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\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{juin 2009}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2009~\decofourright}}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\subsection*{{Exercice 1 \hfill 4 points}}

%\emph{ Commun à tous les candidats.} 

%Une entreprise fabrique des lecteurs MP3, dont 6\:\% sont défectueux.
 
%Chaque lecteur MP3 est soumis à une unité de contrôle dont la fiabilité n'est pas parfaite.

% Cette unité de contrôle rejette 98\:\%
%  des lecteurs MP3 défectueux et 5\:\%
%   des lecteurs MP3 fonctionnant correctement.
%  
%On note :

%\setlength\parindent{5mm}
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet~$]  $D$ l'évènement : \og le lecteur MP3 est défectueux \fg{} ; 
%\item[$\bullet~$]  $R$ l'évènement :  \og  l'unité de contrôle rejette le lecteur MP3 \fg.
%\end{itemize} 
%\setlength\parindent{0mm}
\medskip

\begin{enumerate}
\item ~ %Faire un arbre pondéré sur lequel on indiquera les données qui précèdent.
\begin{center}\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=3pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$D$~}\taput{$0,06$}}
		{
\TR{$R$}\taput{$0,98$}
 \TR{$\overline{R}$}\tbput{$0,02$}
 		}
	\pstree{\TR{$\overline{D}$~}\tbput{$0,94$}}
		{
\TR{$R$}\taput{$0,05$}
 \TR{$\overline{R}$}\tbput{$0,95$}
 		}
}
		
		 \end{center}
		 
\bigskip 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Calculer la probabilité que le lecteur soit défectueux et ne soit pas rejeté.
		En suivant la deuxième branche : $p\left(\text{D} \cap \overline{R}\right) = p(D) \times p_D\left(\overline{R}\right) =  0,06 \times 0,02 = \np{0,0012}$. 
	\item %On dit qu'il y a une erreur de contrôle lorsque le lecteur MP3 est rejeté alors qu'il n'est pas défectueux, ou qu'il n'est pas rejeté alors qu'il est défectueux.
Il y a erreur de contrôle pour les évènements disjoints  $D \cap \overline{R}$ et $\overline{D} \cap R$.

Sa probabilité est donc : 

$p\left(D \cap \overline{R}\right) + p\left(\overline{D} \cap R\right) = 0,06 \times 0,02 + 0,94 \times 0,05 = \np{0,0012} + \np{0,0470} = \np{0,0482}.$
	
%Calculer la probabilité qu'il y ait une erreur de contrôle.
	\end{enumerate} 
\item  %Montrer que la probabilité qu'un lecteur MP3 ne soit pas rejeté est égale à \np{0,8942}.
La probabilité qu'un lecteur MP3 ne soit pas rejeté est égale à :

$p\left(D \cap \overline{R}\right) + p\left(\overline{D} \cap \overline{R}\right) = 0,06 \times 0,02 + 0,94 \times 0,95 = \np{0,0012} + \np{0,8930} = \np{0,8942}$. 
\item %Quatre contrôles successifs indépendants sont maintenant réalisés pour savoir si un lecteur MP3 peut être commercialisé. 

%Un lecteur MP3 est :
% 
%\setlength\parindent{5mm}
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet~$] commercialisé avec le logo de l'entreprise s'il subit avec succès les quatre contrôles successifs, 
%\item[$\bullet~$] détruit s'il est rejeté au moins deux fois, 
%\item[$\bullet~$] commercialisé sans le logo sinon.
%\end{itemize} 
%\setlength\parindent{0mm}

% Le coût de fabrication d'un lecteur MP3 s'élève à 50~\euro.
%  
%Son prix de vente est de 120~\euro{} pour un lecteur avec logo et 60~\euro{} pour un lecteur sans logo.
% 
%On désigne par $G$ la variable aléatoire qui, à chaque lecteur MP3 fabriqué, associe le gain algébrique en euros (éventuellement négatif) réalisé par l'entreprise. 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire $G$.
La variable aléatoire suit une loi binomiale de paramètres $n = 4$ et de probabilité 

$p = \np{0,8942}$.

