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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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\begin{document}
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\thispagestyle{empty}
\lhead{\small Baccalauréat S}
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small{3 juin 2010}}
\cfoot{\thepage}
\begin{center} { \Large \textbf{\decofourleft~Corrigé  du baccalauréat S~\decofourright\\ Amérique du Nord 3 juin 2010}}
\end{center}

\vspace{1cm}

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  

\[ \text{A}(1~;~- 2~;~4) \quad  \text{B}(-2~;~-6~;~5)\quad  \text{C}(- 4~;~0~;~-3).\]
$\vect{\text{AB}}(-3~;~-4~;~1)~;
\quad \vect{\text{AC}}(-5~;~2~;~-7)$  or comme aucun de  ces vecteurs n'est  nul, s'ils étaient colinéaires, on pourrait trouver un seul $k$ réel tel que 

$\left\{\begin{array}{l c r}
-3&= & -5k\\ 
-4&= & 2k\\ 
1&= & -7k \\ 
\end{array}\right.$,  or ce système est impossible (trois valeurs de $k$ différentes).

Les points A, B et C ne sont pas alignés. 
		\item  le vecteur $\vect{n}(1~;~-1~;~-1)$ est orthogonal à $\vec{\text{AB}}$ car le produit scalaire est $-3 + 4 - 1 = 0$
le vecteur $\vect{n}(1~;~-1~;~-1)$ est orthogonal à $\vect{\text{AC}}$ car le produit scalaire est égal à  $-5 -2 + 7 = 0$.\\Donc le vecteur $\vect{n}(1~;~-1~;~-1)$	un vecteur normal au plan (ABC). 
		\item Une équation du plan (ABC)est de la forme $1\times x+(-1)\times y+ (-1)\times z + d = 0$, donc $x - y- z + d = 0$  or C doit être dans ce plan donc $- 4 + 3 + d = 0$ donc $d = 1$, donc (ABC) : $ \quad x - y - z + 1 = 0$.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item   Si $M(x,~y,~z)$ est sur $(D)$ alors $\vect{\text{O}M}$ est colinéaire à $\vect{n}$, donc $\vect{\text{O}M} = t \vect{n}$
		
$\left\{ \begin{array}{lc r}
x&= & t\times 1\\ 
y&= & t\times (-1)\\ 
z&= & t\times (-1) \\ 
\end{array}\right.$.
C'est une représentation paramétrique de la droite (D) passant par le point O et orthogonale au plan (ABC). 
		\item Le point O$'$ projeté orthogonal du point O sur le plan (ABC)est à la fois sur $(D)$ et sur $(ABC)$ donc ses coordonnées vérifient $\left\{\begin{array}{lcr}
x&= & t\\ 
y&= &- t\\ 
z&= & -t \\ 
x-y-z&=&-1\\
\end{array}\right.$ ;  ce système est noté (S):

(S) $\iff \left\{ \begin{array}{lcr} x&= & t\\ 
y&= &- t\\ 
z&= & -t \\ 
3t&=&-1\\
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{lcr} x&= & t\\ 
y&= &- t\\ 
z&= & -t \\  
t&=&\frac{-1}{3}\\
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{lcr} x= & \frac{-1}{3}\\ 
y&= &\frac{1}{3}\\ 
z&= & \frac{1}{3} \\  
t&=&\frac{-1}{3}\\
\end{array}\right.$ ;  $\text{O}'\left(\frac{-1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3}\right)$.
	\end{enumerate} 
\item On désigne par H le projeté orthogonal du point O sur La droite (BC).Donc $H$ est l'intersection de  (BC) avec le plan ($\cal Q$) perpendiculaire à (BC), on a donc $\vect{\text{OH}}~\cdot~\vect{\text{BC}} = 0$ et $H \in (\text{BC})$, donc $\vect{\text{BO}} ~\cdot~\vect{\text{BC}} = \vect{\text{BH}} \cdot \vect{\text{BC}} = \vect{\text{BC}}~\cdot~ \vect{\text{BC}} = t\|\vect{\text{BC}}\|^2$.

Finalement : $t = \dfrac{\vect{\text{BO}}~\cdot~\vect{\text{BC}}}{\left\|\vect{\text{BC}}\right\|^2}$ (car B $\neq $ C).

