
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet}
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt}
\usepackage{amsmath,amssymb,makeidx}
\usepackage{fancybox}
\usepackage{tabularx}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{pifont}
\usepackage{lscape}
\usepackage{multirow}
\usepackage{textcomp} 
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
%Tapuscrit : Denis Vergès
\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=1.9cm, bottom=2.4cm]{geometry}
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\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{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Baccalauréat ES},
pdftitle = {La Réunion  juin 2004},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH} 
\usepackage[frenchb]{babel}
\usepackage[np]{numprint}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{La Réunion}}
\rfoot{\small{juin 2004}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S La Réunion juin 2004~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\medskip

\textbf{A - Lecture graphique}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On lit graphiquement :

\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] Si $k < 0$, l'équation n'a pas de solution ;
\item[$\bullet~$] Si $k = 0$, l'équation a une solution ($1$) ;
\item[$\bullet~$] Si $0 < k < 1$, l'équation a deux solutions ;
\item[$\bullet~$] Si $k = 1$, l'équation a une solution ($0$) ;
\item[$\bullet~$] Si $k > 1$, l'équation n'a pas de solution.
\end{itemize}

\item Pour $n > 1,~0 < \dfrac{1}{n}< 1$. D'après la question précédente, l'équation 

$f(x) = k = \dfrac{1}{n}$ a alors deux solutions distinctes.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{B - Définition et étude de deux suites}

\medskip

\begin{enumerate}
\item D'après le tableau de variations : 

\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] Sur l'intervalle $[0~;~1]$ la fonction $f$ est continue et décroissante de $f(0) = 1$ à $f(1) = 0$.

Or $n > 1 \Rightarrow 0 < \dfrac{1}{n} < 1$ soit $f(1) < \dfrac{1}{n} < f(0)$.

Il existe donc un réel unique $u_{n}$ de $[0~;~1]$ tel que $f\left(u_{n} \right) = \dfrac{1}{n}$.
\item[$\bullet~$] Même raisonnement sur l'intervalle $[1~;~+ \infty[$ avec $f$ croissante de $0$ à $1$.

Il existe un réel unique $v_{n}$ de $[1~;~+ \infty[$ tel que $f\left(v_{n}\right)  =  \dfrac{1}{n}$.
\end{itemize}
\item Construction de $u_{2},~u_{3},~u_{4},~v_{2},~v_{3},~v_{4}$.

\medskip

\psset{unit=3.75cm}
\begin{pspicture}(0,0)(3,1.5)
\multido{\r=0+0.083333}{19}{\psline[linewidth=0.25pt,linecolor=orange](0,\r)(3,\r)}
\multido{\r=0+0.071429}{43}{\psline[linewidth=0.25pt,linecolor=orange](\r,0)(\r,1.5)}
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(3,1.5)
\psline[linewidth=1.5pt](0,1)(3,1)
\psline[linewidth=0.5pt,linecolor=blue](0,0.5)(3,0.5) \uput[u](0.25,0.5){$y = \frac{1}{2}$} \uput[l](0,0.5){$\frac{1}{2}$} 
\psline[linewidth=0.5pt,linecolor=blue](0,0.3333)(3,0.3333) \uput[u](0.25,0.3333){$y = \frac{1}{3}$} \uput[l](0,0.3333){$\frac{1}{3}$} 
\psline[linewidth=0.5pt,linecolor=blue](0,0.25)(3,0.25) \uput[d](0.25,0.25){$y = \frac{1}{4}$} \uput[l](0,0.25){$\frac{1}{4}$} 
\uput[d](2.9,0){$x$}
\uput[l](0,1.4){$y$}
\uput[u](0.4,1){$\Delta$}
\uput[dl](0,0){O}
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{3}{1 x 2 exp 2.71828 1 x 2 exp sub exp mul sub}
\uput[d](2.8,0.96){\blue $\mathcal{C}$}
\psline[linewidth=0.3pt](0.481,0.5)(0.481,0)\uput[d](0.481,0){$u_{2}$}
\psline[linewidth=0.3pt](0.589,0.3333)(0.589,0)\uput[d](0.589,0){$u_{3}$}
\psline[linewidth=0.3pt](0.648,0.25)(0.648,0)\uput[dr](0.648,0){$u_{4}$}
\psline[linewidth=0.3pt](1.4,0.25)(1.4,0)\uput[dl](1.4,0){$v_{4}$}
\psline[linewidth=0.3pt](1.476,0.3333)(1.476,0)\uput[d](1.476,0){$v_{3}$}
\psline[linewidth=0.3pt](1.637,0.5)(1.637,0)\uput[d](1.637,0){$v_{2}$}
\end{pspicture}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} (Obligatoire)\hfill 5 points}

