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% Merci à François Couloigner pour l'annexe
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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{Liban}}
\rfoot{\small{juin 2007}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 6 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Signe de $\ln x(1 - \ln x)$ : on fait un tableau de signes :
		
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,4)
\psframe(8,4)
\psline(0,1)(8,1)\psline(0,2)(8,2)\psline(0,3)(8,3)
\psline(2,0)(2,4) \psline(2.15,0)(2.15,3)\psline(2.25,0)(2.25,3)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.2,3){$0$}\uput[u](4,3){$1$} \uput[u](6,3){e} \uput[u](7.6,3){$+ \infty$}
\rput(1,2.5){$\ln x$} \rput(3,2.5){$-$}\rput(4,2.5){$0$} \rput(7,2.5){$+$} \rput(5,2.5){$+$}
\rput(1,1.5){$1 - \ln x$} \rput(6,1.5){$0$} \rput(7,1.5){$-$}\rput(3,1.5){$+$} \rput(5,1.5){$+$}
\rput(1,0.5){$\ln x(1 - \ln x)$}\rput(3,0.5){$-$}\rput(4,0.5){$0$}
\rput(5,0.5){$+$}\rput(6,0.5){$0$}\rput(7,0.5){$-$}
\end{pspicture}
\end{center}
		\item On a $f(x) - g(x) = \ln x - (\ln x)^2 = \ln x(1 - \ln x).$ On déduit du tableau précédent que $\mathcal{C}$ est au dessous de $\mathcal{C}'$ sauf entre 1 et e.
	\end{enumerate}
\item $M(x~;~\ln x)$ et $N\left(x~;~(\ln x)^2\right)$.
	\begin{enumerate}
		\item On a déjà vu que $h(x) = \ln x(1 - \ln x).$
		
Cette fonction est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et $h^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x} - \dfrac{2}{x}\ln x = \dfrac{1}{x}\left( 1 - 2\ln x\right)$ qui est du signe de $1 - 2\ln x$. Cette différence s'annule pour $x = \text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\text{e}}$.
		
Sur $]0~ ;~\sqrt{\text{e}}[,~h^{\prime}(x) > 0$, donc $h$ est croissante ;

Sur $]\sqrt{\text{e}}~ ;~+ \infty[,~h^{\prime}(x) < 0$, donc $h$ est décroissante ;
		\item Le résultat précédent montre  la fonction $h$ a un extremum (la dérivée s'annule en changeant de signe), qui est un maximum pour $x =  \sqrt{\text{e}}$.
		
Comme ce nombre est entre $1$ et e, (car $1 < \text{e} < \text{e}^2 \Rightarrow 1 < \sqrt{\text{e}} < \text{e}$) le nombre $h(x)$ est positif.

Donc $MN = h\left(\sqrt{\text{e}}\right) = \ln \sqrt{\text{e}}\left(1 - \ln \sqrt{\text{e}}\right) = \dfrac{1}{2}\left(1 - \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{4}.$
		\item L'équation $(\ln x)^2 - \ln x = 1$ est équivalente à $- h(x) = 1 \iff h(x) = - 1.$ On pose $X = \ln x$ et on résout l'équation $X^2 - X - 1 = 0 \iff$
		
$\left(X - \dfrac{1}{2}\right)^2 - \dfrac{1}{4} - 1 = 0 \iff \left(X - \dfrac{1}{2}\right)^2 - \dfrac{5}{4} = 0\iff \left(X - \dfrac{1}{2}\right)^2 - \left(\dfrac{\sqrt{5}}{2} \right)^2 = 0.$
		
On a donc deux solutions $X_{1} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{\sqrt{5}}{2} = \ln x_{1}$ et $X_{2} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{5}}{2} = \ln x_{2}$.\\
On a donc finalement deux solutions :

$x_{1} = \text{e}^{\frac{1 + \sqrt{5}}{2}}$ et $x_{2} = \text{e}^{\frac{1 - \sqrt{5}}{2}}$.
\item Sur $]0~ ;~1[ \cup ]\text{e}~;~+ \infty[$ la fonction $(\ln x)^2 - \ln x$ est positive et représente donc la distance $MN$.

