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%%%Sujet aimablement fourni par Sophie Nattes
%%% Tapuscrit Denis Vergès
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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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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lfoot{\small{Nouvelle-Calédonie}}
\rfoot{\small{15 novembre 2010}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,25cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie ~\decofourright\\[4pt] 15 novembre 2010}}
 \end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}\hfill 7 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip
 
\textbf{PARTIE A : restitution organisée de connaissances}

\medskip

%On suppose connus les résultats suivants :
% 
%Soient $u$ et $v$ deux fonctions continues sur un intervalle $[a~;~b]$ avec $a < b$
%
%\setlength\parindent{5mm}
%\begin{itemize}
%\item[$\star$~] si pour tout $x \in  [a~;~b] \quad u(x) \geqslant  0$ 
%alors  $\displaystyle\int_{a}^b u(x)\:\text{d}x \geqslant  0$ 
%\item[$\star$~] $\displaystyle\int_{a}^b[u(x) +  v(x)]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{a}^b u(x)\:\text{d}x  + \displaystyle\int_{a}^b 	v(x)\:\text{d}x$ 
%\item[$\star$~] $\displaystyle\int_{a}^b \alpha  u(x)\:\text{d}x = \alpha  \displaystyle\int_{a}^b u(x)\:\text{d}x$ o\`u $\alpha$ est un nombre réel.
%\end{itemize}
%\setlength\parindent{0mm}
%
%\medskip
% 
%Démontrer que si $f$ et $g$ sont deux fonctions continues sur un intervalle $[a~;~b]$ avec $a < b$ et si pour tout $x$ de $[a~;~b],~f(x) \leqslant g(x)$ alors :
% 
%\[\displaystyle\int_{a}^b f(x)\:\text{d}x \leqslant  \displaystyle\int_{a}^b g(x)\:\text{d}x.\]
%
%\bigskip
 
\textbf{PARTIE B :}

\medskip

%Soit $\varphi$ la fonction définie sur l'intervalle $[1~;~+ \infty[$ par 

%\[\varphi(x) = 1 + x^2 -  2x^2 \ln x. \]

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Étudier le sens de variation de la fonction $\varphi$ sur l'intervalle $[1~;~+ \infty[$.
$f$ somme de fonctions dérivables sur $[1~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle :

$\varphi'(x) = 2x - 4x\ln x - 2x^2 \times \dfrac{1}{x} = 2x - 4x\ln x - 2x = - 4x \ln x$.

Comme $x \geqslant 1 \Rightarrow \ln x \geqslant 0$, il en résulte que sur $[1~;~+ \infty[,~\varphi'(x) \leqslant 0$ : $\varphi$ est donc décroissante sur $[1~;~+ \infty[$. 
		\item %Calculer $\varphi(\text{e})$. Démontrer que l'équation $\varphi(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur l'intervalle [1~;~e]. Déterminer un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-1}$.
$\varphi(\text{e}) = 1 + \text{e}^2 - 2\text{e}^2 \times \ln \text{e} = 1 - \text{e}^2 \approx -6,4$.

D'autre part $\varphi(1) = 1 + 1 - 2 \times 0 = 2$.

La fonction est décroissante sur $[1~;~\text{e}], \varphi(\text{e}) < 0$ et $\varphi(1) > 0$, donc la fonction $\varphi$ continue car dérivable  s'annule une seule fois en $\alpha \in [0~ ;~1]$.

La calculatrice donne : 

$\varphi(1,8) \approx 0,4$ ; $\varphi(1,9) \approx - 0,02$, donc :

\[1,8 < \alpha < 1,9.\] 
		\item %Déterminer le signe de $\varphi(x)$ suivant les valeurs de $x$.
La variation de $\varphi$ montre que :

\begin{itemize}
\item sur $[1~ ;~\alpha[,\:\varphi(x) > 0$ ;
\item $\varphi(\alpha) = 0$ ;
\item sur $]\alpha~;~+ \infty[,~\varphi(x) < 0$.
\end{itemize}
	\end{enumerate} 
\item %Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $[1~;~+ \infty[$ par 

