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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) }
\lfoot{\small{ Nouvelle Calédonie}}
\rfoot{\small{mars 2005}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Nouvelle Calédonie~\decofourright\\mars 2005}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun  tous les candidats}

\begin{center}
%\arraystretch : 
\renewcommand{\arraystretch}{1.8}
\begin{tabular}{|*{4}{l|}}\hline
 &  \multirow{3}{5,2cm}{Pour tout $n$ entier naturel non nul, pour tout réel $\theta,~\left(\text{e}^{\text{i}\theta}\right)^n$ est égal à :}&$\text{e}^{\text{i}n\theta}$ & ${\huge \Box}$	Faux	${\huge \boxtimes}$ Vrai\\\cline{3-4}
Q1 & & $\cos \left(\theta^n\right) + \text{i}\sin \left(\theta^n\right)$&${\huge \boxtimes}$	Faux	${\huge \Box}$ Vrai	\\\cline{3-4}
 & & $ \cos (n\theta) + \text{i} \sin(n\theta)$ & ${\huge \Box}$	Faux	${\huge \boxtimes}$ Vrai\\ \hline
 & \multirow{3}{5,2cm}{La partie imaginaire du nombre $z$ est égale à :} &$\dfrac{z +\overline{z}}{2}$ &${\huge \boxtimes}$	Faux	${\huge \Box}$ Vrai  \\\cline{3-4}
Q2 & & $\dfrac{z - \overline{z}}{2\text{i}}$ &${\huge \Box}$	Faux	${\huge \boxtimes}$ Vrai \\\cline{3-4}
 & & $\dfrac{z - \overline{z}}{2}$ &${\huge \boxtimes}$	Faux	${\huge \Box}$ Vrai  \\ \hline
	&  \multirow{3}{5,2cm}{Soit $z$ un  complexe tel que $z = x  + \text{i}y$   ($x$ et $y$ réels). Si $z$ est un imaginaire pur, alors $|z|^2$  est égal à :} &	$y^2$ &${\huge \Box}$	Faux	${\huge \boxtimes}$ Vrai \\ \cline{3-4}
Q3 & & $- y^2$ &${\huge \boxtimes}$	Faux	${\huge \Box}$ Vrai \\ \cline{3-4}
 & & $- z^2$ &${\huge \Box}$	Faux	${\huge \boxtimes}$ Vrai \\ \hline
 & \multirow{3}{5,2cm}{A, B et C sont des points d'affixes respectives $a,~b$ et $c$   telles que $\dfrac{b - a}{c - a} = \text{i}\sqrt{3}$, alors :} & BC =  2 AC &${\huge \Box}$	Faux	${\huge \boxtimes}$ Vrai \\\cline{3-4}
 Q4& & $\left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AC}}\right) = \dfrac{\pi}{2} + 2k\pi,~k \in \Z$ &${\huge \boxtimes}$	Faux	${\huge \Box}$ Vrai \\\cline{3-4}
 & & $\vect{\text{CA}}~\cdot~\vect{\text{CB}} = \text{CA}^2$ &${\huge \Box}$	Faux	${\huge \boxtimes}$ Vrai \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Les contrôles étant indépendants, on a un schéma de Bernouilli de paramètre $p$ (probabilité d'être contrôlé) et $n = 40$.
On a donc 

$P(X = k) = \binom{40}{k}p^k (1 - p)^{40-k}$.

\item  $p = \dfrac{1}{20}$.

	 \begin{enumerate}
	 	\item On a $E(X)
 = \displaystyle\sum_{i=1}^{i = 40} E(X_{i}) = np = 40 \times \dfrac{1}{20} = 2$.
 		 \item $P(X = 0) = \binom{40}{0}\left(\dfrac{1}{20}\right)^0 \left(1 - \dfrac{1}{20}\right)^{40} = \left(\dfrac{19}{20}\right)^{40}$.
 
$P(X = 1) = \binom{40}{1}\left(\dfrac{1}{20}\right)^1 \left(1 - \dfrac{1}{20}\right)^{39} = 40 \times \dfrac{1}{20}\left(\dfrac{19}{20}\right)^{39} = 2 \times \left(\dfrac{19}{20}\right)^{39}$.

