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\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small{juin 2001}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Métropole juin 2001~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

Soient trois points de l'espace A, B, C non alignés et soit $k$ un réel de 
l'intervalle $[- 1~;~1]$.

On note $G_k$ le barycentre du système $\left\{\left(\text{A},~k^2+ 1\right),~ (\text{B},~k),~ (\text{C},~- k)\right\}$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item ~%Représenter les points A, B, C, le milieu I de [BC] et construire 
%les points G$_1$ et G$_{-1}$.

$\bullet~$Le point G$_1$ est donc défini par la relation vectorielle :

$2\vect{\text{G}_1\text{A}} + \vect{\text{G}_1\text{B}} - \vect{\text{G}_1\text{C}} = \vect{0}$, soit en privilégiant le point A :

$2\vect{\text{G}_1\text{A}} +\vect{\text{G}_1\text{A}} + \vect{\text{AB}} - \vect{\text{G}_1\text{A}} - \vect{\text{AC}} = \vect{0} \iff 2\vect{\text{G}_1\text{A}} + \vect{\text{AB}} + \vect{\text{CA}} = \vect{0} \iff  2\vect{\text{AG}_{1}} = \vect{\text{CB}}$ et finalement :

\[\vect{\text{AG}_1} = \dfrac12 \vect{\text{CB}}.\]

Le point G$_1$ appartient à la parallèle à (BC) contenant A, tel que AG$_1 = \dfrac12$CB, les vecteurs $\vect{\text{AG}_1}$ et $\vect{\text{CB}}$ ayant la même direction.

$\bullet~$Le point G$_2$ est  défini par la relation vectorielle :

$2\vect{\text{G}_{-1}\text{A}} - \vect{\text{G}_{-1}\text{B}} + \vect{\text{G}_{-1}\text{C}} = \vect{0}$, soit en privilégiant le point A :

$2\vect{\text{G}_{-1}\text{A}} - \vect{\text{G}_{-1}\text{A}} - \vect{\text{AB}} + \vect{\text{G}_{-1}\text{A}} + \vect{\text{AC}} = \vect{0} \iff $

\[\vect{\text{AG}_{-1}} = \dfrac12 \vect{\text{BC}}.\]
 On constate que $\vect{\text{AG}_1} + \vect{\text{AG}_{-1}} = \vect{0}$, donc que A est le milieu de $\left[\text{G}_1\text{G}_{-1} \right]$.

Avec I milieu de [BC], on peut construire G$_1$ et G$_{-1}$n comme quatrième sommet des parallélogrammes AIBG$_1$ et AICG$_{-1}$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que, pour tout réel $k$ de l'intervalle $[- 1~;~1]$, on a l'égalité : 
%\[\vect{\text{A}G_k} = - \dfrac{k}{k^2 + 1}\vect{\text{BC}}.\]
$G_k$ barycentre du système $\left\{\left(\text{A},~k^2+ 1\right),~ (\text{B},~k),~ (\text{C},~- k)\right\}$ signifie :

$\left(k^2 + 1\right)\vect{\text{G}_k\text{A}} + k \left(\vect{\text{G}_k\text{A}} + \vect{\text{G}_k\text{B}}\right) - k \left(\vect{\text{G}_k\text{A}} + \vect{\text{G}_k\text{C}}\right) = \vect{0} \iff $

$\left(k^2 + 1\right)\vect{\text{G}_k\text{A}} + k \left(\vect{\text{AB}} - \vect{\text{AC}} \right)= \vect{0} \iff $


$\left(k^2 + 1\right)\vect{\text{G}_k\text{A}} + k \vect{\text{CB}} = \vect{0} \iff \vect{\text{A}G_k} = - \dfrac{k}{k^2 + 1}\vect{\text{BC}}.$


$\left(k^2 + 1\right)\vect{\text{G}_k\text{A}} + k \vect{\text{G}_k\text{A}} + \vect{\text{G}_k\text{B}} - k \vect{\text{G}_k\text{C}} = \vect{0}$ avec $k \in [-1~;~1]$.

