%!TEX encoding = UTF-8 Unicode
\documentclass[10pt]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc} 
\usepackage[latin1]{inputenc}
\usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,alterqcm}
\usepackage[dvips]{color}
\usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node}
\usepackage{pst-eucl}
\usepackage{pstricks-add}
\usepackage{fancyhdr} 
\usepackage{tikz}
\usepackage{fancyhdr} 
\usepackage{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S},
pdftitle = {Métropole juin 2008},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH} 
\usepackage[frenchb]{babel}
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\everymath{\displaystyle}
\textwidth 16cm \textheight 23,5cm \hoffset 
-1,7cm \voffset -2cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\cfoot{Page \thepage/4}
\usepackage[np]{numprint}
\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat S}
\lfoot{\small{Liban}}
\rfoot{\small{juin 2008}}
\begin{document}

\begin{center}\section*{\decofourleft~Corrigé du  baccalauréat S Métropole juin 2008~\decofourright}\end{center}

\subsection*{Exercice 1}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Soit $F$ la fonction définie sur $]0~;~+\infty[$ par $F(x)=x\ln x-x$. $F$ est dérivable comme somme et produit de fonctions dérivables.\\
Pour tout $x$ de $]0~;~+\infty[$, $F'(x)=1\times \ln x+x\times \ln x-1=\ln x=f(x)$ ; par conséquent $F'=f$ donc $F$ est une primitive de $f$ sur $]0~;~+\infty[$.\\
On en déduit que : $I=\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\text{ d}x=F(\mathrm{e}) - F(1) = (\mathrm{e}\ln \mathrm{e}-\mathrm{e})-(1\ln 1-1)=0-(-1) = 1$. $\boxed{I = 1}$.
		\item $J=\int_{1}^{\mathrm{e}}(\ln x)^2\text{ d}x$.\\
En posant $u(x)=(\ln x)^2$ et $v'(x)=1$, on a $J=\int_{1}^{\mathrm{e}}u(x)v'(x)\text{ d}x$.

$u$, $v$, $u'$ et $v'$ sont continues, donc on peut effectuer une intégration par parties. 

On a : $u'(x)=2\dfrac{\ln x}{x}$ et $v(x)=x$

$J=\left[u(x)v(x)\right]_{1^{\mathrm{e}}}-\int_{1}^{\mathrm{e}}u'(x)v(x)\text{ d}x=\left[x(\ln x)^2\right]_{1}^{\mathrm{e}}-\int_{1}^{\mathrm{e}}2\dfrac{\ln x}{x}\times x\text{ d}x=\mathrm{e}-2\int_{1}^{\mathrm{e}}\ln x\text{ d}x=\mathrm{e}-2I$ ; $\boxed{J =I - 2I}$.
		\item Puisque $I=1$, on obtient : $\boxed{J=\mathrm{e}-2}$.\\
\textbf{\textcolor{blue}{Remarque :}} on pouvait trouver $J$ directement, en effectuant un autre choix de fonctions pour une intégration par parties : $J=\int_{1}^{\mathrm{e}}\ln x\times \ln x\text{ d}x=\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)F'(x)\text{ d}x=\left[f(x)F(x)\right]_{1}^{\mathrm{e}}-\int_{1}^{\mathrm{e}}f'(x)F(x)\text{ d}x=f(\mathrm{e})F(\mathrm{e})-f(1)F(1)-\int_{1}^{\mathrm{e}}(\ln x-1)\text{ d}x=-\int_{1}^{\mathrm{e}}(\ln x-1)\text{ d}x=-\int_{1}^{\mathrm{e}}\ln x\text{ d}x+\int_{1}^{\mathrm{e}}\text{ d}x=-I+(\mathrm{e}-1)=\mathrm{e}-2$
		\item Pour tout $x$ de $[1~;~\mathrm{e}]$, $0\leqslant \ln x\leqslant 1$ donc $0\leqslant (|n x)^2\leqslant \ln x$ donc $g(x)\leqslant f(x)$.
		
