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%% Mis en LaTeX par Michel FRECHET %%%%
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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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{\theoremstyle{definition}
\newtheorem{theo}{Théorème}[subsection]
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\begin{document}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Liban}}
\rfoot{\small{mai 2012}}
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\thispagestyle{empty}
\setlength\parindent{0mm}
\begin{center}
\textbf{\Large\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S  Liban mai 2012~\decofourright}
%\date{mai 2012}
\end{center}

%\maketitle
\section*{Exercice 1\hfill 6 points}
\begin{center}
\textbf{Commun à  tous les candidats.}
\end{center}

\subsection*{Partie A}

On considère la fonction $g$ définie sur l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$ par:

\[
g(x) = 2x^3 - 1 + 2\ln x\]

\begin{enumerate}
\item Variations de la fonction $g$ sur l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$:

\[g'(x)=6x^2+\frac{2}{x}>0,\ \text{car somme de nombres positifs sur}\ ]0\,;\,+\infty[\]

La fonction $g$ est donc croissante sur $]0~;~+\infty[$.

Tableau de variations :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[espcl=6]
{$x$ /1,$g^{\prime}(x)$ /1,$g(x)$ /1.5}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,}
\tkzTabVar{D-/ $-\infty$,+/$+\infty$}
\tkzTabVal[draw]{1}{2}{.3}{$\alpha$}{$0$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\item La fonction $g$ est continue (comme somme de fonctions continues) et strictement croissante sur $]0~;~+\infty[$. Elle réalise donc une bijection de $]0\,;\,+\infty[$ sur $]-\infty\,;\,+\infty[$.

Or $0\in]-\infty~;~+\infty[$, $0$ possède donc un unique antécédent, que l'on notera $\alpha$. Nous avons donc $g(\alpha)=0$.

De plus,
\[
\left\lbrace\begin{array}{l}
g(0,86)\simeq -0,0295 < 0\\
g(0,87)\simeq +0,0385 > 0
\end{array}\right.\Longrightarrow g(0,86) < g(\alpha) = 0 < g(0,87)\Longleftrightarrow \boxed{0,86<\alpha<0,87}
\]

\item Signe de la fonction $g$ sur l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$:
\[
\left\lbrace\begin{array}{l}
0<x<\alpha \Longrightarrow g(x)<g(\alpha)=0\\
x>\alpha \Longrightarrow g(x)>g(\alpha)=0
\end{array}\right.
\]
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B}
On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par:
\[
f(x)=2x-\frac{\ln x}{x^2}
\]
On note $\mathcal C$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans le plan, muni d'un repère orthogonal \Oij.

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{itemize}
	\item Limite de la fonction $f$ en $0$:
\[
\lim_{x\to 0^+}f(x)=+\infty, \text{car}\ \lim_{x\to 0^+}2x=0\ \text{et}\ \lim_{x\to 0^+}-\ln x=+\infty\ \text{et}\ \lim_{x\to 0^+}\frac{1}{x^2}=+\infty
\]
	\item  Limite de la fonction $f$ en $+\infty$
\[
\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\ \text{car}\ \lim_{x\to+\infty}2x=+\infty\ \text{et}\ \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^2}=0\ \text{(\textit{puissances comparées})}
\]
	\end{itemize}
\item La courbe $\mathcal C$ admet pour asymptote oblique la droite $\Delta$ d'équation $y=2x$.

En effet:
\[
\lim_{x\to+\infty}\left(f(x)-2x\right)=\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^2}=0
\]

\begin{itemize}
\item Le signe de $f(x)-2x=-\dfrac{\ln x}{x^2}$ est celui de $-\ln x$, car $x^2>0$:
\item Position relative de la courbe $\mathcal C$ et de la droite $\Delta$:
\begin{itemize}
\item Sur $]0\,;\,1[$, $-\ln x>0$, $\mathcal C$ est au dessus de $\Delta$,
\item sur $]1\,;\,+\infty[$, $-\ln x<0$, $\mathcal C$ est en dessous de $\Delta$,
\item $\mathcal C$ et $\Delta$ ont un point commun $A(1,2)$.
\end{itemize}
\end{itemize}
\item Dérivée $f'(x)$ de $f$:

\[f'(x)=2-\cfrac{\cfrac{1}{x}x^2-2x\ln x}{x^4}=\frac{2x^4-x+2x\ln x}{x^4}=\frac{2x^3-1+2\ln x}{x^3}=\frac{g(x)}{x^3}\]