		\item %Établir le tableau de variation de la fonction $f$ définie sur $[- 1~;~1]$ par

\[f(x) = - \dfrac{x}{x^2 + 1}.\]

Sur $[-1~;~1], \: $ comme $x^2 + 1 \geqslant 1 > 0$, le fonction est définie et sur intervalle :

$f'(x) = -\dfrac{x^2 + 1 - 2x \times x}{\left(x^2 + 1\right)^2} = -\dfrac{1 - x^2}{\left(x^2 + 1\right)^2} = \dfrac{ x^2 - 1}{\left(x^2 + 1\right)^2}\dfrac{(x + 1)(x - 1)}{\left(x^2 + 1\right)^2}$

Le dénominateur étant positif, le signe de $f'(x)$ est celui du trinôme $x^2 - 1$ ; on sait que celui-ci est positif sauf entre ses racines $-1$ et 1, donc justement sur l'intervalle $[-1~;~1],\: f'(x) \leqslant 0$, donc la fonction est décroissante sur l'intervalle $[-1~;~1]$ de $f(-1 )  = \dfrac12$ à $-\dfrac12$

		\item %En déduire l'ensemble des points $G_{k}$ quand $k$ décrit l'intervalle $[- 1~;~1]$.
La fonction $f$ définit une bijection strictement décroissante de l'intervalle $[-1~;~1]$ sur l'intervalle $\left[-\dfrac12~;~\dfrac12 \right]$, donc tous les points G$_k$ sont les points tels que $\vect{\text{AG}_k} = k \vect{\text{BC}}$, avec $k \in \left[-\dfrac12~;~\dfrac12 \right]$. Ce sont donc tous les points du segment $\left[\text{G}_1\text{G}_{-1} \right]$.
	\end{enumerate}
Pour la suite de l'exercice, aucune figure n'est demandée sur la copie.

\item %Déterminer l'ensemble E des points $M$ de l'espace tels que : 
%\[\left\|2\vect{M\text{A}} + \vect{M\text{B}} - \vect{M\text{C}}\right\| = \left\|2\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} + \vect{M\text{C}}\right\|.\]

$\bullet~$En faisant intervenir le barycentre G$_1$ dans la première somme on obtient :

$2\vect{M\text{A}} + \vect{M\text{B}} - \vect{M\text{C}}  = 2\vect{\text{MG}_1} + 2\vect{\text{G}_1\text{A}}  + \vect{\text{MG}_1} + \vect{\text{G}_1\text{B}} - \vect{\text{MG}_1} -  \vect{\text{G}_1\text{C}} = 2\vect{\text{MG}_1}$ d'après la définition de G$_1$.

$\bullet~$De même en faisant intervenir G$_{-1}$ dans la deuxième somme on obtient :

$2\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} + \vect{M\text{C}} = 2\vect{\text{MG}_{-1}}$.

Les deux vecteurs ont la même norme si $\left\|2\vect{\text{MG}_1} \right\| = \left\|2\vect{\text{MG}_{-1}} \right\| \iff \left\|\vect{\text{MG}_1} \right\| = \left\|\vect{\text{MG}_{-1}} \right\| \iff \text{MG}_1 = \text{MG}_{-1}$ : l'ensemble (E) est donc le plan médiateur du segment$\left[\text{G}_1 \text{G}_{-1} \right]$.
\item %Déterminer l'ensemble F des points $M$ de l'espace tels que : 
\[\left\|2\vect{M\text{A}} + \vect{M\text{B}} - 
\vect{M\text{C}}\right\| = \left\|2\vect{M\text{A}} - 
\vect{M\text{B}} - \vect{M\text{C}}\right\|.\]

En utilisant G$_1$ barycentre de A, B, C affectés des coefficient $2,\:1,\:-1$; on obtient :

$2\vect{M\text{A}} + \vect{M\text{B}} - \vect{M\text{C}} = 2\vect{M\text{G}_1}$.

La somme des coefficients qui apparaissent dans le deuxième vecteur est égale à zéro : le barycentre des trois points n'existe pas.

Par contre on peut  simplifier ce deuxième vecteur en faisant intervenir le point I milieu de [BC]  :

$2\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} - \vect{M\text{C}} = 2\vect{M\text{I}} + 2\vect{\text{IA}}  - \vect{M\text{I}} - \vect{\text{IB}} - \vect{M\text{I}} - 
\vect{\text{IC}} = 2\vect{\text{IA}} - \vect{\text{IC}} -  \vect{\text{IB}} = 2\vect{\text{IA}}$.