Par conséquent : $A=\int_{1}^{\mathrm{e}}[f(x)-g(x)]\text{ d}x=\int_{1}^{\mathrm{e}}f(x)\text{ d}x-\int_{1}^{\mathrm{e}}g(x)\text{ d}x=I-J=3-\mathrm{e}$.

$\boxed{A=3-\mathrm{e}}$.
\end{enumerate}

\item On a : $MN=\ln x-(\ln x)^2$. Posons $h(x)=\ln x-(\ln x)^2$.\\
$h$ est dérivable : pour tout $x$ de $[1~;~\mathrm{e}]$, $h'(x)=\dfrac{1}{x}-2\dfrac{\ln x}{x}=\dfrac{1-2\ln x}{x}$.

$h'(x)=0\iff \ln x=\dfrac{1}{2}\iff x=\mathrm{e}^\frac12=\sqrt{\mathrm{e}}$.

Puisque $x$ est positif, $h'(x)$ est du signe de $1-2\ln x$.

$1-2\ln x>0\iff \ln x<\dfrac{1}{2}\iff x<\mathrm{e}^\frac12\iff x<\sqrt{\mathrm{e}}$.

On en déduit le tableau de variations de $h$ :
\begin{center}
$\begin{array}{|c|lcccr|}
\hline
x&1&&\sqrt{\mathrm{e}}&&\mathrm{e}\\
\hline
h'(x)&&+&0&-&\\
\hline
&&&h(\sqrt{\mathrm{e}})&&\\
h(x)&&\nearrow&&\searrow&\\
&&&&&\\
\hline
\end{array}$
\end{center}

Par conséquent, $h(x)$ a un maximum pour $x=\sqrt{\mathrm{e}}$.\\
$h(\sqrt{\mathrm{e}})\ln(\sqrt{\mathrm{e}})-(\ln(\sqrt{\mathrm{e}}))^2=\dfrac{1}{2}-\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{1}{4}$.\\
$MN$ est maximum pour $x=\sqrt{\mathrm{e}}$ et vaut alors $\dfrac{1}{4}$.
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 2}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\text{AC}}\begin{pmatrix}2\\-2\\2\end{pmatrix}$.
		
Les deux vecteurs ne sont pas colinéaires (les coordonnées ne sont pas proportionnelles) donc les points A, B et C ne sont pas alignés
		\item Puisque A, B et C ne sont pas alignés, ils définissent un plan, dont une équation cartésienne est de la forme $ax+by+cz+d=0$.
		
Les coordonnées des trois points vérifient cette équation, donc on obtient un système de trois équations :

$\left\{\begin{array}{l}a+b+d=0\\a+2b+c+d=0\\3a-b+2c+d=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}d=-a-b\\a+2b+b-a-b=0\\3a-b+2c-a-b=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}d=-a-b\\b+c=0\\2a-2b+2c=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}d=-a-b\\b+c=0\\a-b+c=0\end{array}\right.\\
\iff \left\{\begin{array}{l}d=-a-b\\c=-b\\a-2b=0\end{array}\right.$.\\
On choisit par exemple $b=1$. On obtient alors $a=2$, $c=-1$ et $d=-3$.\\
Une équation cartésienne de (ABC) est : $\boxed{2x+y-z-3=0}$.
	\end{enumerate}
\item Soient (P) et (Q) les plans d'équations respectives $x+2y-z-4=0$ et $2x+3y-2z-5=0$.

Ces deux plans ont pour vecteurs normaux respectifs $\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}1\\2\\-1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{v}\begin{pmatrix}2\\3\\-2\end{pmatrix}$. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (coordonnées non proportionnelles), donc les deux plans (P) et (Q) ne sont pas parallèles.\\
Ils sont alors sécants selon une droite $\mathscr{D}$.\\
Un point $M(x~;~y~;~z)$ appartient à $\mathscr{D}$ si, et seulement si, ses coordonnées vérifient les équations des deux plans, donc sont solutions du système formé par ces deux équations.

