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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
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\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat S}
\lfoot{\small{Centres étrangers}}
\rfoot{\small{juin 2004}}
\renewcommand\footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat S Centres étrangers juin 2004~\decofourright}}
 \end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item  $a' = -2a + 2\text{i} = -2(-2\text{i} )+2\text{i} = -2\text{i} = a$ et $b' = -2( 3 - 2\text{i})+2\text{i} = -6-4\text{i}+2\text{i} = -6-2\text{i}$.
\item On suppose que $M \in \Delta$. Alors $M$ a pour affixe $z = x - 2\text{i}$ avec $x$ réel.\\
$M'$ a pour affixe $z' = -2( x - 2\text{i} ) + 2\text{i} = -2x - 4\text{i} + 2\text{i} = -2x - 2\text{i}$ donc $M' \in \Delta$.
\item  $\left|z' + 2\text{i}\right| = | - 2z + 4\text{i}| = |- 2 \times (z - 2\text{i})| = | - 2| \times |z + 2\text{i}| = 2 × |z + 2\text{i}|$.\\
Interprétation géométrique : A$M'$ = 2A$M$
\item  On suppose que $M \neq$ A. Donc $z \neq ?2\text{i}$.
	\begin{enumerate}
		\item  On sait que $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M}\right)  = \text{arg}\left(z_{\vect{\text{A}M}}\right)
 = \text{arg}(z - a) = \text{arg}(z + 2i)  =  \theta  \text{ modulo } 2\pi$.%
		\item   $(z+2\text{i})\left(z'+2\text{i}\right) = (z+2\text{i})(2z+4\text{i}) = - 2(z+2\text{i})(z - 2\text{i}) = -2(z+2\text{i})( z + 2\text{i} ) = - 2 |z+2\text{i}|^2$.\\
Or $z + 2\text{i} \neq 0$. D'où $|z + 2\text{i}|^2 > 0$ et $(z + 2\text{i})(z' + 2\text{i})$ est un réel strictement négatif.
		\item   On en déduit que arg$(z + 2\text{i})(z' + 2\text{i}) = \pi~[2\pi]$. Donc
		
arg$(z + 2\text{i}) + \text{arg}\left(z' + 2\text{i}\right) = \pi~~[2\pi]$.

Puis arg$(z' + 2\text{i})=\pi - \theta~~[2\pi]$.
		\item   Nous avons $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M'}\right) = \text{arg}(z' + 2\text{i}) = \pi -\theta = \pi - \left(\vect{u},~\vect{\text{A}M}\right)$, toutes ces égalités étant modulo $2\pi$

Par conséquent les demi-droites [A$M$) et [A$M'$) sont symétriques par rapport à l'axe $\left(\text{O}~;~\vect{v}\right)$.
 	\end{enumerate}
\item Étant donné un point $M$ distinct de A, on sait que A$M'$ = 2A$M$. Donc $M'$ appartient au cercle
$\mathcal{C}$ de centre A et de rayon 2A$M$. De plus le point $M'$ appartient à la demi-droite image de [A$M$)
par la réflexion d'axe $\left(\text{O}~;~\vect{v}\right)$. Comme cette demi-droite a pour origine le point A, elle coupe le
cercle $\mathcal{C}$ en un seul point $M'$.
\end{enumerate}

\begin{center}
\begin{pspicture}(-6.5,-2.5)(3.5,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-6.5,-2.5)(3.5,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psline(-6.5,-2)(3.5,-2)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](0,-2)(3,-2)(-6,-2)(1.5,0.8)(-1.5,0.8)(-3,3.6)
\uput[dl](0,0){O}\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\uput[u](-6,-2){B$'$}  \uput[ur](0,-2){A}  \uput[dr](0,-2){A$'$} \uput[u](3,-2){B}\uput[d](2,-2){$\Delta$} \uput[r](1.5,0.8){$M$}\uput[r](-3,3.6){$M'$}
\psline(-3,3.6)(0,-2)(1.5,0.8)
\end{pspicture}
\end{center}

\newpage

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\textbf{Enseignement obligatoire}

\begin{center}\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\Tdot}
{
	\pstree{\Tdot~[tnpos=a]{$R_{n}$}\taput{$p_{n}$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{$R_{n+1}$}\taput{$\frac{1}{20}$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{R_{n+1}}$}\tbput{$\frac{19}{20}$}
 		}
	\pstree{\Tdot~[tnpos=b]{$\overline{R_{n+1}$}}\tbput{$q_{n}$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{$R_{n+1}$}\taput{$\frac{1}{5}$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline{R_{n+1}}$}\tbput{$\frac{4}{5}$}
 		}
}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  L'énoncé dit que  $p_{\overline{R_{n}}}(R_{n+1})  = \dfrac{1}{5}$ et $p_{R_{n}}(R_{n+1}) = \dfrac{1}{20}$.
		
