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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Amérique du Sud}}
\rfoot{\small{novembre 2008}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Amérique du Sud~\decofourright\\novembre 2008}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}
 
% \textbf{Commun à tous les candidats}

%Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé \Ouv, on considère les points A, B, C d'affixes respectives $a = - 1 + 2\text{i},~   b = 1 + 3\text{i},~   c = 4\text{i}$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item  %Montrer que le triangle ABC est isocèle en A.
AB$^2 = |b - a|^2 = |2 + \text{i}|^2 = 4 + 1 = 5$ ;

AC$^2 = |c - a|^2 = |1 + 2\text{i}|^2 = 1 + 4  = 5$.

AB$^2$ = AC$^2 \iff \text{AB} = \text{AC} \iff $ ABC est isocèle en A.
\item   %Soit I le milieu de [BC] et $z_{\text{I}}$ son affixe.
$Z_{I} = \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{7}{2}$.
	\begin{enumerate}
		\item  %Quel est l'ensemble des points $M$ du plan distincts de A dont l'affixe $z$ est telle que $\dfrac{z - z_{\text{I}}}{z - a}$ soit un réel ?
		$\dfrac{z - z_{\text{I}}}{z - a}$ est un réel si et seulement si arg$\left(\dfrac{z - z_{\text{I}}}{z - a} \right) = 0 \iff$
		
$\left(\vect{\text{A}M},~\vect{\text{I}M} \right) = 0 \quad [2\pi]$ , ce qui signifie que les points A, I et $M$ sont alignés.
		
Les points $M$ appartiennent donc à la droite (IA) privée du point A.
		
		\item %Déterminer l'unique réel $x$ tel que $\dfrac{x - z_{\text{I}}}{x - a}$ soit un réel.
		D'après la question précédente le réel solution est l'abscisse du point commun à la droite (AI) et à l'axe des abscisses. L'équation de la droite (AI) est $y = x + 3$, donc $y = 0$ entra\^{\i}ne $x = - 3$. 
		\item %Soit $z_{\vect{\text{AI}}}$ l'affixe du vecteur  $\vect{\text{AI}}$, donner une forme trigonométrique de $z_{\vect{\text{AI}}}$.
$z_{\vect{\text{AI}}} = z_{\text{I}}  - a = \dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{7}{2} +1 - 2\text{i} = \dfrac{3}{2} + \text{i}\dfrac{3}{2}.$

On a AI$^2 = \dfrac{9}{4} + \dfrac{9}{4} = \dfrac{18}{4}$. Donc AI $ = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.

On peut donc écrire :

$z_{\vect{\text{AI}}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2} \right) = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}	\left(\cos \frac{\pi}{4} + \text{i}\sin \frac{\pi}{4}\right) = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Soit G le point d'affixe $-3$. Montrer qu'il existe deux rotations de centre G, dont on déterminera les angles, telles que les images de A et I par ces rotations soient toutes deux sur l'axe des réels.
Le point G a pour abscisse le réel solution de la question précédente. C'est donc un point de la droite (AI) contenant le sommet principal A et le milieu du côté opposé du triangle isocèle. Cette droite (AI) est donc hauteur, médiane, médiatrice et axe de symétrie du triangle ABC.
		
On a vu que l'équation de (AI) est $y = x + 3$ ; le coefficient directeur de cette droite est égal à 1, ce qui correspond à un angle $\left(\vect{u},~\vect{\text{AI}}\right)$ de $\dfrac{\pi}{4}$.

Il existe donc deux rotations de centre G qui transforment A et I en deux points de l'axe des réels :

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item La rotation $r_{1}$ d'angle $- \dfrac{\pi}{4}$ ;
\item La rotation $r_{2}$ d'angle $ \dfrac{3\pi}{4}$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
		\item %Soit $r_{1}$ la rotation de centre G et d'angle de mesure $- \dfrac{\pi}{4}$.
		
%Déterminer l'écriture complexe de $r_{1}$.

$r_{1}$ est bien la première rotation de la question précédente.