 $P(X = 2) = \binom{40}{2}\left(\dfrac{1}{20}\right)^2 \left(1 - \dfrac{1}{20}\right)^{38} = 20 \times 39 \times  \dfrac{1}{400}\left(\dfrac{19}{20}\right)^{38} = \dfrac{39}{20}\times \left(\dfrac{19}{20}\right)^{39}$.
 		 \item La probabilité d'être contrôlé au plus deux fois est $P(X \leqslant 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) \approx 0,676 7(3)$.
 	 \end{enumerate}
 
\item S'il ne fait pas prendre, le fraudeur gagne 400 \euro, mais s'il se fait prendre $i$ fois (avec $0 \leqslant i \leqslant 40$), il devra débourser $100 \times i$ \euro. On a donc $Z = 400 - 100X$.
 
Avec $p = \dfrac{1}{5}$, on a $E(Z) = E(400 - 100X) = 400 - 100 E(X) = 400 - 100 \left(40 \times \dfrac{1}{5}\right) = - 400$. En moyenne sur 40 trajets il devra payer 400 \euro \ldots 
\item 
 	\begin{enumerate}
		\item $P(X \leqslant 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) = $
		
$\binom{40}{0}(1 - p^{40} + \binom{40}{1}p(1 - p)^{39} + \binom{40}{2}p^2(1 - p)^{38} = $

$(1 - p)^{38}\left[(1 - p)^2 + 40p(1 - p) + 780p^2\right] =$

$(1 - p)^{38}\left[741p^2 + 38p + 1 \right]$.
 		 \item On a $f'(x) = 38 \times (- 1) (1 - x)^{37}\left(741x^2 + 38x +1\right) + (1 - x)^{38}(1482x + 38) = (1 - x)^{37}\left[38(-741x^2 -38x - 1) + (1 - x)(1482x + 38) \right]
 =\\
 (1 - x)^{37}\left[- 20158x^2 - 1444x - 38 + 1482x + 38 - 1482x^2 -38x \right] =\\ -21640x^2(1 - x)^{37} = 21640x^2(x - 1)(1 - x)^6$.
 
$f'(x)$  est  du signe de $(x - 1)$ donc négative sur [0 ; 1], et $f$ est décroissante sur cet intervalle  de 1 à 0 ; étant continue car dérivable, le théorème de la bijection démontre qu'il existe un réel unique $0 < x_{0} < 1$ tel que $f(x_{0}) = 0,01$.
 
 La calculatrice permet de trouver $\dfrac{19}{100} < x_{0} < \dfrac{19 + 1}{100}$. On a donc $n = 19$.
 		 \item On a $P(X \geqslant 3) =  1 - P(X) \leqslant 2)$. Donc $P(X \geqslant 3) \geqslant 0,99 \iff 1 - P(X \leqslant 2) \geqslant 0,99 \iff P(X \leqslant 2) \leqslant 0,01$. D'après la question précédente et la décroissance de la fonction $f$, il faut donc que $p \geqslant x_{0}$.
 
La plus petite valeur de $p$ est donc $x_{0}$. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 6 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item~ 

\begin{center}
\psset{xunit=1.2cm,yunit=.3cm}
\def\pshlabel{\footnotesize}
\def\psvlabel{\footnotesize}
\begin{pspicture}(-2,-5)(4,5)
\psaxes{->}(0,0)(-2,-5)(4,5)
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=1500]{-0.975}{2.8944}{x 2 exp x 2.2 mul sub x 1 add ln 2.2 mul add}
\end{pspicture}
\end{center}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item Sur l'intervalle considéré (en fait sur la calculatrice $[- 1 ~;~3]$ la fonction semble être croissante.
		\item La fonction semble s'annuler uniquement pour $x = 0$.
	\end{enumerate}
\item Pour $x > -1,~f'(x) = 2x - 2,2 + \dfrac{2,2}{x + 1} = \dfrac{(2x - 2,2)(x + 1) + 2,2}{x + 1} = \dfrac{2x^2 - 0,2x}{x + 1} = \dfrac{x(2x - 0,2)}{x + 1}$. Le dénominateur étant positif, le signe de $f'(x)$ est celui du trinôme $x(2x - 0,2)$ donc positif sauf entre ses racines $0$ et $0,1$.

