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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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pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S},
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Métropole}}
\rfoot{\small 12 septembre 2013}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}
{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S  Métropole 12 septembre 2013~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
Par lecture graphique, le signe de $f(x)$ est donné par :

\begin{center} 
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,2)
\psframe(6,2)\psline(0,1)(6,1) \psline(2,0)(2,2)
\uput[u](1,1.25){$x$}\uput[u](2.5,1.25){$- \infty$}\uput[u](4,1.25){$- 2$}\uput[u](5.5,1.25){$+ \infty$}
\rput(1,0.5){$f(x)$}\rput(3,0.5){$-$}\rput(4,0.5){$0$}\rput(5,0.5){$+$}
\end{pspicture}
%\begin{tikzpicture}
%\tkzTabInit{$x$/1,$f(x)$/1}{$-\infty$,$-2$,$+\infty$}\tkzTabLine{,-,z,+}
%\end{tikzpicture}
\end{center}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item 
On sait que $F$ est une primitive de $f$ donc, $F'=f$
 
$ F'(0) = f(0) = 2$, $ F'(-2) = f(- 2) = 0$. 
		\item ~
		
\parbox{0.45\linewidth}{${\cal C}_3$ ne convient pas car la tangente au point d'abscisse $0$ n'a pas pour coefficient directeur $2$. Elle passe par $B(0~;~-1,5)$ (environ) et $I(1~;~0)$ donc le coefficient directeur de cette tangente est $\frac{y_I - y_B}{x_I - x_B} = 1,5$, donc ${\cal C}_3$ ne convient pas.}\hfill
\parbox{0.45\linewidth}{		
\begin{center}
\begin{pspicture*}(-3,-2.5)(1.8,2.5)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-3,-2.5)(1.8,2.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(1,1)
\multido{\n=-7+1}{10}{\psline(\n,0)(\n,0.1)}
\multido{\n=-3+1}{6}{\psline(0,\n)(0.1,\n)}
\uput[dl](0,0){O}
\rput(-0.3,-1.5){$B$}\rput(1,0.3){$I$}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[r](1.3,1){$d_{3}$}
\uput[u](1,1.2){$\mathcal{C}_{3}$}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{-3}{0.9}{3.5 x mul 2 sub 2.71828 x  exp mul 0.5 add}
\psplot[linestyle=dashed]{-1}{1.5}{1.5 x mul 1.5 sub}
\end{pspicture*}
\end{center}}
  
\bigskip
 
\parbox{0.45\linewidth}{${\cal C}_2$ ne convient pas car la tangente au point d'abscisse $(-2)$ n'a pas pour coefficient directeur $0$.
 
${\cal C}_2$ ne convient pas, la tangente horizontale semble plutôt concerner le point d'abscisse $(- 0,5)$ de la courbe.}
\hfill
\parbox{0.45\linewidth}{ \begin{pspicture*}(-3,-3.5)(1.8,1.5)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-3,-3.5)(1.8,1.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\multido{\n=-7+1}{10}{\psline(\n,0)(\n,0.1)}
\multido{\n=-3+1}{6}{\psline(0,\n)(0.1,\n)}
\uput[dl](0,0){O}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[r](0.9,1){$d_{2}$}
\psline[linewidth=1.25pt](-3.66,0)(0,-2.97)
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{-4}{1}{-0.81  x mul 2.97 sub}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=green]{-1}{0}{0 x mul 2.42 sub}
\psline(-2,0)(-2,-1.35)
\uput[u](-2,-1.2){$\mathcal{C}_{2}$}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{-3}{1}{4 x mul 2 sub 2.71828 x  exp mul}
\psplot[linestyle=dashed]{-1}{1.5}{2 x mul 2 sub}
\end{pspicture*}}

\bigskip

\parbox{0.45\linewidth}{Il reste donc  ${\cal C}_1$}
\hfill
\parbox{0.45\linewidth}{\psset{unit=0.8cm}
\begin{pspicture*}(-3,-3.5)(2,1.5)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-3,-3.5)(2,1.5)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=10,Dy=10]{->}(1,1)
\multido{\n=-7+1}{10}{\psline(\n,0)(\n,0.1)}
\multido{\n=-1+1}{6}{\psline(0,\n)(0.1,\n)}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt]{-2.5}{1.2}{ x 2 mul  2.71828 x 2 div exp mul 2 sub}
\uput[dl](0,0){O}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[r](1.4,0.8){$d_{1}$}
\uput[u](-2,-3.3){$\mathcal{C}_{1}$}
\psplot[linestyle=dashed]{-1}{1.5}{2 x mul 2 sub}
\end{pspicture*}}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B :}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $f'(x)=\text{e}^{\frac{1}{2}x}+(x+2)\text{e}^{\frac{1}{2}x}\times \frac{1}{2}$ donc \\$f'(x)=\frac{1}{2}(2+x+2)\text{e}^{\frac{1}{2}x}$, donc 
$f'(x)=\frac{1}{2}(x+4)\text{e}^{\frac{1}{2}x}$.
		\item On sait que la fonction $\exp$ ne prend que des valeurs strictement positives, donc $f'(x)$ est du signe de $(x+4)$, et donc le sens des variations de $f$ est donné par le tableau : 
		
\begin{center}		\begin{tabular}{|c|ccccc|}
\hline 
$x$ & $-\infty$ & & $-4$ &  & $+\infty $\\ 
\hline 
$f'(x)$ &  & $-$ & $0$ & $+$ &  \\ 
\hline 
$f$ &  & $\searrow $& $(-2)\text{e}^{-2}$ & $\nearrow $ &  \\ 
\hline 
\end{tabular}\end{center}

