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\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small{juin 2001}}  
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\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Nord  ~\decofourright\\juin 2001}} \end{center}
    
\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}
    
\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

%L'espace E est rapporté au repère orthonormal \Oijk. On considère les trois points 
%A (2~;~0~;~0), B(1~;~1~;~0) et C(3~;~2~;~6). (D) est la droite passant par A et de vecteur directeur $\vect{u}$(0~;~1~;~1) et ($\Delta$) la droite passant par C et de vecteur directeur 
% 
% $\vect{v}(1~;~- 2~;~2)$. 

\begin{enumerate} 
\item %Écrire une représentation paramétrique de chacune des droites (D) et ($\Delta$) puis montrer que (D) et ($\Delta$) sont sécantes en un point dont on précisera les coordonnées.
$\bullet~~$$M(x~;~y~;~z) \in (\text{D}) \iff$ il existe $t \in \R$ tel que $\vect{\text{A}M} = t\vect{u} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x - 2&=&0t\\
y - 0&=&t\\
z - 0&=&t
\end{array}\right.$

$\iff   M(x~;~y~;~z) \in (\text{D}) \iff\left\{\begin{array}{l c l}
x &=&2\\
y &=&t\\
z &=&t
\end{array}\right.$.

$\bullet~~$$M(x~;~y~;~z) \in (\Delta) \iff$ il existe $t' \in \R$ tel que $\vect{\text{C}M} = t'\vect{v} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x - 3&=&t'\\
y - 2&=&- 2t'\\
z - 6&=&2t'
\end{array}\right.$

$\iff M(x~;~y~;~z) \in (\Delta) \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x &=&3 + t'\\
y &=&2 - 2t'\\
z &=&6 + 2t'
\end{array}\right.$.

$\bullet~~$(D) et ($\Delta$) sont sécantes en un point s'il existe des réels $t$ et $t'$ tels que :

$\left\{\begin{array}{l c l}
2&=&3 + t'\\
t&=&2 - 2t'\\
t&=&6 + 2t'
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 1&=&t'\\
t&=&2 - t'\\
t&=&6 + 2t'
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
- 1&=&t'\\
t&=&4\\
t&=&6 + 2t'
\end{array}\right.$.

Ce système admet une solution unique : $t = 4$ et $t' = -1$.

$\bullet~~$(D) et ($\Delta$) sont sécantes au point de coordonnées (2~;~4~;~4).
\item %Calculer les coordonnées du vecteur $\vect{w} = \vect{\text{AB}} \wedge \vect{\text{AC}}$ (question hors programme en 2002), puis écrire une équation cartésienne du plan (ABC).
On a $\vect{\text{AB}}\begin{pmatrix}- 1\\1\\0\end{pmatrix} ;\:\: \vect{\text{AC}}\begin{pmatrix}1\\2\\6\end{pmatrix}$, donc $\vect{w} = \vect{\text{AB}} \wedge \vect{\text{AC}}\begin{pmatrix}6 - 0\\6 - 0\\- 2 - 1 \end{pmatrix}$, soit $\vect{w}\begin{pmatrix}6\\6\\- 3 \end{pmatrix}$.

On sait que le vecteur $\vect{w}$ est normal au plan (ABC). On a donc :

$M(x~;~y~:~z) \in (\text{ABC}) \iff 6x + 6y - 3z + d = 0$.

Or A $ \in (\text{ABC}) \iff 6\times 2 + 6\times0 - 3\times0 + d = 0 \iff d = - 12$.

