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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 Sud}}
\rfoot{\small{novembre 2006}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,5cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud~\decofourright\\[3pt] novembre 2006 }}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item Montrer que la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = \text{e}^{ax}$ est solution de l'équation $y' = ay$.

$f$ est une fonction dérivable et $f'(x) = a\text{e}^{ax} = af(x)$.

$f$ est donc solution de l'équation $y' = ay$
		\item Si $g$ est une solution de l'équation $y'= a.y$, alors $g'(x) = ag(x)$. Soit $h$ la fonction définie sur $\R$ par $h(x)  = g(x)\text{e}^{-ax}$. La fonction $h$ produit de fonctions dérivables est dérivable et :
		
$h'(x) = g'(x)\text{e}^{-ax} -a g(x)\text{e}^{-ax} = ag(x)\text{e}^{-ax} -a g(x)\text{e}^{-ax} = 0$. Or $h'(x) = 0 \Rightarrow h = K$ avec $K \in \R$.  $h$ est une fonction constante.
		\item  Toute fonction solution de $y' = ay$ est de la forme $h(x) = g(x)\text{e}^{-ax} = K \iff g(x) = K\text{e}^{ax}	$. Donc toute solution   de l'équation $y' =  ay$ s'écrit $K\text{e}^{ax}$, avec $K \in \R$.
	\end{enumerate}
\item   (E) : $y'= 2y + \cos x$.
	\begin{enumerate}
		\item $f_{0}(x) = a \cos x + b \sin x$. $f_{0}$ somme de fonctions dérivables est dérivable et $f'_{0}(x) = - a \sin x + b \cos x.$\\
$f_{0}$ est solution  de (E) si et seulement si :\\
$f'_{0}(x) = 2f_{0}(x) + \cos x \iff - a \sin x + b \cos x = 2(a \cos x + b \sin x) + \cos x \iff (a + 2b)\sin x + (2a - b + 1)\cos x = 0$ quel que soit $x$ réel.\\
En particulier pour $x = 0$ et pour $x = \dfrac{\pi}{2}$
\[\left\{\begin{array}{l c l}
2a - b + 1&=&0\\
a + 2b&=&0\\
\end{array}\right. \iff   
\left\{\begin{array}{l c l}
2a - b&=&-1\\
a &=&-2b\\
\end{array}\right. \iff  
\left\{\begin{array}{l c l}
-5b&=&-1\\
a&=&-2b\\
\end{array}\right.\]\\
 $\iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
b&=&\dfrac{1}{5}\\
a &=& - \dfrac{2}{5}\\
\end{array}\right.$ 
Conclusion : $f_{0}(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x.$
		\item D'après \textbf{1. a.} toute solution de  l'équation différentielle $\left(E_{0}\right)~ :~ y' =  2y$ est de la forme $f(x) = K\text{e}^{2x}$ (avec $K \in \R$).
		\item Si $f$ est solution de (E)   et comme $f_{0}$ est aussi solution de (E), on a :
\[\left\{\begin{array}{l c l}
f'(x) &=&2f(x)  + \cos x \\
 f'_{0}(x) &=&2f_{0}(x)  + \cos x \\
\end{array}\right. \]
D'où par différence membres à membres $f'(x) - f'_{0}(x) = 2\left(f(x) - f_{0}(x)\right) = 0$ ou par linéarité de la dérivabilité : $\left(f(x) - f_{0}(x)\right)' = 2\left(f(x) - f_{0}(x) \right)$  ce qui signifie que  $f(x)  - f_{0}(x) $ est solution de $\left(E_{0}\right)$.
\item 	D'après \textbf{2. b.}, on a donc 

$f(x) - f_{0}(x) = K \text{e}^{2x} \iff f(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x + K \text{e}^{2x}$.
\item 	$k$ est solution  de (E), donc $k(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x + K \text{e}^{2x}$. Or  

$k\left(\dfrac{\pi}{2}\right) = 0 \iff k\left(\dfrac{\pi}{2}\right) =  \dfrac{1}{5} + K\text{e}^{\pi} \iff K = -\dfrac{1}{5}\text{e}^{-\pi}$.