On a donc en prenant la norme de ces deux vecteurs :

$\left\|2\vect{M\text{G}_1}\right\| = \left\|2\vect{\text{IA}}\right\| \iff 2M\text{G}_1 = 2\text{IA} \iff \text{G}_1M = \text{IA}$, donc l'ensemble $(F)$ est la sphère de centre G$_1$ de rayon IA.
\item L'espace est maintenant rapporté à  un repère orthonormal 
\Oijk. Les points A, B, C ont pour coordonnées 
(0~;~0~;~2), $(- 1~;~2~;~1)$ et $(- 1~;~2~;~5)$. 
%Le point $G_{k}$ et les ensembles 
$(E)$ et $(F)$ sont définis comme ci-dessus.
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer les coordonnées de G$_1$ et G$_{-1}$.
On a $\vect{\text{OA}} = 4\vect{k}, \quad \vect{\text{BC}} = 4\vect{k}$.

Par suite $\vect{\text{AG}_{-1}} = \dfrac12\vect{\text{BC}} = \dfrac12 \times 4\vect{k} = 2\vect{k}$ et 

$\vect{\text{AG}_{1}} = \dfrac12\vect{\text{CB}} = - 2\vect{k}$ : G$_1$ a donc une abscisse et une ordonnée nulle et sa cote est telle que $z - 2 = - 2$ soit $z = 0$. Donc G$_1 = \text{O}$.

De même on a G$_{-1}(0~;~0~;~4)$.

%Montrer que les ensembles $(E)$ et $(F)$ sont sécants.
L'ensemble $(F)$ est la sphère de centre O et de rayon IA = OB $= \sqrt{(- 1)^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt 6$.

L'ensemble $(E)$ est le plan médiateur contenant A et perpendiculaire à (OA) : il coupe la sphère $(F)$ car OA $= 2$ et $2 < \sqrt 6$ car $2^2 < 6$.
		\item %Calculer le rayon du cercle $\mathcal{C}$ intersection de (E) et (F).
		Si $M$ est un point du cercle $\mathcal{C}$ intersection de $(E)$ et $(F)$, [A$M$] est un côté du triangle rectangle d'hypoténuse [O$M$] tel que O$M = \sqrt 6$ et OA $= 2$.
		
		On a d'après le théorème de Pythagore dans le triangle OA$M$ rectangle en A : O$M^2 = \text{A}M^2 + \text{OA}^2 \iff \text{A}M^2 = \text{O}M^2 - \text{OA}^2 = 6 - 4 = 2$ : le rayon du cercle $\mathcal{C}$ est donc égal à $\sqrt 2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}
 
\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip
 
Le plan complexe est rapporté à  un repère orthonormal direct 
\Ouv{} [unité graphique : 6 cm].

On considère la suite $(\alpha_n)$ de nombres réels définie par 
$\alpha_0 = \dfrac{\pi}{2}$ et, pour  tout entier naturel $n,~\alpha_{n + 1} = \alpha_n + \dfrac{5\pi}{6}$. Pour tout entier naturel $n$, on appelle $M_n$ le point du cercle $\mathcal{C}$ de 
centre O et de rayon 1 tel que l'angle $\left(\vect{u},~\vect{\text{O}M_n} \right)$ ait pour mesure $\alpha_n$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item ~%Placer les douze points M$_0$,~ M$_1$,~ M$_2$,~$\ldots$, M$_{11}$.

\begin{center}
\psset{unit=1cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture}(-3,-3.4)(3,3)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(-3,-3)(3,3)
\pscircle(0,0){3}
\multido{\n=90+150,\na=0+1}{12}{\rput(3;\n){$\bullet$}\rput(3.4;\n){$M_{\na}$}}
\psline[linestyle=dashed](3;30)(3;150)
\psline[linestyle=dashed](3;-30)(3;-150)
\psline[linestyle=dashed](3;60)(3;-60)
\psline[linestyle=dashed](3;120)(3;-120)
\psarc{->}(0,0){0.9}{90}{240}
\psline(3;240)\rput(1.2;165){$\frac{5\pi}{6}$}
\uput[dr](1.5,0){$\frac12$}\uput[ur](0,1.5){$\frac12$}\uput[dr](0,-1.5){$-\frac12$}
\uput[dl](-1.5,0){$-\frac12$}
\end{pspicture}
\end{center}
\item %On appelle $z_n$ l'affixe de $M_n$. Montrer que, pour tout entier 
%naturel $n$, on a l'égalité : $z_n = 
%\text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5n\pi}{12}\right)}$.
De la relation $\alpha_{n + 1} = \alpha_n + \dfrac{5\pi}{6}$ on déduit :

$\left(\vect{u},\:\vect{\text{O}M_{n+1}}\right) = \left(\vect{u},\:\vect{\text{O}M_{n}}\right) + \dfrac{5\pi}{6}$ (mod. $2\pi$), d'où $\left(\vect{\text{O}M_{n}},\:\vect{\text{O}M_{n+1}}\right) = \dfrac{5\pi}{6}$.