La probabilité que $G = 120 - 50 = 70$~\euro{} est égale à $\displaystyle\binom{4}{4}\times \np{0,8942}^4 \approx \np{0,6394}$ ; 

La probabilité que $G = 60 - 50 = 10$~\euro{} est égale à 

$\displaystyle\binom{4}{1}\times\np{0,8942}^3 \times (1 - \np{0,8942}) \approx \np{0,3026}$ ;

La probabilité que $G = - 50$~\euro{} est égale à $\approx 1 - (\np{0,6394} + \np{0,3026}) \approx \np{0,058}$.
	\item %Calculer à $10^{-2}$ près l'espérance mathématique de $G$. Donner une interprétation de ce résultat.
	L'espérance mathématique de $G$ est donc égale à :
	
	$70 \times \np{0,6394} + 10 \times \np{0,3026} - 50 \times \np{0,058} = 44,758 + 3,036 - 2,9 \approx 44,89$~\euro. 
	
	Cela signifie qu'en moyenne on peut compter sur un bénéfice de 44,89~\euro{} par lecteur produit.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\subsection*{{Exercice 2 \hfill 5 points}}

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

\medskip
 
\textbf{Partie A : Restitution organisée de connaissances}
 
%Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct.

%On supposera connus les résultats suivants :

%\newpage

%$\bullet~$ Pour tous points A, B et C du plan d'affixes respectives $a,~ b$ et $c$, avec A $\neq$ C  et A~$\neq$~B :

%$\left|\dfrac{b - a}{c - a}\right| = \dfrac{\text{AB}}{\text{AC}}$ et arg$\left(\dfrac{b - a}{c - a}\right) = \left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{AB}} \right) + k \times 2\pi$~o\`u $k$ est un entier relatif  ;

%$\bullet~$ Soit $z$ un nombre complexe et soit $\theta$ un nombre réel : 

%$z = \text{e}^{\text{i}\theta}$ si et seulement si $|z| = 1$ et arg$(z) = \theta  + k \times  2\pi$ où $k$ est un entier relatif. 

%\medskip

%Démontrer que la rotation $r$ d'angle $\alpha$ et de centre $\Omega$ d' affixe $\omega$ est la transformation du plan qui à tout point $M$ d'affixe $z$ associe le point $M'$ d'affixe $z'$ telle que : $z'- \omega= \text{e}^{\text{i}\theta}(z - \omega)$. 

\medskip

\textbf{Partie B }

%Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct \Ouv, unité graphique 1~cm. 

%Soit $f$ l'application qui, à tout point $M$ d'affixe $z$ associe le point $M'$ d'affixe $z'$ telle que : 
%\[z'= \text{i}z + 4+ 4\text{i}.\]
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer l'affixe $\omega$ du point $\Omega$ tel que $f(\Omega) = \Omega$
		L'affixe $\omega$ vérifie $\omega = \text{i}\omega + 4 + 4\text{i} \iff \omega(1 - \text{i}) = 4 (1 + \text{i}) \iff \omega = 4\dfrac{1 + \text{i}}{1 - \text{i}} = 4\dfrac{(1 + \text{i})^2}{1 + 1} = 2 \times 2\text{i} = 4\text{i}$. Donc $\Omega(4\text{i})$ est invariant par $f$. 
\item %Montrer que, pour tout nombre complexe $z$ on a : $z'- 4\text{i} = \text{i}(z -4\text{i})$.
On a $\left\{\begin{array}{l cl }
z'&=& \text{i}z + 4+ 4\text{i}\\
4\text{i}&=&\text{i}\times 4\text{i} + 4+ 4\text{i}
\end{array}\right. \Rightarrow z' - 4\text{i} = \text{i}(z - 4\text{i})$ par différence. 
		\item %En déduire la nature et les éléments caractéristiques de $f$.
		L'égalité précédente montre que $f$ est la rotation de centre $\Omega$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$, car i $ = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}$.
	\end{enumerate} 
\item %On note A et B les points d'affixes respectives $a = 4 - 2\text{i}$ et $b = -4 + 6\text{i}$. 
	\begin{enumerate}
	\item %Placer les points A,   B et  $\Omega$  sur une figure que l'on compl\`etera au fur et à mesure des questions.
	Cf. ci dessous. 
	\item %Déterminer les affixes des points A$'$ et B$'$ images respectives des points A et B par $f$.
	On a $z_{\text{A}'} = \text{i}(4 - 2\text{i}) + 4 + 4\text{i} = 6 + 8\text{i}$.
	