Donc $M(x~;~y~:~z) \in (\text{ABC}) \iff 6x + 6y - 3z - 12 = 0 \iff 2x + 2y - z - 4 = 0$.
\item %Soit H le projeté orthogonal du point F(2~;~4~;~4) sur le plan (ABC).
	\begin{enumerate} 
		\item %Expliquer pourquoi il existe un réel $k$ non nul tel que $\vect{\text{FH}} = k\vect{w}$.
Le vecteur $\vect{\text{FH}}$ est normal au plan (ABC) ; il est donc colinéaire au vecteur $\vect{w}$, donc il existe un réel $k$ tel que $\vect{\text{FH}} = k\vect{w}$.
		\item %Déterminer la valeur de $k$ et en déduire les coordonnées de H.
H appartient à la droite définie par F et le vecteur directeur $\vect{w}$ ; ses coordonnées sont donc :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&2 + 6t\\
t&=&4 + 6t\\
t&=&4 - 3t
\end{array}\right.$

De plus le point H appartient au plan (ABC) ; ses coordonnées vérifient donc une équation de ce plan, soit :

$2(2 + 6t) + 2(4 + 6t) - (4 - 3t) - 4 = 0 \iff 12t + 12t + 3t  + 4 + 8  - 4 = 0 \iff 27t + 4 = 0 \iff t = - \dfrac{4}{27}$. Les coordonnées de H sont donc :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x&=&2 + 6\times \left(- \dfrac{4}{27} \right)\\
t&=&4 + 6\times \left(- \dfrac{4}{27} \right)\\
t&=&4 - 3\times \left(- \dfrac{4}{27} \right)
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&\frac{10}{9}\\
t&=&\frac{28}{9}\\
t&=&\frac{40}{9}
\end{array}\right.$.
		\item %Calculer le volume du tétraèdre FABC.
La hauteur de ce tétraèdre étant [FH], le volume de ce tétraèdre est :

$V = \dfrac{1}{3} \times \text{FH} \times \mathcal{A}(\text{ABC})$.

Comme $\vect{\text{FH}}\left(- \frac{8}{9}~;~- \frac{8}{9}~;~\frac{4}{9} \right)$, \:$\text{FH}^2 = \dfrac{64 + 64 + 16}{81} = \dfrac{144}{81} = \left(\dfrac{12}{9} \right)^2 = \left(\dfrac{4}{3} \right)^2$. Donc FH $ = \dfrac{4}{3}$.

D'autre part $\mathcal{A}(\text{ABC}) = \dfrac{1}{2} \times \left\|\vect{\text{AB}} \wedge \vect{\text{AC}}  \right\| = \dfrac{1}{2}\left\|\vect{w}\right\| = \dfrac{1}{2} \times \sqrt{36 + 36 + 9} =$

$ \dfrac{1}{2} \times 9 = \dfrac{9}{2}$.

Donc $V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{4}{3} \times \dfrac{9}{2} = 2$~(unités de volume).
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
%\begin{pspicture}(3,3)
%\Pt A(-1,0)\Pt B(-2,1)\Pt C(3,1)
%% \Pt A(-1,0)-> \A=-1,0 \AX=-1 \AY=0
%\pspolygon[fillstyle=solid,fillcolor=yellow](\B)(\A)(\C)
%(!
%\BX\space\CX\space add \AX\space sub
%\BY\space\CY\space add \AY\space sub
%)
%\end{pspicture}
\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 2 \hfill 4 points}

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

\medskip

%On considère le polynôme $P$ défini par :
 
\[P(z) = z^4 - 6z^3 + 24z^2 - 18z + 63.\] 

\begin{enumerate} 
\item %Calculer $P\left(\text{i}\sqrt{3}\right)$ et $P\left(-~\text{i}\sqrt{3}\right)$ puis montrer qu'il existe un polynôme $Q$ du second degré à coefficients réels, que l'on déterminera, tel que, pour tout $z \in \C$, on ait $P(z) = \left(z^2 + 3\right) Q(z)$.

$\bullet~~$$P\left(\text{i}\sqrt{3}\right) = \left(\text{i}\sqrt{3}\right)^4 - 6\left(\text{i}\sqrt{3}\right)^3 + 24\left(\text{i}\sqrt{3}\right)^2 - 18\left(\text{i}\sqrt{3}\right) + 63 =$

$ 9 + 18\sqrt{3}\text{i} - 72 - 18\sqrt{3}\text{i} + 63 = 0$, donc  $\text{i}\sqrt{3}$ est une solution de l'équation 

$P(z) = 0$ ;

$\bullet~~$$P\left(-\text{i}\sqrt{3}\right) = \left(-\text{i}\sqrt{3}\right)^4 - 6\left(-\text{i}\sqrt{3}\right)^3 + 24\left(-\text{i}\sqrt{3}\right)^2 - 18\left(-\text{i}\sqrt{3}\right) + 63 = $

$9 - 18\sqrt{3}\text{i} - 72 + 18\sqrt{3}\text{i} + 63 = 0$, donc  $- \text{i}\sqrt{3}$ est une solution de l'équation 

$P(z) = 0$.