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

%On note $f'$ la fonction dérivée de $f$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $f'(x)$ et montrer que pour tout $x \geqslant 1$ on a : $f'(x) = \dfrac{\varphi(x)}{x\left(1 + x^2 \right)^2}$.
Le dénominateur ne peut s'annuler, donc $f$ quotient de fonctions dérivables sur $[1~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle :

$f'(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times \left(1 + x^2 \right) - 2x \ln x }{\left(1 + x^2 \right)^2} = \dfrac{1 + x^2 - 2x^2\ln x}{x\left(1 + x^2 \right)^2} = \dfrac{\varphi(x)}{x\left(1 + x^2 \right)^2}$.		 
		\item  %Déduire de la question 1. le sens de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $[1~;~+ \infty[$.
De la question 1. c. on déduit que :
		
- sur $[1~ ;~\text{e}[,~f'(x) > 0$ : la fonction est croissante sur cet intervalle ;

- $f'(\alpha) =  0$ ;

- sur $]\alpha~;~+ \infty[,~f'(x) < 0$ : la fonction est décroissante sur cet intervalle.
		\item  %Démontrer que pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $[1~;~+ \infty[$ on a : 
On a $x^2 < x^2 + 1 \iff \dfrac{1}{1 + x^2} < \dfrac{1}{x^2}$ et en multipliant par $\ln x \geqslant 0$, car $x \geqslant 1$, on obtient :

$\dfrac{\ln x}{1 + x^2} \leqslant  \dfrac{\ln x}{x^2}$, soit $f(x) \leqslant  \dfrac{\ln x}{x^2}$.

De plus sur $[1~;~+ \infty[,~\ln x \geqslant 0$ et $1 + x^2 > 1 > 0$, donc $f(x) \geqslant 0$.

Finalement : pour tout $x$ appartenant à l'intervalle $[1~;~+ \infty[$ on a :
\[0  \leqslant  f(x) \leqslant  \dfrac{\ln x}{x^2}.\] 
%\[0  \leqslant  f(x) \leqslant  \dfrac{\ln x}{x^2}.\] 
		\item %En déduire $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x)$.
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x^2} = 0$, donc d'après le théorème des gendarmes l'encadrement précédent montre que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item %À l'aide d'une intégration par parties, montrer que $\displaystyle\int_{1}^{\text{e}}  \dfrac{\ln x}{x^2}\:\text{d}x = 1 - \dfrac{2}{\text{e}}$.
Posons :

$\left\{\begin{array}{l c l}
u(x) 	&=&\ln x\\
v'(x) 	&= &\dfrac{1}{x^2}
\end{array}\right. \quad  \begin{array}{l c l}
u'(x) 	&=&\dfrac{1}{x} \\
v(x) 	&=& -\dfrac{1}{x}
\end{array}$.

Toutes ces fonctions étant continues car dérivables sur l'intervalle $[1~;~\text{e}]$, on peut intégrer par parties :

$\displaystyle\int_{1}^{\text{e}}  \dfrac{\ln x}{x^2}\:\text{d}x = \left[-\ln x \times \dfrac{1} {x}\right]_{1}^{\text{e}} - \displaystyle\int_{1}^{\text{e}} - \dfrac{1}{x^2}\:\text{d}x = \left[-\dfrac{\ln x}{x} - \dfrac{1}{x}\right]_{1}^{\text{e}} = -\dfrac{\ln \text{e}}{\text{e}} - \dfrac{1}{\text{e}} - \left(\dfrac{\ln 1}{1} - \dfrac{1}{1} \right) = 1 - \dfrac{2}{\text{e}}$.
		\item %On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de la fonction $f$, dans un repère orthonormé \Oij{} d'unité graphique 1~cm.
		 
%Soit $\mathcal{A}$ l'aire exprimée en cm$^2$ du domaine compris entre la courbe $\mathcal{C}$, l'axe des abscisses et les droites d'équation $x = 1$ et $x = \text{e}$.
Puisque l'unité d'aire est égale à 1 cm$^2$, on sait que l'intégrale précédente est égale à $\mathcal{A}$.