On a donc $k(x) = - \dfrac{2}{5} \cos x + \dfrac{1}{5} \sin x - \dfrac{1}{5} \text{e}^{2x - \pi}.$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item L'écriture complexe d'une symétrie axiale (antidéplacement) est de la forme $z' = a\overline{z} + b$. A et B invariants par cette symétrie se traduit par :

$\left\{\begin{array}{l c l}
1&=&a \times 1 + b\\
\text{i}& =& a \times (-\text{i}) + b\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
1&=&a  + b\\
\text{i}& =& -a (\text{i}) + b\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
1&=&a  + b\\
1 - \text{i}&=&a(1 + \text{i})\\
\end{array}\right. $

$\iff \text{(par différence)} \left\{\begin{array}{l c l}
\dfrac{1 - \text{i}}{1 + \text{i}}&=&a\\
1&=&a  + b\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
\dfrac{-2\text{i}}{2} &=& a\\
1&=&a  + b\\
\end{array}\right.  
\iff$
 
$\left\{\begin{array}{r c l}
- \text{i}&=&a\\
1 + \text{i}&=&b
\end{array}\right.$.
L'écriture complexe est donc : $z' = -\text{i}\overline{z} + 1 + \text{i}.$
\item  $f= H \circ S$.
	\begin{enumerate}
		\item La réflexion $S$ est une similitude de centre A ; donc la composée de deux similitudes de même centre est une similitude de même centre A.
		\item écriture complexe : 
\begin{itemize}
\item pour $S$, on a  vu que l'écriture complexe est : $z' = -\text{i}\overline{z} + 1 + \text{i}.$
\item pour $H$ : $\vect{\text{A}M''} = -2\vect{\text{A}M'} \iff z'' - 1 = -2(z' - 1) \iff z" = 1  -2(z' - 1) = -2z' + 3$
\item donc $z" = -2\left( -\text{i}\overline{z} + 1 + \text{i}\right) + 3 = 2\text{i}\overline{z} + 1 - 2\text{i}.$
\end{itemize} 
Soit $M(z)$ tel que $\vect{\text{A}M''} = -2\vect{\text{A}M} \iff z'' - 1 = -2(z - 1) \iff 2\text{i}\overline{z} + 1 - 2\text{i} - 1 = - 2z + 2 \iff  2\text{i}\overline{z} + 2z = 1 + 2\text{i}.~(1) $\\
En posant $z = x + \text{i}y,~2\text{i}(x - \text{i}y) + 2(x + \text{i}y =  1 + 2\text{i} (1) \Rightarrow     \left\{\begin{array}{l c l}
2y + 2x &=&2\\
2x + 2y&=&2\\
\end{array}\right.$

Les points $M(x~;~y)$ qui vérifient la relation sont tels que $x + y = 1$ qui est l'équation de la droite (AB).

Inversement un point $M$ de la droite (AB) a pour image par $S$ $M$ et ensuite on a bien par la transformation $h$,~$\vect{\text{A}M''} = -2\vect{\text{A}M}$.

L'ensemble cherché est donc toute la droite (AB).
\item  De même $\vect{\text{A}M''} = 2\vect{\text{A}M} \iff z'' - 1 = 2(z - 1) \iff 2\text{i}\overline{z} + 1 - 2\text{i} = 2z - 2 \iff 2\text{i}\overline{z} - 2z = - 3 + 2\text{i}~(2)$.

Si $M(x~;~y)$, alors $(2)~\Rightarrow \left\{\begin{array}{l c l}
2y - 2x &=& -2\\
2x - 2y& = & 2\\
\end{array}\right. $

Les points $M(x~;~y)$ sont tels que $x - y = 1$ qui est l'équation d'une droite perpendiculaire à (AB) (coefficient directeur $1$, alors que celui de (AB) est $-1$), et qui contient le point A (le couple $(1~;~0)$ vérifie l'équation).

Inversement un point $M$ de la perpendiculaire trouvée a pour coordonnées $(x~;~x - 1)$.\\
On vérifie que $z'' - 1 = 2\text{i}x + 2x - 2 - 2\text{i}$ et que

$2(z - 1)  = 2\text{i}x + 2x - 2 - 2\text{i}.$\\
L'ensemble cherché est donc toute la perpendiculaire à (AB) contenant A. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item $z_{\text{E}'} = \dfrac{1}{2}\left(- \text{i} + \dfrac{1}{- \text{i}}\right) = \dfrac{1}{2}\left(- \text{i} + \dfrac{ \text{i}}{1}\right) = 0.$

E a donc pour image O.
\item $M' = M \iff z = \dfrac{1}{2}\left(z + \dfrac{1}{z}\right) \iff 2z^2 = z^2 + 1 \iff z^2 = 1 \iff z = 1~\text{ou}~z = -1$.