$\bullet~~$On a donc $P(z) = \left(z - \text{i}\sqrt{3} \right)\left(z + \text{i}\sqrt{3} \right)\left(az^2 + bz + c \right) = \left(z^2 + 3 \right)\left(az^2 + bz + c \right) = az^4 + bz^3 + cz^2 + 3az^2 + 3bz + 3c = az^4 + bz^3  + z^2(3a + c) + 3bz + 3c =$

$ z^4 - 6z^3 + 24z^2 - 18z + 63$, d'où par identification :

$\left\{\begin{array}{l c l}
a&=&1\\
b&=&- 6\\
3a + c&=&24\\
3c&=&63
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
a&=&1\\
b&=&- 6\\
3 + c&=&24\\
c&=&21
\end{array}\right.$

Donc $P(z) = \left(z^2 + 3 \right)\left(z^2 - 6z + 21 \right)$. 
\item %Résoudre dans $\C$ l'équation $P(z) = 0$.
On a $z^2 - 6z + 21 = (z - 3)^2 - 9 + 21 = (z - 3)^2 + 12 =  (z - 3)^2 - \left(2\text{i}\sqrt{3} \right)^2 =$

$ \left(z - 3 + 2\text{i}\sqrt{3} \right)\left(z - 3 - 2\text{i}\sqrt{3} \right)$.

Les solutions de l'équation $P(z) = 0$ sont donc :

\[\text{i}\sqrt{3} \quad ; \quad - \text{i}\sqrt{3}\quad ;\quad 3 + 2\text{i}\sqrt{3}\quad ;\quad 3 - 2\text{i}\sqrt{3}.\]
\item %Placer dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal  \Ouv, les points A, B, C, D d'affixes
% respectives $z_{\text{A}} = \text{i}\sqrt{3},~ z_{\text{B}} =  -~\text{i}\sqrt{3},~ z_{\text{C}} = 3 + 2\text{i}\sqrt{3}$ et $z_{\text{D}} = \overline{z_{\text{C}}}$, puis montrer que ces quatre points appartiennent à un même cercle.
On reconnaît dans les affixes des points les solutions de l'équation $P(z) = 0$.
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-4,-4)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-4,-4)(4,4)
\psdots(0,1.732)(0,-1.732)(3,3.464)(3,-3.464)(3,0)(-3,3.464)%ABCDOmega
\uput[l](0,1.732){A}\uput[l](0,-1.732){B}\uput[ur](3,3.464){C}\uput[dr](3,-3.464){D}
\uput[dr](0,0){O}\uput[ur](3,0){$\Omega$}\uput[ul](-3,3.464){E}
\pspolygon(0,-1.732)(-3,3.464)(3,3.464)
\psline[linestyle=dashed](3,-3.464)(-3,3.464)
\psarc(3,0){3.464}{80}{280}
\end{pspicture}
\end{center}

Considérons le point $\Omega(3~;~0)$. On a de façon évidente :

$\Omega\text{C}^2 = \left(2\sqrt{3}\right)^2 = 12 \:; \:\Omega\text{D}^2 = \left(2\sqrt{3}\right)^2 = 12  \:; \:\Omega\text{A}^2 = \Omega\text{O}^2 + \Omega\text{A}^2 = 3^2 + 3 = 9 + 3 = 12$ et $\Omega\text{B}^2 = 12$.

