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\setlist[itemize,3]{label=\rule[0.5ex]{0.6ex}{0.6ex}} % ajout v02

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% PREAMBULE TIKZ                  %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%%% Paquets de base %%%
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%%% Triangle algorithme %%%
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%%% Couleurs personnalisées %%%
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% ENVIRONNEMENTS             %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% 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}%
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#1
\end{gbar}
\end{bclogo}
\end{center}
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%%% Attention %%%
\newcommand{\attention}[1]{
\begin{center}
\begin{bclogo}[logo=\bcattention,barre=none,noborder=true]{~\textcolor{rougechelou}{Attention!}}
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#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}
}{}
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%%% Théorème %%%
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\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          %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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\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}}
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\setlength{\columnseprule}{0.5pt}
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%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%       ALGORITMITIQUE         %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\usepackage{algorithm}
\usepackage{algpseudocode}

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\def\FrameCommand{{\color{fond}\vrule width 5pt}\fcolorbox{fond}{white}}%
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\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={}
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 \def\thickhrulefill{\leavevmode \leaders \hrule height 1pt\hfill \kern \z@}
 
\newenvironment{algo}%
{%
\begin{ttfamily}
\begin{algorithmic}[1]
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}
{%
\end{cadrecode}
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\end{ttfamily}
}

%%%%%%%%%%%%%
% STYLE ITEM     %
%%%%%%%%%%%%%
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}.}}
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\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{Polynésie, juin 2001}
\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{\ECFJD{Proposition de correction}}} \\ \LARGE{\textsc{Sujet de Bac S,  Polynésie juin 2001}}
\vspace{0.2cm}
\end{center}
\end{minipage}
}
\end{center}

%%% EXERCICE 1 %%%
\begin{exo}[]{Enseignement obligatoire et de spécialité}
Soit la fonction $f$ de $\mathcal{P}$ privée du point $A$ dans $\mathcal{P}$ qui à tout point $M$ d'affixe $z$ associe le point $M'$ d'affixe $z'$ tel que:
\begin{equation}\label{eq:fonctioncomplexe}
z' = f(z) = \text{i}\left(\dfrac{z - 3\text{i}}{z + 1}\right)
\end{equation}

\begin{enumerate}
\item Soit $C$ le point d'affixe $z_C = 2 - \text{i}$. Montrons qu'il existe un seul point $D$ tel que $f(D) = C$.

Notons $z_D$ l'affixe du point $D$. On cherche alors $z_D$ tel que $z_C = f(z_D)$, c'est-à-dire, avec l'équation \eqrenvoi{eq:fonctioncomplexe}:
\begin{displaymath}
2 - \text{i} = \text{i}\left(\dfrac{z_D - 3\text{i}}{z_D + 1}\right) \Longleftrightarrow (2 - \text{i})(z_D + 1) = \text{i}(z_D - 3\text{i})
\end{displaymath}
Ou encore:
\begin{displaymath}
2z_D + 2 - \text{i}z_D -\text{i} = \text{i}z_D + 3
\end{displaymath}
C'est-à-dire:
\begin{displaymath}
2z_D + 2 - \text{i}z_D -\text{i} - \text{i}z_D - 3 = 0 \Longleftrightarrow 2(1 - \text{i})z_D = 1 + \text{i}
\end{displaymath}
D'où, en multipliant numérateur et dénominateur par la quantité conjuguée du dénominateur:
\begin{displaymath}
z_D = \dfrac{1 + \text{i}}{2(1 - \text{i})} = \dfrac{1}{2}\dfrac{(1 + \text{i})^2}{(1 - \text{i})(1 + \text{i})} = \dfrac{2\text{i}}{4}
\end{displaymath}
D'où finalement: \ovalbox{$z_D = \dfrac{1}{2}\text{i}$}.

\newpage
\item Réalisons une figure pour pouvoir conjecturer la nature du triangle $ABC$:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw [ultra thin,color = orange!30] (-4.5,-2) grid[step=0.1] (4.5,4);
\draw [thin, color = orange!50] (-4.5,-2) grid[step=0.5] (4.5,4);
\draw [orange] (-4.5,-2) grid[step=1] (4.5,4);

\coordinate (A) at (-1,0);
\coordinate (B) at (0,3);
\coordinate (C) at (2,-1);

\draw[line width = 0.8pt] (-4.5,0) -- (4.5,0);
\draw[line width = 0.8pt] (0,-2) -- (0,4);

\draw[->,>=latex,line width = 0.8pt] (0,0) -- (1,0) node[midway,below]{$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,line width = 0.8pt] (0,0) -- (0,1) node[midway,left]{$\vv{v}$};

\draw[line width = 1.25pt,red] (A) -- (B) -- (C) -- cycle;

\draw (0,0) node{$\bullet$} node[below left]{$O$};
\draw (A) node{$\bullet$} node[below left]{$A$};
\draw (B) node{$\bullet$} node[above right]{$B$};
\draw (C) node{$\bullet$} node[below right]{$C$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\textbf{Conjecture:} il semblerait que le triangle $ABC$ soit rectangle et isocèle en $A$. Prouvons-le.

\begin{itemize}
\item \textbf{$\bm{ABC}$ isocèle}. Calculons les distance $AB$ et $AC$. On a, d'une part:
\begin{displaymath}
AB = |z_B - z_A| = \left|3\text{i} + 1\right| = \sqrt{3^2 + 1^2} = \sqrt{10}
\end{displaymath}
D'autre part:
\begin{displaymath}
AC = |z_C - z_A| = \left|2 - \text{i} + 1\right| = \sqrt{3^2 + (-1)^2} = \sqrt{10}
\end{displaymath}
On a donc $AB = AC$, le triangle $ABC$ est donc isocèle en $A$.

