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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat S}
\lfoot{\small{Asie}}
\rfoot{\small{juin 2005}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large{\textbf{\decofourleft~Baccalauréat S Asie 
juin 2005~\decofourright}}} \end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 3 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Pour $t = 1$, on obtient bien le triplet $(3~;~1~;~-4)$ : affirmation C
\item $\vect{u}(2~;~-1~;~-1)$ est un vecteur directeur évident, donc $- \vect{u}(-2~;~1~;~1)$ en est aussi un : affirmation B.
\item $M \in \mathcal{D}  \cap \mathcal{P} \iff 1 + 2t + 4 - 2t + 9 + 3t = 0 \iff 14 = 3t \iff t = \dfrac{14}{3}$. Il existe donc un seul point commun : affirmation C.
\item Le triplet$(1~;~3~;~2)$ vérifie $x + 2y - 3z - 1 = 0$ : affirmation B.
\item Un vecteur normal à $\mathcal{Q_{2}}$ est le vecteur $\vect{v_{2}}(4~;~-5~;~2)$ et $\vect{u} \cdot \vect{v}_{2} = 0$ : affirmation B.
\item On a $d(\text{T},~\mathcal{P}) = \dfrac{|- 1 - 6 - 6 - 1|}{\sqrt{1 + 4 + 9}} = \dfrac{14}{\sqrt{14}} = \sqrt{14}$ : affirmation A
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\begin{center}
\begin{pspicture}(5,5)
\psline(0,2.5)(1.9,1.5) \psline(0,2.5)(1.9,3.5) 
\psline(2.2,1.5)(3.9,1) \psline(2.2,1.5)(3.9,2) 
\psline(2.2,3.5)(3.9,3) \psline(2.2,3.5)(3.9,4)
\rput(2,1.5){J}  \rput(2,3.5){V}
\rput(4.5,1){J}  \rput(4.5,2){V} \rput(4.5,3){J} \rput(4.5,4){V}
\uput[u](1,3){$\frac{2}{5}$}  \uput[d](1,2){$\frac{3}{5}$} 
\uput[u](3,1.75){$\frac{1}{2}$}  \uput[d](3,1.25){$\frac{1}{2}$}
\uput[u](3,2.5){$\frac{3}{4}$}  \uput[d](3,4.5){$\frac{1}{4}$}    
\end{pspicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a en suivant la branche supérieure $p(\text{V}) = \dfrac{2}{5}\times\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{10}$.
		
De même $p(\text{J}) = \dfrac{3}{5}\times\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{10}$.
\item En tournant la roue, la probabilité  de gagner 20~\euro{} est $\dfrac{90}{360} = \dfrac{1}{4}$, celle de gagner 100 \euro~est donc  $\dfrac{1}{8}$ ; par différence la probabilité d'être remboursé(e) est $\dfrac{5}{8}$.

On a donc $p_{\text{R}}(\text{V} ) = \dfrac{5}{8}$.

Or $p_{\text{R}}(\text{V} )  = \dfrac{p(\text{V} \cap \text{R} )}{p(\text{V}} \iff  \dfrac{5}{8} = \dfrac{p(\text{V} \cap \text{R} )}{\dfrac{1}{10}}  \iff p(\text{V} \cap \text{R}) =  \dfrac{5}{8} \times  \dfrac{1}{10} =  \dfrac{5}{80}$.
		\item On a $p(\text{R}) = p(\text{J}) + p(\text{V} \cap \text{R})  = \dfrac{3}{10}+ \dfrac{5}{80} = \dfrac{29}{80}$.
		
\item $p(100) = \dfrac{1}{10} \times\dfrac{1}{8} = \dfrac{1}{80}~;~p(20) = \dfrac{1}{10} \times\dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{40}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $X$ peut prendre les valeurs : $- m~;~100 - m~;~20 - m~;~0$.
		\item 

\[\begin{array}{|l|*{4}{c|}}\hline
x_{i}&-m&100 - m&20 - m&0\\ \hline
\rule[-3mm]{0mm}{9mm} p(X = x_{i})&\dfrac{6}{10}&\dfrac{1}{80}&\dfrac{1}{40}&\dfrac{29}{80}\\ \hline
\end{array}\]

		\item On a E$(X) = \displaystyle\sum_{i = 1}^4 p_{i} \times x_{i} = -\dfrac{6m}{10} + \dfrac{100 - m}{80} + \dfrac{20 - m}{40} + 0 = \dfrac{140 - 51m}{80}$.
		\item L'organisateur ne perdra pas d'argent si E$(X) < 0 \iff \dfrac{140 - 51m}{80} < 0 \iff m > \dfrac{140}{51}$. Donc il faut que $m$ soit au moins fixé à 3~euros.
	\end{enumerate}
\item On reconnaît une expérience de Bernoulli avec $p = \dfrac{4}{10}$ et $n = 4$.