$f'(x)$ a même signe que $g(x)$ car $x^3$ est strictement positif sur $]0\,;\,+\infty[$.
\item Tableau de variations de la fonction $f$:

\begin{center}
\psset{unit=1.25cm}
\begin{pspicture*}(8,3)
\psframe(8,3)
\psline(0,2)(8,2)\psline(0,2.5)(8,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.1,2.4){$0$} \uput[u](4,2.4){$\alpha$} \uput[u](7.5,2.4){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.25){$f'(x)$}\rput(0.5,1){$f$}
\uput[u](2.5,1.9){$-$}\uput[u](4,1.9){$0$}\uput[u](5.5,1.9){$+$} 
\uput[d](1.5,2){$+ \infty$} \uput[u](4,0){$f(\alpha)$} \uput[d](7.5,2){$+ \infty$}
\psline{->}(1.7,1.5)(3.5,0.5)\psline{->}(4.5,0.5)(7.3,1.5)
\end{pspicture*}
\end{center}

\begin{center}
\psset{unit=1.25cm}
\begin{pspicture*}(-0.5,-0.5)(4.5,8.5)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(0,0)(4.5,8.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.1}{4}{ 2 x mul x ln x dup mul div sub}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{0}{4}{x 2 mul} 
\psline{<->}(0.4,1.9)(1.2,1.9)
\uput[d](0.865,0){$\alpha$}
\psline[linestyle=dashed](0.862,0)(0.865,1.9)(0,1.9)
\psline[linestyle=dashed](1,0)(1,2)(0,2)
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C}

\medskip

Soit $n$ un entier naturel non nul. On considère l'aire du domaine $\mathcal D$ du plan compris entre la courbe $\mathcal C$, la droite $\Delta$ et les droites d'équations respectives $x = 1$ et $x=n$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Cette aire, exprimée en cm$^2$, est donnée par (u.a; (unité d'aire)=2 cm$^2$):
\[
I_n=2\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x.
\]
car l'aire du domaine $\mathcal D$ du plan compris entre la courbe $\mathcal C$, la droite $\Delta$ et les droites d'équations respectives $x=1$ et $x=n$ est:
\[
\int_1^n\left(2x-\left(2x-\frac{\ln x}{x^2}\right)\right)\,\text{d}x\times \text{u.a.}=\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x\times \text{u.a.}=2\times \int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x=I_n
\]
\item \begin{enumerate}
\item Calcul de l'intégrale $\displaystyle\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x$ à  l'aide d'une intégration par parties:

On pose: \[
\begin{array}{lcl}
u(x)=\ln x & ; & u'(x)=\dfrac{1}{x}\\
v'(x)=\dfrac{1}{x^2} & ; &  v(x)=-\dfrac{1}{x}
\end{array}
\]

Ainsi:
\[
\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x=\left[-\frac{\ln x}{x}\right]_1^n-\int_1^n-\frac{1}{x^2}\,\text{d}x=\left[-\frac{\ln x}{x}-\frac{1}{x}\right]_1^n=\frac{n-1-\ln n}{n}
\]
\item Ainsi:
\[
I_n=2\frac{n-1-\ln n}{n}=2-\frac{2}{n}-\frac{2\ln n}{n}
\]
\end{enumerate}
\item $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}I_n=2,\ \text{car}\ \lim_{n\to+\infty}\frac{2}{n}=\lim_{n\to+\infty}\frac{2\ln n}{n}=0$
\end{enumerate}



%\newpage
\section*{Exercice \no 2\hfill 4 points}
\begin{center}
\textbf{Commun à  tous les candidats.}
\end{center}


\begin{enumerate}
\item Dans l'espace rapporté à  un repère orthonormal $(O\,;\,\vec{\imath}\,;\,\vec{\jmath}\,;\,\vec{k})$, on considère les droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ de représentations paramétriques respectives:
\[
\left\lbrace\begin{array}{rcl}
x &= & 4+\phantom{2}t\\
y &= & 6+2t\\
z &= & 4-\phantom{2}t
\end{array}\right.,\quad t\in\mathbbm{R},\quad \text{et}\quad \left\lbrace\begin{array}{rcl}
x &= & 8+5t'\\
y &= & 2-2t'\\
z &= & 6+\phantom{2}t'
\end{array}\right.,\quad t'\in\mathbbm{R}.
\]
On cherche le point d'intersection éventuel $M(x~;~y~;~z)$ de ces deux droites:
\[
\left\lbrace\begin{array}{l}
x =  4+t = 8+5t'\\
y =  6+2t=  2-2t'\\
z =  4-t =  6+\phantom{2}t'
\end{array}\right.\Longrightarrow
\left\lbrace\begin{array}{l}
t-5t'=4\\
2t+2t'=-4\\
-t-\phantom{2}t'=2
\end{array}\right.\Longrightarrow
\left\lbrace\begin{array}{l}
t-5t'=4\\
t+t'=-2
\end{array}\right.\Longrightarrow
\left\lbrace\begin{array}{l}
6t'=-6\\
t+t'=-2
\end{array}\right.\Longrightarrow
\left\lbrace\begin{array}{l}
t=-1\\
t'=-1
\end{array}\right.
\]
Les deux droites ont donc comme point commun $M(4-1~;~6-2~;~4+1)=(3~;~4~;~5)$.