Son écriture complexe est : $z' - z_{\text{G}} = \text{e}^{\text{i}\left(- \frac{\pi}{4} \right)}\left(z - z_{\text{G}}\right)$ soit 

$z'  - (-3) = \text{e}^{\text{i}\left(- \frac{\pi}{4} \right)}\left(z - (-3)\right)$.

$z' = -3 + \text{e}^{\text{i}\left(- \frac{\pi}{4} \right)}(z + 3)$
	
		\item %Soit A$'$, B$'$ et C$'$ les images respectives de A, B, et C par la rotation $r_{1}$ ; soient $a',~ b'$ et $c'$ leurs affixes.

%Quelle est l'image par $r_{1}$ de l'axe de symétrie du triangle ABC ?

Une rotation conserve les longueurs et les angles ; donc l'image de (AI) axe de symétrie de (ABC) est l'axe de symétrie de A$'$B$'$C$'$ soit A$'$I$'$.

Donc B$'$ et C$'$ sont symétriques autour de l'axe des abscisses et donc sans calcul, $b' = \overline{c'}$.
%En déduire que $b' = \overline{c'}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-5,-3)(5,5)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} 
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.25pt,gridcolor=orange](0,0)(-5,-3)(5,5)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-5,-3)(5,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\psdots(-1,2)(1,3)(0,4)(0.5,3.5)(-3,0)(1.94975,0.707)(1.94975,-0.707)(-0.172,0)
\uput[ul](-1,2){A} \uput[r](1,3){B} \uput[ul](0,4){C} \uput[ul](0.5,3.5){I} \uput[dr](0,0){O} \uput[dr](-3,0){G} \uput[dr](1.94975,0){I$'$} \uput[dl](-0.172,0){A$'$}\uput[r](1.94975,0.707){C$'$}\uput[r](1.94975,-0.707){B$'$}  
\psplot{-5}{2}{x 3 add}
\pspolygon(-1,2)(1,3)(0,4)
\pspolygon(-0.172,0)(1.94975,-0.707)(1.94975,0.707)
\psarc{<-}(-3,0){2.828}{0}{45} \psarc{<-}(-3,0){4.94975}{0}{45}
\psarc(-3,0){0.5}{0}{45} \rput(-2.2,0.4){$\frac{\pi}{4}$}
\psarc[linestyle=dotted](-3,0){5}{-8.1301}{36.8699}
\psarc[linestyle=dotted](-3,0){5}{8.1301}{53.1301} 
\end{pspicture}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité}
 
%Une unité de longueur étant choisie dans l'espace, on considère un pavé droit 

%\mbox{ABCDEFGH} tel que : AB = 1, AD = 2 et AE = 1.

%On appelle I le milieu de [AD].

\bigskip

%\begin{center}
%\begin{pspicture}(8,4)
%\pspolygon(0.4,0.4)(5.7,0.25)(7.8,1.25)(7.75,4)(2.4,4.2)(0.3,3.2)%BCDHEF
%\psline(5.7,0.25)(5.6,3.1)(7.75,4)(0.3,3.2)(5.6,3.1)(7.75,4)%CGHFGH
%\psline[linestyle=dashed](0.4,0.4)(2.4,1.3)(2.4,4.2)%BAE
%\psline[linestyle=dashed](2.4,1.3)(7.8,1.25)%AD
%\psline[linestyle=dashed](0.3,3.2)(5.2,1.3)(5.6,3.1)%FIG
%\psline[linestyle=dashed](5.2,1.3)(7.75,4)%IH
%\uput[d](2.4,1.3){A} \uput[dl](0.4,0.4){B} \uput[d](5.7,0.25){C} 
%\uput[dr](7.8,1.25){D} \uput[u](2.4,4.2){E} \uput[ul](0.4,3.2){F} 
%\uput[u](5.7,3.1){G} \uput[ur](7.8,4){H} \uput[d](5.2,1.3){I} 
%\end{pspicture}
%\end{center}

%L'espace est muni du repère orthonormé $\left(A ~;~\vect{\text{AB}}  ~;~ \vect{\text{AI}} ~;~ \vect{\text{AE}}\right)$.

\begin{enumerate}
\item %Déterminer, dans le repère choisi, les coordonnées des points F, G, H.
F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 2 ; 1), H(0 ; 2 ; 1)
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %Montrer que le volume V du tétraèdre GFIH est égal à $\dfrac{1}{3}$.
Le volume V est égal à : $\dfrac{\mathcal{A}(\text{FGH)} \times \text{AE}}{3}$.