La probabilité de ne pas perdre est égale à $\left(\dfrac{4}{10}\right)^4$, donc la probabilité de perdre au moins une fois est $1 - \left(\dfrac{4}{10}\right)^4 = 1 - \np{0,0256} = \np{0,9744}$.
\item On obtient un nouvel arbre de probabilités :
\begin{center}
\begin{pspicture}(5,5)
\psline(0,2.5)(1.9,1.5) \psline(0,2.5)(1.9,3.5) 
\psline(2.2,1.5)(3.9,1) \psline(2.2,1.5)(3.9,2) 
\psline(2.2,3.5)(3.9,3) \psline(2.2,3.5)(3.9,4)
\rput(2,1.5){J}  \rput(2,3.5){V}
\rput(4.2,1){J}  \rput(4.2,2){V} \rput(4.2,3){J} \rput(4.2,4){V}
\uput[u](1,3){$\frac{2}{2+n}$}  \uput[d](1,2){$\frac{n}{2+n}$} 
\uput[u](3,1.75){$\frac{2}{n+1}$}  \uput[d](3,1.25){$\frac{n-1}{n+1}$}
\uput[u](3,2.5){$\frac{n}{n+1}$}  \uput[d](3,4.5){$\frac{1}{n+1}$}    
\end{pspicture}
\end{center}
On doit avoir $\dfrac{2n}{(n+1)(n+2)} + \dfrac{2n}{(n+1)(n+2)} \leqslant \dfrac{1}{2} \iff \dfrac{4n}{(n+1)(n+2)} \leqslant \dfrac{1}{2} \iff n^2 - 5n + 2 \geqslant 0$. Le trinôme $n^2 - 5n + 2$ a pour racines $n_{1} = \dfrac{5+\sqrt{17}}{2} \approx 4,56$ et $n_{2} = \dfrac{5-\sqrt{17}}{2} \approx 0,44$.\\
Il faut donc qu'il y ait  plus de 4 boules jaunes.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Réservé aux candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\textbf{I.}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item On a $(-\text{i})^3 + (- 8 + \text{i})\times (-\text{i})^2 + (17 - 8\text{i})\times(- \text{i}) = \text{i} + 8 - \text{i} - 17\text{i} - 8 + 17\text{i} = 0 \iff ~- \text{i}$ est solution de (E).
\item En développant le second membre et en identifiant les coefficients des termes de même degré, on obtient le système :
\[\left\{\begin{array}{l cl}
a &=&1\\
a\text{i} + b&=& - 8 + \text{i}\\
b\text{i} + c &=& 17 - 8\text{i}\\
\text{i}c &=& 17\text{i}\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l cl}
a&=&1\\
b&=& - 8\\
c&=&17\\
\end{array}\right.\]
On a donc pour tout complexe $z,~z^3 + (- 8 + \text{i})z^2 + (17 -  8\text{i})z + 17\text{i} = (z + \text{i})\left(z^2 - 8z + 17\right)$.
\item On a donc  (E) $\iff (z + \text{i})\left(z^2 - 8z + 17\right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l cl}
z + \text{i}&=&0\\
z^2 - 8z + 17&=&0\\
\end{array}\right.$.

On trouve aussitôt que :

\[\text{S} = \{- \text{i}~;~4 + \text{i}~;~4 - \text{i}\}\]

\end{enumerate}

\textbf{II.}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Figure
\psset{unit=0.7cm}
\begin{pspicture}(-5,-4)(5,5)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(-5,-4)(5,5)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,0) \psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\pscircle(0,1){4.47214}
\pscircle(2,0){2.23607}
\uput[d](2,0){$\Omega$} \uput[ul](0,1){P} \uput[ur](4,1){A} 
\uput[dr](4,-1){B = A$'$} \uput[ur](4,3){B$'$} \uput[ul](-4,3){C$'$}
\uput[r](0,-1){C} \uput[d](1,2){$\mathcal{C}$}
\psline[linestyle=dashed](-4,0)(-4,3)(4,3)(4,-1)
\end{pspicture}

\item L'écriture complexe de la rotation est : 

$z' - 2 = \text{i}(z - 2)$. Donc $z_{\text{S}} - 2 = \text{i}(4 + \text{i} - 2) \iff z_{\text{S}} = 2 + 2\text{i} - 1 = 1 + 2\text{i}$.
\item D'après la question précédente : $\Omega$S = $\Omega$A.

