\documentclass[11pt]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\usepackage{amsmath,amssymb,makeidx}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{ulem}
\usepackage{dcolumn}
\usepackage{pifont}
\usepackage{textcomp}
\usepackage{enumitem}
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pstricks-add}
\usepackage[left=3.5cm,right=3.5cm,top=3cm,bottom=3cm]{geometry}
\setlength{\headheight}{13.59999pt}
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\newcommand{\e}{\,\text{e\,}}
\usepackage{fancyhdr}
\addtolength{\topmargin}{-1.59999pt}
\usepackage[french]{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\lhead{\small Baccalauréat S}
\rhead{A. P. M. E. P.}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\lfoot{\small{Nouvelle-Calédonie}}
\rfoot{\small{décembre 2001}}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S \\[7pt]Nouvelle--Calédonie  décembre 2001~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{center} \textbf{Partie I} \end{center}

L'espace E est rapporté à un repère orthonormal \Oijk.

Les points A, B, C et D ont pour coordonnées respectives :
\[(- 1~;~0~;~2),\quad (3~;~2~;~- 4), \quad (1~;~- 4~;~2), \quad (5~;~- 
2~;~4). \]

On considère les points I, J et K définis par : I est le milieu 
du segment [AB], K est le milieu du segment [CD] et 
$\vect{\text{BJ}} = \dfrac{1}{4}\vect{\text{BC}}$.

\begin{enumerate}
\item %Déterminer les coordonnées des points I, J et K.
I$(1~;~1~;~-1)$, \quad K$(3~;~- 3~;~3)$ ; $\vect{\text{BC}}
\begin{pmatrix}-2\\-6\\6\end{pmatrix}$, d'où $\vect{\text{BJ}}\begin{pmatrix}-\frac12 \\-\frac32\\\frac32\end{pmatrix}$, d'où J$\left(\frac52~;~\frac12~;~- \frac{5}{2}\right)$.

\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer que les points I, J et K ne sont pas alignés.
		On a $\vect{\text{IJ}}\begin{pmatrix}\frac32\\- \frac12\\- \frac32\end{pmatrix}$ et 
		$\vect{\text{IK}}\begin{pmatrix}2\\- 4\\4\end{pmatrix}$.
		
Il n'existe pas de réel $\lambda$ tel que $\vect{\text{IJ}} = \lambda\vect{\text{IK}}$ : les vecteurs $\vect{\text{IJ}}$ et $\vect{\text{IK}}$ ne sont pas colinéaires donc les points I, J et K ne sont pas alignés.
		\item %Justifier qu'une équation cartésienne du plan (IJK) est :
		D'après la question précédente les points I, J et K déterminent un plan (IJK) et l'on sait que :

		\[M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK})\iff ax + by + cz + d = 0,\]

avec $a,\:b,\:c$ et  $d$ réels. Ainsi 

I$(1~;~1~;~-1) \in (\text{IJK})\iff a + b - c + d = 0$ ;

J$\left(\frac52~;~\frac12~;~- \frac{5}{2}\right) \in (\text{IJK})\iff \frac52a + \frac12b - \frac{5}{2}c + d = 0$ ;

K$(3~;~- 3~;~3) \in (\text{IJK})\iff 3a - 3b + +c + d = 0$.

Les réels $a,\:b,\:c$ et  $d$ vérifient donc le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
a + b - c + d &=& 0\\
\frac52a + \frac12b - \frac{5}{2}c + d &=& 0\\
3a - 3b + 3c + d &=& 0
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
3a + 3b - 3c + 3d &=& 0\\
\frac52a + \frac12b - \frac{5}{2}c + d &=& 0\\
3a - 3b + 3c + d &=& 0
\end{array}\right.$

par somme des lignes (1) et (3) on obtient $6a + 4d = 0 \iff a = - \dfrac23 d$.

Le système devient :

$\left\{\begin{array}{l c l}
b - c + \frac13d &=& 0\\
b - 5c - \frac43d &=& 0\\
- 3b + 3c - d &=& 0
\end{array}\right.$ d'où par différence des lignes (1) et (2)

$4c = -\frac53d \iff c = -\frac{5}{12}d$ ; enfin la ligne (3) donne 

$3b = 3c - d =  -\frac{5}{4}d - d = -\frac94d$, d'où $b = -\frac{9}{12}d$.