Conclusion : le point $M_{n+1}$ est l'image du point $M_n$ dans la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{5\pi}{6}$.

Le premier point $M_0$ a une affixe égale à $z_0 = \e^{\frac{\pi}{2}} = \text{i}$ et les onze autre points s'obtiennent en ajoutant  11 fois $\dfrac{5\pi}{6}$ à l'argument de $z_0$
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Montrer, pour tout entier naturel $n$, les propriétés 
suivantes : 

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] %les points $M_n$ et $M_{n + 6}$ sont diamétralement opposés ; 
On a $\alpha{n+6} = \alpha_n + 6 \times \dfrac{5\pi}{6} = \alpha_n + 5\pi = \alpha_n + \pi$ : les points $M_n$ et $M_{n + 6}$ sont diamétralement opposés
\item[$\bullet~$] %les points $M_{n}$ et $M_{n+12}$ sont confondus.
$M_n$ et $M_{n+6}$ sont diamétralement opposés et $M_{n+6}$ et $M_{n+12}$ sont diamétralement opposés; donc $M_n$ et $M_{n+12}$ sont confondus.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

		\item %Montrer que, pour tout entier naturel $n$, on a l'égalité $z_{n + 4} = \text{e}^{-\frac{2\text{i}\pi}{3}}z_n$.
 
%En déduire que la distance $M_n M_{n + 4}$ vaut $\sqrt{3}$ puis que le triangle

%$M_nM_{n+ 4}M_{n +8}$, est équilatéral.
Quel que soit $n \in \N$, \: $z_{n + 4} = z_n \e^{\text{i}4 \times \frac{5\pi}{6}} = z_n \e^{\text{i}\frac{20\pi}{6}} = z_n \e^{\text{i}\frac{10\pi}{3}} = z_n \e^{\text{i}\frac{-2\pi}{3}}$.

On a donc dans le triangle O$M_nM_{n+4}$ isocèle en O la relation :

$M_nM_{n+4}^2 = \text{O}M_n^2 + \text{O}M_{n+4}^2 - 2\text{O}M_n \text{O}M_{n+4}\cos \widehat{M_n\text{O}M_{n+4}} = 1 + 1 - 2 \cos \dfrac{2\pi}{3} = 2 - 2\times \left(- \dfrac12\right) = 3$.

Donc $M_nM_{n+4} = \sqrt 3$.

On admettra que tous les triangles équilatéraux ayant pour sommets des 
points $M_n$ sont de la forme $M_nM_{n+ 4}M_{n +8}$.

On a d'après le résultat précédent : $M_4M_8 = \sqrt 3$ et aussi $\left(\vect{\text{O}M_{n+4}},  \vect{\text{O}M_{n+8}}\right) = - \dfrac{2\pi}{3}$, d'où

$\widehat{M_n\text{O}M_{n+4}} = \dfrac{2\pi}{3} = \widehat{M_{n+4}\text{O}M_{n+8}} = \widehat{M_{n+8}\text{O}M_{n}}$.

On a aussi $M_{n+8}M_n = \sqrt 3$, donc le triangle $M_nM_{n+4}M_{n+8}$ est équilatéral.
	\end{enumerate} 
\item %Douze cartons indiscernables au toucher, marqués M$_0$,~M$_1$, ~M$_2$,~$\cdots$,~M$_{11}$ sont disposés dans une urne. On tire au hasard et simultanément trois cartons de l'urne. Calculer la probabilité d'obtenir les trois sommets d'un triangle équilatéral.
On peut obtenir les triangles équilatéraux :

\[M_0M_4M_8, \quad M_1M_5M_9, \quad M_2MM_6M_{10}, \quad M_3M_7M_{11}\]

Le nombre de cas favorables est donc : 4 et le nombre de cas possibles est $\binom{12}{3} = \dfrac{12!}{3! \times 9!}$.

