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% Tapuscrit du corrigé : Philippe Lac
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\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~ \vect{\jmath},~ \vect{k}\right)$}
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\begin{document}
\def\labelitemi{$\bullet$}
\def\labelitemii{$\ast$}
% entête et bas de page
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat S }
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small{mai 2008}}
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%%% Tapuscrit Philippe Lac avec nos remerciements.
\begin{center} {\Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du Baccalauréat S Amérique du Nord~\decofourright\\
mai 2008}}} 
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\noindent \textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item~ 
 
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture}(-.5,-1.3)(3.5,3)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,gridwidth=0.25pt](0,0)(-.5,-1.3)(3.5,3)
\SpecialCoor
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=5,Dy=5](0,0)(0,-1)(4,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(1,1)
\pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(1,0) \uput[d](0.5,0){\small $\vect{u}$}
\pcline[linewidth=1pt]{->}(0,0)(0,1) \uput[l](0,0.5){\small $\vect{v}$}
\uput[-135](O){O}
\pscircle[linewidth=0.2pt](2,1){1.4142}
\pscircle[linewidth=0.2pt](1.5,0.5){0.7071}  
\dotnode(2,1){A} \uput[ur](2,1){A} \dotnode(1,0){B}
\uput[dl](1,0){B}
\dotnode(3,0){C}
\uput[dr](3,0){C}
\dotnode(3,2){D}
\uput[ur](3,2){D}
\dotnode(0.8,0.6){N}
\uput[l](0.8,0.6){N}
\dotnode(2.2,0.4){M'}
\uput[r](2.2,0.4){M'}
\uput[ul](1,2){$(\Gamma)$}
\uput[ul](1.8,1.2){$(\Gamma')$}
\dotnode (0.6,1.2) {M} \uput[60](M){M}
\psline(1,0)(0.6,1.2)
\psline(1,0)(3,2)(0.6,1.2)
\psline(0.8,0.6)(2,1)
\psline(1,0)(2.2,0.4)
\end{pspicture}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item 1 et 3 sont deux nombres réels, donc B d'affixe 1 et C d'affixe 3 sont deux points de l'axe $\left(\text{O}~;~\vect{u}\right)$.
		
De plus B$\in \Gamma$ car AB=$|2+\text{i}-1|=|1+\text{i}|=\sqrt{2}$,

et C$\in \Gamma$ car AC=$|2+\text{i}-3|=|-1+\text{i}|=\sqrt{2}$.

Le nombre de points d'intersection d'une droite avec un cercle est au maximum égal à deux, nous avons ici deux points d'intersection, ce sont donc les seuls.
		\item Le point D diamétralement opposé au point B sur le cercle ($\Gamma$), est tel que A est le milieu du segment [BD], par conséquent $z_\text{A}=\frac{z_\text{B}+z_\text{D}}{2} \iff z_\text{D} = 2z_\text{A}-z_\text{B}=3+2\text{i}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\dfrac{z_{\text{D}} - z_{\text{M}}}{z_{\text{B}} - z_{\text{M}}}=\frac{3+2\text{i}-\left(\frac{3}{5}+\frac{6}{5}\text{i}\right)}{1-\left(\frac{3}{5}+\frac{6}{5}\text{i}\right)}=\frac{15+10\text{i}-3-6\text{i}}{5-3-6\text{i}}=\frac{12+4\text{i}}{2-6\text{i}}=2\text{i}\frac{-6\text{i}+2}{2-6\text{i}}=2\text{i}.$
		\item On a M distinct de B et M distinct de D, on a donc : 

$\arg \left(\dfrac{z_{\text{D}} - z_{\text{M}}}{z_{\text{B}}- z_{\text{M}}} \right)=\left( \vect{\text{MB}}~;~\vect{\text{MD}}\right)\quad [2\pi]$,\:
or $\arg(2\text{i})=\frac{\pi}{2}\quad[2\pi]$

par conséquent $\left(\vect{\text{MB}};\vect{\text{MD}}\right)=\frac{\pi}{2}\quad[2\pi]$, on en déduit que le triangle BMD est rectangle en M, et donc que M appartient au cercle de diamètre [BD], c'est-à-dire ($\Gamma$).
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La droite (DM) est perpendiculaire à la droite (BD), de plus N appartient au cercle $\left(\gamma'\right)$ et donc le triangle ANB est rectangle en N ainsi la droite (AN) est perpendiculaire à la droite (AB) c'est-à-dire à la droite (BD).
		