Il y a donc bien un minimum en $x = -4$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item si $x > (-2)$, $f(x) > 0$\: vu son expression, donc sur $[0~;~1]$ $f$ est positive, continue (car produit de fonctions continues), son intégrale sur $[0~;~1]$ est donc l'aire en unité d'aire de la surface entre la courbe de $f$, l'axe des $x$ et les verticales d'équations $x = 0$ et $x = 1$ (en unité d'aire).

\begin{center}		
\newrgbcolor{zzttqq}{0.6 0.2 0}
\psset{xunit=4.0cm,yunit=0.5cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-0.1,-0.2)(1.5,4.95)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=2,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-0.1,-0.2)(1.5,4.95)
\pscustom[linecolor=zzttqq,fillcolor=zzttqq,fillstyle=solid,opacity=0.1]{\psplot{0}{1}{(x+2)*EXP(x/2)}\lineto(1,0)\lineto(0,0)\closepath}
\psplot[plotpoints=200]{-.3}{1.0600000000000005}{(x+2)*EXP(x/2)}
\begin{scriptsize}
%\rput[bl](0.38,0.24){\zzttqq{$s = 3.3$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}
		\item  $2(u(x)v'(x) + u(x)v'(x)) = 2\left(1\times \text{e}^{\frac{1}{2}x}+x\times \frac{1}{2}\text{e}^{\frac{1}{2}x}\right) = (2+x)\text{e}^{\frac{1}{2}x}$\\ Ainsi on voit bien que $f$ est une dérivée : $f = (2uv)'$; donc $(2uv)$ est une primitive de $f$.
		\item L'intégrale $I$ se calcule à l'aide d'une primitive de $f$ donc $I = [2u(x)v(x)]_0^1 = [2x\text{e}^{\frac{1}{2}x}]_0^1=2\text{e}^{\frac{1}{2}} = 2\sqrt \text{e}$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Faisons un tableau des valeurs successives de $k$ et $s$ pendant le déroulement de l'algorithme pour $n = 3$ :
		
\begin{tabular}{cc}
\begin{tabular}{|ll|}\hline
Variables : 	&	$k$ et $n$ sont des nombres entiers naturels.\\ 
				& $s$ est un nombre réel.\\ 
Entrée : 		&Demander à  l'utilisateur la valeur de $n$.\\ 
Initialisation :& Affecter à  $s$ la valeur $0$.\\ 
Traitement :	& 	Pour $k$ allant de $0$ à  $n - 1$\\ 
				& \hspace{0,5cm}| Affecter à  $s$ la valeur $s + \dfrac{1}{n}f\left(\dfrac{k}{n}\right)$.\\ 
				&Fin de boucle.\\ 
Sortie :		& 	Afficher $s$.\\ \hline
\end{tabular} &\renewcommand\arraystretch{1.8}\begin{tabular}{|c|c|}
\hline 
$k$ & $s$ \\ 
\hline 
$0$ & $0$ \\ 
\hline 
$0$ & $0+\frac{1}{3}f\left(\frac{0}{3}\right)$ \\ 
\hline 
$1$ & $\frac{1}{3}f\left(\frac{0}{3}\right)+\frac{1}{3}f\left(\frac{1}{3}\right)$ \\ 
\hline 
$2$ & $\frac{1}{3}f\left(\frac{0}{3}\right)+\frac{1}{3}f\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{3}f\left(\frac{2}{3}\right)$ \\ 
\hline 
\end{tabular}\\ 
\end{tabular} 
\renewcommand\arraystretch{1}

\vskip 0.5 cm

Le traitement est alors fini car $k$ a atteint la valeur $(3 - 1)$ ce qui a été suivi de la nouvelle valeur de $s$, l'affichage est alors $\frac{1}{3}f\left(\frac{0}{3}\right)+\frac{1}{3}f\left(\frac{1}{3}\right)+\frac{1}{3}f\left(\frac{2}{3}\right)$,

or chacun de ces trois termes est l'aire d'un des trois rectangles (largeur obtenue en divisant l'unité par $n = 3$, leurs longueurs successives sont  $f\left(\frac{0}{3}\right)$, $f\left(\frac{1}{3}\right)$ ; $f\left(\frac{2}{3}\right)$.

\begin{center} \psset{xunit=4cm,yunit=0.5cm}
\begin{pspicture}(-0.1,-0.5)(1.1,4.95)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dy=2]{->}(0,0)(-0.1,-0.2)(1.1,4.95)
%\psplot[plotpoints=200]{-.3}{1.0600000000000005}{(x+2)*EXP(x/2)}
\pscurve[linecolor=blue](0,2)(0.333,2.6)(0.666,3.6)(1,4.6)
\psframe[fillstyle=vlines](0,0)(0.333,2)
\psframe[fillstyle=vlines](0.333,0)(0.666,2.6)
\psframe[fillstyle=vlines](0.666,0)(1,3.6)
\psline[linestyle=dashed](1,3.6)(1,4.6)
%\uput[l](0,0.25){1}
\uput[ul](0.333,2.6){$\mathcal{C}$}
\end{pspicture} 
\end{center}

\item D'une façon générale  l'affichage de l'algorithme obtenu après $n$ boucles ( de $k =0$ à $k=(n-1)$) est  la somme de $n$ termes qui sont de la forme $\frac{1}{n}f(\frac{k}{n})$ donc l'affichage est : \begin{displaymath}{\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{n}f\left(\frac{k}{n}\right)\right)}\end{displaymath} c'est la somme des aires des rectangles \og sous la courbe \fg{} et au dessus de l'axe des $x$ entre $x = 0$ et $x = 1$, leur largeur vaut  $\frac{1}{n}$.

