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\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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pdftitle = {Polynésie - juin 2002},
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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{Polynésie}}
\rfoot{\small{juin 2002}}
\pagestyle{fancy} 
\thispagestyle{empty}
\begin{center} 
{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2002~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\vspace{0,5cm}

%\parbox[c]{0.55\textwidth}{On dispose d'une grille à trois lignes et trois colonnes. Une machine M$_1$ place au hasard un jeton dans une case de la grille, puis une machine 
%M$_2$ place de même un jeton sur la grille dans une case libre et enfin une troisième machine M$_3$ place un jeton dans une case libre.} \hfill
%\parbox[c]{0.35\textwidth}{\psset{unit=1.2cm}\begin{pspicture}(3.2,3.2)
%\psline(0,0)(3,0) \psline(0,1)(3,1) \psline(0,2)(3,2)  \psline(0,3)(3,3) 
%\psline(0,0)(0,3) \psline(1,0)(1,3) \psline(2,0)(2,3) \psline(3,0)(3,3)
%\uput[r](3,0.5){3} \uput[r](3,1.5){2} \uput[r](3,2.5){1}
%\uput[u](0.5,3){A} \uput[u](1.5,3){B} \uput[u](2.5,3){C}    
%\end{pspicture}}
%
%\vspace{0,4cm}
%
%On note les évènements suivants :
%
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet~$] $H$ : \og Les trois jetons sont alignés horizontalement \fg{} ;
%\item[$\bullet~$] $V$ : \og Les trois jetons sont alignés verticalement \fg{} ;
%\item[$\bullet~$] $D$ : \og Les trois jetons sont alignés en diagonale \fg{} ;
%\item[$\bullet~$] $N$ : \og Les trois jetons ne sont pas alignés \fg{}.
%\end{itemize}
%\emph{Les nombres demandés seront donnés sous forme de fraction 
%irréductible.}

\begin{enumerate} 
\item %Calculer les probabilités des trois évènements $H,\: V$ et $D$.
La première machine a 9 choix possibles, la deuxième 8 et la troisième 7. Il y a donc $9\times 8\times 7 = 504$ possibilités différentes.

$\bullet~~$Il y a trois lignes,  donc 3 alignements possibles, mais chacun d'eux peut être réalisé de 6 façons différentes (abc, acb, bac, bca, cab, cba) ; donc en tout il y a $3 \times 6  = 18$ alignements possibles.

$p(H) = \dfrac{18}{504} = \dfrac{1}{28}$.

$\bullet~~$Même raisonnement pour les colonnes

$p(V) = \dfrac{18}{504} = \dfrac{1}{28}$.

$\bullet~~$Il y a deux diagonales,  donc 2 alignements possibles, mais chacun d'eux peut être réalisé de 6 façons différentes (abc, acb, bac, bca, cab, cba) ; donc en tout il y a $2 \times 6  = 12$ alignements possibles.

$p(H) = \dfrac{12}{504} = \dfrac{1}{42}$.

$\bullet~~$La	 probabilité d'avoir trois jetons alignés est donc égale à :

$p(H) + p(V) + p(D) = \dfrac{18}{504} + \dfrac{18}{504} + \dfrac{12}{504} = \dfrac{48}{504} = \dfrac{2}{21}$.

%En déduire que la probabilité de $N$ est égale à $\dfrac{19}{21}$.
$\bullet~~$La probabilité d'avoir trois jetons non alignés est donc $p(N) = 1 - \dfrac{2}{21} = \dfrac{19}{21}$.
\item %On considère la variable aléatoire $X$ définie par :

%\begin{itemize}
%\item[$\bullet~$] $X = 20$, lorsque $H$ ou $V$ est réalisé ;
%\item[$\bullet~$] $X = \alpha$, lorsque $D$ est réalisé ;
%\item[$\bullet~$] $X = - 2$, lorsque $N$ est réalisé.
%\end{itemize}
%
%Déterminer $\alpha$ pour que l'espérance de $X$ soit nulle.
On a donc $p(X = 20) = \dfrac{18}{504}  + \dfrac{18}{504}  = \dfrac{36}{504} = \dfrac{1}{14}$ ;

$p(X = \alpha) = \dfrac{1}{42}$ ;

$p(X = - 2) = \dfrac{19}{21}$.