Les quatre points A, B, C et D sont équidistants de $\Omega$ qui est donc le centre du cercle de rayon $\sqrt{12} = 2\sqrt{3}$ qui les contient.
\item %On note E le symétrique de D par rapport à O. Montrer que
%$\dfrac{z_{\text{C}} - z_{\text{B}}}{z_{\text{E}} - z_{\text{B}}} = 
%\text{e}^{\frac{-~\text{i}\pi}{3}}$ puis déterminer la nature du triangle 
%BEC.
On a $z_{\text{E}} = - z_{\text{D}} = - 3 + 2\text{i}\sqrt{3}$.

Alors $\dfrac{z_{\text{C}} - z_{\text{B}}}{z_{\text{E}} - z_{\text{B}}} = \dfrac{3 + 2\text{i}\sqrt{3} - \left(- \text{i}\sqrt{3}\right)}{- 3 + 2\text{i}\sqrt{3} - \left(- \text{i}\sqrt{3}\right)} = 
\dfrac{3 + 3\text{i}\sqrt{3}}{- 3 + 3 \text{i}\sqrt{3}} = 
\dfrac{\left(3 + 3\text{i}\sqrt{3} \right)\left(- 3 - 3\text{i}\sqrt{3} \right)}{\left(- 3 + 3\text{i}\sqrt{3}\right)\left(- 3 - 3\text{i}\sqrt{3}\right)} = \dfrac{}{} = \dfrac{- 9 + 27 - 9\text{i}\sqrt{3} - 9\text{i}\sqrt{3}}{9 + 27} = \dfrac{18 - 18\text{i}\sqrt{3}}{36} = \dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \cos - \frac{\pi}{3} + \text{i}\sin - \frac{\pi}{3} = \text{e}^{- \frac{\pi}{3}}$.

Il suit que le complexe $\dfrac{z_{\text{C}} - z_{\text{B}}}{z_{\text{E}} - z_{\text{B}}}$ a pour module $\dfrac{\text{BC}}{\text{BE}} = 1 \Rightarrow \text{BC} = \text{BE}$.

De plus arg$\dfrac{z_{\text{C}} - z_{\text{B}}}{z_{\text{E}} - z_{\text{B}}} = \left(\vect{\text{BC}},~ \vect{\text{BE}}\right)  = \frac{\pi}{3}$.

Conclusion : le triangle BEC est isocèle en B et son angle au sommet a pour mesure $\frac{\pi}{3}$ ; les autres angles on la même mesure et le triangle BEC est équilatéral.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

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

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que, pour tout entier relatif $n$, les entiers $14n + 3$ et $5n + 1$ sont premiers entre eux.
On a $5(14n + 3) - 14(5n + 1) = 70n + 15 - 70n - 14 = 1$.

L'égalité $5(14n + 3) - 14(5n + 1) = 1$ montre que les entiers $14n + 3$ et $5n + 1$ sont premiers entre eux.
\item %On considère l'équation (E) : $87x + 31y = 2$ où $x$ et $y$ sont des entiers relatifs. 
	\begin{enumerate} 
		\item %Vérifier, en utilisant par exemple la question \textbf{1)}, que 87 et 31 sont premiers entre eux. En déduire un couple $(u~;~v)$ d'entiers relatifs tel que  $87u + 31 v = 1$ puis une solution $(x_0~ ;~ y_0)$ de (E).
D'après la question 1. en prenant $n = 6$, les entiers $14 \times 6 + 3 = 87$ et $5\times 6 + 1 = 31$ sont premiers entre eux.

On a donc $\left\{\begin{array}{l c l}
87x + 31y &=& 2\\
87 \times 5 - 14 \times 31 &=& 1
\end{array}\right.
\iff \left\{\begin{array}{l c l}
87x + 31y &=& 2\\
87 \times 10 - 28\times 31 &=& 2
\end{array}\right.\Rightarrow $ (par différence)\:$87(x - 10) + 31(y + 28) = 0 \iff 87(10 - x) = 31(y + 28) \quad (1)$.

Cette égalité montre, d'après le théorème de Gauss, que 87 étant premiers avec 31 et divisant 31(y + 28), divise $y + 28$ : il existe donc $k \in\Z$ tel que $y + 28 = 87k$.

En remplaçant dans l'équation (1), on obtient :

$87(10 - x) = 31\times 87 k \iff 10 - x = 31k$.