Quand $n$ devient grand,  $s_n$ se rapproche de  $\displaystyle{I= \int_{0}^1  f(x)\,\text{d}x}$. (cours)  
	\end{enumerate}
\end{enumerate}


\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}
 
\begin{enumerate}
\item \textbf{RÉPONSE b}.

La droite $\mathcal{D}$ est définie par la représentation paramétrique $\left\{\begin{array}{l c l}
x	&=	&5 - 2t\\
y	&=	& 1 + 3t\\
z	&=	&4
\end{array}\right.,\: t \in \R.$\\

$\mathcal{P}$ est le plan d'équation cartésienne $3x + 2y + z - 6 = 0$. 
La droite $\mathcal{D}$ est déterminée par le point $B(5;1;4)$ et son vecteur directeur $\vect v \begin{pmatrix}-2\\3\\0\\\end{pmatrix}$, le plan $\mathcal{P}$ne contient pas $B$ car 

$3x_A + 2y_A + z_A - 6 = 15 + 2 + 4- 6\neq 0$, donc  la droite $\mathcal{D}$ n'est pas incluse dans le plan $\mathcal{P}$.

Le vecteur normal de  $\mathcal{P}$ c'est $\vect n \begin{pmatrix}3\\2\\1\\\end{pmatrix}$, on a $\vect n\perp \vect v$ puisque leur produit scalaire vaut $0$ : $(- 2)\times 3 + 2\times 3 + 0 = 0$, donc la droite $\mathcal{D}$ est parallèle au plan $\mathcal{P}$.
	
\item  \textbf{RÉPONSE b}.

$\mathcal{D}'$ la droite qui passe par le point A de coordonnées $(3~;~1~;~1)$ et a pour vecteur directeur 

$\vect{u} = 2\vect{i} - \vect{j} + 2\vect{k}$.
 
Les droites $\mathcal{D}$ et $\mathcal{D}'$ ne sont parallèles, car leur vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires, les deux colonnes de coordonnées $\begin{pmatrix}2\\(- 1)\\2\\\end{pmatrix}$ et  $\begin{pmatrix}-2\\3\\0\\\end{pmatrix}$ ne sont pas proportionnelles.
	 
Donc elles sont soit  sécantes, soit  ne sont pas coplanaires.

Un système d'équation paramétrique de $\mathcal{D}'$ est $\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&3+2u\\
y&=&1-u\\
z&=&1+2u
\end{array}\right., \quad u\in \R$

On résout le système en $t$ et $u$ :

$(S):\left\{\begin{array}{l c l}
3 + 2u	&=	&5 - 2t\\
1 - u	&=	&1 + 3t\\
1 + 2u	&=	&4
\end{array}\right.$ $(S):\left\{\begin{array}{l c l}
u		&=	&1,5\\
3 + 3	&=	&5 - 2t\\
1 - 1,5	&=	&1 + 3t\\
\end{array}\right.$ $(S) :\left\{\begin{array}{l c l}
u&=&1,5\\
t&=&-0,5\\
\end{array}\right.$

Les deux droites sont donc sécantes au point $C(6~;~-0,5~;~4)$. 
	 
\hspace{-0.8cm}
Pour les questions 3 et 4, le plan est muni d'un repère orthonormé direct d'origine O.

\medskip
 
\item \textbf{RÉPONSE a}.
 Soit $\mathcal{E}$ l'ensemble des points $M$ d'affixe $z$ vérifiant $|z + \text{i}| = |z - \text{i}|$.
Si on considère $D$ d'affixe $(-\text{i})$ et $F$ d'affixe $\text{i}$, alors $\mathcal{E}$ l'ensemble des points $M$ tels que $DM = FM$ est donc la médiatrice de $[DF]$, c'est l'axe des $x$.
\item  \textbf{RÉPONSE c}. On désigne par $B$ et $C$ deux points du plan dont les affixes respectives sont notées $b$ et $c$, on suppose que  $\dfrac{c}{b} = \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$.

