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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
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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{Polynésie}}
\rfoot{\small{septembre 2009}}
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\thispagestyle{empty} 

\begin{center}{\Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S (obligatoire) Polynésie~\decofourright\\septembre 2009}}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}
 
\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

%On considère le cube OABCDEFG d'arête de longueur 1 représenté ci-dessous.

%Il n'est pas demandé de rendre le graphique complété avec la copie.
%  
%Soient les points P et Q tels que $\vect{\text{OP}} = 2 \vect{\text{OA}}$ et $\vect{\text{OQ}} = 4\vect{\text{OC}}$.
% 
%On appelle R le barycentre des points pondérés (B,~$-1$) et (F\,,~ 2).
% 
%L'espace est muni du repère orthonormal $\left(\text{O}~;~ \vect{\text{OA}},~ \vect{\text{OC}},~ \vect{\text{OD}}\right)$.
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que le point R a pour coordonnées (1~;~1~;~2).
Par définition, comme $-1 + 2 \neq 0$, R existe et vérifie $- \vect{\text{RB}} + 2 \vect{\text{RF}} = \vect{0} \iff \vect{\text{OR}} = - \vect{\text{OB}} + 2\vect{\text{OF}}$.

Comme B(1~;~1~;~0) et F(1~;~1~;~1), on obtient R(1~;~1~;~2).
		\item %Démontrer que les points P, Q et R ne sont pas alignés.
A et C appartiennent au plan OABC, donc P et Q également. Or R appartient par définition à la droite  (BF). Il ne pourrait être aligné avec P et Q que s'il était égal au point B du plan OABC, ce qui est faux.

P, Q et R ne peuvent donc être alignés.
On a P(2~;~0~;~0) et Q(0~;~4~;~0) 
		\item %Quelle est la nature du triangle PQR ?
On a P(2~;~0~;~0) et Q(0~;~4~;~0). Donc $\vect{\text{PQ}}(-2~;~4~;~0), \: \vect{\text{PR}}(-1~;~1~;~2)$ et $\vect{\text{QR}}(1~;~-3~;~ 2)$.

$\vect{\text{PR}}{}\cdot\:\vect{\text{QR}} = (-1) \times 1 + 1 \times (-3) + 2 \times 2 = - 1 - 3 + 4 = 0$, donc les droites (PR) et (QR) sont perpendiculaires : le triangle PQR est rectangle en R.

D'autre part PR $ = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}$ et QR $ = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}$. Donc le triangle n'est pas isocèle.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer qu'une équation du plan (PQR) est $4x + 2y + z - 8 = 0$.
		Un vecteur $\vect{n}(\alpha~;~\beta~;~\gamma)$ normal au plan PQR est orthogonal au vecteur  $\vect{\text{PR}}$ ; donc $-\alpha + \beta + 2\gamma = 0$.
		
De même $\vect{n}$ est orthogonal à $\vect{\text{PQ}}$ donc $-2\alpha + 4\beta = 0 \iff \alpha = 2\beta$, soit en reportant dans la première égalité : 

$-2\beta + \beta + 2\gamma = 0 \iff \gamma = \dfrac{1}{2}\beta$.

Donc $\vect{n}\left(2\beta~;~\beta~;~\dfrac{1}{2}\beta\right)$.

$M(x~;~y~;~z~) \in \text{PQR} \iff \vect{n}{}\cdot\:\vect{\text{P}M} = 0 \iff 2\beta(x - 2) + \beta(y - 0) + \dfrac{1}{2}\beta(z - 0) = 0 \iff 2\beta x + \beta y +  \dfrac{1}{2}\beta z - 4\beta = 0 \iff 4x + 2y + z - 8 = 0$.