D'après la question précédente il existe deux valeurs de $x$ pour lesquelles la distance $MN = 1.$ Ce sont les réels $x_{2} = a = \text{e}^{\frac{1 - \sqrt{5}}{2}}$ et $x_{1} = b = \text{e}^{\frac{1 + \sqrt{5}}{2}}$, avec $a < b$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Grâce à une intégration par parties (avec $u^{\prime} = \text{d}x$ et $v = \ln x$, d'où $u = 1$ et $v' = \dfrac{1}{x}$, les fonctions $u^{\prime}$ et $v^{\prime}$ étant continues sur $]0~;~+ \infty[$ :
		
\[\int_{1}^{\text{e}} \ln x \:\text{d}x = [x\ln x]_{1}^{\text{e}} - \int_{1}^{\text{e}}\dfrac{x}{x}\:\text{d}x = \text{e} - 0  - [ x]_{1}^{\text{e}} = \text{e} - \text{e} - (-1) = 1.\]
		
		\item Avec $G(x) = x \left[(\ln x)^2 - 2 \ln x +2\right]$ qui est dérivable, on a $G^{\prime}(x) =$
		
$(\ln x)^2 - 2\ln x + 2 + x\left(\dfrac{2\ln x}{x} - \dfrac{2}{x}\right) = (\ln x)^2 - 2\ln x + 2 + 2\ln x - 2 = (\ln x)^2$.
		\item Sur l'intervalle $[1~;~\text{e}]$ on a vu que $\ln (x) - (\ln x)^2 \geqslant 0$, donc l'aire $\mathcal{A}$ est égale à $\displaystyle\int_{1}^{\text{e}} \left[\ln x - (\ln x)^2\right]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{1}^{\text{e}} \ln x\:\text{d} x - \displaystyle\int_{1}^{\text{e}}g(x)\:\text{d}x = 1 - [G(x)]_{1}^{\text{e}} =$
		
$1 - G(\text{e}) + G(1) = 1 - \text{e}(1 - 2 + 2) + 2 = 3 - \text{e}.$ (u. a.)
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 6 points}

\textbf{Candidats ne faisant pas l'option mathématiques}

C$(1~;~1~;~2)$
\begin{enumerate}
\item Un vecteur directeur de $(d)$ est $\left(- \dfrac{1}{2}~;~0~;~- \dfrac{3}{2}\right)$ qui n'est manifestement pas colinéaire au vecteur $\vect{\jmath}(0~;~1~;~0)$. Fausse.
\item Un vecteur normal au plan ($P$) a pour coordonnées $(1~;~0~;~3)$ qui  est  colinéaire au vecteur précédent de $(d)$.

De plus A ~$\in (P)$. Vraie
\item On a : AB$^2 = 4 + 1 + 1 = 6,~\text{AC}^2 = 1 + 4 + 1 = 6$ et BC$^2
 = 9 + 9 + 0 = 18$. ABC est donc isocèle en A

 Si $\widehat{\text{BAC}}$ avait pour mesure $\dfrac{\pi}{3}$, alors le triangle serait équilatéral, ce qui est faux. Fausse.
 \item On a par définition : G existe car $-1 + 1 + 1 \neq 0$, et $- \vect{\text{GA}} + \vect{\text{GB}} + \vect{\text{GC}} = \vect{0}$. Soit I le milieu de [BC] ; l'égalité précédente peut s'écrire :
 $\vect{\text{GI}} - \vect{\text{IA}} + \vect{\text{GI}} +\vect{\text{IB}} +\vect{\text{GI}} + \vect{\text{IC}} = \vect{0} \iff - \vect{\text{IA}} + \vect{\text{GI}} = \vect{0} \iff \vect{\text{GI}} = \vect{\text{IA}}\iff $ ~G est le milieu de [AG]. Vraie
\item On a vu que BC$^2 = 18 \iff \text{BC} = 3\sqrt{2}$.
 