Donc en considérant les vecteurs $\vect{OB}$ et $\vect{OC}$ et en utilisant module et argument de $\dfrac{z_C- z_O}{z_B - z_O}= \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$ , vu que $\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$ est écrit sous forme exponentielle  $\left(\text{module :}\: \sqrt 2, \text{argument :} \dfrac{\pi}{4}\right)$\\
on en déduit que : $\dfrac{\left|z_C - z_O\right|}{\left|z_B-z_O\right|}=\sqrt 2$ et $\widehat{(\vect{OB};\vect{OC})} = \dfrac{\pi}{4}$

Donc $OC = \sqrt 2\times  OB$ et $\widehat{(\vect{OB}~;~\vect{OC})} = \dfrac{\pi}{4}$

On peut donc tracer le dessin du triangle $OBC$, il suffit de choisir $B$ (autre que $O$)

\vskip 0.5cm
 
\parbox{0.3\textwidth}{\newrgbcolor{qqwuqq}{0 0.39 0}
\psset{xunit=0.75cm,yunit=0.75cm,algebraic=true,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-.5,-.6)(7.06,6.3)
\psgrid[gridlabels=0pt](0,0)(7,6)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1,Dy=1,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-.3,-.54)(7.06,6.3)
\parametricplot{0.24497866312686414}{1.0303768265243123}{1*4.12*cos(t)+0*4.12*sin(t)+0|0*4.12*cos(t)+1*4.12*sin(t)+0}
\psline(0,0)(4,1)
\psline(0,0)(2.12,3.54)
\pscustom[linecolor=qqwuqq,fillcolor=qqwuqq,fillstyle=solid,opacity=0.1]{\parametricplot{0.24497866312686414}{1.0303768265243123}{0.6*cos(t)+0|0.6*sin(t)+0}\lineto(0,0)\closepath}
\psline(2.12,3.54)(3,5)
\psline(3,5)(4,1)
\begin{scriptsize}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](4,1)
\rput[bl](4.08,1.12){\blue{$B$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](0,0)
\rput[bl](0.08,0.12){\blue{$O$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](2.12,3.54)
\uput[ul](2.1,3.4){\blue{$B'$}}
\rput[bl](0.22,0.12){\qqwuqq{$\alpha = 45\textrm{\degre}$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](3,5)
\rput[bl](3.08,5.12){\blue{$C$}}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}}\hfill\parbox{0.55\textwidth}{Le triangle $OBC$ semble isocèle et rectangle en B, prouvons le en calculant $|0-b|$ et $|c-b[$ puis $\arg{\dfrac{z_O - z_B}{z_C - z_B}}$, donc on va calculer $\dfrac{z_O - z_B}{z_C-z_B}$ c'est

$\dfrac{z_O-z_B}{z_C-z_B}=\frac{-b}{b\sqrt2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}-b};\qquad \frac{z_O-z_B}{z_C-z_B}=\frac{-1}{\sqrt2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}- 1}$ ;

$\dfrac{z_O - z_B}{z_C - z_B}=\dfrac{-1}{(1+\text{i})-1}\quad $ 
car  $\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}= \frac{\sqrt 2}{2}+\text{i}\left(\frac{\sqrt 2}{2}\right)$ 
et que

$\sqrt 2\sqrt 2=2$\\$\dfrac{z_O - z_B}{z_C - z_B}=\dfrac{-1}{\text{i}}$

$\dfrac{z_O - z_B}{z_C - z_B} =\text{i}$ 
car $(-1) = (\text{i})^2$ et

$\text{i}$ est de module $1$ et d'argument $\frac{\pi}{2}$, donc $BO = BC$ et $\vect{BO}\perp \vect{BC}.$}

 Solution D. Vergès :
 
$\sqrt2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} = \sqrt2\left(\cos \frac{\pi}{4} + \text{i}\sin \frac{\pi}{4} \right) = \sqrt2\left(\frac{\sqrt2}{2} + \text{i}\frac{\sqrt2}{2}\right) = 1 + \text{i}$.

L'énoncé $\dfrac{c}{b} = \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$ peut donc s'écrire : $c = b(1 + \text{i})$.

Pour voir si le triangle $OBC$ est rectangle en $B$ considérons le quotient $\dfrac{z_{BO}}{z_{BC}} = \dfrac{0 - b}{c - b} = \dfrac{- b}{b + b\text{i} - b} = \dfrac{- b}{b\text{i}} = \dfrac{- 1}{\text{i}} = \text{i}$.

On a donc $\dfrac{z_{BO}}{z_{BC}} = \text{i}$, ce qui montre :

- en prenant les arguments des deux membres que $(BO)$ est perpendiculaire à $(BC)$ ;

- en prenant les modules que $\dfrac{BO}{BC} = 1$ ou encore $BO = BC$.

Le triangle $OBC$ est donc rectangle isocèle en $B$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item \parbox{0.4\textwidth}{
\psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm}
\pstree[treemode=R]{\Tdot}
{
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$A$}\taput{\small $0,4$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$D$}\taput{\small $0,1$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline D$}\tbput{\small $0,9$}
}
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$B$}\tbput{\small $0,6$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$D$}\taput{\small $0,09$}
\Tdot~[tnpos=r]{$\overline D$}\tbput{\small $0,91$}
}
}
}\hfill\parbox{0.55\textwidth}{\begin{enumerate}
\item Voir à gauche.
\item On demande $p(A\cap D)$, selon l'arbre c'est $0,4\times 0,1$, donc $p(A\cap D)= 0,04$.
\item On calcule aussi $p(B\cap B)$ de la même façon, c'est  $0,6\times 0,09=0,054$.

