} = 0 = \dfrac{\lambda^0 - 1}{\lambda - 1}\text{i}$. La relation est vraie au rang $0$.

$\bullet~$ \emph{Hérédité} : soit  $n \in \N$ et supposons que $z_{n} = \dfrac{\lambda^n - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i}$.

On sait que $z_{n+1} = \lambda z_{n} + \text{i} = \lambda \dfrac{\lambda^n - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i} + \text{i} = \dfrac{\lambda^{n+1} - \lambda + \lambda - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i} = \dfrac{\lambda^{n+1}  - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i}$. La formule 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 

$n + 1$ ; on a donc démontré par récurrence que $z_{n} = \dfrac{\lambda^n - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i}$ pour tout naturel $n$.
	\end{enumerate}
\item $\lambda = \text{i}$
	\begin{enumerate}
		\item D'après 1. a., on a $z_{3} = (- 1 + \text{i} + 1)\text{i} = - 1$.
		
Donc $z_{4} = \text{i} \times (-1) + \text{i} = 0$.

Ou plus rapide en utilisant la formule du 1. b. : $z_{4} = \dfrac{\text{i}^4 - 1}{\text{i} - 1}\cdot \text{i} = 0 \cdot \text{i} = 0$.
		\item $z_{n+4} = \dfrac{\text{i}^{n+4} - 1}{\text{i} - 1}\cdot \text{i} = \dfrac{\text{i}^n \times \text{i}^4 - 1}{\text{i} - 1}\text{i} = \dfrac{\text{i}^{n} - 1}{\text{i} - 1}\cdot \text{i} = z_{n}$.
		
Quel que soit $n \in \N,~z_{n+4} = z_{n}$.
		\item On a donc $z_{n+1} = \left(z_{n} + 1 \right)\text{i} \quad (1)$.
		
Cherchons un point invariant par la transformation $z_{n} \longmapsto z_{n+1}$. S'il existe un point invariant $\Omega$ d'affixe $\omega$, on doit avoir $\omega = \left(\omega + 1 \right)\text{i} \iff \omega(1 - \text{i}) = \text{i} \iff \omega = \dfrac{\text{i}}{1 - \text{i}} = \dfrac{\text{i}(1 + \text{i})}{1 - \text{i}} \iff \omega = - \dfrac{1}{2} + \text{i} \dfrac{1}{2}.$

On a donc en retranchant $\omega$ à chaque membre de (1) :

$z_{n+1} - \omega = \left(z_{n} + 1 \right)\text{i} - \omega \iff z_{n+1} +\dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{1}{2} = \left(z_{n} + 1 \right)\text{i} + \dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{1}{2} \iff z_{n+1} - \omega	 = z_{n}\text{i} + \text{i}\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\times \left(- \text{i}\right)^2 = \left[z_{n}- \left(- \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{2\text{i}}  \right)\right]\text{i} \iff z_{n+1} - \omega 
= \left(z_{n} - \omega \text{} \right)\text{i} \iff z_{n+1} - \omega 
= \left(z_{n} - \omega \text{} \right)\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$.

Conclusion $M_{n+1}$ est l'image de $M_{n}$ dans la rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}.$
	\item ~
	
\psset{unit=2cm}
\begin{center}\begin{pspicture}(-2,-1)(2,2)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1](0,0)(-2,-1)(2,2)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=5,Dy=5](0,0)(-2,-1)(2,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(1,1)
\psdots*[dotstyle=+,dotangle=45](0,0)(0,1)(-1,1)(-1,0)(-.5,.5)
\psline(-1,0)(0,1) \psline(0,0)(-1,1) \uput[d](-.5,.5){$\Omega$}
\psline[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}
\psline[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\uput[dr](0,0){$M_{0}$} \uput[ur](0,1){$M_{1}$}
\uput[ul](-1,1){$M_{2}$}\uput[dl](-1,0){$M_{3}$}
\uput[ur](0,0){$M_{4}$}
\end{pspicture}\end{center}	
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Il existe $k$ tel que $\lambda^k = 1$.
		
