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%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}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small septembre 2007}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S  
  Polynésie~\decofourright\\[3pt]septembre 2007}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  Les courbes 2 et 3 ne vérifient pas P$_{3}$.
		
Par contre le courbe 1 semble représenter une fonction de (E) : en particulier la courbe est sous la droite $y = x$.
		\item  Une fonction $f$ de (E) vérifie P$_{3}$ donc $f(x) \leqslant x \iff x - f(x) \geqslant 0$. Comme $0 < 1,~I_{f}$  représente l'aire de la partie du plan limitée par la courbe, la droite (D) et les droites d'équation $x = 0$ et $x = 1$. Donc $I_{f} \geqslant 0$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  $h(x)=2^x - 1 = \text{e}^{x\ln 2} - 1$. Cette fonction est dérivable et $h'(x) = \ln 2 \text{e}^{x\ln 2} >  0$ car les deux facteurs sont positifs : la fonction $h$ est donc croissante et vérifie P$_{1}$.
		
$h(0) = 1 - 1 = 0$ et $h(1) =  2^1 - 1 = 2 - 1 = 1$.

$h$ vérifie P$_{2}$.
		\item  Soit $\varphi(x) = 2^x - x - 1$. Cette fonction est dérivable comme somme de fonctions dérivables et
		
$\varphi'(x) = \ln 2 \text{e}^{x\ln 2} - 1$ et

$\varphi''(x) = (\ln 2)^2  \text{e}^{x\ln 2} > 0$. On en déduit le tableau de variations suivant :
\begin{center}
\begin{pspicture}(7,4)
\psline(0,1)(7,1) \psline(0,2)(7,2)  \psline(0,3)(7,3) \psline(1,0)(1,3.5) 
\uput[u](0.5,3){$x$} \uput[u](1.25,3){$0$} \uput[u](4,3){$\alpha$} 
\uput[u](6.8,3){$1$} \uput[u](0.5,2.2){$\varphi''$} 
\uput[u](2.5,2.2){$+$} \uput[u](5.5,2.2){$+$} \uput[u](0.5,1.2){$\varphi'$} \uput[u](1.8,1){\footnotesize$\ln 2 - 1 < 0$} \uput[d](6,2.1){\footnotesize$2\ln 2 - 1 > 0$}
\uput[u](0.5,0.2){$\varphi$} \uput[d](1.2,1){$0$} \uput[d](6.8,1){$0$} 
\psline{->}(2.5,1.2)(6,1.7) \psline{->}(1.3,0.75)(3.7,0.2)\psline{->}(4.3,0.2)(6.7,0.75) \rput(4,1.45){$0$}
\end{pspicture} \end{center}

Ce tableau montre que sur [0 ; 1], $\varphi(x) \leqslant 0 \iff 2^x - - 1 - x \leqslant 0 \iff 2^x - 1 \leqslant x \iff h(x) \leqslant x$.

On a donc démontré que $h$ vérifie la propriété P$_{3}$, donc appartient à (E).
		\item  $I_{h} = \displaystyle\int_{0}^1 \left[x - \left(2^x - 1\right)\right]\:\text{d}x  = \displaystyle\int_{0}^1 \left[x -  \text{e}^{x\ln 2} + 1\right]\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2} {2} - \dfrac{2^x}{\ln 2} + x \right]_{0}^1 = \dfrac{1}{2} + 1 - \dfrac{2}{\ln 2} + \dfrac{1}{\ln 2} =   \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{\ln 2}$.\\
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item   $P$ vérifie P$_{2} \Rightarrow  \left\{\begin{array}{r c l}
c		&=&0\\
a + b+ c&=&1\\
\end{array}\right.$

Donc $c = 0$ et $b = 1 - a$. Pour tout $x$ de l'intervalle [0 ; 1],\\ $P(x) = ax^2 +(1 - a)x$.