La probabilité d'obtenir les trois sommets d'un triangle équilatéral est donc égale à :

$\dfrac{4}{\frac{10 \times 11 \times 12}{4 \times 3 \times 2}} = \dfrac{1}{55}$.


\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}
 
\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

\textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

%Le plan complexe est rapporté à  un repère orthonormal \Ouv{} [unité graphique : 6~cm].
% 
%On considère la transformation $f$ du plan qui, à  tout point $M$ d'affixe 
%$z$ associe le point $M'$ d'affixe $z'$ définie par $z' = 
%z\text{e}^{\frac{5\text{i}\pi}{6}}$ et on définit une 
%suite de points ($M_n$) de la manière suivante :
% 
%M$_0$ a pour affixe $z_{0} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$ et, pour tout entier naturel $n,~ M_{n+1} = f(M_{n})$.
%
%On appelle $z_{n}$ l'affixe de $M_n$. 
\begin{enumerate} 
\item %Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de  $f$.
La multiplication par $\text{e}^{\frac{5\text{i}\pi}{6}}$ correspond à  une rotation de centre O et d'angle $\dfrac{5\pi}{6}$.

%Placer les points M$_{0}$,~ M$_{1}$,~ M$_{2}$.
M$_0$ est le point d'affixe i. On obtient les points successifs sur la figure ci-dessous :

\begin{center}
\psset{unit=4cm}
\begin{pspicture}(-1.2,-1.2)(1.2,1.2)
\psaxes[linewidth=1.25pt](0,0)(-1.2,-1.2)(1.2,1.2)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscircle(0,0){1}
\uput[ur](0,1){M$_0$}\uput[dl](1;240){M$_1$}\uput[ur](1;390){M$_2$}
\psdots(1;90)(1;240)(1;390)
\psline[linestyle=dashed](-0.5,0)(1;240)(0;0)(1;390)(0.5;90)
\psarc{->}(0,0){0.2}{90}{240}\psarc{->}(0,0){0.15}{240}{390}
\rput(-0.25,0.2){$\frac{5\pi}{6}$}\rput(0.18,-0.22){$\frac{5\pi}{6}$}
\uput[ul](0,0){O}\uput[u](-0.5,0){$-\frac{1}{2}$}\uput[l](0,0.5){$\frac{1}{2}$}
\end{pspicture}
\end{center} 
\item %Montrer que pour tout entier naturel $n$, on a l'égalité 

%\[z_{n} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5n\pi}{6}\right)}\]
 
%(on pourra utiliser un raisonnement par récurrence).
Démonstration par récurrence :

\emph{Initialisation} : on a $z_0 = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5\times 0\pi}{6}\right)} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2}\right)}$ : l'égalité est vraie au rang $0$.

\emph{Hérédité} : soit un entier quelconque $p$,\: $p\geqslant 0$ et supposons que $z_{p} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5p\pi}{6}\right)}$.

Alors $z_{p+1} = z_p \times \text{e}^{\frac{5\text{i}\pi}{6}} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5p\pi}{6}\right)}\times \text{e}^{\frac{5\text{i}\pi}{6}} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5(p+1)\pi}{6}\right)}$ ; donc la relation est vraie au rang $p + 1$.

La relation est vraie au rang $0$ et pour tout entier 
$n \geqslant 0$, \:$z_{n} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5n\pi}{6}\right)}$ entraà®ne que $z_{n+1} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5(n+1)\pi}{6}\right)}$ ; on a donc démontré par le principe de la récurrence que pour tout naturel $n$, \: $z_{n} = \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{5n\pi}{6}\right)}$.
\item %Soient deux entiers $n$ et $p$ tels que $n$ soit supérieur ou égal à  $p$. Montrer que deux points $M _{n}$ et $M_{p}$ sont confondus si, et  seulement si, $(n - p)$ est multiple de 12.
$M _{n}$ et $M_{p}$ sont confondus si, et  seulement si les arguments de $z_n$ et de $z_p$ sont égaux à  $2k\pi$ près, soit si :

$\frac{\pi}{2} + \frac{5n\pi}{6} = \frac{\pi}{2} + \frac{5n\pi}{6} + 2k\pi \iff  \frac{5n\pi}{6} =  \frac{5n\pi}{6} + 2k\pi \iff$

$5n\pi = 5p\pi + 12k\pi \iff 5n = 5p + 12k \iff 5n - 5p = 12k \iff 5(n - p) = 12k$, avec $k \in \Z$.

