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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Pondichéry}}
\rfoot{\small{3 avril 2006}}
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\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\red \Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Pondichéry~\decofourright\\3 avril 2006}} \end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  Faux. Contre-exemple : $\left(\text{e}^2\right)^3 = \text{e}^6$ et $\text{e}^{\left(2^3\right)} = \text{e}^8$.
		\item Vrai.
		\item Faux. L'équation de la tangente est  $y - \text{e} = \text{e}(x - 1) \iff y  = \text{e} x$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Vrai.
		\item Faux.  Exemple la fonction valeur absolue est continue et non dérivable en $0$.
		\item Vrai. Définition  du nombre dérivé $f'(a)$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Faux : contre-exemple : $u_{n} = 3n$ et  $v_{n} = - 2n$.
		\item Vrai : la suite a pour limite plus ou moins  l'infini.
		\item Vrai : même chose, la suite a pour limite plus ou moins l'infini.
		\item Faux : si $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} v_{n} = 0$, la suite diverge. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} (non spécialistes)}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $z_{0} = 2,~z_{1} = 1 + \text{i},~z_{2} = \text{i},~z_{3} = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\text{i}}{2},~z_{4} = - \dfrac{1}{2} \in \R$.

\bigskip

\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture*}(-2.05,-1)(2.05,1.5)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=2](0,0)(-2,-1)(2,1.5)
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\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\uput[dl](0,0){O} 
\psdots(2,0)  (1, 1) (0, 1) (-0.5, 0.5) (-0.5, 0)
\uput[dr](2,0){$z_{0}$} \uput[dr](1, 1){$z_{1}$} \uput[dr](-0.5, 0.5){$z_{3}$} 
\uput[dr](0, 1){$z_{2}$} \uput[dr](-0.5, 0){$z_{4}$} 
\end{pspicture*}

\bigskip

\item On a $u_{n+1} = \left|z_{n+1}\right| = \left|\dfrac{1 +\text{i}}{2}z_{n}\right| = \left|\dfrac{1 +\text{i}}{2}\right| \times \left|z_{n}\right| = \dfrac{1}{\sqrt{2}}u_{n}$.

L'égalité $u_{n+1} =  \dfrac{1}{\sqrt{2}}u_{n}$ montre que la suite $\left(u_{n}\right)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$. On a $u_{0} = \left|z_{0}\right| = |2| = 2$. On sait que $u_{n} = u_{0} \times \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n$. Finalement :

\[u_{n} = 2 \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n.\]

\item On a O$A_{n} = \left|z_{n}\right| = u_{n}$, donc $A_{n}$ appartient au disque (fermé) de centre O et de rayon 0,1 si et seulement si  $u_{n} \leqslant 0,1 \iff 2 \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n \leqslant 0,1 \iff 20 \leqslant \left(\sqrt{2}\right)^n \iff 20 \leqslant 2^{\frac{n}{2}}  \iff \dfrac{n}{2}\ln 2  \geqslant \ln 20 \iff n \geqslant \dfrac{2 \ln 20}{\ln 2} \approx 8,6$.
 
La condition sera donc réalisée la première fois par $u_{9}$. On a donc $n_{0} = 9$.

La calculatrice livre $u_{8} = 0,125$ et$u_{9} \approx 0,084 < 0,1$. 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout naturel $n,~u_{n} \neq 0$ donc $z_{n} \neq 0$. On peut donc écrire $\dfrac{z_{n+1} - z_{n}}{z_{n+1}} = \dfrac{\dfrac{1 +\text{i} }{2}z_{n} - z_{n}}{\dfrac{1 +\text{i} }{2}z_{n}} = \dfrac{1 + \text{i} - 2}{1 +  \text{i}} = \dfrac{-1 +  \text{i}}{1 +  \text{i}} = \dfrac{ \text{i}(1 +  \text{i})}{1 +  \text{i}} =  \text{i}$.
		
