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\begin{document}

\begin{center}
{\LARGE ANNALES DE MATHEMATIQUES\bigskip}

{\LARGE BACCALAUREAT S \bigskip}

{\LARGE NATIONAL 2001\bigskip}

{\Large ELEMENTS DE SOLUTION\medskip}
\end{center}

\begin{exercise}
\begin{enumerate}
\item $G_{1}$ est le barycentre du système $\left\{  \left(  A,2\right)
,\left(  B,1\right)  ,\left(  C,-1\right)  \right\}  ,$ donc
\[
\overrightarrow{AG_{1}}=\frac{\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC}}%
{2}=\frac{\overrightarrow{CB}}{2}%
\]
De même, $G_{-1}$ est le barycentre du système $\left\{  \left(  A,2\right)
,\left(  B,-1\right)  ,\left(  C,1\right)  \right\}  ,$ donc
\[
\overrightarrow{AG_{-1}}=\frac{-\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC}}%
{2}=\frac{\overrightarrow{BC}}{2}%
\]
%

\[%
%TCIMACRO{\FRAME{itbpF}{1.9029in}{1.8572in}{0pt}{}{}{d1s-f1_{b}.eps}%
%{\special{ language "Scientific Word";  type "GRAPHIC";
%maintain-aspect-ratio TRUE;  display "USEDEF";  valid_file "F";
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%cropbottom "0";  filename 'Include/d1s-f1_b.eps';file-properties "XNPEU";}}}%
%BeginExpansion
\raisebox{-0pt}{\includegraphics[
height=1.8572in,
width=1.9029in
]%
{Include/d1s-f1_b.eps}%
}%
%EndExpansion
\]


\item a) La somme des coefficients étant égale à $\left(  k^{2}+1\right)  $
est donc non nulle, ce qui assure l'existence du barycentre $G_{k}$. La
relation fondamentale fournit :%
\[
\left(  k^{2}+1\right)  \overrightarrow{G_{k}A}+k\overrightarrow{G_{k}%
B}-k\overrightarrow{G_{k}C}=\overrightarrow{0}\Leftrightarrow\overrightarrow
{AG_{k}}=\frac{k\overrightarrow{AB}-k\overrightarrow{AC}}{k^{2}+1}%
\]
en utilisant la relation de Chasles. L'égalité :%
\[
k\overrightarrow{AB}-k\overrightarrow{AC}=k\overrightarrow{CB}%
=-k\overrightarrow{BC}%
\]
établit la relation demandée.\newline b) $f$ est dérivable sur $\left[
-1,1\right]  $, de dérivée :%
\[
f^{\prime}\left(  x\right)  =\frac{x^{2}-1}{\left(  x^{2}+1\right)  ^{2}}%
\]
$f^{\prime}\left(  x\right)  $ est donc strictement négative sur $\left]
-1,1\right[  $, et donc $f$ est strictement décroissante et dérivable sur
$\left[  -1,1\right]  $, ce qui prouve que $f$ définit une bijection de
$\left[  -1,1\right]  $ sur $\left[  -\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]
$.\newline c) En remarquant que
\[
\overrightarrow{AG_{k}}=f\left(  k\right)  \overrightarrow{BC}%
\]
et sachant que $k$ décrit l'intervalle $\left[  -1,1\right]  $, on en déduit
que $f\left(  k\right)  $ décrit $\left[  -\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]  $,
et donc que $G_{k}$ décrit le segment $\left[  G_{1}G_{-1}\right]  $.

\item D'après les propriétés des barycentres, on a les relations :%
\[%
\begin{array}
[c]{c}%
2\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow
{MG_{1}}\\
2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=2\overrightarrow
{MG_{-1}}%
\end{array}
\]
$M$ appartient donc à $E$ si et seulement si $MG_{1}=MG_{-1}$, ce qui prouve
que l'ensemble $E$ est le plan médiateur du segment $\left[  G_{1}%
G_{-1}\right]  $.

\item On a :%
\[
2\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=\overrightarrow
{BA}+\overrightarrow{CA}=\overrightarrow{BI}+\overrightarrow{IA}%
+\overrightarrow{CI}+\overrightarrow{IA}=2\overrightarrow{IA}%
\]
$M$ appartient donc à $F$ si et seulement si $MG_{1}=IA$, ce qui prouve que
l'ensemble $F$ est la sphère de centre $G_{1}$ et de rayon $IA$. On peut
remarquer que comme $IA=G_{1}B$, la sphère $F$ passe par le point $B $.