L'espérance mathématique de la variable aléatoire $X$ est égale à :

$E(X) = 20 \times \dfrac{1}{14} + \alpha \times \dfrac{1}{42} - 2\times  \dfrac{19}{21}$.

Donc $E(X) = 0 \iff \dfrac{10}{7} + \dfrac{\alpha}{42} - \dfrac{38}{21} = 0 \iff \dfrac{\alpha}{42} =  \dfrac{38}{21} - \dfrac{10}{7} = \dfrac{38 - 30}{21} = \dfrac{8}{21}$.

$\dfrac{\alpha}{42} = \dfrac{8}{21} = \dfrac{16}{42}\Rightarrow \alpha = 16$.
\item %Dans cette question, on se place dans le cas où la 
%machine M$_1$ est déréglée ; elle place alors le premier jeton dans l'un 
%des coins de la grille.

%On note $\Delta$ l'évènement : \og la machine M$_1$ est déréglée \fg{}.

	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer la probabilité d'avoir un alignement horizontal c'est-à-dire $p_{\Delta}(H)$, puis de même, d'avoir un alignement vertical $p_{\Delta}(V)$, d'avoir un alignement en diagonale $p_{\Delta}(D)$.
$\bullet~~$La machine M$_1$ a donc 4 possibilités la deuxième en a 8 et la troisième 7, soit $4 \times 8 \times 7 = 224$ issues différentes.
		
$\bullet~~$Si la machine M$_1$ place un jeton dans un coin il y a deux possibilités d'avoir trois les trois jetons alignés horizontalement, donc $p_{\Delta}(H) = \dfrac{8}{224} = \dfrac{1}{28}$ ;

$\bullet~~$Même chose pour un alignement vertical ; $p_{\Delta}(V) = \dfrac{1}{28}$ ;

$\bullet~~$En diagonale il y a encore 8 possibilités, $p_{\Delta}(D) = \dfrac{1}{28}$. 
		\item %En déduire que la probabilité d'avoir un alignement horizontal 
%ou vertical ou diagonal, est égale à $\dfrac{3}{28}$.
La probabilité d'avoir un alignement est donc égale à :

$\dfrac{1}{28} + \dfrac{1}{28} + \dfrac{1}{28} = \dfrac{3}{28}$.
	\end{enumerate}
\item %$A$ désigne l'évènement \og les trois jetons sont  alignés horizontalement ou verticalement ou en diagonale \fg{}. On admet que $p(\Delta) = \dfrac{1}{5}$. Reproduire et compléter l'arbre pondéré suivant en précisant les cinq probabilités correspondantes :

\begin{center}
    
\pstree[linecolor=red,treemode=R,levelsep=3cm,nodesep=2.5pt]{\TR{}}
{
  \pstree{\TR{$\Delta$}\taput{$\frac{1}{5}$}}
  {\TR{$A$}\naput{$\frac{3}{28}$} 
  \TR{$\overline{A}$}\nbput{$\frac{25}{28}$}
  }
  \pstree{\TR{$\overline{\Delta}$}\nbput{$\frac{4}{5}$}}
  {
  \TR{$A$}\naput{$\frac{2}{21}$} 
  \TR{$\overline{A}$}\nbput{$\frac{19}{21}$}  
  }
}
\end{center}

%Calculer $p(A))$. (On pourra remarquer que $p_{\Delta}(A)$ et $p_{\overline{\Delta}}\left(\overline{A} \right)$ ont déjà été calculées.)
D'après la loi des probabilités totales :

$p(A) = p(A \cap \Delta) + p\left( A \cap \overline{\Delta}\right) = p(\Delta) \times p_{\Delta}(A) + p\left(\overline{\Delta} \right)\times p_{\overline{\Delta}}(A) = \dfrac{1}{5}\times \dfrac{3}{28} + \dfrac{4}{5}\times \dfrac{2}{21} = \dfrac{3}{5\times 7 \times 4} + \dfrac{8}{5 \times 7 \times 3} = \dfrac{9 + 32}{5 \times 7 \times 3 \times 4} = \dfrac{41}{420}$.
\item %On ne sait pas lorsque l'on joue, si la machine M$_1$ est en bon état de marche.