L'interprétation  géométrique de cette égalité est :
\begin{itemize}
\item  $\left(\vect{\text{O}A_{n+1}},~\vect{A_{n}A_{n+1}}\right) = + \dfrac{\pi}{2}$. Conclusion : pour tout naturel $n$ le triangle O$A_{n}A_{n+1}$ est rectangle en $A_{n+1}$.
\item En modules l'égalité donne  $\dfrac{A_{n}A_{n+1}}{\text{O}A_{n + 1 }} = 1 \iff A_{n}A_{n+1} = \text{O}A_{n + 1}$. Conclusion le triangle O$A_{n}A_{n+1}$ est isocèle en $A_{n+1}$.

Finalement pour tout naturel $n$, le triangle O$A_{n}A_{n+1}$ est rectangle isocèle en $A_{n+1}$, comme on peut le voir  sur les quatre premiers triangles de la figure ci-dessus.
\end{itemize} 
		\item Comme les triangles sont isocèles  $\ell_{n} = A_{0}A_{1}+ A_{1}A_{2} +\ldots +  A_{n-1}A_{n} = $
		
$\text{O}A_{1} + \text{O}A_{2} + \cdots + \text{O}A_{n} = u_{1} + u_{2} + \cdots+ u_{n}$.\\
Cette somme est la somme de $n$ premiers termes d'une suite géométrique de premier terme $u_{1} = \sqrt{2}$ et de raison $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$.

On a donc  $\ell_{n} = \sqrt{2}\dfrac{1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}^n}}{1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}}} = \dfrac{\sqrt{2}\left(\sqrt{2}^n - 1\right)}{\sqrt{2}^{n-1}(\sqrt{2}- 1)}$.

Comme$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\sqrt{2}^n - 1}{\sqrt{2}^{n-1}} = \sqrt{2}$, on a
 
\[\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \ell_{n} = \dfrac{2}{\sqrt{2} - 1}.\]

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{ Exercice 2} (spécialité)}

\medskip

\begin{enumerate}
\item La transformation $f$est de la forme $z' = az + b$ avec $a\in \C,~b \in \C$ : c'est donc une similitude.\\
Cherchons son centre $\Omega$  invariant par $f$ :\\
$z_{\Omega} = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)z_{\Omega} + 1 \iff  z_{\Omega} \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\text{i}\right) = 1 \iff z_{\Omega}(1 - \text{i}) = 2 \iff z_{\Omega} = \dfrac{2}{1 - \text{i}} = 1 + \text{i}$.

Le centre de la similitude est donc $\Omega$ d'affixe $1 + \text{i}$.

Les deux égalités  $z' = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)z+1$ et $1 + \text{i} = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)(1 + \text{i} ) + 1$ entraînent par différence :

$z' - (1 + \text{i} ) = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)[z - (1 + \text{i})]$.

Or $\left|\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right| = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
 Donc $\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$.
 
L'écriture de la similitude est donc finalement :

 \boldmath\[ z' - (1 + \text{i}) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}[z - (1 + \text{i})].\]\unboldmath
 
On reconnaît la composée  (dans n'importe quel ordre)

\begin{itemize}
\item d'une rotation de centre $\Omega$ et d'angle$\dfrac{\pi}{4}$ ;
\item d'une homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
\end{itemize}

\item  
	\begin{enumerate}
		\item Les affixes sont respectivement : $0~;~1~;~\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\text{i}~;~\dfrac{3}{2} + \text{i}$.
		\item On a $u_{n} = \Omega A_{n} = \left|z_{n} -  z_{\Omega}\right|$.
		
Or d'après la question 1., $z_{n+1} - z_{\Omega} =  \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\left[z_{n} - z_{\Omega}\right]$, soit en prenant les modules :

$\left| z_{n+1} - z_{\Omega}\right| = \left| \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\left[z_{n} - z_{\Omega}\right]  \right| = \left|\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right| \times\left|\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} \right| \times\left|z_{n} - z_{\Omega} \right| = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \times 1\times  \left|z_{n} - z_{\Omega} \right|$, ou encore $u_{n+1} =  \dfrac{1}{\sqrt{2}} u_{n}$, égalité qui montre que la suite $\left(u_{n}\right)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$, de premier terme $u_{0} = \Omega A_{0} = \Omega \text{O} = \sqrt{2}$ (diagonale d'un carré de côté 1). 