\item La relation :%
\[
\overrightarrow{OG_{1}}=\frac{2\overrightarrow{OA}+\overrightarrow
{OB}-\overrightarrow{OC}}{2}%
\]
entraîne que $G_{1}\left(  0,0,0\right)  $, c'est à dire que $G_{1}=O$. De
même :%
\[
\overrightarrow{OG_{-1}}=\frac{2\overrightarrow{OA}-\overrightarrow
{OB}+\overrightarrow{OC}}{2}%
\]
entraîne que $G_{-1}\left(  0,0,4\right)  $. Le plan $E$ passe par le milieu
$A $ de $\left[  G_{1}G_{-1}\right]  $, et a pour vecteur normal
$\overrightarrow{G_{1}G_{-1}}\left(  0,0,4\right)  $. On en déduit une
équation du plan $E$ :%
\[
z=2
\]
La sphère $F$ a pour centre $G_{1}=O$. Le point $I$, milieu de $\left[
BC\right]  $, a pour coordonnées $\left(  -1,2,3\right)  $. Le rayon de la
sphère est donc égal à :%
\[
IA=\left\|  \overrightarrow{IA}\right\|  =\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}%
\]
et son équation est :%
\[
\left(  x-0\right)  ^{2}+\left(  y-0\right)  ^{2}+\left(  z-0\right)  ^{2}=6
\]
L'intersection de $E$ et de $F$ est donc caractérisée par le système :%
\[
\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
z=2\\
x^{2}+y^{2}+z^{2}=6
\end{array}
\right.  \Leftrightarrow\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
z=2\\
x^{2}+y^{2}=2
\end{array}
\right.
\]
ce qui prouve que $E$ et $F$ sont sécants et que leur intersection est le
cercle de centre $A$ et de rayon $\sqrt{2}$. \newline On pouvait aussi
remarquer que la distance du centre de la sphère $F$ au plan médiateur de
$G_{1}G_{-1}$ est égale à $G_{1}0=2$, qui est inférieur au rayon de la sphère
qui vaut $\sqrt{6}$, ce qui prouve bien que les deux ensembles sont sécants.
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
\begin{enumerate}
\item On obtient :%

\[%
%TCIMACRO{\FRAME{itbpF}{3.7883in}{3.7426in}{0cm}{}{}{fig.eps}%
%{\special{ language "Scientific Word";  type "GRAPHIC";
%maintain-aspect-ratio TRUE;  display "USEDEF";  valid_file "F";
%width 3.7883in;  height 3.7426in;  depth 0cm;  original-width 3.5899in;
%original-height 3.5467in;  cropleft "0";  croptop "1";  cropright "1";
%cropbottom "0";  filename 'Include/fig.eps';file-properties "XNPEU";}}}%
%BeginExpansion
\raisebox{-0cm}{\includegraphics[
height=3.7426in,
width=3.7883in
]%
{Include/fig.eps}%
}%
%EndExpansion
\]


\item Comme le point $M_{n}$ est situé sur le cercle de centre $O$ et de rayon
$1$, on peut dire que
\[
OM_{n}=\left\vert z_{n}\right\vert =1
\]
D'après la définition de $\alpha_{n}$, on peut dire que la suite $\left(
\alpha_{n}\right)  $ est une suite arithmétique de raison $\frac{5\pi}{6}$. On
en déduit que
\[
\alpha_{n}=\alpha_{0}+n\frac{5\pi}{6}=\frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}%
\]
Pour tout $n$ entier naturel, la forme exponentielle de $z_{n}$ est donc égale
à
\[
z_{n}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  }%
\]


