%% A compiler DEUX FOIS à la première ouverture pour prise en compte des renvois hyperref
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\setlist[itemize,2]{label={$\circ$}}
\setlist[itemize,3]{label=\rule[0.5ex]{0.6ex}{0.6ex}}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% PREAMBULE TIKZ                  %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%% Paquets de base %%%
\usepackage{pgfplots}
\usepackage{tikz,tkz-tab,tikz-3dplot}
\usepackage{tkz-euclide}
\usetikzlibrary{arrows,shadows,shapes,positioning}
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\usetikzlibrary{calc,intersections,through}
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\usetikzlibrary{3d}
\usetikzlibrary{fit}

%%% Triangle algorithme %%%
\newcommand{\trianglefin}{\tikz \fill[black] (0,0) -- (0.15,0) -- (0.15,0.15) -- cycle;}

%%% Commande pour arc de cercle à partir du centre %%%
\newcommand{\centerarc}[5]{\draw[#1] ($(#2)+({#5*cos(#3)},{#5*sin(#3)})$) arc (#3:#4:#5);}

%%% Couleurs personnalisées %%%
\definecolor{rougechelou}{rgb}{0.6,0,0}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ENVIRONNEMENTS             %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\usepackage[subfigure]{tocloft}
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\renewcommand\mcell@classz{\@classx
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 \prepnext@tok
 \@addtopreamble{%\mcell@mstyle
   \ifcase\@chnum
     \hfill
     \mcell@agape{\d@llarbegin\insert@column\d@llarend}\hfil \or
     \hskip1sp
     \mcell@agape{\d@llarbegin\insert@column\d@llarend}\hfil \or
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     \@startpbox{\@nextchar}\insert@column\@endpbox$}\or
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     \@startpbox{\@nextchar}\insert@column\@endpbox}
    \fi
    \global\let\mcell@left\relax\global\let\mcell@right\relax
  }\prepnext@tok}
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\newcolumntype{R}[1]{>{\raggedleft\arraybackslash }m{#1}}
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%\SetWatermarkLightness{0.8}
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%\SetWatermarkText{En cours de rédaction}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ENCADRES DE CORRECTION     %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%% Astuce %%%
\newenvironment{gbar}[1]{%
\def\FrameCommand{{\color{#1}\vrule width 3pt}\colorbox{fbase}}%
\MakeFramed {\advance\hsize - \width \FrameRestore}}%
{\endMakeFramed}

\newcommand{\astuce}[1]{
\begin{center}
\begin{bclogo}[logo=\bclampe,barre=none,noborder=true]{\hspace{1pt} Point méthode}%
\begin{gbar}{yellow}
#1
\end{gbar}
\end{bclogo}
\end{center}
}

%%% Attention %%%
\newcommand{\attention}[1]{
\begin{center}
\begin{bclogo}[logo=\bcattention,barre=none,noborder=true]{~\textcolor{rougechelou}{Attention!}}
\begin{gbar}{rougechelou}
#1
\end{gbar}
\end{bclogo}
\end{center}
}

%%% Exercice %%%
\newcounter{exo}
\renewcommand\theexo{\textbf{\arabic{exo}}}
\newenvironment{exo}[2][]{\refstepcounter{exo}
{\Large\textbf{\textsc{Exercice \theexo. #1}}}\hfill \ifstrempty{#2}{\textcolor{white}{juin}}{\textit{(#2)}}
\hrule\vspace{\baselineskip}
}{\bigskip}

%%% Problème %%%
\newenvironment{probleme}[2][]{\setcounter{partie}{0}
{\Large\textbf{\textsc{Problème. #1}}}\hfill \ifstrempty{#2}{\textcolor{white}{juin}}{\textit{(#2)}}
\hrule\vspace{\baselineskip}
}{\bigskip}

%%% Roc %%%
\newenvironment{roc}[1][]{\setcounter{partie}{0}
{\Large\textbf{\textsc{Restitution Organisée de Connaissances}}}\hfill \ifstrempty{#1}{\textcolor{white}{juin}}{\textit{(#1)}}
\hrule\vspace{\baselineskip}
}{\bigskip}

%%% Partie %%%
\makeatletter
\newcounter{partie}[exo]
\renewcommand\thepartie{\textbf{\Alph{partie}}}
\newenvironment{partie}[1][]{
\refstepcounter{partie}
\renewcommand{\p@enumi}{\textbf{\thepartie}}
\renewcommand{\p@enumii}{\textbf{\thepartie\theenumi}}
\begin{center}
\strut{\bfseries Partie \thepartie{}}\ifstrempty{#1}{\relax\relax}{\textbf{: #1}}
\end{center}
}{}
\makeatother

%%% Théorème %%%
\mdfdefinestyle{MDFStyGrayScreen}{%
linecolor=thmLnColor,
backgroundcolor=thmBgColor,
frametitlefont = \normalfont,
font=\itshape,
linewidth=1pt,
topline=true,
bottomline=true,
rightline=false,
leftline=false,
outerlinewidth=2pt,
roundcorner=0pt,
innertopmargin=4pt, %\baselineskip
innerbottommargin=4pt, %\baselineskip,
innerrightmargin=3pt,
innerleftmargin=3pt,
skipabove=\topskip,
skipbelow=\topskip,
frametitleaboveskip=8pt,
nobreak=true
}

\newenvironment{theo}[1][]{
\ifstrempty{#1}{\mdfsetup{frametitle={{\large\textsc{Théorème}}},}}{\mdfsetup{frametitle={{\large\textsc{Théorème }}{\normalsize (#1)}},}}
\begin{mdframed}[style=MDFStyGrayScreen]
}{\end{mdframed}}


%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% RENOMMAGE SECTION             %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\titlecontents{lsection}[0em]
{\addvspace{1em plus 0pt}\bfseries}
{\thecontentslabel~~}
{}
{\hfill\contentspage}
%[\addvspace{5pt}]

\titleformat{\section}[hang]
{\sffamily\bfseries\Large\color{rougechelou}}
{\colorbox{rougechelou}{\Large{\textcolor{white}{{\textbf{\thesection}}}}}}
{0.5em}
{}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% COMMANDES PERSONNELLES          %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\newcommand{\nom}{\fontfamily{pzc}\selectfont}
\newcommand{\jb}{\fontfamily{lmss}\selectfont}
\newcommand{\dps}{\displaystyle}
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\renewcommand{\geq}{\geqslant}
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\newcommand{\Oij}{(O; \vv{\imath}, \vv{\jmath})}
\newcommand{\Oijk}{(O; \vv{\imath}, \vv{\jmath}, \vv{k})}
\newcommand\coord[2]{\begin{pmatrix} #1 \\ #2 \end{pmatrix}}
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\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
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\newcommand{\PG}{\text{\textcolor{rougechelou}{\Pisymbol{pzd}{56}}}}
\DeclareMathOperator\sinc{sinc}
\let\det\undefined
\DeclareMathOperator{\det}{det}
\DeclareMathOperator{\Card}{Card}
\def\SayEq#1#2{\noindent\rlap{#1}\hfill$\displaystyle#2$\hfill\mbox{}\par}
\newcommand{\renvoi}[1]{\mbox{\ref{#1}\strut}}
\newcommand{\pagerenvoi}[1]{\mbox{\pageref{#1}\strut}}
\newcommand{\eqrenvoi}[1]{\mbox{\eqref{#1}\strut}}
\newcommand{\scsection}[1]{{\normalsize #1}}
\newcommand{\scsubsection}[1]{{\footnotesize #1}}
\newcommand{\scsubsubsection}[1]{{\scriptsize #1}}
\newcommand{\scencadre}[1]{{\footnotesize #1}}
\newcommand{\yp}{y_{\text{part}}}

\setlength{\columnseprule}{0.5pt}
\parindent = 0mm

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%       ALGORITMITIQUE         %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{algorithm}
\usepackage{algpseudocode}

\newenvironment{cadrecode}{%
\def\FrameCommand{{\color{fond}\vrule width 5pt}\fcolorbox{fond}{white}}%
\MakeFramed {\hsize \linewidth \advance\hsize-\width \FrameRestore}\begin{footnotesize}}%
{\end{footnotesize}\endMakeFramed}

\makeatletter
\algrenewcommand{\alglinenumber}[1]{\makebox[2em][r]{\footnotesize #1:}}
\def\therule{\makebox[\algorithmicindent][l]{\hspace*{.5em}\color{fond} \vrule width 1pt height .75\baselineskip depth .25\baselineskip}}%
\newtoks\therules
\therules={}
\def\appendto#1#2{\expandafter#1\expandafter{\the#1#2}}
\def\gobblefirst#1{#1\expandafter\expandafter\expandafter{\expandafter\@gobble\the#1}}%
\def\Ligne{\State\unskip\the\therules}% 
\def\pushindent{\appendto\therules\therule}%
\def\popindent{\gobblefirst\therules}%
\def\printindent{\unskip\the\therules}%
\def\printandpush{\printindent\pushindent}%
\def\popandprint{\popindent\printindent}%
\def\Variables{\Ligne \textcolor{bloccolor}{\textbf{VARIABLES}}}
\def\Entrees{\Ligne \textcolor{bloccolor}{\textbf{ENTRÉES}}}
\def\Init{\Ligne \textcolor{bloccolor}{\textbf{INITIALISATION}}}
\def\Si#1{\Ligne \textcolor{sicolor}{\textbf{SI}} #1 \textcolor{sicolor}{\textbf{ALORS}}}%
\def\Sinon{\Ligne \textcolor{sicolor}{\textbf{SINON}}}%
\def\Pour#1#2#3{\Ligne \textcolor{pourcolor}{\textbf{POUR}} #1 \textcolor{pourcolor}{\textbf{ALLANT\_DE}} #2 \textcolor{pourcolor}{\textbf{A}} #3}%
\def\Tantque#1{\Ligne \textcolor{tantquecolor}{\textbf{TANT\_QUE}} #1 \textcolor{tantquecolor}{\textbf{FAIRE}}}%
\algdef{SE}[WHILE]{DebutTantQue}{FinTantQue}
 {\pushindent \printindent  \textcolor{tantquecolor}{\textbf{DEBUT\_TANT\_QUE}}}
 {\printindent \popindent  \textcolor{tantquecolor}{\textbf{FIN\_TANT\_QUE}}}%
\algdef{SE}[FOR]{DebutPour}{FinPour}
 {\pushindent \printindent \textcolor{pourcolor}{\textbf{DEBUT\_POUR}}}
 {\printindent \popindent  \textcolor{pourcolor}{\textbf{FIN\_POUR}}}%
\algdef{SE}[IF]{DebutSi}{FinSi}%
 {\pushindent \printindent \textcolor{sicolor}{\textbf{DEBUT\_SI}}}
 {\printindent \popindent \textcolor{sicolor}{\textbf{FIN\_SI}}}%
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 {\pushindent \printindent \textcolor{sicolor}{\textbf{DEBUT\_SINON}}}
 {\printindent \popindent \textcolor{sicolor}{\textbf{FIN\_SINON}}}%
\algdef{SE}[PROCEDURE]{DebutAlgo}{FinAlgo}
 {\printandpush \textcolor{bloccolor}{\textbf{DEBUT\_ALGORITHME}}}%
 {\popandprint \textcolor{bloccolor}{\textbf{FIN\_ALGORITHME}}}%

