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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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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P.{}}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Asie}}
\rfoot{\small{juin 2003}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat  S 
Asie  juin 2003~\decofourright}}} \end{center}
\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun  tous les candidats}

\medskip

%L'espace E est rapporté au repère orthonormal \Oijk.
%
%Les points A, B et C ont pour coordonnées respectives :
%
%\[\text{A}(3~;~- 2~;~2) \quad ; \quad\text{B}(6~;~1~;~5) \quad;\quad
% \text{C}(6~;~- 2~;~-1).\]
 
\vspace{0,4cm}

\psset{unit=1cm}\begin{center} \begin{pspicture}(8,5)
\pspolygon(1,3.8)(2.8,4.8)(7.6,1.5)(0,0)%ABDC
\psline(0,0)(2.8,4.8)%BC
\psline(3.9,0)(3.9,5)%axe des $z$
\psline(5.5,4.85)(1.4,0)%axe des $x$
\psline(0,3.6)(8,2.35)%axe des $y$
\psline{->}(3.9,3)(3.6,2.6) 
\psline{->}(3.9,3)(4.5,2.9) 
\psline{->}(3.9,3)(3.9,3.6)
\uput[l](1,3.8){A} \uput[u](2.8,4.8){B} 
\uput[d](7.6,1.5){D}  \uput[d](0,0){C} 
\uput[ul](3.9,3){O}  \uput[ul](3.6,2.6){$\vect{\imath}$} 
\uput[dl](4.5,2.9){$\vect{\jmath}$}  \uput[l](3.9,3.6){$\vect{k}$} 
\end{pspicture} \end{center}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que le triangle ABC est un triangle rectangle. 
On a $\vect{\text{AB}}(3~;~3~;~3)$, 
$\vect{\text{AC}}(3~;~0~;~- 3)$. 

Le repère étant orthonormal on peut calculer  $\vect{\text{AB}} \cdot  \vect{\text{AC}} = 9 + 0 - 9 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux, les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires, le triangle ABC est rectangle en A.
\item %Soit P le plan d'équation cartésienne $x + y + z - 3 = 0$. 

%Montrer que P est orthogonal à la droite (AB) et passe par le point A. 
Le plan (P) a un vecteur normal $\vect{n}(1~;~1~;~1)$ ; donc $\vect{n} = \dfrac{1}{3}\vect{\text{AB}}$ ; les vecteurs sont colinéaires donc la droite (AB) est orthogonale au plan (P).

Or A$(3~;~- 2~;~2) \in (\text{P}) \iff 3 - 2 + 2 - 3 = 0$ ; cette égalité est vraie, donc (P) est orthogonal à la droite (AB) et contient le point A.
\item %Soit P$'$ le plan orthogonal  la droite (AC) et passant par le point A. 

%Déterminer une équation cartésienne de P$'$. 

$\vect{\text{AC}}$ est un vecteur normal au plan P$’$, donc une équation de ce plan est de la forme $3x - 3z + d = 0$.

Or A $\in \left(\text{P}’\right) \iff 3 \times 3 - 3 \times 2 + d = 0 \iff d = - 3$.

Donc $M(x~;~y) \in \left(\text{P}’\right) \iff 3x   - 3z - 3 = 0 \iff x - z - 1 = 0$. 
\item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite $\Delta$, droite d'intersection des plans P et P$'$.

$M(x~;~y~;~z) \in \text{P} \cap \text{P}’ \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x + y + z - 3 &=& 0\\
x - z - 1 &=& 0
\end{array}\right.$

En posant $z = t$ réel quelconque on obtient le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x + y + z - 3 &=& 0\\
x - z - 1 &=& 0\\
z&=&t
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x + y + t - 3 &=& 0\\
x - t - 1 &=& 0\\
z&=&t
\end{array}\right. \iff $

$\left\{\begin{array}{l c l}
x + y + t - 3 &=& 0\\
x &=& t + 1\\
z&=&t
\end{array}\right. \iff  
\left\{\begin{array}{l c l}
t + 1+ y + t - 3 &=& 0\\
x &=& t + 1\\
z&=&t
\end{array}\right.  \iff$

$ \left\{\begin{array}{l c l}
x &=& \phantom{-}t + 1\\
y&=&- 2t + 2\\
z&=&\phantom{-}t
\end{array}\right. \iff M(x~;~y~;~z) \in \text{P} \cap \text{P}’$
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B} 

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Soit D le point de coordonnées $(0~;~4~;~- 1)$.
On a $\vect{\text{AD}}(- 3~;~6~;~- 3)$

On a $\vect{\text{AD}} \cdot \vect{\text{AB}} = - 9 + 18 - 9 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux.