On en déduit ainsi que les droites (DM) et (AN) sont parallèles.
		\item  Les droites (DM) et (AN) sont parallèles, N appartient à la droite (BM) et A est le milieu du segment [BD], d'après le théorème de la droite des milieux, on en déduit que N es le milieu du segment [BM].
		
Par conséquent : $z_\text{N}=\frac{z_\text{B}+z_\text{M}}{2}=\frac{4}{5}+\text{i}\frac{3}{5}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La rotation de centre B et d'angle $\dfrac{-\pi}{2}$ a pour écriture complexe :
		
$z'- 1 =\e^{\frac{-\pi}{2}}(z-1)$ ce qui donne $z'=-\text{i}z+1+\text{i}$

ainsi, $z_\text{M'}=-\text{i}\left(\frac{3}{5}+\frac{6}{5}\text{i}\right) +1+\text{i}=\frac{11}{5}+\frac{2}{5}\text{i}$.
		\item Le point M' est distinct du point  A et point B, donc on a :
		
$\left( \vect{\text{M'A}};\vect{\text{M'B}}\right)=\arg \left(  \dfrac{z_{\text{B}} - z_{\text{M'}}}{z_{\text{A}}- z_{\text{M'}}} \right)\quad [2\pi]
$,

de plus $ \dfrac{z_{\text{B}} - z_{\text{M'}}}{z_{\text{A}}- z_{\text{M'}}}=
\frac{1-\left(\frac{11}{5}+\frac{2}{5}\text{i}\right)}{2+\text{i}-\left(\frac{11}{5}+\frac{2}{5}\text{i}\right)}=
\frac{5-11-2\text{i}}{10+5\text{i}-11-2\text{i}}=\frac{-6-2\text{i}}{-1+3\text{i}}=\text{2i}\frac{3\text{i}-1}{-1+3\text{i}}=2\text{i} $

or $\arg 2i=\frac{\pi}{2}\quad[2\pi]$ ainsi on déduit que le triangle AM'B est rectangle en M' et donc que le point M' appartient au cercle $(\Gamma')$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

\noindent \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}\\
\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

\textbf{Partie A}
\begin{enumerate}
 \item Pour tout point $M$ de l'espace, on a :
  
$\vect{M\text{D}}.\vect{M\text{A}}=\left( \vect{M\text{I}}+\vect{\text{I}D} \right).\left( \vect{M\text{I}}+\vect{\text{I}A} \right)=\vect{M\text{I}}^2+\vect{M\text{I}}.\left( \vect{\text{I}A}+ \vect{\text{I}D} \right)+ \vect{\text{I}D}.\vect{\text{I}A}$\\
or I est le milieu du segment [AD], donc $\vect{\text{I}D}=-\vect{\text{I}A}$,\\
et par conséquent , $\vect{M\text{D}}{}\cdot{}\vect{M\text{A}}= M\text{I}^2+\vect{M\text{I}}.\vect{0} - \text{I}A^2 = M\text{I}^2 - \text{I}A^2$
 \item Pour tout point $M$ de l'espace, on a :
 
$\vect{M\text{D}}.\vect{M\text{A}}=0 \iff 
M\text{I}^2-\text{I}A^2=0 \iff M\text{I}^2=\text{I}A^2 \iff M\text{I}=\text{I}A$ car $M\text{I}$ et $\text{I}A$ sont des réels positifs.

L'ensemble (E) cherché est donc la sphère de centre I passant par A.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\vect{\text{AB}} (-3~;~6~;~0)$, $\vect{\text{AB}}{}\cdot{}\vect{n}=-3\times 4 + 6\times 2 +0\times 0=0$
		  
$\vect{\text{AC}} (-3~;~0~;~4)$, $\vect{\text{AC}}{}\cdot{}\vect{n}=-3\times 4 + 0\times 0 +4\times 3 = 0$
 
donc $\vect{n}$ est orthogonal à $\vect{\text{AB}}$ et $\vect{\text{AC}}$, qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC),

on en déduit que $\vect{n}$ est normal au plan (ABC).
		\item Le plan (ABC) a une équation de la forme : $4x+2y+3z+d = 0$.