\item On a $\displaystyle\lim_{x \to -1} f(x) = - \infty$ et comme $f(x) = x^2\left(1 - \dfrac{2,2}{x}\right) + 2,2\ln (x + 1),~\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
 On en déduit le tableau de variations :

\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3.5)
\psline(0,2)(8,2) \psline(0,3)(8,3)  \psline(2,0)(2,3.2)
\uput[u](0.5,3){$x$} \uput[u](2.2,3){$-1$} \uput[u](4,3){$0$} \uput[u](6,3){$0,1$}
\uput[u](7.5,3){$+\infty$}
\uput[u](0.5,2){$f'$} \uput[u](3,2){$+$} \uput[u](4,2){$0$} \uput[u](5,2){$-$} 
\uput[u](6,2){$0$} \uput[u](7,2){$+$}
\uput[u](0.5,0.8){$f$} \uput[r](2,0){$- \infty$}
\uput[d](4,2){$0$} \uput[u](6,-0.2){$\approx - 0,0003$} \uput[d](7.5,2){$+\infty$}
\psline{->}(2.3,0.3)(3.8,1.8) \psline{->}(4.2,1.8)(5.8,0.3) \psline{->}(6.2,0.3)(7.2,1.8)
\psline(4,2)(4,3) \psline(6,2)(6,3) 
\end{pspicture}
\end{center}

\item On a bien $f(0) = 0$, mais de plus sur l'intervalle $[0,1~ ;~ + \infty[$ la fonction est continue et croissante de  $f(0,1) < 0$ à $+ \infty$. Il existe donc un réel unique $x_{0}$ tel que $f(x_{0}) = 0$. Conclusion : l'équation $f(x) = 0$ a deux solutions : $0$ et $x_{0}$.
\item Les résultats obtenues par étude de la fonction contredisent les conjectures tirées de l'examen de la calculatrice.
\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item On peut prendre $- 0,001\,8 \leqslant  y \leqslant \np{0,00111}$ en utilisant la fonction Table et en calculant $f(- 0,1)$ et $f(0,2)$.
		\item On obtient $f(0,15) < 0$ et $f(0,16) > 0$. On a donc 0,15 < \alpha < 0,16$. L'approximation décimale par défaut à $10^{-2}$ de $\alpha$ est $0,15$. 
	\end{enumerate}
\item
	 \begin{enumerate}
	 	\item Soit $F'(x) = x^2 - 2,2x - 2,2 +2,2\ln (x + 1) + 2,2\dfrac{x+1}{x+1} = f(x)$, donc $F$ est une primitive de $f$.
		\item Sur l'intervalle $[0~;~\alpha],~f(x) \leqslant 0$, donc l'intégrale représente l'opposé de l'aire de la surface limitée par le graphe de $f$, l'axe des abscisses et les deux droites d'équations respectives $x = 0$ et $x = \alpha$.
		\item D'après le \textbf{5. a.}, $\displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x)\,\text{d}x = F(\alpha) - F(0) = \dfrac{\alpha^3}{3} - 1,1\alpha^2 + 2,2(\alpha + 1)\ln (\alpha +1)$. Or $f(\alpha) = 0 \iff  \alpha^2 - 2,2\alpha + 2,2\ln(\alpha + 1) = 0 \iff 2,2\ln(\alpha + 1) = - \alpha^2 + 2,2\alpha$.

Donc $\displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x)\,\text{d}x = \dfrac{\alpha^3}{3} - 1,1\alpha^2 + (\alpha + 1)\left(- \alpha^2 + 2,2\alpha\right) = $

$\dfrac{\alpha^3}{3}- 1,1\alpha^2 - 2,2\alpha - \alpha^3 + 2,2\alpha^2 - \alpha^2 + 2,2\alpha = - \dfrac{2}{3}\alpha^3 + 0,1\alpha^2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\bigskip

\textbf{Partie A}

\begin{center}
\begin{pspicture}(0,-1)(12,1)
\psaxes(0,0)(12,0)
\uput[u](0,0){A$_{0}$} \uput[u](12,0){B$_{0}$} \uput[u](6,0){A$_{1}$} \uput[u](8,0){B$_{1}$} \uput[u](7,0){A$_{2}$}    \uput[u](7.333,0){B$_{2}$}
\psline(7.333,-0.1)(7.333,0.1)
\end{pspicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item Il semble que pour $n$ assez grand les points $A_{n}$ et $B_{n}$ se rapprochent d'une même position limite.
\item On a $A_{n}$ = milieu$\left[A_{n}B_{n}\right] \iff u_{n+1} = \dfrac{u_{n} + v_{n}}{2}$.