De même $z_{\text{B}'} = \text{i}(-4 +  6\text{i}) + 4 + 4\text{i} = -2.$ 
	\end{enumerate}
\item %On appelle $m,~ n,~ p$ et $q$ les affixes des points M N, P et Q, milieux respectifs des segments [AA$'$],  [A$'$B], [BB$'$] et [B$'$A].
 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer $m$. On admettra que $n = 1 + 7\text{i},~p = -3 + 3\text{i}$ et $q = 1 -\text{i}$.
	Le milieu M de [AA$'$] a pour affixe $5 + 3\text{i}$.  
	\item %Démontrer que MNPQ est un parallélogramme.
Le milieu de [MP] a pour coordonnées (1~;~3) ;

Le milieu de [NQ] a pour coordonnées (1~;~3). Le quadrilatère MNPQ a ses diagonales qui ont le même milieu : c'est donc un parallélogramme. 
	\item %Déterminer la forme alg\'ebrique du nombre complexe $\dfrac{q - m}{n - m}$.
$\dfrac{q - m}{n - m} = \dfrac{- 4 -4\text{i}}{-4 + 4\text{i}} = \dfrac{1 + \text{i}}{1 - \text{i}} = \dfrac{(1 +\text{i})^2 }{2} = \dfrac{2\text{i}}{2} = \text{i}.$

Donc 	$\dfrac{q - m}{n - m}  = \text{i} \Rightarrow \vect{\text{MN}},~\vect{\text{MQ}} = \dfrac{\pi}{2} \quad [\pi]$, donc (MN) et (MQ) sont perpendiculaires.

D'autre part 	$\dfrac{q - m}{n - m}  = \text{i} \Rightarrow  \dfrac{\text{MQ}}{\text{MN}} = 1 \iff \text{MQ} = \text{MN}$. 
		%En déduire la nature du quadrilatère MNPQ. 
Le quadrilatère MNPQ est donc un rectangle donc deux côtés consécutifs ont la même longueur : c'est donc un carré.
	\end{enumerate}
\item  %Démontrer que les droites (B$'$A) et ($\Omega$N) sont perpendiculaires.
On a $\vect{\Omega\text{N}} \cdot \vect{\text{AB}'} = \dfrac{1}{2}\left(\vect{\Omega\text{A}'} + \vect{\Omega\text{B}} \right) \cdot \left(\vect{\text{A}\Omega} + \vect{\Omega\text{B}'} \right) = \dfrac{1}{2}\left(\vect{\Omega\text{A}'} \cdot \vect{\Omega\text{B}'} + \vect{\Omega\text{B}} \cdot \vect{\Omega\text{A}}\right)$ car par définition de la rotation $\vect{\Omega\text{A}}$ et $\vect{\Omega\text{A}'}$ sont orthogonaux ainsi que $\vect{\Omega\text{B}}$ et $\vect{\Omega\text{B}'}$.

Donc $\vect{\Omega\text{N}} \cdot \vect{\text{AB}'} = \dfrac{1}{2}\left(\vect{\Omega\text{A}'} \cdot \vect{\Omega\text{B}'} - \vect{\Omega\text{B}} \cdot \vect{\Omega\text{A}} \right)$.

Or la rotation conservant les longueurs et les angles, $\vect{\Omega\text{B}} \cdot \vect{\Omega\text{A}} = \vect{\Omega\text{B}'} \cdot \vect{\Omega\text{A}'}$, donc $\vect{\Omega\text{N}} \cdot \vect{\text{AB}'} = 0$.

Conclusion les droites ($\Omega$N) et (AB$'$) sont perpendiculaires.

\end{enumerate}

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-5,-3)(7,9)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(-5,-3)(7,9)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.25pt](0,0)(-5,-3)(7,9)
\psdots(4,-2)(-4,6)(6,8)(-2,0)(5,3)(1,7)(-3,3)(1,-1)(0,4)
\pspolygon(4,-2)(0,4)(6,8)
\pspolygon(-4,6)(0,4)(-2,0)
\pspolygon(5,3)(1,7)(-3,3)(1,-1)
\psline(6,8)(-4,6)
\psline(4,-2)(-2,0)
\uput[d](4,-2){A} \uput[l](-4,6){B}\uput[ur](6,8){A$'$}
\uput[dl](-2,0){B$'$} \uput[r](5,3){M}\uput[u](1,7){N}
\uput[l](-3,3){P} \uput[d](1,-1){Q}\uput[r](0,4){$\Omega$}
\uput[dl](0,0){O}\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\psline[linecolor=blue](-5,1)(7,-3)
\psline[linecolor=blue](1,7)(-2,-2)
\end{pspicture}
\end{center} 

\vspace{0,22cm}

\subsection*{{Exercice 2 \hfill 5 points}}

\emph{Candidats ayant  suivi l'enseignement de spécialité} 

\medskip

\textbf{Partie A : Restitution organisée de connaissances}

\medskip
 
%Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct.