De même $\vect{\text{AD}} \cdot \vect{\text{AC}} = - 9 + 0 - 9 = 0$ : les vecteurs sont orthogonaux.

Conclusion : le vecteur $\vect{\text{AD}}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan ABC, donc la droite (AD) est orthogonale à ce plan.

% Montrer que la droite (AD) est perpendiculaire au plan (ABC). 
\item %Calculer le volume du tétraèdre ABDC.
En prenant ABC pour base et D comme sommet, [AD] est hauteur de ce tétraèdre. Le volume $V$ du tétraèdre est donc égal à $\dfrac{\text{aire(ABC)} \times \text{AD}}{3} = \dfrac{\frac{1}{2}\times \text{AB} \times \text{AC}\times \text{AD}}{3}$.

Or AB$^{2} = 3^{2} + 3^{2} +3^{2}  = 3 \times 9$, donc AB $ = 3\sqrt{3}$ ;

AC$^{2} = 3^{2} +3^{2} = 2 \times 9$, donc AC $= 3\sqrt{2}$ 

AD$^{2} = 9 + 36 + 9 = 3\sqrt{6}$.

$V = \dfrac{\frac{1}{2}\times 3\sqrt{3} \times 3\sqrt{2} \times 3\sqrt{6}}{3} = \dfrac{27 \times 3}{3} = 27$.
\item %Montrer que l'angle géométrique BDC a pour mesure $\dfrac{\pi}{4}$ radian.
On applique le théorème de Pythagore aux triangles rectangles :

ABC rectangle en A donc $\text{AB}^{2} + \text{AC}^{2} = \text{BD}^{2} = 18 + 27 = 45 = 9 \times 5$, donc BC $= 3\sqrt{5}$.

ABD rectangle en A donc $\text{AB}^{2} + \text{AD}^{2} = \text{BC}^{2} = 54 + 27 = 81\times 5$, donc BD $= 9$.

ACD rectangle en A donc $\text{AC}^{2} + \text{AD}^{2} = \text{CD}^{2} = 18 + 54 = 72 = 36 \times 2$, donc CD $= 6\sqrt{2}$.

Dans le triangle BCD, on a :

$\text{BC}^{2} = \text{BD}^{2} + \text{CD}^{2} - 2 \times \text{BD} \times \text{CD}\times \cos \widehat{\text{BDC}}$.

Donc $\cos \widehat{\text{BDC}} = \dfrac{\text{BD}^{2} + \text{CD}^{2} - \text{BC}^{2}}{2 \text{BD}\times \text{CD}} = \dfrac{81 + 72 - 45}{2 \times 9 \times 6\sqrt{2}} = \dfrac{108}{108\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$. 

Conclusion : l’angle $\widehat{\text{BDC}}$ a pour mesure $\dfrac{\pi}{4}$ radian.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer l'aire du triangle BDC.
L'aire du triangle BDC est égale à $\dfrac{1}{2}\times \text{DB} \times \text{DC} \times \sin \widehat{\text{BDC}} = \dfrac{1}{2}\times 6 \sqrt{2} \times 9 \times \frac{\sqrt{2}}{2} =  27$. (unités d’aire)
		\item %En déduire la distance du point A au plan (BDC).
On considère maintenant le tétraèdre ABDC de base (BDC) et dont la hauteur de mesure $h$ est issue de A.
		
On a $V = \dfrac{1}{3}\times \text{aire(BDC)}\times h \iff 27 = \dfrac{1}{3} \times 27 \times h \iff h = 3$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

%$\Gamma$ est le cercle de centre O et de rayon $2\sqrt{2}$.
%
%Le plan  est rapporté à un repère orthonormal \Ouv.
%
%\medskip

\begin{enumerate} 
\item %À tout point $M$ d'affixe $z$, on associe le point $M'$ d'affixe $z'$ telle que :

\[z' = z^2 - 2(1 + \text{i})z. \]

%On pose $z = x + \text{i}y$ et $z' = x' + \text{i}y'$, où $x,~y,~x'$ et 
%$y'$ sont des nombres réels.
	\begin{enumerate} 
		\item %Exprimer $x'$ et $y'$ en fonction de $x$ et $y$.
$z' = z^2 - 2(1 + \text{i})z \iff x' + \text{i}y' = (x + \text{i}y)^{2}- 2(1 + \text{i})(x + \text{i}y) \iff x' + \text{i}y' = x^{2} - y^{2} + 2\text{i}xy - 2(x - y + \text{i}(x + y)) \iff 
x' + \text{i}y' = x^{2} - y^{2} + 2\text{i}xy -2x + 2y- 2\text{i}(x + y)$.