\item a) Remarquons que pour tout entier naturel $n$ :%
\[
z_{n+6}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+\left(  n+6\right)  \frac{5\pi}{6}\right)
}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  +i5\pi}=e^{i\left(
\frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  }e^{i5\pi}=-e^{i\left(  \frac{\pi}%
{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  }=-z_{n}%
\]
ce qui prouve que les points $M_{n}$ et $M_{n+6}$ sont diamètralement
opposés.\newline De même :%
\[
z_{n+12}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+\left(  n+12\right)  \frac{5\pi}{6}\right)
}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  +i10\pi}=e^{i\left(
\frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  }e^{i10\pi}=e^{i\left(  \frac{\pi}%
{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  }=z_{n}%
\]
ce qui prouve que les points $M_{n}$ et $M_{n+12}$ sont confondus.\newline Par
la méthode précédente :%
\[
z_{n+4}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+\left(  n+4\right)  \frac{5\pi}{6}\right)
}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  +i\frac{10\pi}{3}%
}=e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)  }e^{i\frac{10\pi}{3}%
}=e^{-i\frac{2\pi}{3}}e^{i\left(  \frac{\pi}{2}+n\frac{5\pi}{6}\right)
}=e^{-i\frac{2\pi}{3}}z_{n}%
\]
En passant aux modules :%
\[
M_{n}M_{n+4}=\left\vert z_{n+4}-z_{n}\right\vert =\left\vert z_{n}\right\vert
\times\left\vert e^{-i\frac{2\pi}{3}}-1\right\vert =1\times\left\vert
-\frac{3}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}\right\vert =\sqrt{3}%
\]
On en déduit alors que
\[
M_{n+4}M_{n+8}=\sqrt{3}%
\]
en appliquant la relation précédente à $\left(  n+4\right)  $. Enfin ,
remarquons que :%
\[
z_{n+8}=e^{-i\frac{2\pi}{3}}z_{n+4}=e^{-i\frac{2\pi}{3}}\left(  e^{-i\frac
{2\pi}{3}}z_{n}\right)  =e^{-i\frac{4\pi}{3}}z_{n}%
\]%
\[
M_{n}M_{n+8}=\left\vert z_{n+8}-z_{n}\right\vert =\left\vert z_{n}\right\vert
\times\left\vert e^{-i\frac{4\pi}{3}}-1\right\vert =\left\vert -\frac{3}%
{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right\vert =\sqrt{3}%
\]
ce qui démontre bien que le triangle $M_{n}M_{n+4}M_{n+8}$ est équilatéral
pour tout entier naturel $n$.

\item Nous sommes dans un cas d'équiprobabilité. Il y a $C_{12}^{3}$ triangles
possibles, car on choisit trois cartons parmi 12. Il n'y a que 4 triangles
équilatéraux possibles, donc la probabilité de l'évènement est égale à :%
\[
\frac{4}{C_{12}^{4}}=\frac{1}{55}%
\]

\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
[Problème]%
%TCIMACRO{\TeXButton{Partie A}{\subsection*{Partie A}}}%
%BeginExpansion
\subsection*{Partie A}%
%EndExpansion


\begin{enumerate}
\item On a :%
\[
\lim_{x\rightarrow0}\left(  \sqrt{1+x}-1\right)  =0\Rightarrow\lim
_{x\rightarrow0}f\left(  x\right)  =-\infty
\]
De même :%
\[
\lim_{x\rightarrow+\infty}\left(  \sqrt{1+x}-1\right)  =+\infty\Rightarrow
\lim_{x\rightarrow+\infty}f\left(  x\right)  =+\infty
\]


\item $f$ est dérivable sur son domaine de définition comme composée de
fonctions dérivables,et :%
\[
f^{\prime}\left(  x\right)  =\frac{\frac{1}{2\sqrt{1+x}}}{\sqrt{1+x}-1}%
=\frac{1}{2\sqrt{1+x}\left(  \sqrt{1+x}-1\right)  }%
\]
On remarque que comme $x>0$, $\sqrt{1+x}>1$, et donc que sur $\left]
0,+\infty\right[  $, $f^{\prime}\left(  x\right)  >0$, c'est à dire que la
fonction $f$ est strictement croissante.

\item $f\left(  3\right)  =0$, donc l'ordonnée de $A$ vaut $0$. On a de
manière évidente :%
\[
B\left(  \frac{5}{4},-\ln2\right)  \quad P\left(  \frac{5}{4},0\right)  \quad
H\left(  0,-\ln2\right)
\]
Voir le graphique complété en fin de corrigé.
\end{enumerate}%