\def\thickhrulefill{\leavevmode \leaders \hrule height 1pt\hfill \kern \z@}

\newenvironment{algo}%
{%
\begin{ttfamily}
\begin{algorithmic}[1]
\begin{cadrecode}
}
{%
\end{cadrecode}
\end{algorithmic}
\end{ttfamily}
}

%%%%%%%%%%%%%
% STYLE ITEM     %
%%%%%%%%%%%%%
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}.}}

\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii}}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% EN-TETES/PIEDS DE PAGE    %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\pagestyle{fancy}
\lhead{\textsl{Terminale S}}
\chead{Proposition de correction}
\rhead{\textbf{A.P.M.E.P.}}
\lfoot{Amérique du Nord, juin 1998}
\cfoot{Page \thepage/\textbf{\pageref{LastPage}}}
\rfoot{Baccalauréat S}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%     %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%%%   DOCUMENT    %%%%     %%%%   DOCUMENT    %%%%
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%     %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\begin{center}
\shadowbox{%
\begin{minipage}{0.85\linewidth}
\begin{center}
\vspace{0.2cm}
\huge{\textbf{Proposition de correction}} \\ \LARGE{\textsc{Sujet de Bac S,  Amérique du Nord, juin 1998}}
\vspace{0.2cm}
\end{center}
\end{minipage}
}
\end{center}

%%% EXERCICE 1 %%%
\begin{exo}[]{Commun à tous les candidats}
En guise de préambule, réalisons un petit schéma visuel:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (-2.5,-1) rectangle (4,2);

% Billets gagnants
\foreach \k in {1.8,4.5} {
\begin{scope}[xshift=\k cm]
\fill[color=green!70!black] (-2.3,-0.8) rectangle (-1.6,0.8);
\end{scope}}

% Billets
\foreach \k in {0,0.9,1.8,2.7,4.5,5.4} {
\begin{scope}[xshift=\k cm]
\draw (-2.3,-0.8) rectangle (-1.6,0.8);
\draw (-2.25,-0.75) rectangle (-1.65,0.75);
\draw (-1.95,0) ellipse (0.2cm and 0.3cm);
\node at (-1.95,0) {T};
\end{scope}}

% Annotations
\node at (1.65,0) {$\ldots$};
\node at (0.75,1.4) {$n$ billets};
\end{tikzpicture}
\end{center}

On traduit l'énoncé des deux seuls billets gagnants en les colorant en vert, de manière \textbf{totalement arbitraire}. 

\begin{enumerate}
\item Déterminons le nombre total $N$ de tirages possibles. Cette quantité va nous permettre de calculer les probabilités demandées dans cette question. L'ordre n'important pas ici, le nombre total de tirages simultanés est le nombre de combinaisons de 2 billets parmi les $n$ disponibles. Ainsi:
\begin{displaymath}
N = \binom{n}{2} = \dfrac{n!}{2! \times (n-2)!} = \dfrac{n(n-1)}{2}
\end{displaymath}
L'univers $\Omega$ associé à cette expérience est tel que: $\Card{(\Omega)} = \dfrac{n(n-1)}{2}$.

\begin{enumerate}
\item On suppose que $n = 10$ comme indiqué. Dès lors $\Card{(\Omega)} = 45$. On note $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de billets gagnants obtenu dans le tirage.

Vu qu'il est tiré 2 billets simultanément, il peut donc avoir soit 1, soit 2, soit aucun billet(s) gagnant(s) tiré(s). Ainsi:
\begin{displaymath}
X = \{0\:;\!\,1\:;\!\,2\}
\end{displaymath}
On cherche donc à déterminer $\Prob(X = k)$ pour $k \in \{0\:;\!\,1\:;\!\,2\}$. Pour obtenir $k$ billets gagnants, il faut tirer simultanément:
\begin{itemize}
\item $k$ billet(s) gagnant(s) parmi les 2 qui le sont, soit $\dps \binom{2}{k}$ possibilités.
\item $2 - k$ billets parmi les 8 perdants, soit $\dps \binom{8}{2-k}$ possibilités. 
\end{itemize}

On déduit alors:
\begin{displaymath}
\Prob(X = k) = \dfrac{\dps\binom{2}{k} \times \dps \binom{8}{2-k}}{45} = \dfrac{\dfrac{2!}{k!(2-k)!} \times \dfrac{8!}{(2-k)!(8-2+k)!}}{45}
\end{displaymath}
Ou encore:
\begin{displaymath}
\Prob(X = k) = \dfrac{2! \times 8!}{45\times k! \times (6+k)! \times \big((2-k)!\big)^2}
\end{displaymath}
Il ne reste plus qu'à finaliser les calculs:
\begin{itemize}
\item Pour $k = 0$:
\begin{displaymath}
\Prob(X = 0) = \dfrac{2! \times 8!}{45 \times 6! \times \big(2!\big)^2} = \dfrac{8 \times 7 \times 6!}{45 \times 2 \times 6!} = \dfrac{8 \times 7}{45 \times 2} = \dfrac{28}{45}
\end{displaymath}

\item Pour $k = 1$:
 \begin{displaymath}
\Prob(X = 1) = \dfrac{2! \times 8!}{45 \times 7!} = \dfrac{2 \times 8 \times 7!}{45 \times 7!} = \dfrac{16}{45}
\end{displaymath}

\item Pour $k = 2$, pas besoin de faire de calculs, puisque il n'y a qu'une seule chance que le tirage comporte deux billets gagnants. Donc:
\begin{displaymath}
\Prob(X = 2) = \dfrac{1}{45}
\end{displaymath}
\end{itemize}

D'où la loi de probabilité de $X$:
\begin{center}
\setcellgapes{3pt}
\makegapedcells
\begin{tabular}{|C{2cm}|C{0.8cm}|C{0.8cm}|C{0.8cm}|}
\hline
        $k$        & 0 & 1 & 2 \\
\hline
$\Prob(X=k)$ & $\dfrac{28}{45}$ & $\dfrac{16}{45}$ & $\dfrac{1}{45}$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\item On revient au cas général, pour $n \geq 3$. Notons $A$ l'événement \og Obtenir exactement un billet gagnant \fg. Il suffit donc, pour déterminer $\Prob(A)$, de dénombrer tous les tirages favorables, c'est-à-dire $\Card{(A)}$. On aura alors: 
\begin{displaymath}
p_n = \dfrac{\Card{(A)}}{\Card{(\Omega)}}
\end{displaymath}
Pour avoir exactement un billet gagnant dans le tirage, il faut avoir tiré un billet gagnant parmi les deux disponibles et avoir tiré un billet perdant parmi les $n-2$ autres billets.
\begin{itemize}
\item Il y a donc $\dps \binom{2}{1} = 2$ possibilités d'avoir un billet gagnant.
\item Il y a donc $\dps \binom{n-2}{1} = \dfrac{(n-2)!}{1!(n-3)!} = n-2$ possibilités d'avoir un billet perdant.
\end{itemize}
L'ensemble $A$ comporte donc $2(n-2)$ éléments: $\Card{(A)} = 2(n-2)$. On en déduit donc:
\begin{displaymath}
p_n = \dfrac{\Card{(A)}}{\Card{(\Omega)}} = \dfrac{2(n-2)}{\dfrac{n(n-1)}{2}}
\end{displaymath}
Ainsi: \ovalbox{$p_n = \dfrac{4(n-2)}{n(n-1)}$}.
\end{enumerate}

\item On est cette fois dans un tirage avec remise. On peut donc raisonner avec des arbres de probabilité.

\begin{enumerate}
\item On suppose que $n = 10$ comme indiqué. On note $Y$ la variable aléatoire donnant le nombre de billets gagnants parmi les deux choisis. Vu qu'il est tiré 2 billets successivement, il peut donc avoir tiré soit 1, soit 2, soit aucun billet(s) gagnant(s). Ainsi:
\begin{displaymath}
Y = \{0\:;\!\,1\:;\!\,2\}
\end{displaymath}
On cherche donc à déterminer $\Prob(X = k)$ pour $k \in \{0\:;\!\,1\:;\!\,2\}$. Notons $G_i$ l'événement \og obtenir un billet gagnant au $i$-ième tirage \fg. $\overline{G_i}$ est donc l'événement contraire, c'est-à-dire \og obtenir un billet perdant au $i$-ième tirage \fg. 