On a vu que $0 \leqslant f(x) \leqslant \dfrac{\ln x}{x^2}$, donc d'après la restitution organisée de connaissances de la partie A, on a 

$0 \leqslant \mathcal{A} \leqslant 1 - \dfrac{2}{\text{e}}$ (soit à peu près $0 < \mathcal{A} \leqslant 0,265$.
%Déterminer un encadrement de $\mathcal{A}$. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip 

%Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct \Ouv{} d'unité graphique 2~cm.
%
%On considère les points A, B et C d'affixes respectives 
%
%\[z_{\text{A}} = -2\text{i},\quad  z_{\text{B}} = -\sqrt{3} + \text{i}~~ \text{et}~~ z_{\text{C}} = \sqrt{3} + \text{i}.\]
%
%\medskip
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Écrire $z_{\text{A}},~z_{\text{B}}$ et $z_{\text{C}}$ sous forme exponentielle.
$z_{\text{A}} = -2\text{i} = 2\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{2}}$.

$z_{\text{B}} = -\sqrt{3} + \text{i}$ donc $\left|z_{\text{B}} \right|^2 = 3 + 1 = 4 = 2 \Rightarrow \left|z_{\text{B}} \right| = 2$.

On peut donc écrire $z_{\text{B}} = 2\left(- \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2} \right) = 2\left(\cos \frac{5\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{5\pi}{6} \right) = 2 \text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}}$.

On a de même 	$\left|z_{\text{C}} \right| = 2$, d'o\`u $z_{\text{C}} = 2\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2} \right) = 2\left(\cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{\pi}{6} \right) = 2 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.	 
		\item %En déduire le centre et le rayon du cercle $\Gamma$ passant par les points A, B et C.
$z_{\text{A}},~z_{\text{B}}$ et $z_{\text{C}}$ ont pour module 2, soit OA = OB = OC= 2, ce qui signifie que A, B et C appartiennent au cercle $\Gamma$ de centre O et de rayon 2. 
		\item %Faire une figure et placer le point A, tracer le cercle $\Gamma$ puis placer les points B et C.
	\end{enumerate}
	
\medskip
\psset{unit=0.8cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-4,-4)(3,3)
\psgrid[subgriddiv=1,gridcolor=orange,gridlabels=0pt]
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(-4,-4)(3,3)
\pscircle(0,0){2}
\psline[linestyle=dashed](-2,1)(2,1)
\psdots(0,-2)(-1.732,1)(1.732,1)(-1.732,-1)
\uput[dl](0,0){O}\uput[dr](0,-2){A}\uput[u](-1.732,1){B}\uput[ur](1.732,1){C}\uput[ur](0.2,1.9){$\Gamma$}\uput[dl](-1.732,-1){O$'$}
\pscircle(-1.732,-1){2}
\pspolygon(0,-2)(-1.732,1)(1.732,1)
\psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-2.8}{1}{x 1.732 neg mul 2 sub}
\uput[ur](-2.5,2.5){$D$}

\end{pspicture}
\end{center} 
\item~ 
	\begin{enumerate}
		\item %Écrire le quotient $\dfrac{z_{\text{B}} - z_{\text{A}}}{z_{\text{C}} - z_{\text{A}}}$ sous forme algébrique puis sous forme exponentielle.
$\dfrac{z_{\text{B}} - z_{\text{A}}}{z_{\text{C}} - z_{\text{A}}} = \dfrac{- \sqrt{3} + \text{i} + 2\text{i}}{\sqrt{3} + \text{i} + 2\text{i}} = \dfrac{- \sqrt{3} + 3\text{i}}{\sqrt{3} + 3\text{i}} = \dfrac{\left(- \sqrt{3} + 3\text{i}\right)\left(\sqrt{3} - 3\text{i}\right)}{\left(\sqrt{3} + 3\text{i}\right)\left(\sqrt{3} - 3\text{i}\right)} = \dfrac{ - 3 + 6\text{i}\sqrt{3} + 9 }{3 + 9} = \dfrac{6 + 6\text{i}}{12} = \dfrac{1 + \text{i}}{2} =$

$\dfrac{z_{\text{B}} - z_{\text{A}}}{z_{\text{C}} - z_{\text{A}}} = \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \cos \frac{\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{\pi}{3} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$. 
		\item %En déduire la nature du triangle ABC.
Le résultat précédent peut s'écrire :

$z_{\text{B}} - z_{\text{A}} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\left(z_{\text{C}} - z_{\text{A}}\right)$ : cette égalité signifie que B est l'image de C dans la rotation de centre A et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$.