Sur l'arbre pondéré on place ces deux probabilités.
		\item Par définition :
		
$p\left(R_{n} \cap R_{n+1}\right) = p_{R_{n}}\left(R_{n+1}\right) \times p\left(R_{n} \right) = \dfrac{1}{20}p_{n}.$
		
De même :

p\left(\overline{R_{n}} \cap R_{n+1} \right)  = p_{\overline{R_{n}}}(R_{n+1})  \times p\left( \overline{R_{n}}\right) = \dfrac{1}{5}q_{n}$.		\item  La loi des probabilités totales permet d'écrire que :

$p\left(R_{n+1} \right) = p\left(R_{n} \cap R_{n+1} \right) + p\left(\overline{R_{n}} \cap R_{n+1} \right) $ soit :

\[p_{n+1} = \dfrac{1}{20}p_{n}+ \dfrac{1}{5}q_{n}. \]

		\item Comme $p_{n} + q_{n} = 1$, l'égalité précédente peut s'écrire :\\
$p_{n+1} = \dfrac{1}{20}p_{n} + \dfrac{1}{5}\left(1 - p_{n} \right) = \dfrac{1}{5} - \dfrac{3}{20}p_{n}$.
 	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Quel que soit l'entier $n,~v_{n+1} = p_{n+1} - \dfrac{4}{23} = \dfrac{1}{5} - \dfrac{3}{20}p_{n}- \dfrac{4}{23} = \dfrac{23 - 20}{5 \times 23} - \dfrac{3}{20}p_{n} = \dfrac{3}{115} - \dfrac{3}{20}p_{n} = -\dfrac{3}{20}\left(p_{n} - \dfrac{4}{23} \right) =  -\dfrac{3}{20}p_{n}$.
		
Cette égalité montre que la suite $\left(v_{n} \right)_{n}$ est une suite géométrique de raison 	$-\dfrac{3}{20}.$

Son premier terme est $v_{1} = p_{1} - \dfrac{4}{23} = - \dfrac{4}{23}$.	
		\item Donc pour tout entier naturel $n$ non nul, $v_{n} = \left(- \dfrac{3}{20}\right)^{n-1}\times \left(- \dfrac{4}{23}\right) = - \dfrac{4}{23}\left(- \dfrac{3}{20}\right)^{n-1}$.
		
		On en déduit que $p_{n} = v_{n}+ \dfrac{4}{23} = - \dfrac{4}{23}\left(- \dfrac{3}{20}\right)^{n-1}+ \dfrac{4}{23}.$
		\item On a $- 1 < -\dfrac{3}{20} < 1$ , donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left( -\dfrac{3}{20}\right)^{n - 1} = 0$ et $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} - \dfrac{4}{23} \times \left( -\dfrac{3}{20}\right)^{n - 1} = 0.$
		
Finalement $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} p_{n} = \frac{4}{23}.$
 	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  $N_{2}$ est premier. $N_{3}$ n'est pas premier car divisible par 3. $N_{4}$ n'est pas premier car $\np{1111} = 11\times101$.
\item  On sait que pour tout réel $x \neq 1,~ 1 + x + x^2 + \ldots + x^{p-2} + x^{p-1} = \dfrac{1 - x^{(p-1)+1}}{1 - x} = \dfrac{x^p - 1}{x - 1}$.

En particulier, en prenant $x = 10$, on obtient $N_{p} =
\dfrac{10^p - 1}{10 - 1} = \dfrac{10^p - 1}{9}
$.

D'où $10^p - 1 = 9 \times N_{p}$ avec $N_{p} \in  \N*$. Donc $10^p - 1$ est divisible par 9. (Ou : $N_{p}$ étant naturel  $10^p - 1$ est divisible par 9).
\item  Notons [1] l'égalité suivante : $x^n - 1 = (x - 1)\left(1 + x + \cdots + x^{n-2} + x^{n-1}\right)$.
	\begin{enumerate}
		\item Avec $N_{p} = N_{2q} =
\dfrac{10^{2q} - 1}{9} = \dfrac{100^q - 1}{9}$
Or d'après [1] avec $x = 100$ et $n = q$, on a :
100^q -1 = (100-1)\left(1+100+\cdots+100^{q-2}+100^{q-1}\right) =$

$99\times\left(1+100+ \cdots +100^{q-2}+100^{q-1}\right)$.