\newpage
Réalisons un arbre du tirage avec ces notations:
\begin{center}
% Racine à Gauche, développement vers la droite
\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
% Styles (MODIFIABLES)
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thick,rougechelou]
\tikzstyle{noeud}=[fill=white,circle,text=rougechelou]
\tikzstyle{feuille}=[fill=yellow,circle,draw]
\tikzstyle{etiquette}=[midway,fill=rougetransp,ellipse,minimum height=0.65cm, minimum width=2cm,inner sep=0pt,text=blue,draw]
% Dimensions (MODIFIABLES)
\def\DistanceInterNiveaux{3}
\def\DistanceInterFeuilles{1.75}
% Dimensions calculées (NON MODIFIABLES)
\def\NiveauA{(0)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauB{(1.5)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauC{(3)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauD{(4)*\DistanceInterNiveaux}
\def\InterFeuilles{\DistanceInterFeuilles}
% Etapes
\draw[dashed,gray] ({\NiveauA},{-1.75-\InterFeuilles}) -- (({\NiveauA},{2+\InterFeuilles});
\node[gray] at ({(\NiveauA+\NiveauB)/2},{2+\InterFeuilles}) {1\ier{} tirage d'un billet};
\draw[dashed,gray] ({\NiveauB},{-1.75-\InterFeuilles}) -- (({\NiveauB},{2+\InterFeuilles});
\node[gray] at ({(\NiveauB+\NiveauC)/2},{2+\InterFeuilles}) {2\ieme{} tirage d'un billet};
\draw[dashed,gray] ({\NiveauC},{-1.75-\InterFeuilles}) -- (({\NiveauC},{2+\InterFeuilles});

% Noeuds (MODIFIABLES : Styles et Coefficients d'InterFeuilles)
\node[noeud] (R) at ({\NiveauA},{(0)*\InterFeuilles}) {};

\node[noeud] (Ra) at ({\NiveauB},{\InterFeuilles}) {$G_1$};
\node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{-\InterFeuilles}) {$\overline{G_1}$};

\node[noeud] (Raa) at ({\NiveauC},{1+\InterFeuilles}) {$G_2$};
\node[blue, anchor=west] at ({\NiveauC},{0.95+\InterFeuilles}) {\:: $\Prob(Y = 2)$};
\node[noeud] (Rab) at ({\NiveauC},{-1+\InterFeuilles}) {$\overline{G_2}$};
\node[blue, anchor=west] at ({\NiveauC},{-1.1+\InterFeuilles}) {\:: $\Prob(Y = 1)$};
\node[noeud] (Rba) at ({\NiveauC},{1-\InterFeuilles}) {$G_2$};
\node[blue, anchor=west] at ({\NiveauC},{0.95-\InterFeuilles}) {\:: $\Prob(Y = 1)$};
\node[noeud] (Rbb) at ({\NiveauC},{-1-\InterFeuilles}) {$\overline{G_2}$};
\node[blue, anchor=west] at ({\NiveauC},{-1.1-\InterFeuilles}) {\:: $\Prob(Y = 0)$};


% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
\draw[fleche] (R)--(Ra) node[etiquette] {$2/10$};
\draw[fleche] (R)--(Rb) node[etiquette] {$8/10$};

\draw[fleche] (Ra)--(Raa) node[etiquette] {$2/10$};
\draw[fleche] (Ra)--(Rab) node[etiquette] {$8/10$};

\draw[fleche] (Rb)--(Rba) node[etiquette] {$2/10$};
\draw[fleche] (Rb)--(Rbb) node[etiquette] {$8/10$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Il suffit de réaliser les différents calculs à partir de l'arbre pour obtenir la loi de probabilité de $Y$. En particulier pour la probabilité $\Prob(Y=1)$, on se sert de la formule des probabilités totales. On obtient:
\begin{align*}
\Prob(Y=1) &= \Prob(G_1 \cap \overline{G_2}) + \Prob(\overline{G_1} \cap G_2) \\
         &= \Prob(G_1) \times \Prob_{G_1}(\overline{G_2}) + \Prob(\overline{G_1}) \times \Prob_{\overline{G_1}}(G_2) \\
         &= \dfrac{2}{10} \times \dfrac{8}{10} + \dfrac{8}{10} \times \dfrac{2}{10} \\
         &= \dfrac{2\times 16}{100} \\
         &= \dfrac{16}{50} \\
         &= \dfrac{8}{25} 
\end{align*}
D'où la loi de probabilité de $Y$:
\begin{center}
\setcellgapes{3pt}
\makegapedcells
\begin{tabular}{|C{2cm}|C{0.8cm}|C{0.8cm}|C{0.8cm}|}
\hline
        $k$        & 0 & 1 & 2 \\
\hline
$\Prob(Y=k)$ & $\dfrac{16}{25}$ & $\dfrac{8}{25}$ & $\dfrac{1}{25}$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\item On revient au cas général, pour $n \geq 3$. La probabilité d'avoir exactement un billet gagnant parmi les deux choisis vaut $q_n$. On réitère le même calcul que précédemment pour $\Prob(Y=1)$, mais avec $n$:
\begin{displaymath}
q_n = \dfrac{2}{n} \times \dfrac{n-2}{n} + \dfrac{n-2}{n} \times \dfrac{2}{n} = \dfrac{2\times 2(n-2)}{n^2}
\end{displaymath}
D'où \ovalbox{$q_n = \dfrac{4(n-2)}{n^2}$}.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest3aexo1} Soit $n \geq 3$. D'après les résultats obtenus, on a:
\begin{align*}
p_n - q_n &= \dfrac{4(n-2)}{n(n-1)} - \dfrac{4(n-2)}{n^2} \\
                &= \dfrac{4n(n-2) - 4(n-2)(n-1)}{n^2(n-1)} \\
                &= \dfrac{4(n-2)(n-n+1)}{n^2(n-1)}
\end{align*}
D'où: \ovalbox{$p_n - q_n = \dfrac{4(n-2)}{n^2(n-1)}$}.

\item\label{quest:quest3bexo1} Soit $n \in \N$. Comme $n-2 < n-1$, on en déduit aisément que:
\begin{displaymath}
\forall n \geq 3,\:\dfrac{4(n-2)}{n^2(n-1)} < \dfrac{4}{n^2}
\end{displaymath}
Supposons qu'il existe $n_0$ tel que: $\forall n \geq n_0,\:\dfrac{4}{n^2} < 10^{-3}$. On aura alors:
\begin{displaymath}
\forall n \geq n_0,\:\dfrac{4(n-2)}{n^2(n-1)} < 10^{-3}
\end{displaymath}
On a donc:
\begin{displaymath}
\dfrac{4}{n^2} < 10^{-3} \longleftrightarrow n^2 > \dfrac{4}{10^{-3}} \Longleftrightarrow n^2 > 4\:000 \Longleftrightarrow n > \sqrt{4\:000}
\end{displaymath}
Or $\sqrt{4\:000} \approx 63,2$, on en déduit que:
\begin{displaymath}
\forall n \geq 64,\:\dfrac{4}{n^2} < 10^{-3} \text{ et donc } \forall n \geq 64,\:\dfrac{4(n-2)}{n^2(n-1)} < 10^{-3}
\end{displaymath}
Finalement: \ovalbox{Pour $n_0 = 64$, on a: $\forall n \geq n_0,\:p_n - q_n < 10^{-3}$}.

\item $p_n$ est la probabilité de tirer exactement un billet gagnant dans un tirage sans remise et $q_n$ a probabilité de tirer exactement un billet gagnant dans un tirage avec remise. On a montré en question \renvoi{quest:quest3aexo1} que:
\begin{displaymath}
\forall n\geq 3,\:p_n - q_n = \dfrac{4(n-2)}{n^2(n-1)}
\end{displaymath}
Or, pour $n \geq 3$ on déduit sans grande difficulté que $p_n - q_n > 0$, donc $p_n > q_n$. Il est donc préférable de tirer les billets \ovalbox{simultanément} si l'on a pour objectif d'obtenir exactement un billet gagnant.

De plus, on a montré en question \renvoi{quest:quest3bexo1}, qu'à partir de 64 billets (ce qui est peu pour une loterie), la probabilité des deux situations diffère de 0,001. De plus, on a clairement:
\begin{displaymath}
\dps \lim_{n \to +\infty} \dfrac{4(n-2)}{n^2(n-1)} = 0
\end{displaymath}
Donc les deux probabilités deviennent équivalente dès lors que le nombre total de billets est grand. Pour se donner un ordre d'idée, l'écart passe à $10^{-6}$ pour $n = 2000$ billets.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

%%% EXERCICE 2 %%%
\setcounter{exo}{1}
\begin{exo}[]{Enseignement obligatoire}
On note $A$ et $B$ d'affixes respectives $z_A = 1$ et $z_B = \dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Pour chaque point $M(z)$ du plan:
\begin{itemize}
\item $M_1(z_1)$ est l'image de $M$ par la rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$.
\item $M'(z')$ est l'image de $M_1$ par la translation de vecteur $-\vv{u}$.
\end{itemize}
$T$ est la transformation qui à chaque point $M$ associe $M'$.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest1aexo2oblig} L'affixe $z_1$ d'un point $M_1$ obtenu par rotation $R$ de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$ à partir d'un point $M(z)$ s'écrit:
\begin{displaymath}
z_1 - 0 = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(z - 0) \Longleftrightarrow z_1 = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z
\end{displaymath}
De plus, l'affixe $z'$ d'un point $M'$ obtenu par translation de vecteur $\vv{u}$ à partir d'un point $M(z)$ s'écrit:
\begin{displaymath}
z' = z_1 - 1
\end{displaymath}
D'où, en remplaçant $z_1$, il vient: \ovalbox{$z' = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z - 1$}.