Le triangle ABC est isocèle en A d'angle au sommet $\dfrac{\pi}{3}$ ; tous ses angles sont donc égaux et le triangle (ABC) est équilatéral (indirect).
	\end{enumerate} 
\item %On note $r$ la rotation de centre A et d'angle mesurant $\dfrac{\pi}{3}$~radians. 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que le point O$'$, image de O par $r$, a pour affixe  $- \sqrt{3} - \text{i}$.
Si $M$ d'affixe $z$ a pour image $M'$ d'affixe $z'$ par $r$, on a :
$z' - z_{\text{A}} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\left(z - z_{\text{A}} \right)$.

En particulier si O d'affixe $0$ a pour image O$'$ d'affixe $z_{\text{O}'}$, alors :

$z_{\text{O}'} + 2\text{i} =  \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(0 + 2\text{i})$ ou encore 
$z_{\text{O}'} = - 2\text{i} + \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\times (2\text{i}) = - 2\text{i} + \text{i} - \sqrt{3} = - \sqrt{3} - \text{i}$.  
		\item %Démontrer que les points C et O$'$ sont diamétralement opposés sur le cercle $\Gamma$.
On a $z_{\text{O}'} + z_{\text{C}} = 0$, ce qui signifie que O est le milieu de [CO$'$] qui est un diamètre de $\Gamma$. 
		\item %Tracer l'image $\Gamma'$ du cercle $\Gamma$ par la rotation r.
L'image de $\Gamma$ a pour centre l'image de O, soit O$'$ et pour rayon 2. On trace donc le cercle $\Gamma'$ de centre O$'$ et de rayon O$'$O 
		\item %Justifier que les cercles $\Gamma$ et $\Gamma '$ se coupent en A et B.
Le point A appartient à $\Gamma$ ; c'est le centre de la rotation $r$ ; il est donc invariant et appartient donc à $\Gamma'$.

De même le point C appartient à $\Gamma$ ; son image par $r$ est B qui appartient donc à $\Gamma'$.

Les cercles $\Gamma$ et $\Gamma'$ ont en commun les points A et B.
	\end{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer l'ensemble $(E)$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que 
		
%		\[|z| = \left|z + \sqrt{3} + \text{i}\right|.\]
$|z| = \left|z + \sqrt{3} + \text{i}\right|$ peut s'écrire $|z| = \left|z - \left(- \sqrt{3} -  \text{i}\right)\right|$ ce qui signifie géométriquement que O$M = \text{O}'M \iff M$ est équidistant de O et de O$'$, c'est-à-dire que $M$ appartient à la médiatrice du segment [OO$'$] qui est donc l'ensemble $(E)$. 
		\item %Montrer que les points A et B appartiennent à $(E)$.
		Par définition de la rotation $r$, on a AO = AO$'$, donc A appartient à $(E)$.

On vient de voir que B appartient au cercle $\Gamma'$ de rayon 2, donc O$'$B = 2 = OB. B est donc lui aussi équidistant de O et de O$'$ : il appartient à $(E)$. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip
 
%Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct \Ouv.
% 
%On considère la similitude indirecte $f$ d'écriture complexe 
%
%\[z' = \left(1 + \text{i}\sqrt{3}\right)\overline{z}\]
%
%où $\overline{z}$ désigne le conjugué de $z$.
%  
%Soient les points A et B d'affixes respectives $z_{\text{A}} = \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{2}$  et $z_{\text{B}} = - \sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}$.
%
%On note A$'$ et B$'$ les images respectives des points A et B par $f$.
%
%\medskip
%
% \textbf{Une figure fournie en ANNEXE  du sujet, sera complétée et rendue avec la copie. Les différentes constructions seront faites à la règle et au compas, et les traits de construction devront apparaître clairement.}
% 
% \medskip
  
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Écrire les affixes des points A et B sous forme exponentielle.
$z_{\text{A}} = \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{2}$, donc 

$\left|z_{\text{A}} \right|^2 = 6 + 2 = 8 = \left(2\sqrt{2} \right)^2 \Rightarrow  \left|z_{\text{A}} \right| = 2\sqrt{2}$.