%TCIMACRO{\TeXButton{Partie B}{\subsection*{Partie B}}}%
%BeginExpansion
\subsection*{Partie B}%
%EndExpansion


\begin{enumerate}
\item a) En utilisant l'expression complexe d'une rotation :%
\[
z^{\prime}=e^{i\frac{\pi}{2}}z=iz
\]
On en déduit :%
\[
x^{\prime}+iy^{\prime}=i\left(  x+iy\right)  =-y+ix
\]
ce qui par identification des parties réelle et imaginaire fournit :%
\[
\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
x^{\prime}=-y\\
y^{\prime}=x
\end{array}
\right.  \Leftrightarrow\left\{
\begin{array}
[c]{l}%
x=y^{\prime}\\
y=-x^{\prime}%
\end{array}
\right.
\]
b) En appliquant les formules de la question précédente :%
\[
A^{\prime}\left(  0,3\right)  \quad B^{\prime}\left(  \ln2,\frac{5}{4}\right)
\quad P^{\prime}\left(  0,\frac{5}{4}\right)
\]


\item On a les équivalences :%
\[%
\begin{array}
[c]{c}%
M\in C\Leftrightarrow y=f\left(  x\right)  \Leftrightarrow y=\ln\left(
\sqrt{1+x}-1\right)  \Leftrightarrow-x^{\prime}=\ln\left(  \sqrt{1=y^{\prime}%
}-1\right) \\
\Leftrightarrow e^{-x^{\prime}}=\sqrt{1+y^{\prime}}-1\Leftrightarrow
e^{-x^{\prime}}+1=\sqrt{1+y^{\prime}}\Leftrightarrow\left(  e^{-x^{\prime}%
}+1\right)  ^{2}=1+y^{\prime}\\
\Leftrightarrow y^{\prime}=-1+\left(  e^{-x^{\prime}}+1\right)  ^{2}%
\Leftrightarrow y^{\prime}=e^{-2x^{\prime}}+2e^{-x^{\prime}}\Leftrightarrow
M^{\prime}\in\Gamma
\end{array}
\]

\end{enumerate}%

%TCIMACRO{\TeXButton{Partie C}{\subsection*{Partie C}}}%
%BeginExpansion
\subsection*{Partie C}%
%EndExpansion


\begin{enumerate}
\item On a :%
\[
\int_{0}^{\ln2}g\left(  x\right)  dx=\int_{0}^{\ln2}\left(  e^{-2x}%
+2e^{-x}\right)  dx=\left[  -\frac{e^{-2x}}{2}-2e^{-x}\right]  _{0}^{\ln
2}=\frac{11}{8}%
\]
Comme la fonction $g$ est dérivable et à valeurs positives sur $\left[
0,\ln2\right]  $, l'intégrale est égale à l'aire, mesurée en unités d'aire, du
domaine plan limité par la courbe représentative de $g$, l'axe des abscisses,
et les droites d'équation $x=0$ et $x=\ln2$.

\item a) La rotation $r$ transforme $A$ en $A^{\prime}$, $P$ en $P^{\prime}$,
$C$ en $\Gamma$, $B$ en $B^{\prime}$, l'axe des ordonnées en l'axe des
abscisses. Par conséquent, le domaine plan $D$ a pour image par cette rotation
le domaine plan limité par l'axe des abscisses, la courbe $\Gamma$, et les
droites d'équation $x=0$ et $x=\ln2$. On en déduit que l'aire cherchée est
égale à l'intégrale précédente, c'est à dire à $\frac{11}{8}$.\newline On
remarque que l'opposé de l'intégrale est égale, en unités d'aire, à l'aire du
domaine plan limité par la courbe $C$, l'axe des abscisses, et les droites
d'équation $x=\frac{5}{4}$ et $x=3$. D'après la question précédente, on a, en
désignant par $A\left(  OPHB\right)  $ l'aire du rectangle $OPHB$ :%
\[%
\begin{array}
[c]{l}%
I=\int_{\frac{5}{4}}^{3}\ln\left(  \sqrt{1+x}-1\right)  dx\\
=-\left(  A-A\left(  OPHB\right)  \right) \\
=-A+OP\times OH\\
=-\frac{11}{8}+5\frac{\ln2}{4}%
\end{array}
\]

\end{enumerate}%

\[%
%TCIMACRO{\FRAME{itbpF}{3.5649in}{5.4728in}{0cm}{}{}{d1s-f3.eps}%
%{\special{ language "Scientific Word";  type "GRAPHIC";
%maintain-aspect-ratio TRUE;  display "USEDEF";  valid_file "F";
%width 3.5649in;  height 5.4728in;  depth 0cm;  original-width 3.3765in;
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%BeginExpansion
\raisebox{-0cm}{\includegraphics[
height=5.4728in,
width=3.5649in
]%
{Include/d1s-f3.eps}%
}
%EndExpansion
\]

\end{exercise}


\end{document}