FGH est un triangle rectangle en G, donc $\mathcal{A}(\text{FGH}) = \dfrac{\text{FG} \times \text{GH}}{2} = \dfrac{2 \times 1}{2} = 1$ et comme AE = 1, V $ = \dfrac{1 \times 1}{3} = \dfrac{1}{3}$.	
		\item  %Montrer que le triangle FIH est rectangle en I.
		On a I(0 ; 1 ; 0), $\vect{\text{FI}} = (-1~;~1~;~-1),~\vect{\text{IH}}(0 ;~;~1~;~1),~
\vect{\text{FI}} \cdot \vect{\text{IH}} = 0 + 1 - 1 = 0$. Les vecteurs sont orthogonaux donc (FI) et (IH) sont perpendiculaires en I.		
    %En exprimant V d'une autre façon, calculer la distance $d$ du point G au plan  (FIH).
En prenant comme base le triangle FIH, V $= \dfrac{\mathcal{\text{FIH}}\times d}{3}$, $d$ étant la distance  du point G au plan  (FIH). Le triangle FIH étant rectangle en I, son aire est égale à $\dfrac{\text{FI} \times \text{IH}}{2}$.

FI$^2 = 1 + 1 + 1 = 3 \Rightarrow \text{FI} = \sqrt{3}$ ;

IH$^2 = 0 + 1 + 1 = 2 \Rightarrow \text{IH} = \sqrt{2}$.

$\mathcal{A}_{\text{FIH}} = \dfrac{\sqrt{3}\times \sqrt{2}}{2} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}$.

En reprenant l'écriture de V :  $\dfrac{1}{3} =  \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2} \times d \iff d \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$.
    	\end{enumerate}
\item %Soit  le vecteur $\vect{n}$ de coordonnées $(2 ~;~ 1 ~;~ - 1)$.
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que le vecteur $\vect{n}$ est normal au plan (FIH).
	On calcule :
	
$\vect{n} \cdot \vect{\text{FI}} = - 2 + 1 + 1 = 0.$

$\vect{n} \cdot \vect{\text{IH}} = 0 + 1 - 1 = 0.$

$\vect{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de (FIH) est orthogonal à ce plan.
		\item %En déduire une équation cartésienne du plan (FIH).
L'équation du plan (FIH) est donc de la forme : $2x + 1y - 1z + d' = 0$.

Comme F $\in$ (FIH) ses coordonnées vérifient l'équation ci-dessus soit :

$0 + 1 - 0 + d' = 0 \iff d' = -1$.

Une équation du plan (FIH) est donc :

\[M(x~;~y~;~z) \in (\text{FIH}) \iff 2x + y - z - 1 = 0\]
		\item %Retrouver par une autre méthode la distance $d$ du point G au plan (FIH).
		On sait que la distance $d$ de G au plan (FIH) est : $\dfrac{|2x_{\text{G}} + y_{\text{G}} - z_{\text{G}} - 1|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + 1^2}} = \dfrac{|2 + 2 - 1 - 1|}{\sqrt{6}} = \dfrac{2}{\sqrt{6}} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$. On retrouve la même valeur qu'au \textbf{2. b.}
	\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item  %La droite (AG) est-elle perpendiculaire au plan (FIH) ?
(AG) est perpendiculaire au plan (FIH) si et seulement si $\vect{\text{AG}}$ est colinéaire à $\vect{n}$. Or $\vect{\text{AG}}(1~;~2~;~1)$ qui n'est manifestement pas colinéaire à $\vect{n}$.
		\item  %Donner un système d'équations paramétriques de cette droite.
$M(x~;~;y~;~z) \in (\text{AG}) \iff \vect{\text{A}M} = \alpha \vect{\text{AG}}$ qui se traduit par :