\textbf{Affirmation: les droites $\mathcal{D}_1$ et $\mathcal{D}_2$ sont coplanaires.}

\item Dans l'espace rapporté à  un repère orthonormal \Oijk, on considère les points $A(12~;~7~;~-13)$ et $B(3~;~1~;~2)$ ainsi que le plan $\mathcal{P}$ d'équation $3x+2y-5z=1$.

Le point $B(3~;~1~;~2)$ appartient au plan $\mathcal{P}$, car $3\times 3+2\times 1-5\times 2=1$.

Le vecteur $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}
-9\\
-6\\
15
\end{pmatrix}$ est colinéaire à  un vecteur normal du plan: $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}
3\\
2\\
-5
\end{pmatrix}$: $\overrightarrow{AB}=-3\overrightarrow{n}$.

\textbf{Affirmation: le point $B$ est le projeté orthogonal du point $A$ sur le plan $\mathcal{P}$.}
\item On considère les suites $u$ et $v$ définies, pour tout entier naturel $n$, par:
\[
u_n=\frac{n+1}{n+2}\quad\text{et}\quad v_n=2+\frac{1}{n+2}
\]
\[
\lim_{n\to+\infty}(u_n-v_n)=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n+2}-2=\lim_{n\to+\infty}\cfrac{n\times 1}{n\left(1+\cfrac{2}{n}\right)}-2=-1\not=0
\]
\textbf{Affirmation: ces deux suites ne sont pas adjacentes.}
\item On considère la suite $u$ définie par son premier terme $u_0=1$ et la relation de récurrence:
\[
u_{n+1}=\frac{1}{3}u_n+2,\ \text{pour tout entiernaturel}\ n.
\]
Démonstration par récurrence:
\begin{itemize}
\item $u_0=1<3$
\item Supposons que pour tout $n$, on ait: $u_n\leqslant 3$
\[
u_n\leqslant 3\Longrightarrow \frac{1}{3}u_n\leqslant 1\Longrightarrow u_{n+1}=\frac{1}{3}u_n+2\leqslant 3
\]
\item Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n\leqslant 3$
\end{itemize}
\textbf{Affirmation: cette suite est majorée par 3.}
\end{enumerate}



%\newpage
\section*{Exercice \no 3\hfill 5 points}
\begin{center}
\textbf{Commun à  tous les candidats.}
\end{center}

On dispose de deux urnes $U_1$ et $U_2$.

L'une $U_1$ contient 4 jetons numérotés de 1 à  4.

L'urne $U_2$ contient 4 boules blanches et 6 boules noires.

Un jeu consiste à  tirer un jeton de l'urne $U_1$, à  noter son numéro, puis à  tirer simultanément de l'urne $U_2$ le nombre de boules indiqué par le jeton.

On considère les évènements suivants:
\begin{description}
\item[$J_1$] \og le jeton tiré de l'urne $U_1$ porte le numéro 1\fg
\item[$J_2$] \og le jeton tiré de l'urne $U_1$ porte le numéro 2\fg
\item[$J_3$] \og le jeton tiré de l'urne $U_1$ porte le numéro 3\fg
\item[$J_4$] \og le jeton tiré de l'urne $U_1$ porte le numéro 4\fg
\item[$B$] \og toutes les boules tirées de l'urne $U_2$ sont blanches\fg
\end{description}
\textit{On donnera tous les résultats sous la forme d'une fraction irréductible sauf dans la question} \textbf{4.b)} \textit{où une valeur arrondie à  $10^{-2}$ suffit.}