Enfin comme $A$ et $B$ sont des évènements formant une partition de l'ensemble des pièces,
 
$P(D) = p(D\cap (A\cup B))\\p(D)=p((D\cap A)\cup (D\cap B))=p(D\cap A)+p(D\cap B)$ car les évènements $(D\cap A)$ et $ (D\cap B)$ sont disjoints ($=$ incompatibles) ainsi 

$p(D) = 0,04 + 0,054 =0,094$.
		\item On nous demande $p_{D}(A)$, on utilise  la formule : 

$p_{D}(A)=\dfrac{p(D\cap A)}{p(D)} = \dfrac{0,04}{0,094}=\dfrac{40}{94}=\dfrac{20}{47}$.
	\end{enumerate}}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  $X_n$ est le compteur de pièces conformes ; on répète $n$ fois la même expérience qui consiste à extraire une pièce  ; elle est conforme : succès de probabilité $0,9$, elle est non conforme, probabilité $0,1$, chacune des $n$ expériences est une expérience de Bernoulli, elles sont indépendantes entre elles puisque \og on assimile ces $n$ tirages à  des tirages successifs indépendants et avec remise.\fg 
		
Donc $X_n$ suit la loi binomiale de paramètres $n$ et $p=0,9$, notée ${\cal B}(n,0,9)$.
		\item Si $n = 150 > 30$, $np = 135 > 5$ et $n(1 - p)=15>5$ donc  l'intervalle de fluctuation asymptotique $I$ est  défini par $I = \left[p-1,96\sqrt {\dfrac{p(1-p)}{n}}~;~p+1,96\sqrt {\dfrac{p(1-p)}{n}}\right]$, on calcule avec $p = 0,9$ et $n = 150$ on trouve $1,96\sqrt {\dfrac{p(1-p)}{n}}\simeq 0,048$, donc $I\simeq [0,852~;~0,948]$.
		\item Ici on a $(150 - 21)$ pièces conformes donc $F_n = \dfrac{129}{150} = \dfrac{43}{50}$  soit $0,86$.
		
Au regard de l'intervalle de fluctuation de la question ci-dessus, ce test ne remet pas en cause   le réglage de la machine $A$ car $0,86 \in [0,852~;~0,948]$.  
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4 (enseignement obligatoire)} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $u_1 = \frac{4}{5}= 0,8 \:;\: u_2 = \frac{14}{13}\simeq 1,08 \:;\: u_3 =\frac{40}{41}\simeq 0,98 \:;\: u_4 =\frac{122}{121}\simeq 1,01$.
		\item On voit bien que $u_0 > 1 \:;\: u_1 < 1 \:;\: u_2 > 1 \:;\: u_3 < 1 \:;\: u_4 > 1$ donc le signe des différences $\left(u_n - 1\right)$ change à chaque rang :
		
si $n$ pair c'est $+$ 

si $n$ impair c'est $-$, comme $(-1)^n$.
		\item $u_{n+1}- 1 = \dfrac{u_n + 2 - \left(2u_n + 1\right)}{2u_n+1} = \dfrac{1 - u_n}{2u_n + 1} = \dfrac{- u_n + 1}{2u_n + 1}$.
		\item On a admis au début de l'énoncé que tous les $u_n$ sont strictement positifs (on pourrait le démontrer par récurrence) ; démontrons par récurrence la propriété $\cal P$ : $\left(u_n - 1\right)$ a le même signe que $(- 1)^n$: 
	
L'\emph{initialisation} est faite au b :  ($u_0 - 1 > 0$).

\emph{Hérédité} : supposons que pour    $n$ entier naturel\: $\left(u_n - 1\right)$ ait le signe de $(- 1)^n$  ;  alors  $\left(1 - u_n\right)$ a le signe opposé de $\left(u_n - 1\right)$ donc a le signe de $(-(- 1)^n)$ donc de $(-1)^{n+1}$ et 

$\left(2u_n + 1\right) > 0$, vu que tous les $u_n$ sont strictement positifs, donc la fraction  $\dfrac{1-u_n}{2u_n + 1}$ a le signe de $(-1)^{n+1}$ et comme elle est égale à $\left(u_{n+1} - 1\right)$, on a prouvé que $\left(u_{n+1} - 1\right)$ a le signe de $(- 1)^{n+1}$, l'hérédité est prouvée.
 
CONCLUSION : On a montré que $u_0 - 1 > 0$ et si pour $n$ de $\N$,\:  $\left(u_n - 1\right)$ a le signe de $(- 1)^n$ entraîne que $\left(u_{n+1} - 1\right)$ a le signe de $(- 1)^{n+1}$, donc d'après le principe de récurrence pour tout $n \in \N$,\: $\left(u_n - 1\right)$ a le même signe que $(-1)^n$.
\end{enumerate}
  
