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%tapuscrit : André Turbergue
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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\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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%pdfauthor = {APMEP},
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%pdftitle = {Centres étrangers juin 2007},
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\begin{document}
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\thispagestyle{empty}  
\lhead{\small {Corrigé du baccalauréat S}}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lfoot{\small Centres étrangers - groupe I}
\rfoot{juin 2007}
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\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Centres étrangers~\decofourright\\juin 2007}}
\end{center}

\textbf{Exercice 1}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item \textbf{Modélisation de l'expérience aléatoire} : l'univers $\Omega$ est l'ensemble des combinaisons (choix non ordonnés et sans répétition) de trois éléments distincts pris dans l'ensemble des huit boules 
	
$\left\{N1, N2, N3, R1, R2, R3, R4, R5\right\} $.
	
On choisit la probabilité équirépartie sur cet univers $\Omega$.

On sait que Card$(\Omega)=
\left(\begin{array}{c} 8 \\ 3\end{array}\right)=\frac{8\times 7\times 6}{3!} = 56$.			\begin{enumerate}
		\item Cette probabilité est $\frac{\left(\begin{array}{c} 3 \\ 3\end{array}\right)}{56} =\frac{1}{56} $. Réponse \textbf{A}.
		\item La probabilité de tirer 3 boules rouges est  $\frac{\left(\begin{array}{c} 5 \\ 3\end{array}\right)}{56} =\frac{10}{56}  $. La probabilité de tirer 3 boules de la même couleur est alors $\frac{1}{56}+\frac{10}{56}=\frac{11}{56}  $ . Réponse \textbf{A}.
	\end{enumerate}
\item On répète $5$ fois, dans des conditions 
identiques et indépendantes, la même épreuve de Bernoulli qui consiste à tirer une boule de l'urne. Les issues contraires de cette épreuve 
sont : \og la boule tirée est noire\fg{} (succès de probabilité $p = 3/8$) et \og la boule tirée est rouge \fg{} (échec de probabilité $q=1-p=5/8$).

Soit $X$ la variable  aléatoire qui compte le nombre de boules noires obtenues au cours de ces $5$ épreuves. 
On sait alors que \fbox{$X$ suit la loi binomiale $\mathcal B(5,3/8) $}

Pour tout entier $k$ compris entre 0 et 5, $ P(X = k) =\left(\begin{array}{c}
  5\\ k	\end{array}\right)\left(\frac{3}{8}\right)^{k}\left(\frac{5}{8}\right)^{5-k}$.   
	\begin{enumerate}
		\item $P(X = 5) = \left(\frac{3}{8}\right)^5$ . Réponse \textbf{B}.
		\item $P(X = 2) = \left(\begin{array}{c}5\\ 2\end{array}\right)
\left(\frac{3}{8}\right)^{2}\left(\frac{5}{8}\right)^{3}$.  Réponse \textbf{C}.
	\end{enumerate}
\item Construisons l'arbre pondéré associé à cette troisième expérience aléatoire.

\bigskip
	
\begin{center}
%\includegraphics[width=4cm]{bacS_etrangerfig1.eps}
\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=2.5pt,treesep=1cm]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$R_1$}\taput{$\frac{5}{8}$}}
	  { 
		  \TR{$R_2$}\taput{$\frac{4}{7}$}
		  \TR{$N_2$}\tbput{$\frac{3}{7}$}	   
	  }
	\pstree{\TR{$N_1$}\tbput{$\frac{3}{8}$}}
	  {
		  \TR{$R_2$}\taput{$\frac{5}{7}$}
		  \TR{$N_2$}\tbput{$\frac{2}{7}$}	  
	  }
}

\end{center}

\bigskip

	\begin{enumerate}
		\item $P_{R_1}(R_2)$ est la probabilité de tirer une boule rouge dans une urne contenant 7 boules : 4 rouges et 3 noires.
	Donc $P_{R_1}(R_2)=\frac{4}{7}$ . Réponse \textbf{B}.
		\item $P(R_1\cap N_2)=P(R_1)\times P_{R_1}(N_2)=\frac{5}{8}\times\frac{3}{7}=\frac{15}{56}$ . Réponse \textbf{C}.
		\item D'après la formule des probabilités totales :\\ $P(R_2)=P(R_1\cap R_2)+P(N_1\cap R_2)
	=\frac{5}{8}\times\frac{4}{7}+\frac{3}{8}\times\frac{5}{7}=\frac{20+15}{56}=\frac{35}{56}=\frac{5}{8}$\\
	 Réponse \textbf{A}.
		\item  $P_{N_2}(R_1)=\frac{P(R_1\cap N_2)}{P(N_2)}=  \frac{P(R_1\cap N_2)}{1-P(R_2)}=\frac{15/56}{3/8}=\frac{5}{7}$ . Réponse \textbf{C}.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\textbf{Exercice 2 (enseignement obligatoire)}