On prendra pour la suite comme vecteur normal au plan $\vect{n}(4~;~2~;~1)$
		\item %Vérifier que le point D n'appartient pas au plan (PQR).
D$(0~;~0~;~1) \in \text{PQR} \iff 4 \times 0 + 2 \times 0 + 1 - 8 = 0$, ce qui est faux. D n'appartient pas au plan PQR.
	\end{enumerate} 
\item %On appelle H le projeté orthogonal du point D sur le plan (PQR).
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer un système d'équations paramétriques de la droite (DH).
Le vecteur $\vect{\text{DH}}$ est normal au plan PQR, donc colinéaire au vecteur $\vect{n}$. On a donc :

$M(x~;~y~;~z) \in (\text{DH)} \iff \vect{\text{D}M} = \alpha \vect{n} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x - 0 &=& 4\alpha\\
y - 0&=&2\alpha\\
z - 1&=&1\alpha
\end{array}\right. \iff $

$\left\{\begin{array}{l c l}
x  &=& 4\alpha\\
y &=&2\alpha\\
z &=&\alpha + 1
\end{array}\right.$ qui est un système d'équations paramétriques de la droite (DH).
		\item %Déterminer les coordonnées du point H.
Le point H appartient à la droite précédente et au plan PQR. Ses coordonnées vérifient donc :
		
$\left\{\begin{array}{l c l}
x  &=& 4\alpha\\
y &=&2\alpha\\
z &=&\alpha + 1\\
4x + 2y + z - 8 = 0
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
x  &=& 4\alpha\\
y &=&2\alpha\\
z &=&\alpha + 1\\
16\alpha + 4\alpha + \alpha + 1 - 8 &=& 0
\end{array}\right.$

$ \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x  &=& 4\alpha\\
y &=&2\alpha\\
z &=&\alpha + 1\\
21\alpha  & = &7
\end{array}\right.
\iff \left\{\begin{array}{l c l}
x  &=& \frac{4}{3}\\
y &=&\frac{2}{3}\\
z &=&\frac{4}{3}\\
\alpha   &=& \frac{1}{3}
\end{array}\right.$ 
		\item %Démontrer que le point H appartient à la droite (PR).
On a $\vect{\text{PH}}\left(\dfrac{4}{3} - 2~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{4}{3} \right)$ soit  $\vect{\text{PH}}\left(- \dfrac{2}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{4}{3}\right)$ et $\vect{\text{PR}}(-1~;~1~;~2)$.
		
On voit que $\vect{\text{PH}} = \dfrac{2}{3}\vect{\text{PR}}$ ce qui signifie que H appartient à la droite (PR) et a pour abscisse $\dfrac{2}{3}$ si le repère est (P,~R).
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

%\medskip

%\psset{unit=1.25cm}
%\begin{center}
%\begin{pspicture}(4,4)
%\pspolygon(0.3,0.7)(0.3,2.9)(2.6,2.6)(2.6,0.4)%AEFB
%\psline(0.3,2.9)(1.1,3.9)(3.4,3.6)(2.6,2.6)%EDGF
%\psline(3.4,3.6)(3.4,1.4)(2.6,0.4)%GCB
%\psline[linestyle=dashed](0.3,0.7)(1.1,1.7)(1.1,3.9)%AOD
%\psline[linestyle=dashed](1.1,1.7)(3.4,1.4)%OC
%\uput[dl](0.3,0.7){A} \uput[d](2.6,0.4){B} \uput[dr](3.4,1.4){C} \uput[u](1.1,3.9){D} 
%\uput[ul](0.3,2.9){E} \uput[u](2.6,2.6){F} \uput[ur](3.4,3.6){G} \uput[dr](1.1,1.7){O} 
%\end{pspicture}
%\end{center} 

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}
 
\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

%\emph{Pour chaque question, deux propositions sont énoncées.\\ 
%Il s'agit de dire, sans le justifier, si chacune d'elles est vraie ou fausse. 
%\textbf{Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la proposition et la mention VRAIE ou FAUSSE}.}

%\medskip
% 
%\emph{Pour chaque question, il est compté $1$~point si les deux réponses sont exactes, $0,5$~point pour une réponse exacte et une absence de réponse et $0$~point sinon.}