Les couples solutions sont de la forme $(10 - 31k~;~- 28 + 87k),\quad k \in\Z$.

Exemple : avec $k = 0$, on a bien $87\times 10 + 31 \times (28) = 870 - 868 = 2$.		
	\item %Déterminer l'ensemble des solutions de (E) dans $\Z^2$.
Fait à la question précédente.
	\item %\emph{Application} : Déterminer les points de la droite d'équation 

%$87x - 31y - 2 = 0$ dont les coordonnées sont des entiers naturels et dont l'abscisse est comprise entre 0 et 100.
 
%\textsl{Indication} : On remarquera que le point $M$ de coordonnées $(x~;~y)$ appartient à la droite (D) si, et seulement si, le couple $(x~;~- y)$ vérifie l'équation (E).
$M$ de coordonnées $(x~;~y)$ appartient à la droite (D) d'équation $87x - 31y = 2$ si, et seulement si, le couple $(x~;~- y)$ vérifie l'équation (E).

Les points de coordonnées entières positives sont les points de coordonnées $(10 - 31k~;~- 28 + 87k)$

l'abscisse est comprise entre 0 et 100, soit :

$0\leqslant 10 - 31k \leqslant 100 \iff - 100 \leqslant 31k - 10 \leqslant 0 \iff - 90 \leqslant 31k \leqslant 10 \iff - \dfrac{90}{31} \leqslant k \leqslant \dfrac{10}{31}$. D'où $x = 0,\:- 1$ ou $- 2$.

Les points sont donc les points de coordonnées $(10~;~28), \: (41~;~115)$ et $(72~;~202)$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill  12 points}

\medskip

%Le but de ce problème est d'étudier dans la partie \textbf{A} la fonction
%numérique $f$ définie sur $]0 ~;~+ \infty$[ par 

\[f(x) = x + \dfrac{1}{x} + \dfrac{\ln x}{x^2},\]

%de déterminer ensuite dans la partie \textbf{B.} la position
% de sa courbe représentative par rapport à son asymptote oblique et enfin
% d'étudier une suite récurrente dans la partie \textbf{C.}, cette dernière partie étant, dans une large mesure, indépendante des deux autres.
% 
%\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Soit $g$ la fonction numérique définie sur ]0 ; +~$\infty$[ par :

\[g(x) = x^3 - x - 2 \ln x + 1.\]

\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que la fonction $g$ est dérivable et que, pour tout $x \in ]0~;~+\infty[$,
Sur  $]0~;~+~\infty[$,\: $g$ est dérivable et sur cet intervalle :

$g'(x) = 3x^2 - 1 - \dfrac{2}{x} = \dfrac{3x^3 - x - 2}{x}$.

Or $(x - 1)\left(3x^2 + 3x+ 2\right) = 3x^3 + 3x^2 + 2x - 3x^2 - 3x - 2 = 3x^3 - x - 2$. Donc 

\[g'(x) = \dfrac{(x - 1) (3x^2 + 3x + 2)}{x}.\]

		\item %Étudier les variations de la fonction $g$ puis déterminer le signe de $g(x)$.
Pour tout $x > 0$, \: $3x^2 + 3x + 2 \geqslant 2 > 0$, donc le signe de $g'(x)$ est celui de $x - 1$ :

$\bullet~~$$x < 1$, donc $g'(x) < 0$ ; la fonction $g$ est décroissante sur $]0~;~1[$ ;

$\bullet~~$$x = 1$, $g'(1) = 0$ ; $g(1) = - 1$.

$\bullet~~$$x > 1$, donc $g'(x) > 0$ ; la fonction $g$ est croissante sur $]1~;~+ \infty[$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer les limites de $f$ en 0 et en $+ \infty$.
$\bullet~~$Limite en $0$ : $f(x) = \dfrac{1}{x}\left(x^2 + 1 + \dfrac{\ln x}{x} \right)$.

On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} x^2 = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln x}{x} = - \infty$ et comme $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{1}{x} = + \infty$ par produit de limites $\displaystyle\lim_{x \to 0}f(x) = - \infty$.