\medskip

\[z' = \dfrac{\text{i}z + 2 }{z - \text{i}}\]

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Image de B : $z_{\text{B}'} = \dfrac{\text{i} - 1 + 2}{1 + \text{i} - \text{i}} = 1 + \text{i} = z_{\text{B}}$ : B est invariant par $f$ ;
		
Image de C : $z_{\text{C}'} = \dfrac{\text{i}(- 1 +\text{i})  + 2}{-1 + \text{i} - \text{i}} = - 1 + \text{i} = z_{\text{C}}$ : C est invariant par $f$.
		\item Soit $M$ d'affixe différente de i et $M'$ son image par $f$, alors :
		
$z' - \text{i} = \dfrac{\text{i}z + 2 }{z - \text{i}} - \text{i} = \dfrac{\text{i}z + 2 - \text{i}z - 1}{z - \text{i}} \dfrac{1}{z - \text{i}}$, d'où $\left(z' - \text{i} \right)(z - \text{i}) = 1$.
		\item Soit D$'$ l'image de D par $f$. On déduit de la question précédente que 
		
$\left(z_{\text{D}' }- \text{i}\right)(1 +  \text{i} = 1$, ce qui signifie :
		
\begin{itemize}
\item en module que AD$' \times $ OB = 1, soit AD$' = \dfrac{1}{\text{OB}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$ ;
\item en argument que arg$\left(\vect{u},~\vect{\text{AD}'}\right) + \text{arg}\left(\vect{u},~\vect{\text{AD}}\right) = 0 \quad [2\pi]$ soit 

arg$\left(\vect{u},~\vect{\text{AD}'}\right) = - \dfrac{\pi}{4}$, soit puisque $\vect{u} = \vect{\text{AB}},~\left(\vect{\text{AB}},~\vect{\text{AD}'}\right) = - \dfrac{\pi}{4}$. 

On peut donc construire le symétrique de D autour de (AB), puis l'image de ce point dans l'homothétie de centre A et de rapport $\frac{1}{2}$. D'où la figure :

\medskip

\begin{center}
\psset{unit=4cm}
\begin{pspicture*}(-1.25,-0.25)(1.25,2.25)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=4,griddots=10,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(-2,-1)(2,3)
\psaxes[linewidth=1.25pt](0,0)(-1.25,-0.25)(1.25,2.25)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} 
\psdots[dotstyle=*](0,1)(1,1)(-1,1)(1,2)(0.5,0.5)
\uput[dl](0,0){O} \uput[dl](0,1){A} \uput[d](1,1){B} \uput[d](-1,1){C} \uput[dr](1,2){D} 
\uput[dl](0.5,0.5){D$'$} 
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{itemize}
	\end{enumerate}
\item Soit un point $M$ d'affixe $z$ du cercle de centre A et de rayon $R > 0$, alors 

A$M = R$ ; or d'après la question 1. c., A$M' \times \text{A}M = 1 \iff \text{A}M' = \dfrac{1}{\text{A}M} = \dfrac{1}{R}$, ce qui signifie que l'image de $M$ appartient au cercle  centré en A et de rayon $\dfrac{1}{R}$.

Un point $M$ du cercle  a une affixe de la forme $z = \text{i} + R\text{e}^{\text{i}\alpha}$, avec $0 \leqslant \alpha < 2\pi$ et on a vu à la question précédente que son image a un argument égal à $- \alpha$, donc  $0 \leqslant  - \alpha < 2\pi$.

Conclusion : l'image d'un cercle centré en A et de rayon $R$ est \textbf{le} cercle centré en A et de rayon $\dfrac{1}{R}$.

\item

	\begin{enumerate}
		\item Si $z = \alpha \text{i},~\alpha \neq 1$, alors $z' = \dfrac{- \alpha + 2}{\alpha \text{i} - \text{i}} = \dfrac{\text{i}(2 - \alpha)}{1 - \alpha} = \beta \text{i}$. Donc $z'$ est un imaginaire pur.
		
Donc l'image de l'axe imaginaire (privé de A) est inclus dans l'axe imaginaire pur.

Inversement si $z' = \alpha \text{i},~\alpha \neq 1$, alors  $z' = \alpha \text{i} \iff z = \dfrac{2 - \alpha}{1 - \alpha}\text{i}$.