%	\begin{enumerate}
%		\item Pour tout $n\in \N$, $v_{n+1} = \dfrac{-u_{n+1}+1}{u_{n+1}+1}$
%		
%\vskip 0.5 cm
%
%$v_{n+1}=\dfrac{-\frac{u_n + 2}{2u_n + 1}+1}{\frac{u_n + 2}{2u_n + 1}+1}\qquad v_{n+1}=\dfrac{\frac{-(u_n + 2)}{2u_n+1}+\frac{(2u_n + 1)}{2u_n + 1}}{\frac{u_n+2}{2u_n + 1}+\frac{2u_n + 1}{2u_n + 1}}\qquad v_{n+1}=\dfrac{\frac{- \left(u_n + 2\right) + \left(2u_n + 1\right)}{2u_n + 1}}{\frac{u_n+2+2u_n + 1}{2u_n + 1}}$
%
%$v_{n+1}=\dfrac{- \left(u_n + 2\right) + \left(2u_n + 1\right)}{u_n + 2 + 2u_n + 1} ; \qquad 
%v_{n+1} = \dfrac{(u_n - 1)}{3u_n + 3} ; \qquad  v_{n+1} = \dfrac{-1}{3}\dfrac{\left(1- u_n\right)}{u_n + 1}\qquad  v_{n+1} = \dfrac{- 1}{3}v_n$.
%
%La suite $\left(v_n\right)_{n\in \N}$ est donc géométrique de raison $\dfrac{-1}{3}$.
%
%$v_0=\dfrac{u_0 - 1}{u_0 + 1}=\dfrac{1}{3}$ donc $v_n=\frac{1}{3}\times \left(\frac{-1}{3}\right)^n$ ; $v_n= - \left(\frac{-1}{3}\right)^{n+1}$ pour tout $n$ de $\N$.
%		\item $\left(u_n + 1\right)v_n = u_n-1$ donc $u_n\left(v_n - 1\right) = - 1 - v_n$ ; on trouve bien que $u_n = \dfrac{1 + v_n}{1 - v_n}$ comme dit dans l'énoncé.
%
%Donc, pour tout $n$ de $\N$, on a $u_n = \dfrac{1-(\frac{-1}{3})^{n+1}}{1+(\frac{-1}{3})^{n+1}} ; \qquad \text{donc},\: u_n = \dfrac{1 - \left(\frac{-1}{3}\right)^{n+1}}{1+ \left(\frac{-1}{3}\right)^{n+1}}$.
%
%Comme la suite  $((\frac{-1}{3})^{n+1})_{n\in\N}$ est une suite géométrique de raison $q = (\frac{-1}{3})$, donc $-1 < q < 1$, cette suite tend vers $0$, et par composition avec la fonction $x \mapsto \frac{1 - x}{1 + x}$ qui est continue et vaut $1$ pour $x = 0$ ; on peut dire que :$\displaystyle {\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(u_n\right) = 1}$.
\item Pour tout entier naturel $n$, on pose $v_{n} = \dfrac{u_{n} -
1}{u_{n} + 1}$.

Vu que tous les $u_n$ sont strictement positifs, la suite $\left(v_n\right)_{n\in \N}$ existe. 
	\begin{enumerate}
		\item $v_{n+1}=\dfrac{u_{n+1} - 1}{u_{n+1} + 1}=\dfrac{\frac{u_n +
2}{2u_n + 1}-1}{\frac{u_n + 2}{2u_n + 1}+1}=\dfrac{\frac{u_n + 2-
\left(2u_n + 1\right)}{2u_n + 1}}{\frac{u_n+2+2u_n + 1}{2u_n +
1}}=\dfrac{u_n + 2- \left(2u_n + 1\right)}{u_n + 2 + 2u_n + 1} =
\dfrac{-u_n + 1}{3u_n + 3}$. 
		\item $v_{n+1}=\dfrac{-u_n + 1}{3u_n + 3}  =
\dfrac{-1}{3}\dfrac{\left(u_n-1\right)}{u_n + 1}= \dfrac{- 1}{3}v_n$. 
		
La suite $\left(v_n\right)_{n\in \N}$ est donc géométrique de raison
$\dfrac{-1}{3}$.

$v_0=\dfrac{u_0 - 1}{u_0 + 1}=\dfrac{1}{3}$ donc $v_n=\dfrac{1}{3}\cdot
\left(\dfrac{-1}{3}\right)^n$ pour tout $n$ de $\N$.
		\item On admet que pour tout entier naturel $n, ~~u_{n} =  \dfrac{1 +
v_{n}}{1 - v_{n}}$.
		  
Donc, pour tout $n$ de $\N$, on a $u_n = \dfrac{1+\frac{1}{3}\cdot
\left(\frac{-1}{3}\right)^n}{1-\frac{1}{3}\cdot
\left(\frac{-1}{3}\right)^n} $.

Comme la suite  ($v_n$) est géométrique de raison $q = \frac{-1}{3}$,
donc $-1 < q < 1$, ($v_n$) tend vers $0$, donc $(u_n)$ converge vers 1.   
    \end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{\textsc{Exercice 4 (enseignement de spécialité)} \hfill 5 points}

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,4)
\cnodeput(3,3){S}{$S$}
\cnodeput(1,1){I}{$I$}
\cnodeput(5,1){M}{$M$}
\nccircle{->}{S}{0.4cm}
\nccircle[angleA=-180]{<-}{I}{0.4cm}
\nccircle[angleA=-180]{->}{M}{0.4cm}
\ncarc{<-}{I}{S}\rput(1.55,2.2){$\dfrac{1}{3}$}
\ncarc{->}{S}{M}\rput(4.45,2.2){$\dfrac{1}{3}$}
\ncarc{->}{I}{M}\rput(3,0.7){$\dfrac{1}{2}$}
\rput(3.8,3.4){$\dfrac{1}{3}$}\rput(5.6,0.4){1} \rput(0.4,0.4){$\dfrac{1}{2}$}
\end{pspicture}
\end{center}
 
On note $P_{n} = \left(s_{n}\quad i_{n}\quad m_{n}\right)$ la matrice ligne . 