A et B sont symétriques autour de (O$x$), et $\Omega \in (\text{O}x)$, donc $\Omega$A = $\Omega$B ; enfin B et C ayant la même ordonnée, $\Omega$ appartient à la médiatrice de [BC]  et $\Omega$B = $\Omega$C.

Conclusion B, A, S et C appartiennent à un cercle $\mathcal{C}$ de centre $\Omega$.

Le rayon est égal à $\Omega\text{C} = \sqrt{2^2 + (-1)^2} = \sqrt{5}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item D'après la définition algébrique $z_{A'} = \dfrac{\text{i}(4 + \text{i}) + 10 - 2\text{i}}{4 + \text{i} - 2} = \dfrac{9 + 2\text{i}}{2 + \text{i}} = \dfrac{(9 + 2\text{i})(2 - \text{i})}{(2 + \text{i})(2 - \text{i})} = \dfrac{20 - 5\text{i}}{5} = 4 - \text{i} = z_{\text{B}}$.\\
$z_{B'} =  \dfrac{\text{i}(4 - \text{i}) + 10 - 2\text{i}}{4 - \text{i} - 2}  = \dfrac{11 + 2\text{i}}{2 - \text{i}} = \dfrac{(11 + 2\text{i})(2 + \text{i})}{(2 - \text{i})(2 + \text{i})} = \dfrac{20 + 15\text{i}}{5} = 4 + 3\text{i}$.\\

$z_{C'} = \dfrac{\text{i}(- \text{i}) + 10 - 2\text{i}}{- \text{i} - 2} = \dfrac{11 - 2\text{i}}{-2 - \text{i}} = \dfrac{(11 - 2\text{i})(-2 + \text{i})}{(-2 - \text{i})(-2 + \text{i})} = \dfrac{-20 + 15\text{i}}{5} = -4 + 3 \text{i}$.\\

Donc $z_{\text{A}'} = 4 - \text{i},~z_{\text{B}'} = -4 + 3 \text{i},~z_{\text{C}'} = -4 + 3 \text{i}$.
		\item PA$' = \left|z_{\text{A}'} - z_{\text{P}} \right| = |4 -  \text{i} - \text{i} | = |4 - 2 \text{i}| = \sqrt{16 + 4} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ ;

 de m\^eme PB$' = |4 +  3\text{i} - \text{i} | = |4 + 2 \text{i}| = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ ;

PC$' = |- 4 + 3  \text{i} - \text{i} | = |4 + 2 \text{i}| = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$ ;

Donc A$'$, B$'$ et C$'$ appartiennent au cercle $\mathcal{S}'$ de centre P et de rayon $2\sqrt{5}$.
		\item On a $z' = \dfrac{\text{i}(z - 2) + 10}{z - 2} = \text{i} + \dfrac{10}{z - 2} \iff z' - \text{i} = \dfrac{10}{z - 2}$ et en prenant les modules $\left|z' - \text{i}\right| = \dfrac{10}{|z - 2|}$. Donc géométriquement P$M' = \dfrac{10}{\Omega M}$.
		\item Si $M \in \mathcal{C} \longrightarrow \Omega M = \sqrt{5}$. D'après la question précédente $\left|z' - \text{i}\right| = \dfrac{10}{\sqrt{5}} = 2\sqrt{5}$.
		\item Géométriquement la dernière relation signifie : P$M' = 2\sqrt{5}\iff$  les points $M'$ appartiennent au cercle $\mathcal{C}'$.

\textbf{Remarque :} $M \in \mathcal{C}   \longrightarrow z = 2 + \sqrt{5}\text{e}^{\text{i}\theta}$ avec $\theta \in [0~;~2\pi[$. Après calcul on en déduit que $z' = \text{i} + 2\sqrt{5}\text{e}^{-\text{i}\theta}$ avec $\theta \in [0~;~2\pi[$.\\
En prenant les modules on trouve bien que $|z' - \text{i}| = 2\sqrt{5}$.

