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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small{juin 2003}}
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\thispagestyle{empty} 

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie juin 2003~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

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

\medskip

\textbf{Partie A}

%\medskip
%
%Dans l'espace muni d'un repère orthonormal \Oijk, on considère les points A, B, C et D de coordonnées respectives :
%
%A(0~;~0~;~3), B$\left(2\sqrt{2}~;~0~;~- 1\right)$,
%C$\left(- \sqrt{2}~;~- \sqrt{6}~;~-1\right)$,~D$\left(- \sqrt{2}~;~\sqrt{6}~;~-1\right)$.

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Démontrer que ABCD est un tétraèdre régulier, c'est-à-dire un tétraèdre dont toutes les arêtes sont de même longueur.
AB$^2 = 8 + 16 = 24 = 24$ ;

AC$^2 = 2 + 6 + 16 = 24 = 24$ ;

AD$^2 = 2 + 6 + 16 = 24 = 24$ ;

BC$^2 = 18 + 6 = 24 = 24$ ;

BD$^2 = 18 + 6 = 24 = 24$ ;

CD$^2  = 24$.

On a donc AB = AC = AD = BC = BD = CD : le tétraèdre est régulier.

	
\item %On note R, S, T et U les milieux respectifs des arêtes [AC], [AD],[BD] et [BC] ; démontrer que RSTU est un parallélogramme de centre O.
Dans le triangle ACD, le segment [RS] joint les milieux de deux côtés ; on a donc $\vect{\text{RS}} = \dfrac{1}{2}\vect{\text{CD}}$ ; de même dans le triangle BCD, on a $\vect{\text{UT}} = \dfrac{1}{2}\vect{\text{CD}}$ ; on en déduit que :

$\vect{\text{RS}} = \vect{\text{UT}} \iff\:$ (RSTU) est un parallélogramme. 


\item %Ce parallélogramme a-t-il des propriétés supplémentaires ?
%Expliquer.
On a R$\left(- \frac{\sqrt{2}}{2}~;~- \frac{\sqrt{6}}{2}~;~1 \right)$ et T$\left( \frac{\sqrt{2}}{2}~;~\frac{\sqrt{6}}{2}~;~- 1 \right)$, c'est-à-dire des coordonnées opposées : donc O est le milieu de [RT].

Conclusion : le centre du parallélogramme RSTU est le point O.

Dans le triangle ABC, on a $\vect{\text{RU}} = \dfrac{1}{2}\vect{\text{AB}}$, soit en prenant les normes RU = $\dfrac{1}{2}$AB, mais l'égalité obtenue ci-dessus $\vect{\text{RS}} = \dfrac{1}{2}\vect{\text{CD}}$ donne en normes RS = $\dfrac{1}{2}$CD.

Or on a vu que AB = CD = $\sqrt{24} = 2\sqrt{6}$. Conclusion RS = RU : le parallélogramme RSTU a deux côtés consécutifs de même longueur : c'est un \textbf{losange}.

D'autre part  $\vect{\text{AB}} \cdot \vect{\text{CD}} = 2\sqrt{2} \times 0  + 0 \times 2\sqrt{6} + (- 4) \times 0= 0$ : les vecteurs sont orthogonaux donc les droites (AB) et (CD) sont perpendiculaires. Comme les droites (RS) et (RU) sont respectivement parallèles aux droites (AB) et (CD), elles sont perpendiculaires.

Finalement le losange (RSTU) a deux côtés consécutifs perpendiculaires : c'est un \textbf{carré}.
%\begin{center}\begin{pspicture}(5,5.5)
%\psline(0,1)(2.6,5.4)(4.6,1.3)(2,0.3)(0,1)
%\psline(2.6,5.4)(2,0.3)
%\psline{->}(2.9,2.4)(2.5,1.8)
%\psline{->}(2.9,2.4)(3.5,2.4)
%\psline{->}(2.9,2.4)(2.9,2.9)
%\psline[linestyle=dashed](0,1)(4.6,1.3)
%\uput[l](0,1){C}  \uput[ur](2.6,5.4){A}  \uput[r](4.6,0.3){D} 
%\uput[d](2,0.3){B}  \uput[u](2.7,2.3){$\vect{\imath}$} 
%\uput[d](3.2,2.4){$\vect{\jmath}$} 
%\uput[r](2.8,2.65){$\vect{k}$} 
%\end{pspicture}\end{center}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