\item\label{quest:quest1bexo2oblig} On remarque que:
\begin{displaymath}
z_B = \dfrac{1}{2} + \text{i}\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)= \cos{\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)} + \text{i}\sin{\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}
\end{displaymath}
Ainsi, d'après la question précédente, l'image de $B$ par $T$ s'écrit:
\begin{displaymath}
z_B' = T(z_B) \Longleftrightarrow z_B' = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z_B - 1 \Longleftrightarrow z_B' = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}} - 1 = 1-1 = 0
\end{displaymath}
L'image $B'$ de $B$ par $T$ est donc \ovalbox{le point $O$}.

\item Montrons que $T$ admet un unique point invariant, qu'on note $I$. Un point $M(z)$ est invariant par $T$ si et seulement si $M' = M$, c'est-à-dire:
\begin{displaymath}
z' = z \Longleftrightarrow \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z - 1 = z \Longleftrightarrow \big(\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} - 1\big)z = 1 \Longleftrightarrow z = \dfrac{1}{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} - 1}
\end{displaymath}
Or $\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} - 1 = \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} - 1 = -\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$.

On déduit donc \ovalbox{$z_I = \text{e}^{-\text{i}\frac{2\pi}{3}} = -\dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}$}.

\medskip

\textbf{Complément:} d'après ce qu'on a vu, on a $\left\lbrace\begin{array}{l}
 z' = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z - 1 \\
z_I = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z_I - 1
\end{array}\right.$. En retranchant membre à membre, il vient:
\begin{displaymath}
z' - z_I = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(z-z_I)
\end{displaymath}
$T$ est donc une rotation de centre $I(z_I)$ et d'angle $\dfrac{\pi}{3}$.
\end{enumerate}

\item\label{quest:quest2exo2oblig} On pose $z = x + \text{i}y$, avec $x$ et $y$ réels.

\begin{enumerate}
\item Soit $z \neq 0$. En se servant du résultat de la question \renvoi{quest:quest1aexo2oblig}:
\begin{displaymath}
\dfrac{z'}{z} = \dfrac{\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z - 1}{z} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} - \dfrac{1}{z} = \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{1}{x+\text{i}y}
\end{displaymath}
Or $\dfrac{1}{x+\text{i}y} = \dfrac{x - \text{i}y}{(x+\text{i}y)(x - \text{i}y)} = \dfrac{x - \text{i}y}{x^2 + y^2}$. Ainsi:
\begin{displaymath}
\dfrac{z'}{z} = \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} - \dfrac{x - \text{i}y}{x^2 + y^2}
\end{displaymath}
D'où, en regroupant les termes de la partie réelle et ceux de la partie imaginaire:
\begin{displaymath}
\dfrac{z'}{z} = \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{x^2 + y^2}\right) + \text{i}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{y}{x^2 + y^2}\right)
\end{displaymath}
On peut donc conclure que \ovalbox{$\mathfrak{R}e\left(\dfrac{z'}{z}\right) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{x^2 + y^2}$}.

\item\label{quest:quest2bexo2oblig} On cherche l'ensemble $(E)$ des points $M$ du plan tels que $OMM'$ soit un triangle rectangle en $O$. 
\begin{itemize}
\item Il faut déjà que $M \neq O$ et $M' \neq O$, c'est-à-dire $M' \neq B$ (d'après la question \renvoi{quest:quest1bexo2oblig}).
\item Ensuite, pour que $OMM'$ soit un triangle rectangle en $O$, il faut que $\vv{OM}$ et $\vv{OM'}$ soient orthogonaux. Par propriété:
\begin{displaymath}
\vv{OM} \text{ et } \vv{OM'} \text{ sont orthogonaux } \Longleftrightarrow \dfrac{z_{\vv{OM'}}}{z_{\vv{OM}}} \in \text{i}\R
\end{displaymath}
Autrement dit, démontrons que $\mathfrak{R}e\left(\dfrac{z_{\vv{OM'}}}{z_{\vv{OM}}}\right) = 0$. De plus, on a:
\begin{displaymath}
\dfrac{z_{\vv{OM'}}}{z_{\vv{OM}}} = \dfrac{z' - 0}{z - 0} = \dfrac{z'}{z}
\end{displaymath}
Or, d'après la question précédente $\mathfrak{R}e\left(\dfrac{z'}{z}\right) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{x^2 + y^2}$. Cherchons donc $x$ et $y$ tels que:
\begin{displaymath}
\mathfrak{R}e\left(\dfrac{z'}{z}\right) = \dfrac{1}{2} - \dfrac{x}{x^2 + y^2} = 0 \Longleftrightarrow \dfrac{x^2 + y^2 - 2x}{2(x^2 + y^2)} = 0
\end{displaymath}
C'est-à-dire $x^2 + y^2 - 2x = 0$, ou encore:
\begin{displaymath}
\underbrace{x^2  - 2x + (1}_{(x-1)^2} - 1) + y^2 = 0 \Longleftrightarrow (x - 1)^2 + (y-0)^2 = 1
\end{displaymath}
On reconnaît là une équation de cercle de centre $(1\:;\:0)$, c'est-à-dire $A$, et de rayon 1. 
\end{itemize}
L'ensemble $(E)$ est donc le cercle de centre $A(1\:;\:0)$ et de rayon 1, privé des points $O$ et $B$. Le tracé (en rouge) donne:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=2]
% Quadrillage
\draw [ultra thin,color = orange!30] (-2.5,-1.5) grid[step=0.1] (2.5,2);
\draw [thin, color = orange!50] (-2.5,-1.5) grid[step=0.5] (2.5,2);
\draw [orange] (-2.5,-1.5) grid[step=1] (2.5,2);

% Coordonnées des points
\coordinate (O) at (0,0);
\coordinate (A) at (1,0);

% Axes
\draw[line width = 0.5pt] (-2.5,0) -- (2.5,0);
\draw[line width = 0.5pt] (0,-1.5) -- (0,2);
\draw[->, >=stealth, line width = 1pt] (O) -- (A) node[midway,below]{$\vv{u}$};
\draw[->, >=stealth, line width = 1pt] (O) -- (0,1) node[midway,left]{$\vv{v}$};

% Question 2b
\draw[line width = 1.25pt,red] (A) circle (1cm);
\draw (O) node{$\bullet$} node[below left]{$O$};
\draw (A) node{$\bullet$} node[below right]{$A$};
\filldraw[fill=white, draw=red] (1.8,-1.1) circle (0.22cm) node{\renvoi{quest:quest2bexo2oblig}};

% Question 3a
\coordinate (M) at (1,1);

   % 1ere méthode : rotation + translation
   \coordinate (M1) at ([rotate around={60:(0,0)}]M);
   \coordinate (M') at ([shift={(-1,0)}]M1);
   \draw[->, >=stealth,gray] (M) arc(45:105:1.41421cm);
   \draw[blue] (O) -- (M) -- (M') -- cycle;
   \draw[dashed, gray] (O) -- (M1);
   \draw[->, >=stealth,gray] (M1) -- (M')node[midway, above]{$-\vv{u}$};
   \draw[blue] (M) node{$\bullet$} node[above right]{$M$};
   \draw[gray] (M1) node{$\bullet$} node[above]{$M_1$};
   \draw[blue] (M') node{$\bullet$} node[above left]{$M'$};
   \draw[gray] (75:1.7) node{$\dfrac{\pi}{3}$};
   \draw[blue] (0.106066,0.106066) -- (0,0.212) -- (-0.106066,0.106066);
   % 2nde méthode : rotation autour de I
   %\coordinate (I) at (-0.5,-0.866);
   %\coordinate (Mf2) at ([rotate around={60:(-0.5,-0.866)}]M);
   %\draw (Mf2) node{$\bullet$} node[above left]{$M'$};

\filldraw[fill=white, draw=blue] (-1.1,0.6) circle (0.22cm) node{\renvoi{quest:quest3aexo2oblig}};

% Unité graphique
\draw[line width = 1pt] (-2,-1) -- (-1,-1)node[midway,above]{4 cm};
\draw[line width = 1pt] (-2,-0.9) -- (-2,-1.1);
\draw[line width = 1pt] (-1,-0.9) -- (-1,-1.1);
\end{tikzpicture}
\end{center}
{\small \textbf{Nota}: la figure est à l'échelle $1\!:\!2$, pour des raisons de place.}
\end{enumerate}

\item On pose $z = 1 + \text{i}$.
\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest3aexo2oblig} Montrons que $M \in (E)$. Avec la notation de la question \renvoi{quest:quest2exo2oblig}, on a $x = 1$ et $y = 1$. $M(1\:;\:1)$ n'est ni le point $O(0\:;\:0)$ ni le point $B\left(\dfrac{1}{2}\:;\:-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)$.

Ainsi, en remplaçant $x$ et $y$ par ces valeurs dans le membre de gauche de l'équation du cercle obtenue en question \renvoi{quest:quest2bexo2oblig}, on a:
\begin{displaymath}
(1 - 1)^2 + (1 - 0)^2 = 0^2 + 1^2 = 0 + 1 = 1
\end{displaymath}
L'équation est vérifiée, ce qui prouve que \ovalbox{$M \in (E)$}. On complète la figure de la question \renvoi{quest:quest2bexo2oblig}.