En identifiant parties réelles et parties imaginaires, on obtient :
\[\left\{\begin{array}{l c l}
x’&=&x^{2} - y^{2} - 2x + 2y\\
y’&=&2xy - 2x - 2y
\end{array}\right.\]

		\item %Soit $\mathcal{H}$ l'ensemble des points $M$ tels que $z'$ soit un nombre réel. Montrer que $\mathcal{H}$ est la représentation graphique  d'une fonction $h$ que l'on déterminera (l'étude de la fonction $h$ n'est pas  demandée). $\mathcal{H}$ est tracée sur le graphique ci-dessous.
$z’$ réel implique $y’ = 0$, soit $2xy - 2x - 2y = 0 \iff xy - x -y = 0 \iff y(x - 1) = x \iff \y= \dfrac{x}{x - 1} \quad \text{si}\quad  x \neq 1$.

$\mathcal{H}$ est la représentation graphique (hyperbole) de la fonction $h$ définie sur $\R - \{1\}$ par $h(x) = \dfrac{x}{x - 1}$.
	\end{enumerate}
\item %Montrer que le point A d'affixe $a = 2(1 + \text{i})$ appartient  à$\Gamma$ et $\mathcal{H}$.
On a $\left|a \right| = \left| 2(1 + \text{i})\right|$ ; $|a|^{2} = 4 + 4 = 2 \times 4$, donc $|a| = 2\sqrt{2}$. Le point A appartient bien à $\Gamma$.

On a bien $2 = \dfrac{2}{2 - 1}$, donc A appartient à $\mathcal{H}$.
\item %Soit R la rotation de centre O et d'angle $\dfrac{2\pi}{3}$. On note B et C les points tels que R(A) = B et R(C) = A.
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que R(B) = C et que les triangles OAB, OBC et OCA sont isométriques.
R(A) = B entraîne R $\circ$ R(A) = R(B) ;

R(C) = A entraîne R $\circ$ R(C) = R(A) ;

puis R(B) = R  $\circ$ R $\circ$ R(C).

Mais R $\circ$ R $\circ$ R est la composée de trois rotations d’angle $\dfrac{2\pi}{3}$ de même centre O ; c’est la rotation de centre O et d’angle $2\pi$ ou 0, soit l’identité.

Finalement R(B) = C.
		\item %Quelle est la nature du triangle ABC ?
Par la rotation R, C a pour image A qui a pour image B qui a pour image C. Les triangles OCA, OAB et OBC sont isocèles d’angle au sommet $\dfrac{2\pi}{3}$ ; ils sont isométriques et par conséquent CA = AB = BC : le triangle ABC est équilatéral ; son orthocentre, centre de gravité, etc. est le point O.
		\item %Montrer que B et C appartiennent à $\Gamma$ et $\mathcal{H}$.
On vient de voir que OA = OB = OC = 2, donc A, B, C appartiennent à $\Gamma$.

Coordonnées du point B :

B(x~;~y) est l’image de A dans la rotation de centre O et d’angle $\dfrac{2\pi}{3}$, donc $z_{\text{B}} = \text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}z_{\text{A}} = \left(- \frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \right)(2 + 2\text{i}) = - 1 - \sqrt{3} + \text{i}(-1 + \sqrt{3}$.

Donc B$(-1 - \sqrt{3} ~;~1 + \sqrt{3})$.

Calculons $\dfrac{x}{x - 1} = \dfrac{-1 - \sqrt{3}}{-1 - \sqrt{3} - 1} = \dfrac{-1 - \sqrt{3}}{- 2 - \sqrt{3}} = \dfrac{1 + \sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}} = \dfrac{\left( 1 + \sqrt{3}\right)\left( 2 - \sqrt{3}\right)}{\left(2 - \sqrt{3} \right)\left(2 + \sqrt{3} \right)} = \dfrac{- 1 + \sqrt{3}}{4 - 3} = - 1 + \sqrt{3}$  qui est bien l’ordonnée de B.

Conclusion B $\in \mathcal{C}$.