Par conséquent $N_{p} = 11 \times  \left(1 + 100 + \cdots + 100^{q - 2}+100^{q - 1}\right)$ est divisible par 11.

		\emph{Autre méthode : } $N_{2q} = (1 + 10) + \left( 10^2 + 10^3\right) + \cdots +   \left(10^{2q-1} + 10^{2q} \right) = $
		
$(1 + 10) + 10^2 (1 + 10) + \cdots + 10^{2q-1}(1 + 10) = 11 \times \left(1 + 10^2 + \cdots + 10^{2q-1} \right)$ qui montre que $N_{2q}$ est divisible par 11. 
		\item $N_{p} = N_{3q} = 
\dfrac{10^{3q} - 1}{9}
= \dfrac{\np{1000}^q - 1}{9}$.

Or d'après [1] avec $x = \np{1000}$ et $n = q$, on a :

$\np{1000}^q - 1 = (\np{1000} - 1)\left(1 + x + \cdots+ x^{q-2} + x^{q-1}\right) =$

$9 \times  111 \times  \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$.

Par conséquent $N_{p} = 111 \times  \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$ est divisible par $111$.

\emph{Autre méthode :} On peut faire des paquets de trois termes qui sont multiples de $111$		
		\item $N_{p} = N_{kq} =
\dfrac{10^{kq} - 1}{9} = \dfrac{(10k)^q - 1}{9}$.

Or en appliquant [1] avec $x = 10k$ et $n = q$, on a :

$(10k)^q - 1 = (10k - 1)\left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$.

Ainsi $N_{p} =\dfrac{(10k - 1)\left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)}{9} =$ 

$\dfrac{10k - 1}{9}\left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right) =  N_{k} \times  \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$.

Or \left(1 + x + \cdots + x^{q-2} + x^{q-1}\right)$ est un entier naturel non nul. Finalement $N_{p}$ est divisible par $N_{k}$.
 	\end{enumerate}
\item  Si $p$ n'est pas premier, alors $N_{p}$ n'est pas premier (car $N_{p}$ est divisible par $N_{k}$ avec $1 < N_{k} < N_{p}$).

La contraposée de cette implication est :
Si $N_{p}$ est premier, alors $p$ est premier.
Autrement dit, pour que $N_{p}$ soit premier, il faut que $p$ soit premier.

Cette condition n'est pas suffisante, car $3$ est premier, mais $N_{3}$ ne l'est pas.
\end{enumerate}
 
\vspace{1cm}
 
\textbf{Problème \hfill 9 points}

\bigskip
 
\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $ g(0) = 0$ et $g(1) = 1$.

La fonction exp est dérivable sur $\R$ alors la fonction $x \longmapsto \text{e}^{x-1}$ est dérivable sur [0~;~1] donc par produit la fonction $g$ est dérivable sur [0~;~1].

$g'(x) = \text{e}^x - 1 + x \text{e}^{x-1} = (1 + x)\text{e}^{x-1}. Or $\text{e}^{x - 1} > 0$ et pour $x \in [0~;~ 1],~ 1 + x > 0$.\\
Donc pour tout $x \in [0~;~ 1],~ g'(x) > 0$. Donc $g$ est strictement croissante sur [0 ; 1].

Donc la fonction $g$ vérifie les conditions (1) et (2).
\item $ g(x) - x = x \text{e}^{x - 1} - x = x
\left(\text{e}^{x-1}- 1\right) = x \left(\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}} - 1  \right) = x \dfrac{\text{e}^x - \text{e}}{\text{e}}$.

$g(x) - x = \dfrac{x}{\text{e}}\left(\text{e}^x - \text{e}\right)$.