%\medskip

%\begin{tabularx}{\linewidth}{|p{6cm}|*{2}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline 
%\multicolumn{1}{|c|}{\textbf{Question A}}&Proposition 1 &Proposition 2\\
% Une urne contient 4 boules noires et 3 boules rouges indiscernables au toucher.
% 
%On tire deux boules au hasard simultanément. On considère les évènements :
% 
%A : \og les deux boules tirées sont de la même couleur \fg{} ; 

%B : \og une seule des deux boules tirées est rouge \fg.& La probabilité de A est égale à $\dfrac{3}{7}$.& La probabilité de B est égale à $\dfrac{1}{7}$.\\ \hline
%\multicolumn{1}{|c|}{\textbf{Question B}}&Proposition 3 &Proposition 4\\
%Soient A, B et C trois évènements d'un même univers $\Omega$ muni d'une probabilité $P$.
% 
%On sait que :
%\setlength\parindent{5mm}
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet~$] A et B sont indépendants ; 
%\item[$\bullet~$] $P(\text{A}) = \dfrac{2}{5}$ ;   $P(\text{A} \cup \text{B}) = \dfrac{3}{4}$ ; 
%\item[$\bullet~$] $P(\text{C}) = \dfrac{1}{2}$ ; $P(\text{A} \cap \text{C}) = \dfrac{1}{10}$·
%\end{itemize}
%\setlength\parindent{0mm} &$P(\text{B}) = \dfrac{7}{12}$&  $P\left(\overline{\text{A} \cup \text{C}}\right) = \dfrac{2}{5}$.
% 
%$\overline{\text{A} \cup \text{C}}$ désigne l'évènement contraire de $\text{A} \cup \text{C}$.\\ \hline 
%\multicolumn{1}{|c|}{\textbf{Question C}}&Proposition 5 &Proposition 6\\ 
%Une variable aléatoire $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p$ où $n$ est égal à 4 et $p$ appartient à ]0~;~1[.& Si 
%$P(X = 1) = 8P(X = 0)$ alors $ p = \dfrac{2}{3}$.&Si $p = \dfrac{1}{5}$ alors $P(X =1) = P(X =0)$.\\ \hline
%\multicolumn{1}{|c|}{\textbf{Question D}}&Proposition 7 &Proposition 8\\ 
%La durée de vie, exprimée en années, d'un appareil est modélisée par une variable aléatoire $X$ qui suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda = 0,07$ sur $[0~;~+ \infty[$.
% 
%On rappelle que pour tout $t> 0$, la probabilité de l'évènement $(X \leqslant  t)$ est donnée par : 

%$P(X \leqslant  t) = \displaystyle\int_{0}^t \lambda \text{e}^{- \lambda x}\:\text{d}x$  (avec $\lambda = 0,07$).& La probabilité que l'appareil ait une durée de vie supérieure à 10 ans est égale à $0,5$ à $10^{-2}$ près.& 
%Sachant que l'appareil a fonctionné 10~ans, la probabilité qu'il fonctionne encore  10~ans est égale à $0,5$ à $10^{-2}$ près.\\ \hline
%\end{tabularx}

%\medskip
\textbf{Question A}

\textbf{Proposition 1} : on a $\displaystyle\binom{4}{2} = 6$ possibilités de tirer 2 boules noires et $\displaystyle\binom{3}{2} = 3$ possibilités de tirer deux rouges et le nombre de possibilités de tirer deux boules parmi sept est $\displaystyle\binom{7}{2} = 21$.

D'o\`u $P(\text{A}) = \dfrac{6 + 3}{21} = \dfrac{9}{21} = \dfrac{3}{7}$. La proposition A est vraie.

\textbf{Proposition 2} : il faut tirer une rouge et une noire.

On a $\displaystyle\binom{4}{1} = 4$ possibilités de tirer une noire et $\displaystyle\binom{3}{2} = 3$ de tirer une rouge.

On a donc $P(\text{B}) = \dfrac{4 \times 3}{21} = \dfrac{4}{7}$. La proposition 2 est fausse.