Donc $5(n - p)$ divise 12 mais comme 5 est premier avec 12, d'après le théorème de Gauss, $(n - p)$ divise 12 ou encore $(n - p)$ est un multiple de 12.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %On considère l'équation (E) : $12x - 5y = 3$ où $x$ 
%et $y$ sont des entiers relatifs. Après avoir vérifié que le couple (4 ; 9) est solution, résoudre l'équation (E).
On a $12\times 4  - 5\times 9 = 48 - 45 = 3$ : le couple (4 ; 9) est une solution de l'équation (E). De :

$\left\{\begin{array}{l c r}
12x - 5y &=& 3\\
12\times 4  - 5\times 9 &=& 3
\end{array}\right.$ on en déduit par différence $12(x - 4) - 5(y - 9) = 0 \iff 12(x - 4)   = 5(y - 9)\quad (1)$.

On en déduit que 5 divise $12(x - 4)$, mais comme 5 est premier avec 12 d'après le théorème de Gauss, 5 divise $x - 4$. 

Il existe donc $k \in \Z$ tel que $x - 4 = 5k \iff x = 4 + 5k,\:k \in \Z$.

En remplaà§ant dans (1) $x - 4$ par $5k$, on obtient :

$12\times 5k   = 5(y - 9) \iff 12k = y - 9 \iff y = 9 + 12k,\:k \in \Z$.

Inversement : $12\times (4 + 5k) - 5\times (9 + 12k) =  48 + 60k - 45 - 60k = 48 - 45 = 3$.

Les couples solutions de (E) sont donc les couples $(4 + 5k~;~9 + 12k),\:k \in \Z$.

Avec $k = 0$ on retrouve le couple solution donné dans l'énoncé.
		\item %En déduire l'ensemble des entiers naturels $n$ tels que $M_{n}$ appartienne à  la demi-droite [O$x$).
$M_n$ appartient à   [O$x$)  si arg $z_n = 0 \quad [2\pi] \iff \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{5n\pi}{6} = 0 \quad [2\pi] \iff \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{5n\pi}{6} = 2k\pi$, avec $k \in \Z$, ou encore

$\dfrac{1}{2} + \dfrac{5n}{6} = 2k \iff 3 + 5n = 12k \iff 12k - 5n = 3$. On retrouve l'équation (E) avec $x = k$ et $y = n$. Les solutions sont telles que $y = n = 9 + 12k'$, avec $k' \in Z$.

$n$ étant un naturel, finalement $M_{n}$ appartient à  la demi-droite [O$x$) si, et seulement si :

\[n = 9 + 12k',\quad k' \in \N.\]
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\vspace{0,5cm} 

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 9 points}

\textbf{Commun à  tous les candidats}

\medskip

Le plan est rapporté à  un repère orthonormal direct \Ouv. 
Toutes les courbes demandées seront représentées sur un màªme graphique 
(unité graphique : 2~cm). 

\vspace{0,25cm}
 
\textbf{Partie A}

\medskip
 
$\star~$Étude d'une fonction $f$

\medskip

On définit la fonction $f$ sur $]0~;~+~\infty[$ par : 

\[f(x) = \ln \left(\sqrt{1 + x} - 1\right).\] 

\begin{enumerate} 
\item %Calculer les limites de $f$ en 0 et en $+ \infty$.
$\bullet~~$Limite en $0$ :

On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \sqrt{1 + x} = 1$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0}\left(\sqrt{1 + x} - 1\right) = 0$ et enfin $\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln \left(\sqrt{1 + x} - 1\right) = - \infty$.

$\bullet~~$Limite en $+ \infty$ :

$\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \sqrt{1 + x} - 1 = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \ln \left(\sqrt{1 + x} - 1\right) = + \infty$.
\item %Étudier le sens de variation de $f$ sur $]0~;~+~\infty[$.
$f$est dérivable sur  $]0~;~+~\infty[$ et sur cet intervalle :

$f'(x) = \dfrac{\frac{1}{2\sqrt{1 + x}}}{\sqrt{1 + x} - 1} = \dfrac{1}{2\sqrt{1 + x}\left(\sqrt{1 + x} - 1 \right)}$.