$M(x~;~y~;~z) \in (\text{AG}) \iff \left\{\begin{array}{l cl}
x&=&t\\ y&=&2t\\z&=&t
\end{array}\right.$
		\item  %Déterminer les cordonnées du point d'intersection K de (AG) et de (FIH).
		Il faut résoudre le système :
		
\[\left\{\begin{array}{l cl}
x&=&t\\ y&=&2t\\z&=&t\\2x + y - z - 1 &=& 0
\end{array}\right.\Rightarrow 2t + 2t - t - 1 = 0 \iff 3t = 1 \iff t = \dfrac{1}{3}\]
Les coordonnées de K sont donc $\left(\dfrac{1}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{1}{3} \right)$.
	\end{enumerate}
\item  %\emph{Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative même infructueuse sera prise en considération dans l'évaluation.}

%Soit $\Gamma$ la sphère de centre G passant par K.

%Quelle est la nature de l'intersection de $\Gamma$ et du plan (FIH) ?

%(On ne demande pas de préciser les éléments caractérisant cette intersection)

Le rayon de la sphère est GK.

Or GK$^2 = \dfrac{4}{9} + \dfrac{16}{9} + \dfrac{4}{9} = \dfrac{24}{9} \Rightarrow \text{GK} = \sqrt{\dfrac{24}{9}} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}$.

Or la distance $d$ de G au plan (FIH) est égale à $\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ ; elle est donc inférieure au rayon de la sphère et par conséquent la section de la sphère par le plan (FIH) est un cercle.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité}
%L'espace est muni d'un repère orthonormé \Oijk.

%Soit $D$ la droite passant par le point A de coordonnées (0 ; 0 ; 2) et de vecteur directeur $\vect{u}$ de coordonnées (1 ; 1 ; 0) et soit $D'$ la droite dont une représentation paramétrique est :  
%\[\left\{\begin{array}{l c l}
%x&=&t'\\
%y&=& - t' \\
%z&=&- 2\\
%\end{array}\right. ~(t' \in \R)\]

%Le but de l'exercice est d'étudier l'ensemble $S$ des points de l'espace équidistants de $D$ et de $D'.$

\begin{enumerate}
\item ~%\textbf{Une équation de} \boldmath $S$ \unboldmath
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que $D$ et $D'$ sont orthogonales et non coplanaires.
On sait que l'équation paramétrique de la droite $D'$ est celle d'une droite contenant le point (0~;~0~;~-2) et de vecteur directeur $\vect{u'}(1~;~-1~;~0)$.

Or $\vect{u} \cdot \vect{u'} = 1 - 1 + 0 = 0$ : les vecteurs directeurs des deux droites sont orthogonaux ; les droites $D$ et $D'$ sont perpendiculaires.

Le point A est commun aux deux droites $D$ et $D'$. S'il existe un plan contenant A et défini par les deux vecteurs $\vect{u}$ et $\vect{u'}$, un vecteur $\vect{n}(a~;~b~;~c)$ normal à ce plan est orthogonal à chaque vecteur $\vect{u}$ et $\vect{u'}$ ; donc 

$\vect{n} \cdot \vect{u} = 0 \iff a + b = 0$ et

$\vect{n} \cdot \vect{u'} = 0 \iff a - b = 0$.

On en déduit aussitôt que $a = b = 0$ et $\vect{n}(0~;~0~;~c)$. Donc une équation de ce plan est $z = k$ soit $z = 2$ puisque A appartient à ce plan horizontal.

Ceci est impossible puisque tous les points de $D'$ ont pour cote $-2$.

Conclusion : les droites $D$ et $D'$ ne sont pas coplanaires.
		\item %Donner une représentation paramétrique de la droite $D$.
$M(x~;~y~;~z) in D' \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&0 + 1t\\ y&=&0 + 1t\\z&=&2 + 0t
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&t\\y&=&t\\z = 2
\end{array}\right.$.
		
%Soit $M$ un point de l'espace de coordonnées $(x ~;~ y ~;~ z)$ et $H$ le projeté orthogonal de $M$ sur $D$. Montrer que $\vect{MH}$ a pour coordonnées $\left( \dfrac{-x + y}{2}~;~\dfrac{x - y}{2}~  ;~ 2 - z \right)$.
On a : $\left\{\begin{array}{l}
(MH) \perp D\\
H \in D
\end{array}\right.$.

