%!TEX encoding = UTF-8 Unicode
\documentclass[10pt]{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{tabularx}
\usepackage{ulem}
\usepackage{dcolumn}
\usepackage{textcomp,mathrsfs}
\usepackage{diagbox}
\usepackage{lscape}
%Corrigé :  Denis Vergès & Michel Iroir que nous remercions
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-3dplot,pst-tree,pstricks-add}
\usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry}
\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{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[dvips]{hyperref}
\usepackage{fancyhdr}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S},
pdftitle = {Polynésie juin 2011},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH
}  
\setlength{\voffset}{-1,5cm}
\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{Polynésie}}
\rfoot{\small{10 juin 2011}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie~\decofourright\\10 juin 2011}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice 1 \hfill 5 points}}

\emph{Commun à tous les candidats.} 

\medskip

\begin{enumerate}
\item~ 

\parbox{0.57\linewidth}{\textbf{Méthode 1 :}

Le dessin suggère de considérer la rotation de centre A et d'angle $\frac{\pi}{2}$. Son écriture complexe est : $z' - z_{\text{A}} = \text{i}\left(z - z_{\text{A}}\right) \iff z' - 2 + 5\text{i} = \text{i}\left(z - 2 + 5\text{i} \right)$.

L'image B$'$ du point B dans cette rotation a donc pour affixe :

$z_{\text{B}'} - 2 + 5\text{i} = \text{i}\left(7 - 3\text{i} - 2 + 5\text{i} \right) \iff$

$ z_{\text{B}'} = 2 - 5\text{i} + 5\text{i} - 2 = 0$.

L'image de B dans la rotation de centre A et d'angle $\frac{\pi}{2}$ est le point O. Ceci démontre que le triangle ABO est isocèle et rectangle en A.}\hfill \parbox{0.38\linewidth}{\psset{unit=0.65cm}
\begin{pspicture}(-0.5,-6)(8,0.5)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridcolor=orange](0,0)(8,-6)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-0.5,-6)(8,1)
\psdots(0,0)(2,-5)(7,-3)
\pspolygon[linecolor=blue,linewidth=1pt](0,0)(2,-5)(7,-3)
\uput[ul](0,0){O} \uput[dl](2,-5){A} \uput[ur](7,-3){B} 
\end{pspicture}}

\textbf{Méthode 2 :} OA$^2 = \left|z_{\text{A}}\right|^2 = 2^2+ 5^2 = 29$ ;

AB$^2 = \left|z_{\text{B}} - z_{\text{A}}\right|^2 = |7 - 3\text{i} - 2 + 5\text{i} |^2 = |5 + 2\text{i} |^2 = 25 + 4 = 29$ ;

OB$^2 = \left|z_{\text{B}} \right|^2 = |7 - 3\text{i}|^2 = 7^2+ 3^2 = 49 + 9 = 58$.

D'une part AO$^2 = \text{AB}^2 \iff \text{AO} = \text{AB} \iff $ ABO est isocèle en A ;

D'autre part $29 + 29 = 58 \iff \text{AO}^2 + \text{Ab}^2 = \text{OB}^2 \iff $ ABO est rectangle en A d'après la réciproque du théorème de Pythagore.

\textbf{Méthode 3 :} 

Soit $Z = \dfrac{z_{\text{O}} - z_{\text{A}}}{z_{\text{B}} - z_{\text{A}}} = \dfrac{- 2 + 5\text{i}}{5 + 2\text{i}} = \dfrac{\text{i}(2\text{i} + 5)}{2\text{i} + 5} = \text{i}$.

On a $Z = \dfrac{\text{AO}}{\text{AB}} = 1$, soit AO = AB ;

De plus arg$(Z) = \left(\vect{\text{AB}},\,\vect{\text{AO}} \right) = \frac{\pi}{2}$ ce qui montre que l'angle $\widehat{\text{BAO}}$ est droit. Le triangle ABO est donc rectangle isocèle en A.