On peut en factorisant ce module écrire :

$z_{\text{A}} = 2\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2} \right) = 2\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{\pi}{6}\right) = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.

De même $z_{\text{B}} = - \sqrt{2} + \text{i}\sqrt{6}$, donc 
$\left|z_{\text{B}} \right|^2 = 2 + 6   = 8 = \left(2\sqrt{2} \right)^2 \Rightarrow  \left|z_{\text{B}} \right| = 2\sqrt{2}$.

On peut en factorisant ce module écrire :

$z_{\text{B}} = 2\sqrt{2}\left(-\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2\sqrt{2}\left(\cos \frac{2\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{2\pi}{3}\right) = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$.
		\item %Montrer que le triangle OAB est rectangle isocèle direct.
On a  $z_{\text{B}} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{6} + \frac{3\pi}{6}\right)} = 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{2}\right)} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}} \times 2\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.

Finalement : $z_{\text{B}} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}z_{\text{A}}$ ce qui montre que le point B est l'image du point A dans la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$, (donc dans le quart-de-tour direct de centre O).

On a donc OA = OB : le triangle est isocèle en O ;

$\left(\vect{\text{OA}}~;~\vect{\text{OB}} \right) = \dfrac{\pi}{2}$ : le triangle est rectangle en O.

\emph{Remarque :} on pouvait également montrer que OA = OB $ = 2\sqrt{2}$, donc le triangle est isocèle et montrer ensuite que $\left(\vect{\text{OA}}~;~\vect{\text{OB}} \right) = \dfrac{2\pi}{3} - \dfrac{\pi}{6} = \dfrac{\pi}{2}$ : le triangle OAB est donc rectangle direct en O.
		\item %En déduire la nature du triangle OA$'$B$'$.
Comme $\left(1 + \text{i}\sqrt{3}\right)\overline{0} = 0$, le point O est invariant par $f$. A a pour image A$'$, B a pour image B$'$.

L'image par une similitude indirecte du triangle rectangle direct OAB est le triangle  indirect, rectangle en O, OA$'$B$'$. 
		\item %Montrer que l'affixe $z_{\text{A}'}$ de A$'$ vérifie l'égalité : $z_{\text{A}'} =  2z_{\text{A}}$.
$z_{\text{A}'} = \left(1 + \text{i}\sqrt{3}\right)\overline{z_{\text{A}}} = \left(1 + \text{i}\sqrt{3}\right)\overline{\left(\sqrt{6} + \text{i}\sqrt{2}\right)} = \left(1 + \text{i}\sqrt{3}\right)\left(\sqrt{6} - \text{i}\sqrt{2} \right) = \sqrt{6} + \sqrt{6} - \text{i}\sqrt{2} + 3\text{i}\sqrt{2} = $

$2\sqrt{6} + 2\text{i}\sqrt{2} = 2z_{\text{A}}$.		
%En déduire la construction de A$'$ et B$'$.

Ce dernier résultat montre que les points O, A et A$'$ sont alignés et que A est le milieu de [OA$'$] : A$'$ est donc le symétrique de O autour de A. Il suffit ensuite de compléter le triangle rectangle en O indirect, OA$'$B$'$.
	\end{enumerate} 
\item %On note $r$ la rotation de centre O et d'angle de mesure $\dfrac{\pi}{3}$, et $s$ la symétrie orthogonale  d'axe $\left(\text{O}~;~\vect{u}\right)$. On pose $g = r \circ s$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer l'écriture complexe de la transformation $g$.
L'écriture complexe de $r$ est $z' = z\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$ et celle de $s$ est $z' = \overline{z}$.
L'écriture complexe de $g = r \circ s$ est donc $z' = \overline{z}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$. 
		\item %Montrer que les points O et A sont invariants par $g$.
On a $\overline{z}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} = 0$, donc O est invariant par $g$ ;

L'image par $g$ de A a pour affixe :