\medskip

\textbf{Partie 1}

\medskip

On pose $z = x + \text{i}\,y$ avec $x$ et $y$ réels. Alors $\text{Re}\text{e}(z) = x$ et $\text{Im}(z) = y $.

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $\overline{z} = - z \iff x - \text{i}y = - (x + \text{i}y) \iff  x - \text{i}y = - x - \text{i}y \iff 2x = 0 \iff  x = 0$
	
$ \iff  \text{Re}\text{e}(z) = 0 \iff z \in \text{i}\R$ \quad où $\text{i}\R$ désigne l'ensemble des imaginaires purs.
	\item $\overline{z} = z \iff x - \text{i}y = x + \text{i}y \iff  - 2\text{i}y = 0 \iff y = 0 \iff  \text{Im}(z) = 0 \iff   z \in \R$.
	\item Par définition, $|z| = \sqrt{x^2 + y^2}$ d'où $|z|^2 = x^2 + y^2$.
	
De plus, $z\,\overline{z} =(x + \text{i}y)(x - \text{i}y) = x^2 - (\text{i}y)^2 = x^2 - \text{i}^2y^2 = x^2 + y^2$.
	
Par conséquent $\;z\,\overline{z}=|z|^2$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie 2}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $OA=|a|=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}\quad;\quad OB=|b|=\sqrt{(-1)^2+3^2}=\sqrt{10}\quad;$
	
$\quad OC=|c|=\sqrt{5+5}=\sqrt{10}$.

Donc $OA = OB = OC$ ce qui signifie que $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
\item Le point $H$ a pour affixe $h = (2- \sqrt{5}) + (4 - \sqrt{5})i$.
		
Les points $A$ et $B$ se placent aisément. Le point $C$ appartient au cercle de centre $O$, de rayon $OA$ et à la droite d'équation réduite $y=x$.

Pour placer le point $H$, on utilise la calculatrice et on obtient 
	
$h\approx -0,24 + i\times 1,76$.

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-3.2,-3.2)(3.2,3.2)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=2,gridwidth=0.3pt,subgridwidth=0.2pt](-3,-3)(3,3)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-3.2,-3.2)(3.2,3.2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pspolygon(3,1)(-1,3)(-2.236,-2.236)%ABC
\psline(-1,3)(2,-2)
\psline(3,1)(-3,2.35)
\uput[ur](3,1){A}\uput[ul](-1,3){B}
\uput[dl](-2.236,-2.236){C}\uput[dl](0,0){O}
\pscircle(0,0){3.16228}
\end{pspicture}
\end{center}

On \og voit \fg{} que $H$ est l'orthocentre de $ABC$
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie 3}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $O$ est le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$
	
ssi $\;OA = OB = OC\qquad$ ssi $\qquad OA^2=OB^2=OC^2 $\\ ssi $\; |a|^2=|b|^2=|c|^2 $
	
ssi $\;a\,\overline{a}=b\,\overline{b}=c\,\overline{c}\qquad$ (d'après le résultat établi en  I-3.)
	\item On pose $w = \overline{b }\,c - b\,\overline{c}$
	  	\begin{enumerate}
			\item En utilisant les propriétés de la conjugaison (pour tous complexes $z$ et $z'$,
	$\quad \overline{z-z'}=\overline{z\phantom{'}}-\overline{z'}\quad;\quad \overline{zz'}=\overline{z}\,\overline{z'}$ et $\overline{\overline{z}} = z$), on obtient :
	
$\overline{w}=\overline{\,\overline{b }\,c-b\,\overline{c} \;}=\overline{\overline{b}}\,\overline{c}-\overline{b}\,\overline{\overline{c}}=b\,\overline{c} - \overline{b}\,c=-(\overline{b }\,c - b\,\overline{c} )=-w$

On en déduit que $w$ est imaginaire pur.
			\item $\bullet\; (b + c)\left(\overline{b} - \overline{c}\right) = b\overline{b}- b\overline{c} + c\overline{b} - c\overline{c}= \left(b\overline{b} - c\overline{c}\right) + \left(\overline{b}c - b\overline{c}\right)$.
	