Le point A$(3~;~0~;~0)$ appartient au plan (ABC), donc $4\times 3+d=0 \iff d = -12$.

(ABC):  $4x + 2y + 3z - 12 = 0$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La droite $\Delta$ est orthogonale au plan (ABC), donc $\vect{n}$ est un vecteur directeur de $\Delta$. On sait également que D$(-5;0;1)$ est un point de $\Delta$.

On en déduit une représentation paramétrique de $\Delta$ : 
$\left\lbrace\begin{array}{l}
x=-5+4t\\
y=0+2t\\
z=1+3t
\end{array}\right.
\quad t\in \R$
		\item Le point H, projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), est le point d'intersection de D et du plan (ABC).
		
On résout :

$\left\lbrace\begin{array}{l}
  x=-5+4t\\
  y=0+2t\\
  z=1+3t\\
4x+2y+3z-12=0
 \end{array}\right.
\iff
\left\lbrace\begin{array}{l}
  x=-5+4t\\
  y=0+2t\\
  z=1+3t\\
-20+16t+4t+3+9t-12=0
 \end{array}\right.$
\\
$
\iff
\left\lbrace\begin{array}{l}
  x=-5+4t\\
  y=0+2t\\
  z=1+3t\\
t=\frac{29}{29}=1
 \end{array}\right.
\iff
\left\lbrace\begin{array}{l}
  x=-1\\
  y=2\\
  z=4\\
t=1
 \end{array}\right.
$
On obtient ainsi H$\left(-1~;~2~;~4\right)$.
	\item H est le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), donc la distance du point D au plan (ABC) est  égale à la distance DH$=\sqrt{\left(-1+5\right)^2+2^2+\left(4-1\right)^2}
=\sqrt{29}$.
	\item Les points H et D appartiennent à la droite $\Delta$.

Le vecteur  $\vect{\text{HD}}$ est donc orthogonal au plan (ABC).

De plus, les points H et D appartiennent au plan (ABC), donc 
le vecteur  $\vect{\text{HD}}$ est  orthogonal au vecteur $\vect{\text{HA}}$,

ainsi $ \vect{\text{HD}}{}\cdot{}\vect{\text{HA}} = 0$, donc H appartient à l'ensemble (E).
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
	
\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip
	
\begin{enumerate}
\item Soit $M(x;y;z)$ appartenant à (S).

On a $x^2+y^2-(-z)^2=x^2+y^2-z^2=1$ donc $M'(x;y;-z)$ appartient à (S), ainsi (S) est symétrique par rapport au plan (xOy).
\item Le vecteur $\vect{\text{AB}}(-4;0;4)$ est un vecteur directeur de la droite (D).\\
ainsi (D): $\left\lbrace\begin{array}{l}
x=-1-4t\\
y=1\\
z=1+4t    
\end{array}
\right.$, $t\in \R$.
\item Pour $t\in \R$, on a $(-1-4t)^2+1^2-(1+4t)^2=(1+4t)^2+1^2-(1+4t)^2=1$.

Par conséquent tout point de (D) appartient à (S), c'est-à-dire (D) est incluse dans (S).
\item Un plan parallèle au plan (xOy) a une équation de la forme $z=k$ avec $k$ constante réelle.

On résout le système : 
$\left\lbrace\begin{array}{l}
x^2+y^2-z^2=1\\
z=k
\end{array}
\right.
\iff \left\lbrace\begin{array}{l}
x^2+y^2=1+k^2\\
z=k
\end{array}
\right. 
$
or $1+k^2>0$, on reconnait donc l'équation du cercle de centre $\Omega (0;0;k)$ et de rayon $\sqrt{1+k^2}$ inclus dans le plan d'équation $z=k$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item D'après ce qui précède, (C) est le cercle de centre $\Omega'(0~;~0~;~68)$ et de rayon $\sqrt{\np{4625}}=5\sqrt{185}$ inclus dans le plan d'équation $z=68$.
		\item Soit $d$=pgcd$(a~;~b)$, $d$ divise $a$ et $b$ donc $d^2$ divise $a^2$ et $b^2$. On en déduit que $d^2$ divise $a^2+b^2 = \np{4625}$.