Avec $H\left(x_{H}~;~y_{H}~;~z_{H} \right)$ ce système se traduit par :

$\left\{\begin{array}{l}
x_{H} - x + y_{H} - y = 0\\
x_{H} = t\\
y_{H} = t \\
z_{H} = 2\\
\end{array}\right. \Rightarrow t - x + t - y = 0 \iff t = \dfrac{x + y}{2}.$

Donc $\vect{MH}\left(x_{H} - x~;~y_{H} - y~;~z_{H} - z\right)$ ou encore 

$\vect{MH}\left(\dfrac{y - x}{2}~ ;~\dfrac{x - y}{2}~;~2 - z\right)$.
%En déduire $MH^2$ en fonction de $x,~ y$ et $z$.

On en déduit :

$MH^2 = \left(\dfrac{y - x}{2}\right)^2 + \left(\dfrac{x - y}{2}\right)^2 + (2 - z)^2 = \dfrac{x^2 + y^2 - 2xy}{2} + (2 - z)^2$.

%Soit $K$ le projeté orthogonal de $M$ sur $D'$. Un calcul analogue au précédent permet d'établir que : $MK^2 = \dfrac{(x + y)^2}{2} + (2 + z)^2$, relation que l'on ne demande pas de vérifier.

		\item %Montrer qu'un point $M$ de coordonnées $(x ~;~ y ~;~ z)$ appartient à $S$ si et seulement si   $z = - \dfrac{1}{4}xy$.
$M$ de coordonnées $(x ~;~ y ~;~ z)$ appartient à $S$ si et seulement si $MH = MK \iff MH^2  = MK^2 \iff \dfrac{x^2 + y^2 - 2xy}{2} + (2 - z)^2 = \dfrac{(x + y)^2}{2} + (2 + z)^2 \iff x^2 + y^2 - 2xy + 8 + 2z^2 - 8z + x^2 + y^2 - 2xy + 8 + 2z^2 + 8z \iff 16z = - 4xy \iff z = - \dfrac{xy}{4}$. 
 	\end{enumerate}
	
\item %\textbf{Étude de la surface \boldmath $S$ \unboldmath d'équation}\boldmath   $z = - \dfrac{1}{4}xy$ \unboldmath 
	\begin{enumerate}
		\item %On coupe $S$ par le plan ($x$O$y$). Déterminer la section obtenue.
Le plan a pour équation $z = 0$ ; les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient :

$\left\{\begin{array}{l c l}
z&=&0\\
z&=&- \dfrac{1}{4}xy\\
\end{array}\right. \iff  \left\{\begin{array}{l c l}
z&=&0\\
xy&=&0
\end{array}\right. \iff  \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&0\\
z &=& 0
\end{array}\right. ~\text{ou}~\left\{\begin{array}{l c l}
y&=&0\\
z &=& 0
\end{array}\right.$

La	 section se compose de l'axe des abscisses et de l'axe des ordonnées.
		\item %On coupe $S$ par un plan $P$ parallèle au plan ($x$O$y$).
		Un plan parallèle à ($x$O$y$) a une équation de la forme $z = k,~k \in \R$ ; les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient :

$\left\{\begin{array}{l c l}
z&=&k\\
z&=&- \dfrac{1}{4}xy\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
z&=&k\\
xy&=&-4k
\end{array}\right. \iff  \left\{\begin{array}{l c l}
y&=&- \dfrac{4k}{x}\\
z&=& k
\end{array}\right.$ si $x \neq 0$.

La section est donc une hyperbole
		
%Quelle est la nature de la section obtenue ?