%On dispose de trois tétraèdres identiques au précédent, parfaitement équilibrés. Chacun d'eux a une face peinte en bleu, une face peinte en jaune et deux faces peintes en rouge.
% 
%On lance les trois tétraèdres simultanément (on remarquera que, lorsqu'on lance un tel tétraèdre, une seule face est cachée et trois faces sont visibles).
%
%\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Calculer la probabilité pour qu'au moins trois faces rouges soient visibles sur les trois tétraèdres.
Sur chaque tétraèdre il y a deux faces rouges : si le tétraèdre tombe sur une face rouge (cachée) il en restera une visible. Comme on lance trois tétraèdres 	la probabilité pour qu'au moins trois faces rouges soient visibles sur les trois tétraèdres est égale à 1.
\item %Calculer la probabilité pour que la couleur bleue ne soit visible sur
%aucun tétraèdre.
Il y a une face bleue sur quatre faces. La probabilité que l'on ne voit pas de bleu en lançant un tétraèdre est égale à $\dfrac{1}{4}$. Les lancers des trois tétraèdres sont indépendants, donc la probabilité de ne pas voir de bleu en lançant trois tétraèdres est égale à $\dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{64}$.
\item %Calculer la probabilité de l'évènement E \og les six faces rouges sont visibles \fg.
Il y a une chance sur deux que le tétraèdre tombe sur la face bleue ou sur la face jaune, donc la probabilité de l'évènement E est égale à  $\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{8}$.
\item %On répète $n$ fois l'expérience qui consiste à lancer les trois tétraèdres.

%Calculer la probabilité $p_{n}$ pour que l'évènement E soit réalisé au moins une fois.
La variable aléatoire comptant le nombre de réalisations de l'évènement E suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p = \dfrac{1}{8}$.

La probabilité que l'évènement E ne soit jamais réalisé est égale à 

$\binom{n}{0}\left(\dfrac{1}{8} \right)^0 \times \left(\dfrac{7}{8} \right)^n = \dfrac{7^n}{8^n}$.

Donc la probabilité $p_{n}$ pour que l'évènement E soit réalisé au moins une fois est égale à $1 - \dfrac{7^n}{8^n}$.
%Calculer $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} p_n$.
Comme $- 1 < \dfrac{7}{8} < 1$, on sait que $- 1 < \dfrac{7^n}{8^n} < 1$ et que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{7^n}{8^n} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} p_{n} = 1$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\medskip

%Dans tout l'exercice, le plan $\mathcal{P}$ est rapporté à  un repère orthonormal direct \Ouv.
%
%Les constructions seront faites sur papier millimétré.
%
%\medskip

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item  %Le point E a pour affixe $Z_{\text{E}} = 3 + \text{i}$ et le point F a pour affixe $Z_{\text{F}}= 1 +3\text{i}$.

%Placer dans $\mathcal{P}$ les points E et F.
On a E(3~;~1) et F(1~;~3)
		\item %Construire le point H tel que EHF soit un triangle rectangle isocèle direct de sommet H, c'est-à-dire tel que $\left(\vect{\text{HF}}~ ;~ \vect{\text{HE}}\right) = \dfrac{\pi}{2} [2\pi]$.
Puisque EHF est rectangle isocèle H appartient à la médiatrice de [EF] et au cercle de diamètre [EF]. On choisit entre les deux points communs à la droite et au cercle celui pour lequel EHF est un triangle rectangle isocèle direct.
		\item %On désigne par $Z_{\text{H}}$ l'affixe de H.

%Montrer que $\left|\dfrac{3 + \text{i} - Z_{\text{H}}}{1 + 3\text{i}- Z_{\text{H}}}\right| = 1$ et que $\text{arg} \left(\dfrac{3 + \text{i} -Z_{\text{H}}}{1 + 3\text{i} -  Z_{\text{H}}}\right) = \dfrac{\pi}{2}\quad [2\pi]$.
EFH est isocèle en H, donc HE = HF $\Rightarrow \dfrac{\text{HE}}{\text{HF}} = 1  \iff \dfrac{\left|Z_{\text{E}} -  Z_{\text{H}}\right|}{\left|Z_{\text{F}} -  Z_{\text{H}} \right|} = 1 \iff \dfrac{\left|3 + \text{i} - Z_{\text{H}} \right|}{\left|1 + 3\text{i} - Z_{\text{H}} \right|} = 1 \iff \left|\dfrac{3 + \text{i} - Z_{\text{H}}}{1 + 3\text{i}- Z_{\text{H}}}\right| = 1$.