Il en résulte que$u_{n} = \sqrt{2} \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n$.
\item  D'après l'expression de $u_{n}$, tous les termes de la suite sont non nuls et $\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} < 1$ : la suite est donc décroissante.\\
Donc s'il existe $n_{0}$ tel que $u_{n_{0}} < 0,1$, tous les termes successifs vérifieront aussi cette inégalité.

Or $u_{n_{0}} < 0,1 \iff \sqrt{2} \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^{n_{0}} < 0,1 \iff \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^{n_{0}-1} < 0,1$, d'où d'après la croissance de la fonction logarithme népérien, $- \left(n_{0} - 1\right)\ln \sqrt{2} < - \ln 10 $

\iff \ln 10 < (n_{0} - 1)\ln \sqrt{2} \iff \dfrac{\ln 10}{\ln \sqrt{2}} < n_{0} - 1 \iff n_{0} > 1 + \dfrac{\ln 10}{\ln \sqrt{2}} \approx 7,6$.

Conclusion : le premier point  appartenant au disque de centre  $\Omega$ et de rayon 0,1 est le point $A_{8}$.
\end{enumerate}
\item   
	\begin{enumerate}
		\item Le triangle $\Omega A_{0}A_{1}$ est clairement rectangle isocèle en $A_{1}$.
		
Démontrons par récurrence que le triangle $\Omega A_{n}A_{n+1}$ est rectangle isocèle en $A_{n+1}$ :

\begin{itemize}
\item \emph{Initialisation} La propriété  est initialisée  pour $n = 0$.
\item \emph{Hérédité} : soit $n \in \N$ et supposons que le triangle $\Omega A_{n-1}A_{n}$ soit rectangle isocèle en $A_{n}$. 

Or le triangle $\Omega A_{n}A_{n+1}$ est tout simplement l'image par la similitude du triangle $\Omega A_{n-1}A_{n}$ : il est donc de même nature, soit rectangle isocèle en $A_{n+1}$.

La propriété est vraie pour $0$, et si elle est vraie au rang $n$, elle l'est au rang $n + 1$

D'après le principe de récurrence  le  le triangle $\Omega A_{n-1}A_{n}$ est rectangle isocèle en $A_{n}$ quel que soit le naturel $n$.
\end{itemize}
\item D'après la question précédente $\ell_{n} = A_{0}A_{1} + \cdots+ A_{n-1}A_{n} = \Omega A_{1} + \Omega A_{2} + \cdots+ \Omega A_{n} = u_{1} + u_{2} + \cdots+ u_{n}$, soit la somme des $n$ premiers termes (exception faite de $u_{0}$) de la suite géométrique vue ci-dessus.

On a donc $\ell_{n} = 1 \times \dfrac{\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n - 1}{\dfrac{1}{\sqrt{2}}- 1}$.

Comme$\dfrac{1}{\sqrt{2}} < 1,~\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n = 0$.

Conclusion :  $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \ell_{n} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2} - 1} = \dfrac{\sqrt{2}(\sqrt{2} + 1)}{(\sqrt{2}+ 1)(\sqrt{2}- 1)} =$\boldmath $ 2 + \sqrt{2}.$ \unboldmath 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{\textsc{ Exercice 3}}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \text{il existe}~\lambda \in \R~\text{tel que}~\vect{IM} = \lambda \vect{n}$, car on sait que $\vect{n}$ est un vecteur normal au plan $P$. On a donc
 
\[\left\{\begin{array}{l c l}
x - x_{I}&=&\lambda a\\
y - y_{I}&=&\lambda b\\
z - z_{I}&=& \lambda c
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
x 	&=&x_{I} + \lambda a\\
y  	&=& y_{I} + \lambda b\\
z  	&=& z_{I} + \lambda c
\end{array}\right.\]