On peut donc écrire $z_{n} = \dfrac{\lambda^n - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i} = \dfrac{\lambda^n \times \lambda^k - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i} = \dfrac{\lambda^{n+k}-1}{\lambda - 1}\cdot \text{i} = z_{n+k}$.
		\item $z_{n+k} = z_{n} \iff \dfrac{\lambda^{n+k}-1}{\lambda - 1}\cdot \text{i} = \dfrac{\lambda^n - 1}{\lambda - 1}\cdot \text{i} \iff \lambda^{n+k}-1 = \lambda^n - 1 \iff \\\lambda^{n+k} = \lambda^n \iff \lambda^n \times \lambda^k  = \lambda^n \iff \lambda^k = 1$.		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip

%\textbf{Partie I}

%\medskip

%\begin{enumerate}
%\item 
%	\begin{enumerate}
%		\item On sait que la similitude directe $s$ telle que $s$(O) = A et $s$(B) = 0 est unique et que son écriture complexe est : $z' = az + b,~a$ et $b$ étant deux complexes.
%		
%On a donc en utilisant les affixes des deux points O et B et de leurs images :

%\[\left\{\begin{array}{l c l}
%10 &=& a \times 0 + b\\
%0 &=& a \times 5\text{i} + b\\
%\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
%10&=&b\\
%2\text{i}&=&a\end{array}\right. \]

%L'écriture complexe de $s$ est donc $z' = 2\text{i}z + 10.$
%		\item Éléments caractéristiques :

%\setlength\parindent{5mm}		
%\begin{itemize}
%\item Points invariants ? $\Omega$ d'affixe $\omega$ est invariant par $s$ si $\omega = 2\text{i}\omega + 10 \iff \omega(1 - 2\text{i}) = 10 \iff \omega = \dfrac{10}{1 - 2\text{i}} = \dfrac{10(1 + 2\text{i})}{1 + 4} = 2 + 4\text{i}$. 
%\item Rapport de la similitude : c'est $|a| = |2\text{i}| = 2$.
%\item Angle de la similitude :

%$\left\{\begin{array}{l c l}
%z' &=& 2\text{i}z + 10 \\
%2 + 4\text{i} &=& 2\text{i}(2 + 4\text{i}) + 10\\
%\end{array}\right. \Rightarrow~(\text{par différence})~z' - \omega = 2\text{i}(z - \omega \iff z' - \omega = 2\text{e}^{i\frac{\pi}{2}}(z - \omega).$

%La similitude $s$ a pour centre $\Omega(2 + 4\text{i})$, pour rapport $2$ et pour angle $\dfrac{\pi}{2}.$
%\end{itemize}
%\setlength\parindent{0mm}

%		\item $s \circ s(\text{B}) = s(\text{O}) = 2\text{i} \times 0 + 10 = 10 = z_{\text{A}}$. Donc $s \circ s(\text{B}) =$ A.
%		
%On a donc $\left( \vect{\Omega\text{B}},~\vect{\Omega\text{O}}\right) = \dfrac{\pi}{2}$ et $\left( \vect{\Omega\text{O}},~\vect{\Omega\text{A}}\right) = \dfrac{\pi}{2} \Rightarrow \left( \vect{\Omega\text{B}},~\vect{\Omega\text{A}}\right) = \pi$, ce qui signifie que $\Omega$ est aligné avec A et B et plus précisément que  $\Omega$ est le pied de la hauteur issue de O dans le triangle rectangle OAB.
%	\end{enumerate}
%\item 
%	\begin{enumerate}
%		\item On a aisément A$' \in \mathcal{D}$ et B$' \in \mathcal{D}$.
%		
%		Un vecteur normal à $\mathcal{D}$ est le vecteur $\vect{a}\binom{1}{2}.$ Le vecteur $\vect{\text{AA}'}$ a pour coordonnées $\binom{-2}{-4}$ et est donc colinéaire au vecteur $\vect{a}$, donc (AA$'$) est perpendiculaire à $\mathcal{D}$ et A$'$ est bien le projeté orthogonal de A sur $\mathcal{D}$. On démontre de même que B$'$ est le projeté orthogonal de B sur $\mathcal{D}$.
%		\item Image de B$'$ : on l'affixe de $s(\text{B}') : ~z' = 2\text{i}(2 + \text{i}) + 10 = 4\text{i} + 8 = z_{\text{A}'}$.
%		\item L'angle de la similitude étant égal à $\dfrac{\pi}{2}$, on a $\left(\vect{\Omega\text{B}'},~\vect{\Omega\text{A}'}   \right) = \dfrac{\pi}{2}.$
%		
%Conclusion le point $\Omega$ appartient au cercle de diamètre [A$'$B$'$].
%	\end{enumerate}
%\end{enumerate}