\medskip

\newrgbcolor{xdxdff}{0.49 0.49 1}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-4.3,-3.86)(8.26,6.3)
\psline[linewidth=0.4pt,linestyle=dotted](-2,3)(4,-2)
\psline(1.82,4.26)(-2.6,0.32)
\psline(1.82,4.26)(2.5,2.08)
\psline(-2.6,0.32)(-1.92,-1.82)
\psline(2.5,2.08)(-1.92,-1.82)
\psline(-2,3)(0.07,1.28)
\psline[linestyle=dashed,dash=3pt 3pt](0.07,1.28)(0.85,0.62)
\psline(0.85,0.62)(4,-2)
\psline(-0.17,1.47)(-0.32,1.2)
\psline(-0.32,1.2)(-0.08,1.02)\rput[bl](-1.7,-1.42){$\cal Q$}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-2,3)
\rput[bl](-1.92,3.12){\blue{$B$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](4,-2)
\rput[bl](4.08,-1.88){\blue{$C$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](1.5,3)
\rput[bl](1.58,3.12){\blue{$O$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0.07,1.28)
\rput[bl](0.14,1.4){\darkgray{$H$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](1.82,4.26)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](2.5,2.08)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-2.6,0.32)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-1.92,-1.82)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0.85,0.62)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=xdxdff](-0.17,1.47)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-0.32,1.2)
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](-0.08,1.02)
\end{pspicture*}

\begin{enumerate}
		\item $\vect{\text{OB}} \cdot \vect{\text{BC}}=\vect{\text{OH}} \cdot\vect{\text{BC}}+\vect{\text{HB}} \cdot \vect{\text{BC}}$.
		
Soit $t$ le réel tel que $\vect{\text{BH}} = t \vect{\text{BC}}$.

$\vect{\text{OB}} \cdot \vect{\text{BC}}=0-t\times (\vect{\text{BC}} \cdot \vect{\text{BC}})$.
 
donc  $\vect{\text{BO}}\cdot \vect{\text{BC}} = t\times \text{BC}^2$. 

$t=\frac{\vect{\text{BO}} \cdot \vect{\text{BC}}}{\text{BC}^2}$
	  
		\item  On calcule ensuite avec les coordonnées $\vect{\text{BO}}.\vect{\text{BC}}$ et  BC$^2$
		
$\vect{\text{BO}}(2~;~6~;~-5)$ et 	$\vect{\text{BC}}(-2~;~6~;~-8)$;
$\vect{\text{BO}} \cdot \vect{\text{BC}}=-4 + 36 + 40 = 72$	;
$BC^2=4+36+64=104$;
$t=\frac{72}{104}=\frac{9}{13}$.

$\vect{\text{OH}}=\vect{\text{OB}}+t\vect{\text{BC}}$ $\vect{\text{OH}}$.

Donc  $\vect{\text{OH}}$ a pour coordonnées:

$\left(-2 +\frac{9}{13}\times (-2)~;~-6+\frac{9}{13}\times (6)~;~5 +\frac{9}{13}\times (-8)\right) = \left(\frac{-44}{13} ; \frac{-24}{13};\frac{-7}{13}\right)$.

Ce sont aussi les coordonnées de H.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate} 

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 3 points}

\medskip

\begin{center}
\psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm}
\pstree[treemode=R]{\Tdot}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$N_1$}\taput{\small $0,2$}
\pstree
{\Tdot~[tnpos=a]{$N_2$}\tbput{\small $0,8$}}
{
\Tdot~[tnpos=r]{$R_2$}\taput{\small $0,1$}
\Tdot~[tnpos=r]{$V_2$}\tbput{\small $0,9$}
}
}
\end{center}
Sur cet arbre $N_1$ c'est \og tirer le numéro 1\fg, $N_2$ c'est \og tirer le numéro 2\fg,  \og$ R_2$ c'est \og tirer une rouge numérotée $2$\fg,~\og$ V_2$ c'est \og tirer une verte numérotée $2$\fg
 
\begin{enumerate}
\item  La boule peut être rouge et porter le numéro 1, ou être rouge et porter le numéro 2 donc si on note $R$ \og la boule tirée est rouge, $R = N_1 \cup (N_2\cap R_2)$, ceci est une réunion d'évènements disjoints  
car inclus dans $N_1$ et $N_2$, donc $p(R) = p(N_1) + p(N_2 \cap R_2) = p(N_1) + p(N_2) \times p _{N_2}(R_2) = 0,2+ 0,8\times 0,1 = 0,28$