La distance de C au plan $P$ est égale à : $\dfrac{|1 + 6  - 5|}{\sqrt{1^2 + 3^2 }} = \dfrac{2}{\sqrt{10}}= \dfrac{\sqrt{10}}{5} < 3\sqrt{2}$. Donc la sphère et le plan sont sécants. Vraie
 \end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 6 points}

\textbf{Candidats ayant choisi l'option mathématiques}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Cette écriture est bien celle d'une similitude directe. S'il existe un point fixe, alors $z = 2\text{i}z + 1 \iff z(1 - 2\text{i}) = 1 \iff z = \dfrac{1}{1 - 2\text{i}} \iff z = \dfrac{1 + 2\text{i}}{1 + 4} = \dfrac{1}{5} + \dfrac{2}{5}\text{i}$. Le centre est bien A.

$\left\{\begin{array}{l c l}
z' &=& 2\text{i}z + 1\\
\dfrac{1}{5} + \dfrac{2}{5}\text{i}&=&2\text{i}\left(\dfrac{1}{5} + \dfrac{2}{5}\text{i}\right) + 1\\
\end{array} \right.$ entraîne par différence : 

$z' - \left( \dfrac{1}{5} + \dfrac{2}{5}\text{i}\right) = 2\text{i}\left(z - \dfrac{1}{5} - \dfrac{2}{5}\text{i}\right)$ ce qui entraîne en prenant les arguments que $\left(\vect{\text{A}M},~\vect{\text{A}M'}\right) = \dfrac{\pi}{2}$ : en prenant les modules A$M' = 2\text{A}M$. Donc le rapport est égal à $2$. Vraie
\item Pour $z = 5,$ on obtient $5 = x^2 + 2x + y^2 + 1 \iff x^2 + 2x + y^2 - 4 = 0 \iff (x + 1)^2 - 1 + y^2 - 4 = 0 \iff (x + 1)^2 + y^2 = \left(\sqrt{5}\right)^2$ qui est l'équation du cercle de centre $(- 1~;~0~;~5)$ et de rayon $\sqrt{5}$. Fausse.
\item $750 = 3 \times 25 \times 10 = 2 \times 3 \times 5^3$, donc $5^{750} = 5^{2 \times 3 \times 5^3} = \left[\left(5^5\right)^3\right]^6 = \left( {5^5}^3 \right)^{7-1}$. Le nombre ${5^5}^3$ composé uniquement de facteurs $5$ n'est pas divisible par le nombre premier $7$, donc d'après le petit théorème de Fermat $\left( {5^5}^3 \right)^{7-1} - 1$ est divisible par $7$. Vrai.
\item PGCD$(3n + 4,~4n + 3) = \text{PGCD}(3n+4,~4n -+3 - 3n - 4) = \text{PGCD}(3n+4,~n - 1) =  \text{PGCD}(n-1,~3n+4 - 3(n-1)) = \text{PGCD}(n - 1,~7)$.

Or par hypothèse $n - 1$ est multiple de 7, donc $ \text{PGCD}(n - 1,~7) = 7$. Vraie
\item Si $ \text{PGCD}(a,~b) = 2$; alors il existe $k$ et $k'$ tels que $a = 2k$ et $b = 2k'$.

L'égalité $au + bv= 2 $ s'écrit alors $2ku + 2k'v = 2 \iff ku + k'v = 1$ qui signifie que $u$ et $v$ sont premiers entre eux. Fausse.

Un contre exemple : $a = 3,~ b = 4$. On a $23 \times 3 + (-1) \times 4 = 2$ et  $\text{PGCD}(3,~4) = 1$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a dans l'urne $U_{1},~17$ boules blanches, donc $p_{2} = \dfrac{17}{20} = 0,85$.