$0 \leqslant x \leqslant 1 \Rightarrow \text{e}^0 \leqslant \text{e}^x \leqslant \text{e}^1 \iff 1 \leqslant \text{e}^x \leqslant \text{e}$. Donc $\text{e}^x - \text{e} \leqslant 0.$

La fonction $g$ vérifie la condition (3).
\item  Le graphe est dessiné ci-dessous
\begin{center}
\psset{unit=7.5cm,comma=true}
\begin{pspicture}(1,1)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.5,Dy=0.2]{->}(0,0)(1,1)
\psline(0,0)(1,1)
\psplot[plotpoints=3000,linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{0}{1}{2.71828 x 1 sub exp x mul}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{enumerate}
 
\bigskip
 
\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  Remarque : On admet que la fonction $f$ est continue sur [0 ; 1], cette hypothèse a été omise dans l'énoncé.

Les fonctions $x \longmapsto x$ et $f$ sont continues sur l'intervalle [0~;~1]. 

De plus quel que soit  $x \in [0~ ;~ 1],~ x \geqslant  f(x)$.
Donc l'intégrale $\displaystyle\int_{0}^1 (x - f(x))\:\text{d}x$ est l'aire exprimée en unité d'aire de la surface limitée par la droite d'équation 
$ y = x$,  la courbe représentant $f$ et par les droites verticales d'équations
$x = 0$ et $x = 1$.

En conséquence I $= \displaystyle\int_{0}^1 (x - f(x))\:\text{d}x$
\item  I$_{g} = \displaystyle\int_{0}^1 (x - g(x))\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 x \:\text{d}x - \displaystyle\int_{0}^1 g(x)\:\text{d}x$.

Or d'une part $\displaystyle\int_{0}^1 x \:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2}\right]_{0}^1 = \dfrac{1}{2}$ et d'autre part \displaystyle\int_{0}^1 g(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 x\text{e}^{x-1}\:\text{d}x$.

Pour calculer cette dernière intégrale on pose :

$\left\{\begin{array}{l cl }
u(x)&=&x\\
v'(x)&=&\text{e}^{x-1}\\
\end{array}\right. ~\text{ d'où }~
\begin{array}{l cl }
u'(x) &=& 1\\
v(x)&=&\text{e}^{x-1}
\end{array}$.
Toutes ces fonctions étant continues, on intègre par parties :

$\displaystyle\int_{0}^1 g(x)\:\text{d}x = \left[x\text{e}^{x-1}  \right]_{0}^1$ - \displaystyle\int_{0}^1 \text{e}^{x-1}\:\text{d}x = 1 - \left[ \text{e}^{x-1} \right]_{0}^1 = 1 - 1 + \text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}$.

Finalement I$_{g} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{\text{e}}$.
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  $I_{n} = \displaystyle\int_{0}^1 (x - f_{n}(x))\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 x\:\text{d}x - \displaystyle\int_{0}^1 f_{n}(x)\:\text{d}x = \dfrac{1}{2} - u_{n}$.
		\item Pour tout entier $n \geqslant  2$ et pour tout $t \in [0~;~1],\: t \leqslant  1$  donc $t\times t^n \leqslant  1\times t^n$  donc $t^{n+1} \leqslant   t^n$. De
plus $1 + t > 0$ ainsi que son inverse,  donc pour \\$t \in [0~;~1],
~ \dfrac{t^{n+1}}{1 + t } \leqslant \dfrac{t^n}{1 + t }$.

Donc quel que soit  $t \in [0~;~1],\:\dfrac{2t^{n+1}}{1 + t}$ 
et en intégrant sur [0~;~1] on obtient $u_{n + 1} \leqslant  u_{n}$.

Donc la suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante.
		\item Pour $t$ de [0~;~1],  $t^n \geqslant   0$ et $1 + t \geqslant   1$  donc $0 \leqslant \dfrac{1}{1 + t}\leqslant 1$ 
 donc $0  \leqslant \dfrac{t^n}{1 + t} \leqslant t^n$.
		\item Donc $0 \leqslant \dfrac{2t^n}{1 + t} \leqslant 2t^n$
 sur [0 ; 1] ;  donc en intégrant $0  \leqslant u_{n} \leqslant \displaystyle\int_{0}^1 2t^n\:\text{d}t$.
 
$\displaystyle\int_{0}^1 2t^n\:\text{d}t = \left[2 \dfrac{1}{1 + n}t^{n+1}\right]_{0}^1 = \dfrac{2}{1 + n}.$
Finalement pour tout $n \in \N,~ 0 \leqslant u_{n} \leqslant  \dfrac{2}{1 + n}$.
		\item Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{2}{1 + n} = 0$,  d'après le théorème d'encadrement \\$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_{n} = 0$.
 	\end{enumerate}
\end{enumerate} 
\end{document}