On peut faire le même calcul pour C, mais il est plus rapide de dire que O est le centre de gravité du triangle ABC, donc $z_{\text{A}} + z_{\text{B}} + z_{\text{C}} = z_{\text{}} = 0 \iff z_{\text{C}} = - z_{\text{A}} - z_{\text{B}} = - 2 - 2\text{i}+ 1 + \sqrt{3}+ \text{i}\left(1 - \sqrt{3} \right) = - 1 + \sqrt{3} + \text{i}\left(- 1 - \sqrt{3}\right)$.

Donc C$\left(- 1 + \sqrt{3}~;~- 1 - \sqrt{3} \right)$.

Calculons $\dfrac{x}{x - 1} = \dfrac{- 1 + \sqrt{3}}{- 1 + \sqrt{3} - 1} = \dfrac{- 1 + \sqrt{3}}{- 2  + \sqrt{3}} = \ldots = - 1 - \sqrt{3}$ qui est bien l’ordonnée de C.

Conclusion C $\in \mathcal{C}$.
		\item Tracer $\Gamma$ et placer A, B et C sur le graphique ci-dessous.

\begin{center} \begin{pspicture}(-5,-3)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=8,Dy=8](0,0)(-5,-3)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=8,Dy=8]{->}(0,0)(1,1)
\pscircle[linestyle=dashed,linecolor=red](0,0){2.828}
\psdots[dotstyle=+,dotangle=45,dotscale=1.25](2.828;45)(2.828;165)(2.828;285)
\pspolygon(2.828;45)(2.828;165)(2.828;285)
\psline[linestyle=dotted](2.828;45)(0;0)(2.828;165)
\psline[linestyle=dotted](0;0)(2.828;285)
\uput[ur](2.828;45){A}\uput[dl](2.828;165){B}\uput[dl](2.828;285){C}
\uput[u](-4,1){$y = 1$}\rput{90}(1.2,-3){$x = 1$}
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\uput[dl](0,0){O}\uput[dr](2.828;-45){\red $\Gamma$}\uput[u](3.2,1.6){\blue $\mathcal{H}$}
\psline(-5,1)(4,1)
\psline(1,-3)(1,4)
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{-5}{0.75}{x x 1 sub div}
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt]{1.333}{4}{x x 1 sub div}
\end{pspicture} 
\end{center}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que, pour tout entier naturel $n,~3n^3 - 11n + 48$ est divisible par $n + 3$.

On a $3 \times (- 3)^{3} - 11 \times (- 3) + 48 = - 81 +33 + 48 = 0$.

On peut donc factoriser $3n^3 - 11n + 48$ par $n + 3$ ; par identification on trouve que :

$3n^3 - 11n + 48 = (n + 3)\left(3n^{2} - 9n + 6}\right)$
		\item %Montrer que, pour tout entier naturel $n,~3n^2 - 9n + 16$ est un entier naturel non nul.
Écriture canonique de :

$3n^2 - 9n + 16 = 3\left(n^{2} - 3n + \frac{16}{3} \right) =$

$3\left[\left(n - \frac{3}{2} \right)^{2} - \frac{9}{4} + \frac{16}{3} \right] = 3\left[\left(n - \frac{3}{2} \right)^{2} + \frac{64 - 27}{12} =  3\left[\left(n - \frac{3}{2} \right)^{2} + \frac{37}{12}\right]$.

Le trinôme est une somme de deux carrés, comme c’est un entier c’est un naturel (supérieur à $\frac{37}{12} > \frac{36}{12} = 3$).
	\end{enumerate}
\item %Montrer que, pour tous les entiers naturels non nuls $a,~b$ et $c$, l'égalité suivante est vraie :

%\[\text{PGCD}(a~;~b) = \text{PGCD}(bc - a~;~b).\]
Soit $d$ un diviseur commun à $a$ et $b$ : il existe $k$ et $k’$ entiers tels que $a = kd$ et $b = k’d$.

On a donc $bc = ck’d$, puis $bc - a = ck’d - kd = d(ck’ - k) = ck’’$ avec

 $k’’ = ck’ - k$ entier. Donc $d$ est un diviseur commun à $bc - a$ et à $b$.

Ceci est vrai en particulier pour le plus petit diviseur commun à $a$ et $b$.

Inversement soit $d$ un diviseur commun à $bc - a$ et à $b$.

Il existe donc deux entiers $k$ et $l$ tels que $bc - a = kd$ et $b = ld$, soit 

$a  = bc - kd = ldc - kd = d(lc - k)$ : donc $d$ divise $a$.