Tout point de l'axe imaginaire différent de A a un antécédent sur cet axe imaginaire et différent de A.

Conclusion : l'image de l'axe imaginaire privé de A est l'axe imaginaire privé de A
		\item 	Soit $M$ un point de $\mathcal{D}$ ; si son abscisse est $\alpha (\alpha \neq 0)$, son affixe est $z = \alpha + \text{i}$.
		
La relation trouvée au 1. b. s'écrit ici $\left(z' - \text{i} \right)(\alpha) = 1 \iff z' = \dfrac{1}{\alpha} + \text{i}$ qui montre que $M'$ appartient à la droite $\mathcal{D}$ privée de A puisque $\dfrac{1}{\alpha} \neq 0$.

De fa\c{c}on symétrique tout point $M'$ de $\mathcal{D}$ a pour affixe :  $z' = \alpha + \text{i}$. Toujours d'après la relation 1. b. on en déduit que $z = \dfrac{1}{\alpha} + \text{i}$ qui est un point de  $\mathcal{D}$.

Conclusion : la droite $\mathcal{D}$ privée de A a pour image par $f$, la droite $\mathcal{D}$	privée de A.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} (spécialité) \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Soit $p$ un entier premier impair.
	\begin{enumerate}
		\item D'après le petit théorème de Fermat, comme $p$ impair est premier avec $2$, on sait que $2^{p-1}- 1$ est divisible par $p$ ou encore $2^{p-1} - 1 = \alpha p,~\text{avec}~\alpha \in \N$, soit $2^{p-1} \equiv 1 \quad [p]$.
		\item Inversement soit $k \neq 0$ tel que $2^k \equiv 1\quad [p] (1)$.
		
Si $k$ divise $n$, il existe $\alpha \in \N$ tel que $n = \alpha k$.

(1) $\Rightarrow  \left(2^k\right)^{\alpha} \equiv 1^{\alpha}\quad [p] (1)$ ou $2^{k\alpha} \equiv 1 \quad [p]$ et finalement :

\[2^n \equiv 1 \quad [p]\]

		\item Soit $b$ tel que $2^b \equiv 1 \quad [p]$, $b$ étant le plus petit entier différent de zéro vérifiant cette propriété.
		
La division euclidienne de $n$ par $b$ montre l'existence des entiers $\alpha$ et $\beta$ tels que $n = \alpha b + \beta$, avec $\beta < b$.

Si $2^n \equiv 1 \quad [p]$, alors $2^{\alpha b + \beta} \equiv 1 \quad [p] \iff 2^{\alpha b} \times 2 ^{\beta} \equiv 1 \quad [p] $.

Or $2^b \equiv 1 \quad [p] \Rightarrow 2^{\alpha b} \equiv 1 \quad [p]$, donc $2^{\beta} \equiv 1 \quad [p]$, ce qui contredit l'hypothèse relative à $b$. Donc $\beta = 0$ et par conséquent $n$ est multiple de $b$ ou encore $b$ non nul divise $n$.
	\end{enumerate}
\item Soit $q$ premier impair,  $A  = 2^q - 1$ et $p$ un diviseur premier de $A$.
	\begin{enumerate}
		\item Puisque $A$ est un multiple de $p$, on a $2^q - 1 \equiv 0 \quad [p] \iff 2^q \equiv 1 \quad [p]$.
		\item $p$ ne peut être pair, puisque le seul pair premier est 2 et $A$ impair n'est pas multiple de 2.
		\item Soit $b$ le plus petit entier tel que $2^b \equiv 1 \quad [p]$ et $q$ vérifie aussi $2^q \equiv 1 \quad [p]$. D'après le résultat de 1. c. on sait alors que $b$ divise $q$ ; mais $q$ premier impair n'a pour diviseur que 1 et $q$ :
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item si $b = 1$ on aurait $2 ^1 \equiv 1 \quad [p]$ ce qui est faux car $p$ est au moins égal à 3 ;
\item donc $b = q$
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
		\item $p$, premier impair  est premier avec 2, donc le petit théorème de Fermat permet d'écrire :
		$2^{p - 1} - 1 \equiv 0 \quad [p] \iff 2^{p - 1} \equiv 1 \quad [p]$.
		
$q$ étant le plus petit entier tel que $2^q \equiv 1 \quad [p]$, on en déduit que $q \leqslant p - 1$ et d'après le résultat de la question 1. c., $q$ divise $p - 1$.