\item Ici on veut $p_R(N_2)$ c'est $p_R(N_2) = \frac{p(N_2\cap R)}{p(R)}=\frac{p(N_2\cap R_2)}{p(R)} = \frac{0,8\times 0,1}{028}=\frac{2}{7}$
 
 
\item Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à 2.
 
On effectue $n$ tirages successifs d'une boule avec remise (après chaque tirage la boule est remise dans l'urne). On répète donc $n$ fois l'expérience à deux  issues : \og tirer une rouge numérotée $1$ \fg{} de probabilité $p = 0,2$ car c'est $N_1$    ou \og  ne pas tirer une rouge numérotée $1$ \fg{} de probabilité $0,8$, la variable aléatoire $X$ qui sert à compter les succès (nombre de boules rouges sur les $n$ tirages) est une variable aléatoire qui suit une loi binomiale ${\cal B}(n~;~0,2)$.

Donc,  pour $k$ entier entre $0$ et $n$, $p(X = k) = {n\choose k}$ $ \times 0,2^k\times 0,8^{n-k}$
 
	\begin{enumerate}
		\item \og Tirer au  moins une boule rouge portant le numéro 1 au cours des $n$ tirages \fg{} a pour contraire \og ne tirer aucune boule rouge portant le numéro 1 \fg{} de probabilité $p(X = 0)$ donc la probabilité demandée est 
		
$1 - p(X = 0) = 1- 0,8^{n}$. 
		\item Ceci revient à  résoudre ($n$ entier naturel) $1 - 0,8^n \geqslant 0,99$ ce qui est équivalent à $0,8^n \leqslant 0,01$, on prend les $\ln$ des deux membres qui sont strictement positifs
		
$0,8^n \leqslant 0,01 \iff 0,8^n \leqslant 10^{-2} \iff  n\ln(0,8)\leqslant - 2\ln (10) \iff n \geqslant \frac{-2\ln(10)}{\ln(0,8)}$

$\iff n \geqslant 20,6.$

Il faut donc faire au moins 21 tirages.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement obligatoire}

\begin{center}
\psset{xunit=1.0cm,yunit=1.0cm,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-4.3,-3.86)(8.26,4.3)
\psaxes[Dx=1,Dy=1,ticksize=2pt 0](0,0)(-4.3,-3.86)(8.26,4.3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\pscircle(0,1){1.41}
\pscircle(0,-2){0.71}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](0,1)
\rput[bl](0.08,1.12){\blue{A}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](1,0)
\uput[dr](1,0){\blue{D}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](1.37,1.37)
\rput[bl](1.44,1.48){\darkgray{E}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](0,-2)
\rput[bl](0.08,-1.88){\blue{B}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=blue](0.5,-1.5)
\rput[bl](0.58,-1.38){\blue{D$'$}}
\psdots[dotstyle=*,linecolor=darkgray](0.68,-2.18)
\rput[bl](0.76,-2.06){\darkgray{E$'$}}
\end{pspicture*}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item  Le point E est obtenu par rotation autour de A, d'angle $\frac{\pi}{3}$ du point D  donc 

$z_{\text{E}}-z_{\text{A}}= \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(z_{\text{D}}- z_{\text{A}})$ donc $z_{\text{E}}= \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}(1 - \text{i})+\text{i} = \left(\dfrac{1}{2}+\text{i}\dfrac{\sqrt 3}{2}\right)\times (1- \text{i}) + \text{i} =
\dfrac{1+\sqrt 3}{2} + \text{i}\dfrac{1 + \sqrt 3}{2} =$

$ \left(\dfrac{1+\sqrt 3}{2} \right)(1 + \text{i})$. 
\item $z_{\text{D}'} = \dfrac{2-\text{i}}{\text{i}+1}=\dfrac{(2- \text{i})(1-\text{i})}{1^2+1^2}=\dfrac{1- 3\text{i}}{2} = 0,5 - 1,5\text{i}$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item   Pour tout nombre complexe $z$ différent de $\text{i}$,
		