$bc - a$ et et $b$ ont les mêmes diviseurs communs que $a$ et $b$ et en particulier le plus grand.
\item %Montrer que, pour tout entier naturel $n$, supérieur ou égal à 2, 
%l’égalité suivante est vraie :

%\[\text{PGCD}\left(3n^3 - 11n~;~n + 3\right) = \text{PGCD}(48~;~n + 3).\]
On utilise le résultat précédent avec $a = 3n^{3} - 11n,\: b = n + 3$ et $c = 3n^{2} - 9n + 16$.

$c \in \Z*$ ; comme $n \geqslant 2$, $n +3 \geqslant 5 > 0$.

D’autre part $3n^{3} - 11n = n\left(3n^{2} - 11\right)$ ; ce nombre est positif si $3n^{2} - 11 \geqslant 0 \iff 3n^{2} \geqslant 11 \iff n^{2} \geqslant \frac{11}{3} \iff n \geqslant \sqrt{\frac{11}{3}} \approx 1,9$, donc finalement il faut $n \geqslant 2$.

On a $bc - a = (n + 3)\left(3n^{2} - 9n + 16 \right) - \left( 2n^{3 } - 11n\right)  = 3n^{3} - 11n + 48 - 3n^{3} + 11n
= 48$.

Donc d’après la question précédente le P. G. C. D$\left(3n^{3} - 11n~;~n + 3\right) =$

$ \text{P. G. C. D.}(48~;~n + 3)$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer l'ensemble des diviseurs entiers naturels de 48.
$48 = 1 \times 48 = 2 \times 24 = 3 \times 16 = 4 \times 12 = 6 \times  8$, donc les diviseurs entiers naturels de 48 sont 1~;~2 ~;~3 ~;~4~;~ 6 ~;~8~;~ 12 ~;~16~;~ 24 et 48.
		\item %En déduire l'ensemble des entiers naturels $n$ tels que $\dfrac{3n^3 - 11n}{n+3}$ soit un entier naturel.
		On a vu que $3n^3 - 11n > 0$ si $n\geqslant 2$.
		
D’après la question précédente P. G. C. D.$\left(3n^{3} - 11n~;~n + 3\right) = n + 3$ si et seulement si $\text{P. G. C. D.}(48~;~n + 3)$, c’est-à-dire que $n + 3$ divise 48. On retranche 3 de chaque diviseur de la liste ci-dessus plus la solution triviale 0.

Finalement : $n \in\{0~;~3~;~5~;~9~;~13~;~21~;~45\}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 11 points}

\medskip

%Le plan P est rapporté à  un repère orthonormal \Oij.
%
%\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie A}

\medskip

%Soit $f$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par

\[f(x) = \dfrac{1 + 2\ln  x}{x^2}.\]

%Soit ($\mathcal{C}$) la courbe représentative de $f$ et soit ($\mathcal{C}'$) celle de la fonction $h$ définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $h(x) = \dfrac{1}{x}$.

\begin{enumerate} 
\item %Déterminer les limites de $f$ en 0 et en $+ \infty$. En déduire que ($\mathcal{C}$) a deux  asymptotes que l'on déterminera. 
$\bullet~~$Limite en 0 :

$f(x) = (1 + 2\ln  x)\times \dfrac{1}{x^2}$.

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 0}1 = 2 \ln x = - \infty$ ;

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^{2}} = + \infty$, d’où par produit $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = - \infty$.

$\bullet~~$Limite en $+ \infty$

$f(x) = \dfrac{1}{x^{2}} + \dfrac{2\ln x}{x}\times \dfrac{1}{x}$.

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{1}{x^{2}}= 0$ ;

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\dfrac{\ln x}{x} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{1}{x} = 0$, d’où par produit et somme 

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0$.

Conclusion : les deux axes sont asymptotes à la courbe représentative de $f$.
\item %Calculer la dérivée $f'$ de $f$ et étudier les variations de $f$. 
$f$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ comme quotient de fonctions dérivables le dénominateur étant non nul et sur cet intervalle :

$f'(x) = \dfrac{2\frac{1}{x} \times x^{2} - 2x(1 + 2\ln x)}{x^{4}} = \dfrac{2x - 2x - 4x \ln x}{x^{4}} = \dfrac{- 4\ln x}x^{3}$.%

Comme $x^{3} >0$, le signe de  $f'(x)$ est celui de $- 4\ln x$.