%\medskip

%\textbf{Partie II}

%\medskip

%\begin{enumerate}
%\item 
%	\begin{enumerate}
%		\item Par définition l'image de la droite (OB) est la droite (AO). Or ces deux droites sont perpendiculaires : la similitude est directe : son angle est égal à $\dfrac{\pi}{2}$.
%		\item Comme dans la partie I, $\left(\vect{\Omega\text{O}},~\vect{\Omega\text{A}}   \right) = \dfrac{\pi}{2}$, donc le triangle O$\Omega$B est rectangle en $\Omega$, donc $\Omega$ appartient au (demi-)cercle de diamètre [OA].
%		
%De même $\Omega$ appartient au (demi-)cercle de diamètre [OB].

%		La droite (O$\Omega$) perpendiculaire aux droites ($\Omega$A) et ($\Omega$B) est donc (d'après l'unicité de la perpendiculaire à une droite) à la droite (AB). $\Omega$ est donc le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OAB.
%	\end{enumerate}
%\item 
%	\begin{enumerate} Image par $s$ de la droite (BB$'$) : l'image de B est O et l'image de B$'$ est B$''$ tel que (BB$'$) soit perpendiculaire à (OB$''$) ; or (BB$'$) est perpendiculaire à  $\mathcal{D}$ : donc B$''$ appartient à $\mathcal{D}$.
%	
%Conclusion : l'image par $s$ de la droite (BB$'$) est la droite $\mathcal{D}$.

%De même O point de $\mathcal{D}$ a pour image A et A$'$ a pour image A$''$ tel que la droite (AA$''$) soit perpendiculaire à $\mathcal{D}$. Or (AA$'$) est perpendiculaire à $\mathcal{D}$, donc l'image de $\mathcal{D}$ est la droite (AA$'$).
%		\item D'après la question précédente B$'$ point de (BB$'$) a pour image un point de $\mathcal{D}$ et B$'$ point de $\mathcal{D}$ a pour image un point de (AA$'$). Conclusion : l'image de B$'$ appartient à $\mathcal{D} \cap (\text{AA}') = \{\text{A}'\}$. L'image par $s$ de B$'$ est A$'$.
%		\item Par définition de la similitude d'angle $\dfrac{\pi}{2},~\left(\vect{\Omega\text{B}'},~\vect{\Omega\text{A}'}  \right) = \dfrac{\pi}{2}$.
%		
%Conclusion : le point $\Omega$ appartient au cercle de diamètre [A$'$B$'$]
%	\end{enumerate}
%\end{enumerate}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%  corrigé Hélène Brion  %%%%%%%%%%%%%
\textbf{Partie I}
\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On sait que la similitude directe $s$ telle que $s$(O) = A et $s$(B) = O est unique et que son écriture complexe est : $z' = az + b,~a$ et $b$ étant deux complexes.
		