\textbf{Méthode 4 :} 

$\dfrac{z_{\text{O}} - z_{\text{A}}}{z_{\text{B}} - z_{\text{A}}} = \dfrac{z_{\text{O}} - z_{\text{A}}}{z_{\text{B}} - z_{\text{A}}} = \text{i}$ signifie que O est l'image de B dans la rotation de centre A et d'angle $\frac{\pi}{2}$.
\item Soient A et B les points d'affixes respectives i et $- 2\text{i}$.

On a $|z - \text{i}| = |z + 2 \text{i}| \iff $\, A$M$ = B$M \iff M \in \Delta$ médiatrice de [AB]. mais comme A et B appartiennent à l'axe des ordonnées, la médiatrice de [AB] (d'équation $y = - \frac{1}{2}$ est parallèle à l'axe des abscisses. La proposition est vraie.
\item $z = 3 + \text{i}\sqrt{3}$, donc $|z|^2 = 9 + 3 = 12 = \left(2\sqrt{3}\right)^2 \Rightarrow |z| = 2\sqrt{3}$. On peut en factorisant ce module écrire :

$z =  2\sqrt{3}\left( \dfrac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\dfrac{1}{2}\right) = 2\sqrt{3}\left( \cos \frac{\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{\pi}{6}\right) = 2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}$.

Donc, pour $n \in \N$,\ $z^{3n}  = \left( 2\sqrt{3}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}  \right)^{3n} = \left( 2\sqrt{3} \right)^{3n}\text{e}^{\text{i}\frac{3n\pi}{6}} = \left( 2\sqrt{3} \right)^{3n}\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{2}}$. Or $\text{e}^{\text{i}\frac{n\pi}{2}}$ est égal à i, $- 1,\, - \text{i}$   ou  1 suivant les valeurs de $n$ et la puissance n'est donc un nombre imaginaire que pour $n$ impair. La proposition est  fausse.
\item  Soit $z$ un nombre complexe non nul d'argument $\frac{\pi}{2}$. On peut donc écrire $z = \rho\text{i}$ avec $\rho$ réel positif non nul.

Donc $|\text{i} + z| = 1 + |z| \iff |\text{i} + \rho\text{i}| = 1 + |\rho\text{i}| \iff |\text{i}(1 + \rho)| = 1 + |\rho\text{i}| \iff 1 + \rho = 1 + \rho$ qui est bien vraie.

La proposition 4 est vraie. 
\item Soit $z$ un nombre complexe non nul. 

Si le module de $z$ est égal à 1 alors $z$ s'écrit $z = \text{e}^{\text{i}\theta}$, avec $\theta \in \R$.

Donc $z^2 + \dfrac{1}{z^2} = \text{e}^{2\text{i}\theta} + \dfrac{1}{\text{e}^{2\text{i}\theta}} = \text{e}^{2\text{i}\theta} + \text{e}^{-2\text{i}\theta} = \cos 2\theta + \text{i}\sin 2\theta + \cos 2\theta - \text{i}\sin 2\theta = 2\cos 2\theta$ qui est un réel.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice 2 \hfill 5 points}}

\textbf{Enseignement obligatoire} 

\medskip 

\begin{enumerate}
\item On a l'arbre pondéré suivant :

\medskip
\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=3pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$G_{1}$}\taput{$0,1$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{$G_{2}$}\taput{$0,8$}
\TR{}~[tnpos=r]{$\overline{G_{2}}$}\tbput{$0,2$}
 		}
	\pstree{\TR{$\overline{G_{1}}$}\tbput{$0,9$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{$G_{2}$}\taput{$0,6$}
\TR{}~[tnpos=r]{$\overline{G_{2}}$}\tbput{$0,4$}
 		}
}
\end{center}

On a $p_{2} = p\left(G_{1} \cap G_{2}\right) + p\left(\overline{G_{1}} \cap G_{2}\right)  = 
p\left(G_{1}\right)\times p_{G_{1}}\left(G_{2}\right) + p\left(\overline{G_{1}}\right) \times p_{\overline{\left(G_{1}\right)}} \left(G_{2}\right) =$

$ 0,1 \times 0,8 + 0,9 \times 0,6 = 0,08 + 0,54 =  0,62$. 
\item Il faut trouver $p_{G_{2}}\left(\overline{G_{1}}\right) = \dfrac{p\left(\overline{G_{1}} \cap G_{2} \right)}{p\left(G_{2} \right)} = \dfrac{0,54}{0,62} = \dfrac{27}{31}$.
\item La probabilité que le joueur ne gagne aucune des trois parties est égale à $0,9 \times 0,4 \times 0,4 = 0,144$.