$\bullet~~$Limite en $+ \infty$ :

On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} =  \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x }{x^2} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x = + \infty$, d’où par somme de limites $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$. 
		\item %Montrer que, pour tout $x \in ]0~;~+~\infty$[,\: $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^3}$  puis donner le  tableau de variations de $f$.
$f$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle :

$f'(x) = 1 - \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{\frac{1}{x}\times x^2 - 2x \ln x}{x^4} = 1 - \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{x - 2x\ln x}{x^4} = 1 - \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1 - 2\ln x}{x^3} = \dfrac{x^3 - x + 1 - 2\ln x}{x^3} = \dfrac{g(x)}{x^3}$.

Le signe de $f'(x)$ est donc celui de $g(x)$ vu à la question 1. b.

Donc sur $]0~;~1[$,\: $f'(x) < 0$ : la fonction $f$ est décroissante sur $]0~;~1[$ ;

sur $[1~;~+ \infty[$,\: $f'(x) > 0$ : la fonction $f$ est croissante sur $[1~;~+ \infty[$.

$f(1) = 2$ est le minimum de la fonction $f$ sur $[0~;~+ \infty[$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie B}

\medskip

%($\Gamma$) désigne la représentation graphique de la fonction $f$ dans un repère orthonormal \Oij, unité graphique 2 cm.
%
%\medskip
 
\begin{enumerate} 
\item %Soit $h$ la fonction définie sur $]0~;~+~\infty[$ par $h(x) = x + \ln x$. 
	\begin{enumerate} 
		\item %Étudier le sens de variation de $h$, puis montrer que l'équation $h(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$ sur l'intervalle [0,4~;~0,7].
$h'(x) = 1 + \dfrac{1}{x} > 1 > 0$ donc $h$ est croissante sur $]0~;~+~\infty[$ de $- \infty$ à $+ \infty$ ; la fonction étant continue sur $]0~;~+~\infty[$ elle s’annule en un point unique $\alpha$.

La calculatrice donne $h(0,4) \approx - 0,51$ et $h(0,7) \approx 0,34$.

Le même raisonnement montre que $0,4 < \alpha < 0,7$.
		\item %Montrer que l'on a : $\text{e}^{- ~\alpha} = \alpha$.
$h(\alpha) = 0 \iff \alpha + \ln \alpha =  0 \iff \ln \alpha = - \alpha \iff \alpha = \text{e}^{- \alpha}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Vérifier que la droite ($\Delta$) d'équation $y = x$ est asymptote oblique à ($\Gamma$) en + $\infty$.
Soit $d$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $d(x) = f(x) - x = \dfrac{1}{x} + \dfrac{\ln x}{x^2}$.

Or $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}  \dfrac{1}{x} = \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x^2} = 0$.

Ceci montre que la droite ($\Delta$) d'équation $y = x$ est asymptote oblique à ($\Gamma$) en + $\infty$.
		\item %Utiliser les résultats de la question \textbf{1 a} pour déterminer les positions relatives de ($\Gamma$) et ($\Delta$).
On a $f(x) =  x + \dfrac{x + \ln x}{x^2} \iff f(x) - x = \dfrac{x + \ln x}{x^2}$.

Comme $x^2 >0$, le signe de cette différence est celui de la fonction $h$.

Donc sur $]0~;~\alpha[$, \: $f(x) - x < 0$ : la courbe ($\Gamma$) est sous la droite ($\Delta$).

Sur $]\alpha~;~+ \infty[$, \: $f(x) - x > 0$ : la courbe ($\Gamma$) est au dessus de la droite ($\Delta$).
	\end{enumerate} 
\item ~%Construire ($\Gamma$) et ($\Delta$) dans le repère orthonormal\Oij.
\begin{center}
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture*}(-0.5,-3)(6,6)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-0.5,-2.9)(6,6)
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.1}{10}{ x 1 x div add x ln x dup mul div add}
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt]{-0.5}{10}{ x}
\uput[d](5.5,5.4){$(\Delta)$}\uput[ul](5,5.2){\blue $(\Gamma)$}
\psline[linestyle=dotted](0.567163,0)(0.567163,0.567163)
\uput[dr](0,0){O}
\uput[dr](0.567163,0){$\alpha$}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1}{2}{ x 1 x div add x ln x dup mul div add}
\psline(2,2)(1,1)
}
\psline(1,1)(1,2)
\end{pspicture*}
\end{center} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer, au moyen d'une intégration par parties, l'intégrale I