		On a donc en utilisant les affixes des deux points O et B et de leurs images :
		
\[\left\{\begin{array}{l c l}
		10 &=& a \times 0 + b\\
		0 &=& a \times 5\text{i} + b\\
		\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
		10&=&b\\
		2\text{i}&=&a\end{array}\right. \]
L'écriture complexe de $s$ est donc $z' = 2\text{i}z + 10.$
		\item Éléments caractéristiques :
		\begin{itemize}
\item Rapport de la similitude : c'est $|a| = |2\text{i}| = 2$.
\item Angle de la similitude : c'est $arg(a)=\dfrac{\pi}{2}$
\item Point invariant : c'est le point  $\Omega$ d'affixe $\omega$ vérifiant $\omega = 2\text{i}\omega + 10 \iff \omega(1 - 2\text{i}) = 10 \iff \omega = \dfrac{10}{1 - 2\text{i}} = \dfrac{10(1 + 2\text{i})}{1 + 4} = 2 + 4\text{i}$.

La similitude $s$ a pour centre $\Omega(2 + 4\text{i})$, pour rapport $2$ et pour angle $\dfrac{\pi}{2}.$
\end{itemize}
	\item $s \circ s(\text{B}) = s(\text{O}) = $ A.
	
La transformation $s \circ s$, composée de similitudes directes de centre $\Omega$ est une similitude directe de centre $\Omega$, de rapport 4 (produit des rapports) et d'angle $\pi$ (somme des angles). $s \circ s$ est donc une homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $- 4$. Le point $\Omega$ est donc situé sur le segment $[AB]$. Plus exactement: puisque $\vect{\Omega A}= -4\vect{\Omega B}$, le point $\Omega$ est barycentre du système pondéré $\{(A,~ 1)~;~(B,~4)\}$.

De plus $\left(\vect{\Omega B},\vect{\Omega O}\right)=\pi/2$ donc $\Omega$ est le pied de la hauteur issue de $O$ dans le triangle $AOB$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On a aisément A$' \in \mathcal{D}$ (car les coordonnées de $A(8,4)$ vérifient l'équation de $\mathcal{D}:x-2y=0$) et B$' \in \mathcal{D}$.
		
		Un vecteur normal à $\mathcal{D}$ est le vecteur $\vect{a}\binom{1}{2}.$ Le vecteur $\vect{\text{AA}'}$ a pour coordonnées $\binom{-2}{-4}$ et est donc colinéaire au vecteur $\vect{a}$, donc (AA$'$) est perpendiculaire à $\mathcal{D}$ et A$'$ est bien le projeté orthogonal de A sur $\mathcal{D}$. On démontre de même que B$'$ est le projeté orthogonal de B sur $\mathcal{D}$.
		\item L'image de B$'$  a pour affixe $ ~z' = 2\text{i}(2 + \text{i}) + 10 = 4\text{i} + 8 = z_{\text{A}'}$ donc $s(B')=A'$
		\item L'angle de la similitude étant égal à $\dfrac{\pi}{2}$, on a $\left(\vect{\Omega\text{B}'},~\vect{\Omega\text{A}'}   \right) = \dfrac{\pi}{2}.$
		
		Conclusion le point $\Omega$ appartient au cercle de diamètre [A$'$B$'$].
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie II}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item On sait que la similitude directe $s$ est telle que $s$(O) = A et $s$(B) = 0. Son angle est donc $\Angle{OB}{AO}=\Angle{OB}{OA}+\pi=-\dfrac{\pi}{2}+ \pi=\dfrac{\pi}{2}$.
		\item Comme dans la partie I, $\left(\vect{\Omega\text{O}},~\vect{\Omega\text{A}} \right) = \dfrac{\pi}{2}$, le triangle O$\Omega$B est rectangle en $\Omega$, donc $\Omega$ appartient au (demi-)cercle de diamètre [OA].
		