La probabilité qu'il gagne au moins une partie est donc égale à 
$1 - 0,144 = 0,856$.
\item À la partie $n$, on a l'arbre suivant :

\medskip
\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$G_{n}$}\taput{$p_{n}$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{$G_{n+1}$}\taput{$0,8$}
\TR{}~[tnpos=r]{$\overline{G_{n+1}}$}\tbput{$0,2$}
 		}
	\pstree{\TR{$\overline{G_{n}}$}\tbput{$1 - p_{n}$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{$G_{n+1}$}\taput{$0,6$}
 \TR{}~[tnpos=r]{$\overline{G_{n+1}}$}\tbput{$0,4$}
 		}
}
\end{center}
 
On a donc $p_{n+1} = p\left(\text{G}_{n} \cap \text{G}_{n+1} \right) + p\left(\overline{\text{G}_{n}}\cap \text{G}_{n+1} \right) $

$= p\left(\text{G}_{n}\right) \times p_{\text{G}_{n}}\left(\text{G}_{n+1}\right) + p\left(\overline{\text{G}_{n}}\right) \times p_{\overline{\text{G}_{n}}}\left(\text{G}_{n+1}\right) =$

$ p_{n} \times 0,8 + \left(1 - p_{n}\right) \times 0,6 = 0,8p_{n} + 0,6 - 0,6p_{n} = 0,2p_{n} + 0,6 = \dfrac{1}{5}p_{n} + \dfrac{3}{5}$.
\item \emph{Initialisation :} On a bien $\dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^1 = \dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{20} = \dfrac{15 - 13}{20} = \dfrac{2}{20} = \dfrac{1}{10} = 0,1 = p_{1}$.

\emph{Hérédité :} Soit $n \in \N,\, n > 1$ tel que $p_{n} = \dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n$.

D'après la formule démontrée à la question 4 :

$p_{n+1} = \dfrac{1}{5}p_{n} + \dfrac{3}{5} = \dfrac{1}{5}\left[\dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n\right] + \dfrac{3}{5} = \dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{5} - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n+1} = \dfrac{3}{20} + \dfrac{12}{20} - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n+1} = $

$\dfrac{3}{4} -  \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{n+1}$. La propriété est vraie au rang $n + 1$.

La relation est vraie au rang 1, et si elle vraie à un rang au moins égal à 1; elle est vraie au rang suivant.

On a donc démontré par le principe de récurrence que pour $n \in \N^{*},\, p_{n} = \dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n$.
\item Comme $- 1 < \dfrac{1}{5} < 1$, on a $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(\dfrac{1}{5} \right)^n = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} p_{n} = \dfrac{3}{4} = 0,75$.
\item On a : $\dfrac{3}{4} - p_{n} < 10^{-7} \iff \dfrac{3}{4} - \left(\dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n \right) < 10^{-7} \iff$
$ \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n  < 10^{-7} \iff$

$ \left(\dfrac{1}{5} \right)^n < \dfrac{4}{13}\times 10^{-7} \iff $
(par croissance de la fonction logarithme népérien)\, $n\ln \left(\frac{1}{5} \right) < \ln \left(\frac{4 \times 10^{-7}}{13} \right)$

$\iff n > \frac{\ln \left(\frac{4 \times 10^{-7}}{13} \right)}{\ln \left(\frac{1}{5} \right)} $.

Or $\frac{\ln \left(\frac{4 \times 10^{-7}}{13} \right)}{\ln \left(\frac{1}{5} \right)} \approx 10,7$.
Donc $u_{11}$ approche la limite $\dfrac{3}{4}$ à moins de $10^{-7}$. 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice 2 \hfill 5 points}}

\textbf{Enseignement de spécialité} 

\medskip 

\begin{enumerate}
\item $u_1=10u_0+21$ or $u_0=1$ donc $u_1=10\times 1+21 = 31$;

$u_2=10u_1+21=10\times 31+21=331$;

$u_3=10u_2+21=10\times 31+21= \np{3331}$.