\item \textbf{$\bm{ABC}$ rectangle}. Calculons l'angle $\big(\vv{AB},\vv{AC}\big)$. Par propriété:
\begin{displaymath}
\big(\vv{AB},\vv{AC}\big) = \arg{\left(\dfrac{z_C - z_A}{z_B - z_A}\right)} = \arg{\left(\dfrac{3 - \text{i}}{1 + 3\text{i}}\right)} = \arg{\left(\dfrac{-\text{i}(3\text{i} +1)}{1 + 3\text{i}}\right)}
\end{displaymath}
D'où:
\begin{displaymath}
\big(\vv{AB},\vv{AC}\big) = \arg{(-\text{i})} = -\dfrac{\pi}{2}\:[2\pi]
\end{displaymath}
Le triangle $ABC$ est donc rectangle en $A$.
\end{itemize}

En conclusion, on a montré notre conjecture et le triangle $ABC$ est rectangle et isocèle en $A$.

\item Remarquons que, pour $z \neq -1$, on a:
\begin{displaymath}
(1) \Longleftrightarrow z' - 0 = \dfrac{\text{i}(z - z_B)}{z -z_A}
\end{displaymath}
Prenons les modules de l'ensemble de cette égalité. Par propriété des modules, on obtient:
\begin{displaymath}
|z' - z_O| = \left|\dfrac{\text{i}(z - z_B)}{z -z_A}\right| = \dfrac{|i||z-z_B|}{|z - z_A|} = \dfrac{|z-z_B|}{|z - z_A|}
\end{displaymath}
Autrement écrit, on a donc: \ovalbox{$OM' = \dfrac{BM}{AM}$}.

Prenons maintenant les arguments de l'ensemble de l'égalité. Par propriété des arguments, on obtient:
\begin{displaymath}
\arg{(z' - z_O)} = \arg{\left(\dfrac{\text{i}(z - z_B)}{z -z_A}\right)} = \arg{(\text{i})} + \arg{\left(\dfrac{z-z_B}{z - z_A}\right)}
\end{displaymath}
Autrement écrit, on a donc: $\big(\vv{u},\vv{OM'}\big) = \dfrac{\pi}{2} + \big(\vv{AM},\vv{BM}\big)$ ou encore:
\begin{center}
\ovalbox{$\big(\vv{u},\vv{OM'}\big) = \dfrac{\pi}{2} + \big(\vv{MA},\vv{MB}\big)$}
\end{center}

\item 
\begin{enumerate}
\item $M'$ étant située sur le cercle $(F)$ de centre $O$, alors $OM' = 1$. De la première relation précédente, on déduit:
\begin{displaymath}
\dfrac{BM}{AM} = 1 \Longleftrightarrow AM = BM
\end{displaymath}
L'ensemble $E$ des points $M$ du plan, tel que les images $M'$ soient situées sur le cercle $(F)$ de centre $O$, est donc la \ovalbox{médiatrice du segment $[AB]$}.

\item L'affixe de $M'$ est réelle signifie que l'angle orienté $\big(\vv{u},\vv{OM'}\big) = 0\:[\pi]$. De la seconde relation précédente, on déduit:
\begin{displaymath}
\dfrac{\pi}{2} + \big(\vv{MA},\vv{MB}\big) = 0\:[\pi] \Longleftrightarrow \big(\vv{MA},\vv{MB}\big) = -\dfrac{\pi}{2}\:[\pi]
\end{displaymath}
L'ensemble $F$ des points $M$ du plan, tel que l'affixe des images $M'$ soient réelle, est donc le \ovalbox{cercle de diamètre $[AB]$, privé des points $A$ et $B$}.
\end{enumerate}

\item L'affixe $z'$ d'un point $M'$ obtenu par rotation $R$ de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ d'un point $M(z)$ s'écrit:
\begin{displaymath}
z' - 0 = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}(z - 0) \Longleftrightarrow z' = \text{i}z
\end{displaymath}

\begin{enumerate}
\item $C_1$ étant l'image de $C$ par $R$, son affixe se calcule donc comme suit:
\begin{displaymath}
z_{C_1} = \text{i}z_C \Longleftrightarrow z_{C_1} = \text{i}(2 - \text{i})
\end{displaymath}
D'où: \ovalbox{$z_{C_1} = 1 + 2\text{i}$}.

\item Notons $I$ le milieu du segment $[AB]$. Alors $z_I = \dfrac{z_A + z_B}{2} = \dfrac{-1 + 3\text{i}}{2}$

Calculons $IC_1$:
\begin{displaymath}
IC_1 = |z_{C_1} - z_I| = \left|1 + 2\text{i} + \dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2}\text{i}\right| = \left|\dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right|
\end{displaymath}
Soit:
\begin{displaymath}
IC_1 = \sqrt{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{10}{4}} = \dfrac{\sqrt{10}}{2}
\end{displaymath}
On vient donc de montrer que $IC_1 = \dfrac{AB}{2}$, ce qui prouve que $C_1 \in F$.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

%%% EXERCICE 2 %%%
\begin{exo}[]{Enseignement obligatoire}
En guise de préambule, réalisons un petit schéma visuel:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\draw (-2,-1) rectangle (2.8,1);
\filldraw[draw=rougechelou, fill = rougetransp] (-1.8,-0.8) rectangle (-1.4,-0.4);
\filldraw[draw=rougechelou, fill = rougetransp] (-1.2,-0.8) rectangle (-0.8,-0.4);
\filldraw[draw=rougechelou, fill = rougetransp] (-0.6,-0.8) rectangle (-0.2,-0.4);
\filldraw[draw=rougechelou, fill = rougetransp] (-1.8,-0.2) rectangle (-1,0.6);