%On joue une partie et on constate que les trois jetons sont alignés. Déterminer la probabilité pour que la machine M$_1$ soit déréglée.
Il faut trouver :

$p_A(\Delta) = \dfrac{p(A \cap \Delta}{p(A)} = \dfrac{\frac{1}{5}\times \frac{3}{28}}{\frac{41}{420}} = \dfrac{\frac{3}{140}}{\frac{41}{420}} = \dfrac{9}{41}$.
\end{enumerate}
\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

%Dans le plan complexe $\mathcal{P}$ rapporté à un repère orthonormal direct
%\Ouv{} d'unité $2$~cm, on considère les points $M$ d'affixe $z$, $M_1$ d'affixe
%$\overline{z}$, A d'affixe 2 et B d'affixe 1.
%
%Soit $f$ l'application de $\mathcal{P}$ privé de A dans
%$\mathcal{P}$, qui à tout point $M$ d'affixe $z$ associe le point $M'$
%d'affixe $z'$ telle que $z' = \dfrac{\overline{z} + 4}{\overline{z} - 2}$.

\begin{enumerate} 
\item %Déterminer les points invariants par $f$.
$M$ d'affixe $z$ est invariant par $f$ si et seulement si :

avec $z \ne 2$, \:$z' = z = \dfrac{\overline{z} + 4}{\overline{z} - 2} \iff z\left(\overline{z} - 2 \right) = \overline{z} + 4$, soit avec $z = x + \text{i}y$ :

$ (x + \text{i}y)(x - \text{i}y - 2) = x - \text{i}y + 4 \iff
 x^2 -\text{i}xy - 2x   + \text{i}xy + y^2 - 2y\text{i}  = x - \text{i}y + 4$.

En identifiant parties réelles et parties imaginaires, on obtient : 

$\left\{\begin{array}{l c l}
x^2 + y^2  - 2x &=& x + 4\\
- 2y   & =& - y
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
x^2 + xy - 3x - 4&=&0\\
y&=& 0 
\end{array}\right. \iff$

$\left\{\begin{array}{l c l}
x^2   - 3x - 4	&=&0\\
y				&=& 0 
\end{array}\right.$

L'équation $x^2   - 3x - 4 = 0$ a deux solutions évidentes $- 1$ et $4$.

Les points invariants par $f$ sont les points d'affixes $- 1$ et $4$.  
\item %Soit C le point d'affixe $2\left(1 + \text{i}\sqrt{3}\right)$.
On a $z'_{\text{C}'} = \dfrac{2\left(1 - \text{i}\sqrt{3}\right) + 4}{2\left(1 - \text{i}\sqrt{3}\right) - 2} = \dfrac{\left(1 - \text{i}\sqrt{3}\right) + 2}{\left(1 - \text{i}\sqrt{3}\right) - 1} = \dfrac{3  - \text{i}\sqrt{3}}{- \text{i}\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}  - \text{i}}{- \text{i}} = \text{i}\sqrt{3} + 1 =$

$ 1 + \text{i}\sqrt{3}$.
%Montrer que C$'$ est le milieu du segment [OC].

Le milieu de [OC] a pour affixe $\dfrac{z_{\text{O}} + z_{\text{C}}}{2} = 1 + \text{i}\sqrt{3}$.