Finalement : $M(x~;~y~;~z) \in (\text{IJK})\iff - \frac23 dx - \frac{9}{12}dy  -\frac{5}{12}dz + d = 0$ et finalement en multipliant par $-12$ et en simplifiant par $d$ :

\[ 8x + 9y + 5z - 12 = 0.\]

		\item %Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AD) et montrer que le plan (IJK) et la droite (AD) sont sécants en un point L dont on déterminera les coordonnées.
		
On a $M(x~;~y~;~z) \in (\text{AD}) \iff \vect{\text{A}M} : t \vect{\text{AD}}, \: \: t \in \R$.

Avec $\vect{\text{A}M}\begin{pmatrix}x - 1\\y - 0\\z - 2\end{pmatrix}$ et $\vect{\text{AD}}\begin{pmatrix}6\\- 2\\2\end{pmatrix}$ l'équation ci-dessus se traduit par le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x + 1&=&6t\\y&=&- 2t\\z - 2&=&2t\end{array}\right.\: t \in \R$.

\medskip

Le plan (IJK) et la droite (AD) sont sécants en un point L si les coordonnées de ce point $(x~;~y~;~z)$ vérifient le système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
x + 1&=&6t\\y&=&- 2t\\z - 2&=&2t\\
8z + 9y + 5z - 12&=&0\end{array}\right.$ ; en remplaçant dans la dernière équation $x,\:y$ et $z$ par leurs valeurs en fonction de $t$ on obtient :

$8(-1 + 6t)+ 9 \times (- 2t)  + 5(2 + 2t) = 0 \iff - 8 + 48t - 18t + 10 + 10t - 12 = 0 \iff 30t = 10 \iff t = \dfrac13$.

Avec cette valeur de $t$ on obtient L$\left(1~;~- \dfrac23~;~\dfrac83\right)$.
		\item %Montrer que :
		On a $\vect{\text{AL}}\begin{pmatrix}\dfrac32\\- \dfrac12\\\dfrac12\end{pmatrix}$ et $\vect{\text{AD}}\begin{pmatrix}6\\-2\\2\end{pmatrix}$, d'où $\dfrac{1}{4}\vect{\text{AD}}\begin{pmatrix}\dfrac32\\- \dfrac12\\\dfrac12\end{pmatrix}$.

%\[\vect{\text{AL}} = \dfrac{1}{4}\vect{\text{AD}}.\]

	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center} \textbf{Partie II} \end{center}

Plus généralement, dans l'espace E, on considère un tétraèdre ABCD ainsi que les points I, J, K et L définis par I est le milieu du segment [AB], K  est le milieu du segment [CD].

\[ \vect{\text{AL}} = \dfrac{1}{4}\vect{\text{AD}} 
\qquad \text{et} \qquad \vect{\text{BJ}} = 
\dfrac{1}{4}\vect{\text{BC}} \]

Soit G le barycentre de {(A,~3), (B,~3), (C,~1), D,~1)}.

\begin{enumerate}
\item %Déterminer les barycentres de \{(A,~3), (D,~1)\} et le barycentre de \{(B,~3), (C,~1)\}.
Si G$_1$ est le barycentre de \{(A,~3), (D,~1)\}, on sait que  $3\vect{\text{G}_1\text{A}} + 1\vect{\text{G}_1\text{D}} = 0 \iff 3\vect{\text{G}_1\text{A}} + \vect{\text{G}_1\text{A}} + \vect{\text{AD}} = \vect{0} \iff \vect{\text{A}\text{G}_2} = \dfrac14\vect{\text{AD}}$. Sur la droite (AB) G$_1$ est le point d'abscisse $\dfrac14$ pour le repère (A, B) : c'est le point L.