\filldraw[draw=vertcool, fill = green!70] (0.2,-0.8) rectangle (0.6,-0.4);
\filldraw[draw=vertcool, fill = green!70] (0.2,-0.2) rectangle (1,0.6);
\filldraw[draw=vertcool, fill = green!70] (1.2,-0.2) rectangle (2,0.6);

\filldraw[draw=orange, fill = yellow] (2.2,-0.8) rectangle (2.6,-0.4);
\end{tikzpicture}
\end{center}

Déterminons le nombre total $N$ de tirages possibles. Cette quantité va nous permettre de calculer les probabilités demandées dans l'exercice. L'ordre n'important pas ici, le nombre total de tirages simultanés est le nombre de combinaisons de 3 cubes parmi les 8 disponibles. Ainsi:
\begin{displaymath}
N = \binom{8}{3} = \dfrac{8!}{5! \times 3!} = 56
\end{displaymath}
L'univers $\Omega$ associé à cette expérience est tel que: $\Card{(\Omega)} = 56$.

\begin{enumerate}
\item Soit donc l'événement $A$: \og Obtenir des cubes de couleurs différentes \fg.
\begin{enumerate}
\item Comme précisé, la boîte contient 8 cubes et le tirage d'un cube ne dépend ni de sa taille, ni de sa couleur. En d'autres termes, tous les cubes ont la même probabilité d'être tirés de la boîte. Par ailleurs, l'ordre n'intervient pas dans cette expérience.

Il suffit donc, pour déterminer $\Prob(A)$, de dénombrer tous les tirages favorables, c'est-à-dire $\Card{(A)}$. On aura alors: 
\begin{displaymath}
\Prob(A) = \dfrac{\Card{(A)}}{\Card{(\Omega)}}
\end{displaymath}
Dans un tirage, élément de $A$, on a donc: 1 cube rouge, 1 cube vert et 1 cube jaune.
\begin{itemize}
\item Il y a donc $\dps \binom{4}{1} = 4$ possibilités pour le cube rouge
\item Il y a donc $\dps \binom{3}{1} = 3$ possibilités pour le cube vert.
\item Il n'y a qu'un seule possibilité pour le cube jaune.
\end{itemize}

L'ensemble $A$ comporte donc $4 \times 3 \times 1 = 12$ éléments: $\Card{(A)} = 12$. On en déduit donc:
\begin{displaymath}
\Prob(A) = \dfrac{\Card{(A)}}{\Card{(\Omega)}} = \dfrac{12}{56} = \dfrac{3}{14}
\end{displaymath}
Ainsi: \ovalbox{$\Prob(A) = \dfrac{3}{14} = 21,43\%$}.

\item On a l'événement $B$: \og Obtenir au plus un petit cube\fg. Autrement dit, soit le tirage contient un petit cube, soit pas. Notons alors:
\begin{itemize}
\item $B_1$ l'événement \og Obtenir exactement un petit cube \fg
\item $B_2$ l'événement \og Obtenir aucun petit cube \fg
\end{itemize}

$B_1$ et $B_2$ sont incompatibles et donc $B_1 \cup B_2 = B$ et $B_1 \cap B_2 = \varnothing$. Dès lors, par propriété:
\begin{displaymath}
\Prob(B) = \Prob(B_1) + \Prob(B_2) = \dfrac{\Card{(B_1)} + \Card{(B_2)}}{\Card{(\Omega)}}
\end{displaymath}
Il n'y a qu'une seule possibilité d'obtenir aucun petit cube (c'est de tirer les 3 gros cubes). Donc $\Card{(B_2)} = 1$. 

La boîte contient 3 gros cubes et 5 petits cubes. 
\begin{itemize}
\item Il y a donc $\dps \binom{5}{1} = 5$ possibilités d'obtenir exactement un petit cube dans le tirage. 
\item Il y a donc $\dps \binom{3}{2} = 3$ possibilités d'obtenir deux gros cubes dans le tirage. 
\end{itemize}

L'ensemble $B_2$ comporte donc $5 \times 3 = 15$ éléments: $\Card{(B_1)} = 15$. On en déduit donc:
\begin{displaymath}
\Prob(B) = \dfrac{15 + 1}{56} = \dfrac{16}{56} = \dfrac{2 \times 8}{7 \times 8}
\end{displaymath}
Soit finalement: \ovalbox{$\Prob(B) = \dfrac{2}{7}$}.
\end{enumerate}

\item Soit $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de petits cubes rouges tirés par l'enfant.

\begin{enumerate}
\item Vu que l'enfant tire 3 cubes simultanément, il peut donc avoir soit 1, soit 2, soit 3 soit aucun petit cube rouge dans sa main. Ainsi:
\begin{displaymath}
X = \{0\:;\!\,1\:;\!\,2\:;\!\,3\}
\end{displaymath}
On cherche donc à déterminer $\Prob(X = k)$ pour $k \in \{0\:;\!\,1\:;\!\,2\:;\!\,3\}$. Pour obtenir $k$ petits cubes rouges, il faut tirer simultanément:
\begin{itemize}
\item $k$ petits cubes rouges parmi les 3 disponibles, soit $\dps \binom{3}{k}$ possibilités.
\item $3 - k$ autres cubes parmi les 5 restants, soit $\dps \binom{5}{3-k}$ possibilités. 
\end{itemize}