On sait d'autre part que :

$\left(\vect{\text{HF}},~\vect{\text{HE}} \right) = \frac{\pi}{2}\quad [2\pi]$ ce qui se traduit en terme d'argument par :

$\text{arg}\left(\dfrac{Z_{\text{E}} -  Z_{\text{H}}}{Z_{\text{F}} -  Z_{\text{H}}} \right) = \dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi] \iff \text{arg}\left(\dfrac{3 + \text{i} -  Z_{\text{H}}}{1 + 3\text{i} -  Z_{\text{H}}} \right) = \dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi]$.

Les deux résultats précédents traduisent l'égalité :

$\dfrac{3 + \text{i} -  Z_{\text{H}}}{1 + 3\text{i} -  Z_{\text{H}}} = \text{i} \iff 3 + \text{i} -  Z_{\text{H}} = \text{i}\left(1 + 3\text{i} -  Z_{\text{H}} \right) \iff Z_{\text{H}}(- 1 + \text{i}) = - 6 \iff Z_{\text{H}} = \dfrac{6}{1 - \text{i}} = \dfrac{6(1 + \text{i})}{2} = 3 + 3\text{i}$.

Le point H a pour coordonnées (3~;~3).

%En déduire que Z$_{\text{H}} = 3 + 3\text{i}$.

\begin{center}
\psset{unit=1.5cm}
\begin{pspicture}(-0.25,-0.5)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=3,Dy=3](0,0)(0,0)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=3,Dy=3]{->}(0,0)(1,1)
\psdots(1,3)(3,3)(3,1)
\pspolygon(1,3)(3,3)(3,1)
\pscircle(2,2){1.414}
\uput[dr](3,1){E} \uput[ul](1,3){F} \uput[u](3,3){H} \uput[dl](0,0){O}
\psplot{1.25}{3.25}{x}
\uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$}
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\item A, B, C et D sont quatre points du plan $\mathcal{P}$.

\begin{center}
\begin{figure}[h!]
\begin{pspicture}(-2.5,-2)(6.5,6.5)
%\psgrid
\psline(0,1.5)(0.7,5.3)(2.8,5.3)(4.2,0)(0,1.5)
\uput[ur](4.2,0){C} \uput[l](0.7,5.3){A} \uput[ur](2.8,5.3){B} 
\uput[l](0,1.5){D}
\psarc(1.75,5.3){1.05}{0}{180}
\psarc(0.35,3.4){1.95}{80}{260}
\psarc(2.1,0.75){2.23}{161}{341}
\psarc(3.5,2.65){2.75}{-75}{105}
\psline[linestyle=dotted](1.75,4.6)(1.75,6.5)
\pspolygon(2.8,5.3)(1.75,6.38)(0.7,5.3)(-1.5,4)(0,1.5)(1.22,-1.32)(4.2,0)(6.2,3.3)
\uput[ur](1.75,6.38){I} \uput[dl](-1.5,4){J} \uput[dr](1.22,-1.32){K} \uput[ur](6.2,3.3){L}    
\end{pspicture}
\end{figure}
\end{center}
	\begin{enumerate} 
		\item %Construire les triangles rectangles isocèles directs BIA, AJD, DKC et CLB d'angles droits respectifs $\widehat{\text{BIA}},~ \widehat{\text{AJD}},~\widehat{\text{DKC}}$ et $\widehat{\text{CLB}}$.
		On construit ces points de la même façon que le point H. Voir ci-dessous.
		\item %Conjecturer la position relative des droites (IK) et (LJ) et le rapport des longueurs des segments [IK] et [LJ].
Les droites (IK) et (LJ) semblent être perpendiculaires et il semble que 

IK = LJ.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate} 
		\item %On désigne par $a,~b$ et $z_{1}$ les affixes respectives des points A, B et I.
		
%Montrer que $\left|\dfrac{b-z_{1}}{a-z_{1}}\right| = 1$ et arg$\left(\dfrac{ %b-z_{1}}{a- z_{1}}\right) = \dfrac{\pi}{2}~[2\pi]$.
De la même façon qu'à la question 1. l'égalité $\dfrac{\text{IA}}{\text{IB}} = 1$ se traduit par 

$\left|\dfrac{b - Z_{I}}{a - Z_{I}}  \right| = 1$.

L'angle droit en I se traduit par $\left(\vect{\text{IA}},~\vect{\text{IB}} \right) = \frac{\pi}{2} = \text{arg}\left(\dfrac{b - Z_{I}}{a - Z_{I}} \right) \quad [2\pi$].