Le point C$'$ est le milieu du segment [OC].
\item
	 \begin{enumerate} 
	 	\item %Calculer pour tout $z \neq 2$, le produit $\left(\overline{z} - 2\right)\left(z' - 1\right).$
Pour $z /ne 2$, on a $\left(\overline{z} - 2\right)\left(z' - 1\right) = \left(\overline{z} - 2 \right)\left(\dfrac{\overline{z} + 4}{\overline{z} - 2} - 1 \right) = \overline{z} + 4  - \overline{z} + 2 = 6$.		
		\item %En déduire :
\begin{itemize}
\item  %la valeur de A$M_1 \cdot \text{B}M'$,
Pour tout point $M$ distinct de A, on a A$M_1 = \left|\overline{z} - 2 \right|$, \: B$M' = \left|z' - 1 \right|$, d'où A$M_1 \times \text{B}M' = \left|\overline{z} - 2 \right| \times \left|z' - 1 \right| = \left|\left(\overline{z} - 2\right)\left(z' - 1\right) \right| = 6$ (d'après le résultat précédent.
\item  %une expression de $\left(\vect{u} ~;~\vect{\text{B}M'}\right)$ en fonction de $\left(\vect{u} ~;~\vect{\text{A}M_1}\right)$.
Si $z \ne 2$, $z' \ne 1$ et $\overline{z} - 2 \ne 0$ donc :

$\left(\vect{u},~\vect{\text{B}M'}\right) = \text{arg} \left(z' - 1\right) + 2k\pi$ ($k \in \Z)$ ; d'autre part $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M_1}\right) = \text{arg} \left(\overline{z} - 2\right) + 2k'\pi$\: ($k' \in \Z)$.  Il en résulte que :

$\text{arg}\left[\left(\overline{z} - 2\right)\left(z' - 1\right) \right] = \text{arg} \left(z' - 1\right) + \text{arg} \left(\overline{z} - 2\right) + 2k\pi + 2k'\pi = \arg(6) + 2k''\pi$, avec $k'' \in \Z$ ; donc finalement :

$\text{arg}\left[\left(\overline{z} - 2\right)\left(z' - 1\right) \right] = 0 + 2k''\pi$ ou encore $\text{arg} \left(z' - 1\right) = - \text{arg} \left(\overline{z} - 2\right)  + 2k''\pi$ ou encore :

$\left(\vect{u},~\vect{\text{B}M'}\right) = - \left(\vect{u},~\vect{\text{A}M_1}\right) + 2k\pi$, avec $k \in \Z$.
\end{itemize}
		\item %Justifier les relations :

%\[\begin{array}{l l}
%(1) &\qquad \text{A}M \cdot \text{B}M' = 6\\
%(2) &\qquad \left(\vect{u} ~;~\vect{\text{B}M'}\right) = \left(\vect{u} ~;
%~\vect{\text{A}M}\right).\\
%\end{array}\]
Les points $M$ et $M_1$ sont symétriques autour de l'axe $\left(\text{O},~\vect{u}\right)$ (leurs affixes sont conjuguées) et A appartient à cet axe de symétrie, donc A
$M$ = A$M_1$, d'où $\text{A}M \times \text{B}M' = 6$.

D'autre part $\left(\vect{u},~\vect{\text{A}M} \right) = - \left( \vect{u},~\vect{\text{A}M_1}\right)$ d'où $\left(\vect{u},~\vect{\text{B}M'} \right) = \left(\vect{u},~\vect{\text{A}M} \right) + 2k\pi$.
		\item %Application : construire l'image D$'$ du point D d'affixe $2 + 2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.
L'affixe du vecteur $\vect{\text{AD}}$ est $2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$ ; on a donc AD = 2 et BD$'$ = 3.

D'autre part $\left(\vect{u},~\vect{\text{AD}} \right) \dfrac{\pi}{6} = \left(\vect{u},~\vect{\text{BD}'} \right)$. D'où la construction :

Tracer la parallèle à (AD) contenant B (méthode du parallélogramme par exemple) et construire sur cette demi-droite le point D$'$ tel que BD$'$ = 3.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement de spécialité}

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

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que $n$ et $2n + 1$ sont premiers entre eux.
On a $- 2\times n + 1\times (2n + 1) = 1$, donc d'après le théorème de Bezout $n$ et $2n + 1$ sont premiers entre eux.
\item %On pose $\alpha = n + 3$ et $\beta = 2n + 1$ et 
%on note $\delta$ le PGCD de $\alpha$ et $\beta$.
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $2\alpha - \beta$ et en déduire les valeurs  possibles de $\delta$.
$2\alpha - \beta = 2(n + 3) - (2n + 1) = 2n + 6 - 2n - 1 = 5$.