De même $\Omega$ appartient au (demi-)cercle de diamètre [OB].

		La droite (O$\Omega$) perpendiculaire aux droites ($\Omega$A) et ($\Omega$B) est donc (d'après l'unicité de la perpendiculaire à une droite passant par un point) perpendiculaire à la droite (AB). $\Omega$ est donc le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OAB.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
\item Image par $s$ de la droite (BB$'$) : l'image de B est O et l'image de B$'$ est B$''$ tel que (BB$'$) soit perpendiculaire à (OB$''$) ; or (BB$'$) est perpendiculaire à  $\mathcal{D}$ : donc B$''$ appartient à $\mathcal{D}$.

Conclusion : l'image par $s$ de la droite (BB$'$) est la droite $\mathcal{D}$.

De même O point de $\mathcal{D}$ a pour image A et A$'$ a pour image A$''$ tel que la droite (AA$''$) soit perpendiculaire à $\mathcal{D}$. Or (AA$'$) est perpendiculaire à $\mathcal{D}$, donc l'image de $\mathcal{D}$ est la droite (AA$'$).
		\item D'après la question précédente B$'$ point de (BB$'$) a pour image un point de $\mathcal{D}$ et B$'$ point de $\mathcal{D}$ a pour image un point de (AA$'$). Conclusion : l'image de B$'$ appartient à $\mathcal{D} \cap (\text{AA}') = \{\text{A}'\}$. L'image par $s$ de B$'$ est A$'$.
		\item Par définition de la similitude d'angle $\dfrac{\pi}{2}$, si $B'$ est distinct de $\Omega$,$\left(\vect{\Omega\text{B}'},~\vect{\Omega\text{A}'}  \right) = \dfrac{\pi}{2}$ et si $B'=\Omega$, $B'=\Omega=A'$\\
		Conclusion : Dans les deux cas, le point $\Omega$ appartient au cercle de diamètre [A$'$B$'$]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
%%%%%%%%%%%%%%%%%  fin corrigé Hélène Brion  %%%%%%%%%%%%%%%%
\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $p(\text{F}) = 0,92~;~p_{\text{F}}(\text{S}) = 0,95~;~p\left(\overline{\text{F}} \cap  \overline{\text{S}}\right) = 0,02$.
\item $p(\text{F}) = 0,92 \Rightarrow p\left(\overline{F}  \right) = 0,08$.
		\item On sait que $p_{\overline{\text{F}}}\left(\overline{\text{S}}\right) = \dfrac{p\left(\overline{\text{F}} \cap  \overline{\text{S}}\right)}{p\left(\overline{F}  \right)} = \dfrac{0,02}{0,08} = \dfrac{1}{4} = 0,25.$
		\item Arbre pondéré :
		
\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesep=1.75pt]{\Tdot}
{
	\pstree{\Tdot~[tnpos=a]{F}\taput{$0,92$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{S}\taput{$0,95$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{\text{S}}$}\tbput{$0,05$}
 		}
	\pstree{\Tdot~[tnpos=b]{$\overline{\text{F}}$}\tbput{$0,08$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{S}\taput{$0,75$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{\text{S}}$~~~0,02}\tbput{$0,25$}
 		}
}		
		 \end{center}
		 				
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item D'après la loi des probabilités totales on a : $p(\text{S}) = p(\text{S} \cap \text{F}) + p\left(\text{S} \cap \overline{\text{F}}\right) = 0,92 \times 0,95 + 0,08 \times 0,75 = 0,874 + 0,06 = 0,934$.
		\item Il faut trouver la probabilité conditionnelle $p_{\text{S}}(\text{F}) = \dfrac{p(\text{S} \cap \text{F})}{p(\text{S})} = \dfrac{0,874}{0,934} \approx 0,935\:7 \approx 0,936$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Loi de probabilité de $B$ :
		
\begin{center}
\begin{tabularx}{0.7\linewidth}{|l|*{3}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
\rule[-3mm]{0mm}{9mm} évènement&F~$\cap$~S&$\overline{\text{F}} \cap \text{S}$&reste\\ \hline
probabilité&0,874&0,06&0,066\\ \hline
bénéfice : $b$~\euro& 10 & 5 &0\\ \hline		
\end{tabularx} 
\end{center}
		