% On supposera connu le résultat suivant : 
% 
%Une application $f$ du plan dans lui-même est une similitude directe si et seulement si $f$ admet une écriture complexe de la forme $z'= az+b$ où $a \in \C - \{0\}$ et $ b \in \C$.

% 
%Démontrer que si A, B, A$'$ et B$'$ sont quatre points teIs que A est distinct de B et A$'$ est distinct de B$'$, alors il existe une unique similitude directe transformant A en A$'$ et B en B$'$. 

\medskip

\textbf{Partie B}

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

%On note A, B, C, D et E les points d'affixes respectives 

%\[z_{\text{A}} = 2\text{i},~ z_{\text{B}} = 2,~ z_{\text{C}} = 4+6\text{i},~ z_{\text{D}} = -1 +\text{i}~~ \text{et}~~ z_{\text{E}} = 	-3+3\text{i}. \]

\begin{enumerate}
\item  ~%Placer les points sur une figure qui sera complétée au fur et à mesure des questions.

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(-4,-2)(5,7)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-4,-2)(5,7)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.25pt](0,0)(-4,-2)(5,7)
\psdots(0,2)(2,0)(4,6)(-1,1)(-3,3)(-0.4,0.8)(2.4,1.2)(-0.6,2.2)
\uput[l](0,2){A} \uput[d](2,0){B} \uput[r](4,6){C} \uput[d](-1,1){D} \uput[d](-3,3){E}\uput[dl](-0.4,0.8){$\Omega$}\uput[dr](2.4,1.2){$M$}
\uput[u](-0.6,2.2){$N$}\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}\uput[dl](0,0){O}
\psline[linecolor=blue](0,2)(2.4,1.2)
\psline[linecolor=blue](-1,1)(-0.6,2.2)
\pspolygon(0,2)(2,0)(4,6)
\pspolygon(0,2)(-1,1)(-3,3)
\pscircle(1,1){1.414} \pscircle(-0.5,1.5){0.707}
\psline(0,2)(-0.4,0.8)(-1,1)
\psline(0,2)(-0.4,0.8)(2,0)
\psline(4,6)(-0.4,0.8)(-3,3)
\end{pspicture}
\end{center} 
 
\item  %Déterminer la nature du triangle ABC.
$\vect{\text{AB}}(2~;~-2)$ et  $\vect{\text{AC}}(4~;~4)$ ; donc $\vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{AC}} = 8 - 8 = 0$ ; les vecteurs sont orthogonaux, les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires, donc ABC est un triangle rectangle en A.
\item %Soit $f$ la similitude plane directe telle que $f$(A) = D et $f$(B) = A.
	\begin{enumerate}
		\item  %Donner l'écriture complexe de $f$.
On a vu que l'écriture complexe de l'unique similitude $f$ est $z' = az + b$.
	
Donc $\left\{\begin{array}{l c l}
\text{D}&=&f(\text{A})\\
\text{A}&=&f(\text{B})
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
-1 + \text{i}&=& 2a\text{i} + b\\
2\text{i}&=&2a + b~(2)
\end{array}\right. \Rightarrow$

$ 1 + \text{i} = 2a(1 - \text{i}) \iff a = \dfrac{1}{2}\dfrac{1 + \text{i}}{1 - \text{i}} = \dfrac{1}{2}\dfrac{(1 + \text{i})^2}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}\text{i}$.

Il en résulte avec l'équation (2) que $b =  2\text{i} - 2\dfrac{1}{2}\text{i} = \text{i}$.

L'écriture complexe de $f$ est donc :
\[z' = \dfrac{1}{2}\text{i}z + \text{i}.\]
	\item %Déterminer l'angle, le rapport et le centre $\Omega$ de cette similitude.
	Cherchons le point invariant $\Omega(\omega)$ de cette similitude :
	
	$\omega = \dfrac{1}{2}(\text{i})\omega + \text{i} \iff 2\omega = \omega\text{i} + 2\text{i} \iff \omega(2 - \text{i}) =  2\text{i} \iff \omega = \dfrac{2\text{i}}{2 - \text{i}} = \dfrac{2\text{i}(2 + \text{i})}{4 + 1} = \dfrac{2}{5}(-1 + 2\text{i})$.
	