%\begin{center}
%\textbf{Arbre complet, mais non demandé.}
%\end{center}
%
%\begin{tiny}
%\begin{center}
%% Racine en Haut, développement vers le bas
%\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
%% Styles (MODIFIABLES)
%\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thick]
%\tikzstyle{noeud}=[draw]
%\tikzstyle{feuille}=[draw]
%\tikzstyle{etiquette}=[midway,fill=white,draw]
%% Dimensions (MODIFIABLES)
%\def\DistanceInterNiveaux{2}
%\def\DistanceInterFeuilles{1.2}
%% Dimensions calculées (NON MODIFIABLES)
%\def\NiveauA{(-0)*\DistanceInterNiveaux}
%\def\NiveauB{(-1.5)*\DistanceInterNiveaux}
%\def\NiveauC{(-2.5)*\DistanceInterNiveaux}
%\def\InterFeuilles{(1)*\DistanceInterFeuilles}
%% Noeuds (MODIFIABLES : Styles et Coefficients d'InterFeuilles)
%\node[noeud] (R) at ({(6.5)*\InterFeuilles},{\NiveauA}) {$\cdot$};
%\node[noeud] (Ra) at ({(0.5)*\InterFeuilles},{\NiveauB}) {$J_1$};
%\node[feuille] (Raa) at ({(0)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$\textcolor{red}{\textbf{B}}$};
%\node[feuille] (Rab) at ({(1)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$N$};
%\node[noeud] (Rb) at ({(3)*\InterFeuilles},{\NiveauB}) {$J_2$};
%\node[feuille] (Rba) at ({(2)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$\textcolor{red}{\textbf{B}}$};
%\node[feuille] (Rbb) at ({(3)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$Bl,N$};
%\node[feuille] (Rbc) at ({(4)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$N,N$};
%\node[noeud] (Rc) at ({(6.5)*\InterFeuilles},{\NiveauB}) {$J_3$};
%\node[feuille] (Rca) at ({(5)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$\textcolor{red}{\textbf{B}}$};
%\node[feuille] (Rcb) at ({(6)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$Bl,Bl,N$};
%\node[feuille] (Rcc) at ({(7)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$Bl,N,N$};
%\node[feuille] (Rcd) at ({(8)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$N,N,N$};
%\node[noeud] (Rd) at ({(11)*\InterFeuilles},{\NiveauB}) {$J_4$};
%\node[feuille] (Rda) at ({(9)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$\textcolor{red}{\textbf{B}}$};
%\node[feuille] (Rdb) at ({(10)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$Bl,Bl,Bl,N$};
%\node[feuille] (Rdc) at ({(11)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$Bl,Bl,N,N$};
%\node[feuille] (Rdd) at ({(12)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$Bl,N,N,N$};
%\node[feuille] (Rde) at ({(13)*\InterFeuilles},{\NiveauC}) {$N,N,N,N$};
%% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
%\draw[fleche] (R)--(Ra) node[etiquette] {$\frac{1}{4}$};
%\draw[fleche] (Ra)--(Raa) node[etiquette] {$\textcolor{red}{\frac{4}{10}}$};
%\draw[fleche] (Ra)--(Rab) node[etiquette] {$\frac{6}{10}$};
%\draw[fleche] (R)--(Rb) node[etiquette] {$\frac{1}{4}$};
%\draw[fleche] (Rb)--(Rba) node[etiquette] {$\textcolor{red}{\frac{6}{45}}$};
%\draw[fleche] (Rb)--(Rbb) node[etiquette] {$\frac{24}{45}$};
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%\draw[fleche] (R)--(Rc) node[etiquette] {$\frac{1}{4}$};
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%\draw[fleche] (Rc)--(Rcb) node[etiquette] {$\frac{36}{120}$};
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%\draw[fleche] (Rc)--(Rcd) node[etiquette] {$\frac{20}{120}$};
%\draw[fleche] (R)--(Rd) node[etiquette] {$\frac{1}{4}$};
%\draw[fleche] (Rd)--(Rda) node[etiquette] {$\textcolor{red}{\frac{1}{210}}$};
%\draw[fleche] (Rd)--(Rdb) node[etiquette] {$\frac{24}{210}$};
%\draw[fleche] (Rd)--(Rdc) node[etiquette] {$\frac{90}{210}$};
%\draw[fleche] (Rd)--(Rdd) node[etiquette] {$\frac{80}{210}$};
%\draw[fleche] (Rd)--(Rde) node[etiquette] {$\frac{15}{210}$};
%\end{tikzpicture}
%\end{center}
%\end{tiny}

\begin{enumerate}
\item Probabilité de l'évènement $B$ sachant que l'évènement $J_1$ est réalisé:
\[
P_{J_1}(B)=\frac{\binom{4}{1}}{\binom{10}{1}}=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}
\]

De même la probabilité $P_{J_2}(B)$ est:
\[
P_{J_2}(B)=\frac{\binom{4}{2}}{\binom{10}{2}}=\frac{6}{45}=\frac{2}{15}
\]