Or $\;b\overline{b} = c\overline{c}$ d'après III-1. Donc $(b + c)\left(\overline{b} -\overline{c}\right) =\overline{b }\,c - b\,\overline{c} = w$.
	
$\bullet\; \frac{w}{|b-c|^2}=\frac{(b+c)\left(\overline b-\overline c\right)}{(b - c)\left(\overline{\;b - c\;}\right)}=\frac{(b + c)\left(\overline b-\overline c\right)}{(b - c)\left(\overline b - \overline c\right)} =\frac{b + c}{b - c}$.
			\item On sait que $w$ est imaginaire pur et que $\frac{1}{|b-c|^2}$ est un nombre réel (strictement positif).
	
Il s'ensuit que $\frac{1}{|b - c|^2}\times w$ est un imaginaire pur
c.à.d. que $\frac{b + c}{b - c}$ est un imaginaire pur.
		\end{enumerate}
\item L'énoncé sous-entend que $b+c\neq 0$ (ou que $ABC$ n'est pas rectangle en $A$).
	\begin{enumerate}
		\item Le vecteur $\vect{AH\;}$ a pour affixe $z_{\vect{AH\;}}=h-a=b+c$
		
Le vecteur $\vect{CB\;}$ a pour affixe $z_{\vect{CB\;}}=b-c$
		\item $\left( \vect{CB\;}\,,\,\vect{AH\;}\right)= \left( \vect{u\,}\,,\,\vect{AH\;}\right)-\left( \vect{u\,}\,,\,\vect{CB\;}\right)=
		\text{arg}( z_{\vect{AH\;}})-\text{arg}(z_{\vect{CB\;}})$\\ $ = \text{arg}\left(\frac{z_{\vect{AH\;}}}{z_{\vect{CB\;}}}\right)=
		\text{arg}\left(\frac{b+c}{b-c}\right)=\frac{\pi}{2} + k\,\pi\qquad \text{avec}\;k\in \Z$
		
car $\frac{b+c}{b-c} $ est un imaginaire pur \textbf{non nul}.
		\item L'énoncé sous-entend de plus que $a+c \neq 0$ (ou que $ABC$ n'est pas rectangle en $B$).
D'après la question précédente, $(CB)$ est perpendiculaire à  $(AH)$ et $(CA)$ est perpendiculaire à $(BH)$.

Le point $H$ appartient donc à deux hauteurs du triangle $ABC$.

En conséquence \fbox{$H$ est l'orthocentre } du triangle $ABC$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}
\end{document}
\textbf{Exercice 2 (enseignement de spécialité)}

\medskip

\textbf{Partie 1}

\medskip

On note $s$ la similitude plane directe d'écriture complexe $z'=az+b$ où $a\in\C\setminus\{0\,;\,1\}$.

Un point $M$ d'affixe $z$ est invariant par $s$ ssi $z=az+b$ ce qui équivaut à $z-az=b$ c.à.d. $z=\frac{b}{1-a}$\\
$s$ admet donc un unique point invariant $\Omega$ appelé centre de $s$ et d'affixe $\omega=\frac{b}{1-a}$

\medskip

\textbf{Partie 2}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $g$ admet pour écriture complexe $z'=a\,z+b$ avec $a=i\sqrt{2}$ et $b=2i\sqrt{2}-2$.
	
$g$ est la similitude directe de centre le point $\Omega$ d'affixe $\omega=\frac{b}{1-a}=\frac{2i\sqrt{2}-2}{1-i\sqrt{2}}$\\ $=\frac{-2(1-i\sqrt{2})}{1-i\sqrt{2}}=-2$, de rapport $|a|=\sqrt{2}$ et d'angle arg$(a)=\frac{\pi}{2}$
	\item $M(z)\stackrel{s}{\longmapsto}M_1(z_1 = \overline z) \stackrel{g}{\longmapsto} M'(z'=i\sqrt{2}\, z_1+2i\sqrt{2}- 2)$.
	
Nous avons $f = g\circ s$ où $s$ est la transformation d'écriture complexe $z' = \overline z$.