On a donc 

$\left\{\begin{array}{l c l}
z'&=&\dfrac{1}{2}\text{i}z +  \text{i}\\
\dfrac{2}{5}(-1 + 2\text{i}) &=&\dfrac{1}{2}\text{i}(\dfrac{2}{5}(-1 + 2\text{i})) + \text{i} 
\end{array}\right. \Rightarrow z' - \dfrac{2}{5}(-1 + 2\text{i}) = \dfrac{1}{2}\text{i}\left(z - \dfrac{2}{5}(-1 + 2\text{i})\right).$

Conclusion : le rapport de cette similitude est égale à : $\left|\dfrac{1}{2}\text{i}\right| = \dfrac{1}{2}$ et son angle est égal à arg$\left(\dfrac{1}{2}\text{i} \right) = \dfrac{\pi}{2}$. 
	\item %Montrer que le triangle DAE est l'image du triangle ABC par la similitude $f$.
On a déjà  $\text{D}=f(\text{A})$ et 
$\text{C}=f(\text{B})$. Cherchons $f$(C) ; $z_{f(\text{C})} = \dfrac{1}{2}\text{i}(4 + 6\text{i})+ \text{i} = (2\text{i} - 3)  + \text{i} = - 3 + 3\text{i}$ qui est bien l'affixe de E.

Donc le triangle DAE est l'image du triangle ABC par la similitude $f$.
	\item %En déduire la nature du triangle DAE.
Par la similitude les angles sont conservés, donc le triangle DAE est rectangle en A et les dimensions multipliées par le rapport, donc ici divisées par 2. 
	\end{enumerate} 
\item %On désigne par $\left(\Gamma_{1}\right)$ le cercle de diamètre [AB] et par $\left(\Gamma_{2}\right)$ le cercle de diamètre [AD].
 
%On note $M$ le second point d'intersection du cercle $\left(\Gamma_{1}\right)$ et de la droite (BC), et $N$ le second point d'intersection du cercle $\left(\Gamma_{2}\right)$ et de la droite (AE). 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer l'image de $M$ par la similitude $f$.
		L'image par $f$ du cercle $\left(\Gamma_{1}\right)$ de diamètre [AB] est le cercle de diamètre $[f(\text{A})f(\text{B})]$, donc de diamètre [DA] soit le cercle $\left(\Gamma_{2}\right)$.
		
		L'image de la droite (BC) est la droite (AE).
		
		Donc $M$ a pour image par $f$ le point commun à $\left(\Gamma_{2}\right)$ et à (AE) soit le point $N$.
	\item %En déduire la nature du triangle $\Omega MN$.
	On en déduit que $\left(\vect{\Omega M},~\vect{\Omega N}\right) = \dfrac{\pi}{2}$ : le triangle $\Omega MN$ est donc rectangle en $\Omega$. 
	\item %Montrer que $M\text{B} \times N\text{E} = M\text{C} \times N\text{A}$.
$M$ appartient au demi-cercle de diamètre [AB] : le triangle AB$M$ est donc rectangle en $M$ ; [A$M$] est donc la hauteur issue de A dans le triangle ABC.

Considérons le rapport $\dfrac{M\text{B}}{M\text{C}}$ ; comme dans la similitude toutes les longueurs sont divisées par 2, la quotient des images à savoir $\dfrac{N\text{A}}{N\text{E}}$ est inchangé. Donc 

\[\dfrac{M\text{B}}{M\text{C}} = \dfrac{N\text{A}}{N\text{E}} \iff M\text{B} \times N\text{E} = M\text{C} \times N\text{A}\]
 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\subsection*{{Exercice 3 \hfill 5 points}}

%\emph{ Commun à tous les candidats}

%\medskip
% 
%L'espace est muni d'un repère orthonormal \Oijk.
% 
%On considère les points : A$(1~;~-1~;~3)$,  B$(0~;~3~;~1)$,  C$(6~;~-7~;~-1)$, D$(2~;~1~;~3)$ et E$( 4~;~- 6~;~2)$. 

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que le barycentre du système $\left\{(\text{A},~ 2),~(\text{B}, - 1),~(\text{C},~1)\right\}$ est le point E.
		