\medskip

\textbf{Question B} 

\textbf{Proposition 3}

$A$ et $B$ sont indépendants signifie que $P(A \cap B) = P(A) \times P(B)$ ;

On sait d'autre part que $P(A \cap B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B)$.

On en déduit que $P(A) \times P(B) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) \iff P(\text{B})[P(A) - 1] = P(A) - P(A \cup B) \iff P(B) = \dfrac{P(A) - P(A \cup B)}{P(A) - 1}$ (car $P(A) \neq 1.$ Soit avec les valeurs numériques :

$P(B) = \dfrac{\frac{2}{5} - \frac{3}{4}}{\frac{2}{5} - 1} = \dfrac{\frac{8 - 15}{20}}{\frac{2 - 5}{5}} = \dfrac{-\frac{7}{20}}{- \frac{3}{5}} = \dfrac{7}{20} \times \dfrac{5}{3} = \dfrac{7}{12}.$ La proposition 3 est vraie.

\textbf{Proposition 4}

On a $P\left(\overline{A \cup C} \right) = 1 - P(A \cup C) = 1 - \left[P(A) + P(C) - P(A \cap C)\right] = 1 - P(A) - P(C) + P(A \cap C) = 1 - \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{10} = \dfrac{10 - 4 - 5 + 1}{10} = \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5}$. La proposition 4 est fausse.

\medskip

\textbf{Question C}

\textbf{Proposition 5} On sait que $P(X=k) = \displaystyle\binom{4}{k}p^k(1 - p)^{4 - k}$.

Donc $P(X = 1) = \displaystyle\binom{4}{1}p^1(1 - p)^{4 - 1} = 4p(1 - p)^3$ ;

$P(X = 0) =  \displaystyle\binom{4}{0}p^0(1 - p)^{4 - 0} = (1 - p)^4$.

Donc  $P(X=1) = 8P(X = 0) \iff 4p(1 - p)^3 = 8(1 - p)^4 \iff 4p = 8(1 - p) \iff 12p = 8 \iff p = \dfrac{2}{3}$. La proposition 5 est vraie.

\textbf{Proposition 6} Avec $p = \dfrac{1}{5}$ :

$P(X=1) =   4p = \dfrac{4}{5}$ et $P(X = 0) =   1 - p = 1 - \dfrac{1}{5} = \dfrac{4}{5}$. La proposition 6 est vraie.

\medskip

\textbf{Question D}

\textbf{Proposition 7}

La probabilité d'avoir une durée de vie inférieure à 10 ans est $\displaystyle\int_{0}^{10} 0,07\text{e}^{-0,07x}\:\text{d}x = \left[- \text{e}^{-0,07x} \right]_{0}^{10} = - \text{e}^{-0,7} + 1$.

La probabilité contraire est donc $\text{e}^{-0,7} \approx 0,496 \approx 0,50$ à $10^{-2}$ près. La proposition 7 est vraie.

\textbf{Proposition 8}

La loi est une loi de probabilité sans vieillissement : la probabilité cherchée est donc la même que la précédente soit 0,5 à $10^{-2}$ près. La proposition 8 est vraie.

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement obligatoire}

%\medskip

%Le plan complexe P est muni d'un repère orthonormal direct \Ouv, unité graphique : 2~cm.

%On appelle $\left(\Gamma \right)$ le cercle de centre O et de rayon 1.

%\medskip
%  
%\emph{On fera une figure que l'on complétera tout au long de l'exercice.}

%\medskip
% 
%On appelle $F$ l'application du plan $P$ privé du point O dans $P$ qui, à tout point $M$ différent de O, 
%d'affixe $z$, associe le point $M' = F(M)$ d'affixe $z'$ définie par :
%\[z' =  z + \text{i}  - \dfrac{1}{z}.\]

\begin{enumerate}
\item  %On considère les points A et B d'affixes respectives $a = \text{i}$ et $b = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$  et leurs images A$'$ et B$'$ par $F$ d'affixes respectives $a'$ et $b'$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $a'$ et $b'$.
$a' = \text{i} + \text{i}  - \dfrac{1}{\text{i}}  = 2\text{i} +\text{i} = 3\text{i}$ ;