Si G$_2$ est le barycentre de \{(B,~3), (C,~1)\}, on sait que  $3\vect{\text{G}_2\text{B}} + 1\vect{\text{G}_2\text{C}} = 0 \iff 3\vect{\text{G}_1\text{B}} + \vect{\text{G}_1\text{B}} + \vect{\text{BC}} = \vect{0} \iff \vect{\text{B}\text{G}_2} = \dfrac14\vect{\text{BC}}$. Sur la droite (CD) G$_2$ est le point d'abscisse $\dfrac14$ pour le repère (C, D) : c'est le point J.

%Finalement G est le barycentre 
\item %En associant les points A, B, C et D de deux façons différentes, montrer que G appartient aux droites (IK) et (JL).

%En déduire que les points I, J, K et L sont coplanaires.
D'après la propriété d'associativité du barycentre on peut trouver le barycentre G de deux façons :

\begin{itemize}[label=$\bullet~$]
\item On calcule d'abord le barycentre L de A et D d'une part puis le barycentre J de B et de C de (I, 4) et (J, 4) : c'est le milieu de [LJ]

Le barycentre G des quatre points est le barycentre de I et J pondérés par 4 : G est donc le milieu de [IJ].

\item On calcule d'abord le barycentre  de A et B pondérés par 3 : c'est le milieu I pondéré par 4 d'une part puis le barycentre  de C et de D pondérés par 1 : c'est le point K.

On calcule enfin le barycentre J de B et de C de (I, 4) et (K, 4) : c'est le milieu de [IK].

Le barycentre G étant unique on a démontré que le milieu de [LJ] est le milieu de [IK], autrement dit (IJKL) est un parallélogramme : les points I, J, K et L sont coplnaires.
\end{itemize}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

%Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct 
%\Ouv, unité graphique : 4~cm. Dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes, i désigne le nombre de module 1 et d'argument $\dfrac{\pi}{2}$.
%
%Soit A le point d'affixe $z_{\text{A}} = - $i et B le point 
%d'affixe $z_{\text{B}} = - 2$i.
%
%On appelle $f$ l'application qui, à tout point $M$ d'affixe 
%$z$, $M$ distinct de A, associe le point $M'$ d'affixe $z'$ définie par 
\[z' = \dfrac{\text{i}z - 2}{z + \text{i}}.\]

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Démontrer que, si $z$ est un imaginaire pur, $z \neq - \text{i}$, alors $z'$ est imaginaire pur.
Soit $z = a\text{i}$ avec $a \in \R$ et $a \ne - 1$, alors $z' = \dfrac{\text{i}a\text{i} - 2}{a\text{i} + \text{i}} = \dfrac{- a  - 2}{\text{i}(a + 1)} = \dfrac{a + 2}{(a + 1)}\text{i}$.

$z'$ est un imaginaire pur.
\item %Déterminer les points invariants par l'application $f$.
$z$ est invariant par $f$ si et seulement si $z' = z \iff \dfrac{\text{i}z - 2}{z + \text{i}} = z \iff \text{i}z - 2 = z(z + \text{i})  \iff z^2  = - 2$ : cette équation a deux solutions dans $\C$ : $- \sqrt{2}\text{i}$ et $\sqrt{2}\text{i}$ qui sont des imaginaires purs.
\item %Calculer $\left|z' - \text{i}\right| \times |z + \text{i}|$.
$\left|z' - \text{i}\right| \times |z + \text{i}| = \left|\dfrac{\text{i}z - 2}{z + \text{i}} - \text{i}\right| \times |z + \text{i}| = \left|\dfrac{\text{i}z - 2 - \text{i}z + 1}{z + \text{i}} \right| \times |z + \text{i}| = \left|\dfrac{-1}{z + \text{i}}\right|\times |z + \text{i}| = 1$ car $|- 1| = 1$.