$- 4\ln x > 0 \iff 0 > 4\ln x \iff \ln x<0 \iff x < 1$.

Donc $f'(x) > 0$, c’est-à-dire que $f$ est croissante sur $]0~;~1]$ ;

De même $f'(x) < 0$, c’est-à-dire que $f$ est décroissante sur $]1~;~+ \infty]$.  

Le maximum de $f$ est $f(1) = 1$.D’où le tableau de variations de $f$ :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,2.5)
\psframe(6,2.5)
\psline(0,1.5)(6,1.5)
\psline(0,2)(6,2)
\psline(1,0)(1,2.5)
\uput[u](0.5,2){$x$} \uput[u](3.5,2){$1$}
\uput[u](1.2,2){$0$} \uput[u](5.5,2){$+\infty$}
\rput(0.5,1.75){$f’(x)$}\rput(3.5,1.75){$0$}\rput(1.75,1.75){$+$}
\rput(4.75,1.75){$-$}\rput(0.5,0.75){$f$}
\uput[u](1.5,0){$- \infty$}\uput[u](5.5,0){$0$}
\uput[d](3.5,1.5){$1$}
\psline{->}(1.5,0.5)(3,1)
\psline{->}(4,1)(5.5,0.5)
\end{pspicture}
\end{center}
\item %Soit I le point d'intersection de ($\mathcal{C}$) avec l'axe des abscisses. Déterminer les coordonnées de I.
On résout $f(x) = 0 \iff 1 + 2\ln x = 0 \iff \ln x = - \frac{1}{2} \iff x = \text{e}^{- \frac{1}{2}}$.

I$\left(\text{e}^{- \frac{1}{2}}~;~0 \right)$. 
\item %Pour tout $x$ de $]0~;~+ \infty[$, on pose $g(x) = 1 - x + 2\ln x$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Étudier les variations de la fonction $g$.
	$g$ est dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ comme de somme de fonctions dérivable sur $]0~;~+ \infty[$ et sur cet intervalle :
	
$g’(x) = - 1 + \dfrac{2}{x}$.

$g’(x) > 0 \iff - 1 + \dfrac{2}{x} > 0 \iff \dfrac{2}{x} > 1 \iff 2 > x\quad \text{car}\quad x > 0$.

$g’(x) > 0$, donc $g$ est croissante sur $]0~;~2[$.

De même $g’(x) < 0$, donc $g$ est décroissante sur $]2~;~+ \infty[$.

Le maximum de $g$ est $g(2) = 1 - 2 + 2\ln 2 = 2\ln 2 - 1 \approx 0,386 > 0$.

On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} g(x) = - \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = - \infty$.

En effet $g(x) = 1 -  x\left(1 - \frac{\ln x}{x}\right)$ ; comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \frac{\ln x}{x} = 0$, $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = - \infty$.
		\item %Montrer que l'équation $g(x) = 0$ admet une solution unique dans chacun des intervalles ]0~;~2[ et ]2~;~4[. Soit $\alpha$ la solution appartenant  ]2~;~4[. Donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-2}$. 
		Sur l’intervalle [0~;~2], $0 \in [- \infty~;~2\ln 2 - 1[$, comme la fonction est strictement croissante, elle s’annule une seule fois en $x_{0} $ tel que $g\left(x_{0}\right) = 0$.
		
$g(4) = 1 - 4 + 2 \ln 4 = 2\ln 4 - 3 \approx - 0,227$.

Sur l’intervalle [2~;~4], comme 0 \in [2\ln 4 - 3~;~2\ln 2 - 1]$, et comme $g$ est strictement décroissante sur cet intervalle, elle s’annule une seule fois en $\alpha \in [2~;~4]$, tel que $g(\alpha) = 1 - \alpha + 2 \ln \alpha = 0$.

La calculatrice donne $3,5 < \alpha < 3,6$, puis $3,51 < \alpha < 3,52$.
	 \end{enumerate}
 \item 
 	\begin{enumerate} 
 		\item %Montrer que $f(x) - \dfrac{1}{x}  = \dfrac{g(x)}{x^2}$ et en déduire que ($\mathcal{C}$) et ($\mathcal{C}'$) se coupent  en deux points.
$f(x) - \dfrac{1}{x} = \dfrac{1 + 2\ln  x}{x^2} - \dfrac{1}{x} = \dfrac{1  + 2\ln x - x}{x^{2}} = \dfrac{g(x)}{x^2}$.