Ces deux informations se traduisent tout simplement par l'égalité :

\[\dfrac{b - Z_{I}}{a - Z_{I}} = \text{i} \]
%En déduire que $z_{1} = \dfrac{\text{i}a - b}{\text{i} - 1}$.

L'égalité précédente est équivalente à :

$b - Z_{I} = \text{i}\left(a - Z_{I} \right) \iff b - a\text{i} = Z_{1}\left(1 - \text{i} \right)\iff Z_{I} = \dfrac{b - a\text{i}}{1 - \text{i}}$.
		\item %Avec les points B, C et L d'affixes respectives $b,~ c$ et $z_{\text{L}}$, exprimer sans démonstration $z_{\text{L}}$ en fonction de $b$ et $c$.
En remplaçant dans la démonstration précédente les points B et A par les points C et B, on obtient $Z_{\text{L}} = \dfrac{c - b\text{i}}{1 - \text{i}}$	
		\item %Avec les points C, D et K d'affixes respectives $c,~ d$ et $z_{\text{K}}$, exprimer de même $z_{\text{K}}$ en fonction de $c$ et $d$. Avec les points D, A et J d'affixes respectives $d,~a$ et $z_{\text{J}}$ exprimer de même $z_{\text{J}}$ en fonction de $a$ et $d$.
De même on obtient : $Z_{\text{K}} = \dfrac{d - c\text{i}}{1 - \text{i}}$ et $Z_{\text{J}} = \dfrac{a - d\text{i}}{1 - \text{i}}$.
		\item %Montrer que $z_{\text{L}} - z_{\text{J}} = 
%\text{i}\left(z_{\text{K}} - z_{\text{I}}\right)$. En déduire que les droites (JL) et (KI) sont perpendiculaires et que JL = KI.
Calcul de $z_{\text{L}} - z_{\text{J}} = \dfrac{c - b\text{i}}{1 - \text{i}} - \dfrac{a - d\text{i}}{1 - \text{i}} = \dfrac{c - a + (d - b)\text{i}}{1 - \text{i}}$.

Calcul de $z_{\text{K}} - z_{\text{I}} = \dfrac{d - c\text{i}}{1 - \text{i}} - \dfrac{b - a\text{i}}{1 - \text{i}} = \dfrac{d - b + (a - c)\text{i}}{1 - \text{i}}$.

En multipliant cette dernière égalité par i, on obtient bien :

$\text{i}\left(z_{\text{K}} - z_{\text{I}} \right) = \dfrac{(d - b)\text{i} - (a - c)}{1 - \text{i}} = \dfrac{c - a + (d - b)\text{i}}{1 - \text{i}} = z_{\text{L}} - z_{\text{J}}$.

Cette dernière égalité donne en modules :

$\left|z_{\text{L}} - z_{\text{J}} \right| = \left|\text{i}\left(z_{\text{K}} - z_{\text{I}} \right) \right| = 1 \iff \left|z_{\text{L}} - z_{\text{J}} \right| = \left|\left(z_{\text{K}} - z_{\text{I}}  \right| \iff $\:JL = IK.

En arguments sachant que l'argument de i est $\frac{\pi}{2}$ :

$\dfrac{z_{\text{L}} - z_{\text{J}}}{z_{\text{K}} - z_{\text{I}}} = \text{i} \Rightarrow \left(\vect{\text{IK}},~\vect{\text{JL}} \right) = \dfrac{\pi}{2} \quad [2\pi]$, donc on a bien (IK)\: $\perp$\:(JL). 
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