On a alors $P_{0} = (0,99\quad 0\quad 0,01)$ et pour tout entier naturel $n$, 

\[\renewcommand\arraystretch{1.7}
\left\{\begin{array}{l c l}
s_{n+1}&=&\frac{1}{3}s_{n}\\
i_{n+1}&=&\frac{1}{3}s_{n} + \frac{1}{2}i_{n}\\
m_{n+1}&=&\frac{1}{3}s_{n} + \frac{1}{2}i_{n} + m_{n}
\end{array}\right.\]

\begin{enumerate}
\item La matrice $A$ appelée \emph{matrice de transition}, telle que pour tout entier naturel 
\begin{itemize}
\item sur la première ligne de $A$ ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine  donnée, l'individu est dans l'état $S$, de passer

$\bullet$ pour $A_{1,1}$ à l'état $S$, c'est selon le graphique $\frac{1}{3}$, ou par le calcul et le texte, c'est $1 - 2\frac{1}{3}$

$\bullet$ pour $A_{1,2}$ à l'état $I$, c'est selon le graphique $\frac{1}{3}$, ou par le texte , c'est $\frac{1}{3}$;

$\bullet$ pour $A_{1,3}$ à l'état $SM$, c'est selon le graphique $\frac{1}{3}$, ou par le calcul et le texte, c'est $\frac{1}{3}$.
\item sur la deuxième ligne de $A$ ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine  donnée, l'individu est dans l'état $I$, de passer 

$\bullet$ pour $A_{2,1}$ à l'état $S$, c'est selon le graphique $0$.

$\bullet$ pour $A_{2,2}$ à l'état $I$, c'est selon le graphique $\frac{1}{2}$, ou par le texte idem ;

$\bullet$ pour $A_{2,3}$ à l'état $SM$, c'est selon le graphique $\frac{1}{2}$, ou par le  texte idem.
\item sur la troisième ligne de $A$ ce sont les probabilités conditionnelles sachant qu'à la semaine  donnée, l'individu est dans l'état $M$, de passer
 
$\bullet$ pour $A_{3,1}$ à l'état $S$, c'est selon le graphique $0$, ou en réfléchissant, s'il est malade il ne peut pas devenir sain ;

$\bullet$ pour $A_{3,2}$ à l'état $I$, c'est selon le graphique $0$ ;

$\bullet$ pour $A_{3,3}$ à l'état $SM$, c'est selon le graphique $1$, ou par le  texte idem. 
\end{itemize}

\vskip 0.5 cm

$A=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\0&0&1 \end{pmatrix}$; on a bien
 
$\begin{pmatrix}s_n&i_n&m_n \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\0&\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\0&0&1 \end{pmatrix} 
=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}s_n&\frac{1}{3}s_n+\frac{1}{2}i_{n}&\frac{1}{3}s_n+\frac{1}{2}i_{n}+m_{n} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}s_{n+1}&i_{n+1}&m_{n+1} \end{pmatrix}$

$P_{n+1} = P_{n} \times A$.
\item Par récurrence, prouvons  que pour tout entier naturel $n$ non nul, 
$P_{n} = P_{0} \times A^n$.

\emph{Initialisation} Pour $n = 1$ c'est dire que $P_1 = P_0\times A$ ce qui est vrai (appliquer $A$ à $P_0$ permet de passer de $P_0$ à $P_1$). 

\emph{Hérédité} : supposons que pour tout  entier $n \in \N$, \: $P_{n} = P_{0} \times A^n$, alors multiplions les deux membres à droite par $A$ c'est possible car $P_n$ est de format $(1~;~3)$ et $A$ de format $(3~;~3)$ donc les deux membres sont bien de format $(1~;~3)$, on obtient $P_n A = \left(P_0A^n\right) \times A$, donc $P_n A = P_0\left(A^n \times A\right)$ ; par associativité du produit de matrices ;

et enfin  $P_n A = P_0A^{n+1}$ 

et du côté gauche c'est $P_{n+1}$, donc $P_{n+1} = P_0A^{n+1}$.

L'hérédité est prouvée.

On a montré que $P_1 = P_0\times A$ et que pour tout naturel $n$, \: $P_{n} = P_{0} \times A^n$ entraîne $P_{n+1} = P_0A^{n+1}$ ;  donc par le principe de récurrence pour tout entier naturel $n$ non nul, 
$P_{n} = P_{0} \times A^n$. \item $P_4 = P_0A^4$.

Pour calculer correctement $A^4$ on peut remarquer que $6A$ est à coefficients entiers.
 
La calculatrice donne :

\[
\renewcommand\arraystretch{1.7}(6A)^4 =
\begin{pmatrix}2&2&2\\0&3&3\\0&0&6 \end{pmatrix}^4  .\]

$(6A)^4=\begin{pmatrix}16&130&1150\\0&81&1215\\0&0&1296 \end{pmatrix}$ donc $A^4=\begin{pmatrix}\frac{16}{\np{1296}}&\frac{130}{\np{1296}}&\frac{\np{1150}}{\np{1296}}\\0&\frac{81}{\np{1296}}&\frac{\np{1215}}{\np{1296}}\\0&0&\frac{\np{1296}}{\np{1296}} \end{pmatrix}$\\ et en la multipliant à gauche par la matrice $P_0=\begin{pmatrix} 0,99&0&0,01\end{pmatrix}$ on obtient

\[P_4=\begin{pmatrix} \frac{15,84}{\np{1296}}&\frac{128,7}{\np{1296}}&\frac{\np{1151,46}}{\np{1296}}\end{pmatrix}\] donc :

$P_4 = \begin{pmatrix} \np{0,012222}...&\np{0,09930555}...&\np{0,88847222}...\end{pmatrix}$ donc en arrondissant à $10^{-2}$:

$P_4 = \begin{pmatrix} 0,01&0,10&0,89\end{pmatrix}$ (comme donné avant B. 1.).