Les abscisses des points communs à $\mathcal{C}$) et ($\mathcal{C}'$ vérifient $f(x) = \dfrac{1}{x}\iff f(x) - \dfrac{1}{x} = 0 \iff \dfrac{g(x)}{x^2} = 0 \iff g(x) = 0$.

On a vu que cette équation a deux solutions $1$ et $\alpha$.
		\item %Montrer que, pour tout réel $x$ supérieur ou égal à 4, la double inégalité suivante est vraie :

%\[0 < f(x) \leqslant \dfrac{1}{x}.\]
Si $x \geqslant 4, \: g(x) \leqslant 0 \iff f(x) - \dfrac{1}{x} \leqslant 0 \iff f(x) \leqslant \dfrac{1}{x}$.

D’autre part si $x \geqslant 4, \: \ln x > 0$, soit $f(x) > 0$.

Finalement : $0 < f(x) \leqslant \dfrac{1}{x}$.
	\end{enumerate}
\item %Tracer ($\mathcal{C}$) et ($\mathcal{C}'$).
\begin{center}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture*}(-0.2,-0.5)(4.5,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt](0,0)(-0.2,-0.5)(4.5,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.5}{4.5}{1 x div}
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{0.5}{4.5}{x ln 2 mul 1 add x dup mul div}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$} 
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[dl](0,0){O}
\psline[linestyle=dashed](0,1)(1,1)(1,0)
\psline[linestyle=dashed](3.52,0)(3.52,0.3)
\uput[d](3.52,0){$\alpha$}
\uput[l](0.6,-0.35){\cyan $\mathcal{C}$}
\uput[l](0.6,1.8){\blue $\mathcal{C}’$}
\pscustom[fillstyle=hlines]{
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{1}{3.52}{x ln 2 mul 1 add x dup mul div}
\psline(3.52,0)(1,0)}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Soit $\mathcal{D}$ la partie du plan définie par les inégalités suivantes :

%\[\left\{\begin{array}{l c l}
% 1  \leqslant &  x & \leqslant \alpha \quad (\alpha \quad  \text{est le réel défini dans la partie A})\\
%0 \leqslant &  y  & \leqslant f(x)\\
%\end{array}\right.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer l'aire de $\mathcal{D}$, notée $\mathcal{A}(\alpha)$, en unités d'aire (on utilisera une intégration par parties).
		Sur $[1~;~\alpha]$, $f$ est positive donc $\mathcal{A}(\alpha)$, est égale à l’intégrale :
		
$\mathcal{A}(\alpha) = \displaystyle\int_{1}^{\alpha} \dfrac{1 + 2\ln x}{x^{2}}$.
		
On pose $u(x) = 1 + 2\ln x$ et $\text{d}v = \dfrac{1}{x^{2}}$.

D’où $\text{d}u = \dfrac{2}{x}$ et $v(x) = - \dfrac{1}{x}$.

Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur l’intervalle $[1~;~\alpha]$, donc on peut intégrer par parties.

$\mathcal{A}(\alpha) = \left[- \dfrac{1+ 2\ln x}{x^{2}} \right]  + \displaystyle\int_{1}^{\alpha}\dfrac{2}{x^{2}}\text{d}x = \left[ - \dfrac{1+ 2\ln x}{x} - \dfrac{2}{x}\right]_{1}^{\alpha} =$

$ -\dfrac{1 + 2\ln \alpha}{\alpha} - \dfrac{2}{\alpha} + 1 + 2 = 3 - \dfrac{3 + 2\ln \alpha + 2\alpha}{\alpha}$.
		\item %Montrer que $\mathcal{A}(\alpha) = 2 - \dfrac{2}{\alpha}$ et donner une valeur approchée de $\mathcal{A}(\alpha)$  $10^{-2}$ près.
Or on sait que $g(\alpha) = 1 - \alpha + 2\ln \alpha = 0 \iff 2\ln \alpha = \alpha - 1$.

Donc $\mathcal{A}(\alpha) = 3 - \dfrac{3 + \alpha - 1}{\alpha} = 3 - \dfrac{2 + \alpha}{\alpha} = 2 - \dfrac{2}{\alpha}$.