%Montrer que, quand le point $M$ décrit le cercle de centre A et de rayon 2, le point $M'$ reste sur un cercle dont on déterminera le centre et le rayon.
Si $M$ d'affixe $z$ décrit le cercle de centre A et de rayon 2, on a $|z - (- \text{i})| = 2$ soit $|z + \text{i}| = 2$ et d'après le résultat précédent son image $M'$ d'affixe $z'$ est telle que $|z' - \text{i}| = \dfrac12$ ce qui montre que le point $M'$ appartient au cercle centré au point d'affixe i et de rayon $\dfrac12$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Développer $(z + \text{i})^2$, puis factoriser $z^2 + 2\text{i}z - 2$.
$(z + \text{i})^2 = z^2 + 2\text{i}z - 1$ ;

$z^2 + 2\text{i}z - 2 = z^2 + 2\text{i}z - 1 - 1  = (z + \text{i})^2 - 1 = (z + \text{i} + 1)(z + \text{i} - 1)$
		\item %Déterminer et représenter l'ensemble des points $M$, tels que $M'$ soit le symétrique de $M$ par rapport à O 
$M'$ est le symétrique de $M$ par rapport à O si $z' = - z \iff \dfrac{\text{i}z - 2}{z + \text{i}} = - z \iff$

$ \text{i}z - 2 = - z(z + \text{i}) \iff \text{i}z - 2 = - z^2 - \text{i}z \iff z^2 + 2\text{i}z - 2  = 0$, soit d'après la factorisation précédente :

$(z + \text{i} + 1)(z + \text{i} - 1) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
z + \text{i} + 1&=0\\
z + \text{i} - 1&=0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
z &=&- \text{i} - 1\\
z &=&-\text{i} + 1
\end{array}\right.$

Les points solutions sont les points de coordonnées $(-1~;~-1)$ et $(1~;~-1)$.
	\end{enumerate}
\item %Déterminer et représenter l'ensemble E des points $M$, tels que le module de $z'$ soit égal à 1.

$\left(\text{On pourra remarquer que}~ z' = \dfrac{\text{i}\left(z -z_{\text{B}}
 \right)}{z - z_{\text{A}}}\right)$.

On a $z' = \dfrac{\text{i}z - 2}{z + \text{i}} = \dfrac{\text{i}z + \text{i} \times  2\text{i}}{z - (- \text{i})} = \dfrac{\text{i}(z + 2\text{i})}{z - (- \text{i})} = \dfrac{\text{i}\left(z -z_{\text{B}} \right)}{z - z_{\text{A}}}$.

On a donc $|z'| = 1 \iff \left|\dfrac{\text{i}\left(z -z_{\text{B}} \right)}{z - z_{\text{A}}}\right| = 1 \iff \dfrac{\left|z - z_{\text{B}}\right|}{\left|z - z_{\text{A}} \right|} = 1 \iff \left|z - z_{\text{B}}\right| = \left|z - z_{\text{A}} \right| \iff \text{B}M = \text{A}M$ : les points solutions sont les points appartenant à la médiatrice du segment [AB].
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip

\begin{center} \textbf{Partie I} \end{center}

Soit $x$ un nombre réel.

\begin{enumerate}
\item %Montrer que $x^4 + 4 = \left(x^2 + 2\right)^2 - 4x^2$.
Quel que soit $x \in \R$, \: $x^4 + 4 = x^4 + 4 + 4x^2 - 4x^2
 = \left(x^4 + 4 + 4x^2\right) - 4x^2 = \left(x^2 + 2\right)^2 - 4x^2$.

\item %En déduire que $x^4  + 4$  peut s'écrire comme produit de deux trinômes à coefficients réels.
$x^4 + 4 = \left(x^2 + 2\right)^2 - (2x)^2 = \left(x^2 + 2 + 2x\right)\left(x^2 + 2 - 2x \right)\left(x^2 + 2 - 2x\right)  = \left(x^2 + 2x + 2\right)\left(x^2  - 2x + 2\right)$ (produit de deux trinômes).
\end{enumerate}

\begin{center} \textbf{Partie II} \end{center}

Soit $n$ un entier naturel supérieur ou égal à 2.

On considère les entiers $A = n^2 - 2n + 2$ et $B = n^2 + 2n + 2$ et $d$ 
leur PGCD.