$s$ est donc la réflexion d'axe $(Ox)$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie 3}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Soit $M$ un point d'affixe $z=x+iy$ avec $x$ et $y$ réels.\\
	$M=f(M) \iff z=i\sqrt{2}\,\overline z+2i\sqrt{2}-2 \iff x+iy=i\sqrt{2}\,(x-iy)+2i\sqrt{2}-2$\\
	$	\iff x+iy=y\sqrt{2}-2+i(x\sqrt{2}+2\sqrt{2}) \iff \left\{
\begin{array}{l} x=y\sqrt{2}-2 \\ y=x\sqrt{2}+2\sqrt{2} \end{array}\right.$\\ $ \iff  \left\{
\begin{array}{l} x=(2x+4)-2 \\ y=x\sqrt{2}+2\sqrt{2} \end{array}\right. \iff \left\{
\begin{array}{l} x=2x+2 \\ y=x\sqrt{2}+2\sqrt{2} \end{array}\right.  \iff \left\{
\begin{array}{l} x=-2 \\ y=0 \end{array}\right. \iff z=-2 $\\
Ainsi le point \fbox{$\Omega(-2)$ est l'unique point invariant par $f$}

\item Soit $N$ un point de $\mathcal D$. Alors il existe un réel $x$ tel que $N$ ait pour affixe $n=x+i(x+2)$\\ L'image de $N$ par $f$ est le point $f(N)$ d'affixe\\ $n'=i\sqrt{2}\,\overline n+2i\sqrt{2}-2=i\sqrt{2}(x-ix-2i)+2i\sqrt{2}-2=ix\sqrt{2}+x\sqrt{2}+2\sqrt{2}+2i\sqrt{2}-2$\\ $ = (\underbrace{x\sqrt{2}+2\sqrt{2}-2}_{x'})+i( \underbrace{x\sqrt{2}+2\sqrt{2}}_{y'})$\\ On constate que $y'=x'+2$. Il en résulte que $f(N)$ appartient à $\mathcal D$.
\item $\sigma$ est la réflexion d'axe $\mathcal D$ et $k=f\circ \sigma$
	\begin{enumerate}
		\item En tant que similitude indirecte, $\sigma$ admet une écriture complexe du type $z'=a\,\overline z+b$.
	Or les points $A(-2)$ et $B(2i)$ sont invariants par $\sigma$.\\ D'où le système d'égalités :
	$\left\{\begin{array}{l} -2=-2a+b \\ 2i=-2ia+b \end{array}\right. $ d'où $\left\{\begin{array}{l} b=2a-2 \\ 2i=-2ia+b \end{array}\right.  $.\\ On en déduit que $2i=-2ia+2a-2 \Rightarrow 2+2i=a(2-2i) \Rightarrow a=\frac{1+i}{1-i}$\\ D'où $a =\frac{(1+i)^2}{2}=i$ .
	Puis $b=2a-2=-2+2i$. Ainsi $$\boxed{\sigma \;:\; z'=i\,\overline z -2+2i } $$
		\item Déterminons l'écriture complexe de $k=f \circ \sigma$.\\
   $ M(z) \stackrel{\sigma}{\longmapsto}	M_1(z_1) \stackrel{f}{\longmapsto}	M'(z')$ 
   
\[\Longleftrightarrow
   \left\{
\begin{array}{l}
	z_1=i\,\overline z-2+2i \\ z'=i\sqrt{2}\,\overline{z_1}+2i\sqrt{2}-2
\end{array}
\right. \Longleftrightarrow
   \left\{
\begin{array}{l}
	z_1=i\,\overline z-2+2i \\ z'=i\sqrt{2}\left(\overline{\;i\,\overline z-2+2i\;}\right)+2i\sqrt{2}-2
\end{array}
\right.\]

Ainsi $k$ admet pour écriture complexe $z'=i\sqrt{2}(-iz-2-2i)+2i\sqrt{2}- 2$.