$\overline{\sqrt{6} + \text{i}\sqrt{2}}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} = \left(\sqrt{6} - \text{i}\sqrt{2} \right) \left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = \dfrac{\sqrt{6}}{2} + \dfrac{\sqrt{6}}{2} + \text{i}\dfrac{3\sqrt{2}}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{6} + \text{i}\sqrt{2} = z_{\text{A}}$. Donc A est lui aussi invariant par $g$.
		\item %En déduire la nature de la transformation $g$.
$g$ composée d'une similitude indirecte et d'une similitude directe est une similitude indirecte ayant deux points invariants distincts : c'est donc la réflexion d'axe (OA).
	\end{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que l'on peut écrire $f = h \circ g$, où $h$ est une homothétie de centre et de rapport à déterminer.
L'écriture complexe de $f$ est :
		
$z' = \left(1 + \text{i}\sqrt{3} \right)\overline{z} = 2\left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\overline{z}$.

On voit donc que $f$ est la composée de la similitude $g$ suivie de l'homothétie $h$ de centre O et de rapport 2, d'écriture complexe $z' = 2z$.

Donc $f = h \circ g$.  
		\item  %Sur la figure placée en \textbf{ANNEXE}, un point C est placé. Faire la construction de l'image C$'$ de C par la transformation $f$.
D'après la question précédente : $f = h \circ g = h \circ (r \circ s)$.

Pour trouver l'image d'un point C par $f$ :

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item On construit le symétrique C$_{1}$ de C autour de $\left(\text{O},~\vect{u}\right)$ ;
\item puis l'image C$_{2}$ de C$_{1}$ dans la rotation $r$ ;
\item et enfin l'image C$'$ de C$_{2}$ par l'homothétie de centre O et de rapport 2.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}   
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip 
 
%Une urne contient cinq boules indiscernables au toucher : deux vertes et trois rouges.
%
%\medskip
 
\textbf{Les questions 1. et 2. sont indépendantes}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %On extrait simultanément et au hasard deux boules de l'urne.
 
%On note $X$ la variable aléatoire égale au nombre de boules vertes figurant dans le tirage. 
	\begin{enumerate}
		\item %Vérifier que $P(X = 0) = \dfrac{3}{10}$ puis déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire $X$.
Le tirage étant simultané le nombre de tirages est celui de 2 boules parmi 5, soit $\binom{5}{2}$.

Le nombre de cas favorables est, les boules vertes étant retirées, égal au nombre de combinaisons de 2 boules rouges choisies parmi 3.

On a donc $p(X = 0) = \dfrac{\binom{3}{2}}{\binom{5}{2}} = \dfrac{3}{10} = 0,3$. 
		\item %Calculer l'espérance mathématique de la variable aléatoire $X$.
On a de même $p(X = 1) = \dfrac{\binom{2}{1}\times \binom{3}{1}}{\binom{5}{2}} = \dfrac{2 \times 3}{10} = \dfrac{6}{10}$

Enfin $p(X=2) = \dfrac{\binom{2}{2}}{\binom{5}{2}} = \dfrac{1}{10}$.

On a	 donc E $= 0\times \dfrac{3}{10} + 1 \times \dfrac{6}{10} + 2 \times \dfrac{1}{10} = \dfrac{8}{10} = \dfrac{4}{5} = 0,8$.
		\item %Calculer la probabilité de l'évènement suivant : 

%A : \og les deux boules tirées sont de même couleur \fg.
Si les deux boules sont rouges $X = 0$ et si les deux boules sont vertes

$X = 2$.

Donc $p(A) = p(X = 0) + p(X = 2) = \dfrac{3}{10} + \dfrac{1}{10} = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}$.
	\end{enumerate} 
\item %On effectue deux tirages successifs d'une boule en respectant la règle suivante :
 
%\emph{si la boule tirée est rouge, on la remet dans l'urne ; si elle est verte, on ne la remet pas.}

\medskip
 
	\begin{enumerate}
		\item~ %En utilisant un arbre pondéré, calculer la probabilité des évènements suivants :
		
%\setlength\parindent{10mm}
%\begin{description}
%\item[ ] B : \og seule la première boule tirée est verte \fg, 
On a $p(B) = p(V_{1}) \times p_{V_{1}}(R_{2}) = \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{3}{10}$.
%\item[ ] C : \og une seule des deux boules tirées est verte \fg.