Et:
\[
P_{J_3}(B)=\frac{\binom{4}{3}}{\binom{10}{3}}=\frac{4}{120}=\frac{1}{30}\quad\text{et}\quad P_{J_4}(B)=\frac{\binom{4}{4}}{\binom{10}{4}}=\frac{1}{210}
\]
\item Calcul de $P(B)$, probabilité de l'évènement $B$:

$P(B) =P\left(B\cap J_1\right) + P\left(B\cap J_2\right) + P\left(B\cap J_3\right) + P\left(B\cap J_4\right) = $

$P_{J_1}(B)\times P\left(J_1\right) + P_{J_2}(B)\times P\left(J_2\right) + P_{J_3}(B)\times P\left(J_3\right) + P_{J_4}(B)\times P\left(J_4\right)=$

$ \frac{2}{5}\times\frac{1}{4}+\frac{2}{15}\times\frac{1}{4}+\frac{1}{30}\times\frac{1}{4}+\frac{1}{210}\times\frac{1}{4}= \frac{1}{4}\left(\frac{84+28+7+1}{210}\right)=\frac{1}{7}
$
\item On dit à  un joueur que toutes les boules qu'il a tirées sont blanches. La probabilité que le jeton tiré porte le numéro 3 correspond à  $P_{B}(J_3)$
\[
P_{B}(J_3)=\frac{P(B\cap J_3)}{P(B)}=\frac{P_{J_3}(B)\times P(J_3)}{P(B)}=\cfrac{\cfrac{1}{30}\times\cfrac{1}{4}}{\cfrac{1}{7}}=\frac{7}{120}
\]
\item On joue 10 fois de suite à  ce jeu. Chacune des parties est indépendante des précédentes. On note $N$ la variable aléatoire prenant comme valeur le nombre de partie où toutes les boules tirées sont blanches.
\begin{enumerate}
\item La loi suivie par la variable aléatoire $N$ est une loi binomiale de paramètre $n=10$ et $p=P(B)=\dfrac{1}{7}$.
\item Probabilité de l'évènement $(N=3)$:
\[
P(N=3)=\binom{10}{3}{\left(\frac{1}{7}\right)^3}{\left(\frac{6}{7}\right)^7}=120\times \frac{6^7}{7^{10}}\simeq 0,12
\]
\end{enumerate}
\end{enumerate}


%\newpage
\section*{Exercice \no 4 \hfill  5 points}
\begin{center}
\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité.}
\end{center}

\textit{On se place dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal direct $(O\,;\,\vec{u}\,;\,\vec{v})$.}

\begin{enumerate}
\item \textbf{Un triangle}
\begin{enumerate}
\item On considère les points $A$, $B$ et $C$ d'affixes respectives $a=2$, $b=3+\text{i}\sqrt{3}$ et $c=2\text{i}\sqrt{3}$.

\begin{center}
%\begin{tikzpicture}
%\tkzInit[xmax=4,ymax=4]
%\tkzDefPoints{2/0/A,3/1.732/B,0/3.46/C}
%\tkzAxeX \tkzAxeY
%\tkzDrawPoints(A,B,C)
%\tkzDrawSegments(A,B B,C C,A)
%\tkzLabelPoint(A){$A$} \tkzLabelPoint[right](B){$B$} \tkzLabelPoint[above left](C){$C$}
%\tkzMarkRightAngle(C,B,A)
%\end{tikzpicture}
\begin{pspicture}(-4,-4)(4,4)
%\psgrid
\pscircle(0,0){3.5}
\psline(0;0)(3.5;0)(3.5;60)(3.5;120)(3.5;240)(3.5;-60)(3.5;0)
\psline(3.5;120)(3.5;-60)
\psline(3.5;60)(3.5;-120)
\psline(3.5;120)(3.5;0)
\multido{\n=-90+60}{4}{\rput(1;\n){$\frac{\pi}{3}$}}
\psarc(0,0){0.8}{-120}{-60}\psarc(0,0){0.7}{-60}{0}
\psarc(0,0){0.6}{0}{60}\psarc(0,0){0.5}{60}{120}\uput[l](0,0){$\Omega$}
\uput[dr](3.5;-120){$A_0$} \uput[dr](3.5;-60){$A_1$} \uput[ur](3.5;0){$A_2$} \uput[ur](3.5;60){$A_3$} \uput[dl](3.5;120){$A_4$}
\uput[dl](3.5;-120){O}\uput[ul](3.5;-60){$A$} \uput[dr](3.5;0){$B$}\uput[ul](3.5;120){$C$}
\psline(-4,-3.02)(4,-3.02)
\psline(-1.76,-4)(-1.76,4)
\end{pspicture}
\end{center}