Conclusion : l'image du cercle $\mathcal{C}$ est donc \textbf{tout} le cercle $\mathcal{C}'$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Réservé aux candidats ayant  choisi l'enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Figure.

\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture}(-1.5,-1.5)(3.5,1.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(-1.5,-1.5)(3.5,1.5)
\psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,0) \psline[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(0,1) 
\uput[l](0,-0.5){A} \uput[r](1,-0.5){B} \uput[r](1,0.5){C} 
\uput[l](0,0.5){D} \uput[dl](1,-1){E} \uput[dr](3,-1){F} 
\uput[ur](3,1){G} \uput[ul](1,1){H} \uput[dl](0,0){O} 
\uput[d](0.5,0){O$_{1}$}  \uput[d](2,0){O$_{2}$} 
\uput[d](-1,0){$\Omega$}  \qdisk(-1,0){2pt}
\uput[ul](0.8,0.6){$\Omega_{1}$} \qdisk(0.8,0.6){1.5pt} 
\uput[dl](0.8,-0.6){$\Omega_{3}$}  \qdisk(0.8,-0.6){1.5pt}
\uput[ur](1,0){$\Omega_{2}$}  \qdisk(1,0){2pt}
\psframe(0,-0.5)(1,0.5) \psframe(1,-1)(3,1) 
\end{pspicture}
 
\item L'égalité vectorielle $\vect{\Omega M'} = 2\vect{\Omega M}$ se traduit par $z' + 1 = 2(z + 1) \iff z' = 2z + 1$.
 
$z'_{\text{A}'} = 2z_{\text{A}} + 1 = 2 \times \left(-\dfrac{\text{i}}{2}\right) + 1 = 1 -  \text{i} = z_{\text{E}}$.
 
 $z'_{\text{B}'} = 2z_{\text{B}} + 1 = 2 \times \left(1 -\dfrac{\text{i}}{2}\right) + 1 = 3 -  \text{i} = z_{\text{F}}$.
 
 $z'_{\text{C}'} = 2z_{\text{C}} + 1 = 2 \times \left(1 +\dfrac{\text{i}}{2}\right) + 1 = 3 +  \text{i} = z_{\text{G}}$.
 
$z'_{\text{D}'} = 2z_{\text{D}} + 1 = 2 \times \left(\dfrac{\text{i}}{2}\right) + 1 = 1 +  \text{i} = z_{\text{H}}$. 

L'image de $S_{1}$ par $h$ est donc $S_{2}$.

\item  $g = h^{-1} \circ s$.
	\begin{enumerate}
		\item La similitude $s$ transformant le carré de côté 1 en le carré de côté 2, le rapport de la similitude est égal à 2. 
		\item $h^{-1}$ est l'homothétie de centre $\Omega$ de rapport $\dfrac{1}{2}$ ; la composée $g$ est donc une similitude directe de rapport 1, donc une isométrie. $S_{1}$ a pour image par $s \quad S_{2}$ qui lui-même a pour image par $h^{-1},~S_{1}$. Conclusion $g$ laisse $S_{1}$ globalement invariante. 
		\item $S_{1}$ étant invariant, son centre l'est également : $g\left(\text{O}_{1}\right) = \text{O}_{1}$. 
		\item Les isométries du carré sont :

\setlength\parindent{5mm}		
\begin{itemize}\item l'identité ;
\item la rotation $r_{1}$ de centre $\text{O}_{1}$ d'angle $\frac{\pi}{2} \quad [2\pi]$  ;
\item la rotation $r_{2}$ de centre $\text{O}_{1}$ d'angle $\pi  \quad [2\pi]$ (symétrie autour de O$_{1}$) ;
		\item la rotation $r_{3}$ de centre $\text{O}_{1}$  d'angle $- \frac{\pi}{2}  \quad [2\pi]$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
		\item On a $s = h \circ g$. Il y a donc quatre similitudes qui transforment $S_{1}$ en $S_{2}$ :

\setlength\parindent{5mm} 
\begin{itemize}
\item l'homothétie $h$ ;
\item la composée de $h$ avec  $r_{1}$ ;
\item la composée de $h$ avec  $r_{2}$ ;
\item la composée de $h$ avec  $r_{3}$ ;
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