$\left(z'+ 2\text{i}\right) (z - \text{i}) = \left(\frac{2z-\text{i}}{\text{i}z+1}+2\text{i}\right)(z-\text{i}) = \left(\frac{2z-\text{i}+2\text{i}(\text{i}z+1)}{\text{i}z+1}\right)(z -\text{i}) = \dfrac{\text{i}}{\text{i}z + 1}\times (z - \text{i}) = \dfrac{\text{i}}{\text{i}(z - \text{i})}\times (z - \text{i}) = 1$.
		\item Donc pour tout nombre complexe $z$ différent de $\text{i},~ \left(z'+ 2\text{i}\right) (z - \text{i}) = 1$ en prenant les modules et les arg :
		
Comme $(z' + 2\text{i}) = z_{\vect{\text{B}M'}}~;~(z-\text{i}) = z_{\vect{\text{A}M}}$, et comme $\left(\vect{u},~\vect{\text{B}M'}\right) = \arg \left(z'+ 2\text{i}\right)$
		 
Ainsi que $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M}\right)=\arg(z - i)$.
		 
Pour tout point $M$ d'affixe $z (z \neq  \text{i})$ :
		
\[\begin{array}{l}
\text{B}M' \times \text{A}M = 1\\ 
\text{et}~\left(\vect{u},~\vect{\text{B}M'}\right) + \left(\vect{u},~ \vect{\text{A}M}\right) = k \times 2\pi~ \text{où}~k~\text{est un entier relatif.}
\end{array}\]

	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item Les points D et E appartiennent à un même  cercle (C) de centre A et de rayon par la rotation du 1) et le rayon est  AD $= \sqrt 2$. 
		\item Donc AE $= \sqrt 2$,AD $=\sqrt 2$ donc en utilisant la relation sur les longueurs : 
		
AD $\times$ BD$'=1,\quad $ AE $\times$ BE$'= 1$ donc BE$'$ = BD$' =\frac{1}{\sqrt 2}$. 
		
Et avec les angles :

$\left(\vect{u},~\vect{\text{BE}'}\right)+ \left(\vect{u},~\vect{\text{AE}}\right) = k \times 2\pi~ \text{où}~k~\text{est un entier relatif.}$\\ et$\left(\vect{u},~ \vect{\text{BD}'}\right) + \left(\vect{u},~ \vect{\text{AD}}\right) = k' \times 2\pi~\text{où}~k'~\text{est un entier relatif.}$, on retranche ces deux relations

$\left(\vect{\text{BD}'},~\vect{\text{BE}'}\right)+ \left(\vect{\text{AD}},~ \vect{\text{AE}}\right) = k'' \times 2\pi~\text{où}~k''~\text{est un entier relatif.}$

$\left(\vect{\text{BD}'},~\vect{\text{BE}'}\right)+\frac{\pi}{3}= k'' \times 2\pi~ \text{où}~k''~\text{est un entier relatif.}$

Donc $\left(\vect{\text{BD}'},~\vect{\text{BE}'}\right) = -\frac{\pi}{3}+ k'' \times 2\pi~\text{où}~k''\text{est un entier relatif.}$

\item Ainsi le triangle BD$'E'$ est isocèle en B et avec un angle de $-\frac{\pi}{3}$, il est équilatéral indirect.
	\end{enumerate} 

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip
 
On cherche l'ensemble des couples d'entiers relatifs $(x,~y)$ solutions de l'équation 

\[(\text{E}) :\quad  16x - 3y = 4.\]
\begin{enumerate}
\item Le couple (1,~4) est une solution particulière de (E) : $16 \times 1 - 3\times 4 = 16 - 12 = 4$. 
\item 
\[(\text{E}) :\quad  16x - 3y = 16 - 4\times 3.\]

Donc $16(x - 1) = 3(y - 4)$.