Les points égaux à leur image sont donc les points d'affixe $1$ et $-1$.
\item Soit $M(z)$ avec $z \neq 0,~z \neq 1,~z \neq - 1$.
	\begin{enumerate}
		\item $\dfrac{z'+1}{z' - 1} = \frac{\frac{1}{2}\left(z + \frac{1}{z}\right) + 1}{\frac{1}{2}\left(z + \frac{1}{z}\right) - 1} = \frac{z + \frac{1}{z} + 2}{z + \frac{1}{z} - 2} = \frac{z^2 + 1 + 2z}{z^2 + 1 - 2z} = \dfrac{(z + 1)^2}{(z - 1)^2} = \left(\dfrac{z + 1}{z - 1}\right)^2.$
		\item  $\dfrac{z'+1}{z' - 1} = \left(\dfrac{z + 1}{z - 1}\right)^2 \Rightarrow \left|\dfrac{z'+1}{z' - 1} \right| = \left|\left(\dfrac{z + 1}{z - 1}\right)^2 \right| \iff \dfrac{\left|z' + 1 \right|}{\left|z' - 1 \right|} = \dfrac{\left|(z + 1)^2 \right|}{\left|(z - 1)^2 \right|} \iff \dfrac{M'\text{B}}{M'\text{A}} = \left( \dfrac{M\text{B}}{M\text{A}}\right)^2.$
		
De même avec les arguments :

$\dfrac{z'+1}{z' - 1} = \left(\dfrac{z + 1}{z - 1}\right)^2 \Rightarrow  \left(\vect{\text{A}M'},\vect{\text{B}M'}\right) = 2\left(\vect{\text{A}M},\vect{\text{B}M} \right) \\ \iff \left(\vect{M'\text{A}},\vect{M'\text{B}}\right) = 2\left(\vect{M\text{A}},\vect{M\text{B}} \right)$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item 
$M \in \Delta \iff M\text{A} = M\text{B} \iff \dfrac{M\text{B}}{M\text{A}} = 1$. Donc d'après la question précédente  : $\dfrac{M'\text{B}}{M'\text{A}} = 1 \iff M'\text{B} = M'\text{A} \iff M' \in \Delta.$
		\item Si $M$ appartient au cercle de diamètre [AB], alors 
$\left(\vect{M\text{A}},\vect{M\text{B}} \right) = \dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi].$
 
Donc d'après la question précédente $\left(\vect{M'\text{A}},\vect{M'\text{B}} \right) = \pi$, donc les points A, B et $M'$ sont alignés ou encore $M' \in (\text{AB}).$
 \item Le cercle $\Gamma$ a un rayon égal à $1$ et est centré en O. Tout point $M$ de $\Gamma$ a donc une affixe de la forme $z =\text{e}^{\text{i}\theta}$, avec $\vect{u},~\vect{\text{O}M} = \theta$.
 
On a donc $z' = \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{\text{i}\theta} + \dfrac{1}{\text{e}^{\text{i}\theta}} \right) = \dfrac{1}{2}\left(\text{e}^{\text{i}\theta} + \text{e}^{-\text{i}\theta} \right)$

$= \dfrac{1}{2}\left(\cos \theta + \text{i}\sin \theta + \cos \theta - \text{i}\sin \theta \right) = \cos \theta.$

Or $-1 \leqslant \cos \theta \leqslant 1$, donc $M'$ est un point du segment [AB].

Seuls les points de [AB] ont un antécédent par $f$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $M(x~;~y) \in (d) \iff ~\text{il existe}~t \in \R~\text{tel que}~\vect{\text{A}M} = t\vect{u}\iff \left\{\begin{array}{l c l}
x - (-2) &=& t \times 1\\
y - 8 &=& t \times 5\\
z - 4 &=& t \times (-1)\\
\end{array}\right. \\  M(x~;~y) \in (d) \iff 
\left\{\begin{array}{l c r}
x &=& -2 + t\\
y &=& 8 + 5t\\
z &=& 4 - t\\
\end{array}\right.$
\item Les plans (P) et (Q) ont respectivement pour vecteur normal $(1~;~-1~;~-1)$ et $(1~;~0~;~-2)$ qui ne sont manifestement pas colinéaires. Ces deux plans n'étant pas parallèles sont sécants. Tout point $M(x~;~y~;~z)$ de leur droite commune $(d')$ vérifie :