	\end{enumerate}
\item Écritures complexes de ces isométries :
	\begin{enumerate}
		\item 
\setlength\parindent{5mm} 
\begin{itemize}
		\item  $h\circ r_{1} :$
		
L'écriture complexe de $r_{1}$ est  $z' - \dfrac{1}{2} = \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}\left(z -   \dfrac{1}{2}\right) \iff z' = \text{i}z - \dfrac{\text{i}}{2} + \dfrac{1}{2}$ ; celle de $h\circ r_{1}$ est donc : $z' = 2\text{i}z - \text{i} + 2$. 
		\item $h\circ r_{2}$ :
 
L'écriture complexe de $r_{2}$ est  $z' - \dfrac{1}{2} = \text{e}^{\text{i}\pi}\left(z -   \dfrac{1}{2}\right) \iff z' = -z + 1$ ; celle de  $h\circ r_{2}$ est donc  $z' = -2z + 3$ ;
		\item $h\circ r_{3}$ :
 
L'écriture complexe de $r_{3}$ est  $z' - \dfrac{1}{2} = \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{2}}\left(z -   \dfrac{1}{2}\right) \iff z' = -\text{i}z + \dfrac{\text{i}}{2} + \dfrac{1}{2}$ ; celle de $h\circ r_{3}$ est donc $  z' = - 2\text{i}z + \text{i} +  2$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

	\end{enumerate}
\item Les centres de ces similitudes sont les points invariants :
 
\setlength\parindent{5mm} 
\begin{itemize}
\item Centre $\Omega_{1}$ de $h\circ r_{1}$. Son affixe $\omega_{1}$ est solution de $z = 2\text{i}z - \text{i} + 2 \iff \\z = \omega_{1} =  \dfrac{4 + 3\text{i}}{5}$.
\item  Centre $\Omega_{2}$ de $h\circ r_{2}$. Son affixe $\omega_{2}$ est solution de $z = - 2z + 3 \iff\\ z = \omega_{2} = 1$.
\item Centre $\Omega_{3}$ de $h\circ r_{3}$. Son affixe $\omega_{3}$ est solution de $z = - 2\text{i}z + \text{i} + 2 \iff z = \omega_{3} = \dfrac{4 - 3\text{i}}{5}$.
\end{itemize}
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Si $n = 1,~\text{I}_{1} = \displaystyle\int_{0}^2 (2 - x)\text{e}^x\:\text{d}x$. On intègre par parties :

$\begin{array}{l  l}
u(x)  = 2 - x&v'(x) = \text{e}^x\\
u'(x) = -1& v(x) = \text{e}^x.
\end{array}$

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables et leurs dérivées continues sur l'intervalle [0 ; 2], donc :

I$_{1} = \left[(2 - x) \text{e}^x\right]_{0}^2 - \displaystyle\int_{0}^2 -\text{e}^x\:\text{d}x = - 2 + \left[\text{e}^x\right]_{0}^2 =  - 2 + \text{e}^2 - 1 = $\boldmath $\text{e}^2 - 3$\unboldmath. 
\item On a les équivalences $0 \leqslant x \leqslant 2 \iff - 2 \leqslant - x \leqslant 0 \iff 0 \leqslant 2 - x \leqslant 2 \iff$

$ 0 \leqslant (2 - x)^n \leqslant 2^n \iff 0 \leqslant (2 - x)^n \text{e}^x \leqslant 2^n \text{e}^x \iff 0 \leqslant \dfrac{1}{n!}(2 - x)^n \text{e}^x \leqslant \dfrac{1}{n!}2^n \text{e}^x$.

On en déduit l'ordre des intégrales suivantes :

$\displaystyle\int_{0}^2 0 \:\text{d}x \leqslant  \displaystyle\int_{0}^2 \dfrac{1}{n!}(2 - x)^n \text{e}^x\:\text{d}x  \leqslant \displaystyle\int_{0}^2\dfrac{1}{n!}2^n \text{e}^x \:\text{d}x \iff 0 \leqslant I_{n} \leqslant \dfrac{1}{n!} \times 2^n \left(\text{e}^2 - \text{e}^0\right) \iff 0 \leqslant I_{n} \leqslant \dfrac{2^{n}}{n!}\left(\text{e}^2 - 1\right)$.
\item On a $I_{n+1} =  \displaystyle\int_{0}^2\dfrac{1}{(n+1)!}(2 -x)^{n+1}\text{e}^x \:\text{d}x$.