Comme $\delta$ divise $\alpha$ et $\beta$, il divise $2\alpha - \beta$ c'est-dire $5$.

Donc $\delta \in \{1~;~5\}$.
		\item %Démontrer que $\alpha$ et $\beta$ sont multiples de 5 si et seulement si $(n - 2)$ est multiple de 5.
$\alpha$ multiple de 5 s'il existe $k \in \N$ tel que $\alpha = 5k = n + 2$.

$\beta$ multiple de 5 s'il existe $k' \in \N$ tel que $\beta = 5k' = 2n + 1$.
Le nombre  $2\alpha - \beta$ est lui aussi un multiple de 5 :

$2\alpha - \beta = 2(n + 3) - (2n + 1) = 2n + 6 - 2n - 1 = 5$.
	\end{enumerate}
\item %On considère les nombres $a$ et $b$ définis par :

%\[ \begin{array}{l c l}
%a & = & n^3 + 2n^2 - 3n\\
%b & = & 2n^2 - n - 1\\
%\end{array}\]
%
%Montrer, après factorisation, que $a$ et $b$ sont des 
%entiers naturels divisibles par $(n - 1)$.
$1 + 3 - 3 = 0$, donc $n^3 + 2n^2 - 3n$ est divisible par$n - 1$.

$n^3 + 2n^2 - 3n = n\left(n^2 + 2n - 3 \right) = n\left[(n + 1)^2 - 1 - 3 \right] = n\left[(n + 1)^2 - 4 \right]  = a = n(n + 3)(n - 1)$.

De même $2 - 1 - 1 = 0$, donc $2n^2 - n - 1$ est divisible par $n - 1$ ; $\Delta = 1 + 8 = 9 = 3^2$ ; $2n^2 - n - 1 = 2(n - 1)\left(n + \frac{1}{2}\right) = b = (n - 1)(2n + 1)$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %On note $d$ le PGCD de $n(n + 3)$ et de $(2n + 1)$. Montrer que $\delta$ divise $d$, puis que $\delta = d$.
$\delta$ divise $n + 3$ et $2n + 1$, donc  $\delta$ divise $n(n + 3)$ et  $2n + 1$, donc $\delta$ divise $d$ plus grand commun diviseur de $n(n + 3)$ et  $2n + 1$.

Mais on a vu que $n$ et $2n + 1$ sont premiers entre eux, donc :

$d = \text{PGCD}[n(n + 3)~;~2n + 1] = \text{PGCD}(n + 3~;~2n + 1) = \delta$.
		\item %En déduire le PGCD, $\Delta$, de $a$ et $b$ en fonction de $n$.
		D'après la question précédente :
		
$\bullet~~$si $n \equiv 2\quad \mod 5$, alors $\Delta = 5(n - 1)$ ;

$\bullet~~$si $n$n'est pas congru à 2 modulo 5, alors $\Delta = n - 1$.
		\item Application :

%Déterminer $\Delta$ pour $n = \np{2001}$ ;
$\bullet~~$Avec $n = \np{2001}$ : $\np{2001} \equiv 1\quad \mod 5$, donc $\Delta = \np{2001} - 1 = \np{2000}$.

$\bullet~~$Avec $n = \np{2002}$ : $\np{2001} \equiv 2\quad \mod 5$, donc $\Delta = 5 \times \np{2001}   = \np{10005}$.
%Déterminer $\Delta$ pour $n = \np{2002}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 15 points}

\begin{center} \textbf{Partie A} \end{center}
    
%On considère la fonction $f$ définie sur $[0~;~+ \infty[$ par :
    
\[f(x) = \dfrac{x - 1}{x + 1} - \text{e}^{- x}\]
    
%et l'on désigne par $(\mathcal{C})$ sa courbe représentative dans un repère orthonormal \Oij{}  d'unité 3 cm.
    
\begin{enumerate} 
\item %Calculer la limite de $f(x)$ lorsque $x$ tend  vers $+ \infty$. Que peut-on en déduire pour la courbe $(\mathcal{C})$ ?
En écrivant pour $x \ne 0$,\: $\dfrac{x - 1}{x + 1}  = \dfrac{1 - \frac{1}{x}}{1 + \frac{1}{x}}$, on voit que $\displaystyle\lim_{x + \to + \infty} \dfrac{x - 1}{x + 1} = 1$.