$b' = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}} + \text{i} - \dfrac{1}{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}}  = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}\text{i} - \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{6}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i} + \text{i} - \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i} =  2\text{i}$. 
		\item %Placer les points A, A$'$ B et B$'$.
		Cf. la figure plus bas. 
		\item  %Démontrer que $\dfrac{-b}{b' - b} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\text{i}$.
$\dfrac{-b}{b' - b} =  \dfrac{-\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}}{2\text{i} - \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}} = \dfrac{- \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}\text{i}}{2\text{i} - \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}\text{i}}                           
= \dfrac{- \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}\text{i}}{\frac{3}{2}\text{i} - \frac{\sqrt{3}}{2}} = 
\dfrac{\left(- \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}\text{i} \right)\left(-\frac{3}{2}\text{i} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right)}
{\left(\frac{3}{2}\text{i} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right)\left(-\frac{3}{2}\text{i} - \frac{\sqrt{3}}{2} \right)} = $

$\dfrac{\frac{3}{4} - \frac{3}{4} + \left(\frac{\sqrt{3}}{4} + \frac{3\sqrt{3}}{4}  \right)\text{i}}{\frac{3}{4} + \frac{9}{4}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}\text{i}$.		 
		\item  %En déduire la nature du triangle OBB$'$.
On sait que arg$\left(\dfrac{-b}{b' - b} \right) = \left(\vect{\text{BB}'},~\vect{\text{BO}} \right) = \text{arg}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\text{i} \right) = \dfrac{\pi}{2}$.

$\left(\vect{\text{BB}'},~\vect{\text{BO}} \right) = \dfrac{\pi}{2}$ signifie que le triangle OBB$'$ est rectangle en B. 
	\end{enumerate}
	 
\item %On recherche l'ensemble (E) des points du plan $P$ privé du point O qui ont pour image par $F$, le point O. 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que, pour tout nombre complexe $z,$
%\[ z^2 + \text{i}z - 1 = \left(z + \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)\left(z - \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right).\]
$z^2 + \text{i}z - 1 = \left(z + \dfrac{1}{2}\text{i} \right)^2 + \dfrac{1}{4} - 1 = \left(z + \dfrac{1}{2}\text{i} \right)^2 - \dfrac{3}{4} = \left(z + \dfrac{1}{2}\text{i} + \dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)\left(z + \dfrac{1}{2}\text{i} -\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right).$ 
		\item %En déduire les affixes des points de l'ensemble (E).
On cherche les points $M$ tels que $F(M) = \text{O} \iff z + \text{i} + \dfrac{1}{z} = 0 \iff \dfrac{z^2 + \text{i}z + 1}{z} = 0 \iff  z^2 + \text{i}z + 1$ (car $M \neq $ O), soit d'après la question précédente si 

$\left\{\begin{array}{l c l}
z + \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}&=&0\\
& \text{ou}&\\
z - \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}&=&0\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
z &=& -\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}\text{i}\\
& \text{ou}&\\
z  &=&\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{2}\text{i}\\
\end{array}\right.$
		\item %Démontrer que les points de (E) appartiennent à $\left(\Gamma \right)$.
		Pour les deux points trouvés leurs coordonnées vérifient : 
		