On déduit alors:
\begin{displaymath}
\Prob(X = k) = \dfrac{\dps\binom{3}{k} \times \dps \binom{5}{3-k}}{56} = \dfrac{\dfrac{3!}{k!(3-k)!} \times \dfrac{5!}{(3-k)!(5-3+k)!}}{56}
\end{displaymath}
Ou encore:
\begin{displaymath}
\Prob(X = k) = \dfrac{3! \times 5!}{56\times k! \times (2+k)! \times \big((3-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{3! \times 5!}{56 \times 2! \times \big(3!\big)^2} = \dfrac{5 \times 4 \times 3!}{56 \times 2 \times 3!} = \dfrac{5 \times 4}{28 \times 4} = \dfrac{5}{28}
\end{displaymath}

\item Pour $k = 1$:
 \begin{displaymath}
\Prob(X = 1) = \dfrac{3! \times 5!}{56 \times 3! \times \big(2!\big)^2} = \dfrac{5 \times 4 \times 3}{56 \times 2} = \dfrac{15 \times 4}{28 \times 4} = \dfrac{15}{28}
\end{displaymath}

\item Pour $k = 2$:
 \begin{displaymath}
\Prob(X = 2) = \dfrac{3! \times 5!}{56 \times 2! \times 4! \times \big(1!\big)^2} = \dfrac{3 \times 5}{56} = \dfrac{15}{56}
\end{displaymath}

\item Pour $k = 3$, pas besoin de faire de calculs, puisque il n'y qu'une seule chance que le tirage comporte trois petits cubes rouges. Donc:
\begin{displaymath}
\Prob(X = 3) = \dfrac{1}{56}
\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}|C{0.8cm}|}
\hline
        $k$        & 0 & 1 & 2 & 3 \\
\hline
$\Prob(X=k)$ & $\dfrac{5}{28}$ & $\dfrac{15}{28}$ & $\dfrac{15}{56}$ & $\dfrac{1}{56}$ \\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

\medskip

\item L'espérance mathématique de $X$ se calcule par:
\begin{displaymath}
\Esp(X) = \dps\sum_{k=0}^{3} k\Prob(X = k)
\end{displaymath}
On a donc:
\begin{displaymath}
\Esp(X) = 0\times \dfrac{5}{28} + 1 \times \dfrac{15}{28} + 2 \times \dfrac{15}{56} + 3\times \dfrac{1}{56}
\end{displaymath}
Soit \ovalbox{$\Esp(X) = \dfrac{9}{8}$}.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item Quand l'enfant tire 3 cubes, soit il y a au plus un petit cube, soit ce n'est pas le cas. Soit $Y$ la variable aléatoire prenant pour valeur le nombre de fois que l'événement $B$ est réalisé. Ainsi, la probabilité que $B$ au moins une fois vaut:
\begin{displaymath}
P_n = \Prob(Y \geq 1) = 1 - \Prob(Y < 1) = 1 - \Prob(Y = 0)
\end{displaymath}
On a une succession de $n$ expériences aléatoires identiques et indépendantes, $Y$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n$ et $p = \Prob(B)$. La probabilité que l'événement $B$ se réalise $k$ fois vaut, par propriété:
\begin{displaymath}
\Prob(Y = k) = \binom{n}{k}\big(\Prob(B)\big)^k\big(1 - \Prob(B)\big)^{n-k}
\end{displaymath}
En particulier, pour $k = 0$:
\begin{displaymath}
\Prob(Y = 0) = \binom{n}{0}\big(\Prob(B)\big)^0\big(1 - \Prob(B)\big)^{n-0} = \left(\dfrac{5}{7}\right)^n
\end{displaymath}
D'où: \ovalbox{$P_n = \Prob(Y \geq 1) = 1 - \left(\dfrac{5}{7}\right)^n$}.

\item On cherche $n$ tel que $P_n \geq 0,99$, c'est-à-dire $1 - \left(\dfrac{5}{7}\right)^n \geq 0,99$. 

S'en suit:
\begin{displaymath}
\left(\dfrac{5}{7}\right)^n \leq 0,01 \Longleftrightarrow \ln{\left(\dfrac{5}{7}\right)^n} \leq \ln{(0,01)} \Longleftrightarrow n\ln{\left(\dfrac{5}{7}\right)} \leq \ln{(0,01)}
\end{displaymath}
Comme $\ln{\left(\dfrac{5}{7}\right)} < 0$, on inverse le sens de l'inégalité et:
\begin{displaymath}
n \geq \dfrac{\ln{(0,01)}}{\ln{\left(\dfrac{5}{7}\right)}}
\end{displaymath}
Comme $\dfrac{\ln{(0,01)}}{\ln{\left(\dfrac{5}{7}\right)}} \approx 13,687$, on trouve alors \ovalbox{$n = 14$}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

%%% EXERCICE 2 %%%
\setcounter{exo}{1}
\begin{exo}[]{Enseignement de spécialité}
\begin{enumerate}
\item On considère l'équation $(\mathcal{E})\::\:91x + 10y = 1$.
\begin{enumerate}
\item On peut écrire que $91 = 7 \times 13$ et que $10 = 2 \times 5$. La décomposition en facteurs premiers de 91 et 10 justifie que ces deux nombres sont premiers entre eux. 

Ainsi, d'après le théorème de Bézout, il existe des entiers relatifs $u$ et $v$ tels que $91u + 10v = 1$. $(\mathcal{E})$ admet donc au moins une solution: le couple $(u\:;\:v)$.

\item On remarque aisément que $91 = 90 + 1 = 10 \times 9 + 1$. Donc:
\begin{displaymath}
91 \times 1 + 10\times (-9) = 1
\end{displaymath}
$(\mathcal{E})$ admet pour solution particulière le couple \ovalbox{$(1\:;\:-9)$}.