%\[\text{I} = \displaystyle\int_1^2 \dfrac{\ln t}{t^2}\: \text{d}t.\]
On pose $u(t) = \ln t$ et $v'(t) = t^2$, d'où :
$u'(t) = \dfrac{1}{t}$ et $v(t) = - \dfrac{1}{t}$ : toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur l'intervalle [1~;~2]  ; on peut donc intégrer par parties :

$\text{I} = \left[- \dfrac{\ln (t)}{t} \right]_1^2 + \displaystyle\int_1^2 \dfrac{1}{t^2}\:\text{d}t = \left[- \dfrac{\ln (t)}{t} - \dfrac{1}{t} \right]_1^2 = - \dfrac{\ln (2)}{2} - \dfrac{1}{2} + \dfrac{\ln (1)}{1} + \dfrac{1}{1} =  \dfrac{1}{2} - \dfrac{\ln (2)}{2} = \dfrac{1 - \ln 2}{2} \approx 0,153$.
		\item %En déduire l'aire, en cm$^2$, de la portion de plan limitée par la courbe ($\Gamma$), la droite ($\Delta$) et les droites parallèles à l'axe des ordonnées d'équations $x = 1$ et $x = 2$.
		Sur l'intervalle [1~;~2], la fonction $f$ est positive et on a vu que sur cet intervalle la courbe $(\Gamma)$ est au dessus de la droite $(\Delta)$, donc l'aire de la surface limitée par la courbe ($\Gamma$), la droite ($\Delta$) et les droites parallèles à l'axe des ordonnées d'équations $x = 1$ et $x = 2$ est en unité d'aire égale à l'intégrale :
		
$\mathcal{A} =  \displaystyle\int_1^2 \left[f(x) - x \right]\:\text{d}x = \displaystyle\int_1^2 \left[\dfrac{1}{x} + \dfrac{\ln x}{x^2} \right]\:\text{d}x = \left[\ln x\right]_1^2 + \text{I} = \ln 2 + \dfrac{1 - \ln 2}{2} = \dfrac{1 + \ln 2}{2}$~u. a.

Comme l'unité d'aire est égale à $2 \times 2 = 4$cm$^2$, l'aire est donc égale à :

$\mathcal{A} = 4\times \dfrac{1 + \ln 2}{2} = 2(1 + \ln 2) \approx 3,386$ soit au centième près 3,39~cm$^2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie C}

\medskip

%\textbf{Étude d'une suite} (hors-programme en 2002)
%
%Dans cette partie :
%
%\setlength\parindent{5mm}
%\begin{itemize}
%\item[*] I désigne l'intervalle [0,4 ; 0,7] ;
%\item[*] $\alpha$ est le réel mis en évidence au \textbf{B 1} ;
%\item[*] $\varphi$ est la fonction définie sur $\R$ par $\varphi(x) = 
%\text{e}^{-~x}$~;
%\item[*] $u$ est la suite récurrente définie par $\left\{\begin{array}{l c l}
%u_0 &=& 0,4\\
%u_{n+1} &=& \varphi({u_n})\\
%\end{array} \right.$
%\end{itemize}
%\setlength\parindent{0mm}

\begin{enumerate} 
\item %Montrer qu'on a, pour tout $x \in I$.
	\begin{enumerate} 
		\item %$\varphi(x) \in I$.
On a pour tout réel $x$, \: $\varphi'(x) = - \text{e}^{- x} < 0$, donc $\varphi$ est décroissante en particulier sur $I$.