$\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right)^2 + \left(\dfrac{1}{2} \right)^2 = \dfrac{3}{4} + \dfrac{1}{4} = 1 = 1^2$. Leur module est égal à 1 : les deux points de (E) appartiennent bien au cercle unitaire $(\Gamma)$.
	\end{enumerate} 
\item %Soit $\theta$ un réel. 
	\begin{enumerate}
		\item  %Démontrer que si $z = \text{e}^{\text{i}\theta}$  alors $z' = (2 \sin \theta +1)\text{i}$.
Si $z = \text{e}^{\text{i}\theta}$  alors $z' =  \text{e}^{\text{i}\theta} + \text{i} - \text{e}^{-\text{i}\theta} = \cos \theta + \text{i}\sin \theta + \text{i} - \cos \theta + \text{i}\sin \theta = 2\text{i}\sin \theta + \text{i} = (2\sin \theta + 1)\text{i}$.
		\item  %En déduire que si $M$ appartient au cercle $\left(\Gamma \right)$ alors $M'$ appartient au segment [A$'$C] où C a pour affixe $- \text{i}$.
Si $M$ a pour affixe $z = \text{e}^{\text{i}\theta}$, cela signifie qu'il appartient au cercle $(\Gamma)$ ; on vient de trouver que l'affixe de son image est égale à $(2\sin \theta + 1)\text{i}$ qui est un imaginaire pur. Donc $M'$ appartient à l'axe des ordonnées.

De plus $-1 \leqslant \sin \theta \leqslant 1 \Rightarrow -2 \leqslant 2\sin \theta \leqslant 2 \Rightarrow -1 \leqslant 2\sin \theta + 1 \leqslant 3$.

Conclusion : l'ordonnée de $M'$ est comprise entre $-1$, ordonnée du point C et $3$ ordonnée du point A$'$, donc $M' \in [\text{A}'\text{C}]$.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=2cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-3,-1.2)(3,3.2)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(-3,-1.2)(3,3.2)
\pscircle(0,0){1}
\psdots(0,1)(0.866,0.5)(0,3)(0,2)(-0.866,-0.5)(0.866,-0.5)(0,-1)%ABA'B'
\uput[ul](0,1){A}\uput[ur](0.866,0.5){B} \uput[l](0,3){A$'$} \uput[l](0,2){B$'$}\uput[dl](0,-1){C}\uput[dl](0,0){O}
\pspolygon(0,0)(0.866,0.5)(0,2)
\end{pspicture}
\end{center}

\vspace{1cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 7 points}

%\medskip

%Pour tout entier naturel $n$, on considère la fonction $f_{n}$ définie sur $]0~;~ + \infty[$ par : 
%\[f_{n}(x) =  - nx - x \ln x.\]

% On note $\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ la courbe représentative de la fonction $f_{n}$, dans un repère orthonormal \Oij.
%  
%Les courbes $\left(\mathcal{C}_{0}\right),~ \left(\mathcal{C}_{1}\right)$ et $\left(\mathcal{C}_{2}\right)$ représentatives des fonctions $f_{0},~ f_{1}$ et $f_{2}$ sont données en annexe.
% 
%On rappelle que $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$. 

\medskip

\textbf{Partie A : Étude de la fonction~ \boldmath $f_{0}$\unboldmath ~définie sur{} \boldmath $]0~;~+ \infty[$\unboldmath{}  par \boldmath $f_{0}(x) = -x\ln x$.}\unboldmath 
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de $f_{0}$ en $+ \infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} - nx = - \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} - x\ln x = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x)  = - \infty.$ 
\item %Étudier les variations de la fonction $f_{0}$ sur $]0~;~+\infty[$.
On a $f_{0}(x) = - x \ln x$; produit de fonctions dérivables elles est dérivable sur $]0~;~ + \infty[$ et 

$f'_{0}(x) = - \ln x - x \times \dfrac{1}{x} = - \ln x - 1$.

Or $- \ln x - 1 \geqslant 0 \iff \ln x \leqslant -1 \iff n x \leqslant \ln \text{e}^{-1} \iff x \leqslant \text{e}^{-1}.$

Donc sur $\left]0~;~\text{e}^{-1}\right],\:f'_{0}(x) \geqslant 0,\: f'_{0}\left(\text{e}^{-1} \right) = 0$ et sur $\left]\text{e}^{-1}~;~+\infty\right[,\: f'_{0}(x) < 0$. Donc croissance puis décroissance ce qui correspond bien au dessin donné.
\end{enumerate}