%\textbf{\textsc{Exercice 2} (Spécialité)}\hfill 5 points
%
%\medskip
%
%Le plan complexe est rapporté  un repère orthonormal direct \Ouv, d'unité graphique 2~cm.
%
%On donne les points A, C, D et $\Omega$, d'affixes respectives 1 + i, 1, 
%3 et $2 + \dfrac{1}{2}\text{i}$.
%
%\medskip
%
%\textbf{Partie A}
%
%\medskip
%
%\begin{enumerate} 
%\item Soit $\mathcal{C}$ le cercle de centre $\Omega$ passant par A.
%	\begin{enumerate} 
%		\item Montrer que $\mathcal{C}$ passe par C et D.	
%		\item Montrer que le segment [AD] est un diamètre de $\mathcal{C}$.
%		\item Sur une feuille de papier millimétré, faire une figure en plaçant les points A, C, D, $\Omega$ et tracer $\mathcal{C}$. On note B la seconde intersection de $\mathcal{C}$ avec la droite (OA).
%		\item Montrer que le point O est extérieur au segment [AB].
%	\end{enumerate}
%\item Montrer par un raisonnement géométrique simple que les
%triangles OAD et OCB sont semblables mais non isométriques.
%
%Soit S la similitude qui transforme le triangle OCB en le triangle OAD.
%	\begin{enumerate} 
%		\item Montrer que S est une similitude indirecte différente d'une réflexion.
%		\item Quel est le centre de S ? 
%	\end{enumerate}
%\end{enumerate}
%
%\bigskip
%
%\textbf{Partie B}
%
%\medskip
%
%\begin{enumerate} 
%\item 
%	\begin{enumerate} 
%		\item Déduire de la partie \textbf{A 2} que l'on a OA $\times$  OB =  OC $\times$ OD.
%		\item En déduire le module de l'affixe $z_{\text{B}}$ du point B. Déterminer un argument de $z_{\text{B}}$.
%	\end{enumerate}
%\item Déterminer l'écriture complexe de S.
%
%\item Déterminer la nature et les éléments caractéristiques 
%de S $\circ$ S.
%\end{enumerate}
%
%\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème}}\hfill 11 points

\medskip
	
\textbf{Partie A}

%\medskip
%
%On considère la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = \text{e}^x \cos x$. On appelle $\mathcal{C}_{f}$ la représentation graphique de $f$ dans un repère orthogonal.

\medskip
 
\begin{enumerate} 
\item %Montrer que pour tout réel $x$,

%\[- \text{e}^x \leqslant f(x) \leqslant \text{e}^x.\]
On sait que pour tout réel $x$,

\[- 1 \leqslant \cos x \leqslant 1\]

En multipliant chaque membre par le nombre supérieur à zéro $\text{e}^x$, on obtient :

\[- \text{e}^x \leqslant f(x) \leqslant \text{e}^x.\]
%En déduire que $\mathcal{C}_{f}$ admet une asymptote au voisinage de $- \infty$. Quelle est cette asymptote ?
On sait que $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^x = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \text{e}^x \cos x = 0$ puisque $f(x)$ est encadré par deux nombres qui ont pour limite $0$.

L'axe des abscisses est donc asymptote horizontale au voisinage de moins l'infini à $\mathcal{C}_{f}$.
\item %Déterminer les abscisses des points d'intersection de $\mathcal{C}_{f}$ avec l'axe des abscisses.
On résout $f(x) = 0 \iff  \text{e}^x \cos x = 0 \iff \cos x = 0$ puisque $\text{e}^x \neq 0$.

Les solutions sont donc les nombres$\dfrac{\pi}{2} + k\pi,\:k \in \Z$.		
\item %On étudie $f$ sur l'intervalle $\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+ \dfrac{\pi}{2}\right]$.
		
%Démontrer que pour tout réel $x \in  \left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+\dfrac{\pi}{2}\right]$ on a :
 
%\[\cos x - \sin x = \sqrt{2} \cos \left(x+ \dfrac{\pi}{4}\right).\]

Pour tout réel $x \in  \left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+ \dfrac{\pi}{2}\right]$ on a :

$\cos x - \sin x = \sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}(\cos x - \sin x) = \sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cos x - \dfrac{\sqrt{2}}{2}\sin x \right) =$

$\sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{4}\cos x - \sin \frac{\pi}{4} \sin x  \right) =
\sqrt{2} \cos \left(\dfrac{\pi}{4} + x \right) = \sqrt{2}\cos \left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$.	
\item %Calculer $f'(x)$, où $f'$ désigne la fonction dérivée de $f$.
Sur l'intervalle considéré, $f$ produit de fonctions dérivables est dérivable et sur cet intervalle :

$f'(x) = \text{e}^x \cos x  + \text{e}^x \times (- \sin x) = \text{e}^x \cos x - \text{e}^x \sin x = \text{e}^x (\cos x - \sin x)$.

D'après la question précédente $f'(x) $ peut s'écrire :

$f'(x) = \text{e}^x \times \sqrt{2}\cos \left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$.

Comme$\sqrt{2} > $ et $\text{e}^x$ quel que soit $x$, le signe de la dérivée est donc celui de $\cos \left(x + \dfrac{\pi}{4}\right)$.