qui est une équation paramétrique  de la droite $\Delta$.
\item D'après la question 1, $H$ est un point de $\Delta$, il vérifie donc lui aussi la relation de colinéarité :
\[ \vect{IH} = k \vect{n},~\text{avec}~k \in \R.\]
\item On a donc $\left\{\begin{array}{l c l}
x_{H} &=&x_{I} +  k a\\
y_{H}  &=& y_{I} +k b\\
z_{H}  &=& z_{I} +k c\\
\end{array}\right.$ mais comme $H$ appartient au plan $P$, ses coordonnées vérifient l'équation du plan soit $a(x_{I}k +  a) + b(y_{I} +k b) + c(z_{I} +k c) + d = 0 \iff k\left(a^2 + b^2 + c^2\right) + ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d = 0\iff k = - \dfrac{ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d}{a^2 + b^2 + c^2}$ (car $a,~b$ et $c$ ne sont pas simultanément nuls).
\item La relation vectorielle $\vect{IH} = k \vect{n}$ entraîne l'égalité des normes :
$IH = |k|\left\|\vect{n}\right\| =  \dfrac{\left|ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d\right|}{a^2 + b^2 + c^2} \times\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} = \dfrac{\left|ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d\right|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On applique la partie A  avec $I = \Omega$ et $H$ point commun au plan $\mathcal{Q}$ et au plan  $P$, le rayon de la sphère est donc 

$IH = \Omega H = \dfrac{|1 \times 1 - 1 \times (- 1) + 1\times 3 - 11|}{\sqrt{1 + 1 + 1}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$.
\item Un système d'équations paramétriques de la droite $\Delta$ est :

\[\left\{\begin{array}{l c l}
x 	&=	&1 + \lambda \\
y  	&=	&-1 - \lambda \\
z  	&=	&3 + \lambda \\
\end{array}\right.\]

\item En reportant ces coordonnées dans l'équation de $\mathcal{Q}$ on obtient $1  +\lambda + 1 + \lambda + 3 + \lambda - 11 = 0 \iff 3\lambda - 6 = 0 \iff \lambda = 2$.
En reportant cette valeur dans  les équations paramétriques de la droite $\Delta$ on obtient :

$x = 3~;~y = - 3~;~z = 5$. Le point commun à la sphère et au plan a pour coordonnées (3~;~- 3~;~5).
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{ Exercice 4}}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Soit $f$ dérivable, strictement positive sur $[0~;~+ \infty[$ et vérifiant

$f'(t) = - \dfrac{1}{20}f(t)[3 - \ln\left(f(t)\right)] \quad (1)$. La fonction $f$ étant strictement positive, la fonction $g = \ln f$ est bien définie sur  $[0~;~+ \infty[$ et $g' =  \dfrac{f'}{f} \iff f' = f \times g'$. Mais alors l'équation différentielle (1) s'écrit  $f g' = - \dfrac{1}{20}f[3 - \ln f] \iff$ 

$g' =  - \dfrac{1}{20}[3 - g]$, car $f \neq 0$.

Inversement si la fonction $g = \ln f$ vérifie l'équation différentielle

$g' =  - \dfrac{1}{20}[3 - g]\quad (2)$, alors puisque $g' =  \dfrac{f'}{f}$ existe comme dérivée de la fonction composée de $f$ avec la fonction $\ln$ sur $[0~;~+ \infty[$,  l'équation (2) s'écrit :

$\dfrac{f'}{f} = \dfrac{1}{20}\ln f - \dfrac{3}{20} \iff f' = \dfrac{1}{20}f\ln f - f\dfrac{3}{20} = - \dfrac{1}{20}f[3 - \ln f]$.

On a donc bien montré l'équivalence.
\item Les solutions de l'équation  $z' = - \dfrac{1}{20}z$ sont les fonctions $t \longmapsto \text{e}^{\frac{t}{20}}$.