$p(C) = p(R_{1}) \times p_{R_{1}}(V_{2}) + p(V_{1}) \times p_{V_{1}}(R_{2}) = \dfrac{3}{5} \times \dfrac{2}{5} + \dfrac{2}{5} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{6}{25} + \dfrac{3}{10} = \dfrac{27}{50} = \dfrac{54}{100} = 0,54$.
%\end{description}
%\setlength\parindent{0mm}

\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$R_{1}$}\taput{$\frac{3}{5}$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{$R_{2}$}\taput{$\frac{3}{5}$}
\TR{}~[tnpos=r]{$V_{2}$}\tbput{$\frac{2}{5}$}
 		}
	\pstree{\TR{$V_{1}$}\tbput{$\frac{2}{5}$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{$R_{2}$}\taput{$\frac{3}{4}$}
 \TR{}~[tnpos=r]{$V_{2}$}\tbput{$\frac{1}{4}$}
 		}
}
\end{center} 
		\item %Sachant que l'on a tiré exactement une boule verte, quelle est la probabilité que cette boule verte soit la première tirée ?
Il faut calculer :
		
$p_{C}\left(V_{1}\right) = \dfrac{p\left(C \cap V_{1} \right)}{p(C)} = \dfrac{\frac{2}{5}\times \frac{3}{4}}{\frac{27}{50}} = \dfrac{\frac{3}{10}}{\frac{27}{50}} = \dfrac{3}{10}\times \dfrac{50}{27} = \dfrac{15}{27} = \dfrac{5}{9}.$ 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip
 
L'espace est muni d'un repère orthonormé \Oijk.

\medskip
 
%\textbf{L'objectif de cet exercice est de déterminer la position relative d'objets de l'espace}
%
%\medskip
%
%\setlength\parindent{10mm}
%\begin{description}
%\item[ ] $\mathcal{P}$ est le plan passant par A(3~; 1~;~2) et de vecteur normal $\vect{n}(1~;~- 4~;~1)$ ;
%\item[ ] $\mathcal{D}$ est la droite passant par B(1~;~4~;~2) de vecteur directeur $\vect{u}(1~;~1~;~3)$. 
%\item[ ] $\mathcal{S}$ est la sphère de centre $\Omega(1~;~9~;~0)$ passant par A.
%\end{description}
%\setlength\parindent{0mm}
 
\begin{enumerate}
\item Intersection du plan $\mathcal{P}$ et de la droite $\mathcal{D}$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que le plan $\mathcal{P}$ a pour équation cartésienne : $x - 4y +  z - 1 = 0$.
Une équation de $\mathcal{P}$ est $1x - 4y + 1z + d = 0$ ;

A$(3~;~1~;~2) \in \mathcal{P} \iff 3 - 4 + 2 + d = 0 \iff d = - 1$.

Conclusion :  $M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{P} \iff x - 4y + z - 1 = 0$.  
		\item  %Montrer que la droite $\mathcal{D}$ est strictement parallèle au plan $\mathcal{P}$.
		On a $\vect{n} \cdot \vect{u} = 1 - 4 + 3 = 0$, ce qui signifie que la droite $\mathcal{D}$ est parallèle au plan $\mathcal{P}$.
		
Or B est un point de de $\mathcal{D}$ et B$(1~ ;~4~;~2) \in \mathcal{P} \iff 1 - 16 + 2 - 1 = 0 \iff -14 = 0$ qui est fausse. Donc B $\notin \mathcal{P}$.

Conclusion : la droite $\mathcal{D}$ est parallèle au plan $\mathcal{P}$ et distincte de celui-ci.
	\end{enumerate} 
\item Intersection du plan $\mathcal{P}$ et de la sphère $\mathcal{S}$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer la distance $d$ du point $\Omega$ au plan $\mathcal{P}$.
		$d(\Omega~;~\mathcal{P}) = \dfrac{\left|1 - 36 - 1 \right|}{\sqrt{1^2 + (-4)^2 + 1^2}} = \dfrac{36}{\sqrt{18}} = \dfrac{36}{3\sqrt{2}} = 6\sqrt{2}$.  
		\item %Calculer le rayon de la sphère $\mathcal{S}$. En déduire l'intersection du plan $\mathcal{P}$ et de la sphère $\mathcal{S}$.
Un rayon est $[\Omega \text{A}]$ ; or $\Omega\text{A}^2 = 2^2 + (-8)^2 + 2^2 = 72 = \left(6\sqrt{2}\right)^2 \Rightarrow \Omega\text{A} = 6\sqrt{2}$.