Or $\np{4625} = 5^3\times37$ ainsi $d^2$ est égal à 1 ou $5^2$ c'est-à-dire $d$ égal 1 ou 5.

Supposons que $d=1$. On a alors $ab=$ppcm($a~;~b)\times$pgcd$(a~;~b)= 440$.

Ainsi $a^2+b^2+2ab = \np{5505} \iff (a + b)^2 = \np{5505}$ ; or il n'existe pas d'entier dont le carré est égal à \np{5505} ($\sqrt{5\;505}$ n'appartient pas à $\N$),
par conséquent $d \ne 1$.

Supposons que $d=5$. On a alors $ab=$ppcm($a~;~b)\times$pgcd$(a~;~b)= \np{2200}$.

Ainsi $a^2 + b^2 + 2ab = \np{9025} \iff (a + b)^2 = \np{9025} \iff a+b = 95$ car $a+b>0$.

De même $a^2+b^2-2ab = 225 \iff (a - b)^2 = 225 \iff a - b = -15$ car $a - b < 0$.

$\left\lbrace\begin{array}{l}
a+b=95\\
a-b=-15
\end{array}
\right.
\iff 
\left\lbrace\begin{array}{l}
 a+b=95\\
2a=80
\end{array}
\right.
\iff
\left\lbrace\begin{array}{l}
 a=40\\
b=55
\end{array}
\right.
$
\\
Or 40<55, $40^2+55^2=4625$ et ppcm(40~;~55) = $5\times 8 \times 11=440$.

Ainsi il existe un seul point M de (C) tel que $a$ et $b$ soient de entiers naturels vérifiant $a < b$ et ppcm$(a~;~b) =  440$. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\noindent \textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 6 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Pour $x\in ]1~;~+\infty[$, on a $\ln x >0$ et on sait que la fonction ln est dérivable sur  $]0~;~+\infty[$, on en déduit que $f$ est une fonction dérivable sur $]1~;~+\infty[$, avec :

$f'(x)=\frac{1}{x}+\frac{\frac{1}{x}}{(\ln x)^2}=\frac{(\ln x)^2+1}{x(\ln x)^2}$.

Pour $x\in ]1~;~+\infty[$, on a $(\ln x)^2+1>1>0$ et $x(\ln x)^2>0$, et donc $f'(x)>0$.

On en déduit que la fonction $f$ est strictement croissante sur $]1~;~+\infty[$.

$\lim_{x\to 1} \ln x=0$, avec $\ln x>0$ pour $x>1$, par conséquent $\lim_{{x\to 1}\atop{x>1}} \frac{1}{\ln x}= + \infty$

et donc $\lim_{{x\to 1}\atop{x>1}} f(x) = -\infty$.

$\lim_{x\to +\infty} \ln x = + \infty$, donc $\lim_{x\to +\infty} \frac{1}{\ln x}=0$ et donc $\lim_{x\to +\infty} f(x) = +\infty$. 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour $x\in ]1;+\infty[$, on a $f(x)-\ln x=- \frac{1}{\ln x}$, donc $\lim_{x\to +\infty} f(x)-\ln x=0$.
		
On en déduit que $(\mathcal{C})$ et $\Gamma$ sont asymptotes au voisinage de $+\infty$.
		\item Pour $x\in ]1~;~+\infty[$, on a $\ln x >0$ et donc $- \frac{1}{\ln x}<0$,
		
par conséquent $(\mathcal{C})$ est en dessous de $\Gamma$  sur $]1~;~+\infty[$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La tangente $\mathcal{F}_a$ a pour équation $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
		
Le point O appartient à $\mathcal{F}_a$ $\iff$ $0==f'(a)(0-a)+f(a)\iff $

$f(a) - af'(a) = 0$.
		\item Sur $]1~;~+\infty[$, on a $(\ln x)^2\ne 0$, donc :
		
$g(x)=0 \iff f(x) - xf'(x)=0 \iff \ln x-\frac{1}{\ln x}-\frac{(\ln x)^2+1}{(\ln x)^2}=0
$

$\iff \frac{(\ln x)^3-\ln x - (\ln x)^2-1}{(\ln x)^2}=0 \iff (\ln x)^3-\ln x - (\ln x)^2-1 = 0$.
		\item La fonction $u$ est une fonction polynôme, donc dérivable sur $\R$,\\ avec $u'(t) = 3t^2 - 2t-1$.
		