Comme $\displaystyle\lim_{x + \to + \infty} \text{e}^{- x} = 0$, on a donc  $\displaystyle\lim_{x + \to + \infty} f(x) = 1$.

Géométriquement ce résultat montre que la droite dont une équation est $y = 1$ est asymptote horizontale à $(\mathcal{C})$ au voisinage de plus l'infini.
\item %Calculer $f'(x)$, en déduire les variations de  $f$ pour $x$ appartenant à $[0~;~+ \infty[$.
$f'(x) = \dfrac{x + 1- x + 1}{(x + 1)^2}- \left(-\text{e}^{- x}\right) = \dfrac{2}{(x + 1)^2} + \text{e}^{- x} > 0$ car somme de deux termes supérieurs à zéro.

$f$ est donc strictement croissante sur $[0~;~+ \infty[$ de $f(0) = - 1 - 1 = -2$ à 1.
\item %Déterminer une équation de la tangente (T) à $(\mathcal{C})$ en son point d'abscisse 0.
Une équation de la tangente (T) à $(\mathcal{C})$ en son point d'abscisse 0 est :

$M(x~;~y) \in \text{(T)} \iff y - f(0) = f'(0)(x - 0)$.

Avec $f(0) = - 2$ et $f'(0) = 2 + 1 = 3$, l'équation devient :

$M(x~;~y) \in \text{(T)} \iff y - (- 2)= 3(x - 0) \iff y = 3x - 2$.
\item %Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $u$. Montrer que $u$ appartient à [1~;~2] et déterminer un encadrement d'amplitude $10^{- 1}$ de $u$.
Sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$, $f$ est continue car dérivable et strictement croissante d'une valeur inférieure à zéro à une valeur supérieure à zéro : il existe donc un réel unique $u$ tel que $f(u) = 0$.

La calculatrice donne $f(1,5) \approx - 0,02$ et $f(1,6) \approx 0,03$, donc $1,5 < u < 1,6$.
\item ~%Tracer (T) et  $(\mathcal{C})$ sur la même figure.
\begin{center}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture*}(-0.5,-2)(5,1.5)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-0.5,-1.99)(5,1.5)
\psplot{-0.5}{1.5}{3 x mul 2 sub}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{5}{x 1 sub x 1 add div 2.71828 x neg exp sub}
\uput[dl](0,0){O}\uput[u](4.8,0.6){\blue$(\mathcal{C})$}\uput[l](1.1,1.3){(T)}
\pscustom[fillstyle=vlines]{
\psplot{0}{1}{3 x mul 2 sub}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1}{0}{x 1 sub x 1 add div 2.71828 x neg exp sub}
}
\end{pspicture*}
\end{center}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer les réels $a$ et $b$ tels que, pour tout $x\neq - 1,\: \dfrac{x - 1}{x + 1} = a + \dfrac{b}{x + 1}$.
On a pour $x\neq - 1,\: \dfrac{x - 1}{x + 1} = \dfrac{x + 1 - 1 - 1}{x + 1} = \dfrac{x + 1 - 2}{x + 1} = \dfrac{x + 1}{x + 1} - \dfrac{2}{x + 1} =$

$ 1 - \dfrac{2}{x + 1}$.
		\item %En déduire l'aire en cm$^2$ du domaine plan limité par (T), $(\mathcal{C})$ et la droite d'équation $x = 1$ (on admettra que T est au-dessus de $(\mathcal{C})$).
(T) étant au dessus de $\mathcal{C}$, l'aire, en unité d'aire de la surface est égale à l'intégrale : 

$\displaystyle\int_0^1 \left[3x - 2 - \left(1 - \dfrac{2}{x + 1} - \text{e}^{- x}\right) \right]\:\text{d}x = \displaystyle\int_0^1 \left(3x - 3 +   \dfrac{2}{x + 1} + \text{e}^{- x}\right)\:\text{d}x  =$

$ \left[3\frac{x^2}{2} - 3x + 2\ln (x + 1) - \text{e}^{- x} \right]_0^1 = \dfrac{3}{2} - 3 + 2\ln 2 - \text{e}^{- 1} + \text{e}^{0} = 2 \ln 2 - \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{\text{e}}$~u. a.