$3$ divise les deux membres et $3$ premier avec $16$ donc $3$ divise $(x - 1)$ (GAUSS): il existe $j$ entier tel que $(x - 1) = 3j$ on a alors $16(3j) = 3(y-4)$ donc $16j = (y - 4)$ donc $y = 16j + 4$, on vérifie $16\times (3j + 1) - 3\times (16j + 4) = 4$, donc 

${\cal S}=\lbrace{(3j + 1~;~16j + 4)|j \in \Z}\rbrace$

\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie B}

\medskip 

\[z' = \sqrt{2}\text{e}^{\frac{3\text{i}\pi}{8}}z.\]
 
\begin{enumerate}
\item La transformation $f$ est une similitude directe de centre O de rapport $\sqrt 2$ d'angle $\frac{3\pi}{8}$. 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La transformation $g$ est une similitude directe de centre O de rapport $\sqrt 2^4=4$, d'angle 
		
$\frac{3\pi}{8}+\frac{3\pi}{8}+\frac{3\pi}{8}+\frac{3\pi}{8}=\frac{3\pi}{2}=\frac{-\pi}{2}+2\pi$. 
		\item Pour tout entier naturel $n$,
		
$M_{n+4}=f(M_{n+3})=f\circ f(M_{n+2}) = f \circ f \circ f(M_{n+1}) = f\circ f\circ f\circ f(M_{n})=g(M_{n})$,

donc  $M_{n+4}=g(M_n)$\\O$M_{n+4} =4 \text{O}M_{n}$ et  $\left(\vect{\text{O}M_{n}},~\vect{\text{O}M_{n+4}}\right) = - \dfrac{\pi}{2} + k \times 2\pi$ où $k$ est un entier relatif. 
		\item  M$_{4}=g(M_0)$, M$_{5}=g(M_1)$ et M$_{6}=g(M_2)$
		
donc $OM_4 =4OM_0$ et $\left(\vect{\text{O}M_{0}},~\vect{\text{O}M_{4}}\right) = - \dfrac{\pi}{2}$\\$OM_5=4OM_1$ et $\left(\vect{\text{O}M_{1}},\vect{\text{O}M_{5}}\right) = - \dfrac{\pi}{2}$

$OM_6=4OM_2$ et $\left(\vect{\text{O}M_{2}},~\vect{\text{O}M_{6}}\right) = - \dfrac{\pi}{2}$. 
	\end{enumerate} 
\item Pour tout entier naturel $n,~z_{n} =(\sqrt{2})^n \text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{2} + \frac{3n\pi}{8})}$

C'est une récurrence:

pour $n=0; z_0=\left(\sqrt{2}\right)^0 \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{3\times 0\pi}{8}\right )} = \text{i}$ : vrai.

Pour tout  $k$ un entier tel que $~z_{k} = \left(\sqrt{2}\right)^k \text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{2} + \frac{3\times k\pi}{8})}$
alors $z_{k+1}=\sqrt 2\times e^{i\frac{3\pi}{8}}z_k = $  
 $\sqrt 2\times e^{i\frac{3\pi}{8}}\times ( \sqrt{2})^k \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{3\times k\pi}{8}\right )}$
  
On regroupe les racines de $2$ en additionnant les exposants, les exposants des exponentielles s'additionnent aussi et $ \frac{3\times k\pi}{8}+ \frac{3\pi}{8}= \frac{3\times (k+1)\pi}{8}$ donc $z_{k+1}= (\sqrt{2})^{k+1} \text{e}^{\text{i}\left(\frac{\pi}{2} + \frac{3\times (k+1)\pi}{8}\right)}$ ce qui prouve que si la proposition est vraie au rang $k$ elle est vraie au rang $k+1$ donc , en fait :