On sait que $3,51 <\alpha < 3,52 \Rightarrow \dfrac{1}{3,52} < \dfrac{1}{\alpha} <  \dfrac{1}{3,51} \Rightarrow \dfrac{2}{3,52} < \dfrac{2}{\alpha} <  \dfrac{2}{3,51} \Rightarrow \dfrac{2}{3,51} < \dfrac{2}{\alpha} <  \dfrac{2}{3,52} \Rightarrow 2 - \dfrac{2}{3,51} < 2 - \dfrac{2}{\alpha} < 2 -  \dfrac{2}{3,52} \Rightarrow 1,430 <  2 - \dfrac{2}{\alpha} < 1,432$.

Finalement $1,43 <  2 - \dfrac{2}{\alpha} < 1,44$.
	\end{enumerate} 
\item %Soit la suite $\left(I_n\right)$ définie pour $n$ supérieur ou égal à 1 par :

%\[I_n = \displaystyle\int_n^{n+1} f(x)\: \text{d}x.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que, pour tout $n$ supérieur ou égal à 4, la double inégalité suivante  est vraie :

%\[0 \leqslant I_n \leqslant \ln\left(\dfrac{n + 1}{n}\right).\]
On a vu que si $x \geqslant 4,\: 0 \leqslant f(x) \leqslant \dfrac{1}{x}$.

Donc pour $n \geslant 4$, en intégrant la double inégalité précédente sur l’intervalle $[n~;~n + 1]$ :

$\displaystyle\int_{n}^{n+1} 0\:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_{n}^{n+1} f(x) \:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{x} \:\text{d}x \iff 0 \leqslant I_{n} \leqslant \ln (n + 1) - \ln n \iff 0 \leqslant I_{n} \leqslant \ln \frac{n+1}{n}$.
		\item %En déduire que la suite $\left(I_n\right)$ converge et déterminer sa limite.
Comme $\frac{n+1}{n} = 1 + \frac{1}{n}$, on a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \frac{n+1}{n} = 1$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \frac{n+1}{n} = 0$

Donc par encadrement $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} I_{n} = 0$. 
		\item %Soit $S_n = \text{I}_1 + \text{I}_2 + \text{I}_3 + \cdots + I_n$. Calculer $S_n$ puis la limite de la suite $(S_n)$.
De fa\c con évidente $S_{n} = \displaystyle\int_{1}^{2} f(x) \:\text{d}x + \displaystyle\int_{2}^{3}  f(x) \:\text{d}x + \cdots + \displaystyle\int_{n}^{n+1}  f(x) \:\text{d}x = $

$\displaystyle\int_{1}^{n+1} f(x) \:\text{d}x$ par linéarité de l’intégrale.

$S_{n} = \left[ - \dfrac{3 + 2\ln x}{x}\right]_{1}^{n+1} = - \dfrac{3 + 2\ln (n+1)}{n+1} + 3$. 

On écrit $S_{n}$ sous la forme :

$S_{n} = - \dfrac{3}{n+1} - 2\dfrac{\ln (n+1)}{(n+1)} + 3$.

On a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{3}{n+1} = 0$, \: $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\ln (n+1)}{(n+1)}  = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} S_{n} = 3$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip

%On considère, pour tout $n$ supérieur ou égal à 1, la fonction $f_{n}$, définie sur $]0~;~+ \infty[$ par

\[f_n(x) = \dfrac{1 + 2 \ln x}{x^{2n}}.\]

\begin{enumerate} 
\item %Calculer la dérivée $f'_n$ de la fonction $f_n$. 
$f_{n}$ quotient de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle :

$f’_{n}(x) = \dfrac{\frac{2}{x}\times x^{2n} - 2nx^{2n - 1}(1 + 2 \ln x)}{x^{4n}} =\dfrac{[2 - 2n(1 + 2 \ln x)]x^{2n - 1}}{x^{4n}} =$

$ \dfrac{2(1- n - 2n \ln x)}{x^{2n-1}}$.
\item %Résoudre l'équation $f'_n(x) = 0$. Soit $x_n$ la solution de cette équation. 
$f'_n(x) = 0 \iff 1 - n - 2n \ln x = 0 \iff 2n \ln x = 1 - n \iff \ln x = \dfrac{1 - n}{2n} \iff x = \text{e}^{\frac{1-n}{n}}$.
\item %Déterminer la limite de la suite $\left(x_n\right)$.
On a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1 - n}{2n} = - \frac{1}{2}$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} x_{n} = \text{e}^{- \frac{1}{2}} = \frac{1}{\text{e}^{\frac{1}{2}}} = \frac{1}{\sqrt{\text{e}}}$.
\end{enumerate}
\end{document}