\item On peut s'aider d'un arbre. Pour obtenir $p_{n+1}$ il faut considérer les cas où l'on a tiré au rang précédent une boule blanche :\\

\begin{center}
\pstree[treemode=R]{\Tdot}
{
	\pstree{\Tdot\taput{$p_{n}$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{B}\taput{$\frac{17}{20}$}
\Tdot~[tnpos=r]{N}\tbput{$\frac{3}{20}$}
 		}
	\pstree{\Tdot\tbput{$1 - p_{n}$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{B}\taput{$\frac{1}{20}$}
\Tdot~[tnpos=r]{N}\tbput{$\frac{19}{20}$}
 		}
}
\end{center}

\medskip

On a donc $p_{n+1} = \dfrac{17}{20}p_{n} + \left(1 - p_{n}\right)\times \dfrac{1}{20} = \dfrac{16}{20}p_{n} + \dfrac{1}{20}.$\\
Conclusion $p_{n+1} = 0,8p_{n} + 0,05.$
\item D'après la formule trouvée 

$p_{3} = 0,8p_{2} + 0,05 = 0,8 \times 0,85 + 0,005 = 0,68 + 0,05 = 0,73.$
\item
	\begin{enumerate}
		\item Initialisation : $p_{1} = 1 > 0,25.$

Hérédité : supposons qu'au rang $n_{0}, p_{n_{0}} > 0,25$, alors $0,8 p_{n_{0}} > 0,2$ et ensuite $0,8 p_{n_{0}} + 0,05 > 0,2 + 0,05$ ou encore $p_{n_{0}+1} > 0,25$.
		
On a donc montré par récurrence sur $n$ que pour tout naturel $n$ non nul : $p_{n} > 0,25.$
		\item $p_{n+1} - p_{n} = 0,8p_{n} + 0,05 - p_{n} = -0,2p_{n} + 0,05.$
		
Or on vient de démontrer que $p_{n} > 0,25$ qui entraîne 

$-0,2p_{n} < -0,2 \times 0,25$ soit $-0,2p_{n} < -0,05 \iff -0,2p_{n} + 0,05 < 0.$

		On a donc pour tout $n \geqslant 1,~p_{n+1} - p_{n} < 0$, c'est-à-dire que la suite $\left(p_{n}\right)$ est décroissante
		\item La suite $\left(p_{n}\right)$ est décroissante et minorée par $0,25$ : elle donc convergente vers un réel $\ell$ supérieur ou égal à $0,25$.
		\item Les suites $\left(p_{n}\right)$ et $\left(p_{n+1}\right)$ ayant la même limite  $\ell$, la relation de récurrence $p_{n+1} = 0,8p_{n} + 0,05$ donne $\ell = 0,8\ell + 0,05 \iff 0,2\ell = 0,05 \iff $
		