$0,4 \leqslant x \leqslant 0,7 \Rightarrow \varphi(0,7) \leqslant \varphi(x) \leqslant \varphi(0,4)$ soit $0,496 < \varphi(x) < 0,671$, donc $\varphi(x) \in I$
		\item %$|\varphi'(x)| \leqslant 0,7$.
		On a vu que $\varphi'(x) = - \text{e}^{- x}$, donc en reprenant les encadrements précédents :
		
$0,4 \leqslant x \leqslant 0,7 \Rightarrow 0,496 < \varphi(x) < 0,671 \Rightarrow - 0,671 < - \varphi(x) < - 0,496 \Rightarrow |\varphi'(x)| < 0,7$.
		\item %$|\varphi(x) - \alpha| \leqslant 0,7|x -  \alpha|$.
		On a vu dans la partie B que $\text{e}^{- \alpha} = \alpha$.
		
L'inégalité des accroissements finis appliquée à la fonction $\varphi$, avec $x \in I$ et $\alpha \in I$, 

$\left|\varphi(x) - \varphi(\alpha) \leqslant 0,7|x - \alpha| \right| \iff \left|\varphi(x) - \alpha \leqslant 0,7|x - \alpha| \right|$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer qu'on a, pour tout $n \in \N,~\left|u_{n + 1} -  \alpha \right| \leqslant 0,7 \left|u_n - \alpha \right|$, puis en déduire par récurrence qu'on a, pour tout $n \in \N$,
On a vu que pour $x \in I, \: \varphi(x) \in I$ : tous les termes de la suite appartiennent donc à $I$, le premier terme appartenant lui aussi à $I$.

L'inégalité des accroissement finis précédente s'écrit donc :

$\left|\varphi\left(u_n \right) - \alpha  \right| \leqslant 0,7|u_n - \alpha|$ soit 

$\left|u_{n+1} - \alpha  \right| \leqslant 0,7|u_n - \alpha|$.

$\bullet~~$\emph{Initialisation}

De $0,4 < \alpha 0,7$, on déduit que $\left|u_0 - \alpha \right| = |0,4 - \alpha| < 0,3$, donc on a bien 

$\left|u_0 - \alpha \right| < 0,3 \times 0,4^0$.

$\bullet~~$\emph{Hérédité}

Supposons qu'il existe un naturel $p$ tel que :

$\left|u_p - \alpha \right| \leqslant 0,3 \times (0,7)^p $.

Or d'après le résultat précédent :

$\left|u_{p+1} - \alpha  \right| \leqslant 0,7|u_p - \alpha| = 0,7 \times 0,3 \times (0,7)^p$ ou 

$\left|u_{p+1} - \alpha  \right| \leqslant 0,3 \times 0,7^{p+1}$.

On a donc démontré par récurrence que pour tout $n \in \N$

\[\left|u_n - \alpha \right| \leqslant 0,3 \times (0,7)^n.\]
		\item %Conclure alors quant à la convergence de la suite $u$.
Comme $- 1 < 0,7 < 1$, on sait que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}0,7^n = 0$, on en déduit que 

$\displaystyle\lim_{n \to + \infty}\left|u_n - \alpha \right| = 0$, ce qui signifie que la suite $u$ a pour limite $\alpha$.
	\end{enumerate}
\item %Déterminer un entier $p$ tel que, pour $n \geqslant p$, on ait  $\left|u_n - \alpha \right| \leqslant 10^{- 3}$, puis donner à l'aide de la calculatrice une valeur approchée de $u_p$ à $10^{- 3}$ près.
On a $\left|u_n - \alpha \right| \leqslant 10^{- 3}$ lorsque $0,3 \times (0,7)^n < 10^{-3}$ ou $0,7^n < \dfrac{10^{-3}}{0,3}$ d'où par croissance du logarithme népérien :

$n \ln 0,7 < \ln \left(\dfrac{10^{-3}}{0,3} \right) \iff n > \dfrac{\ln \left(\frac{10^{-3}}{0,3}\right)}{\ln 0,7}$ (car $\ln 0,7 < 0$).

Or $\dfrac{\ln \left(\frac{10^{-3}}{0,3}\right)}{\ln 0,7} \approx 15,99$. Il faut donc prendre au moins $p = 16$.






















\end{enumerate} 
\end{document}