\item D'après ce qui précède, comme $M \in (E)$, alors $\mathfrak{R}e\left(\dfrac{z'}{z}\right) = 0$ et:
\begin{displaymath}
\dfrac{z'}{z} = \text{i}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{y}{x^2 + y^2}\right)
\end{displaymath}
En remplaçant $x$ et $y$ par leurs valeurs, on obtient:
\begin{displaymath}
\dfrac{z'}{z} = \text{i}\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \dfrac{1}{2}\right) = \text{i}\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}
\end{displaymath}
Dès lors:
\begin{displaymath}
\left|\dfrac{z'}{z}\right| = \dfrac{|z'|}{|z|} = |\text{i}| \times \left|\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}\right| = \dfrac{\sqrt{3}+1}{2}
\end{displaymath}
Or $|z| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$, on déduit:
\begin{displaymath}
|z'| = \dfrac{\sqrt{3}+1}{2}|z| = \dfrac{\sqrt{3}+1}{2} \times \sqrt{2}
\end{displaymath}
D'où \ovalbox{$|z'| = \dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}$}.

\item Comme $M \in (E)$, le triangle $OMM'$ est donc rectangle en $O$ et l'aire s'exprime comme suit:
\begin{displaymath}
\mathcal{A}_{OMM'} = \dfrac{OM \times OM'}{2} = \dfrac{|z_{\vv{OM}}| \times |z_{\vv{OM'}}|}{2} = \dfrac{|z| \times |z'|}{2}
\end{displaymath}
D'après les calculs de modules réalisés en question précédente:
\begin{displaymath}
\mathcal{A}_{OMM'} = \dfrac{\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{2}}}{2}
\end{displaymath}
D'où: $\mathcal{A}_{OMM'} = \dfrac{\sqrt{3}+1}{2}$. Or, comme une unité graphique vaut 4 cm, l'aide en cm$^2$ vaut alors:
\begin{center}
\ovalbox{$\mathcal{A}_{OMM'} = 8(\sqrt{3}+1)$ cm$^2$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

%%% EXERCICE 2 %%%
\setcounter{exo}{1}
\begin{exo}[]{Enseignement de spécialité}
Dans le plan orienté, on donne un carré $ABCD$ de sens direct tel que $AB = 1$ (on prendra 9 cm comme unité graphique) et les points $A_1$ et $B_1$ définis par : 
\begin{displaymath}
\vv{AA_1} = \dfrac{1}{3} \vv{AB} \hspace{20pt} \text{et} \hspace{20pt} \vv{BB_1} = \dfrac{2}{9} \vv{BC}
\end{displaymath}
On désigne par $S$ la similitude plane directe qui, à tout point $M$ d'affixe $z$, associe le point $M_1$ d'affixe $z_1$ définie par:
\begin{displaymath}
z_1 = \dfrac{6 + 2\text{i}}{9}z + \dfrac{1}{3}
\end{displaymath}
On rapporte le plan au repère orthonormal direct $\left(A;\vv{AB},\vv{AD}\right)$. On déduit, pour la suite de l'exercice:
\begin{displaymath}
z_A = 0 \hspace{10pt} \text{;} \hspace{10pt} z_B = 1 \hspace{10pt} \text{;} \hspace{10pt} z_C = 1+\text{i} \hspace{10pt} \text{;} \hspace{10pt} z_D = \text{i}
\end{displaymath}

\begin{enumerate}
\item L'expression complexe d'une similitude directe est de la forme $z'=az+b$ donc $S$ est une similitude. Le point invariant vérifie $z_{\Omega} = az_{\Omega} + b$, c'est-à-dire:
\begin{displaymath}
z_{\Omega} = \dfrac{6 + 2\text{i}}{9}z_{\Omega}  + \dfrac{1}{3} \Longleftrightarrow \dfrac{3 - 2\text{i}}{9}z_{\Omega} = \dfrac{1}{3} \Longleftrightarrow z_{\Omega} = \dfrac{3}{3 - 2\text{i}}
\end{displaymath}
Ou encore:
\begin{displaymath}
z_{\Omega} = \dfrac{3(3 + 2\text{i})}{9 + 4} \Longleftrightarrow z_{\Omega} = \dfrac{9}{13} + \dfrac{6}{13}\text{i}
\end{displaymath}
\ovalbox{L'affixe du point $\Omega$ vaut $z_{\Omega} = \left(\dfrac{9}{13} + \dfrac{6}{13}\text{i}\right)$}, ou encore $\Omega\left(\dfrac{9}{13}\:;\:\dfrac{6}{13}\right)$.

\item En préambule, traduisons en affixes les deux égalités vectorielles de l'énoncé:
\begin{displaymath}
\vv{AA_1} = \dfrac{1}{3} \vv{AB} \Longleftrightarrow z_{A_1} - 0 = \dfrac{1}{3} (z_B - 0) \Longleftrightarrow z_{A_1} = \dfrac{1}{3}
\end{displaymath}
Puis:
\begin{displaymath}
\vv{BB_1} = \dfrac{2}{9} \vv{BC} \Longleftrightarrow z_{B_1} - z_B = \dfrac{2}{9}(z_C - z_B) \Longleftrightarrow z_{B_1} = 1 + \dfrac{2}{9}\text{i}
\end{displaymath}
\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest2aexo2spec} L'image du point $A$ par $S$ vaut:
\begin{displaymath}
z_1(A) = \dfrac{6 + 2\text{i}}{9}z_A + \dfrac{1}{3} = 0 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3} \Longleftrightarrow \text{\ovalbox{$S(A) = A_1$}}
\end{displaymath}
De même, l'image du point $B$ par $S$ vaut:
\begin{displaymath}
z_1(B) = \dfrac{6 + 2\text{i}}{9}z_B + \dfrac{1}{3} = \dfrac{6 + 2\text{i}}{9} + \dfrac{3}{9} = \dfrac{9 + 2\text{i}}{9} = 1 + \dfrac{2}{9}\text{i} \Longleftrightarrow \text{\ovalbox{$S(B) = B_1$}}
\end{displaymath}

\item Calculons l'affixe de $D_1 = S(D)$:
\begin{displaymath}
z_{D_1} = \dfrac{6 + 2\text{i}}{9}z_D + \dfrac{1}{3} = \dfrac{6 + 2\text{i}}{9}\text{i} + \dfrac{1}{3}  = \dfrac{6}{9}\text{i} - \dfrac{2}{9} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{6}{9}\text{i} + \dfrac{1}{9}
\end{displaymath}
D'où \ovalbox{$D_1\left(\dfrac{1 + 6\text{i}}{9}\right)$}.

\item On remarque que:
\begin{displaymath}
z_{\vv{DD_1}} = z_{D_1} - z_D = \dfrac{1 + 6\text{i}}{9} - \text{i} = \dfrac{1 - 3\text{i}}{9}
\end{displaymath}
De plus:
\begin{displaymath}
z_{\vv{DA_1}} = z_{A_1} - z_D = \dfrac{1}{3} - \text{i} = \dfrac{1 - 3\text{i}}{3}
\end{displaymath}
Donc $z_{\vv{DD_1}} = \dfrac{1}{3}z_{\vv{DA_1}}$, les vecteurs $\vv{DD_1}$ et $\vv{DA_1}$ sont colinéaires. On a donc montré que \ovalbox{$D_1 \in [DA_1]$}.

\item\label{quest:quest2dexo2spec} On sait que $A_1 = S(A)$, $B_1 = S(B)$ et $D_1 = S(D)$. Or, par une similitude directe, l'image d'un carré direct est un carré direct. Comme $ABCD$ est un carré direct, on déduit par construction le point $C_1$ du fait que $A_1B_1C_1D_1$ soit aussi un carré direct.

La figure est présentée en suivant.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=9]
% Quadrillage
\draw [ultra thin,color = orange!30] (-0.1,-0.1) grid[step=0.1] (1.1,1.1);
\draw [thin, color = orange!50] (-0.1,-0.1) grid[step=0.5] (1.1,1.1);
\draw [orange] (-0.1,-0.1) grid[step=1] (1.1,1.1);

% Coordonnées des points
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (1,0);
\coordinate (C) at (1,1);
\coordinate (D) at (0,1);
\coordinate (A1) at (0.33333,0);
\coordinate (B1) at (1,0.22222);
\coordinate (C1) at (0.77777,0.88888);
\coordinate (D1) at (0.11111,0.66666);

% Axes
\draw[line width = 0.5pt] (-0.1,0) -- (1.1,0);
\draw[line width = 0.5pt] (0,-0.1) -- (0,1.1);
\draw[->, >=stealth, line width = 1pt] (A) -- (B);
\draw[->, >=stealth, line width = 1pt] (A) -- (D);

% Question 2d
\draw[line width = 1.25pt,red] (A) -- (B) -- (C) -- (D) -- cycle;
\draw (A) node{$\bullet$} node[below left]{$A$};
\draw (B) node{$\bullet$} node[below right]{$B$};
\draw (C) node{$\bullet$} node[above right]{$C$};
\draw (D) node{$\bullet$} node[above left]{$D$};
\draw[blue] (A1) node{$\bullet$} node[below left]{$A_1$};
\draw[blue] (B1) node{$\bullet$} node[below right]{$B_1$};
\draw[blue] (C1) node{$\bullet$} node[above right]{$C_1$};
\draw[blue] (D1) node{$\bullet$} node[below left]{$D_1$};
\draw[blue,dashed] (A1) -- (D);
\draw[line width = 1.25pt,blue] (A1) -- (B1) -- (C1) -- (D1) -- cycle;
\draw[blue] (0.73034,0.873077) -- (0.746155,0.825643) -- (0.793589,0.841454);
\draw[blue] (0.98418,0.269656) -- (0.936754,0.253845) -- (0.952566,0.206410);
\draw[blue] (0.38076,0.015811) -- (0.364956,0.063245) -- (0.317521,0.047434);
\draw[blue] (0.12692,0.619232) -- (0.174356,0.635043) -- (0.158545,0.682478);

% Question 3b
\coordinate (I) at (0.166666,0.5); % milieu de A1D
\coordinate (J) at (0.66666,0.11111); % milieu de A1B1
\coordinate (Omega) at (0.692307,0.461538);