Mesure de l'angle $\widehat{ABC}$:

$(\vect{BC}~;~\vect{BA}) = \text{arg} \left(\frac{a-b}{c-b}\right)=\text{arg} \left(\frac{-1-\text{i}\sqrt{3}}{-3+\text{i}\sqrt{3}}\right)=\text{arg} \left(\frac{\left(1+\text{i}\sqrt{3}\right)\left(3+\text{i}\sqrt{3}\right)}{\left(3-\text{i}\sqrt{3}\right)\left(3+\text{i}\sqrt{3}\right)}\right)=\text{arg}\frac{\sqrt{3}}{3}\text{i}=\frac{\pi}{2}+2k\pi (k\in\mathbbm R)$
\item $ABC$ est donc un triangle rectangle en $B$. Le centre du cercle circonscrit à  ce triangle est donc le milieu $\Omega$ de l'hypoténuse $[AC]$. Ainsi:
\[
\omega=\frac{a+c}{2}=\frac{2+2\text{i}\sqrt{3}}{2}=1+\text{i}\sqrt{3}
\]
\end{enumerate}
\item \textbf{Une transformation du plan}

On note $(z_n)$ la suite de nombres complexes, de terme initiale $z_0=0$, et telle que:
\[
z_{n+1}=\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}z_n+2,\ \text{pour tout entier naturel}\ n.
\]
Pour tout entier naturel $n$, on note $A_n$ le point d'affixe $z_n$.
\begin{enumerate}
\item Calculs des affixes des points $A_2$, $A_3$ et $A_4$:
\begin{align*}
z_1 =\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}z_0+2=2=a \quad &;\quad z_2 =\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}z_1+2=3+\text{i}\sqrt{3}=b\\
z_3=\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}z_2+2=2+2\text{i}\sqrt{3}\quad &;\quad z_4=\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}z_3+2=2\text{i}\sqrt{3}=c
\end{align*}

On remarque que: $A_1=A$, $A_2=B$ et $A_4=C$.
\item Longueurs des segments $[A_1A_2]$, $[A_2A_3]$ et $[A_3A_4]$:

$A_1A_2=\left|b-a\right|=\left|1+\text{i}\sqrt{3}\right|=\sqrt{1^2+\sqrt{3}^2}=2$

$A_2A_3=\left|2+2\text{i}\sqrt{3}-\left(3+\text{i}\sqrt{3}\right)\right|=\left|-1+\text{i}\sqrt{3}\right|=2$

$A_3A_4=\left|2\text{i}\sqrt{3}-\left(2+2\text{i}\sqrt{3}\right)\right|=2.$


\item Pour tout entier naturel $n$, on a :

z_{n+1}-\omega &=\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}z_n+2-1-\text{i}\sqrt{3}=\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}z_n+1-\text{i}\sqrt{3}
= \frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}\left(z_n+\frac{2(1-\text{i}\sqrt{3})}{1+\text{i}\sqrt{3}}\right)=\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}\left(z_n+2\frac{-2-2\text{i}\sqrt{3}}{4}\right)=
\frac{1+\text{i}\sqrt{3}}{2}\left(z_n-\omega\right)

\item Le point $A_{n+1}$ est l'image du point $A_n$ par une rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\frac{\pi}{3}$:
\[
z_{n+1}-\omega =\left(\frac{1}{2}+\text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(z_n-\omega)= \text{e}^{\frac{\pi}{3}}(z_n-\omega)
\]

\item Justifier que, pour tout entier naturel $n$, on a: $A_{n+6}=A_n$. Déterminer l'affixe du point $A_{2012}$.
%\begin{center}
%\begin{tikzpicture}
%\tkzInit[xmin=-2.5,xmax=2,ymin=-2.5,ymax=2]
%\tkzDefPoints{0/0/O,2/0/A}
%
%\tkzDrawCircle(O,A)
%\tkzDefPointBy[rotation=center O angle 60](A) \tkzGetPoint{A1}
%\tkzDefPointBy[rotation=center O angle 60](A1) \tkzGetPoint{A2}
%\tkzDefPointBy[rotation=center O angle 60](A2) \tkzGetPoint{A3}
%\tkzDefPointBy[rotation=center O angle 60](A3) \tkzGetPoint{A4}
%\tkzDefPointBy[rotation=center O angle 60](A4) \tkzGetPoint{A5}
%\tkzDrawPoints(O,A,A1,A2,A3,A4,A5)
%\tkzDrawSegments(O,A O,A1 O,A2 O,A3 O,A4 O,A5)
%\tkzLabelPoint[above right](A){$A_0=A_6$}
%\tkzLabelPoint[above right](A1){$A_1$}
%\tkzLabelPoint[above left](A2){$A_2$}
%\tkzLabelPoint[above left](A3){$A_3$}
%\tkzLabelPoint[below left](A4){$A_4$}
%\tkzLabelPoint[below right](A5){$A_5$}
%\tkzLabelPoint[above](O){$\Omega$}
%\end{tikzpicture}
%\end{center}