Intégrons par parties en posant :

$\begin{array}{l  l}
u(x)  = (2 - x)^{n+1}&v'(x) = \text{e}^x\\
u'(x) = -(n+1)(2 -x)^n& v(x) = \text{e}^x
\end{array}$.

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables et leurs dérivées continues sur l'intervalle [0 ; 2], donc :

$I_{n+1} = \dfrac{1}{(n+1)!}\left(\left[(2 - x)^{n+1} \text{e}^x\right]_{0}^2 - \displaystyle\int_{0}^2 -(n+1)(2 - x)^n \text{e}^x\:\text{d}x\right) =\\ - \dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!} + \dfrac{1}{n!}\displaystyle\int_{0}^2  (2 - x)^n \text{e}^x\:\text{d}x = - \dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!} + I_{n}$.

\item Démontrons la relation par récurrence :

$\bullet~$ \emph{Initialisation} : e$^2 - 1 = 2 + \text{I}_{1} \iff \text{I}_{1} = \text{e}^2 - 3$ : vrai au rang 1 ;

$\bullet~$ \emph{Hérédité} : soit $n \in \N,\: n \geqslant 1$ et supposons que $\text{e}^2  = 1 + \dfrac{2}{1!} + \dfrac{2^2}{2!} + \cdots + \dfrac{2^n}{n!} + I_{n}$. D'après la question précédente, on peut écrire : $\text{e}^2  = 1 + \dfrac{2}{1!} + \dfrac{2^2}{2!} + \cdots + \dfrac{2^n}{n!} + \dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!} + I_{n+1}$ qui est bien la relation demandée au rang $n + 1$. L'égalité est donc vraie pour tout $n$ supérieur ou égal à 1.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Quel que soit le naturel $n,~u_{n} > 0$. Le quotient  $\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}} = \dfrac{2^{n+1}}{(n+1)!}\times \dfrac{n!}{2^n} = \dfrac{2}{n+1}$.
		
Or $n\geqslant 3 \iff  n+ 1 \geqslant 4 \iff \dfrac{1}{n+1} \leqslant \dfrac{1}{4}\iff \dfrac{2}{n+1} \leqslant \dfrac{1}{2}$.

Conclusion : si $n \geqslant 3$, alors $u_{n+1} \leqslant \dfrac{1}{2}u_{n}$.
		\item Démonstration par récurrence :
		
$\bullet~$ Hérédité : la double inégalité est vraie pour $n = 3$ ; en effet :

\[0 \leqslant u_{n} \leqslant u_{3} \times \left(\dfrac{1}{2}\right)^0\quad \text{et}\quad u_{3} = \dfrac{2^3}{6} = \dfrac{4}{3}.\]

$\bullet~$ Hérédité : supposons qu'il existe $n \geqslant 3$ tel que 

\[0 \leqslant u_{n} \leqslant u_{3}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-3}\]

On a démontré que pour $n \geqslant 3$, \:$u_{n+1} \leqslant \dfrac{1}{2}u_{n}$ ce qui entraîne :

\[u_{n+1} \leqslant	\dfrac{1}{2}u_{n} \leqslant \dfrac{1}{2}u_{3}\left(\dfrac{1}{2} \right)^{n - 3}\]

soit finalement $u_{n+1}\leqslant u_{3}\left(\dfrac{1}{2} \right)^{n + 1 - 3}$.

La relation est vraie au rang $n + 1$.

Il est également clair que si $n \geqslant 3$, alors 
$u_{n}\geqslant 0$.

Conclusion : pour $n \geqslant 3$, alors $0 \leqslant u_{n} \leqslant u_{3}\left(\dfrac{1}{2} \right)^{n - 3}$.
	\end{enumerate}
\item On a $-1 < \dfrac{1}{2}< 1$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-3} = 0$.

Donc d'après l'encadrement  trouvé à la question 5 b on a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_{n} = 0$.

On a également $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{2^n}{n!} = 0$ ; donc d'après l'encadrement démontré à la question 2. on a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} I_{n} = 0$.
\item En reprenant l'égalité obtenue à la question 4. et par limite on obtient que :

\[\text{e}^2 = \displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(1 + \dfrac{2}{1!} + \dfrac{2^2}{2!} + \cdots + \dfrac{2^n}{n!}\right).\]

\end{enumerate}
\end{document}