		\item  %\emph{Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d'initiative même infructueuse sera prise en considération dans l'évaluation.}
		
%On coupe $S$ par le plan d'équation $x + y = 0$. Quelle est la nature de la section obtenue ?
Les points de la section ont leurs coordonnées qui vérifient :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x + y&=&0\\
z&=&- \dfrac{1}{4}xy\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
y&=&- x\\
z&=& \dfrac{1}{4}x^2\\
\end{array}\right.$

La section est donc ici une parabole. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

% \textbf{Commun à tous les candidats}
% 
%\emph{Dans cet exercice, on demande aux candidats d'établir, en suivant la démarche proposée, deux résultats de cours.}

%\medskip

%On rappelle que la fonction $\ln$ est définie et dérivable sur $]0 ~;~ +\infty[$, positive sur 
%$[1 ~;~ +\infty[$, et vérifie :  

%\[\left\{ \begin{array}{l}
%\ln 1 = 0\\
%\text{Pour tous réels strictement positifs}~ x~ \text{et}~y,~~\ln (xy)  = \ln x + \ln y\\
%\text{Pour tout réel strictement positif} x, ~\left[\ln (x)\right]' = \dfrac{1}{x}\\
%\ln (2) \approx 0,69~\text{à}~10^{-2}~\text{près}
%\end{array}\right.\]

\begin{enumerate}
\item %On considère la fonction $f$ définie sur $]0 ~;~ +\infty[$ par 

\[f(x) = \sqrt{x} -  \ln x.\]

	\begin{enumerate}
		\item %Étudier les variations de $f$ et en déduire que $f$ admet un minimum sur $]0~;~+\infty[$.
La fonction est une différence de fonctions dérivables sur $]0 ~;~ +\infty[$, elle est donc dérivable et 

$f'(x) = \dfrac{1}{2\sqrt{x}} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{\sqrt{x} - 2}{2x}$ qui est du signe du numérateur puisque $x > 0$.

$f'(x) = 0 \iff \sqrt{x} = 2 \iff x = 4$ ;

$f'(x) < 0 \iff 0 < x < 4$ ; $f$ est décroissante sur cet intervalle

$f'(x) > 0 \iff x > 4$ ; $f$ est croissante sur cet intervalle.

Il en résulte que $f$ a un minimum pour $x = 4$ et $f(4) = \sqrt{4} - \ln 4 2 - 2\ln 2 \approx 0,62$.
		\item %En déduire le signe de $f$ puis que, pour tout $x > 1,~  0 < \dfrac{\ln x}{x} < \dfrac{\sqrt{x}}{x}$.
Le minimum de $f$ étant supérieur à zéro, $f(x) > 0$ quel que soit 

$x \in ]0~;~+ \infty[$.

Donc $f(x) > 0 \iff \sqrt{x} -  \ln x \iff \sqrt{x} >  \ln x \iff \dfrac{\sqrt{x}}{x} > \dfrac{\ln x}{x} \iff$

$\dfrac{\ln x}{x} < \dfrac{\sqrt{x}}{x}$, car $x > 0$.
		\item %En déduire que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$.
Comme $\dfrac{\sqrt{x}}{x} = \dfrac{1}{\sqrt{x}}$ et que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{\sqrt{x}} = 0$, on obtient par application du théorème des \og gendarmes \fg{} que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0$.
	\end{enumerate}
\item Soit $n$ un entier naturel non nul. 

%On considère la fonction $f_{n}$ définie sur $]0~;~+\infty[$ par :
\[f_{n}(x) = \dfrac{\ln x}{x^{\frac{1}{n}}}.\]

%En utilisant la question 1., déterminer, si elle existe, la limite en $+ \infty$ de la fonction $f_{n}$.

On peut écrire $f_{n}(x) = \dfrac{\ln x}{x^{\frac{1}{n}}} = \dfrac{\ln  x^{n \times \frac{1}{n}}}{x^{\frac{1}{n}}} = \dfrac{\ln \left(x^{\frac{1}{n}}\right)^n}{x^{\frac{1}{n}}} = n \dfrac{\ln \left(x^{\frac{1}{n}}\right)}{x^{\frac{1}{n}}}$.

En posant $X = x^{\frac{1}{n}}$, $f_{n}(x) = n\dfrac{\ln X}{X}$.