\centerarc{dashed}{I}{-120}{120}{0.527}
\centerarc{dashed}{J}{-30}{210}{0.351}
\centerarc{}{D}{-90}{-71.565}{0.2}
\centerarc{}{A1}{0}{18.435}{0.2}
\centerarc{}{Omega}{213.69}{232.125}{0.2}
\centerarc{}{Omega}{303.69}{322.125}{0.2}

\draw[dashed] (Omega) -- (A);
\draw[dashed] (Omega) -- (A1);
\draw[dashed] (Omega) -- (B);
\draw[dashed] (Omega) -- (B1);

\draw (Omega) node{$\bullet$} node[above right]{$\Omega$};
\draw (I) node{$\bullet$};
\draw (J) node{$\bullet$};
\draw ($(D)+(-80.7825:0.24)$) node{$\theta$};
\draw ($(A1)+(9.2175:0.24)$) node{$\theta$};
\draw ($(Omega)+(222.9075:0.24)$) node{$\theta$};
\draw ($(Omega)+(312.9075:0.24)$) node{$\theta$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}[resume]
\item 
\begin{enumerate}
\item Montrons que les trois angles sont égaux.
\begin{itemize}
\item Pour une similitude $z' = az+b$, $\theta = \arg{(a)}$, donc dans notre cas:
\begin{displaymath}
\theta = \arg{\left(\dfrac{6+2\text{i}}{9}\right)} = \arg{\left(\dfrac{2(3+\text{i})}{3\times 3}\right)} = \arg{\left(\dfrac{2}{3} \times \dfrac{3+\text{i}}{3}\right)} \:[2\pi]
\end{displaymath}
Par propriété des arguments, on déduit:
\begin{displaymath}
\theta = \arg{\left(\dfrac{2}{3}\right)} + \arg{\left(1 + \dfrac{1}{3}\text{i}\right)} \:[2\pi]
\end{displaymath}
Or $\arg{\left(\dfrac{2}{3}\right)}  = 0\:[2\pi]$, d'où: $\theta = \arg{\left(1 + \dfrac{1}{3}\text{i}\right)} \:[2\pi]. \quad (\bigstar)$

\item Déterminons l'angle $\big(\vv{DA}\:;\:\vv{DA_1}\big)$ en utilisant les arguments:
\begin{displaymath}
\big(\vv{DA}\:;\:\vv{DA_1}\big) = \arg{\left(\dfrac{z_{A_1} - z_D}{z_1 - z_D}\right)} = \arg{\left(\dfrac{\dfrac{1}{3} - \text{i}}{0 - \text{i}}\right)}\:[2\pi]
\end{displaymath}
Or, comme $\dfrac{1}{\text{i}} = -\text{i}$, on déduit:
\begin{displaymath}
\big(\vv{DA}\:;\:\vv{DA_1}\big) = \arg{\left(\text{i}\times\left(\dfrac{1}{3} - \text{i}\right)\right)} = \arg{\left(1 + \dfrac{1}{3}\text{i}\right)} \:[2\pi]. \quad (\bigstar\bigstar)
\end{displaymath}

\item De même, pour l'angle $\big(\vv{A_1B}\:;\:\vv{A_1B_1}\big)$:
\begin{displaymath}
\big(\vv{A_1B}\:;\:\vv{A_1B_1}\big) = \arg{\left(\dfrac{z_{B_1} - z_{A_1}}{z_B - z_{A_1}}\right)} = \arg{\left(\dfrac{1 + \dfrac{2}{9}\text{i} - \dfrac{1}{3}}{1 - \dfrac{1}{3}}\right)}\:[2\pi]
\end{displaymath}
En simplifiant par $\dfrac{2}{3}$, il vient:
\begin{displaymath}
\big(\vv{A_1B}\:;\:\vv{A_1B_1}\big) = \arg{\left(\dfrac{\dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{9}\text{i}}{\dfrac{2}{3}}\right)} = \arg{\left(1 + \dfrac{1}{3}\text{i}\right)}\:[2\pi] \quad (\bigstar\bigstar\bigstar)
\end{displaymath}
\end{itemize}

\textbf{Conclusion:} de $(\bigstar)$, $(\bigstar\bigstar)$ et $(\bigstar\bigstar\bigstar)$, on déduit:
\begin{center}
\ovalbox{$\big(\vv{DA}\:;\:\vv{DA_1}\big) = \big(\vv{A_1B}\:;\:\vv{A_1B_1}\big) = \theta\:[2\pi]$}
\end{center}

\item Par définition de la similitude $\big(\vv{\Omega A}\:;\:\vv{\Omega A_1}\big) = \big(\vv{\Omega B}\:;\:\vv{\Omega B_1}\big) = \theta\:[2\pi]$ puisque $A_1 = S(A)$ et $B_1 = S(B)$ (question \renvoi{quest:quest2aexo2spec}). 

D'après le résultat obtenu en question précédente, on a donc:
\begin{itemize}
\item D'une part $\big(\vv{DA}\:;\:\vv{DA_1}\big) = \big(\vv{\Omega A}\:;\:\vv{\Omega A_1}\big) = \theta\:[2\pi]$. Ces angles étant définis par rapport au segment $[AA_1]$, ils sont donc inscrits et les points $A$, $A_1$, $\Omega$ et $D$ appartiennent à un même cercle. Comme le triangle $DAA_1$ est rectangle en $A$, il s'agit du cercle circonscrit au triangle $DAA_1$, dont le centre et le milieu de $[A_1D]$.
\item D'autre part $\big(\vv{A_1B}\:;\:\vv{A_1B_1}\big) = \big(\vv{\Omega B}\:;\:\vv{\Omega B_1}\big) = \theta\:[2\pi]$. Ces angles étant définis par rapport au segment $[BB_1]$, ils sont donc inscrits et les points $B$, $B_1$, $\Omega$ et $A_1$ appartiennent à un même cercle. Comme le triangle $A_1BB_1$ est rectangle en $B$, il s'agit du cercle circonscrit au triangle $A_1BB_1$, dont le centre et le milieu de $[A_1B_1]$.
\end{itemize}

Comme $\Omega$ appartient à ces deux cercles, leur intersection permet de trouver $\Omega$ (voir tracés en  \renvoi{quest:quest2dexo2spec}).
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

%%% PROBLEME %%%
\begin{probleme}[]{Enseignement obligatoire et de spécialité}
Pour un entier $n \geq 2$, on considère les fonctions $f_n$ définies sur $]0\:;\:+\infty[$ par:
\begin{displaymath}
f_n(x) = \dfrac{1 + n\ln{(x)}}{x^2}
\end{displaymath}
Pour toute la suite, on note $J = ]0\:;\:+\infty[$.

\begin{partie}[]
\begin{flushleft}
\textbf{I - Étude des fonctions $\bm{f_n}$}
\end{flushleft}
\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest1partApb} Soit $x \in J$ et $n\geq 2$ un entier. $f_n$ est dérivable sur $J$ en tant que somme et quotient de fonctions usuelles dérivables sur $J$. Posons:
\begin{displaymath}
\left\lbrace\begin{array}{l}
u(x) = 1 + n\ln{(x)}\\
v(x) = x^2
\end{array}\right. \text{ $u$ et $v$ sont dérivables sur $J$, donc: } \left\lbrace\begin{array}{l}
u'(x) = \dfrac{n}{x}\\
v'(x) = 2x
\end{array}\right.
\end{displaymath}
Ainsi, d'après les formules de dérivation, il vient:
\begin{displaymath}
f_n'(x) = \dfrac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{\big(v(x)\big)^2} = \dfrac{nx - 2x - 2nx\ln{(x)}}{x^4}
\end{displaymath}
Ou encore, en simplifiant par $x$: \ovalbox{$f_n'(x) = \dfrac{n - 2 - 2n\ln{(x)}}{x^3}$}.

\item Résoudre l'équation $f_n'(x) = 0$ revient à résoudre:
\begin{displaymath}
n - 2 - 2n\ln{(x)} = 0 \Longleftrightarrow 2n\ln{(x)} = n-2 \Longleftrightarrow \ln{(x)} = \dfrac{n-2}{2n}
\end{displaymath}
Comme $x \in J$, on déduit donc: \ovalbox{$f_n'(x) = 0 \Longleftrightarrow x = \text{e}^{\frac{n-2}{2n}}$}.

Le signe de $f_n'(x)$ ne dépend que de la quantité $n - 2 - 2n\ln{(x)}$, puisque $x^3 > 0$ sur $J$. Ainsi:
\begin{displaymath}
f_n'(x) \geq 0 \Longleftrightarrow n - 2 - 2n\ln{(x)} \geq 0 \Longleftrightarrow 2n\ln{(x)} \leq n-2 \Longleftrightarrow x \leq \text{e}^{\frac{n-2}{2n}}
\end{displaymath}
On déduit aisément l'autre sens; finalement:
\begin{center}
\ovalbox{
\begin{minipage}{0.45\linewidth}
\begin{itemize}
\itemindent=-13pt
\item $\forall x \in \left]0\:;\:\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right],\:f_n'(x) \geq 0$.
\item $\forall x \in \left[\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\:;\:+\infty\right[,\:f_n'(x) \leq 0$.
\end{itemize}
\end{minipage}
}
\end{center}

\item Transformons notre expression de $f_n$:
\begin{displaymath}
f_n(x) = \dfrac{1}{x^2} + n\dfrac{\ln{(x)}}{x^2}
\end{displaymath}
$\dps \lim_{x \to +\infty}\dfrac{1}{x^2} = 0$, et, par croissance comparée: $\dps \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln{(x)}}{x^2} = 0$. 

Donc $\dps \lim_{x \to +\infty} n\dfrac{\ln{(x)}}{x^2} = 0$. Ainsi, par somme: \ovalbox{$\dps \lim_{x \to +\infty}f_n(x) = 0$}.