On a $\Delta=16$, donc $u'$ admet deux racines distinctes : 

 $t_1=\frac{2-4}{6}=-\frac{1}{3}$ et $t_2=\frac{2+4}{6}=1$.
 
De plus, $u'(t)>0$ pour $t\in ]-\infty;-\frac{1}{3}[\cup ]1;+\infty[$ et $u'(t)<0$ pour $t\in ]-\frac{1}{3};1[$.

\begin{tabular}{c|ccccccc}
$t$&$-\infty$&&$-\frac{1}{3}$&&$1$&&$+\infty$\\
\hline
&&&&&&&\\
&&&$-\frac{22}{27}$&&&&\\
$u(t)$&&{\huge$\nearrow $}&&{\huge$\searrow $}&&{\huge$\nearrow $}& \\
&&&&&$-2$&&
\end{tabular}\\
La fonction $u$ est croissante sur $\left]-\infty~;~-\frac{1}{3}\right[$ et décroissante sur $\left]-\frac{1}{3}~;~1\right[$.\\ Par conséquent, sur $]-\infty~;~1[$, la fonction $u$ admet un maximum en $-\frac{1}{3}$.

Ce maximum vaut $-\frac{22}{27}$, ainsi l'équation $u(t) = 0$ n'admet pas de solution sur $]-\infty~;~1[$.

La fonction $u$ est continue et strictement croissante sur $[1~;~+\infty[$, avec $u(1)=-2$ et $\lim_{t\to +\infty} u(t)=+\infty$.

Or $0\in [-2;+\infty[$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que  l'équation $u(t) = 0$ admet une unique solution sur $[1~;~+\infty[$,

par conséquent, l'équation $u(t)=0$ admet une unique solution, $\alpha$, sur $\R$.
\item L'équation $(\ln x)^3-\ln x - (\ln x)^2-1=0$ est équivalente au système 

$\left\lbrace\begin{array}{l}
             t^3 - t^2 - t - 1=0\\
t = \ln x                                                                               
\end{array}\right.$

D'après ce qui précède, $\alpha\geqslant 1 > 0$, donc le réel $x$, tel que $\ln x =\alpha$, appartient à $]1~;~+\infty[$, ainsi l'équation $(\ln x)^3-\ln x - (\ln x)^2-1 = 0$ admet une unique solution sur $]1~;~+\infty[$, il en est alors de même pour l'équation $g(x)=0$ (d'après \textbf{3. b.}), et donc il existe une unique tangente à la courbe $(\mathcal{C})$ passant par l'origine du repère (d'après \textbf{3. a.}).
	\end{enumerate}
\item Soit $p$ le coefficient directeur de la tangente $T$ que l'on vient de tracer.\\
Sur l'intervalle $]1~;~+\infty[$ :

Pour $m\le 0$, l'équation $f(x) = mx$ admet une solution.

Pour $0<m<p$, l'équation $f(x) = mx$ admet deux solutions.

Pour $m=p$, l'équation $f(x) = mx$ admet une unique solution.

Pour $m>p$, l'équation $f(x) = mx$ n'admet pas de solution.

En traçant la droite $\Delta$, passant par l'origine et par le point de coordonnées $(10~;~f~(10))$, de coefficient directeur noté $q$, on obtient le résultat
suivant :

Sur l'intervalle $]1~;~10[$ :

Pour $m\le 0$, l'équation $f(x) = mx$ admet une solution.

Pour $0<m<q$, l'équation $f(x) = mx$ admet une solution unique.

Pour $q\le m<p$, l'équation $f(x)=mx$ admet deux solutions.

Pour $m=p$, l'équation $f(x)=mx$ admet une unique solution.