\medskip
 
\textbf{Partie B : Étude de certaines propriétés de la fonction{} \boldmath $f_{n},~ n$ \unboldmath{} entier naturel.}

\medskip
 
%Soit $n$ un entier naturel.
 
\begin{enumerate}
\item %Démontrer que pour $x \in \: ]0~;~ + \infty[$,  $f'_{n}(x) = -n -1 -\ln x$ où $f'_{n}$ désigne la fonction dérivée de $f_{n}$.
Comme $f_{n}(x) = f_{0}(x) - nx,~f'_{n}(x) = f'_{0}(x) - n =  - \ln x - 1 - n$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Démontrer que la courbe $\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ admet en un unique point $A_{n}$ d'abscisse $\text{e}^{-n-1}$ une tangente parallèle à l'axe des abscisses.
La courbe a un extremum quand la dérivée de la fonction s'annule soit si   $- \ln x - 1 - n = 0 \iff \ln x  = - n - 1\iff \ln x = \ln \text{e}^{-n - 1} \iff x = \text{e}^{-n - 1}.$

Conclusion : quel que soit $n \in \N$, la courbe  $\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ a un seul extremum : le point d'abscisse $\text{e}^{-n - 1}$.
		\item %Prouver que le point $A_{n}$ appartient à la droite $\Delta$ d'équation $y = x$.
On a $f_{n}\left(\text{e}^{-n - 1} \right) = - n\text{e}^{-n - 1} - \text{e}^{-n - 1}\ln \left(\text{e}^{-n - 1} \right) =  - n\text{e}^{-n - 1} - (-n - 1)\text{e}^{-n - 1} = - n\text{e}^{-n - 1} +  n\text{e}^{-n - 1} + \text{e}^{-n - 1} = \text{e}^{-n - 1}$.

Pour chaque point $A_{n}$, l'ordonnée est égale à l'abscisse, donc $A_{n}$ appartient à la droite d'équation $y = x$.
		\item %Placer sur la figure en annexe les points $A_{0},~ A_{1},~ A_{2}$.
		Cf. la figure
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Démontrer que la courbe $\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ coupe l'axe des abscisses en un unique point, noté $B_{n}$, dont l'abscisse est $\text{e}^{-n}$.
$\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ coupe l'axe des abscisses si et seulement si $-nx - x\ln x = 0 \iff -x(n + \ln x) = 0 \iff n + \ln x = 0$ (car $x \neq 0$) $\iff \ln x = - n \iff \ln x = \ln \text{e}^{-n} \iff x = \text{e}^{-n}$ (par croissance de la	 fonction $\ln$).		 
		\item %Démontrer que la tangente à $\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ au point $B_{n}$ a un coefficient directeur indépendant de l'entier $n$.
La tangente à $\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ au point $B_{n}$ a un coefficient directeur égal à 

$f'_{n}\left(\text{e}^{-n} \right) = - n - 1 - \ln \text{e}^{-n} = -n - 1 - (-n) = -1$. Ce coefficient est indépendant de $n$ et donne une pente de 45 \degres avec l'axe des abscisses.
		\item %Placer sur la figure en annexe les points $B_{0},~  B_{1}, B_{2}$.
		Cf. la figure
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip
 
\textbf{Partie C : Calculs d'aires}

\medskip
 
%Pour tout entier naturel $n$, on considère le domaine du plan $D_{n}$ délimité par l'axe des abscisses, la courbe $\left(\mathcal{C}_{n}\right)$ et les droites d'équation $x = \text{e}^{-n-1}$ et $x = \text{e}^{-n}$.
% 
%On note $I_{n}$ l'aire en unités d'aires du domaine $D_{n}$.
 
\begin{enumerate}
\item %Hachurer, sur la figure donnée en annexe, les domaines $D_{0},~ D_{1},~  D_{2}$.
Les droites verticales qui limitent les domaines correspondent respectivement au maximum de la fonction et à l'abscisse du point  de la courbe qui appartient à l'axe des abscisses.
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %À l 'aide d'une intégration par parties, calculer $\displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1  x \ln x\:\text{d}x$.
		