$\left\{\begin{array}{l}x+2y-z=4=0\\2x+3y-2z-5=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x+2y=z+4\\2x+3y=2z+5=0\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}z=t\\x+2y=t+4\\2x+3y=2t+5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}z=t\\2x+4y=2t+8\\2x+3y=2t+5\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}z=t\\2x+4y=2t+8\\y=3\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}z=t\\y=3\\x=-2+t\end{array}\right.$ ($t\in\mathbb{R}$).\\
Une équation paramétrique de $\mathscr{D}$ est donc : $\left\{\begin{array}{l}x=-2+t\\y=3\\z=t\end{array}\right.$, $t\in\mathbb{R}$.

\item Cherchons l'intersection des trois plans? Soit $\Omega(x~;~y~;~z)$. $\Omega$ appartient aux trois plans si, et seulement si, $\Omega$ appartient à $\mathscr{D}$ et au plan (ABC).

$\Omega$ appartient à $\mathscr{D}$ si, et seulement si, il existe $t\in\mathbb{R}$ tel que $x=-2+t$, $y=3$ et $z=t$.

$\Omega$ appartient aussi à (ABC) signifie que ses coordonnées vérifient l'équation de (ABC) : on doit donc avoir : $2(-2+t)+3-t-3=0\iff t=4$.

On en déduit que $\Omega$ a pour coordonnées : $\Omega(2~;~3~;~4)$.

L'intersection des trois plans (P), (Q) et (ABC) est : $\boxed{\Omega(2~;~3~;~4)}$.

\item La distance de $A$ à la droite $\mathscr{D}$ est la norme de $\overrightarrow{AM}$ o\`u $M$ est un point de $\mathscr{D}$ et o\`u $\overrightarrow{AM}$ est orthogonal à $\mathscr{D}$.

Soit $\in\mathscr{D}$. $M$ a pour coordonnées $M(-2+t~;~3~;~t)$, $t\in\mathbb{R}$.

Alors : $\overrightarrow{\text{A}M}\begin{pmatrix}-3+t\\2\\t\end{pmatrix}$.

Un vecteur directeur de $\mathscr{D}$ est $\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$.

$\overrightarrow{\text{A}M}\perp \mathscr{D}\iff \overrightarrow{u}.\overrightarrow{\text{A}M}=0\iff -3+t+t=0\iff t=\dfrac{3}{2}$.\\
Les coordonnées de $\overrightarrow{\text{A}M}$ sont alors : $\overrightarrow{\text{A}M}\begin{pmatrix}-\dfrac{3}{2}\\2\\\dfrac{3}{2}\end{pmatrix}$.

La distance $\text{A}M$ vaut alors : $\text{A}M=\sqrt{\left(-\dfrac{3}{2}\right)^2+2^2+\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{17}{2}}$.

La distance de A à $\mathscr{D}$ vaut : $\boxed{d=\sqrt{\dfrac{17}{2}}}=\dfrac{\sqrt{34}}{2}$.
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

\subsection*{Exercice 3}
Pour tout $t\geqslant 0$, $P(X\leqslant t)=\int_{0}^t\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x}\text{ d}x$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $R(t)=P(X>t)=1-P(X\leqslant t)=1-\int_{0}^t\lambda\mathrm{e}^{-\lambda x}\text{ d}x=1-\left[-\mathrm{e}^{-\lambda x}\right]_{0}^t=1-\left(-\mathrm{e}^{-\lambda t}+1\right)=\mathrm{e}^{-\lambda t}$. $\boxed{R(t)=\mathrm{e}^{-\lambda t}}$.
		\item Pour tout réel $s$, $P_{X>t}(X>t+s)=\dfrac{P((X>t)\cap(X>t+s))}{P(X>t)}=\dfrac{P(X>t+s)}{P(X>t)}=\dfrac{\mathrm{e}^{-\lambda(t+s)}}{\mathrm{e}^{-\lambda t}}=\boxed{\mathrm{e}^{-\lambda s}}$ qui ne dépend pas de $t$. $X$ est bien une loi de durée de vie sans vieillissement.
	\end{enumerate}
\item On prend $\lambda=\np{0,00026}$.
	\begin{enumerate}
		\item $P(X\leqslant \np{1000})=1-R(1000)=1-\mathrm{e}^{-\np{0,00026}\times \np{1000}}=1-\mathrm{e}^{-0,26}$.\\
$P(X>\np{1000})=R(\np{1000})=\mathrm{e}^{-0,26}$.\\
$\boxed{P(X\leqslant \np{1000})=1-\mathrm{e}^{-0,26}}$ et $\boxed{P(X>\np{1000})=\mathrm{e}^{-0,26}}$.
		\item Puisque l'on a une loi  de durée de vie sans vieillissement, la probabilité que l'événement $(X>\np{2000})$ sachant que l'événement $(X>\np{1000})$ est réalisé est $P(X>\np{1000})=\boxed{\mathrm{e}^{-0,26} \approx 0,77}$.
		\item Puisque c'est une loi de durée de vie sans vieillissement, la probabilité que l'agenda tombe en panne avant \np{3000} heures sachant qu'il a fonctionné plus de \np{2000} est $P(x > \np{1000})=\boxed{\mathrm{e}^{-0,26} \approx 0,77}$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 4}