La composée de deux rotations de même centre $\Omega$ et d'angle $\alpha$ et $\beta$ donne une rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\alpha+\beta$.

Donc, si l'on compose six fois la même rotation d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ à  un point, on obtient la rotation de même centre et d'angle $6\times\dfrac{\pi}{3}=2\pi$, c'est-à-dire l'identité.

Affixe du point $A_{2012}$ est $b=3+\text{i}\sqrt{3}$:
\[
\opidiv{2012}{6}\Longleftrightarrow 2012=6\times 335 +2\Longrightarrow A_{2012}=A_2=B
\]

\end{enumerate}
\item Le triangle $\Omega A_nA_{n+1}$ est un triangle équilatéral (isocèle de sommet $\Omega$ et d'angle au sommet $\dfrac{\pi}{3}$). Ainsi la longueur du segment $[A_nA_{n+1}]$ est la même que celle du segment $[\Omega A_n]$.

Comme $A_n$ est l'image de $A_0$ par la rotation de centre $\Omega$ et d'angle $n\times\dfrac{\pi}{3}$, on a \[
\Omega A_n=\Omega A_0=\left|0-1-\text{i}\sqrt{3}\right|=2
\]
\end{enumerate}

\newpage
\section*{Exercice \no 4 \hfill  5 points}
\begin{center}
\textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité.}
\end{center}
On se place dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal direct $(O\,;\,\vec{u}\,;\,\vec{v})$.

On note $z_n$ la suite de nombres complexes, de terme initiale $z_0=0$, et telle que:
\[
z_{n+1}=\frac{1+\text{i}}{2}z_n+1,\ \text{pour tout entier naturel}\ n.
\]
Pour tout entier naturel $n$, on note $A_n$ le point d'affixe $z_n$.
\begin{enumerate}
\item Calculs des affixes des points $A_1$, $A_2$ et $A_3$.

\[
z_1=\frac{1+\text{i}}{2}z_0+1=1\ ;\ z_2=\frac{1+\text{i}}{2}z_1+1=\frac{3+\text{i}}{2}\ ;\ z_3=\frac{1+\text{i}}{2}z_2+1=\frac{3+2\text{i}}{2}
\]
%\begin{center}
%\begin{tikzpicture}[scale=2]
%\tkzInit[xmin=-1,xmax=2,ymin=-1,ymax=1.2]
%\tkzDefPoints{0/0/A0,1/0/A1,1.5/.5/A2,1.5/1/A3,1/1/Om}
%\tkzAxeX \tkzAxeY
%\tkzDrawPoints(A0,A1,A2,A3)
%\tkzDrawSegments(A0,A1 A2,A3 A0,Om Om,A3 Om,A2 Om,A1)
%\tkzLabelPoint[below left](A0){$A_0$}
%\tkzLabelPoint[below](A1){$A_1$}
%\tkzLabelPoint[below right](A2){$A_2$}
%\tkzLabelPoint[above right](A3){$A_3$}
%\tkzLabelPoint[above](Om){$\Omega$}
%\end{tikzpicture}
%\end{center}
\item \begin{enumerate}
\item Le point $A_{n+1}$ est l'image du point $A_n$ par une similitude directe $s$:

$z_{n+1}$ est de la forme $az_n+b$, où $a$ et $b$ sont deux nombres complexes ($a\not=0$. Donc, $A_{n+1}$ est l'image de $A_n$ par une similitude directe $s$.

\begin{itemize}
\item Son rapport est: $k=|a|=\left|\dfrac{1+\text{i}}{2}\right|=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$;
\item son angle est $\theta=\text{Arg}\left(\dfrac{1+\text{i}}{2}\right)=\dfrac{\pi}{4}+2k\pi$; (parties réelle et imaginaire égales)
\item son centre est le point fixe de la transformation ($s(\omega)=\omega$):
\[
\omega=\frac{1+\text{i}}{2}\omega+1\Longleftrightarrow \omega\left(1-\frac{1+\text{i}}{2}\right)=1\Longleftrightarrow \omega\left(\frac{1-\text{i}}{2}\right)=1\Longleftrightarrow
\omega=\frac{2}{1-\text{i}}=\frac{2(1+\text{i})}{2}=1+\text{i}
\]
\end{itemize}