\item 
	\begin{enumerate}
		\item~
		
\begin{itemize}
				\item[$\bullet~$] \emph{Initialisation} : $10^{0+1}-7=10-7=3=3\times 1=3u_0$ donc  la propriété est vraie au rang 0.
				\item[$\bullet~$] \emph{Hérédité} : Supposons que pour tout entier naturel $n$,\: $3u_n=10^{n+1}-7$ alors 
				
$3u_{n+1} = 3(10u_n+21)=10\times(3u_n)+63=10(10^{n+1}-7)+63$

$3u_{n+1} = 10^{(n+1)+1}-70+63= 10^{(n+1)+1}-7$.
				
La propriété est donc bien héréditaire.
				\item[$\bullet~$] La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc par le principe de la récurrence elle est donc vraie pour tout naturel $n$ : $3u_n = 10^{n+1} - 7$.

\end{itemize}
		\item Pour tout naturel $n$, $ 10^{n+1}-7 = 1\underbrace{0 \ldots0}_{n+1} - 7 = \underbrace{9 \ldots 9}_{n}3$, donc par division par 3,
		
$u_n= \dfrac{10^{n+1} - 7}{3} = \underbrace{3 \ldots 3}_{n}1$.
	\end{enumerate}
\item  $u_2 = 331$ avec $\sqrt{331}\approx 18,2$ or $331$ n'est divisible ni par 2; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13 ; 17 : les nombres premiers inférieurs ou égaux à 18. $u_2$ est donc premier.
\item D'après 2. a., pour tout naturel $n$,  $u_n = 33...31$ avec $n$ chiffres 3
	\begin{itemize}
		\item[$\bullet~~$] Le chiffre des unités de $u_n$ est 1, impair, donc 2 ne divise pas $u_n$.
		\item[$\bullet~~$] La somme de ses chiffres est $ 3+3+...+3+1\equiv 1$ (modulo 3) donc 3 ne divise pas $u_n$.
		\item[$\bullet~~$] Le chiffre des unités de $u_n$ est 1, différent de 0 et 5, donc 5 ne divise pas $u_n$.
	\end{itemize} 
	\begin{enumerate}
		\item $10 = -1 + 11$ et $-7 = 4 - 11$ donc $10 \equiv -1$ et $ -7 \equiv 4$ (modulo 11),
		
		donc $3u_n = 10^{n+1} - 7 \equiv (-1)^{n+1} + 4 \equiv (-1)^1(-1)^n+4 \equiv 4 - (-1)^n$ (modulo 11)
		\item Si $u_n$ était divisible par 11 alors $3u_n$ le serait a fortiori, or pour $n$ pair $3u_n \equiv 4-1\equiv 3$ (modulo 11) et pour $n$ impair $3u_n\equiv 4-(-1)\equiv 5$ (modulo 11) donc 11 ne divise pas $u_n$.
	\end{enumerate}	
	\item
	\begin{enumerate}
	\item 17 est un nombre premier qui ne divise pas 16 donc d'après le petit théorème de Fermat, 
	
$10^{16}\equiv 1$ (modulo 17).
	\item Pour tout naturel $k$, $3u_{16k+8}=10^{16k+9}-7=\left(10^{16}\right)^k\times 10^9-7\equiv 1^k\times10^9-7$ (modulo 17). Or 
	
$6\times 17=102$ donc $10^2\equiv -2$ (modulo  17) donc 
	$10^9=10\times \left(10^2\right)^4\equiv 10(-2)^4\equiv 10\times16\equiv $
	
$10 \times (-1)\equiv -10$ et donc  $3u_{16k+8}\equiv -10-7\equiv -17\equiv 0$ (modulo $17)$

donc 17 divise $3u_{16k+8}$. Or 17 est premier avec 3 et d'après le théorème de Gauss, 

17 divise $u_{16k+8}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice 3 \hfill 5 points}}

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

\textbf{Partie A : Restitution organisée de connaissances} On supposera connus les résultats suivants: 

Démonstration classique basée sur l'intégrale de la fonction continue $(uv)' = u'v + uv'$.