Or $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} X = + \infty$ et par composition, $\displaystyle\lim_{X \to + \infty} \dfrac{\ln X}{X} = 0$ 

(\text{d'après la question précédente)} $\Rightarrow \displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_{n}(x) = 0.$  


%On a $n > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{n} > 0 \Rightarrow \dfrac{1}{n} \geqslant 1 \iff $ d'où pour tout $x$ supérieur à zéro, $\dfrac{1}{x^{\frac{1}{n}}} \leqslant \dfrac{1}{x} \iff \dfrac{\ln x }{x^{\frac{1}{n}}} \leqslant \dfrac{\ln x}{x}$.
%
%D'après la question précédente et par application du théorème des \og gendarmes \fg, on obtient $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_{n}(x) = 0$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 7 points}

%\textbf{ Commun à tous les candidats}
\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Résoudre l'équation différentielle : 
%\[2y' + y = 0 \quad   (\text{E}),\]
% dont l'inconnue est une fonction définie et dérivable sur $\R$.

On sait que cette équation a pour solutions les fonctions : $x \longmapsto K\text{e}^{-\frac{x}{2}},~K \in \R$.

\item %On considère l'équation différentielle :  

\[2y' + y = \text{e}^{- \frac{x}{2}}(x + 1) \quad     (\text{E}')\]

	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer deux réels $m$ et $p$ tels que la fonction $f$ définie sur $\R$ par :
		
%\[f(x) = \text{e}^{- \frac{x}{2}}\left(mx^2 + px\right)~ \text{soit solution de (E}').\]
$f(x) = \text{e}^{- \frac{x}{2}}\left(mx^2 + px\right)$ : $f$ est un produit de fonctions dérivables sur $\R$, elle est donc dérivable sur $\R$ et 

$f'(x) = - \dfrac{1}{2}\text{e}^{- \frac{x}{2}}\left(mx^2 + px\right) + (2mx + p)\text{e}^{- \frac{x}{2}}$.

$f$ est solution de E$'$ si et seulement si $2f' + f = \text{e}^{- \frac{x}{2}}(x + 1) \iff $

$-\text{e}^{- \frac{x}{2}}\left(mx^2 + px\right) + 2(2mx + p)\text{e}^{- \frac{x}{2}} + \text{e}^{- \frac{x}{2}}\left(mx^2 + px\right) = \text{e}^{- \frac{x}{2}}(x + 1) \iff$

$ -mx^2 - px + 4mx + 2p + mx^2 + px = x + 1 \iff 4mx + 2p = x + 1 \iff (4m - 1)x + (2p - 1) = 0.$

Cette fonction affine est nulle si et seulement si $4m - 1 = 0$ et $2p - 1 = 0$, soit si $m = \dfrac{1}{4}$ et $p = \dfrac{1}{2}$.
		\item  %Soit $g$ une fonction définie et dérivable sur $\R$.
		
%Montrer que $g$ est solution de l'équation (E$'$) si et seulement si $g - f$ est solution de l'équation (E).
On a : $g$ et $f$ solutions de E$'$ si et seulement si  

$\left\{\begin{array}{l c l}
2g' + g&=&\text{e}^{- \frac{x}{2}}(x + 1)\\
2f' + f&=&\text{e}^{- \frac{x}{2}}(x + 1)
\end{array}\right. \Rightarrow ~(\text{par différence})$

$\left\{\begin{array}{l c l}
2g' + g&=&\text{e}^{- \frac{x}{2}}(x + 1)\\
2(g' - f') + g - f &=& 0
\end{array}\right.$

Donc $g$ est solution de l'équation (E$'$) si et seulement si $g - f$ est solution de l'équation (E)
%Résoudre l'équation (E$'$).

On a donc $g(x) - f(x) = \dfrac{\text{e}^{- \frac{x}{2}}}{4}\left(x^2 + 2x\right)$ d'où $g(x) = \dfrac{\text{e}^{- \frac{x}{2}}}{4}\left(x^2 + 2x + K'\right),$

$K' \in \R.$
	\end{enumerate}
\item %Étudier les variations de la fonction $h$ définie sur $\R$ par : $h(x) = \dfrac{1}{4}\text{e}^{- \frac{x}{2}}\left(x^2 + 2x\right)$.
$h$ produit de fonctions dérivables sur $\R$ est dérivable sur $\R$ et 

$h'(x) = \dfrac{\text{e}^{- \frac{x}{2}}}{4}\left(- \dfrac{x^2}{2} - x + 2 x + 2\right) = \dfrac{\text{e}^{- \frac{x}{2}}}{4}\left(- \dfrac{x^2}{2} + x + 2\right)$ qui est du signe du trinôme $- \dfrac{x^2}{2} + x + 2$.