\medskip

On considère l'équation $(\mathcal{E}')\::\:91x + 10y = 412$. D'après ce qui précède, $91 \times 1 + 10\times (-9) = 1$, on peut donc déduire que:
\begin{displaymath}
91 \times 412 + 10\times (-9) \times 412 = 412
\end{displaymath}
C'est-à-dire:
\begin{displaymath}
91 \times 412 + 10\times (-3\:708) = 412
\end{displaymath}
$(\mathcal{E}')$ admet pour solution particulière le couple \ovalbox{$(412\:;\:-3\:708)$}.

\item Effectuons un raisonnement par analyse-synthèse:
\begin{itemize}
\item \textbf{Analyse}. Supposons que $(x\:;\:y)$ est un couple d'entiers relatifs solution de l'équation $(\mathcal{E}')$. D'après ce qu'on a obtenu en question précédente, on peut alors écrire:
\begin{displaymath}
91x + 10y = 412 \Longleftrightarrow 91x + 10y = 91 \times 412 + 10\times (-3\:708)
\end{displaymath}
C'est-à-dire:
\begin{equation}\label{eq:arithm}
91(x - 412) = 10(-y-3\:708)
\end{equation}
$x$ étant un entier relatif, 91 divise $91(x - 412)$. D'après l'égalité \eqrenvoi{eq:arithm}, 91 divise donc $10(-y-3\:708)$. Comme $91$ et $10$ sont premiers entre eux, on en déduit, d'après le théorème de Gauss, que 91 divise $(-y-3\:708)$. Ainsi, par définition:
\begin{displaymath}
\exists k \in \Z,\:-y-3\:708 = 91k \Longleftrightarrow \exists k \in \Z,\:y = -3\:708 - 91k
\end{displaymath}
En reportant cette expression dans l'égalité \eqrenvoi{eq:arithm}, on obtient, pour $k \in \Z$:
\begin{displaymath}
91(x - 412) = 10 \times 91k \Longleftrightarrow x = 412 + 10k
\end{displaymath}
On a donc montré que si $(x\:;\:y)$ est un couple d'entiers relatifs solution de l'équation $(\mathcal{E}')$, alors:
\begin{displaymath}
x = 412 + 10k \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} y = -3\:708 - 91k
\end{displaymath}
avec $k \in \Z$.

\item \textbf{Synthèse}. Supposons que $(x\:;\:y)$ est un couple d'entiers relatifs de la forme $x = 412 + 10k$ et $y = -3\:708 - 91k$, avec $k \in \Z$. Alors:
\begin{displaymath}
91x + 10y = 91(412 + 10k) + 10(-3\:708 - 91k) = 91\times 412 - 10\times (-3\:708) = 412
\end{displaymath}
Donc $(x\:;\:y)$ est une solution de l'équation $(\mathcal{E}')$.
\end{itemize}
\textbf{Conclusion}. On a démontré que l'ensemble des solutions de $(\mathcal{E}')$ est donc l'ensemble des couples:
\begin{center}
\ovalbox{$(412 + 10k\:;\:-3\:708 - 91k)$ avec $k\in \Z$}
\end{center}
\end{enumerate}

\item On a: $3^2 = 9$, donc $3^2 \equiv 1 \: [8]$. Ainsi, par propriété, pour tout entier naturel $n$ non nul:
\begin{displaymath}
\left(3^2\right)^n \equiv 1^n\:[8] \Longleftrightarrow 3^{2n} - 1 \equiv 0\:[8]
\end{displaymath}
Ce qui signifie que \ovalbox{$A_n$ est divisible par 8}.

\item On considère l'équation $(\mathcal{E}'')\::\:A_3x + A_2y = 3\:296$.
\begin{enumerate}
\item On a:
\begin{itemize}
\item $A_3 = 3^{2 \times 3} - 1 = 3^6 - 1 = 729 - 1 = 728$.
\item $A_2 = 3^{2 \times 2} - 1 = 3^4 - 1 = 81 - 1 = 80$.
\end{itemize}
Or, d'après la question précédente, on sait que $A_3$ et $A_2$ sont divisibles par 8. En remarquant que $3\:296 = 8 \times 412$, on peut donc réécrire:
\begin{displaymath}
(\mathcal{E}'') \Longleftrightarrow 728x + 80y = 3\:296 \Longleftrightarrow 91x + 10y = 412 \Longleftrightarrow(\mathcal{E}')
\end{displaymath}
L'ensemble des solutions de $(\mathcal{E}'')$ est donc l'ensemble des couples:
\begin{center}
\ovalbox{$(412 + 10k\:;\:-3\:708 - 91k)$ avec $k\in \Z$}
\end{center}

\item Soit $k \in \Z$. Pour qu'un couple $(x\:;\:y)$ d'entiers naturels soit solution de $(\mathcal{E}'')$, il faut et il suffit que:
\begin{displaymath}
x = 412 + 10k \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} y = -3\:708 - 91k
\end{displaymath}
tel que:
\begin{displaymath}
412 + 10k \geq 0 \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} -3\:708 - 91k \geq 0
\end{displaymath}
C'est-à-dire, tel que:
\begin{displaymath}
k \geq -\dfrac{412}{10} \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} k \leq -\dfrac{3\:708}{91}
\end{displaymath}
Sachant que $-\dfrac{412}{10} = -41,2$ et $-\dfrac{3\:708}{91} \approx -41,7$, et que $k \in \Z$, on obtient:
\begin{displaymath}
k \geq -41 \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} k \leq -41
\end{displaymath}
Il existe donc une seule valeur de $k$ pour laquelle le couple solution sera un couple d'entiers naturels, c'est $k = -41$. On a alors:
\begin{displaymath}
x = 412 + 10 \times (-41) = 2 \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} y = -3\:708 - 91\times (-41) = 23
\end{displaymath}
L'unique couple solution d'entiers naturels de $(\mathcal{E}'')$ est donc le couple \ovalbox{$(2\:;\:23)$}.
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exo}