Or une unité d'aire vaut $3 \times 3 = 9$~cm$^2$.

Donc l'aire est égale à $9\left(2 \ln 2 - \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{\text{e}} \right) \approx 4,7$~cm$^2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center} \textbf{Partie B} \end{center}
     
%$n$ désigne un entier naturel non nul. On considère la fonction 
%$f_{n}$ définie sur $[0~;~+\infty[$ par :

\[ f_{n}(x) = \dfrac{x - n}{x + n} - \text{e}^{-x}. \]

\begin{enumerate} 
\item %Calculer $f'_{n}(x)$ et donner son signe sur $[0~;~+ \infty[$. Préciser $f_{n}(0)$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_{n}(x)$.

%Dresser le tableau de variations de $f_{n}$.
Sur $[0~;~+\infty[$,\: $f_n$ est dérivable et sur cet intervalle :

$f_n'(x) = \dfrac{x+n−x+n}{(x + n)^2} + \text{e}^{−x} = \dfrac{2n}{(x + n)^2} + \text{e}^{−x} > 0$ car somme de deux termes positifs non nuls.

La fonction $f_n$ est donc strictement croissante de $f_n(0) = \dfrac{-n}{n} - \text{e}^{-0} = - 1 - 1 = - 2$ à sa limite en plus l’infini.

Or quel que soit $n,\: \displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x-n}{x + n} = 1$, car $\dfrac{x-n}{x + n} = \dfrac{1- \frac{n}{x}}{1 + \frac{n}{x}}$  pour $x \ne = 0$.

D’autre part $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \text{e}^{−x} = 0$, donc
= $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f_n (x) = 1$.

Conclusion : quel que soit $n,\: f_n$ croît de $- 2$ à 1.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $f_{n}(n)$ ; quel est son signe ?
$f_n(n)= \dfrac{n - n}{n + n} − \text{e}^{-n} = - \text{e}^{-n} < 0$, car quel que soit $n,\: \text{e}^{-n} > 0$.
		\item %Démontrer, par récurrence que, pour tout $n$ de  $\N,~\text{e}^{n+1} > 2n + 1$.

%En déduire le signe de $f_{n}(n + 1)$.
$\bullet~$\emph{Initialisation:} pour $n = 0$, on a $\text{e}^{0+1} > 2\times 0 + 1$ ou encore $\text{e}> 1$. L'inégalité est vraie au rang $0$.

$\bullet~$\emph{Hérédité :} supposons que pour  $n \in N$ on ait  :

$\text{e}^{n+1} > 2n + 1$ d’où en multipliant chaque membre par e : $\text{e}^{n+2} > \text{e}(2n + 1)$.

Or $(2n+1)\text{e} > 2n + 3 \iff  2n(\text{e} - 1) > 3 − \text{e} \iff n > \dfrac{3 - \text{e}}{2(\text{e} - 1)}\quad (1)$

car  $(\text{e} - 1> 0)$.

Or $\dfrac{3 - \text{e}}{2(\text{e} - 1)} \approx 0,08$. 

L’inégalité (1) est donc vraie pour $n \geqslant  1$, donc $(2n + 1)\text{e} > 2n + 3$ aussi. 

L'inégalité est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n$ elle l'est aussi au rang $n + 1$. On a donc démontré par le principe de récurrence que pour tout naturel $n,\:
\text{e}^{n+1} > 2n + 1$.