Or $-\dfrac{\pi}{2}\leqslant x \leqslant \dfrac{\pi}{4} \Rightarrow -\dfrac{\pi} + \dfrac{\pi}{4}\leqslant x \leqslant \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\pi}{4}$

soit $- \dfrac{\pi}{4} \leqslant x + \dfrac{\pi}{4} \leqslant \dfrac{\pi}{2}$.

La fonction $\cos $ est positive sur $\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$, donc a fortiori sur $\left[- \dfrac{\pi}{4}~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$.

Finalement $f'(x) > 0$ : la fonction $f$ est strictement croissante sur $\left]- \dfrac{\pi}{2}~;~\dfrac{\pi}{4}\right[$. 
%Montrer que $f$ est croissante sur	$\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+ \dfrac{\pi}{4}\right]$ et décroissante  sur $\left[+ \dfrac{\pi}{4}~;~+ \dfrac{\pi}{2}\right]$. Dresser le tableau de variations de $f$ sur $\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+ \dfrac{\pi}{2}\right]$.
On montre de même que sur $\left]\dfrac{\pi}{4}~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$, $f'(x) < 0$ : sur cet intervalle la fonction $f$ est strictement décroissante.
%Indiquer les valeurs prises par $f$ en $- \dfrac{\pi}{2},~\dfrac{\pi}{4}$ et $\dfrac{\pi}{2}$.

On a $f\left(- \frac{\pi}{2} \right) = \text{e}^{- \frac{\pi}{2}}\cos \left(- \frac{\pi}{2} \right) = 0$.

$f\left(\frac{\pi}{4} \right) = \text{e}^{- \frac{\pi}{4}}\cos \left(- \frac{\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\frac{\pi}{4}} \approx 1,55$.

$f\left(\frac{\pi}{2} \right) = \text{e}^{\frac{\pi}{2}}\cos \left(\frac{\pi}{2} \right) = 0$.
\item Tracer $\mathcal{C}_{f}$ sur l'intervalle $\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+
\dfrac{\pi}{2}\right]$ sur le graphique ci-dessous

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(6,2.5)
\psframe(6,2.5)
\psline(0,1.5)(6,1.5)\psline(0,2)(6,2)
\psline(1,0)(1,2.5)
\uput[u](0.5,1.9){$x$} \uput[u](1.25,1.9){$- \frac{\pi}{2}$} \uput[u](3.5,1.9){$\frac{\pi}{4}$} \uput[u](5.5,1.9){$\frac{\pi}{2}$}
\uput[u](0.5,1.4){$f'(x)$} \uput[u](2.25,1.5){$+$} \uput[u](3.5,1.5){$0$} \uput[u](4.75,1.5){$-$}
\rput(0.5,0.75){$f$}\uput[u](1.2,0){0}\uput[d](3.5,1.5){$\frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\frac{\pi}{4}}$}\uput[u](5.9,0){0}
\psline{->}(1.5,0.5)(3,1.25)
\psline{->}(4,1.25)(5.5,0.5) 
\end{pspicture}
\end{center}
\begin{center}
\psset{unit=2.75cm}\begin{pspicture}(-2,-2)(2,2)
%\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=1,gridcolor=orange]
\multido{\n=-1.9635+0.3927}{11}{\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=orange](\n,-2)(\n,2)}
\multido{\n=-2.0+0.5}{9}{\psline[linewidth=0.3pt,linecolor=orange](-1.9635,\n)(1.9635,\n)}
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10]{->}(0,0)(-8,-1.99)(8,2)
\uput[dl](0,0){0}
\uput[d](0.785,0){$\frac{\pi}{4}$} 
\uput[d](1.5708,0){$\frac{\pi}{2}$}  
\uput[d](-0.785,0){$-\frac{\pi}{4}$}
\uput[d](-1.5708,0){$-\frac{\pi}{2}$}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{-1.5708}{1.5708}{2.71828 x   exp x 180 mul 3.141 div  cos mul}
\psplot{-1.5}{1}{x 1 add}
\uput[ul](1,2){T}
\end{pspicture}
\end{center} 

\item %Démontrer que, sur l'intervalle $\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$	l'équation $f(x) = \dfrac{1}{2}$ admet une solution unique $\alpha$. Trouver, à l'aide de la calculatrice, la valeur approchée décimale de $\alpha$ arrondie au centième.
On a $f\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\frac{\pi}{4}}\right) \approx 1,55$ et $f\left(\frac{\pi}{4}\right) = 0$ ; sur l'intervalle $\left[\dfrac{\pi}{4}~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$ la fonction $f$ continue prend une seule fois toutes les valeurs entre $\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\frac{\pi}{4}}$ et $0$ ; en particulier il existe un seul réel $\alpha$ de l'intervalle $\left[\dfrac{\pi}{4}~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$ tel que $f(\alpha) = \dfrac{1}{2}$.