D'autre part $B_{n+1} = \text{bar.}\left\{(A_{n},~1)~;~(B_{n},~2)\right\} \iff v_{n+1} = \dfrac{1 \times u_{n} + 2 \times v_{n}}{1 + 2} = \dfrac{u_{n} + 2v_{n}}{3}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Soit $w_{n+1} = v_{n+1} - u_{n+1} = \dfrac{u_{n} + 2v_{n}}{3} -  \dfrac{u_{n} + v_{n}}{2} = \dfrac{2u_{n} + 4v_{n } - 3u_{n} - 3v_{n}}{6} = $

$\dfrac{1}{6}\left(v_{n} - u_{n}\right) = \dfrac{1}{6}w_{n}$.

La suite $\left(w_{n}\right)$ est donc une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{6}$. Or $w_{0} = v_{0} - u_{0} = 12 - 0 = 12$, donc $w_{n} = 12 \times\left(\dfrac{1}{6}\right)^n$. Tous les termes de la suite sont positifs et la raison étant comprise entre $-1$ et $1$, cette suite converge vers $0$.
\item Calculons $u_{n+1} - u_{n} = \dfrac{u_{n} + v_{n}}{2} - u_{n} = \dfrac{-u_{n} + v_{n}}{2}  =\dfrac{1}{2}w_{n} > 0$ d'après la question précédente. La suite $\left(u_{n}\right)$ est donc croissante.

De même $v_{n+1} - v_{n} =  \dfrac{u_{n} + 2v_{n}}{3}  v_{n} = \dfrac{u_{n} - v_{n}}{3} = -\dfrac{1}{3}w_{n} < 0$, d'après la question précédente.
\item D'après les deux questions précédentes les deux suites sont adjacentes car l'une est croissante, l'autre décroissante et la limite de leur différence est nulle. Elles convergent toutes les deux vers la même limite $\ell$.
\item On a $t_{n+1} = 2u_{n+1} + 3v_{n+1} = u_{n} + v_{n} + u_{n} + 2v_{n } = 2u_{n} + 3v_{n} = t_{n}$. cette égalité vraie pour tout $n \in \N$  montre que la suite $\left(t_{n}\right)$ est constante. En particulier $t_{n} = t_{0} = 2u_{0} + 3v_{0} = 3 \times 12 = 36$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie C}

\medskip

On a le système $\left\{\begin{array}{l cl}
-u_{n} + v_{n} & = &12 \times\dfrac{1}{6^n}\\
2u_{n} + 3v_{n}&=& 36\\
\end{array}\right. \iff  
\left\{\begin{array}{l cl}
- 2u_{n} + 2v_{n} & = &24 \times\dfrac{1}{6^n}\\
2u_{n} + 3v_{n}&=& 36\\
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l cl}
u_{n}  & = &+ v_{n} - 12 \times\dfrac{1}{6^n}\\
5v_{n}&=& 36 + 24 \times\dfrac{1}{6^n}\\
\end{array}\right.  \iff
\left\{\begin{array}{l cl}
u_{n}  & = &+ v_{n} - 12 \times\dfrac{1}{6^n}\\
v_{n}&=& \dfrac{36}{5} + \dfrac{24}{5} \times\dfrac{1}{6^n}\\
\end{array}\right.  \iff
\left\{\begin{array}{l cl}
u_{n} & = & \dfrac{36}{5} - \dfrac{36}{5}\times \dfrac{1}{6^n}\\
v_{n}&=& \dfrac{36}{5} + \dfrac{24}{5} \times\dfrac{1}{6^n}\\
\end{array}\right. $\\
Conclusion : $\displaystyle\lim_{n  \to + \infty} u_{n} = \displaystyle\lim_{n  \to + \infty} v_{n} = \dfrac{36}{5} = 7,2$.

La position limite des points $A_{n}$ et $B_{n}$ quand $n$ tend vers plus l'infini est donc le point d'abscisse $7,2$.
\end{document} 