\medskip
 
\textbf{Partie B}
 
\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \ln x = + \infty$ entraînent $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} f(x) = + \infty$
		\item $f$ produit de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable sur cet intervalle et 

$f'(x) = 2x\ln x + x^2 \times \dfrac{1}{x} =  2x\ln x + x = x(2\ln x + 1)$.

Or $ x > 0$, donc le signe de $f'(x)$ est celui de $2\ln x + 1$ et :

$2\ln x + 1 > 0 \iff \ln x > - \dfrac{1}{2} \iff $\,(par croissance de la fonction exponentielle)\,$x > \text{e}^{- \frac{1}{2}}$.

Donc $f$ est croissante sur $\left]\text{e}^{- \frac{1}{2}}~;~+ \infty\right[$.

De même $2\ln x + 1 < 0 \iff \ln x < - \dfrac{1}{2} \iff $\,(par croissance de la fonction exponentielle)

$x < \text{e}^{- \frac{1}{2}}$.

Donc $f$ est décroissante sur $\left]0~;~\text{e}^{- \frac{1}{2}}\right[$.

\emph{Rem. } On peut écrire $\text{e}^{- \frac{1}{2}} = \dfrac{1}{\text{e}^{\frac{1}{2}}} = \dfrac{1}{\sqrt{\text{e}}}$.
	\end{enumerate}
\item Une équation de la tangente $(\mathcal{T}_{x_{0}})$ à $(\mathcal{C})$ en un point de coordonnées $\left(x_{0}~;~x_{0}^2 \ln x_{0}\right)$ est :

$M(X~;~Y) \in (\mathcal{T}_{x_{0}}) \iff Y- \left(x_{0}^2 \ln x_{0} \right) = f'\left(x_{0} \right)(X - x_{0})$.

En particulier O$(0~;~0) \in (\mathcal{T}_{x_{0}}) \iff 0- \left(x_{0}^2 \ln x_{0} \right) = x_{0}\left(2\ln x_{0} + 1 \right)(0 - x_{0}) \iff$

$ - x_{0}^2 \ln x_{0} = -2x_{0}^2\ln x_{0} - x_{0}^2 \iff x_{0}^2 + x_{0}^2\ln x_{0} = 0 \iff x_{0}^2\left(1 + \ln x_{0}\right) = 0 \iff 1 + \ln x_{0} = 0$, car la solution $x_{0} = 0 $ n'est pas possible.

Finalement : $1 + \ln x_{0} = 0 \iff \ln x_{0} = - 1 \iff x_{0} = \text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}$.

Il existe donc une tangente unique $(\mathcal{T}_{\text{e}^{-1}})$ à la courbe $(\mathcal{C})$ passant par O. Une de ses équations est :

\[M(x~;~y) \in (\mathcal{T}_{\text{e}^{-1}}) \iff Y = - \dfrac{1}{\text{e}}X.\]

\item
	\begin{enumerate}
		\item Soit $g$ la fonction définie sur $]0~;~+ \infty[$ par $g(x) = \dfrac{x^5}{25}(5\ln x - 1)$. Cette fonction produit de fonctions dérivables sur $]0~;~+ \infty[$ est dérivable et sur cet intervalle :
		
$g'(x) = \dfrac{5x^4}{25}(5\ln x - 1) + \dfrac{x^5}{25}\times \dfrac{5}{x} = x^4\ln x - \dfrac{x^4}{5} + \dfrac{x^4}{5} = x^4\ln x $.

Conclusion la fonction $g$ est une primitive de la fonction $x \longmapsto x^4\ln x$ sur $]0~;~+ \infty[$.
		\item On a $V = \displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1 \pi[x^2\ln x]^2\:\text{d}x = \displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1 \pi x^4\ln x \times \ln x \:\text{d}x$.
		