%%% PROBLEME %%%
\begin{probleme}[]{Enseignement obligatoire et de spécialité}
On considère $f$ définie sur $]0\:;\:+\infty[$ par:
\begin{displaymath}
f(x) = \dfrac{\ln{(x)} + x\text{e}}{x^2}
\end{displaymath}
Pour toute la suite, on note $I = ]0\:;\:+\infty[$.

\begin{partie}[étude d'une fonction auxiliaire]
On considère $g$ définie sur $I$ par: $g(x) = -2\ln{(x)} - x\text{e} + 1$.

\begin{enumerate}
\item Comme $\dps \lim_{\substack{x\to 0\\x>0}}\ln{(x)} = -\infty$, on déduit $\dps \lim_{\substack{x\to 0\\x>0}}-2\ln{(x)} = +\infty$. Ainsi, par somme: 
\begin{center}
\ovalbox{$\dps \lim_{\substack{x\to 0\\x>0}}g(x) = +\infty$}
\end{center}
Par ailleurs, comme $\dps \lim_{x\to +\infty}\ln{(x)} = +\infty$, on déduit $\dps \lim_{x\to +\infty}-2\ln{(x)} = -\infty$. Ainsi, par somme: 
\begin{center}
\ovalbox{$\dps \lim_{x\to +\infty}g(x) = -\infty$}
\end{center}

\item Soit $x \in I$. $g$ est dérivable sur $I$ en tant que somme de fonctions usuelles dérivables sur $I$. Ainsi:
\begin{displaymath}
g'(x) = -\dfrac{2}{x} - \text{e}
\end{displaymath}
$g'(x) < 0$, donc \ovalbox{$g$ est strictement décroissante sur $I$}.

\item On se place sur $J = [0,5\:;\:1]$. Raisonnons par étapes:
\begin{itemize}
\item[\textbullet] $g$ est une somme de fonctions usuelles donc $g$ est \textbf{continue} sur $J$.
\item[\textbullet] $g$ est strictement décroissante sur $I$ (d'après la question précédente), donc l'est sur $J$ puisque $J \subset I$.
\item[\textbullet] De plus:
\begin{displaymath}
g(J) = g\big([0,5\:;\:1]\big) = \big[g(1)\:;\:g(0,5)\big] = \left[1-\text{e}\:;\:2\ln{(2)} - \dfrac{\text{e}}{2} + 1\right]
\end{displaymath}
Donc $0 \in g(J)$ puisque $1-\text{e} < 0$ et $2\ln{(2)} - \dfrac{\text{e}}{2} + 1 > 0$.
\item[\textbullet] \textbf{Conclusion}: d'après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on peut donc conclure que l'équation \ovalbox{$g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $J$}.
\end{itemize}
Par itérations successives, on trouve avec un pas de $0,1$: 
\begin{displaymath}
\left\lbrace\begin{array}{l}
g(0,6)\approx 0,4 > 0 \\
g(0,7)\approx -0,2 < 0
\end{array}\right. \hspace{10pt} \text{Donc \ovalbox{$0,6 \leq \alpha \leq 0,7$}.}
\end{displaymath}  

\item\label{quest:quest4partApb} Pour conclure sur le signe, il suffit de se servir de la stricte décroissance de $g$:
\begin{center}
\ovalbox{
\begin{minipage}{0.4\linewidth}
\begin{itemize}
\itemindent=-13pt
\item $\forall x \in ]0\:;\:\alpha],\:g(x) \geq 0$.
\item $\forall x \in [\alpha\:;\:+\infty[,\:g(x) \leq 0$.
\end{itemize}
\end{minipage}
}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{partie}

\begin{partie}[étude de la fonction $f$]
\begin{enumerate}
\item Étudions les limites de $f$ aux bornes de $I$. Comme $\dps \lim_{\substack{x\to 0\\x>0}}\ln{(x)} = -\infty$, on déduit:
\begin{displaymath}
\dps \lim_{\substack{x\to 0\\x>0}}\ln{(x)} + x\text{e} = -\infty
\end{displaymath}
Ainsi, par quotient: \ovalbox{$\dps \lim_{\substack{x\to 0\\x>0}}f(x) = -\infty$}.

\smallskip

Pour la limite en $+\infty$, transformons notre expression de $f$:
\begin{displaymath}
f(x) = \dfrac{\ln{(x)} + x\text{e}}{x^2} = \dfrac{\ln{(x)}}{x^2} + \dfrac{\text{e}}{x}
\end{displaymath}
$\dps \lim_{x \to +\infty}\dfrac{\text{e}}{x} = 0$, et, par croissance comparée: $\dps \lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln{(x)}}{x^2} = 0$.

Donc par somme: \ovalbox{$\dps \lim_{x \to +\infty}f(x) = 0$}.

\item Soit $x \in I$. $f$ est dérivable sur $I$ en tant que somme et quotient de fonctions usuelles dérivables sur $I$. Posons:
\begin{displaymath}
\left\lbrace\begin{array}{l}
u(x) = \ln{(x)} + x\text{e}\\
v(x) = x^2
\end{array}\right. \text{ $u$ et $v$ sont dérivables sur $I$, donc: } \left\lbrace\begin{array}{l}
u'(x) = \dfrac{1}{x} + \text{e}\\
v'(x) = 2x
\end{array}\right.
\end{displaymath}
Ainsi, d'après les formules de dérivation, il vient:
\begin{displaymath}
f'(x) = \dfrac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{\big(v(x)\big)^2} = \dfrac{x + x^2\text{e} - 2x\ln{(x)} - 2x^2\text{e}}{x^4}
\end{displaymath}
Ou encore, en simplifiant par $x$:
\begin{displaymath}
f'(x) = \dfrac{1 - x\text{e} - 2\ln{(x)}}{x^3}
\end{displaymath}
On en déduit donc: \ovalbox{$f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^3}$}.