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
		\item $P'(x) = 2ax + (1 - a)$. Sur [0~;~1], $2ax \geqslant 0$ et $1 - a > 0$, donc $P'(x) > 0$ : la fonction $P$ est croissante sur [0~;~1].
\item $P(0) = 0$ et $P(1) = a + 1 - a = 1$. $P$ vérifie P$_{2}$.
\item Considérons $P(x) - x = ax^2 + (1 -a)x -x = ax^2 - ax = ax(x - 1)$. Comme $a > 0,~0 \leqslant x \leqslant 1$ et $x - 1 \leqslant 0,~P(x) - x \leqslant 0 \iff P(x) \leqslant x$. Donc $P$ vérifie P$_{3}$ et finalement $P \in $ (E)
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
		\item  $I_{P} = \displaystyle\int_{0}^1 \left[x - ax^2 - (1 - a)x\right]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{0}^1 \left(ax - ax^2\right)\:\text{d}x = \left[\dfrac{ax^2}{2} - \dfrac{ax^3}{3} \right]_{0}^1 =\\ \dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{3} = \dfrac{a}{6}$.
		\item  $I_{P} = I_{h} \iff \dfrac{a}{6} = \dfrac{3}{2} - \dfrac{1}{\ln 2} \iff a = 9 - \dfrac{6}{\ln 2}.$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill 4 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  On a  A(3 ; 0 ; 0), C(0 ; 3 ; 0) et E(3 ; 0 ; 3).
		\item  L barycentre du système $\{(\text{C}~;~2),~(\text{E}~;~1)\} \iff 2\vect{\text{LC}} + \vect{\text{LE}} = 0 \\
\iff \left\{\begin{array}{l c l}
2\times (-x) + 3 - x	&=&0\\
2(3 - y) + 0 - y		&=&0\\
2(0 - z) + 3 - z		&=&0\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l cl}
1&=&x\\
2&=&y\\
1&=&z\\
\end{array}\right.$. Donc L(1 ; 2 ; 1)
		\item  $\vect{\text{AE}}\left(\begin{array}{c}0 \\ 0 \\3 \\ \end{array}\right)$ et $\vect{\text{DL}}\left(\begin{array}{c}1 \\ 2 \\ 1 \\ \end{array}\right)$.
	\end{enumerate}
\item  

	\begin{enumerate}
		\item  $\vect{\text{A}M}\left(\begin{array}{c}0\\0\\3a\\\end{array}\right)$. Or  $\vect{\text{A}M} = \vect{\text{AD}} + \vect{\text{D}M} \iff \vect{\text{D}M} = \vect{\text{A}M} + \vect{\text{DA}}\left(\begin{array}{c}3\\0\\3a\\\end{array}\right)$.
$\vect{MN}$ orthogonal à $\vect{\text{AE}} \Rightarrow \vect{MN}~\cdot~\vect{\text{AE}} = 0 \iff \left(\vect{M\text{D}} + \vect{\text{D}N}\right)~\cdot~\vect{\text{AE}} = 0 \iff$

$ - 3a \times 3 + b \times 3 = 0 \iff 3a - b = 0$.

De même $\vect{MN}~\cdot~\vect{\text{DL}} = 0 \iff \left(\vect{M\text{D}} + \vect{\text{D}N} \right)~\cdot~\vect{\text{DL}} = 0 \iff$

$ -3 \times 1 -3a \times 1 + b \times 1 + 2b \times 2 + b \times 1
\iff -3 - 3a + 6b = 0 \iff - a + 2b = 1$.  D onc  $\vect{MN}$	est orthogonal aux vecteurs $\vect{\text{AE}}$	et $\vect{\text{DL}}$ si et seulement si le couple $(a,~ b)$ vérifie le système $\left\{\begin{array}{l c l}
- a + 2b& =&1\\
3a - b	& =& 0\\
\end{array}\right.$
		\item  $\left\{\begin{array}{l c l}
- a + 2b& =&1\\
3a - b	& =& 0\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- a + 2b& =&1\\
6a - 2b	& =& 0\\
\end{array}\right. \Rightarrow 5a = 1 \iff a = \dfrac{1}{5}$, puis $b = \dfrac{3}{5}$. Ce système a un seul couple solution.

Il existe donc un seul point M$_{0}$ de (AE) de coordonnées $\left(3~;~0~;~\frac{3}{5} \right)$ et un seul point N$_{0}$ de (DL) de coordonnées $\left(\frac{3}{5}~;~\frac{6}{5}~;~\frac{3}{5} \right)$ tels que la droite (M$_{0}$N$_{0}$) est orthogonale aux droites (AE) et (DL).
		\item  On calcule M$_{0}$N$_{0}^2 = \left(\dfrac{6}{5} - 3 \right)^2 + \left(\dfrac{6}{5} \right)^2 + 0^2   = \dfrac{144}{25} + \dfrac{36}{25} = \dfrac{180}{25} = \dfrac{36}{5}$.
		