Soient $\left\{\begin{array}{l c l}
u'(x)&=&x^4\ln x\\
v(x) &=&\ln x
\end{array}\right.$ d'où $\left\{\begin{array}{l c l}
u(x)&=&\dfrac{x^5}{25}(5\ln x - 1)\\
v'(x) &=&\dfrac{1}{x}
\end{array}\right.$
	\end{enumerate}
\item 
On a donc en intégrant par parties puisque toutes les fonctions $u(x), u'(x), v(x)$ et $v'(x)$ sont continues sur $]0~;~+ \infty[$ :

$V = \pi\left[\dfrac{x^5}{25}(5\ln x - 1) \times \ln x  \right]_{\frac{1}{\text{e}}}^1 - \displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1 \dfrac{x^5}{25}(5\ln x - 1)\times \dfrac{1}{x}\:\text{d}x = \pi\dfrac{1}{25}\left[x^5 (5\ln x - 1) \times \ln x \right]_{\frac{1}{\text{e}}}^1  - \pi\displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1 5x^4 \ln x\:\text{d}x + \pi\displaystyle\int_{\frac{1}{\text{e}}}^1 5x^4 \:\text{d}x = \pi\dfrac{1}{25}\left[0 - \left(\dfrac{6}{\text{e}^5} \right)\right] - \pi\dfrac{1}{25}\left[\dfrac{5x^5}{25}(5\ln x - 1) - \dfrac{1}{5}x^5\right]_{\frac{1}{\text{e}}}^1 = $

$- \dfrac{6\pi}{25\text{e}^5} - \dfrac{\pi}{25}\left[\dfrac{1}{5}(5\ln 1 - 1) - \dfrac{1}{5}\right] - \left[\dfrac{1}{5\text{e}^5}\left(5\ln \dfrac{1}{\text{e}} - 1 \right)- \dfrac{1}{5\text{e}^5}   \right] = - \dfrac{6\pi}{25\text{e}^5} -\dfrac{\pi}{25}\left[- \dfrac{2}{5} - \left(- \dfrac{7}5\text{e}^5 \right)  \right] =$

$\dfrac{2 \pi}{125} - \dfrac{37 \pi}{125\text{e}^5} = \dfrac{\pi}{125}\left(2 - \dfrac{37}{\text{e}^5} \right)$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textcolor{blue}{Exercice 4 \hfill 5 points}}

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip 

\textbf{Partie A}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item Comme $1 + 2 \neq 0$, K existe et est défini par $1\vect{\text{KD}} + 2\vect{\text{KF}} = \vect{0} \iff 3\vect{\text{KD}} + 2\vect{\text{DF}} = \vect{0} \iff 3\vect{\text{DK}} = 2\vect{\text{DF}} \iff \vect{\text{DK}} = \dfrac{2}{3}\vect{\text{DF}}$

Comme D(0~;~0~;~0) et F$(1~;~1~;~1)$, l'égalité précédente donne :

$x_{\text{K}} = \dfrac{2}{3}(1) = \dfrac{2}{3}$,\:$y_{\text{K}} = \dfrac{2}{3}(1) = \dfrac{2}{3}$, \:$z_{\text{K}} = \dfrac{2}{3}(1) = \dfrac{2}{3}$.

Donc K$\left(\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{2}{3}~;~\dfrac{2}{3} \right)$.
\item E(1~;~0~;~1) donc $\vect{\text{EK}}\left(- \dfrac{1}{3}~;~ \dfrac{2}{3}~;~- \dfrac{1}{3}\right)$ et $\vect{\text{DF}}(1~;~1~;~1)$.

Donc $\vect{\text{EK}} \cdot \vect{\text{DF}} = - \dfrac{1}{3} +  \dfrac{2}{3} -  \dfrac{1}{3} = 0$.

Les vecteurs sont orthogonaux donc les droites (EK) et (DF) sont orthogonales.
\item On a EK$^2 = \|\vect{\text{EK}}\|^2 = \vect{\text{EK}} \cdot \vect{\text{EK}} = \dfrac{1}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{1}{9} = \dfrac{6}{9} \Rightarrow \text{EK} = \dfrac{\sqrt{6}}{3}$.
\end{enumerate}
\medskip 

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Quel que soit le point $M$, la base E$M$F du tétraèdre E$M$FD est incluse dans la face supérieure du cube EFGH qui est  perpendiculaire à l'arête [DH] qui est donc une hauteur du tétraèdre relative à la base E$M$F.