\item\label{quest:quest4partApb} On déduit, de tout ce qui précède, le tableau de variation suivant:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=1.5,espcl=2.5] 
{$x$         /0.8, 
$f_n'(x)$ /0.8,
$f_n(x)$ /2.5}% 
{$0$ , $\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}$ , $+\infty$}% 
\tkzTabLine{ d , + , z , - , }
\tkzTabVar{D-/$-\infty$, +/$\dfrac{n}{2}\text{e}^{\frac{2-n}{n}}$ , -/$0$}
\end{tikzpicture} 
\end{center}
En effet, en $\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}$, on obtient:
\begin{displaymath}
f_n\left(\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right) = \dfrac{1 + n\ln{\left(\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right)}}{\left(\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right)^2} = \dfrac{1 + \dfrac{n-2}{2}}{\text{e}^{\frac{n-2}{n}}} = \dfrac{n}{2}\text{e}^{\frac{2-n}{n}}
\end{displaymath}
De plus, en $0^+$, il n'y a pas de difficulté pour justifier que $\dps \lim_{\substack{x\to 0\\x>0}}f_n(x) = -\infty$.
\end{enumerate}

\begin{flushleft}
\textbf{II - Représentation graphique de quelques fonctions $\bm{f_n}$}
\end{flushleft}

\begin{enumerate}
\item Exprimons $f_2$ et $f_3$:
\begin{displaymath}
f_2(x) = \dfrac{1 + 2\ln{(x)}}{x^2} \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} f_3(x) = \dfrac{1 + 3\ln{(x)}}{x^2}
\end{displaymath}
Pour construire $\mathscr{C}_2$ et $\mathscr{C}_3$, exploitons les résultats du tableau de variation:
\begin{itemize}
\item $f'_2$ s'annule en $1$ et $f_3'$ en $\text{e}^{\frac{1}{6}}$. Donc $\mathscr{C}_2$ et $\mathscr{C}_3$ admettent une tangente horizontale en ces points.
\item Des calculs de limite de $f_n$, on déduit que $\mathscr{C}_n$ admet une asymptote horizontale d'équation $y = 0$ et verticale d'équation $x = 0$.
\end{itemize}
On obtient donc les courbes suivantes:
\end{enumerate}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale = 2.5]
% Paramètres
\def \xmin {-0.5};
\def \xmax {4.5};
\def \ymin {-2.5};
\def \ymax {1.5};

% Quadrillage
\draw [thin, color = gray!40] (\xmin,\ymin) grid[step=0.5] (\xmax,\ymax);
\draw [color=gray!60] (\xmin,\ymin) grid[step=1] (\xmax,\ymax);
\draw [ultra thin,color = gray!20] (\xmin,\ymin) grid[step=0.1] (\xmax,\ymax);

% Axes et repère
\draw[line width = 0.5pt] (\xmin,0) -- (\xmax,0);
\draw[line width = 0.5pt] (0,\ymin) -- (0,\ymax);
\draw (0,0) node{$\bullet$} node[below left]{$O$};
\draw[->,>=stealth,line width = 1pt] (0,0) -- (1,0) node[midway,below]{$\vv{u}$};
\draw[->,>=stealth,line width = 1pt] (0,0) -- (0,1) node[midway,left]{$\vv{v}$};

% Etiquettes
\foreach \x in {1,2,3,4} {\draw (\x,-0.04)node[below]{$\x$} -- (\x,0.04);}
\foreach \y in {-2,-1,1} {\draw (-0.04,\y)node[left]{$\y$} -- (0.04,\y);}

% Courbes
\draw[variable=\x,color = blue, line width=0.8pt,smooth, domain=0.464:\xmax, samples=2000] plot (\x,{(1+2*ln(\x))/(\x*\x)});
\draw[variable=\x,color = red, line width=0.8pt,smooth, domain=0.555:\xmax, samples=2000] plot (\x,{(1+3*ln(\x))/(\x*\x)});

% Extremum
\draw[dashed, blue] (1,0) -- (1,1)node{$\bullet$} -- (0,1);
\draw[<->,>=stealth,blue] (0.75,1) -- (1.25,1);

\draw[dashed, red] (1.1814,0)node[below]{$\text{e}^{\frac{1}{6}}$} -- (1.1814,1.0748)node{$\bullet$} -- (0,1.0748);
\draw[<->,>=stealth,red] (0.9314,1.0748) -- (1.4314,1.0748);

% Noms
\draw[blue] (0.7,0.7) node[above left]{$\mathscr{C}_2$};
\draw[red] (1.7,0.9) node[above right]{$\mathscr{C}_3$};

% Unité graphique
\draw[line width = 1pt] (\xmax-1.5,\ymin+0.5) -- (\xmax-0.5,\ymin+0.5)node[midway,above]{5 cm};
\draw[line width = 1pt] (\xmax-1.5,\ymin+0.4) -- (\xmax-1.5,\ymin+0.6);
\draw[line width = 1pt] (\xmax-0.5,\ymin+0.4) -- (\xmax-0.5,\ymin+0.6);
\end{tikzpicture}
\end{center}
{\small \textbf{Nota}: la figure est à l'échelle $1\!:\!2$, pour des raisons de place.}

\begin{enumerate}[resume]
\item 
\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest2apartApb} Soit $n \geq 2$ et $x \in J$. On a:
\begin{align*}
f_{n+1}(x) - f_n(x) &= \dfrac{1 + (n+1)\ln{(x)}}{x^2} - \dfrac{1 + n\ln{(x)}}{x^2} \\
&= \dfrac{1 + (n+1)\ln{(x)} - 1 - n\ln{(x)}}{x^2} \\
&= \dfrac{1 + n\ln{(x)} + \ln{(x)} - 1 - n\ln{(x)}}{x^2} \\
&= \dfrac{\ln{(x)}}{x^2}
\end{align*}
On vient donc de montrer que \ovalbox{$f_{n+1}(x) - f_n(x)$ est indépendant de $n$}.

\item D'après ce qui précède, on peut écrire que:
\begin{displaymath}
f_4(x)-f_3(x) = f_3(x) - f_2(x) \Longleftrightarrow f_3(x) = \dfrac{f_2(x) + f_4(x)}{2}
\end{displaymath}
Ainsi, si on appelle $M_2$, $M_3$ et $M_4$ respectivement les points de $\mathscr{C}_2$, $\mathscr{C}_3$ et $\mathscr{C}_4$ d'abscisses $x$, alors $M_3$ est le milieu de $[M_2M_4]$. On obtient donc le point \ovalbox{$M_4$ comme symétrique de $M_2$ par rapport à $M_3$}.
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale = 2.5]
% Paramètres
\def \xmin {-0.5};
\def \xmax {4.5};
\def \ymin {-1.5};
\def \ymax {1.5};

% Quadrillage
\draw [thin, color = gray!40] (\xmin,\ymin) grid[step=0.5] (\xmax,\ymax);
\draw [color=gray!60] (\xmin,\ymin) grid[step=1] (\xmax,\ymax);
\draw [ultra thin,color = gray!20] (\xmin,\ymin) grid[step=0.1] (\xmax,\ymax);

% Axes et repère
\draw[line width = 0.5pt] (\xmin,0) -- (\xmax,0);
\draw[line width = 0.5pt] (0,\ymin) -- (0,\ymax);
\draw (0,0) node{$\bullet$} node[below left]{$O$};
\draw[->,>=stealth,line width = 1pt] (0,0) -- (1,0) node[midway,below]{$\vv{u}$};
\draw[->,>=stealth,line width = 1pt] (0,0) -- (0,1) node[midway,left]{$\vv{v}$};

% Etiquettes
\foreach \x in {1,2,3,4} {\draw (\x,-0.04)node[below]{$\x$} -- (\x,0.04);}
\foreach \y in {-1,1} {\draw (-0.04,\y)node[left]{$\y$} -- (0.04,\y);}

% Courbes
\draw[variable=\x, dashed, blue, line width=0.5pt,smooth, domain=0.503:\xmax, samples=2000] plot (\x,{(1+2*ln(\x))/(\x*\x)});
\draw[variable=\x, dashed, red, line width=0.5pt,smooth, domain=0.599:\xmax, samples=2000] plot (\x,{(1+3*ln(\x))/(\x*\x)});
\draw[variable=\x, color=vertcool, line width=0.8pt,smooth, domain=0.662:\xmax, samples=2000] plot (\x,{(1+4*ln(\x))/(\x*\x)});

% Explication symétrie
\draw[dashed] (1.8,0) node[below]{$x$} -- (1.8,1.0343)node{$\bullet$} node[above right]{{\footnotesize $M_4$}};
\draw (1.8,0.8529) node{$\bullet$} node[right]{{\footnotesize $M_3$}};
\draw (1.8,0.6715) node{$\bullet$} node[below left]{{\footnotesize $M_2$}};

\draw (1.8,0.7622) node[rotate=78]{$||$};
\draw (1.8,0.9436) node[rotate=78]{$||$};

% Noms
\draw[blue] (0.7,0.7) node[above left]{$\mathscr{C}_2$};
\draw[red] (0.9,1.1) node[above left]{$\mathscr{C}_3$};
\draw[vertcool] (1.4,1.2) node[above right]{$\mathscr{C}_4$};

% Unité graphique
\draw[line width = 1pt] (\xmax-1.5,\ymin+0.5) -- (\xmax-0.5,\ymin+0.5)node[midway,above]{5 cm};
\draw[line width = 1pt] (\xmax-1.5,\ymin+0.4) -- (\xmax-1.5,\ymin+0.6);
\draw[line width = 1pt] (\xmax-0.5,\ymin+0.4) -- (\xmax-0.5,\ymin+0.6);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{partie}

\begin{partie}[calculs d'aires]
\begin{enumerate}
\item Soit $I = \dps \int_{1}^{\text{e}}\dfrac{\ln{(x)}}{x^2}\:\mathrm{d}x$. Posons, pour $x \in [1\:;\:\text{e}]$: $\left\lbrace\begin{array}{l}
u(x) = \ln{(x)} \\
v(x) = -\dfrac{1}{x} \\
\end{array}\right.$.
 