\item Le triangle $\Omega A_nA_{n+1}$ est isocèle rectangle:

Une similitude directe conserve les angles orientés, $\Omega$ est invariant, donc:
\[
\left(\overrightarrow{\Omega A_{n+1}};\overrightarrow{A_nA_{n+1}}\right)=\left(\overrightarrow{\Omega A_{n}};\overrightarrow{A_{n-1}A_{n}}\right)=\cdots=\left(\overrightarrow{\Omega A_1};\overrightarrow{A_0A_1}\right)
\]
Or
\[
\left(\overrightarrow{\Omega A_1};\overrightarrow{A_0A_1}\right)=\text{Arg}\left(\frac{z_1-z_0}{z_1-\omega}\right)=\text{Arg}\left(\frac{1}{-\text{i}}\right)=\frac{\pi}{2}+2k\pi
\]
Le triangle $\Omega A_nA_{n+1}$ est donc rectangle. De plus
\[
\left(\overrightarrow{\Omega A_n};\overrightarrow{\Omega A_{n+1}}\right)=\theta=\frac{\pi}{4}+2k\pi
\]
Le triangle $\Omega A_nA_{n+1}$ est donc rectangle isocèle.
\end{enumerate}
\item \begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, on a: $\Omega A_n={\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{n-1}$:

Le rapport de $s$ est $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, ce qui signifie que $\Omega A_{n+1}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Omega A_n$.

La suite de terme général $\Omega A_n$ est une suite géométrique
\begin{itemize}
\item de raison $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
\item et de premier terme $\Omega A_0=|\omega|=|1+\text{i}|=\sqrt{2}$.
\end{itemize}
Ainsi:
\[
\Omega A_n=\Omega A_0\times{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^n=\sqrt{2}\times{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^n={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{n-1}
\]
\item \`A partir de  $n=21$ les points $A_n$ sont situés à  l'intérieur du disque de centre $\Omega$ et de rayon $0,001$:


$\Omega A_n\leqslant 0,001\Longleftrightarrow {\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{n-1}\leqslant 0,001\Longleftrightarrow(n-1)\ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\leqslant \ln(0,001)\Longleftrightarrow $
$n\geqslant 1+\frac{\ln(0,001)}{\ln\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}\simeq 20,9$

Il y a changement de sens de l'inégalité car on divise de chaque côté par $\ln\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$ qui est négatif.
\end{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, on note $a_n$ la longueur $A_nA_{n+1}$ et $L_n$ la somme $\displaystyle\sum_{k=0}^na_k$.

$L_n$ est ainsi la longueur de la ligne polygonal $A_0A_1\cdots A_nA_{n+1}$.
\begin{itemize}
\item Calcul de $L_n$:

Comme le triangle $\Omega A_nA_{n+1}$ est rectangle isocèle en $A_{n+1}$, on a
\[
a_n=A_nA_{n+1}=\Omega A_{n+1}={\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{n}
\]
Ainsi:
\[
L_n=\sum_{i=0}^na_i=\cfrac{1-{\left(\cfrac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{n+1}}{1-\cfrac{\sqrt{2}}
{2}}
\]
\item Limite de $L_n$ quand $n$ tend vers $+\infty$:

Nous avons $0<\dfrac{\sqrt{2}}{2}<1$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^{n}=0$.

Ainsi:
\[
\lim_{n\to+\infty}L_n=\cfrac{1}{1-\cfrac{\sqrt{2}}{2}}=2+\sqrt{2}
\]
\end{itemize}
\item Pour tout entier naturel $n$, les points $A_n$, $\Omega$ et $A_{n+4}$ sont alignés:

$\left(\overrightarrow{\Omega A_n}~;~\overrightarrow{\Omega A_{n+4}}\right) = \left(\overrightarrow{\Omega A_n}~;~\overrightarrow{\Omega A_{n+1}}\right)+\left(\overrightarrow{\Omega A_{n+1}}~;~\overrightarrow{\Omega A_{n+2}}\right)+
	\left(\overrightarrow{\Omega A_{n+2}}~;~\overrightarrow{\Omega A_{n+3}}\right)+$
	
$\left(\overrightarrow{\Omega A_{n+3}}~;~\overrightarrow{\Omega A_{n+4}}\right)
		= \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{4}+2k\pi=\pi+2k\pi$

\end{enumerate}
\end{document}