Posons $\left\{ \begin{array}{l c l}
u'&=&x\\
v&=&\ln x
\end{array}\right. \quad 
\begin{array}{l c l}
u&=&\dfrac{x^2}{2}\\
v'&=&\dfrac{1}{x}
\end{array}$

Toutes les fonctions étant continues on peut intégrer par parties et 

$\displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1  x \ln x\:\text{d}x = \left[\ln x \times \dfrac{x^2}{2} \right]_{\frac{1}{\text{e}}}^1 - \displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1 \dfrac{x}{2} = \left[\ln x \times \dfrac{x^2}{2} - \dfrac{x^2}{4} \right]_{\frac{1}{\text{e}}}^1  =  -\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2\text{e}^2} + \dfrac{1}{4\text{e}^2} =  \dfrac{3}{4}\text{e}^{-2} -\dfrac{1}{4}$.  
		\item  %En déduire que $I_{0} = \dfrac{1}{4} -  \dfrac{3}{4\text{e}^2}$.
On en déduit $I_{0} =  \displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1 - x\ln x\:\text{d}x = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4\text{e}^2}$.
		\item %On admet que le domaine $D_{n+1}$ est l'image du domaine $D_{n}$ par l'homothétie de  centre O et de rapport $\dfrac{1}{\text{e}}$. 

%Exprimer $I_{1}$ et $I_{2}$ en fonction de $I_{0}$.
Dans une homothétie les aires sont multipliées par le carré du rapport soit ici $\dfrac{1}{\text{e}^2} = \text{e}^{-2}$.

On a donc $I_{1} = I_{0}\times \text{e}^{-2}$ ;

$I_{2}  = I_{1} \times \text{e}^{-2} = I_{0}\text{e}^{-4}$.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
\textbf{ANNEXE}

\vspace{1,5cm}

\textbf{Cette page sera complétée et remise  à la fin de l'épreuve}

\vspace{1cm}

\begin{flushleft}
\textbf{Exercice 4}
\end{flushleft}

\bigskip

\psset{unit=6cm}
\begin{pspicture}[comma=true](-0.25,-0.6)(1.75,1.1)
%\psgrid[subgriddiv=10]
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=0.5,Dy=0.5]{->}(0,0)(-0.25,-0.5)(1.75,1)
\psframe(-0.25,-0.6)(1.75,1.1)
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue]{0.001}{1.49}{x ln x mul neg}\uput[r](1.34,-0.4){\blue$\left(\mathcal{C}_{0} \right)$}
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=green]{0.001}{0.788}{x ln 1 add x mul neg}\uput[r](0.67,-0.4){$\left(\green\mathcal{C}_{1} \right)$}
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=red]{0.001}{0.478}{x ln 2 add x mul neg}\uput[r](0.39,-0.4){$\left(\red \mathcal{C}_{2} \right)$}
\psplot{0}{1}{x}
\psline[linestyle=dashed](0.368,0)(0.368,0.368)\uput[u](0.368,0.368){$A_{0}$}
\psline[linestyle=dashed](0.135,0)(0.135,0.135)\uput[u](0.135,0.135){$A_{1}$}
\psline[linestyle=dashed](0.05,0)(0.05,0.05)\uput[u](0.05,0.05){$A_{2}$}
\uput[ur](1,0){$B_{0}$}\uput[ur](0.368,0){$B_{1}$}\uput[ur](0.135,0){$B_{2}$}
\rput{45}(1,0.9){$y = x$}
\psline(1,0)(1,1)
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=blue]{
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue]{0.368}{1}{x ln x mul neg}
\psline(1,0)(0.368,0)}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=green]{
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=green]{0.135}{0.368}{x ln 1 add x mul neg}
\psline(0.368,0)(0.135,0)}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=red]{
\psplot[plotpoints=5000,linecolor=red]{0.05}{0.135}{x ln 2 add x mul neg}
\psline(0.135,0)(0.05,0)}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}