$S_4 \simeq 0,01$, il y a un pourcentage de chance qu'un individu soit sain au bout de quatre semaines.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\[
\renewcommand\arraystretch{1.7} B = \begin{pmatrix}\frac{5}{12}&\frac{1}{4} &\frac{1}{3}\\
\frac{5}{12}&\frac{1}{4} &\frac{1}{3}\\
\frac{1}{6}&\frac{1}{2}&\frac{1}{3}
\end{pmatrix}.\]

$Q_{n} = \left(S_{n}\quad I_{n}\quad M_{n}\right)$ où $S_{n},\: I_{n}$ et $M_{n}$ désignent respectivement la  probabilité que l'individu soit sain, porteur sain et malade la $n$-ième semaine après la vaccination. 

Pour tout  entier naturel $n$, on a alors $Q_{n+1}  = Q_{n} \times B$.

D'après la partie A, $Q_{0}  = P_{4}$. 

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item On fait $Q_n\times B$ c'est $\left(S_{n}\quad I_{n}\quad M_{n}\right)\times \begin{pmatrix}\frac{5}{12}&\frac{1}{4} &\frac{1}{3}\\
\frac{5}{12}&\frac{1}{4} &\frac{1}{3}\\
\frac{1}{6}&\frac{1}{2}&\frac{1}{3}
\end{pmatrix}$ c'est $Q_{n+1}$, donc\\ $Q_{n+1}=\begin{pmatrix} \frac{5}{12}S_n+\frac{5}{12}I_n+\frac{1}{6}M_n&\frac{1}{4}S_n+\frac{1}{4}I_n+\frac{1}{2}M_n

&\frac{1}{3}S_n+\frac{1}{3}I_n+\frac{1}{3}M_n \end{pmatrix}$.

\[\renewcommand\arraystretch{1.7}
\left\{\begin{array}{l c l}S_{n+1}&=&\frac{5}{12}S_n+\frac{5}{12}I_n+\frac{1}{6}S_n\\ I_{n+1}&=&\frac{1}{4}S_n+\frac{1}{4}I_n+\frac{1}{2}S_n\\ M_{n+1}&=&\frac{1}{3}S_n+\frac{1}{3}I_n+\frac{1}{3}M_n \end{array}\right.\]
\item Pour faire des calculs sur des entiers on calcule $(12B)^2$:\\$(12B)=\begin{pmatrix}5&3&4\\5&3&4\\2&6&4\end{pmatrix}$ et alors 

\vskip 0.5 cm

\begin{tabular}{cc}
$\times $ & $\begin{pmatrix}5&3&4\\5&3&4\\2&6&4\end{pmatrix}$ \\ 
$\begin{pmatrix}5&3&4\\5&3&4\\2&6&4\end{pmatrix}$ & $=\begin{pmatrix}48&48 &48\\48&48 &48\\48&48 &48\\
\end{pmatrix}$\\
\end{tabular}

\vskip 0.5 cm

Donc $(12B)^2 = 48J$ , $144B^2 = 48J$ donc $B^2=\frac{1}{3}J$
 
Comme on peut par calcul prouver que $B^3 = B^2$, on peut par récurrence prouver que pour tout $n$ de $\N$, $n\geqslant 2$, on a $B^n=B^2=\frac{1}{3}J$
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On peut montrer, comme dans la partie A que 
		\\
		$[$ pour tout $n\in\N, Q_{n+1} = Q_n\times B ]\Longrightarrow [$ pour tout $n\in\N, Q_{n}=Q_0\times B^n ]$\\
		\\Si $n\geqslant 2$ , $Q_n=Q_0\times B^n$ et comme $B^n=B^2$,on a $Q_n=Q_0\times B^2$, donc $Q_n=Q_2$, on calcule $Q_2$ en faisant $Q_0\times (\frac{1}{3} J)$ c'est aussi $\left(\frac{1}{3}\right)(Q_0\times J)= \left(\frac{1}{3}\right)\begin{pmatrix}0,01 + 0,1 + 0,89&0,01 + 0,1 + 0,89 &0,01 + 0,1 + 0,89\\
\end{pmatrix}$, donc $Q_n = \left(\frac{1}{3}\right)(Q_0J) = \left(\frac{1}{3}\right)\begin{pmatrix}1&1 &1\\
\end{pmatrix}$,\\
$Q_n=\begin{pmatrix}\frac{1}{3}&\frac{1}{3} &\frac{1}{3}\\
\end{pmatrix}$.
		\item Finalement on peut dire qu'avec ce vaccin l'évolution de la maladie va donner des groupes équitablement répartis : autant de chance d'être malade ou sain ou infecté ; le vaccin n'éradique pas la maladie.  
(cependant sans vaccin, on pourrait montrer que la répartition limite serait: tous malades ...)		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}