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que $n^4 + 4$ n'est pas premier.
D'après la partie I, avec $n \in \Z$, \: $n^4 + 4 = \left(n^2 + 2n + 2\right)\left(n^2 - 2n   + 2\right)$ : cet entier est donc le produit de deux entiers :

\begin{itemize}
\item Ces entiers ne peuvent être 1 et $n^4 + 4$, car on aurait :

$n^2 - 2n + 2 = 1 \iff n^2 - 2n + 1 = 0 \iff (n - 1)^2 = 0 \iff  n = 1$ impossible car $n \geqslant 2$ ;
\item ces entiers ne peuvent être $n^4 + 4$ et 1, car alors

$n^2 + 2n + 2  = 1 \iff n^2 + 2n + 1 = 0 \iff (n + 1) ^2 = 0 \iff n = - 1$ : impossible car $n \geqslant 2$.
\end{itemize}

Conclusion $n^4 + 4$ est le produit de deux entiers distincts aucun d'eux n'étant égal à 1 : $n^4 + 4$ n'est pas premier.
\item %Montrer que, tout diviseur de $A$ qui divise $n$, divise 2.
Soit $d$ un diviseur de $A$ qui divise $n$ et aussi donc $n^2$ et aussi $A - n^2 - 2n  = 2$ : donc $d$ divise 2.
\item %Montrer que, tout diviseur commun de $A$ et $B$, divise $4n$.
Si $d$ est un diviseur de $A$ et de $B$ il divise aussi la différence $B - A = n^2 + 2n + 2 - \left(n^2 - 2n + 2\right) = 4n$
\item Dans cette question on suppose que $n$ est impair.
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que $A$ et $B$ sont impairs. En déduire que $d$ est impair.
		
$\bullet~$ Si $n = 2p + 1$, \:$p \in \N$, alors $A = (2p + 1)^2 - 2(2p + 1) + 2 = 4p^2 + 4p + 1  - 4p - 2 + 2 = 4p^2 + 1$ ce qui montre que $A$ est impair ;

$\bullet~$Si $n = 2p + 1$, \:$p \in \N$, alors $B = (2p + 1)^2 + 2(2p + 1) + 2 = 4p^2 + 4p + 1  + 4p + 2 + 2 = 4p^2 + 8p + 4 + 1 + 1 = 2\left(2p^2 + 4p + 1\right) + 1$ ce qui montre que $B$ est impair.

Conséquence : $d$ ne peut être pair (un pair ne peut pas diviser un impair), donc $d$ est impair.
		\item %Montrer que $d$ divise $n$.

Si $d$ est un diviseur commun à $A$ et $B$ il divise aussi la différence $B - A  = 4n$.
. Comme $d$ divise $4n$ et qu'il est premier avec 4, il divise donc $n$.
		\item En déduire que $d$ divise 2, puis que $A$ et $B$ sont premiers 
entre eux.
	\end{enumerate}
\item On suppose maintenant que $n$ est pair.
	\begin{enumerate} 
		\item Montrer que 4 ne divise pas $n^2 - 2n + 2$.
		\item Montrer que $d$ est de la forme $d = 2p$, où $p$ est impair.
		\item Montrer que $p$ divise $n$. En déduire que $d = 2$. (On pourra 
s'inspirer de la démonstration utilisée à la question \textbf{4})
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 5 points}

\medskip

On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par :

\[f(x) = x - \left(x^2 + 4x + 3\right)\text{e}^{- x}.\]

On désigne par $(\mathcal{C})$ sa courbe représentative dans le 
plan rapporté à un repère orthonormal \Oij{} ; l'unité graphique est 2~cm.

\begin{center} \textbf{Partie A - Étude d'une fonction auxiliaire 
\boldmath $g$ \unboldmath }\end{center}

Soit la fonction $g$ définie sur $\R$ par :

\[g(x) = \left(x^2 + 2x - 1\right)\text{e}^{- x} + 1. \]

\begin{enumerate} 
\item ~%Étudier les limites de $g$ en $+ \infty$ et en $- \infty$.
$\bullet~$|imite en $+ \infty$ :

On a $g(x) = x^2\e^{-x} + 2\e^{-x} c- 1\e^{-x}$ ; or on sait que pour tout $n \in \N$, \: 
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^n\e^{-x} = 0$, donc par somme de limites $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}g(x) = 1$.