\begin{enumerate}
\item figure

\begin{center}
\psset{unit=0.4}
\begin{pspicture}(-9,-5)(4,5)
\psgrid[subgriddiv=1,gridlabels=0,gridwidth=0.3pt](-9,-5)(4,5)%grille
\psline[linewidth=0.8pt]{->}(-9,0)(5,0)%axe horizontal
\psline[linewidth=0.8pt]{->}(0,-5)(0,5)%axe vertical
%repère
\uput[dl](0,0){$O$}
\psline{->}(0,0)(1,0)
\psline{->}(0,0)(0,1)
\uput[d](0.7,0){$\overrightarrow{u}$}
\uput[l](0,0.5){$\overrightarrow{v}$}
\psdots(1,1)(3,-1)(2,0)(-4,-2)(-4,0)(3,1.732)(-6,3.46)
\uput[d](1,1){A}
\uput[d](3,-1){B}
\uput[d](2,0){I}
\uput[d](-4,-2){A'=B'}
\pscircle(2,0){2}
\uput[u](2,2){$\mathscr{C}$}
\uput[u](-4,0){J}
\pscircle(-4,0){4}
\uput[u](-4,4){$\mathscr{C'}$}
\uput[u](-6,3.46){E'}
\uput[u](3,1.732){E}
\psline[linestyle=dashed](-6,0)(-6,3.46)
\end{pspicture}
\end{center}

\item À tout $M(z)$, on associe $M'(z')$ tel que $z'=z^2-4z$.

Soit $a=1+\mathrm{i}$ l'affixe de A et soit $a'$ celle de A' : $a'=(1+\mathrm{i})^2-4(1+\mathrm{i})=2\mathrm{i}-4(1+\mathrm{i})=-4-2\mathrm{i}$.

Soit $b=3-\mathrm{i}$ affixe de B et soit $b'$ celle de B' : $b'=(3-\mathrm{i})^2-4(3-\mathrm{i})=8-6\mathrm{i}-4(3-\mathrm{i})=-4-2\mathrm{i}$.

\fbox{Les points A$'$ et B$'$ sont identiques.}

\item Les points qui ont pour image le point d'affixe $-5$ ont pour affixe $z$, solutions de l'équation $z^2-4z=-5$.

$z^2-4z=-5\iff z^2-4z+5=0$.

$\Delta=-4<0$. L'équation a deux solutions complexes conjuguées : $z_{1}=\dfrac{4-2\mathrm{i}}{2}=2-\mathrm{i}$ et $z_{2}=2+\mathrm{i}$.