Soit  $G$ le barycentre de $\left\{(\text{A},~ 2),~(\text{B}, - 1),~(\text{C},~1)\right\}$. Soit $G_{1}$ le barycentre de $\left\{(\text{A},~ 2),~(\text{B}, - 1)\right\}$. Par définition $2\vect{G_{1}\text{A}} - 1\vect{G_{1}\text{B}} = \vect{0} \iff \vect{\text{O}G_{1}} = \left(2\vect{\text{OA}} -  \vect{\text{OB}}\right)$ qui a pour coordonnées $(2~;~-5~;~5)$. $G$  est le barycentre de $\left\{(G_{1},~1),~(\text{C},~1)  \right\}$ soit le milieu de $[G_{1}\text{C}]$ qui a pour coordonnées 

$(4~:~-6~;~2)$ : c'est bien le point E. 
	\item  %En déduire l'ensemble  $\Gamma$ des points $M$ de l'espace tels que 
%	\[\left\|2\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} + \vect{M\text{C}}\right\| = 2\sqrt{21}.\]
On a $2\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} + \vect{M\text{C}} = 2\vect{M\text{E}} - \vect{M\text{E}} + \vect{M\text{E}} + 2\vect{\text{EA}} - \vect{\text{EB}} + \vect{\text{EC}} = 2\vect{M\text{E}}.$

Donc $\left\|2\vect{M\text{A}} - \vect{M\text{B}} + \vect{M\text{C}}\right\| = 2\sqrt{21} \iff \left\|2\vect{M\text{E}}\right| = 2\sqrt{21} \iff \text{E}M = \sqrt{21}$.

Les points $M$ appartiennent donc à la sphère $\Gamma$ de centre E et de rayon $\sqrt{21}$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que les points A,  B et D définissent un plan.
$\vect{\text{AB}}(-1~;~4~;~-2)$ et $\vect{\text{AD}}(1~;~2~;~0)$ ne sont pas colinéaires ; les points A, B et D ne sont pas lignés : ils définissent un plan. 
	\item %Montrer que la droite (EC) est orthogonale au plan (ABD).
$\vect{\text{EC}}(2~;~-1~;~-3)$. Or 

$\vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{EC}} = -2 - 4 + 6 = 0$ et

$\vect{\text{AD}} \cdot \vect{\text{EC}} = 2 - 2 + 0 = 0$.

Le vecteur $\vect{\text{EC}}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABD), il est donc orthogonal à ce plan. La droite (EC) est orthogonale au plan (ABD).
	\item %Déterminer une équation cartésienne du plan (ABD).
$\vect{\text{EC}}(2~;~-1~;~-3)$ étant un vecteur normal au plan, une équation de ce plan est 

$2x - 1y - 3z + d = 0$.

B$(0~ ;~3~;~1) \in \text{(ABD)} \iff -3 - 3 + d = 0 \iff d = 6$.

\[M(x~;~y~;~z) \in \text{(ABD)} \iff 2x - y - 3z + 6 = 0.\]
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Déterminer une représentation paramétrique de la droite (EC).
		$M(x~;~y~;~z) \in (\text{EC}) \iff \left\{\begin{array}{l c l}
		x&=&4 + 2t\\
		y&=&-6 - t\\
		z&=&2 - 3t
		\end{array}\right.$ 
	\item  %Déterminer les coordonnées du point F intersection de la droite (EC) et du plan (ABD).
Le point commun à (EC) et au plan (ABD) a ses coordonnées qui vérifient :

$\left\{\begin{array}{l c l}
		x&=&4 + 2t\\
		y&=&-6 - t\\
		z&=&2 - 3t\\
2x - y - 3z + 6 &=& 0		
		\end{array}\right. \Rightarrow 2(4 + 2t) - (- 6 - t) - 3(2 - 3t) + 6 = 0 \iff 14t + 14 = 0 \iff t = -1$
		
Les coordonnées du point commun à (EC) et au plan (ABD) sont $(2~;~-5~;~5)$	
	\end{enumerate} 
\item %\emph{Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation} 

%Montrer que le plan (ABD) et l'ensemble $\Gamma$, déterminé à la question 1., sont sécants. Préciser les éléments caractéristiques de cette intersection.
Le centre de la sphère $\Gamma$ est le point E. Il faut calculer la distance du point E au plan (ABD). Or on a vu que la droite (EC) est perpendiculaire au plan (ABD) au point  H$(2~;~-5~;~5)$. La distance de E au plan (ABD) est donc égale à EH.

Or EH$^2 = 4 + 1 + 9 = 14 \iff \text{EH} = \sqrt{14}$.

La sphère a un rayon de longueur $\sqrt{21}$ ; comme $\sqrt{14} < \sqrt{21}$, on en déduit que la sphère $\Gamma$  et le plan (ABD) sont sécants : l'intersection est un cercle. Si $M$ est un point de ce cercle on a $\text{E}M^2 = \text{EH}^2 + \text{H}M^2 \iff 21 = 14 + r^2 \iff r^2 = 7 \iff r = \sqrt{7}$.