$\left\{\begin{array}{l c r c l}
x&-y&-z&=&7\\
x&&-2z&=&11\\
\end{array}\right.$, soit en posant $z = t$,~$\left\{\begin{array}{l c r c l}
x&-y&-t&=&7\\
x&&-2t&=&11\\
&&z&=&t\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c r c l}
x&-y&&=&7 + t\\
x&&&=&11 + 2t\\
&&z&=&t\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c r c l}
x&&&=&11 + 2t\\
&y&&=&4 + t\\
&&z&=&t\\
\end{array}\right. $ qui est une représentation paramétrique de la droite $(d')$, le vecteur de coordonnées (1 ; 1 ; 2) étant un vecteur directeur de cette droite.
\item $(d)$ et $(d')$ sont coplanaires s'il existe un point $M(x~;~y~;~z)$ dont les coordonnées vérifient :
\[\left\{\begin{array}{l c r c r}
x &=& -2 + t&=&11 + 2t'\\
y &=& 8 + 5t&=&4 + t'\\
z &=& 4 - t&=&t'\\ 
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c r }
 t - 2t' &=&13 \\
5t - t'&=&-4\\
  4 - t&=&t'\\
\end{array}\right. \iff\] 
 \[\left\{\begin{array}{l c r }
t-8 + 2t&=&13\\
5t + t - 4&=&-4\\
4 - t&=&t'\\
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l c r }
t&=&7\\
t&=&0\\
\end{array}\right. \]

Conclusion : il n'existe pas de point commun aux deux droites : elles ne sont donc pas coplanaires. 
\item
	\begin{enumerate}
		\item  H$(-3~;~3~;~5) \in (d) \iff \left\{\begin{array}{l c r}
-3 &=& -2 + t\\
3 &=& 8 + 5t\\
5 &=& 4 - t\\
\end{array}\right.$ qui a une solution évidente $t = -1$.\\
H$'(3~;~0~;~-4) \in (d') \iff \left\{\begin{array}{l c r c l}
3&&&=&11 + 2t\\
&0&&=&4 + t\\
&&-4&=&t\\
\end{array}\right. $ qui a pour solution évidente $t = -4.$
		\item   On a $\vect{\text{HH}'}(6~;~-3~;~-9)$.
Or $\vect{\text{HH}'} \cdot \vect{u} = 6 \times 1 -3 \times 5 -9 \times (-1) = 6 - 15 + 9 = 0$. Donc (HH$'$) et $(d)$ sont perpendiculaires ;\\
La droite $(d')$ a un vecteur directeur $\vect{v}(2~;~1~;~1)$ et 
$\vect{\text{HH}'} \cdot \vect{v} = 6 \times 2 -3 \times 1 -9 \times 1 = 12 - 3 - 9 = 0$. Donc (HH$'$) et $(d')$ sont perpendiculaires.
		\item   La droite (HH$'$) est la perpendiculaire commune aux droites $(d)$ et $(d')$. La distance HH$'$ est la plus courte distance entre les droites $(d)$ et $(d')$.\\
HH$'^2 = (3 + 3)^2 + (-3)^2 (-4 - 5)^2 = 36 + 9 + 81 = 126$.\\
D'o\`u HH$' = \sqrt{126} = \sqrt{9 \times 14} = 3\sqrt{14}$.
\item $M(x~;~y~;~z)$ vérifie $\vect{M\text{H}'} \cdot \vect{\text{HH}'} = 126 \iff (3 - x)\times 6 + (0-y) \times (-3) + (-4 - z) \times (-9) = 126 \iff ~(\text{en simplifiant par 3)},~2(3 - x) + y + 3(4 + z) = 42 \iff 6 - 2x + y + 12 + 3z = 42 \iff -2x + y + 3z = 24$ qui est l'équation d'un plan contenant H, puisque $\vect{\text{HH}'} \cdot \vect{\text{HH}'} = 126$ (question précédente).
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 6 points}
 
\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item
	 \begin{enumerate}
		\item $f_{1}(x) = 2x - 2 + \ln \left(x^2 + 1\right)$. On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = + \infty, \displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 +1 = + \infty, \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln \left(x^2 + 1\right) = + \infty, \: \displaystyle\lim_{x \to + \infty} 2x - 2$. Finalement par somme des limites $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_{1}(x) = + \infty.$
		\item $f_{1}$ est une somme de fonctions dérivables et $f'_{1}(x) = 2 + \dfrac{2x}{x^2 + 1}.$
		\item On a $2x \geqslant 0, ~x^2 + 1 > 0$, donc $\dfrac{2x}{x^2 + 1}$, et donc $f'_{1} \geqslant 2 > 0.$
		