\fbox{Les deux points ayant pour image le point d'affixe -5 on pour affixe $-2-\mathrm{i}$ et $-2+\mathrm{i}$.}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout $z$, $z'+4=z^2-4z+4=z^2-2\times z\times 2+2^2=(z-2)^2$.
		\item 
			\begin{enumerate}[$\bullet$]
			\item Alors, $|z'+4|=\left|(z-2)^2\right|=|z-2]^2$.
			\item Pour tout $z\neq 2$, $\arg(z'+4)=\arg\left((z-2)^2\right)=2\arg(z-2)$ modulo $2\pi$.
			\end{enumerate}
		\item On suppose que $M$ décrit le cercle $\mathscr{C}$ de centre I et de rayon 2. $z_{M}=2+2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta}$, $\theta\in\mathbb{R}$.\\
On a alors : $|z'+4|=|z_{M}-2|^2=IM^2=2^2=4$. Appelons J le point d'affixe -4. On a alors $JM'=4$\\
$\arg(z'+4)=2\arg(z-2)=2\theta$.\\
On trouve que $\arg(z'+4)=\arg(z'-z_{J})$ décrit $\mathbb{R}$.\\
\fbox{Par conséquent, $M'$ décrit le cercle de centre J et de rayon 4.}
		\end{enumerate}
	\item Soient E$\left(2+2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\right)$ et E' l'image de E.
		\begin{enumerate}
			\item E est un point de $\mathscr{C}$. IE=2 : une mesure en radians de l'angle $\left(\overrightarrow{u}~;~\overrightarrow{IE}\right)$ est $\dfrac{\pi}{3}$.
			\item D'après les questions précédentes, E' est un point de $\mathscr{C}'$ donc \fbox{JE'=4} et une mesure en radians de l'angle $\left(\overrightarrow{u}~;~\overrightarrow{JE'}\right)=2\left(\overrightarrow{u}~;~\overrightarrow{IE}\right)=\boxed{\dfrac{2\pi}{3}}$.
			\item On sait que $\cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=-\dfrac{1}{2}$  donc J' est le point de $\mathscr{C}'$ d'affixe $-\dfrac{1}{2}$ et d'ordonnée positive (car $\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)>0$)
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Exercice 4 (spécialité)}

\begin{enumerate}
\item Soit (d) la droite d'équation $4x+3y=1$.

Pour trouver tous les points de (d) à coordonnées entières, on résout dans $\mathbb{Z}$ l'équation $4x+3y=1$.

$(1~;~-1)$ est une solution évidente.

$4x+3y=1\iff 4x+3y=4\times 1+3\times (-1)\iff 4(x-1)=3(-y-1)$.

4 divise donc $3(-y-1)$. 4 et 3 sont premiers entre eux. D'après le théorème de Gauss, 4 divise $-y-1$ donc $-y-1= 4k$, $k\in\mathbb{Z}$.
On remplace : $4(x-1) = 3\times 4k\iff x-1 = 3k$. Par conséquent : $x=1+3k$ et $y=-4k-1$.

\fbox{Les points de $\mathscr{D}$ à coordonnées entières sont les points $M_{k}(1 + 3k~;~-4k - 1)$, $k\in\mathbb{Z}$.}
\item Soit $\sigma$ la similitude directe de centre A, qui transforme B en $M_{-1}(2~;~3)$.

Le rapport de la similitude est : $k=\dfrac{\text{A}M_{-1}}{\text{A}B}=\left|\dfrac{z_{M_{-1}}-z_{\text{A}}}{z_{B}-z_{\text{A}}}\right|=\left|\dfrac{-3+4\mathrm{i}}{6-\dfrac{9}{2}\mathrm{i}}\right|$.\\
L'angle de cette similitude est : $\left(\overrightarrow{\text{A}B}~;~\overrightarrow{\text{A}M_{-1}}\right)=\arg\left(\dfrac{-3+4\mathrm{i}}{6-\dfrac{9}{2}\mathrm{i}}\right)$.\\
Or, $\dfrac{-3+4\mathrm{i}}{6-\dfrac{9}{2}\mathrm{i}}=\dfrac{-3+4\mathrm{i}}{\dfrac{6+9\mathrm{i}}{2}}=2\times \dfrac{-3+4\mathrm{i}}{12+9\mathrm{i}}=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{-3+4\mathrm{i}}{4+3\mathrm{i}}=\dfrac{2}{3}\times \dfrac{\mathrm{i}(4+3\mathrm{i})}{4+3\mathrm{i}}=\dfrac{2}{3}\mathrm{i}$.

Par conséquent : $k=\left|\dfrac{2}{3}\mathrm{i}\right|=\dfrac{2}{3}$ et $\left(\overrightarrow{\text{A}B}~;~\overrightarrow{\text{A}M_{-1}}\right)=\arg\left(\dfrac{2}{3}\mathrm{i}\right)=\dfrac{\pi}{2}$.