$u$ et $v$ sont de classe $\mathscr{C}^1$ sur $[1\:;\:\text{e}]$. Donc, pour tout $x \in [1\:;\:\text{e}]$:
\begin{displaymath}
\left\lbrace\begin{array}{l}
u'(x) = \dfrac{1}{x} \\
v'(x) = \dfrac{1}{x^2} \\
\end{array}\right.
\end{displaymath}
Ainsi, d'après la formule d'intégration par parties:
\begin{displaymath}
\underbrace{\dps \int_{1}^{\text{e}} u(x)v'(x)\:\mathrm{d}x}_{=I} = \Big[u(x)v(x)\Big]_{1}^{\text{e}} - \dps \int_{1}^{\text{e}} u'(x)v(x)\:\mathrm{d}x
\end{displaymath}
En remplaçant par les expression de $u(x)$, $v(x)$, $u'(x)$ et $v'(x)$, on peut écrire que:
\begin{displaymath}
I = \left[-\dfrac{\ln{(x)}}{x}\right]_{1}^{\text{e}} + \dps \int_{1}^{\text{e}} \dfrac{1}{x^2}\:\mathrm{d}x = -\dfrac{1}{\text{e}} - 0 + \left[-\dfrac{1}{x}\right]_{1}^{\text{e}}
\end{displaymath}
Ainsi:
\begin{displaymath}
I = -\dfrac{1}{\text{e}} + \left(-\dfrac{1}{\text{e}} + 1\right) \Longleftrightarrow \text{ \ovalbox{$I = 1 -\dfrac{2}{\text{e}}$}}
\end{displaymath}

\item\label{quest:quest2partBpb} La traduction, à l'aide d'intégrales, de l'aire du domaine plan limité par les courbes $\mathscr{C}_n$, $\mathscr{C}_{n+1}$ et les droites d'équations $x = 1$ et $x = \text{e}$, s'écrit:
\begin{displaymath}
\dps\int_{1}^{\text{e}}f_{n+1}(x)\:\mathrm{d}x - \dps\int_{1}^{\text{e}}f_{n}(x)\:\mathrm{d}x = \dps\int_{1}^{\text{e}}\big(f_{n+1}(x) - f_n(x)\big)\:\mathrm{d}x
\end{displaymath}
D'après le résultat de la question \renvoi{quest:quest2apartApb}, on peut écrire:
\begin{displaymath}
\dps\int_{1}^{\text{e}}f_{n+1}(x)\:\mathrm{d}x - \dps\int_{1}^{\text{e}}f_{n}(x)\:\mathrm{d}x = \dps\int_{1}^{\text{e}}\dfrac{\ln{(x)}}{x^2}\:\mathrm{d}x = I
\end{displaymath}
Ainsi, d'après la question précédente, \ovalbox{$\dps\int_{1}^{\text{e}}f_{n+1}(x)\:\mathrm{d}x - \dps\int_{1}^{\text{e}}f_{n}(x)\:\mathrm{d}x = 1 -\dfrac{2}{\text{e}}$}.

\item On note $\mathcal{A}_n$ l'aire du domaine plan limité par la courbe $\mathscr{C}_n$ et les droites d'équations $y=0$, $x=1$ et $x=\text{e}$.
\begin{enumerate}
\item On calcule $\mathcal{A}_2$:
\begin{displaymath}
\mathcal{A}_2 = \dps\int_{1}^{\text{e}}f_{2}(x)\:\mathrm{d}x = \dps\int_{1}^{\text{e}}\dfrac{1 + 2\ln{(x)}}{x^2} \:\mathrm{d}x = \dps\int_{1}^{\text{e}}\dfrac{1}{x^2} \:\mathrm{d}x + 2\dps\int_{1}^{\text{e}}\dfrac{\ln{(x)}}{x^2} \:\mathrm{d}x
\end{displaymath}
Ou encore:
\begin{displaymath}
\mathcal{A}_2 = \left[-\dfrac{1}{x}\right]_{1}^{\text{e}} \:\mathrm{d}x + 2I = -\dfrac{1}{\text{e}} + 1 + 2 - \dfrac{4}{\text{e}} \Longleftrightarrow \ovalbox{\text{$\mathcal{A}_2 = 3 - \dfrac{5}{\text{e}}$}}
\end{displaymath}

\item D'après la question \renvoi{quest:quest2partBpb}, en raisonnant sur les aires, on a:
\begin{displaymath}
\mathcal{A}_{n+1} - \mathcal{A}_n = I
\end{displaymath}
La suite \ovalbox{$(\mathcal{A}_n)$ est donc arithmétique} de raison $r = I$ et de premier terme $\mathcal{A}_2 = 3 - \dfrac{5}{\text{e}}$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{partie}

\begin{partie}[étude sur l'intervalle $\bm{]1\:;\:+\infty[}$ de l'équation $\bm{f_n(x) = 1}$]
On prendra $n \geq 3$.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Soit $n \geq 3$. On a aisément $\dfrac{n-2}{2n} > 0$. Comme la fonction exponentielle est strictement croissante sur $\R$, on en déduit:
\begin{displaymath}
\text{e}^{\frac{n-2}{2n}} > \text{e}^0 \Longleftrightarrow \ovalbox{\text{$\text{e}^{\frac{n-2}{2n}} > 1$}}
\end{displaymath}
Par ailleurs, la fonction $f_n$ et strictement croissante sur l'intervalle $\left]0\:;\:\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right]$ (voir question \renvoi{quest:quest4partApb}), donc l'est sur la restriction à $\left[1\:;\:\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right]$. 

\smallskip

D'où:
\begin{displaymath}
f_n\left(\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right) > f_n(1) \Longleftrightarrow\ovalbox{$f_n\left(\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right) > 1$}
\end{displaymath}

\item C'est immédiat du fait que $f_n$ soit strictement croissante sur l'intervalle $\left]1\:;\:\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\right[$ et que $f_n(1) = 1$.
\end{enumerate}

\item\label{quest:quest2partCpb} On se place sur l'intervalle $K = \left[\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\:;\:+\infty\right[$. Raisonnons par étapes:
\begin{itemize}
\item[\textbullet] $f_n$ est dérivable sur $J$ (d'après la question \renvoi{quest:quest1partApb}), donc sur $K \subset J$. $f_n$ est donc continue sur $K$.
\item[\textbullet] $f_n$ est strictement décroissante sur $K$ (d'après la question \renvoi{quest:quest4partApb}).
\item[\textbullet] De plus, d'après le tableau de variation (question \renvoi{quest:quest4partApb}):
\begin{displaymath}
f_n(K) = \left]0\:;\:\dfrac{n}{2}\text{e}^{\frac{2-n}{n}}\right]
\end{displaymath}
Donc $1 \in f_n(K)$ puisque $n \geq 3$.
\item[\textbullet] \textbf{Conclusion}: d'après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on peut donc conclure que l'équation \ovalbox{$f_n(x) = 1$ admet une unique solution $\alpha_n$ sur $K$}.
\end{itemize}

\item 
\begin{enumerate}
\item Calculons $f_n(\sqrt{n})$:
\begin{displaymath}
f_n(\sqrt{n}) = \dfrac{1 + n\ln{\left(\sqrt{n}\right)}}{(\sqrt{n})^2} = \dfrac{1 + n\ln{\left(\sqrt{n}\right)}}{n} 
\end{displaymath}
Comme la fonction racine est strictement croissante sur $\R$, alors pour $n > \text{e}^2$, $\sqrt{n} > \text{e}$. Puis, la fonction ln étant strictement croissante sur $\R_+^*$, on déduit $\ln{(\sqrt{n})} > \ln{(\text{e})}=1$.

Puis, s'en suit $n\ln{(\sqrt{n})} > n$ puis $\dfrac{1 + n\ln{\left(\sqrt{n}\right)}}{n} > \dfrac{1+n}{n} = \dfrac{1}{n} + 1$.

On en déduit donc que, \ovalbox{pour $n > \text{e}^2$, $f_n(\sqrt{n}) \geq 1$}.

\item On se place pour $n \geq 8$. Donc $n > \text{e}^2$ (puisque $\text{e}^2 \approx 7,389$). Dès lors, d'après le résultat précédent:
\begin{displaymath}
f_n(\sqrt{n}) \geq 1
\end{displaymath}
De plus, $\sqrt{n} > \text{e} \geq \text{e}^{\frac{n-2}{2n}}$, puisque $\dfrac{n-2}{2n} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{n} < 1$. On raisonne donc ici sur l'intervalle $K = \left[\text{e}^{\frac{n-2}{2n}}\:;\:+\infty\right[$

Or, d'après la question \renvoi{quest:quest2partCpb}, sur $K$, $f_n(\alpha_n) = 1$, on peut donc écrire:
\begin{displaymath}
f_n(\sqrt{n}) \geq f_n(\alpha_n)
\end{displaymath}
Enfin, d'après le tableau de variation de $f_n$ (question \renvoi{quest:quest4partApb}), sur $K$, $f_n$ est strictement décroissante, ce qui nous permet de déduire: \ovalbox{$\alpha_n \geq \sqrt{n}$}.

De plus, $\dps\lim_{n \to +\infty}\sqrt{n} = +\infty$, donc d'après le théorème de comparaison, on déduit:
\begin{center}
\ovalbox{$\dps\lim_{n \to +\infty}\alpha_n = +\infty$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{partie}
\end{probleme}

\vfill

\begin{center}
\Large{\textbf{Fin du corrigé}}
\end{center}
\end{document}