\item Sans difficulté: $\forall x \in I,\:x^3 > 0$. $f'$ dépend donc uniquement du signe de $g(x)$. Or, d'après la question \renvoi{quest:quest4partApb}, on connaît le signe de $g$, par rapport à $\alpha$. 

On peut donc écrire:
\begin{center}
\ovalbox{
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{itemize}
\itemindent=-13pt
\item $f$ est croissante sur $]0\:;\:\alpha]$.
\item $f$ est décroissante sur $[\alpha\:;\:+\infty[$.
\end{itemize}
\end{minipage}
}
\end{center}

\item On a $g(\alpha) = 0$, c'est-à-dire:
\begin{displaymath}
-2\ln{(\alpha)} - \alpha\text{e} + 1 = 0 \Longleftrightarrow \ln{(\alpha)} = \dfrac{1 - \alpha\text{e}}{2}
\end{displaymath}
Calculons alors $f(\alpha)$ en remplaçant $\ln{(\alpha)}$ par l'expression obtenue:
\begin{displaymath}
f(\alpha) = \dfrac{\ln{(\alpha)} + \alpha\text{e}}{\alpha^2} = \dfrac{\dfrac{1 - \alpha\text{e}}{2} + \alpha\text{e}}{\alpha^2} = \dfrac{1 - \alpha\text{e} + 2\alpha\text{e}}{2\alpha^2}
\end{displaymath}
D'où \ovalbox{$f(\alpha) = \dfrac{1+\alpha\text{e}}{2\alpha^2}$}.

\medskip

\item 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, 
$g(x)$  /0.8,
$f'(x)$ /0.8,
$f(x)$ /2.5}% 
{$0$ , $\alpha$ , $+\infty$}% 
\tkzTabLine{ d , + , z , - , }
\tkzTabLine{ d , + , z , - , }
\tkzTabVar{D-/$-\infty$, +/$\dfrac{1+\alpha\text{e}}{2\alpha^2}$ , -/$0$}
\end{tikzpicture} 
\end{center}

\newpage
\item Pour construire la courbe représentative de $f$, exploitons les résultats obtenus:
\begin{itemize}
\item D'après le tableau de variations de $f$ obtenu en question précédente, $f'$ s'annule en $\alpha$. Donc $\Gamma$ admet une tangente horizontale au point d'abscisse $\alpha$.
\item Des calculs de limite de $f$, on déduit que $\Gamma$ admet une asymptote horizontale d'équation $y = 0$.
\end{itemize}

On obtient donc la courbe suivante:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale = 2]
\draw [thin, color = gray!40] (-1,-3) grid[step=0.5] (5,3.5);
\draw [color=gray!60] (-1,-3) grid[step=1] (5,3.5);
\draw [ultra thin,color = gray!20] (-1,-3) grid[step=0.1] (5,3.5);

\draw[line width = 0.5pt] (-1,0) -- (5,0);
\draw[line width = 0.5pt] (0,-3) -- (0,3.5);
\draw (0,0) node{$\bullet$} node[below left]{$O$};
\draw[->,>=latex,line width = 1pt] (0,0) -- (1,0) node[above]{$\vv{u}$};
\draw[->,>=latex,line width = 1pt] (0,0) -- (0,1) node[left]{$\vv{v}$};

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

\draw[variable=\x,color = blue, line width=0.8pt,smooth, domain=0.316:4.9, samples=2000] plot (\x,{(ln(\x)+2.71828*\x)/(\x*\x)});

\draw[dashed, rougechelou] (0.66666,0) node[below]{$\alpha$} -- (0.66666,3.1651) -- (0,3.1651)node[left]{$f(\alpha)$};

\draw[<->,>=stealth,rougechelou] (0.41666,3.1651) -- (0.91666,3.1651);
\draw[rougechelou] (0.66666,3.1651) node{$\bullet$};

\draw[blue] (3,1.2) node[above right]{$\Gamma$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{partie}

\begin{partie}[intégrale et suite]
Soit $I_n = \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}\dfrac{\ln{(t)}}{t^2}\:\mathrm{d}t$ et $A_n = \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}f(t)\:\mathrm{d}t$ pour tout entier naturel $n$.

\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest1partCpb} Soit $n \in \N$. Posons, pour $t\in \left[\text{e}^n\:;\:\text{e}^{n+1}\right]$: $\left\lbrace\begin{array}{l}
u(t) = \ln{(t)} \\
v(t) = -\dfrac{1}{t} \\
\end{array}\right.$.
 