La calculatrice donne $\alpha \approx 1,453 \approx 1,45$.
\item %On note $f''$ la fonction dérivée seconde de $f$. Montrer que 
%$f''(x) = - 2\text{e}^x\sin x$.
$f'$ produit de fonctions dérivables est dérivable et sur $\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+\dfrac{\pi}{2}\right]$,

$f''(x) = \text{e}^x(\cos x - \sin x) + \text{e}^x(- \sin x - \cos x) = - 2\text{e}^x \sin x$.

%En déduire que, sur l'intervalle $\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~+\dfrac{\pi}{2}\right]$, le coefficient directeur de la  tangente à  $\mathcal{C}_{f}$au point d'abscisse $x$ atteint, pour $x = 0$, une valeur maximale que l'on précisera.
Sur $\left[- \dfrac{\pi}{2}~,~2\right]$, la fonction sin est négative, donc $f''(x) > 0$ : la fonction $f'$ est croissante sur $\left[- \dfrac{\pi}{2}~,~2\right]$.

Sur $\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$, la fonction sin est positive, donc $f''(x) < 0$ : la fonction $f'$ est décroissante sur $\left[0~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$.

Conclusion :  sur $\left[- \dfrac{\pi}{2}~;~\dfrac{\pi}{2}\right]$ la fonction $f'$ admet un maximum en 0, $f'(0) = 1$.

Autrement dit : le coefficient directeur de la  tangente à  $\mathcal{C}_{f}$ au point d'abscisse $x$ atteint, pour $x = 0$, une valeur maximale $1$.

%Trouver l'équation de la tangente T  $\mathcal{C}_{f}$ en $0$ et tracer T sur le graphique de la question 5.

Une équation de T est :

$y - f(0) = f'(0)(x - 0) \iff y - 1 = 1 x \iff y = x + 1$. (voir figure)
\end{enumerate}

\bigskip
	
\textbf{Partie B}

\medskip

%Pour tout entier naturel $n$, on pose $I_{n} = \displaystyle\int_{0}^{\pi} \text{e}^x \cos (nx)\: \text{d}x$.

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que, pour tout entier naturel $n,~ \cos 
%(n\pi) = (- 1)^n$ et que $\sin (n\pi) = 0$.
Quel que soit le naturel $n$, \:

$\cos (n\pi) + \text{i}\sin (n\pi) = \text{e}^{\text{i}n\pi} = \left(\text{e}^{\text{i}\pi} \right)^n = (- 1)^n$.

En égalant parties réelles et parties imaginaires de ces deux nombres, on obtient :

\[\cos (n\pi) = (- 1)^n \quad  \text{et} \quad \sin (n\pi) = 0.\]

\item %À l'aide de deux intégrations par parties, montrer que :

%\[I_{n} = \dfrac{(-1)^n \text{e}^{\pi} - 1}{1 + n^2}.\]
Quel que soit le naturel $n$, on pose :

$\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = \cos nx&u'(x) = - n \sin nx\\
v'(x) = \text{e}^x&v(x) = \text{e}^x
\end{array}\right.$

Les fonctions $u, v, u', v'$ étant continues car dérivables, on peut intégrer par parties :

$I_{n} = \left[\text{e}^x \cos nx \right]_{0}^{\pi} - \displaystyle\int_{0}^{\pi} - n \sin (nx)\text{e}^x\:\text{d}x = (- 1)^n\text{e}^{\pi} + n \displaystyle\int_{0}^{\pi}\sin (nx)\text{e}^x\:\text{d}x$.

On calcule cette dernière intégrale $J_{n}$ par parties :

$\left\{\begin{array}{l l}
u(x) = \sin nx&u'(x) =  n \cos nx\\
v'(x) = \text{e}^x&v(x) = \text{e}^x
\end{array}\right.$

Donc $J_{n} = \left[\text{e}^x\sin x  \right]_{0}^{\pi} - \displaystyle\int_{0}^{\pi} n \text{e}^x\cos nx\:\text{d}x = 0 - n I_{n}$.