Or p impair implique que $p - 1$ est pair : il existe $\alpha \in \N$ tel que $p - 1 = 2\alpha$.

Donc $q$ divise $2\alpha$ et d'après le théorème de Gauss comme $q$ est impair donc premier avec 2, il divise $\alpha$. Il existe donc $k \in \N$ tel que $\alpha = kq$.

On a donc $p - 1 = 2kq = 2(kq) \iff p - 1 \equiv 0 \quad [2q]$ soit finalement 

$p \equiv 1 \quad [2q]$.
	\end{enumerate}
\item On a A$_{1} = 2^{17} - 1$

D'après le résultat précédent 17 étant un impair premier, tout facteur premier $p$ de A$_{1}$ vérifie $p \equiv 1 \quad [2 \times 17] \iff  p \equiv 1 \quad [34]  \iff p = 34\alpha + 1$, avec $\alpha \in \N$.

Les entiers 103, 137, 239 et 307 sont les entiers premiers inférieurs à 400 de la forme $34\alpha + 1$ ; aucun d'eux ne divise A$_{1}$ et comme $400^2 > \text{A}_{1}$, on en déduit que A$_{1}$ est premier.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Les tirages étant avec remise, on a ici une loi binomiale de paramètres $n = 10$ et $p = \dfrac{120}{\np{6000}}$.

On sait que la probabilité d'avoir exactement 3 adresses inexactes sur 10 tirages est :

\[\binom{10}{3}\left( \dfrac{120}{\np{6000}}\right)^3\left(1 -  \dfrac{120}{\np{6000}}\right)^7\]

Réponse c.
\item Avec des notations évidentes :

\medskip

\begin{center}\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=1.75pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$B_{1}$}\taput{0,6}}
	  { 
		  \TR{$E$}\taput{0,98}
		  \TR{$\overline{E}$}\tbput{0,02}	   
	  }
	\pstree{\TR{$B_{2}$}\tbput{0,4}}
	  {
		  \TR{$E$}\taput{0,95}
		  \TR{$\overline{E}$}\tbput{0,05} 
	  }
}
\end{center}
Comme $p(E) \neq 0$, on a :

$p_{E}\left(B_{1} \right) = \dfrac{p\left(B_{1} \cap E\right)}{p(E)} =
\dfrac{p\left(B_{1} \cap E\right)}{p\left(B_{1}\right) \times p_{B_{1}}(E) + p\left(B_{2}\right) \times p_{B_{2}}(E)} =  \dfrac{0,6 \times 0,98}{0,6 \times 0,98 + 0,4 \times 0,95}$.

Réponse d.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item La probabilité cherchée est : $1 - p([0~;~\np{2500}[) = 1 - \int_{0}^{\np{2500}} \np{0,0005} \text{e}^{- \np{0,0005}\times x}\:\text{d}x = 1 - \left[- \text{e}^{-\np{0,0005}x} \right]_{0}^{\np{2500}} = 1 - \text{e}^{- \np{0,0005}\times \np{2500}} - 1 = \text{e}^{-1,25} =  \text{e}^{-\frac{5}{4}}$.

Réponse a.
\item
 
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] Toutes les fonctions étant continues et leurs dérivées continues, on peut intégrer par parties :

$\begin{array}{l  l}
u = x &\text{d}v = \lambda\text{e}^{- \lambda x}\\
\text{d}u = 1&v = - \text{e}^{- \lambda x}\\
\end{array}$
 
Donc $\int_{0}^t \lambda x \text{e}^{- \lambda x}\:\text{d}x  = \left[- x  \text{e}^{- \lambda x}  \right]_{0}^t + \int_{0}^t 
\text{e}^{- \lambda x}\:\text{d}x = \left[- x  \text{e}^{- \lambda x} - \dfrac{1}{\lambda}\text{e}^{- \lambda x}  \right]_{0}^t =$
 
$ - t \text{e}^{- \lambda t} + \dfrac{1 - \text{e}^{- \lambda t}}{\lambda}$.
 
Réponse b.
 
\item[$\bullet~$] Limite de l'intégrale précédente.

Comme $\lambda > 0$, on a :

\begin{itemize}
\item $\displaystyle \lim_{t \to + \infty} t \text{e}^{- \lambda t} = 0$ ;
\item $\displaystyle \lim_{t \to + \infty} \dfrac{1 - \text{e}^{- \lambda t}}{\lambda} = \dfrac{1}{\lambda} = \np{2000}.$
\end{itemize}

Réponse b.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 6 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $ [f(x)]^2 \geqslant  0 \Rightarrow 1 + [f(x)]^2 \geqslant 1 \Rightarrow [f'(x)]^2 > 0$.
		