Pour $m>p$, l'équation $f(x)=mx$ n'admet pas de solution.

\begin{center}
\psset{xunit=0.9cm,yunit=1.8cm}
\begin{pspicture}(0,-3)(12,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,-3)(12,3)
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt](0,0)(0,-3)(12,3)
% \psplot[linecolor=blue,plotpoints=2000]{0.05}{11.5}{x ln}
\psplot[linestyle=dashed,plotpoints=2000]{1.355}{11.5}{x ln 1 x ln div sub}
\psline[linecolor=blue](0,0)(10,2.1)
\uput[u](10,2.1){\textcolor{blue}{$T$}}
\psline[linecolor=red](0,0)(10,1.868)
\uput[dl](10,1.82){\textcolor{red}{$\Delta$}}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
 	\begin{enumerate}
		 \item Pour $t\in [0~;~1]$, on a $t^n\geqslant 0$, $0\leqslant \cos t \le 1$ car $[0;1]\subset \left[0~;~\frac{\pi}{2}\right]$ et donc $t^n\cos t\geqslant 0$.
		 
On en déduit que $x_n\geqslant 0$ pour $n\in \N^*$.
		\item  Pour $n\in \N^*$, on a :
		
$x_{n+1}-x_n=\int_0^1t^{n+1} \cos t \dt - \int_0^1t^n \cos t \dt = \int_0^1t^{n+1} \cos t -t^n \cos t \dt $\\$=\int_0^1 t^n(t-1)\cos t \dt$.

Pour $t\in [0~;~1]$, on a $t^n\cos t\geqslant 0$, $t-1\le 0$ et donc $t^n(t-1)\cos t \leqslant 0$,

par conséquent $x_{n+1}- x_n \le 0$ ce qui démontre que la suite $\left(x_n\right)$ est décroissante.
		\item La suite $\left(x_n\right)$ est décroissante et minorée par 0, donc elle converge vers $\ell$, avec $\ell \geqslant 0$ (théorème de convergence monotone).
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour $t\in [0~;~1]$, on a $t^n\geqslant 0$, $0\le \cos t \le 1$ et donc $0\le t^n\cos t \le t^n$.
		
D'après le théorème de comparaison des intégrales, on en déduit :

$\int_0^1 t^n\cos t \dt\le \int_0^1 t^n \dt $, or $\int_0^1 t^n \dt =\left[ \frac{t^{n+1}}{n+1}\right]_0^1=\frac{1}{n+1}$.

Par conséquent, $0\le x_n\le \frac{1}{n+1}$.
		\item $\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{n+1}=0$, donc, d'après le théorème des \og gendarmes \fg, on en déduit que $\lim_{n\to +\infty}x_n = 0$. 
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		 \item On réalise une intégration par parties :
		 
$x_{n+1}=\int_0^1t^{n+1} \cos t \dt =\left[ t^{n+1} \sin t\right]_0^1-\int_0^1 (n+1) t^n \sin t \dt$\\$=1^{n+1}\sin (1) - (n+1)\int_0^1t^n \sin t \dt$

donc, pour tout entier $n$ non nul, on a $x_{n+1}=-(n+1)y_n+\sin (1)$.
		\item On a $y_n=\frac{\sin (1)-x_{n+1}}{n+1}$, or $\lim_{n\to +\infty} x_{n+1} = \lim_{n\to +\infty} x_{n}=0$,
		
donc $\lim_{n\to +\infty} y_{n}=0$.
	\end{enumerate}
\item Pour tout entier $n$ non nul, on a $x_{n+1}=-(n+1)y_n+\sin (1)= -ny - n - y_n+\sin(1)$.

$\lim_{n\to +\infty} x_{n+1} =0$ et $\lim_{n\to +\infty} y_{n} = 0$ donc $\lim_{n\to +\infty} -y_{n}+\sin (1)=\sin(1)$,

par conséquent $\lim_{n\to +\infty} ny_{n}=\sin(1)$.

De même, on a $y_{n+1}=(n+1)x_n-\cos (1)=nx_n+x_n-\cos(1)$.

$\lim_{n\to +\infty} y_{n+1} =0$ et $\lim_{n\to +\infty} x_{n}=0$ donc $\lim_{n\to +\infty} x_{n}-\cos (1)=-\cos(1)$,

par conséquent $\lim_{n\to +\infty} nx_{n}=\cos(1)$.
\end{enumerate}
\end{document}