La distance du point $\Omega$ au plan $\mathcal{P}$ est égale au rayon de la sphère, donc le plan $\mathcal{P}$ est tangent à la sphère en A.
	\end{enumerate} 
\item Intersection de la droite $\mathcal{D}$ et de la sphère $\mathcal{S}$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\mathcal{D}$.
$M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{D} \iff~\text{il existe}~\alpha \in \R : \vect{\text{B}M} = \alpha \vect{u} \iff$

$\left\{\begin{array}{l c l}
x - 1&=&\alpha\\
y - 4&=&\alpha\\
z - 2&=&3\alpha\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=&1 + \alpha\\
y &=&4 + \alpha\\
z &=&2 + 3\alpha\\
\end{array}\right.$ 
		\item %Déterminer une équation cartésienne de la sphère $\mathcal{S}$.
On a vu que le rayon de la sphère vaut $6\sqrt{2}$. Donc :

$M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{S} \iff \Omega M^2 = \left(6\sqrt{2} \right)^2 \iff (x - 1)^2 + (y - 9)^2  + (z - 0)^2 = 72 \iff$

$M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{S} \iff x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 18y + 10 = 0$.
		\item %En déduire que la droite $\mathcal{D}$ coupe la sphère $\mathcal{S}$ en deux points $M$ et $N$ distincts dont on ne cherchera pas à déterminer les coordonnées.
Si $M(x~;~y~;~z)$ est commun à la droite $\mathcal{D}$ et à la sphère $\mathcal{S}$, ses coordonnées vérifient le système : 

$\left\{\begin{array}{l c l}
x &=&1 + \alpha\\
y &=&4 + \alpha\\
z &=&2 + 3\alpha\\
x^2 + y^2 + z^2 - 2x - 18y + 10 &=& 0
\end{array}\right.$ ce qui entra\^{\i}ne que :

$(1 + \alpha)^2 + (4 + \alpha)^2 + (2 + 3\alpha)^2 - 2(1 + \alpha) - 18(4 + \alpha) + 10 = 0$

$ \iff 11\alpha^2 + 2\alpha - 43 = 0$.

Cette équation du second degré a deux solutions distinctes réelles car $\Delta = 4 - 4 \times 11 \times (- 43) = 4 + \np{1892} = \np{1896} > 0$.

Conclusion : la droite $\mathcal{D}$ coupe la sphère $\mathcal{S}$ en deux points $M$ et $N$ distincts.  
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
\textbf{ANNEXE}

\vspace{1cm}

\textbf{EXERCICE 2}

\vspace{0.5cm}

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

\vspace{0,5cm}

\textbf{À rendre avec la copie }

\vspace{1.5cm}

\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-4.5,-4)(8.5,6.5)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,griddots=5,gridwidth=1.25pt,gridcolor=orange](-4,-4)(8.,6.)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-4.5,-4)(8.5,6.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pspolygon(0,0)(2.449,1.414)(-1.414,2.449)%OBA
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.4](-1.414,2.449)(2.449,1.414)(2.3,3.2)(2.3,-3.2)%ABCC_{1}
\uput[u](-1.414,2.449){B} \uput[ur](2.449,1.414){A} \uput[ur](2.3,3.2){C}\uput[dl](0,0){O}\uput[l](2.3,-3.2){C$_{1}$}\uput[ur](3.95,0.4){C$_{2}$}
\uput[u](7.9,0.8){C$'$}

\psarc(0,0){3.941}{-60}{10}
\psarc(2.3,-3.2){3.941}{55}{70}
\psline(7.9,0.8)
\psline(0,0)(2.3,-3.2)(3.95,0.4)
\psline(2.3,3.2)(2.3,-3.2) 
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}