Donc la distance (la plus courte) entre (AE) et (DL) est égale à $\dfrac{6\sqrt{5}}{5}.$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}
 
\medskip

\begin{enumerate}
\item ~ 
\begin{center}
\begin{pspicture}(5,5)
\rput(1.75,5.5){début de} \rput(1.75,4.5){l'année \no $0$}
\rput(3.75,5.5){début de} \rput(3.75,4.5){l'année \no $1$}
\psline[linestyle=dashed](2,4.3)(2,2.7)
\psline[linestyle=dashed](4,4.3)(4,3.6)
\pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$A_{0}$}\taput{$0,4$}}
		{\TR{$A_{1}$}\taput{$0,6$}
		\TR{$B_{1}$}\tbput{$0,3$}
		\TR{$C_{1}$}\tbput{$0,1$}
		}
\pstree[]{\TR{$B_{0}$}\taput{$0,41$}}
		{\TR{$A_{1}$}\taput{$0,3$}
		\TR{$B_{1}$}\tbput{$0,6$}
		\TR{$C_{1}$}\tbput{$0,1$}
		}
\pstree[]{\TR{$C_{0}$}\tbput{$0,19$}}
		{\TR{$C_{1}$}\taput{$1$}		
		}
}
\end{pspicture}
\end{center}

\vspace{3cm}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  On a  $p_{1} = p(\text{A}_{0} ~\cap~ \text{A}_{1}) + p(\text{B}_{0} ~\cap~ \text{A}_{1}) = 0,4 \times 0,6 + 0,41 \times 0,6 = 0,24 + 0,123 = 0,363$.
		
De même  on  calcule $q_{1} = p(\text{A}_{0} ~\cap~ \text{B}_{1}) + p(\text{B}_{0} ~\cap~ \text{B}_{1}) = 0,4 \times 0,3 + 0,41 \times 0,6 = 0,12 + 0,3246 = 0,366$.

Et $r_{1} =  p(\text{A}_{0} ~\cap~ \text{C}_{1}) + p(\text{B}_{0} ~\cap~ \text{C}_{1}) + p(\text{C}_{0} ~\cap~ \text{C}_{1}) = 0,4 \times 0,1 + 0,41 \times 0,1 + 0,19 \times 1 = 0,04 + 0,041 + 0,19 = 0,271$.

On vérifie que $0,363 + 0,366 + 0,271 = 1,000$
 
		\item  
\begin{pspicture}(5,4)
%\rput(1.75,5.5){début de} \rput(1.75,4.5){l'année $n^{\circ} 0$}
%\rput(3.75,5.5){début de} \rput(3.75,4.5){l'année $n^{\circ} 1$}
%\psline[linestyle=dashed](2,4.3)(2,2.7)
%\psline[linestyle=dashed](4,4.3)(4,3.6)
\pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$A_{n}$}\taput{$p_{n}$}}
		{\TR{$A$}\taput{$0,6$}
		\TR{$B$}\tbput{$0,3$}
		\TR{$C$}\tbput{$0,1$}
		}
\pstree[]{\TR{$B_{n}$}\taput{$q_{n}$}}
		{\TR{$A$}\taput{$0,3$}
		\TR{$B$}\tbput{$0,6$}
		\TR{$C$}\tbput{$0,1$}
		}
\pstree[]{\TR{$C_{n}$}\tbput{$r_{n}$}}
		{\TR{$C$}\taput{$1$}
		
		}
}
\end{pspicture}

\vspace{2.5cm}

En reprenant les deux premières branches en remplaçant $A$ par $A_{n}$ (avec une probabilité $p_{n}$ d'y arriver)  et B par B$_{n}$ (avec une probabilité $q_{n}$ d'y arriver), on obtient 
\[\left\{\begin{array}{l c l}
p_{n+1}&=& 0,6p_{n} + 0,3 q_{n}\\
q_{n+1}& =& 0,3p_{n} + 0,6q_{n}\\
\end{array}\right.\]
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item   $S_{n} = q_{n} + p_{n}$ donc $S_{n+1} = q_{n+1} + p_{n+1} = 0,3p_{n} + 0,6q_{n} + 0,6p_{n} + 0,3 q_{n} = 0,9q_{n} + 0,9p_{n} = 0,9\left(q_{n} + p_{n}\right) = 0,9S_{n}$ ce qui montre que la suite $\left(S_{n}\right)$ est une suite géométrique de raison $0,9$ de premier terme $q_{0} + p_{0} = 0,81$.
		