$u$ et $v$ sont de classe $\mathscr{C}^1$ sur $\left[\text{e}^n\:;\:\text{e}^{n+1}\right]$. Donc, pour tout $t \in \left[\text{e}^n\:;\:\text{e}^{n+1}\right]$:
\begin{displaymath}
\left\lbrace\begin{array}{l}
u'(t) = \dfrac{1}{t} \\
v'(t) = \dfrac{1}{t^2} \\
\end{array}\right.
\end{displaymath}
Ainsi, d'après la formule d'intégration par parties:
\begin{displaymath}
\underbrace{\dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}} u(t)v'(t)\:\mathrm{d}t}_{=I_{n}} = \Big[u(t)v(t)\Big]_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}} - \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}} u'(t)v(t)\:\mathrm{d}t
\end{displaymath}
En remplaçant par les expression de $u(t)$, $v(t)$, $u'(t)$ et $v'(t)$, on peut écrire que:
\begin{displaymath}
I_{n} = \left[-\dfrac{\ln{(t)}}{t}\right]_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}} - \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}} -\dfrac{1}{t^2}\:\mathrm{d}t
\end{displaymath}
Ainsi:
\begin{displaymath}
I_n = -\dfrac{\ln{\left(\text{e}^{n+1}\right)}}{\text{e}^{n+1}} + \dfrac{\ln{\left(\text{e}^{n}\right)}}{\text{e}^{n}} - \left[\dfrac{1}{t}\right]_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}
\end{displaymath}
C'est-à-dire:
\begin{displaymath}
I_n = \dfrac{n}{\text{e}^{n}} -\dfrac{n+1}{\text{e}^{n+1}} - \left(\dfrac{1}{\text{e}^{n+1}} - \dfrac{1}{\text{e}^{n}}\right)
\end{displaymath}
Ou encore:
\begin{center}
\ovalbox{$I_n = \dfrac{n+1}{\text{e}^{n}} - \dfrac{n+2}{\text{e}^{n+1}}$}
\end{center}

\item
\begin{enumerate}
\item\label{quest:quest2apartCpb} Soit $n \in \N$. Exprimons $A_n$ en remplaçant l'expression de $f(t)$:
\begin{displaymath}
A_n = \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}\left(\dfrac{\ln{(t)} + t\text{e}}{t^2}\right)\:\mathrm{d}t
\end{displaymath}
D'après la relation de Chasles:
\begin{displaymath}
A_n = \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}\dfrac{\ln{(t)}}{t^2}\:\mathrm{d}t + \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}\dfrac{t\text{e}}{t^2}\:\mathrm{d}t
\end{displaymath}
C'est-à-dire:
\begin{displaymath}
A_n = I_n + \dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}\dfrac{\text{e}}{t}\:\mathrm{d}t
\end{displaymath}
Or:
\begin{displaymath}
\dps \int_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}}\dfrac{\text{e}}{t}\:\mathrm{d}t = \Big[\text{e}\ln{(t)}\big]_{\text{e}^n}^{\text{e}^{n+1}} = \text{e}\big(\ln{(\text{e}^{n+1})} - \ln{(\text{e}^{n})}\big) = \text{e}(n+1-n) = \text{e}
\end{displaymath}
D'où \ovalbox{$A_n = I_n + \text{e}$}.

\item D'après le résultat obtenu en question \renvoi{quest:quest1partCpb}, on a:
\begin{displaymath}
I_0 = \dfrac{0+1}{\text{e}^0} - \dfrac{0+2}{\text{e}^{0+1}} = \dfrac{1}{1} - \dfrac{2}{\text{e}}
\end{displaymath}
Ainsi \ovalbox{$I_0 = 1 - \dfrac{2}{\text{e}}$}.

De plus, d'après le résultat obtenu en question \renvoi{quest:quest2apartCpb}, on a:
\begin{displaymath}
A_0 = I_0 + \text{e} = 1 - \dfrac{2}{\text{e}} + \text{e}
\end{displaymath}
D'où \ovalbox{$A_0 = 1 - \dfrac{2}{\text{e}} + \text{e}$}.

\item Par définition de $A_n$, on peut écrire que:
\begin{displaymath}
A_0 = \dps\int_{\text{e}^0}^{\text{e}^{0+1}}f(t)\:\mathrm{d}t = \dps\int_{1}^{\text{e}}f(t)\:\mathrm{d}t 
\end{displaymath}
Il s'agit donc de l'aire du domaine sous la courbe $\Gamma$ compris entre l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 1$ et $x = \text{e}$.
\end{enumerate}

\item Calculons la limite de $I_n$ en $+\infty$, en écrivant:
\begin{displaymath}
I_n = \dfrac{n+1}{\text{e}^{n}} - \dfrac{n+2}{\text{e}^{n+1}} = \dfrac{n}{\text{e}^{n}} + \dfrac{1}{\text{e}^{n}} - \dfrac{n+1}{\text{e}^{n+1}} - \dfrac{1}{\text{e}^{n+1}}
\end{displaymath}
Par croissance comparée $\dps\lim_{X\to +\infty}\dfrac{\text{e}^X}{X} = +\infty$. On déduit donc, pour $X = n$ puis $X = n+1$:
\begin{displaymath}
\dps\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\text{e}^n}{n} = +\infty \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} \dps\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\text{e}^{n+1}}{n+1} = +\infty
\end{displaymath}
D'où, par inverse:
\begin{displaymath}
\dps\lim_{n\to +\infty}\dfrac{n}{\text{e}^n} = 0 \hspace{10pt} \text{ et } \hspace{10pt} \dps\lim_{n\to +\infty}\dfrac{n+1}{\text{e}^{n+1}} = 0
\end{displaymath}
Comme $\dps\lim_{n\to +\infty}\dfrac{1}{\text{e}^n} = \dps\lim_{n\to +\infty}\dfrac{1}{\text{e}^{n+1}} = 0$, on en déduit donc que, par somme:
\begin{displaymath}
\dps\lim_{n\to +\infty}I_n = 0
\end{displaymath}
Ainsi, d'après la question \renvoi{quest:quest2apartCpb}, on peut conclure que:
\begin{center}
\ovalbox{$\dps\lim_{n\to +\infty}A_n = \text{e}$}
\end{center}
\end{enumerate}
\end{partie}
\end{probleme}

\vfill

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