Or $x > 0 \Rightarrow x + 1 > 1 \Rightarrow \sqrt{x + 1} > 1 \iff \sqrt{x + 1} - 1 > 0$ : tous les termes de la dérivée sont supérieurs à  zéro, donc sur $]0~;~+~\infty[$, \: $f'(x) > 0$ : la fonction est croissante de moins à  plus l'infini.
\item %Soit $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de $f$ dans \Ouv~ et A le point de $\mathcal{C}$ d'abscisse 3.
 
%Calculer l'ordonnée de A. Soit B le point de $\mathcal{C}$ d'abscisse $\dfrac{5}{4}$, P le projeté orthogonal de B sur l'axe $\left(\text{O}~;~\vect{u}\right)$ et H le projeté orthogonal de B sur l'axe $\left(\text{O}~;~\vect{v}\right)$.

%Déterminer les valeurs exactes des coordonnées des points B, P et H. Placer les points A, B, P et H dans le repère \Ouv~ et représenter la courbe $(\mathcal{C})$.
On a $f(3) =  \ln \left(\sqrt{1 + 3} - 1\right) = \ln \left(\sqrt{4} - 1\right) = \ln 1 = 0$. Donc A(3~;~0).

D'autre part $f\left(\frac{5}{4}\right) = \ln \left(\sqrt{1 + \frac{5}{4}} - 1\right) = \ln \left(\sqrt{\frac{9}{4}} - 1\right) = \ln \left(\frac{3}{2} - 1\right) = \ln \left(\frac{1}{2}\right) = - \ln 2$. B$\left(\frac{5}{4}~;~- \ln 2\right)$.

Donc P$\left(\frac{5}{4}~;~0 \right)$ et H$\left(0~;~- \ln 2 \right)$.

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture*}(-0.2,-4.5)(10,3.5)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=1,Dy=2]{->}(0,0)(-0.2,-4.5)(10,3.5)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{0.01}{10}{x 1 add sqrt 1 sub ln}
\uput[u](3,0){A}\uput[dr](1.25,-0.69){B} \uput[u](1.25,0){P} \uput[l](0,-0.69){H}
\psline[linestyle=dashed](1.25,0)(1.25,-0.69)(0,-0.69)
\uput[u](8,0.75){\cyan $(\mathcal{C})$}
\uput[r](0,3){A$'$} \uput[ur](0.69,1.25){B$'$}\uput[l](0,1.25){P$'$}\uput[ur](0.69,0){H$'$}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.01}{10}{2.71828 x 2 mul neg exp 2.71828 x neg exp 2 mul add}
\psline[linestyle=dashed](0.69,0)(0.69,1.25)(0,1.25)
\uput[d](0.69,0){$\ln 2$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}

\textbf{Partie B}

\medskip

$\star~$Utilisation d'une rotation

\medskip

Soit $r$ la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$. à€ tout 
point $M$ du plan d'affixe $z$ la rotation $r$ associe le point $M'$ 
d'affixe $z'$.

\medskip
 
\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Donner $z'$ en fonction de $z$.
		 
%On note $z = x + \text{i}y$ et $z' = x' + \text{i}y'~ (x,~ y,~ x',~ y'$ réels). 
%Exprimer $x'$ et $y'$ en fonction de $x$ et $y$, puis exprimer $x$ 
%et $y$ en fonction de $x'$ et $y'$.
On sait que la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ associe au point $M$ d'affixe $z$, le point $M'$ d'affixe $z'$ tel que :

$z' = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}z = \text{i}z$.

On a donc  $z' = x' + \text{i}y' = \text{i}( x + \text{i}y) \iff x' + \text{i}y' = \text{i}x - y$, soit en identifiant les parties réelle et imaginaires :

$\left\{\begin{array}{l c r}
x'&=&- y\\
y'&=& x
\end{array}\right.$. On obtient de faà§on immédiate : $\left\{\begin{array}{l c r}
x&=& y'\\
y&=& - x'
\end{array}\right.$
		\item %Déterminer les coordonnées des points A$'$, B$'$ et P$'$ images respectives des points A, B et P par la rotation $r$.
D'après la question précédente :
A$'(0~;~3),\:\text{B}\left(\ln 2~;~\frac{5}{4}\right),\:\text{P}\left(0~;~\frac{5}{4}\right)$.
 