$\bullet~$|imite en $- \infty$ : On a $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}x^2 + 2x - 1 = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\e^{-x} = + \infty$, donc par produit de limites : $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} g(x) = + \infty$.
\item %Calculer $g'(x)$ et montrer que $g'(x)$ et $(3 - x^2)$ ont le même signe.
$g$ produit de fonctions dérivables sur $\R$ est dérivable et sur cet intervalle :

$g'(x) = (2x + 2)\e^{-x} - \left( x^2 + 2x - 1\right)\e^{-x} = \e^{-x}\left(- x^2 + 3 \right)$.

Comme quel que soit $x \in \R$, \: $\e^{-x} > 0$, le signe de $g'(x) $ est celui du trinôme $3 - x^2 = \left(\sqrt 3 + x \right)\left(\sqrt 3 - x\right)$.
\item %En déduire le tableau de variations de $g$.
D'après la question précédente $g'(x)$ est négative sauf sur l'intervalle $]- \sqrt 3~;~\sqrt 3[$ où $g'(x) > 0$.

La fonction $g$ est donc décroissante sur $]- \infty~;~- \sqrt 3[$ de plus l'infini à 

$g(- \sqrt 3) = (2 - 2\sqrt 3)\e^{\sqrt 3} + 1 \approx - 7,28$, puis croissante de $g(-\sqrt 3)$ à $g(\sqrt 3) = (2 + 2\sqrt 3)\e^{- \sqrt 3} + 1 \approx 7,97$, et enfin décroissante de $g(\sqrt 3)$ à 1.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que l'équation $g(x) = 0$ admet deux solutions dans $\R$. Vérifier que $g(0) = 0$. On note $\alpha$ la solution non nulle.
		La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ donc continue sur cet intervalle :
		
$\bullet~$Sur l'intervalle $]- \infty~;~- \sqrt{3}[$, la fonction $g$ est strictement décroissante de moins l'infini à environ $-7$ : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un réel unique $\alpha \in ]- \infty~;~- \sqrt{3}[$, tel que $f(\alpha) = 0$ ;
		
$\bullet~$Sur l'intervalle $]- \sqrt{3}~;~ \sqrt{3}[$, la fonction $g$ est strictement croissante de moins sept à environ huit : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc un réel unique $\beta \in ]- \sqrt{3}~;~- \sqrt{3}[$, tel que $f(\beta) = 0$. 

$\bullet~$On a $g(0) = 0 + 0 - 1\e^{0} + 1 = - 1 + 1 = 0$, donc $\beta = 0$	
		\item %Prouver que $- 2,4 < \alpha < - 2,3$.
		La calculatrice donne $g(-2,4) \approx 0,56$ et $g(-2,3) \approx - 2,09$ donc $-2,4 < \alpha < - 2,3$.
	\end{enumerate}
\item %En déduire le signe $g(x)$ suivant les valeurs de $x$.
D'après les résultats de la question 4. et le tableau de variations, on en déduit que :

$\bullet~$$g(x) > 0$ sur $]- \infty~;~\alpha[$ ;

$\bullet~$$g(x) < 0$ sur $]\alpha~;~0[$ ;

$\bullet~$$g(x) > 0$ sur $]0~;~+- \infty[$
\end{enumerate}

\begin{center} \textbf{Partie B - Étude de la fonction 
\boldmath $f$ \unboldmath} \end{center}

\begin{enumerate}
\item ~%Déterminer les limites de $f$ en $- \infty$ et en $+ \infty$.
$\bullet~$Limite en $- \infty$ :

$f(x) = x - \left(x^2 + 4x + 3\right)\text{e}^{- x} = x^2\left[\dfrac 1x - 1 - \dfrac 4x + \dfrac{3}{x^2}  \right]\e^{-x} = x^2\left[ - 1 - \dfrac 3x + \dfrac{3}{x^2}  \right]\e^{-x}$.

On a $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}- 1 - \dfrac 3x + \dfrac{3}{x^2} = - 1$ et $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\e^{-x} = + \infty$ donc par produit de limites 

$\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\left[ - 1 - \dfrac 3x + \dfrac{3}{x^2}  \right]\e^{-x} = - \infty$ et comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}x^2 v= + \infty$, par produit de limites :

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

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

$f(x) = x - x^2\e^{-x} - 4x\e^{-x} - 3\e^{-x}$, or on sait que  quel soit $a \in \R, \: \displaystyle\lim_{x \to + \infty}x^a\e^{-x} = 0$, comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}x = + \infty$, on a finalement :

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que, pour tout réel $x,~f'(x) = g(x)$.
		