Finalement l'écriture complexe de $k$ est \fbox{$z'=\sqrt{2}\,z+2\sqrt{2}-2 $}
		\item On reconnaît l'écriture complexe de l'homothétie de centre le point d'affixe $\frac{2\sqrt{2} - 2}{1 - \sqrt{2}}=\frac{2(\sqrt{2}-1)}{1 - \sqrt{2}}= - 2 $ (c'est le point $\Omega$) et de rapport $\sqrt{2}$
	\end{enumerate}
\item $k=f\circ \sigma$ d'où $k\circ \sigma = (f\circ \sigma)\circ \sigma$ d'où $ k\circ \sigma =f\circ (\sigma\circ \sigma)$\\ Or on sait que $\sigma \circ \sigma=$Id. Ainsi \fbox{$f=k\circ \sigma$}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 3}

\medskip

\textbf{Partie 1}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Pour tout réel $x$ de $I$, $f'(x)\neq 0$. Alors la droite $T$ n'est pas parallèle à l'axe $(O\,;\vect{i})$. Donc	
	$T$ coupe l'axe $(O\,;\vect{i})$ en un unique point $H$ dont l'abscisse $X_T$ est la solution de l'équation d'inconnue $X$ : $f'(x)(X-x)+f(x)=0$\\
	
	$f'(x)(X-x)+f(x)=0 \Longleftrightarrow f'(x)(X-x)=-f(x) \Longleftrightarrow X-x=- \frac{f(x)}{f'(x)} $\\ $   \Longleftrightarrow X=x- \frac{f(x)}{f'(x)}\qquad$ Ainsi $$\boxed{X_T=x- \frac{f(x)}{f'(x)} }  $$ 
\item $T$ admet une équation réduite du type $Y=aX+b$. Alors la droite $T$ n'est pas parallèle à l'axe $(O\,;\vect{j})$. Donc	
	$T$ coupe l'axe $(O\,;\vect{j})$ en un unique point $K$ dont l'ordonnée $Y_T$ vérifie $ Y_T=f'(x)(0-x)+f(x)\qquad \boxed{Y_T=f(x)-x\,f'(x)}$
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie 2}

\medskip

Soit $k\in\R^*$, $k$ fixé et $f$ une fonction dérivable sur un $\R$ telle que\\ $\;\forall\,x\in \R,\quad f'(x)\neq 0$.
\begin{enumerate}
\item $f$ vérifie la propriété 1\\
	ssi $\;\forall\,x\in \R,\quad x-X_T=k$ \\
		ssi $\;\forall\,x\in \R,\quad x-\left(x- \frac{f(x)}{f'(x)}\right)=k$ \\
			ssi $\;\forall\,x\in \R,\quad \frac{f(x)}{f'(x)}=k$ \\
				ssi $\;\forall\,x\in \R,\quad f(x)=k\, f'(x)$ \\
					ssi $\;\forall\,x\in \R,\quad f'(x)=\frac{1}{k}\,f(x)$ \\
					ssi $f$ est une solution de l'équation différentielle $\;\boxed{y'=\frac{1}{k}\,y}$
\item On sait que les solutions de cette équation  différentielle sont les fonctions $x\longmapsto \lambda \text{e}^{\frac{1}{k}\,x}\;$ où $\lambda$ désigne une constante réelle.\\ On sait aussi que l'équation différentielle $y'=2y$ admet une unique solution satisfaisant à la condition initiale $y(0)=1$. Cette solution est la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=\lambda\,\text{e}^{2\,x}$ où $\lambda$ vérifie $\lambda\,\text{e}^{2\times 0}=1$. Donc $\lambda=1$ puis
	$\forall\,x\in \R,\;\boxed{f(x)=\text{e}^{2\,x} }$
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie 4}

\medskip

Soit $k\in\R^*$, $k$ fixé et $f$ une fonction dérivable sur $I=]0\,,+\infty[$ telle que

$\forall\,x\in I,\, f'(x)\neq 0$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item $f$ vérifie la propriété 2