Pour tout entier naturel $n,~z_{n} =(\sqrt{2})^n \text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{2} + \frac{3n\pi}{8} )}$. 
\item  
	\begin{enumerate}
		\item  $\left(\vect{\text{O}M_{p}},~\vect{\text{O}M_{n}}\right)=\arg(\frac{z_n}{z_p})=\arg((\sqrt{2})^{n-p} \text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{2} + \frac{3\times (n-p)\pi}{8} )})=(n-p)\times \frac{3}{8}\times \pi $. 
		\item Les points O, $M_{p}$ et $M_{n}$ sont alignés si et seulement si l'argument ci-dessus  est un multiple de $\pi$ si et seulement si $(n - p)\times \frac{3}{8}$si et seulement si $8$ divise $3(n - p)$, or $8$ et $3$ sont premiers entre eux donc  $8$ divise $3(n - p)$ si et seulement si $8$ divise $(n - p)$ (GAUSS) si et seulement si  $ (n - p)$ est un multiple de $8$.
	\end{enumerate} 
\item L'ensemble des entiers naturels $n$ tels que le point $M_{n}$ appartienne à la demi-droite [O$x$)est l'ensemble des entiers naturels $n$ tels $n\times \frac{3\pi}{8}+\frac{\pi}{2}=2k\pi$, $k$entier, donc $3n + 4 = 16k$ donc $16k - 3n = 4$ et on a vu qu'alors $n = 16j + 4$ et $k = 3j+1$, $j$ entier.

On veut $n \in \N$, donc les entiers $n$ cherchés vont de $16$ en $16$ à partir de $4$: ce sont $4~;~20~;~36~;~52~;~\cdots$ suite arithmétique de raison $16$.
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 8 points}

\medskip
 
\textbf{Partie A :} 

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item $ \dfrac{4\times \text{e}^x}{\text{e}^x\times (1 + 7\text{e}^{-x})} = \dfrac{4}{1 + 7\text{e}^{-x}}$, donc $f_1(x)= \dfrac{4}{1 + 7\text{e}^{-x}}$ pour tout $x$ de $\R$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item La courbe $\mathcal{C}_{1}$ admet deux asymptotes car $\displaystyle {\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{4}{7\text{e}^{-x} + 1}=\frac{4}{0+1} = 4}$\\$\displaystyle {\lim_{x\rightarrow -\infty}\dfrac{4\text{e}^x}{\text{e}^x + 7}=\dfrac{0}{0+7}= 0}$
		
Donc en $-\infty$ asymptote à ${\cal C}_1$: la droite horizontale d'équation $y=0$.

Donc en $+\infty$ asymptote à ${ \cal C}_1$: la droite horizontale d'équation $y = 4$.
		\item  $f'_{1}(x) = \dfrac{4\times 7\text{e}^{-x}}{\left(1+7\text{e}^{-x}\right)^2}$, donc  $f'_{1}(x) > 0$.
		
$f_1$ est strictement croissante sur $\R$. 
		\item \begin{tabular}{|c|ccc|}
\hline x & $-\infty$ &  & $+\infty$ \\ 
\hline $f'_1(x)$ &  & + &  \\ 
\hline $f_1$ & 0 & $\nearrow$ & 4 \\ 
\hline 
\end{tabular}

Par ce tableau on prouve que $0 < f_1(x) < 4$ pour tout $x$ de $\R$ car $f_1$ est strictement croissante et voir ses limites aux bornes .
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item On doit prouver que $\frac{f(a + h) + f(a - h)}{2} = b$ pour prouver que  $\Omega(a~;~b)$ est centre de symétrie de la courbe (d'une fonction  $f$ définie sur $\R)$.
		
Soit $h\in \R$,$f_1(\ln(7)+h)=\dfrac{4}{7\text{e}^{-\ln(7)-h} + 1}= \dfrac{4}{7\text{e}^{+\ln(\frac{1}{7})-h} + 1}=\dfrac{4}{7\text{e}^{\ln(\frac{1}{7})}\text{e}^{-h} + 1}=\dfrac{4}{7\times \frac{1}{7}\times \text{e}^{-h} + 1}=\dfrac{4}{\text{e}^{-h} + 1}$.