$f$ est une somme de produit de fonctions dérivables sur $\R$, donc sur cet intervalle :
		
$f'(x) = 1 -(2x + 4)\e^{-x} + \left(x^2 + 4x + 3 \right)\e^{-x} =$

$ 1 + \e^{-x}\left(x^2 + 4x + 3 - 2x - 4\right)1 + \e^{-x}\left(x^2 + 2x - 1\right) = g(x)$
		\item %Dresser le tableau de variations de la fonction $f$.
Le signe de $g(x)$ a été donné à la fin de la partie A ; on en déduit les trois variations de la fonction $f$ :

\begin{center}
\psset{unit=1cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture}(10,3)
\psframe(10,3)\psline(0,2)(10,2)\psline(0,2.5)(10,2.5)\psline(1,0)(1,3)
\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.4,2.4){$-\infty$} \uput[u](4,2.4){$\alpha$}
\uput[u](7,2.4){$0$} \uput[u](9.5,2.4){$+ \infty$} %
\uput[u](0.5,1.9){$f'(x)$} \uput[u](2.5,1.9){$+$} \uput[u](4,1.9){$0$} \uput[u](5.5,1.9){$-$} \uput[u](7,1.9){$0$} \uput[u](8.5,1.9){$+$}
\psline{->}(1.5,0.5)(3.5,1.5) \psline{->}(4.5,1.5)(6.5,0.5) \psline{->}(7.5,0.5)(9.5,1.5)
\rput(0.5,1){$f$}\uput[u](1.5,0){$-\infty$}\uput[d](9.5,2){$+\infty$}\uput[u](7,0){$-3$}\uput[d](4,2){$\approx 6,8$}
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item %Démontrer que la droite (D) d'équation $y = x$, est asymptote à la courbe $(\mathcal{C})$.
On a $f(x) - x = - \left(x^2 + 4x + 3\right)\e^{-x}$.

Or on a démontré à la question 1. que $\displaystyle_{x \to + \infty} \left(x^2 + 4x + 3\right)\e^{-x} = $ ; il en est de même de son opposé donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} [f(x) - x] = 0$, ce qui montre le résultat demandé.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item  %Montrer que la droite (D)et la courbe $(\mathcal{C})$ 
%se coupent en deux points A et B dont on donnera les coordonnées.
Les points communs à (D) et à la courbe $(\mathcal{C})$ ont des abscisses telles que $f(x )  = x  \iff - \left(x^2 + 4x + 3\right)\e^{-x} = 0 \iff x^2 + 4x + 3 = 0$ car $\e^{-x} \ne 0$.

or $x^2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3)$ : les deux racines du trinôme sont $- 3$ et $ -1$ : si A est le point d'abscisse $- 3$, son ordonnée est $f(-3) =  - 3$ : B est le point d'abscisse et d'ordonné $- 1$.

A$(-3~;~3)$ et B$(-1~;~-1)$.
		\item %Étudier la position relative de la droite (D) et de la courbe $(\mathcal{C})$.
Soit $\Delta$ la fonction définie sur $\R$ par $\Delta(x) = x - f(x) = \left(x^2 + 4x + 3\right)\e^{-x}$.
		
Comme $\e^{-x} > 0$, le signe de $\Delta(x)$ est celui du trinôme $x^2 + 4x + 3$.

On sait que celui-ci est positif sauf entres ses racines $-3$ et $- 1$.