De même   $D_{n} = q_{n} - p_{n}$, donc $D_{n+1} = q_{n+1} - p_{n+1} =$

$ 0,3p_{n} + 0,6q_{n} - \left(0,6p_{n} + 0,3 q_{n} \right) = 0,3q_{n} - 0,3p_{n} = 0,3\left(q_{n} - p_{n} \right) = 0,3D_{n}$. Donc $\left(D_{n}\right)$ est une suite géométrique de raison $0,3$ de premier terme 

$q_{0} - p_{0} = 0,01.$
		\item  On sait que $S_{n} = (0,9)^n\cdot S_{0} = (0,9)^n\times 0,81$.
		
Or $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}0,9^n = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}S_{n} = 0$. (car $-1 < 0,9 < 1$).

Même limite pour la suite $\left(D_{n}\right)$.
		\item  On a : $\left\{\begin{array}{l c l}
		S_{n} = q_{n} + p_{n}&=& 0,81\cdot (0,9)^n\\
		D_{n} = q_{n} - p_{n}&=&0,01\cdot (0,3)^n
		\end{array}\right.$

On en déduit par différence et par somme :

$\left\{\begin{array}{l c l}
p_{n}&=&\dfrac{1}{2}\left(S_{n} - D_{n}\right)\\
q_{n}&=&\dfrac{1}{2}\left(S_{n} + D_{n}\right)
\end{array}\right.$

On a donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}p_{n}  = 0$ et $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}q_{n} = 0$.

D'après la loi des probabilités totales on en déduit que
 
\[\lim_{n \to + \infty} r_{n} = 1.\]

Cela signifie qu'à longue échéance il n'y aura plus que des plantes du type C (ce qui semble normal puisque seules celles-ci se remplacent, alors que celles du type A et B se raréfient.)
	\end{enumerate}
 \end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

Pour cet exercice, les figures correspondant aux parties A et B sont fournies sur la feuille jointe en annexe . Cette feuille ne sera pas remise avec la copie.

Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct \Ouv.

On considère un triangle OAB et une similitude directe $\sigma$ de centre O, de rapport 2 et d'angle $\theta$. Soit :

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$] 	les points A$'$ et B$'$, images respectives des points A et B par la similitude $\sigma$ ;
\item[$\bullet$]	les points I, milieu du segment [A$'$ B] et J, milieu du segment [A B$'$] ;
\item[$\bullet~~$]	le point M milieu du segment [AA$'$] ;
\item[$\bullet~~$]	le point H, projeté orthogonal du point O sur la droite (AR) et le point H$'$ image du point H par la similitude $\sigma$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

\bigskip

\textbf{Partie A. étude d'un exemple}

\medskip

Dans cette partie, le point A a pour affixe  $-6 + 4\text{i}$, le point B a pour affixe $2+4\text{i}$, et le point H, projeté orthogonal du point O sur la droite (AB), a donc pour affixe $4$i.

La similitude $\sigma$ est la similitude directe de centre O, de rapport	$\dfrac{1}{2}$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item  L'écriture complexe de la similitude $\sigma$ est $z' = \dfrac{\text{i}}{2}z$.

On a donc $z_{\text{A}'} = \dfrac{\text{i}}{2}(- 6 + 4 \text{i}) = - 2 - 3\text{i}$.

 $z_{\text{B}'} = \dfrac{\text{i}}{2}(2 + 4 \text{i}) = - 2 +\text{i}$.\\
$z_{\text{H}'} = \dfrac{\text{i}}{2}( 4 \text{i}) = - 2 $.\\ 
\item  I a pour affixe $\dfrac{\text{i}}{2}$, J $\left(- 4 + \dfrac{5\text{i}}{2}\right)$.