La fonction est donc croissante sur  $[0~;~+ \infty[$.\\
$f_{1}(0) = - 2$.
D'où le tableau de variation :
	\end{enumerate}
\medskip

\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3.5)
\psframe(8,3.5)
\psline(2,0)(2,3.5) \psline(0,2)(8,2) \psline(0,3)(8,3)
\psline{->}(2.5,0.3)(7.4,1.8)
\uput[u](2.3,3){$0$} \uput[u](1,3){$x$} \uput[u](7.7,3){$+ \infty$}  \uput[u](5,2.2){$+$}
\uput[u](1.2,2.2){$f'_{1}(x)$} \uput[u](1,0.7){$f_{1}(x)$} 
\uput[u](2.2,0){$-2$} \uput[u](7.6,1.6){$+ \infty$}
\rput(4,0.75){$0$} \uput[u](4,3){$\alpha_{1}$}
\psline[linestyle=dashed](4,0.85)(4,3)
\end{pspicture}
\end{center}
 
\medskip
 
\item $f_{n}(x) =   2x -2 + \dfrac{\ln \left(x^2 + 1\right)}{n}$.
	\begin{enumerate}
		\item Pour $n$ fixé, on a encore $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln \left(x^2 + 1\right)}{n} = + \infty$, et donc \\$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_{n}(x) = + \infty$.
		\item $f'_{n}(x) = 2 + \dfrac{2x}{n\left(x^2 + 1\right)}$.
		
Comme à la question 1, tous les termes sont positifs, donc $f'_{n}(x) > 0.$ La fonction $f_{n}$ est donc croissante sur $[0~;~+ \infty[.$
		\item La fonction $f_{n}$ est continue sur $[0~;~+ \infty[$. Comme $f(0) = -2$ et 
		
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_{n}(x) = + \infty$, il existe un réel unique 
$\alpha_{n}$ tel que $f_{n}\left( \alpha_{n}\right) = 0$.
		\item On a $f_{n}(1) = \dfrac{\ln 2}{n}$.
		
On a donc $-2 < 0 < 1$ ou encore $f_{n}(0) < f_{n}\left(\alpha_{n}\right) < f_{n}(1)$ d'où par croissance de la fonction $f_{n},~0 < \alpha_{n} < 1.$
	\end{enumerate}
\item On sait que $f_{n+1}\left(\alpha_{n+1}\right) = 0 \iff 2\alpha_{n+1} - 2 + \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n+1} = 0  \iff $

$2\alpha_{n+1} - 2 = - \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n+1} ~(1)$.\\ D'autre part :\\
$f_{n}\left(\alpha_{n+1}\right) = 2\alpha_{n+1} - 2 + \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2+1 \right)}{n} = - \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1\right)}{n+1} + \dfrac{\ln \left(\alpha_{n+1}^2+1 \right)}{n} ~\text{en utilisant (1)}~= \ln \left(\alpha_{n+1}^2+1 \right)\left[\dfrac{1}{n} - \dfrac{1}{n+1}\right] = \ln \left(\alpha_{n+1}^2+1 \right)\times \dfrac{1}{n(n+1)}$.

Or $\alpha_{n+1}^2 \geqslant 0 \Rightarrow \alpha_{n+1}^2 + 1 \geqslant 1 \Rightarrow \ln \left(\alpha_{n+1}^2 + 1 \right) \geqslant 0.$ D'autre par $\dfrac{1}{n(n+1)} > 0.$\\
Conclusion $\ln \left(\alpha_{n+1}^2+1 \right)\times \dfrac{1}{n(n+1)} > 0$ ou encore $f_{n}\left(\alpha_{n+1}\right) > 0$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item On vient de démontrer que $0 < f_{n}\left(\alpha_{n+1} \right)$ ou encore $f_{n}\left(\alpha_{n} \right) < f_{n}\left(\alpha_{n+1} \right)$. D'o\`u  par croissance de la fonction $f_{n},\:\alpha_{n} < \alpha_{n+1}$.
		
Conclusion la suite $\left(\alpha_{n}\right)$ est donc croissante.
		\item La suite est croissante et majorée par 1 : elle donc convergente vers une limite $\ell.$
		\item $\alpha_{n} = 1 - \dfrac{\ln \left(\alpha_{n}^2 + 1\right)}{2n}$ entra\^{\i}ne  par limite au voisinage de plus l'infini que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\ln \left(\alpha_{n}^2 + 1\right)}{2n} = 0$, d'où $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \alpha_{n} = 1.$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document} 