\fbox{Cette similitude est de centre A, de rapport $\dfrac{2}{3}$ et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$.}

\item Soit $s$ la similitude d'écriture complexe $z'=\dfrac{2}{3}\mathrm{i}z+\dfrac{1}{3}-\dfrac{5}{3}\mathrm{i}$. C'est une similitude directe.

Pour $z=z_{\text{A}}$, on obtient : $z_{\text{A}}'=\dfrac{2}{3}\mathrm{i}(1-\mathrm{i})+\dfrac{1}{3}-\dfrac{5}{3}\mathrm{i}=\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}\mathrm{i}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{5}{3}\mathrm{i}=1-\mathrm{i}=z_{\text{A}}$.

L'image de \text{A} est \text{A} donc \text{A} est un point fixe : c'est le centre de cette similitude.

Le rapport est $\left|\dfrac{2}{3}\mathrm{i}\right|=\dfrac{2}{3}$ ; son angle est $\arg\left(\dfrac{2}{3}\mathrm{i}\right)=\dfrac{\pi}{2}$.

\fbox{Par conséquent, $s$ est la similitude étudiée à la question précédente.}

\item $\text{B}_{1}$ est l'image de \text{B} et $\text{B}_{n+1}$ celle de $\text{B}_{n}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.
	\begin{enumerate}
		\item On a $\text{A}\text{B}_{n+1}=\dfrac{2}{3}\text{A}\text{B}_{n}$.
		\item $\text{B}_{n}$ appartient au disque de centre \text{A} et de rayon $10^{-2}$ lorsque $\text{A}\text{B}_{n}<0,01$.

Or la suite $\left(\text{A}\text{B}_{n}\right)$ est géométrique de raison $\dfrac{2}{3}$. Par conséquent : $\text{A}\text{B}_{n}=\text{A}\text{B}\times \left(\dfrac{2}{3}\right)^n$ ; $\text{A}\text{B}=\left|z_{\text{B}}-z_{\text{A}}\right|=\sqrt{6^2+\left(\dfrac{9}{2}\right)^2}=\sqrt{36+\dfrac{81}{4}}=\sqrt{\dfrac{225}{4}}=\dfrac{15}{2}$.

$\text{A}\text{B}_{n}\leqslant 0,01\iff \dfrac{15}{2}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n\leqslant 0,01\iff \left(\dfrac{2}{3}\right)^n\leqslant \dfrac{0,01}{\frac{15}2}=\dfrac{0,02}{15}\iff n\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)\leqslant \ln\left(\dfrac{0,02}{15}\right)\iff n\geqslant \dfrac{\ln\left(\dfrac{0,02}{15}\right)}{\ln\left(\dfrac{2}{3}\right)}\approx16,3$.

\fbox{$\text{B}_{n}$ appartient au disque de centre A et de rayon $10^{-2}$ à partir de $n=17$.}
		\item L'angle $\left(\overrightarrow{\text{A}\text{B}_{1}}~;~\overrightarrow{\text{A}\text{B}_{n}}\right)=\left(\overrightarrow{\text{A}\text{B}}~;~\overrightarrow{\text{A}\text{B}_{n}}\right)-\left(\overrightarrow{\text{A}\text{B}}~;~\overrightarrow{\text{A}\text{B}_{1}}\right)=n\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{2}=(n-1)\dfrac{\pi}{2}$.

Les points \text{A}, $\text{B}_{1}$ et $\text{B}_{n}$ sont alignés si, et seulement si, $\left(\overrightarrow{\text{A}\text{B}_{1}}~;~\overrightarrow{\text{A}\text{B}_{n}}\right)\iff 0~[\pi]\iff (n-1)\dfrac{\pi}{2}\iff 0~[\pi]$ : les solutions sont tous les entiers impairs.

L'ensemble des points pour lesquels \text{A}, $\text{B}_{1}$ et $\text{B}_{n}$ sont alignés est \fbox{l'ensemble des entiers naturels impairs.}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}