L'affixe du vecteur $\vect{\text{IJ}}$ est donc $(- 4 +2\text{i})$ et celle du vecteur $\vect{\text{HH}'}(- 2 - 4\text{i})$.

On a donc $\vect{\text{IJ}} \cdot \vect{\text{HH}'} = (- 4) \times ( -2) + 2 \times (- 4) = 8 - 8 = 0$, ce qui montre que ces vecteurs sont orthogonaux et donc que (IJ) est perpendiculaire    à la droite (HH$'$).
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B. étude du cas général}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  On sait que (OH) $\perp$ (AB) : la similitude conservant les angles, on en déduit que (OH$'$) $\perp$ (A$'$B$'$).
		
D'autre part une similitude conservant l'alignement :

H $\in $ (AB) entraîne que H$' \in$ (A$'$B$'$).

Conclusion : le point H$'$ est le projeté orthogonal de O sur la droite (A$'$B$'$). 
		\item  Dans le triangle AA$'$B la droite (MI) est la droite des \og milieux \fg{} : donc $\vect{\text{MI}} = \dfrac{1}{2}\vect{\text{AB}}$.
		
On admet que	$\vect{\text{MJ}} = \dfrac{1}{2}\vect{\text{A}'\text{B}'}$. (même théorème)
\item  On en déduit  que $\dfrac{\text{MJ}}{\text{MI}} = \dfrac{\text{A}'\text{B}'}{\text{AB}} = 2$ (rapport de la similitude).

Or on sait d'après la question précédente que $\dfrac{\text{OH}'}{\text{OH}} = \dfrac{\text{A}'\text{B}'}{\text{AB}} = 2$ ; donc finalement $\dfrac{\text{MJ}}{\text{MI}} = \dfrac{\text{OH}'}{\text{OH}}$.

 D'autre part (MB) étant parallèle à (AB) et (MJ) parallèle à (A$'$B$'$), on a $\left(\vect{\text{MI}},~\vect{\text{MJ}}\right) =  \left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{A$'$B$'$}}\right)  = \left(\vect{\text{OH}},~\vect{\text{OH}'}\right)$  à $2k\pi$,~ près.
 
Donc finalement $\left(\vect{\text{MI}},~\vect{\text{MJ)}}\right) = \left(\vect{\text{OH}},~\vect{\text{OH}'}\right) + 2k\pi,~k \in \Z$.
 \end{enumerate}
\item  On considère les points M, I et J et leurs images respectives O, H et K  par $s$.

	\begin{enumerate}
		\item On a $\dfrac{\text{MJ}}{\text{MI}} = \dfrac{\text{OK}}{\text{OH}} = \dfrac{\text{OH}'}{\text{OH}}$ (d'après la question précédente) ; donc  OK= OH$'$.\\ 
De même $\left(\vect{\text{MI}},~\vect{\text{MJ}}\right)  =\left(\vect{\text{OH}},~\vect{\text{OK}}\right)  + k\times 2\pi,~ k \in \Z = \left(\vect{\text{OH}},~\vect{\text{OH}'}\right)  + k\times 2\pi,~ k \in \Z  = \theta + k\times 2\pi,~ k \in \Z$.
		\item  On en  déduit que le point H$'$ est le point K, donc  l'image du point J par la similitude $s$.
	\end{enumerate}
\item L'angle $\left(\vect{\text{IJ}},~\vect{\text{HH}'}\right)$ est égal à l'angle de la similitude $s$  ; il en est de même pour l'angle $\left(\vect{\text{MI}},~\vect{\text{OH}}\right)$.\\
Donc $\left(\vect{\text{IJ}},~\vect{\text{HH}'}\right) = \left(\vect{\text{MI}},~\vect{\text{OH}}\right) + k\times 2\pi,~ k \in \Z$.

Montrer que $\left(\vect{\text{IJ}},~\vect{\text{HH}'}\right) = \left(\vect{\text{MI}},~\vect{\text{OH}}\right)  + k\times 2\pi,~ k \in \Z$.

On a vu que (OH) $\perp$ (AB) et que (MI) est parallèle à (AB), donc (MI) est perpendiculaire à (OH). L'angle de la similitude $s$ est donc égal à $\dfrac{\pi}{2}$.

D'après l'égalité ci-dessus la droite (IJ) est donc perpendiculaire à la droite (HH$'$).
\end{enumerate}
\end{document}