Finalement : $I_{n} = (- 1)^n \text{e}^\pi - 1  - n^2 I_{n} \iff \left(n^2 + 1 \right)I_{n} = (- 1)^n \text{e}^\pi - 1 \iff $

\[I_{n} = \dfrac{(- 1)^n \text{e}^\pi - 1}{n^2 + 1}.\]

\item %Montrer que, pour tout entier naturel	
%$\left|I_{n}\right| \leqslant \dfrac{\text{e}^{\pi} + 1}{1 + n^2}$. En déduire
%$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} I_{n}$.
Pour tout naturel $n$,on a :

$\left|I_{n}\right| = \left|\dfrac{(- 1)^n \text{e}^\pi - 1}{n^2 + 1} \right| = \dfrac{\left|(- 1)^n \text{e}^\pi - 1 \right|}{\left|n^2 + 1 \right|}$.

D'une part $\left|n^2 + 1 \right| = n^2 + 1$, car $n^2 + 1 > 1 > 0$, et d'autre part 

$\left|(- 1)^n \text{e}^\pi - 1 \right| \leqslant \left|(- 1)^n \text{e}^\pi \right| + \left|( - 1) \right|$, car pour tous réels $x,\:y,\: |x + y| \leqslant |x| + |y|$.

Donc $\left|(- 1)^n \text{e}^\pi - 1 \right| \leqslant \text{e}^\pi + 1$.

Finalement $\left|I_{n}\right| \leqslant \dfrac{\text{e}^{\pi} + 1}{n^2 + 1}$.

Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n^2 + 1} = 0$, on en déduit par encadrement puisque $\left|I_{n}\right| \geqslant 0$, que 

\[\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left|I_{n}\right| = 0\]

Il en de même pour la suite $\left(I_{N}\right)$ qui a pour limite zéro.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie C}

\medskip

%On considère les équations différentielles
%	
%\[(\text{E})\qquad y' - 2y - 1 = 0\]
%
%\[(\text{E}')\qquad y' - 2y = 1 - \text{e}^x \sin x\]
%
%où $y$ est une fonction définie et dérivable sur $\R$.
%
%Dire, en le justifiant, si les assertions suivantes sont vraies ou fausses :

\begin{enumerate} 
\item %(E) admet une fonction polynôme du premier degré comme solution.
Soit une fonction affine solution de (E) : $y = ax + b$, alors $y' = a$ ; cette fonction est solution de (E) si et seulement si :

$a - 2ax - 2b - 1 = 0$, quel que soit le réel $x$ ; on en déduit $a = 0$, donc la fonction n'est pas un polynôme du premier degré. L'assertion est \textbf{fausse}.
\item %Soit $g$ une fonction positive définie sur $\R$ ; si $g$ est solution de (E) alors elle est croissante sur D.
Si $g$ est solution de (E) alors $g' - 2g - 1 = 0 \iff g' = 2g + 1 \geqslant 1 > 0$ : sa dérivée est bien positive pour tout réel $x$ : l'assertion est \textbf{vraie}. 
\item %La fonction $x \mapsto	3\text{e}^{2x} + \dfrac{1}{2}$ est une solution de (E).
Si $h(x) = 3\text{e}^{2x} + \dfrac{1}{2}$, alors $h'(x) = 6\text{e}^{2x}$.

$h$ est solution de (E) si et seulement pour tout réel $h' - 2h - 1 = 0 \iff 6\text{e}^{2x} - 6\text{e}^{2x} - 1 - 1 = 0 \iff - 2 = 0$ :  l'assertion est \textbf{fausse}.
\item %La primitive $F$ de $f$ qui s'annule en 0 est une solution de (E$'$).
Soit $F$ la primitive de $f$ telle que $F(0) = 0$. On sait que $F'(x) = f(x)$.

$F$ est solution de (E$'$) si et seulement si :

$F'(x) - 2F(x) = 1 - \text{e}^x \sin x \iff f(x) - 2F(x) = 1 - \text{e}^x \sin x \iff$

$F(x) = \dfrac{f(x) + \text{e}^x \sin x - 1}{2} \iff F(x) = \dfrac{\text{e}^x(\cos x + \sin x) - 1}{2}$.

Vérifions si $F$ est bien une primitive de $f$ qui s'annule en $0$ :

$F'(x) = \dfrac{\text{e}^x (\cos x + \sin x) + \text{e}^x(- \sin x + \cos x )}{2} = \dfrac{2\text{e}^x\cos x}{2} = \text{e}^x \cos x = f(x)$.

D'autre part : $F(0) = \dfrac{1 - 1}{2} = 0$.

L'assertion est \textbf{vraie}.
\end{enumerate}
\end{document}