ssi $\;\forall\,x\in I,\quad f(x)-Y_T=k$

ssi $\;\forall\,x\in I,\quad f(x)-\left(f(x)-x\,f'(x)\right)=k$

ssi $\;\forall\,x\in I,\quad x\,f'(x)=k$

ssi $\;\forall\,x\in I,\quad f'(x)=\frac{k}{x}$

ssi $f$ est une solution sur $I$ de l'équation différentielle $\;\boxed{y'=\frac{k}{x}}$
\item Les solutions de cette équation différentielle sont les primitives sur $I$ de la
fonction $u : x\mapsto k\times \frac{1}{x}$. Ces solutions sont donc les fonctions $x\longmapsto k\ln x +\lambda$ où $\lambda$ désigne une constante réelle. On sait de plus qu'une fonction $u$ continue sur un intervalle $I$ admet une seule primitive sur $I$ qui prend une \textbf{valeur donnée} en un \textbf{point donné}. Dès lors il existe une unique solution de $\;y'=\frac{1/2}{x}$ satisfaisant à la condition $y(1)=0$. Cette solution est la fonction $f$ définie sur $I$ par $f(x)= \frac{1}{2}\,\ln x + \lambda$ où $\lambda$ vérifie $\frac{1}{2}\,\ln 1 + \lambda = 1$. Donc $\lambda=1$ puis
$\forall\,x>0,\;\boxed{f(x) = 1 + \frac{1}{2}\,\ln x }$
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}
\textbf{Exercice 5}

\medskip

\textbf{Partie 1}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $(E)\,:\;\mathrm e^x=\frac{1}{x} \Longleftrightarrow x\,\mathrm e^x=1 \Longleftrightarrow x=\mathrm e^{-x} \Longleftrightarrow x-\mathrm e^{-x}=0 \Longleftrightarrow f(x)=0$
\item
	\begin{enumerate}
		\item $f$ est dérivable sur $\R$ et pour tout réel $x$, $f'(x)=1+\mathrm e^{-x}$ . Or pour tout réel $x$, $\mathrm e^{-x}>0$. Donc pour tout réel $x$, $f'(x)>1>0$.\\ Ainsi la fonction \fbox{$f$ est strictement croissante sur $\R$}
		\item $\bullet\;f(0)=-1$. Alors  $x<0 \Longrightarrow f(x)<f(0) \Longrightarrow f(x)<-1\Longrightarrow f(x)<0$\\ L'équation $f(x)=0$ n'admet aucune solution dans l'intervalle $]-\infty\,,0[$.\\
	
$\bullet\;f(1)=1-\frac{1}{\text{e}}$. Alors  $x>1 \Longrightarrow f(x)>f(1) \Longrightarrow f(x)>1-\frac{1}{\text e} \Longrightarrow f(x)>0 $\\ L'équation $f(x)=0$ n'admet aucune solution dans l'intervalle $]1\,,+\infty[$.\\
	
	$\bullet$ La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $[0\,,1]$. Donc d'après un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, $f$ réalise une bijection de $[0\,,1]$ sur l'intervalle image de $[0\,,1]$ par $f$ à savoir $$ f([0\,,1])=[f(0)\,,f(1)]= \left[-1\,,1-\frac{1}{\text e}\right]$$
  Puisque $0\in f([0\,,1])$, l'équation  $\;f(x)=0$  admet une unique
  solution  $\alpha$ dans $[0\,,1]$.
		\item $\bullet\;f\left(\frac{1}{2}\right)\approx -0,1\qquad$ à $10^{-1}$ près par excès.
		
$\bullet\;f(1)\approx 0,6\qquad$ à $10^{-1}$ près par défaut.
  
$\bullet$ Donc $f(1/2)\leqslant -0,1< 0 < 0,6 \leqslant f(1)$ avec $\;0=f(\alpha)$.
  
d'où $\;f\left(\frac{1}{2}\right)<f(\alpha)<f\left(1\right)$
 
Il en résulte par croissance de $f$ sur $\R$ que $\quad
  \frac{1}{2}\leqslant\alpha\leqslant 1$
		\item $x\in[0\,,\alpha] \Longrightarrow f(0)\leqslant f(x)\leqslant f(\alpha)  \Longrightarrow -1\leqslant f(x) \leqslant 0$ car $f(\alpha)=0$.
		
Ainsi $f$ est négative sur $[0\,,\alpha]$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie 2}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $g(x)=x \Longleftrightarrow \frac{1+x}{1+\text e^x}=x \Longleftrightarrow 1+x=x(1+\text e^x) \Longleftrightarrow 1+x=x+x\,\text e^x $\\ $\Longleftrightarrow1=x\,\text e^x \Longleftrightarrow\text e^x=\frac{1}{x}$
\item On a vu en I-2.(b) que $\alpha$ était l'unique solution dans $[0\,,1]$ de l'équation $f(x)=0$ qui est équivalente à $g(x)=x$.