$\ell =\dfrac{0,05}{0,2} = 0,25.$

\[\text{Conclusion :}~\lim_{n \to + \infty} p_{n} = 0,25 = \dfrac{1}{4}.\] 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $z' = \dfrac{2z}{|z|} - z = \dfrac{2r\text{e}^{\text{i}\alpha}}{r} - r\text{e}^{\text{i}\alpha} = 2\text{e}^{\text{i}\alpha} - r\text{e}^{\text{i}\alpha} = (2 - r)\text{e}^{\text{i}\alpha}.$
\item Avec $z = 3$, la formule précédente donne $z_{\text{A}'} = (2 - 3)\text{e}^{0\text{i}} = -1$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item  B a pour affixe $b = - \sqrt{3} + \text{i}.$ On a donc $|b^2| = 3 + 1 \Rightarrow |b| = 2$.
On peut écrire $b = 2\left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}  \right) = 2\left(\cos \frac{5\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{5\pi}{6}\right) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}}$.
		\item $z_{\text{B}'} = (2 - 2)\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}} = 0 = z_{\text{O}}$.
	\end{enumerate}
\item cf. figure.
\item
	\begin{enumerate}
		\item Il s'agit de résoudre $z' = 0 \iff (2 - r)\text{e}^{\text{i}\alpha} \iff r = 2~\text{ou}~ \text{e}^{\text{i}\alpha} = 0.$ L'ensemble des points dont l'image par $f$ est O est le cercle de centre O et de rayon 2.
		\item cf. figure.
	\end{enumerate}
\item Points invariants par $f$ : on cherche les complexes $z$ tels que $z = \dfrac{z}{|z|}(2 - |z|) \iff z|z| = 2z - z|z| \iff 2z|z| = 2z \stackrel{\text{car}~z \neq 0}{\iff} |z| = 1$. L'ensemble cherché est bien le cercle $\mathcal{C}_{1}.$
\item  $M$ a pour affixe $z$ avec $|z| \neq 1.$
	\begin{enumerate}
		\item D'après la question 1, l'affixe du point I est $\dfrac{1}{2}\left[r\text{e}^{\text{i}\alpha} + 2\text{e}^{\text{i}\alpha} - r\text{e}^{\text{i}\alpha}\right] =\\ \dfrac{1}{2} \times 2 \text{e}^{\text{i}\alpha} = \text{e}^{\text{i}\alpha}$ qui est un complexe de module $1$ quel que soit $\alpha.$
		
Le milieu I de [MM'] appartient à $\mathcal{C}_{1}.$
		\item I et $M$ ont à $2\pi$ près le même argument : ils sont donc alignés avec O et I appartient à la demi-droite [O$M$).
		\item  Construction de l'image de $M_{1}$ : 
\begin{itemize}
\item la demi-droite [O$M$) coupe le cercle $\mathcal{C}_{1}$ au point I ;
\item il suffit de construire le point image $M'_{1}$  symétrique de $M_{1}$ autour de I.
\end{itemize}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\psset{unit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-2.3,-2.3)(2.3,2.3)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,gridwidth=0.25pt,gridcolor=orange](0,0)(-2.3,-2.3)(3,2.3)
\SpecialCoor
%unit=0.5cm,gridcolor=gray,,subgridcolor=lightgray,subgridwidth=0.1pt
%\psgrid[gridwidth=0.2pt,gridlabels=0,subgriddiv=0](0,0)(-2,-2)(2,2)       \psaxes[linewidth=0.2mm,labels=none]{-}(0,0)(-2.3,-2.3)(2.3,2.3)
\pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[d](0.5,0){\small $\vec u$}
\pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){\small $\vec v$}
\uput[-135](O){O}
\psline(0,0)(0.6,1.5)
\uput[ul](0.39,0.92){I}
\dotnode(0.13,0.34){M'1} \uput[r](0.13,0.34){$M'_{1}$}
%   \dotnode (3,0) {A} \uput[-135](A){A}
%   \dotnode (-1.73,1) {B} \uput[-45](B){B}
%   \dotnode (-1,0) {A'} \uput[-135](A'){A'}
%   \dotnode (0,0) {B'} \uput[-45](B'){B'=O}
\rput{45}(0.48,1.2){//} \rput{45}(0.25,0.64){//} 
\pscircle[linewidth=0.2pt](0,0){1}
\pscircle[linewidth=0.2pt](0,0){2}  
\uput[-180](-0.8,-0.6){$\mathcal{C}_1$}
%   \pscircle[linewidth=0.2pt](0,0){2} \uput[60](2,2){$E$}
\dotnode(3,0){A} \uput[r](3,0){A} \dotnode(-1,0){A'}
\uput[l](-1,0){A$'$}
\dotnode (0.6,1.5) {M1} \uput[60](M1){$M_1$}
\dotnode(2;150){B} \uput[l](2;150){B}
\uput[ur](0,0){B$'$}
\psline[linewidth=0.2pt](-2.5,1)(2.5,1)
\psline[linewidth=0.2pt](-2.5,0)(3,0)
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}