En changeant $h$ en $-h$ on obtient : $f_1(\ln(7)-h)=\dfrac{4}{\text{e}^{h} + 1}$,

on additionne et divise par $2$:

$\frac{f_1(\ln(7) + h) + f_1(\ln(7) - h)}{2}= \dfrac{\frac{4}{\text{e}^{h} + 1}+\frac{4}{ \text{e}^{-h} + 1}}{2}= \dfrac{\frac{4}{\text{e}^{h} + 1}+\frac{4\text{e}^h}{ 1 + \text{e}^h}}{2}= \dfrac{4\text{e}^h+4}{2( 1 + \text{e}^h)}=\dfrac{4(\text{e}^h+1)}{2( 1 + \text{e}^h)} = 2$
		 
Donc $I_1(\ln(7)~ ;~2)$ est centre de symétrie de ${\cal C}_1$
		
		\item $f'(\ln(7))=\frac{4\times 7\text{e}^{-\ln(7)}}{(1+7\text{e}^{-\ln(7)})^2}=
\frac{28\text{e}^{\ln(\frac{1}{7})}}{(1+7\text{e}^{\ln(\frac{1}{7})})^2}=\frac{28\frac{1}{7}}{(1 + 7\frac{1}{7})^2}=\frac{4}{2^2} = 1$,

$f_1(\ln(7)) = 2$ d'après le 3. a. avec $h = 0$, donc l'équation de la tangente $\left(T_{1}\right)$ à la courbe $\mathcal{C}_{1}$ au point I$_{1}$ : $y = 1(x- \ln(7)) + 2$; $y = x- \ln(7) + 2$ . 
		\item  Au point d'ordonnée $2$ de  ${\cal C}_1$, on trace une droite (rouge) de coefficient directeur $1$ par la méthode de l'escalier.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item Une primitive de la fonction $f_{1} : x \mapsto 4\times\dfrac{\text{e}^x}{7+\text{e}^x}$ sur $\R$ est
		
la fonction $F_1 : x\mapsto 4\times \ln(7 + \text{e}^x)$. 
		\item La valeur moyenne de $f_{1}$ sur l'intervalle $[O~;~\ln 7]$ est
		
$\frac{1}{\ln(7)}\times (4\times \ln(7+\text{e}^{\ln(7)})-4\ln(\text{e}^0+7))=\frac{4}{\ln(7)}\times \ln(\frac{14}{8})=\frac{4}{\ln(7)}\times \ln(\frac{7}{4})$ .
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie B :} 

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item On remarque d'abord que $f_n(x) = f_1(nx)$ pour tout $x$ de $\R$.Pour tout entier naturel $n$ non nul le point A$\left(0~;~\dfrac{1}{2}\right)$ appartient à la courbe $\mathcal{C}_{n}$ si et seulement si  $f_n(0) = \frac{1}{2}$ si et seulement si  $f_1(n\times 0)=\frac{1}{2}$si et seulement si  $f_1( 0)=\frac{1}{2}$or $\frac{4}{8} = \frac{1}{2}$
\item
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout entier naturel $n$ non nul la courbe $\mathcal{C}_{n}$ et la droite d'équation $y = 2$ ont un unique point d'intersection : on résout $f_n(x)=2$
		
$f_n(x)=2 \iff 4\text{e}^{nx}=2\text{e}^{nx}+14\iff \text{e}^{nx}=7 \iff nx = \ln(7) \iff x = \frac{\ln(7)}{n}$ (ici$ n\in \N^*$). \fbox{$x=\frac{\ln(7)}{n}$}
 
		\item  $f'_n(x) = n\times f'_1(nx) = \dfrac{4n\times 7\text{e}^{-nx}}{(1+7\text{e}^{-nx})^2}$, donc si $x=\dfrac{\ln(7)}{n}$, $f'_n\left(\dfrac{\ln(7)}{n}\right) = \dfrac{4n\times 7\text{e}^{-n\frac{\ln(7)}{n}}}{(1+7\text{e}^{-n\dfrac{\ln(7)}{n}})^2}=n\times \frac{4\times 7\text{e}^{\ln(\frac{1}{7})}}{(1+7\text{e}^{\ln(\frac{1}{7})})^2} = n\times \frac{4\times 1}{(1 + 7\times \frac{1}{7})^2} = n\times\frac{4}{(1 + 1)^2} = n$.