Conclusion : quel que soit $x,~f^{\prime}(x) \neq 0$.
		\item La première relation appliquée à $x = 0$ donne $[f(0)]^2 = 1 - 1 = 0 \Rightarrow f(0) = 0$. 
	\end{enumerate}
\item En dérivant la relation (1) :

$2f^{\prime}(x)f^{\prime\prime}(x) - 2f(x)f^{\prime}(x) = 0 \iff (\text{car}~f^{\prime}(x) \neq 0) f^{\prime\prime}(x) - f(x) = 0 \quad (4)$ quel que soit $x \in \R$.
\item $u = f + f'$ et $v = f' - f$.

	\begin{enumerate}
		\item $u(0) = f(0) + f'(0) = 0 + 1 = 1$
		
		$v(0) = f'(0) - f(0) = 1 - 0 = 1$.
		\item $f'$ étant dérivable, $u$ et $v$ le sont aussi :
		
		$u^{\prime} = f'' + f' = f + f' = u$ et $v' = f'' - f' = f - f^{\prime} = - v$.
		\item On en déduit que $u = K_{1} \text{e}^x$ et que $v = K_{2}\text{e}^{-x}$ quel que soit $x \in \R$.
		\item On a $u - v = f' + f - f' - (- f) = 2f \Rightarrow f = \dfrac{u - v}{2}$.
		
		Quel que soit $x \in \R,~f(x) = \dfrac{\text{e}^x - \text{e}^{-x}}{2}$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{-x} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{x} = + \infty,~\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty.$
		
		Inversement comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{x} = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^{-x} = + \infty,~\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = - \infty.$
		\item $f$ somme de fonctions dérivables est dérivable sur $\R$ et 
		
		$f'(x) = \dfrac{\text{e}^x + \text{e}^{-x}}{2} > 0$ car $\text{e}^u > 0$ quel que soit $u$. La fonction $f$ est donc croissante sur $\R$.
		
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,3)
\psframe(6,3) \psline(2,0)(2,3) \psline(0,2)(6,2) \psline(0,2.5)(6,2.5)
\uput[u](1,2.5){$x$}\uput[u](2.3,2.5){$- \infty$}\uput[u](5.7,2.5){$+ \infty$}
\uput[u](1,1.9){$f'(x)$} \uput[u](4,2){$+$}\rput(1,1){$f$}
\uput[u](2.3,0){$- \infty$} \uput[d](5.7,2){$+ \infty$}
\psline{->}(2.7,0.3)(5.2,1.7)
\end{pspicture}
		\end{center}
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item D'après le tableau de variations précédent, la fonction $f$ étant continue sur $\R$ et croissante sur $\R$, l'équation $f(x) = m,~m \in \R$ a une solution unique $\alpha$.
		\item Application : résolution de l'équation $f(x) = 3$.
		
On a $f(x) = 3 \iff \dfrac{\text{e}^x - \text{e}^{-x}}{2} = 3 \iff \text{e}^x - \text{e}^{-x} = 6 \iff \text{e}^x - \dfrac{1}{\text{e}^x} - 6 = 0 \iff \left[\text{e}^x\right]^2 - 6\text{e}^x - 1 = 0 \iff \left(\text{e}^x - 3 \right)^2 - 9 - 1 = 0 \iff \left(\text{e}^x - 3 \right)^2 - 10 = 0 \iff \left(\text{e}^x - 3  + \sqrt{10}\right)\left(\text{e}^x - 3  - \sqrt{10}\right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
\text{e}^x - 3  - \sqrt{10}&=&0\\
\text{e}^x - 3  + \sqrt{10}&=&0\\
\end{array}\right. \iff$

$\left\{\begin{array}{l c l}
\text{e}^x&=&3 + \sqrt{10}\\
\text{e}^x&=&3 - \sqrt{10}\\
\end{array}\right.$

La deuxième équation n'a pas de solution dans $\R$ car $3 - \sqrt{10} < 0$.

La première implique en appliquant la fonction logarithme népérien : $x = \ln \left(3 + \sqrt{10} \right)$.

Une calculatrice donne : $\alpha \approx 1,82$ à $10^{-2}$ près.								\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}