Conclusion : (D) est au dessus de $(\mathcal{C})$, sauf sur l'intervalle $]- 3~;~-1[$.
\end{enumerate}
\item %Construire la courbe $(\mathcal{C})$ et la droite (D).

\begin{center}
\psset{unit=1cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture*}(-3.5,-3.5)(4,7)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-3.5,-3.5)(4,7)
\psline(-3.5,-3.5)(4,4)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{-3.5}{4}{x dup mul x 4 mul add 3 add 2.71828 x exp div  x sub neg}
\psdots(-1,-1)(-3,-3)
\uput[dr](-1,-1){B}\uput[ul](-3,-3){A}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{-3}{-1}{x dup mul x 4 mul add 3 add 2.71828 x exp div  x sub neg}
\psplot[plotpoints=500,linewidth=1.25pt,linecolor=black]{-1}{-3}{x }}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=red!20]{\psplot[plotpoints=500,linewidth=1.25pt,linecolor=black]{-1}{1.5}{x}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{1.5}{-1}{x dup mul x 4 mul add 3 add 2.71828 x exp div x sub neg}}
\uput[ur](1.5,0){$m$}\rput(0.5,-1){$\left(\mathcal{A}_m \right)$}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}

\begin{center} \textbf{Partie C - Calculs d'aire} \end{center}

\begin{enumerate}
\item Soit $H$ la fonction définie sur $\R$ par :

\[ H(x) = \left(ax^2 + bx + c  \right)\e^{-x}.\]

Déterminer les réels $a,~b$ et $c$ tels que la fonction $H$ soit 
une primitive de la fonction $h$ définie par :

\[ h(x) = \left(x^2 + 4x + 3\right)\e^{-x}. \]

$H$ est une primitive de $h$ sur $\R$ si :

$H'(x) = h(x) \iff (2ax + b)\e^{-x} - \left(ax^2 + bx + c\right)\e^{-x} = \left(x^2 + 4x + 3\right)\e^{-x} \iff \left[-ax^2 + (2a - b)x  + b - c\right]\e^{-x}= \left(x^2 + 4x + 3  \right)\e^{-x} \iff -ax^2 + (2a - b)x  + b - c = x^2 + 4x + 3$.

On en déduit aussitôt par identification :

$a = - 1$ puis $2a - b = 4 \iff 2a - b = 4 \iff -2 - b = 4 \iff b = - 6$, et enfin $b - c = 3 \iff - 6 - c = 3 \iff c = - 9$.

$F(x) = \left(-x^2 - 6x - 9\right)\e^{-x}$.
\item %Déterminer l'aire, en unités d'aire, de la partie de 
%plan limitée par la courbe $(\mathcal{C})$ et la droite (D).
On a vu que la courbe $(\mathcal{C})$ est au dessus de la droite (D) pour $x \in [-3~;~-1]$. L'aire à calculer $(\mathcal{A})$ est donc égale à :

$(\mathcal{A}) = \displaystyle\int_{-3}^{-1}[f(x) - x]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{-3}^{-1}[- \left(x^2 + 4x + 3\right)\e^{-x}]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{-3}^{-1}- h(x)]\:\text{d}x = [H(x)]_{-3}^{-1}$ ;

$(\mathcal{A}) = 4\e - 0 = 4\e$. (en unités d'aire).
\item %Soit $m$ un réel strictement supérieur à $- 1$. On 
%considère le domaine $\left(\mathcal{D}_m \right)$ délimité par la courbe 
%$(\mathcal{C})$, la droite (D) et les droites d'équations respectives 
%$x = - 1$ et $x = m$.
On sait que si $x \geqslant - 1$, (D) est au dessus de la courbe $(\mathcal{C})$
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer l'aire $\left(\mathcal{A}_m \right)$ du domaine
%$\left(\mathcal{D}_m \right)$, en unités d'aire.
On a donc $\left(\mathcal{A}_m \right) =\displaystyle\int_{-1}^m [x - f(x)]\:\text{d}x = \displaystyle\int_{-1}^m h(x)\:\text{d}x = [H(x)]_{-1}^m = $

$- \left(m^2 + 6m + 9\right)\e^{-m} + 4\e$.
		\item %Déterminer la limite de $\left(\mathcal{A}_m \right)$ lorsque $m$ tend vers $+ \infty$.
On sait que $\displaystyle\lim_{m \to + \infty}- \left(m^2 + 6m + 9\right)\e^{-m} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{m \to + \infty}\left(\mathcal{A}_m \right) = 4\e$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}