Une  équation de la tangente $\left(T_{n}\right)$ à la courbe $\mathcal{C}_{n}$ au point $I_{n}$ est

$y=n(x-\frac{\ln(7)}{n})+2=nx-\ln(7)+2$,

elles coupent toutes l'axe des $y$ à la même ordonnée à l'origine. 
		\item Les droites $\left(T_{2}\right)$(gris) et $\left(T_{3}\right)$(rose). 
	\end{enumerate}
\item  Soit la suite $\left(u_{n}\right)$ définie pour tout entier naturel $n$ non nul par 

\[u_{n} = \dfrac{n}{\ln 7}\displaystyle\int_{0}^{\frac{\ln 7}{n}} f_{n}(x)\:\text{d}x.\]
une primitive de $f_n$ c'est $F_n(x)=\frac{4}{n}\ln(\text{e}^{nx}+7)$ donc $u_n = \dfrac{n}{\ln 7}\times \frac{4}{n}\times (\ln(\text{e}^{n\times \frac{\ln 7}{n}}+7)-\ln(8))=$

$ \dfrac{4}{\ln 7}\times (\ln(\text{e}^{\ln 7}+7)-\ln(8))=\dfrac{4}{\ln 7}\times (\ln(14)-\ln(8))=\dfrac{4}{\ln 7}\times \left(\ln\dfrac{14}{8}\right)= \dfrac{4}{\ln 7}\times \left(\ln\dfrac{7}{4}\right)$ qui ne dépend pas de $n$.

La suite $\left(u_{n}\right)$ est constante.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}



\begin{flushleft}
\textbf{Exercice 3 (enseignement de spécialité)}
\end{flushleft}

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-8,-6)(9,7)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](-8,-6)(9,7)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-8,-6)(9,7)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](0,0)(0,1)(-1.307,0.541)(-1.439,-1.413)(1.067,-2.643)(4,0)(2.16,5.23)(-5.65,5.65)(-1.4125,1.4125)(-2.825,2.825)(-4.2375,4.2375)(1.08,2.615)(0.54,1.308)(1.62,3.924)
\uput[u](-1.307,0.541){$M_{1}$}\uput[l](-1.439,-1.413){$M_{2}$}\uput[r](1.067,-2.643){$M_{3}$}
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}\uput[u](4,0){$M_{4}$}\uput[u](2.16,5.23){$M_{5}$}\uput[u](-5.65,5.65){$M_{6}$}
\psline [linecolor=red,linestyle=dotted,linewidth=1.25pt](0,0)(-5.65,5.65)
\psline [linecolor=red,linestyle=dotted,linewidth=1.25pt](0,0)(-1.439,-1.413)
\psline[linecolor=blue,linestyle=dotted,linewidth=1.25pt](0,0)(2.16,5.23)
\psline[linecolor=blue,linestyle=dotted,linewidth=1.25pt](0,0)(-1.307,0.541)
\uput[d](9,0){$x$}\uput[l](0,7){$y$}
\uput[dl](0,0){O}\uput[ur](0,1){$M_{0}$}
\end{pspicture}

\newpage

\begin{flushleft}
\textbf{Exercice 4}
\end{flushleft}

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-4,-2)(6,5)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](-4,-2)(6,5)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=2,Dy=2](0,0)(-4,-2)(6,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](6,0){$x$}\uput[l](0,5){$y$}
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt,plotpoints=5000]{-4}{6}{2.71828  x  exp 4 mul  2.71828  x  exp 7 add div}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45](1.94,2)(2.94,2)(2.94,3)(0.65,2)(0.97,2)\psline[linecolor=red,linewidth=0.75pt](0,0.054)(2.94,3)\psline[linecolor=pink,linewidth=0.75pt](0,0.054)(1.5,4.554)\psline[linecolor=gray,linewidth=0.75pt](0,0.054)(2,4.054)
\psline [linecolor=green,linestyle=dotted,linewidth=1.75pt](1.94,2)(2.94,2)
\psline [linecolor=green,linestyle=dotted,linewidth=1.75pt](2.94,3)(2.94,2)
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt,plotpoints=5000]{-4}{6}{2.71828 2 x mul exp 4 mul 2.71828 2 x mul exp 7 add div}
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt,plotpoints=5000]{-4}{6}{2.71828 3 x mul exp 4 mul 2.71828 3 x mul exp 7 add div}

\uput[d](2,2){\blue $\mathcal{C}_{1}$}\uput[d](2,3.6){\blue $\mathcal{C}_{2}$}
\uput[u](2,3.95){\blue $\mathcal{C}_{3}$}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{document}