L'intersection est un cercle centré en $(2~;~-5~;~5)$ et de rayon $\sqrt{7}.$
\end{enumerate}

\vspace{0,15cm}

\subsection*{{Exercice 4 \hfill 6 points}}

%\emph{ Commun à tous les candidats.}

%\medskip

%Le plan est muni d'un repère orthogonal \Oij.

%\medskip
 
\textbf{Partie A}

\medskip
 
%La courbe $(\mathcal{C})$, donnée en annexe, est la courbe représentative d'une fonction $f$ dérivable sur $[0~;~+\infty[$, de fonction dérivée $f'$ continue sur $[0~;~+\infty[$.
 
%La courbe $(\mathcal{C})$ passe par les points O et A$\left(1 ~ ;~\dfrac{1}{2\text{e}}\right)$ et, sur [0~;~1], elle est au dessus du segment [OA]. 

\begin{enumerate}
\item  %Montrer que  $\displaystyle\int_{0}^1 f'(x)\:\text{d}x = \dfrac{1}{2\text{e}}$· 
$f'$ étant définie et continue sur [0~;~1] est intégrable sur cet intervalle et 

$\displaystyle\int_{0}^1 f'(x)\:\text{d}x = \left[f(x)\right]_{0}^1 = f(1) - f(0) =  \dfrac{1}{2\text{e}} - 0 =  \dfrac{1}{2\text{e}}.$
\item %Montrer que 	$\displaystyle\int_{0}^1 f(x)\:\text{d}x \geqslant  \dfrac{1}{4\text{e}}$·
On sait que sur [0~;~1], la courbe $(\mathcal{C})$ est au dessus du segment [OA] ; l'intégrale de $f$ sur [0~;~1] égale à l'aire de la surface limitée par $(\mathcal{C})$ et les droites $y = 0,~ x = 0$ et $x  = 1$, est supérieure à l'aire du triangle OIA (avec I(1~;~0)). Cette aire est égale à $\dfrac{\text{OI} \times \text{IA}}{2} = \dfrac{1 \times \frac{1}{2\text{e}}}{2} = \dfrac{1}{4\text{e}}.$

Donc $\displaystyle\int_{0}^1 f(x)\:\text{d}x \geqslant  \dfrac{1}{4\text{e}}$.
\end{enumerate}
	
\medskip
	
\textbf{Partie B}

\medskip

%On sait désormais que la fonction $f$ considérée dans la partie A est définie sur $[0~;~+\infty[$ par : 
\[f(x) = \dfrac{x \text{e}^{-x}}{x^2 + 1}.  \]

\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de $f$ en $+\infty$. Interpréter graphiquement le résultat obtenu. 
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{-x} = 0,~\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^n\text{e}^{-x} = 0$,{} quel que soit $n \in \N$.

De plus $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0$.

L'axe des abscisses est donc asymptote horizontale à $\mathcal{C}$ au voisinage de plus l'infini.
\item %On considère la fonction $g$ définie sur $[0~;~+\infty[$ par : $g(x) = x^3 + x^2 + x - 1$.
 
%Établir que l'équation $g(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ dans l'intervalle $[0~;~+\infty[$.
$g$ fonction polynôme est dérivable sur $[0~;~+\infty[$ et sur cet intervalle $g'(x) = 3x^2 + 2x + 1$.

Or $3x^2 + 2x + 1 = 3\left(x^2 + \dfrac{2}{3}x \right) + 1 = 3\left(x + \dfrac{1}{3}\right)^2 - \dfrac{1}{3} + 1 = 3\left(x + \dfrac{1}{3}\right)^2 + \dfrac{2}{3} > \dfrac{2}{3} > 0$

Conclusion $g'(x) > 0 \Rightarrow g$  est croissante sur $[0~ ;~+ \infty[$.

On a $g(0) = -1$ et $g(1) = 2$. Comme la fonction est croissante sur [0~;~1], l'équation $g(x) = 0$ a une solution unique sur [0~;~1], donc sur $[0~;~+ \infty[$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que pour tout $x$ de $[0~;~+\infty[,~ f'(x)$ et $g(x)$ sont de signes contraires.
$f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$, avec $u = x \text{e}^{-x}$ et $v = x^2 + 1$. De $u' = \text{e}^{-x}(1 - x),~v' = 2x$ et $f' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}$, on en déduit que 

$f'(x) = \dfrac{\text{e}^{-x}(1 - x)\left(x^2 + 1\right) - x \text{e}^{-x}\times 2x}{\left(x^2 + 1 \right)^2}$ qui est du signe du numérateur donc de 

$\text{e}^{-x}(1 - x)\left(x^2 + 1\right) - x \text{e}^{-x}\times 2x = \text{e}^{-x}\left(x^2 + 1 - x^3 - x -2x^2 \right) = \text{e}^{-x}\left(-x^3 - x^2 - x + 1\right)$ ou encore de $-x^3 - x^2 - x + 1 = - \left(x^3 + x^2 + x - 1 \right) = - g(x)$.