	\end{enumerate} 
\item %On appelle $g$ la fonction définie sur $\R$ par $g(x) = \text{e}^{- 2x} + 2\text{e}^{- x}$ et ($\Gamma$) sa courbe représentative dans le repère \Ouv. 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que lorsqu'un point $M$ appartient à  $(\mathcal{C})$, son image $M'$ par $r$ appartient à  ($\Gamma$).
$M(x~;~y)$ appartient à  $(\mathcal{C})$ si et seulement $y = \ln \left(\sqrt{1 + x} - 1\right)$ soit en remplaà§ant $x$ et $y$ avec les formules trouvées :

$- x' = \ln \left(\sqrt{1 + y'} - 1\right) \iff \text{e}^{- x'} = \sqrt{1 + y'} - 1 \iff \text{e}^{- x'} + 1 = \sqrt{1 + y'} \Rightarrow \left(\text{e}^{- x'} + 1  \right)^2 = 1 + y' \iff \text{e}^{- 2x'} + 2\text{e}^{- x'} + 1 = 1 + y' \iff \text{e}^{- 2x'} + 2\text{e}^{- x'} =  y'$, ce qui signifie que le point $M'$ appartient 	à  ($\Gamma$).	 
%On admet que lorsque le point $M$ décrit $(\mathcal{C})$, le point $M'$ décrit ($\Gamma$).
		\item %Tracer sur le graphique précédent les points A$'$, B$'$, P$'$ et la courbe ($\Gamma$) (l'étude des variations de $g$ n'est pas demandée). 
Voir plus haut.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\vspace{0,25cm}
 
\textbf{Partie C}

$\star~$Calcul d'intégrales

\medskip

On rappelle que l'image d'un domaine plan par une rotation est un domaine plan de même aire.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Calculer l'intégrale $\displaystyle\int_{0}^{\ln 2} g(x)\: \text{d}x$.
On a $\displaystyle\int_{0}^{\ln 2} g(x)\: \text{d}x = \displaystyle\int_{0}^{\ln 2}\left(\text{e}^{- 2x} + 2\text{e}^{- x} \right) \: \text{d}x = \left[- \frac{1}{2}\text{e}^{- 2x} - 2\text{e}^{- x} \right]_0^{\ln 2} = - \frac{1}{2}\text{e}^{- 2\ln 2} - 2\text{e}^{-\ln 2} - \left(- \frac{1}{2}\text{e}^{0} - 2\text{e}^{0} \right) = - \frac{1}{2\text{e}^{\ln 4}} - \frac{2}{\text{e}^{\ln 2}} + \frac{5}{2} = -\frac{1}{8} + \frac{3}{2}  = \frac{11}{8}$.

%Interpréter graphiquement cette intégrale.
La fonction $g$ est bien entendu positive sur $[0~;~\ln 2]$, donc l'intégrale précédente est égale en unités d'aire à  l'aire de la surface limitée par la courbe ($\Gamma$), l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = 0$ et $x = \ln 2$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer, en unités d'aire, l'aire $\mathcal{A}$ du domaine plan $\mathcal{D}$ limité par les segments [AO], [OH] et [HB] et l'arc de courbe $(\mathcal{C})$ d'extrémités B et A.
La droite $x = \ln 2$ est la droite (H$'$B$'$), donc l'image de la surface $\mathcal{D}$ et la surface dont on vient de calculer l'aire. On a donc inversement $\mathcal{A} = \frac{11}{8}$. 
		\item %On pose I = $\displaystyle\int_{\frac{5}{4}}^3 \ln \left(\sqrt{1 + x} - 1\right)\:\text{d}x.$
		 
%Trouver une relation entre $\mathcal{A}$ et I puis en déduire la valeur exacte de l'intégrale I.
On a vu que sur $\left[\frac{5}{4}~;~3\right]$, le fonction $f$ est négative, donc l'intégrale $I =  \displaystyle\int_{\frac{5}{4}}^3 \ln \left(\sqrt{1 + x} - 1\right)\:\text{d}x$ est l'opposée de l'aire de de la partie du plan limitée par la courbe $(\mathcal{C})$, l'axe des abscisses et les segments [BP] et [PA].

On a donc $\mathcal{A} = \text{aire(OHBP)} - I$ d'où

$I = \dfrac{5}{4}\ln 2 - \mathcal{A} = \dfrac{5}{4}\ln 2 - \dfrac{11}{8} \approx - 0,51$. 
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 
\end{document}