En conséquence $\alpha$ est l'unique solution dans $[0\,,1]$ de l'équation $g(x)=x$.
\item La fonction $g$ est dérivable sur $[0\,,1]$ et pour tout $x$ de $[0\,,1]$, 
	$$ g'(x)=\frac{1(1+\text e^x)-(1+x)\text e^x}{(1+\text e^x)^2}=\frac{1+\text e^x-\text e^x-x\,\text e^x}{(1+\text e^x)^2}
	=\frac{1-x\,\text e^x}{(1+\text e^x)^2}=\frac{-\text e^x(x-\text e^{-x})}{(1+\text e^x)^2}$$
Donc pour tout $x$ de $[0\,,1],\quad \boxed{g'(x)=\frac{-\text e^x\,f(x)}{(1+\text e^x)^2}}$.
	
Puisque $\frac{\text{e}^x}{(1+\text{e}^x)^2}>0$, $g'(x)$ et $f(x)$ sont de signes contraires.

Donc, d'après I - 2 (d), $f$ étant positive sur $[0\,,\alpha ]$ , pour tout $x$ de $[0\,,\alpha]$, $g'(x)\geq 0$.

Ainsi la fonction $g$ est croissante sur $[0\,,\alpha]$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie 3}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, notons $\mathcal P_n$ la propriété : << $0\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant \alpha$ >>
	
$\bullet\;$  \textbf{Initialisation} : vérifions la propriété au rang 0.

$u_0=0$ et $u_1=g(0)=1/2$ . Or d'après I-2.(c), $\frac{1}{2}\leqslant \alpha$. Donc $0\leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant \alpha$. 

$\bullet\;$  \textbf{Hérédité} : soit $k\in\N^*$. Supposons la propriété $\mathcal P_k$ vraie. Démontrons alors, sous cette hypothèse, que $\mathcal P_{k+1}$ est vraie.

On sait que $g$ est croissante sur $[0\,,\alpha]$.

Or, d'après l'hypothèse de récurrence, $0\leqslant u_k \leqslant u_{k+1} \leqslant \alpha$.

Donc  $g(0)\leqslant g(u_k) \leqslant g(u_{k+1}) \leqslant g(\alpha) $
 
 avec $\qquad g(0)=1/2\;;\;g(u_k)=u_{k+1}\;;\;g(u_{k+1})=u_{k+2}\quad$ et $\quad g(\alpha) = \alpha$.
 
Par conséquent $ 0\leqslant \frac{1}{2}\leqslant u_{k+1} \leqslant u_{k+2} \leqslant \alpha$ et $\mathcal P_{k+1}$ est vraie.

$\bullet\;$  \textbf{Conclusion} : le principe de récurrence permet de conclure que pout tout entier naturel $n$,  $0\leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant \alpha$
\item \fbox{La suite $(u_n)_{n\in\N}$ est  croissante }

 Cette suite est également majorée par $\alpha$. Il en résulte d'après le théorème de convergence monotone, que la suite \fbox{$(u_n)_{n\in\N}$ est convergente}
\item Notons $\ell$ la limite de la suite $(u_n)$. Alors il est clair que $\lim_{n\rightarrow +\infty}u_{n+1}=\ell$

Puisque $\forall\,n\in\N,\;0\leqslant u_n\leqslant \alpha$, on obtient par passage à la limite dans cet encadrement : $0\leqslant\ell\leqslant \alpha$. En particulier $\ell\in[0\,,1]$.

$\lim_{n\rightarrow +\infty} u_n=\ell$ et $g$ est continue sur $\left[0\,;1\right] $ donc $g$ est continue au point $\ell$ .

D'où $\lim_{x\rightarrow \ell}g(x)=g(\ell)$ . On en déduit par composition que $\lim_{n\rightarrow +\infty} g(u_n)=g(\ell)$

Or par définition de la suite $(u_n)_{n\in\N}$, $\;\forall\,n\in\N,\;g(u_n)=u_{n+1}$.

 Donc  $\lim_{n\rightarrow +\infty} u_{n+1} = g(\ell)$. Par unicité de la limite d'une suite, on en déduit que \fbox{$g(\ell)=\ell$} autrement dit $\ell$ est une solution dans $[0\,,1]$ de l'équation $g(x)=x$.

Or cette équation admet $\alpha$ pour unique solution.
Donc \fbox{$\ell =\alpha$ }
\item La calculatrice fournit  $\boxed{u_4\approx 0,567\,143}$ à $10^{-6}$ près par défaut (valeur arrondie).
\end{enumerate}
\end{document}