$f_n(n+1) = \dfrac{n+1 - n}{n + 1 + n}- \text{e}^{-(n + 1)} = \dfrac{1}{2n + 1}  - \text{e}^{-(n + 1)} = \dfrac{1}{2n + 1} - \dfrac{1}{\text{e}^{(n + 1)}} =$

$\dfrac{\text{e}^{(n + 1)} - (2n + 1)}{\text{e}^{(n + 1)}(2n + 1)}$.
 
Or d’après la question précédente le numérateur est supérieur à zéro et par ailleurs le dénominateur produit de deux facteurs supérieurs à zéro est supérieur à zéro, donc $f_n (n + 1) > 0$.
		\item %Montrer que l'équation $f_{n}(x) = 0$ admet une solution  unique sur $[n~;~n~+~1]$~; cette solution sera notée $u_{n}$.
Sur l’intervalle $[n~;~n + 1]$,\: $f_n$ est continue car dérivable et 

$f_n(n) \times f_n(n + 1) < 0$, donc pour tout naturel $n$ non nul l’équation $f_n(x) = 0$ admet une solution unique $u_n \in [n~;~n + 1]$.		
	\end{enumerate}
\item %Calculer $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_{n}$ puis $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{u_{n}}{n}$.
Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}$ et que $n < u_n$, on a donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = +\infty$.

Pour $n \ne = 0$, on a $n< u_n < n + 1 \Rightarrow 1 < \dfrac{u_n}{n}  < 1 + \dfrac{1}{n}$.

Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n} = 0$, d’après le théorème des \og gendarmes \fg, $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{u_n}{n} = 1$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %En remarquant que, pour tout $x$ de [0 ;~$+ \infty[~:~\dfrac{x - n}{x + n} = 1 - \dfrac{2n}{x + n}$, montrer que  la valeur moyenne, $M_{n}$ de $f_{n}$ sur $[0~;~u_{n}]$ est égale à :

%\[ 1 - \dfrac{1}{u_{n}} + \dfrac{\text{e}^{-u_{n}}}{u_{n}} - 2\left(  \dfrac{n}{u_{n}}\right)\ln \left(\dfrac{u_{n}}{n} + 1 \right) \]
$\dfrac{x-n}{x+n} = \dfrac{x+n-n-n}{x + n} = \dfrac{x+n-2n}{x + n} =\dfrac{x+n}{x+n} - \dfrac{2n}{x + n} = 1 - \dfrac{2n}{x + n}$.

La valeur moyenne de $f_n$ sur $[0~;~u_n]$ est égale à :
     
$M_n = \dfrac{1}{u_n - 0}\displaystyle\lim_{0}^{u_n} f_n(x)\:\text{d}x = \dfrac{1}{u_n}\displaystyle\lim_{0}^{u_n}\left[1 - \dfrac{2n}{x + n}   - \text{e}^{-x}\right]\:\text{d}x =$
     
$\dfrac{1}{u_n}\left[x - 2n\ln (x+n) + \text{e}^{-x}\right]_{0}^{u_n} = \dfrac{1}{u_n}\left[u_n - 2n\ln (u_n + n) + \text{e}^{-u_n} - 0 + 2n\ln n - \text{e}^0\right] =$

$ \dfrac{1}{u_n}\left[u_n + \text{e}^{-u_n} - 1 + 2n\ln \dfrac{n}{u_n + n}\right] = 1 + \dfrac{\text{e}^{-u_n}}{u_n} - \dfrac{1}{u_n} + \dfrac{2n}{u_n} \ln \dfrac{n}{u_n + n}$.
		\item %En déduire $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} M_{n}$.
On a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = + \infty$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \text{e}^{- u_n} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\text{e}^{- u_n}}{u_n} = 0$.

D’autre part $\dfrac{2n}{u_n} \ln \dfrac{n}{u_n + n} = - \dfrac{2}{\frac{u_n}{n}}\ln \dfrac{u_n + n}{n}= - \dfrac{2}{\frac{u_n}{n}}\ln \left(\frac{u_n}{n} + 1\right)$.

Or on a vu que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{u_n}{n} = 1$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \ln \left(\dfrac{u_n}{n} + 1\right) = \ln 2$.

Finalement $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} M_n = 1 - 2\ln 2 = 1 - \ln 4 \approx − 0,386$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}