$f'$ et $g$ ont donc des signes contraires. 
		\item %En déduire les variations de $f$ sur $[0~;~+\infty[$. 
On a vu que sur $[0~;~\alpha], g(x) < 0$, donc $f'(x) > 0 \Rightarrow f$ est croissante sur $[0~;~\alpha]$ et sur $[\alpha~ ;~+ \infty[,~g(x) > 0$, donc $f'(x) < 0 \Rightarrow f$ est décroissante sur $[\alpha~ ;~+ \infty[$.
	\end{enumerate} 
\item %On considère la suite $\left(u_{n}\right)$ définie pour  tout entier naturel $n$ par : 
%\[u_{n} = \int_{n}^{2n} f(x)\:\text{d}x.\] 
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que pour tout $x$  de $[0~;~+\infty[,~ 0 \leqslant \dfrac{x}{x^2 + 1}  \leqslant \dfrac{1}{2}$.
Il est évident que quel que soit $x \in [0~;~+\infty[,~(x - 1)^2 \geqslant 0 \iff x^2 + 1 - 2x \geqslant 0 \iff x^2 + 1 \geqslant 2x \iff \dfrac{1}{2} \geqslant \dfrac{x}{x^2 + 1} \iff \dfrac{x}{x^2 + 1}\leqslant \dfrac{1}{2}$.
	\item %Montrer que pour tout entier naturel $n,~ 0 \leqslant  u_{n} \leqslant \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-n} - \text{e}^{-2n}\right)$.
On a $x \geqslant 0 \iff - x \leqslant 0 \iff \text{e}^{-x} \leqslant \text{e}^0~(\text{par croissance de la fonction}$

 $\text{exponentielle}) \iff  \text{e}^{-x} \leqslant 1 \iff \dfrac{x\text{e}^{-x}}{x^2 + 1} \leqslant \dfrac{x}{x^2 + 1}$.

En posant $u(x) = x^2 + 1,~u~\text{est dérivable et}~u'(x) = 2x$.

Donc $\dfrac{x}{x^2 + 1} = \dfrac{1}{2}\dfrac{u'}{u}.$

On a donc $u_{n} = \displaystyle\int_{n}^{2n} f(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{n}^{2n} \dfrac{x\text{e}^{-x}}{x^2 + 1}\:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_{n}^{2n} \dfrac{1}{2}\text{e}^{-x}\:\text{d}x$. (d'après la question \textbf{4. a.})

Or $\displaystyle\int_{n}^{2n} \dfrac{1}{2}\text{e}^{-x}\:\text{d}x =  \left[-\dfrac{1}{2}\text{e}^{-x}  \right]_{n}^{2n} = \dfrac{1}{2}\left[-\text{e}^{2n} + \text{e}^{-n}\right]$.

Conclusion $u_{n} \leqslant \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{-n} - \text{e}^{-2n}\right)$.
	\item %En déduire la limite de $u_{n}$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
	Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\text{e}^{-n} = \displaystyle\lim_{n \to + \infty}\text{e}^{-2n} = 0 $, on en déduit par application du théorème des « gendarmes » :
	
	\[\lim_{n \to + \infty} u_{n} = 0.\] 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
\textbf{\large ANNEXE}

\vspace{1cm}

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

\vspace{1cm}

Cette page ne sera pas à rendre avec la copie

\vspace{1.2cm}

\psset{xunit=3.6cm,yunit=18cm,comma=true}
\begin{pspicture}(0,0)(3,0.4)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=10,gridwidth=0.25pt](0,0)(3,0.4)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dy=0.1,subticks=2]{->}(0,0)(0,0)(3,0.4)
\uput[ur](1,0.184){A}\uput[d](0.5437,0){$\alpha$}
\psline[linestyle=dashed](1,0)(1,0.184) \psdots(1,0.184)
\psline[linestyle=dashed](0.5437,0)(0.5437,0.24)
\psline(1,0.184)
\uput[dl](0,0){O}\uput[u](1.5,0.1){\blue $\mathcal{C}$}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{0}{3}{x x dup mul 1 add 2.71828 x exp mul div}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}