D'autre part une solution particulière constante de l'équation $z' = \dfrac{1}{20}z - \dfrac{3}{20}$ est le nombre $- \dfrac{-\frac{3}{20}}{\frac{1}{20}} = 3$.\\
Finalement les solutions de l'équation   $z' = \dfrac{1}{20}z - \dfrac{3}{20}$ sont les fonctions 

$t \longmapsto g(t) = 3 + C\text{e}^{\frac{t}{20}}$, avec $C \in \R$.
\item D'après la question 1, les fonctions solutions de (E) sont les fonctions $f$ telles que $g = \ln f \iff f= \text{exp(g)}$.

Conclusion finale : les solutions de l'équation (E) sont toutes les fonctions $f$ telles que :

\[f(t) =  \text{exp}\left(3 + C\text{e}^{\frac{t}{20}}\right), \quad C \in \R.\]

\item Soit $f(t) = \text{exp}\left(3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}}\right)$.
	\begin{enumerate}
		\item De $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{\frac{t}{20}} = + \infty$, il résulte que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} -3 \text{e}^{\frac{t}{20}} = - \infty$ et enfin que\\
 $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 0_{+}$.
		\item On a $f'(t) = - \dfrac{3}{20}\text{e}^{\frac{t}{20}} \text{exp}\left(3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}}\right)$ et comme les exponentielles sont strictement positives, $f'$ est du signe de $- \dfrac{3}{20} < 0$. La fonction $f$ est décroissante sur $[0~;~+ \infty[$ de $1$ (millier) à $0$.
		\item $f(t) < 0,02 \iff \text{exp}\left(3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}}\right) < 0,02$ soit d'après la croissance de la fonction logarithme népérien  $3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}} < \ln 0,02 \iff  3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}} < - \ln 50 \iff 3\text{e}^{\frac{t}{20}} > 3 + \ln 50 \iff \text{e}^{\frac{t}{20}} > \dfrac{3 + \ln 50}{3} \iff \dfrac{t}{20} > \ln \left(\dfrac{3 + \ln 50}{3} \right) \iff$
		
$t > 20 \times  \ln \left(\dfrac{3 + \ln 50}{3} \right)$.

L'ensemble solution est donc $S = \left]20\ln\left(\dfrac{3 + \ln 50}{3} \right)~;~+ \infty\right[$.

On a : 0,02 millier correspond à 20 individus. Comme 
$20 \times \ln \left(\dfrac{3 + \ln 50}{3}\right) \approx 16,6$, la population sera inférieure à 20 individus à partir de la dix-septième année.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On dresse un arbre pondéré :

\bigskip

 \begin{center}\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\Tdot}
{
	\pstree{\Tdot~[tnpos=a]{$M$}\taput{$\frac{1}{2}$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{$T$}\taput{$\frac{99}{100}$}
 \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{T}$}\tbput{$\frac{1}{100}$}
 		}
	\pstree{\Tdot~[tnpos=b]{$\overline{M}$}\tbput{$\frac{1}{2}$}}
		{
\Tdot~[tnpos=r]{$T$}\taput{$\frac{1}{\np{1000}}$}
 \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{T}$}\tbput{$\frac{999}{\np{1000}}$}
 		}
}		
		 \end{center}
		 
\bigskip

On a $p(M) = \dfrac{1}{2}~;~p_{M}(T) = \dfrac{99}{100} \quad p_{\overline{M}}(T) = \dfrac{1}{\np{1000}}$ (d'après l'énoncé)
\item On a $p(T) = p(M \cap T) + p\left(\overline{M} \cap T\right) = \dfrac{1}{2} \times	 \dfrac{99}{100} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{\np{1000}} = \dfrac{991}{\np{2000}}$.
\item On a $p_{T}M = \dfrac{p(M  \cap T}{p(T)} = \dfrac{\frac{99}{200}}{\frac{991}{\np{2000}}} = \dfrac{990}{991}$. Comme $\dfrac{990}{991} \approx \np{0,99899}   < 0,999$, on en déduit que le test n'est pas fiable.
\end{enumerate}
%Un exercice semblable a été incompris par un certain C. Allègre obscur ancien ministre.
\end{document} 