		\item On a E$(B) = 0,874 \times 10 + 0,06 \times 5 + 0,166 \times 0 = 8,74 + 0,30 = 9,04$ \euro{} (ce qui représente le bénéfice moyen par jouet).
	\end{enumerate}
\item On a une épreuve de Bernoulli de paramètres $n = 10$ et de probabilité 

$p(\text{S}) = 0,934$.

La probabilité cherchée est égale à celle d'avoir 8, 9 ou 10 jouets solides, soit :
\[ \binom{10}{8}0,934^8 \times (1 - 0,934)^2 + \binom{10}{9}0,934^9 \times (1 - 0,934)^1 + \binom{10}{10}0,934^{10}\times (1 - 0,934)^0 =\]

\[\nombre{0,113521} + \nombre{0,356998} + \nombre{0,505206} \approx \nombre{0,975725} \approx 0,976.\] 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\textbf{Partie I}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Équation E$_{2} \quad : x^2 = 2^x$.

On a $2^2 = 2^2$ et $4^2 = 2^4$ : $2$ et $4$ sont solutions de E$_{2}$.
\item $a^a = a^a$ : donc $a$ est solution de E$_{a}$.
\item Équation E$_{\text{e}} \quad : x^{\text{e}} = \text{e}^x$. Étude de la fonction $h$ définie par : $h(x) = x  - \text{e}\ln x$.
	\begin{enumerate}
		\item Question de cours : on sait que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \dfrac{\text{e}^t}{t} = + \infty$. Quelque soit $t$ il existe $x$ tel que $t = \ln x$.
		
Donc $\dfrac{\text{e}^t}{t} = \dfrac{\text{e}^{\ln x}}{\ln x}= \dfrac{x}{\ln x}$.
		
D'après l'hypoth\`ese initiale $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x}{\ln x} = + \infty$, car $t \to + \infty \Rightarrow x \to + \infty$.

Finalement en prenant l'inverse : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{ x} = 0$.
		\item Comme $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty,~\displaystyle\lim_{x \to 0} h(x) = + \infty$.
		
On peut écrire $h(x) = x\left(1 - \text{e}\dfrac{\ln x}{x}  \right)$. D'après la question de cours la parenthèse a pour limite $1$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} h(x) = + \infty$.
		\item $h$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et $h'(x) = 1 - \dfrac{\text{e}}{x} = \dfrac{x - \text{e}}{x}$.
		
		Si $x > \text{e}, h'(x) > 0$ et $h$ est croissante ;
		
		Si $x < \text{e}, h'(x) < 0$ et $h$ est décroissante. D'où le
		\item Tableau de variations de $h$
		
		\medskip

\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3)
\psframe(8,3) \psline(2,0)(2,3) \psline(0,1.5,8,1.5)
\psline(0,2.5)(8,2.5)\psline(0,1.5)(8,1.5)
\uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.2,2.5){0}\uput[u](5,2.5){e}\uput[u](7.5,2.5){$+\infty$}
\rput(1,2){$h'(x)$} \rput(3.5,2){$-$}\rput(6.5,2){$+$}\rput(5,2){$0$}
\rput(1,0.75){$h(x)$} \rput(2.25,1.2){$+ \infty$} \rput(5,0.2){$0$} \rput(7.5,1.2){$+ \infty$}
\psline{->}(2.6,1.1)(4.7,0.2) \psline{->}(5.3,0.2)(7.4,1.1)		
\end{pspicture}
\end{center}

On a $h(\text{e}) = \text{e} - \text{e}\ln \text{e} = \text{e} - \text{e} = 0$. D'après ce tableau $h(x) = 0 \iff x = \text{e}$.