Pour ce trinôme $\Delta = 1 +4 = 5$ ; il a donc deux racines $x_{1} = 1 - \sqrt{5}$ et $x_{2} = 1 + \sqrt{5}$. Il est négatif (du signe de $- \frac{x}{2}$) sauf entre les racines.

$h'(x)$ est donc négative sauf sur l'intervalle $[1 - \sqrt{5}~;~1 + \sqrt{5}]$.

$h$ est donc décroissante sauf sur $[1 - \sqrt{5}~;~1 + \sqrt{5}]$ où elle est croissante.  
\item %Déterminer les limites en $- \infty$ et en $+ \infty$  de la fonction $h$.
$\bullet~$On sait que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x^n}{\text{e}^x} = 0$, quel que soit le naturel $x$ ; donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{1}{4}\text{e}^{- \frac{x}{2}}x^2 = 0$ et  $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{1}{4}\text{e}^{- \frac{x}{2}} \times 2x = 0$.

Conclusion : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} h(x) = 0$.

$\bullet~$ $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{-\frac{x}{2}} = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 + 2x = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} h(x) = + \infty$.
\item %Dans le plan rapporté à un repère orthonormé \Oij, on note $\mathcal{C}$  la courbe représentative de $h$ et $\Gamma$ celle de la fonction : $x \longmapsto \text{e}^{- \frac{x}{2}}$.
	\begin{enumerate}
		\item %Étudier les positions relatives de $\mathcal{C}$ et $\Gamma$.
Étudions la fonction $d$ définie par 

$d(x) = \text{e}^{- \frac{x}{2}} - \dfrac{1}{4}\text{e}^{- \frac{x}{2}}\left(x^2 + 2x\right) = \text{e}^{- \frac{x}{2}} \left(1 - \frac{x^2}{4} - \frac{2x}{4}\right)$ qui est du signe du trinôme $- x^2 - 2 x + 4$.
	
Pour ce trinôme $\Delta = 4 + 16 = 20 = \left(2\sqrt{5} \right)^2$. Il a donc pour racines 

$x_{1} = - 1 - \sqrt{5}$ et $x_{2} = - 1 + \sqrt{5}$. Il est négatif sauf entre les deux racines.

Donc la fonction $d$ est négative sauf sur l'intervalle $[1 - \sqrt{5}~;~1 + \sqrt{5}]$.

Conclusion : la courbe $\Gamma$ est sous la courbe $\mathcal{C}$ sauf entre $- 1 - \sqrt{5}$ et $- 1 + \sqrt{5}$. Les deux courbes ayant deux points communs pour $x = - 1 - \sqrt{5}$ et 

$x = - 1 + \sqrt{5}$.
		\item %Tracer ces deux courbes sur un même graphique.
	\end{enumerate}   
\end{enumerate}		
\begin{center}
\psset{unit=0.8cm}
\begin{pspicture}(-6,-4)(6,6)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=0,gridwidth=0.25pt,gridcolor=orange](0,0)(-6,-4)(6,6)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-6,-4)(6,6)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](6,0){$x$} \uput[l](0,6){$y$}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=6000,linewidth=1.25pt]{-3.35}{6}{x dup mul x 2 mul add 2.71828 x 2 div exp 4 mul div}
\psplot[linecolor=green,plotpoints=6000,linewidth=1.25pt]{-3.58}{6}{2.71828 x 2 div neg exp}
\psline[linestyle=dotted](-3.236,0)(-3.236,5)  \psline[linestyle=dotted](1.236,0.5)(1.236,0)
\uput[d](-1.4,2){\green $\Gamma$} \uput[d](-1.4,-0.4){\blue $\mathcal{C}$} \uput[dr](0,0){O} 
\end{pspicture}
\end{center}

\end{document}