Quelle que soit la position du point $M$, l'aire de la base est l'aire d'un triangle de base 1 et de hauteur [EH] dont la longueur est aussi 1. On a donc :

$\mathcal{A}(\text{E}M\text{H}) = \dfrac{1 \times 1} {2} = \dfrac{1}{2}$.

D'où le volume cherché : $\mathcal{V}(\text{E}M\text{FD}) = \dfrac{\frac{1}{2} \times 1}{3} = \dfrac{1}{6}$.
\item Par définition de $M$, $M$, F et D ne sont pas alignés : ils définissent donc un plan unique.

On a $M(0~;~m~;~1)$ ; donc $M(0~;~m~;~1) \in M\text{FD} \iff (- 1 + m)\times 0 + m - m\times 1 = 0$ qui est vraie.

F$(1~;~1~;~1)$ ; donc E$(1~;~0~;~1) \in M\text{FD} \iff (- 1 + m)\times 1 + 1 - m\times 1 = 0$ qui est vraie.

Enfin D$(0~;~0~;~0)  \in M\text{FD} \iff (- 1 + m)\times 0 + 0 - m\times 0 = 0$ qui est vraie.

Conclusion : $(-1 + m)x + y - mz = 0$ est bien une équation du plan ($M$FD).
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On sait que $d_{m} = d(\text{E}~;~(M\text{FD})) = \dfrac{|(-1 + m)x_{\text{E}} + y_{\text{E}} - mz_{\text{E}}|}{\sqrt{(- 1 + m)^2 + 1^2 + m^2}} =$
		
$\dfrac{|(- 1 + m + 0 - m|}{\sqrt{1 + 2m^2 - 2m + 1}} = \dfrac{1}{\sqrt{2m^2 - 2m + 2}}$.
		\item La distance maximale correspond à la valeur minimale de $\sqrt{2m^2 - 2m + 2}$ c'est-à-dire du  trinôme $2m^2 - 2m + 2$.
		
Or $2m^2 - 2m + 2 = 2\left(m^2 - m + 1 \right) = 2\left[\left(m - \frac{1}{2} \right)^2 - \frac{1}{4} + 1  \right] = 2\left[\left(m - \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{3}{4}\right]$.

La valeur minimale de cette somme de deux carrés est obtenue quand le premier carré est nul, soit quand $m = \frac{1}{2}$ (valeur possible puisque 
$0 \leqslant m \leqslant 1$) et le minimum vaut alors $\dfrac{3}{2}$. 

La distance maximale est donc égale à $\dfrac{1}{\sqrt{\frac{3}{2}}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$.
		\item Or $\sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3} = $EK.
		
D'autre part on sait que le barycentre K appartient à la droite (DF) donc au plan ($M$FD).

Lorsque la distance du point E au plan ($M$FD) est maximale, soit quand $M$ est le milieu de [HG], le point K est le projeté orthogonal du point E sur le plan ($M$FD).
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,5.5)
%\psgrid
\psframe(0.3,0.2)(4,4)%ABFE
\psline(4,0.2)(5.4,1.4)(5.4,5.1)(4,4)%BCGF
\psline(5.4,5.1)(1.7,5.1)(0.3,4)%GHE
\psline[linestyle=dashed](0.3,0.2)(1.8,1.3)(5.4,1.4)%ADC
\psline[linestyle=dashed](1.8,1.3)(1.8,5.1)%DH
\pspolygon[linecolor=blue](3.55,5.1)(0.3,4)(4,4)%MFE
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](3.55,5.1)(1.8,1.3)(0.3,4)%MDE
\psline[linestyle=dashed,linecolor=blue](1.8,1.3)(4,4)%DF
\uput[u](3.55,5.1){M}\uput[d](3.27,3.1){K}
\psline[linestyle=dashed,linecolor=red](0.3,4)(3.27,3.1)
\uput[dl](0.3,0.2){A} \uput[dr](4,0.2){B} \uput[r](5.4,1.4){C} \uput[ul](1.8,1.3){D} 
\uput[l](0.3,4){E} \uput[dr](4,4){F} \uput[ur](5.4,5.1){G} \uput[u](1.7,5.1){H} 
\end{pspicture}
\end{center}
\medskip
\end{document}