L'équation E$_{\text{e}} \quad x^{\text{e}} = \text{e}^x$ est équivalente (en prenant le logarithme népérien)  à $\text{e}\ln x = x \iff h(x) = 0$.

Conclusion : l'équation  E$_{\text{e}}$ a une solution unique e.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie II}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $x > 0,~x \in \R$. $x$ solution de E$_{a} \iff x^a = a^x \iff a\ln x = x \ln a \iff \dfrac{\ln x}{x} = \dfrac{\ln a}{a}$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item $f(x) = \dfrac{\ln x}{x}$ sur $\R_{+}^*$.
		
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, donc 
$\displaystyle\lim_{x \to 0}f(x) = - \infty$.

D'après 1. a. $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}f(x) = 0$.
		\item $f$ est dérivable comme fonction quotient de fonctions dérivables (avec $x \neq 0$) et $f'(x) = \dfrac{1 - \ln x}{x^2}$.
		
$f'(x) > 0 \iff 1 - \ln x > 0 \iff \ln x < \ln \text{e} \iff x < \text{e}$.
		
De même $f'(x) < 0 \iff x > \text{e}$. D'où le 
		\item Tableau de variations de $f$ :
		
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3)
\psframe(8,3) \psline(2,0)(2,3) \psline(0,1.5,8,1.5)
\psline(0,2.5)(8,2.5)\psline(0,1.5)(8,1.5)
\uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.2,2.5){0}\uput[u](5,2.5){e}\uput[u](7.5,2.5){$+\infty$}
\rput(1,2){$f'(x)$} \rput(3.5,2){$+$}\rput(6.5,2){$-$}\rput(5,2){$0$}
\rput(1,0.75){$f(x)$} \rput(2.25,0.2){$- \infty$} \rput(5,1.2){$\frac{1}{\text{e}}$} \rput(7.5,0.75){$0$}
\psline{->}(2.6,0.2)(4.7,1.1) \psline{->}(5.3,1.1)(7.4,0.8)		
\end{pspicture}
\end{center}
		\item Tracé de $\mathcal{C}$		
		
\hspace{-1cm}\psset{xunit=1.75cm,yunit=2.25cm}
\begin{pspicture}(-0.5,-3)(6.5,1)
\psgrid[gridlabelcolor=white,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(0.,-3)(6,1)
\psaxes[linewidth=1.pt]{->}(0,0)(-0.5,-3)(6,1)
\psaxes[linewidth=1.pt]{->}(0,0)(-0.5,-3)(6,1)
\uput[l](0,0.368){$\frac{1}{\text{e}}$}
\uput[d](2.71828,0){e}\psline[linestyle=dashed](2.71828,0)
(2.71828,0.368)(0,0.368) \psline[linecolor=red]{<->}(1.718,0.368)(3.718,0.368)
\uput[u](4.5,0.35){\blue $\mathcal{C}$} \uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=1500,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0.35}{6}{x ln x div}
\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=green]{->}(0,0.3121)(1.7,0.3121)	
\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=green]{->}(1.7,0.3121)(1.7,0)
\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=green]{->}(1.7,0.3121)(5.412,0.3121)	
\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=green]{->}(5.412,0.3121)(5.412,0)
\uput[d](1.7,0){$a$} \uput[d](5.412,0){$b$} 		
		\end{pspicture}
	\end{enumerate}
\item D'après le graphe précédent :

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item Si $0 < a \leqslant 1$ tout nombre négatif a un unique antécédent par $f$, donc la seule solution de E$_{a}$ est $a$.
\item Si $1 < a < \text{e}$ ou si $a > \text{e}$, tout nombre positif (compris entre $0$ et $\frac{1}{\text{e}}$) a deux antécédents par $f~: a$ et $b$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
\end{enumerate}
\end{document}