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% Tapuscrit Denis Vergès
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pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S Polynésie},
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small{septembre 2002}}
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\thispagestyle{empty}
\begin{center} {\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie septembre 2002~\decofourright}}\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1}}

\medskip

%Une compagnie d'assurance automobile fait un bilan des frais d'intervention, parmi ses dossiers d'accidents de la circulation. 
%
%\setlength\parindent{5mm}
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet~$] $85\:\%$ des dossiers entraînent des frais de réparation matérielle. 
%\item[$\bullet~$] $20\:\%$ des dossiers entraînent des frais de dommages corporels. 
%\item[$\bullet~$] $12\:\%$ des dossiers entraînant des frais de réparation matérielle entraînent aussi des frais de dommages corporels.
%\end{itemize}
%\setlength\parindent{0mm}
%
%Soit les évènements suivants  :
%
%$R$ : le dossier traité entraîne des frais de réparation matérielle 
%
%$D$ : le dossier traité entraîne des frais de dommages corporels.

\begin{enumerate} 
\item ~%En utilisant les notations $R$ et $D$, exprimer les trois
%pourcentages de l'énoncé en termes de probabilités ; les résultats seront donnés sous forme décimale.
On peut dresser un arbre pondéré  de probabilités :

\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$R$}\naput{0,85}}
		{\TR{$D$}\naput{0,12}
		\TR{$\overline{D}$}\nbput{0,88}
		}
\pstree{\TR{$\overline{R}$}\nbput{0,15}}
		{\TR{$D$}
		\TR{$\overline{D}$}
		}
}
\end{center}

On a donc 

$\bullet~~$On a $p(R) = 0,85$ ;

$\bullet~~$On a $p(D) = 0,2$ ;

$\bullet~~$On a $p_R(D) = 0,12$.
\item %Calculer la probabilité pour qu'un dossier :	
	\begin{enumerate} 
		\item %entraîne des frais de réparation matérielle et des frais de dommages corporels ;	
On a $p(R \cap D) = p(R) \times p_R(D) = 0,85 \times 0,12 = 0,102$.	
		\item %entraîne seulement des frais de réparation matérielle ;
$p\left(R \cap \overline{D}\right) = (R) \times  p_R\left(\overline{D} \right) = 0,85 \times (1 - 0,12) = 0,85 \times 0,88 = 0,748$.
		\item %entraîne seulement des frais de dommages corporels ;
D’après la loi des probabilités totales :

$p(D) = p(R  \cap D) + p\left(\overline{R} \cap D \right) \iff 0,2 = 0,102 +  p\left(\overline{R} \cap D \right) \iff p\left(\overline{R} \cap D \right) =$

$0,2 - 0,102 = 0,098$.
		\item %n'entraîne ni frais de réparation matérielle ni frais de dommages corporels ;
Les évènements $D\cap R$, \: $D \cap \overline{R}$, \: $R \cap \overline{D}$,\: et $\overline{R} \cap \overline{D}$ constituent une partition de l'ensemble des dossiers, d'où :

$p\left(\overline{R} \cap \overline{D} \right) = 1 - p(D\cap R) - p\left( D \cap \overline{R}\right) - p\left(R \cap \overline{D} \right) = 1 - (0,102 + 0,098 + 0,748) = 0,052$.
	\item %entraîne des frais de réparation matérielle sachant qu'il entraîne des frais de dommages corporels.
	$p_D(R) = \dfrac{p(R \cap D)}{p(D)} = \dfrac{0,102}{0,2} = 0,51$. 
	 \end{enumerate}
\item %On constate que 40\,\% des dossiers traités correspondent à des excès de vitesse et parmi ces derniers 60\,\% entraînent des frais de dommages corporels.
Soit $E$ l'évènement : \og le dossier correspond à un excès de vitesse \fg. 

On a $p(E) = 0,6$ et $p_E(D) = 0,4$. 
	\begin{enumerate} 
		\item %On choisit un dossier ; quelle est la probabilité pour que ce dossier corresponde à un excès de vitesse et entraîne des frais de dommages corporels ?
On a $p(E \cap D) = p(E) \times p_E(D) = 0,6 \times 0,4 = 0,24$.
		\item %On choisit cinq dossiers de fa\c{c}on indépendante. Quelle est la probabilité  pour qu'au moins un dossier corresponde à un excès de vitesse et entraîne des frais de dommages corporels.
Le nombre de dossiers est assez grand pour que l'on puisse considérer que la probabilité de tirer un dossier correspondant à un excès de vitesse et entraînant des frais de dommages corporels est toujours égale à $0,24$. La variable aléatoire égale au nombre de dossiers correspondant à un excès de vitesse et entraînant des frais de dommages corporels suit donc une loi de Bernoulli de paramètres $n = 5$ et $p = 0,24$.

La probabilité qu'il n'y ait aucun dossier correspondant à un excès de vitesse et entraînant des frais de dommages corporels est égale à $(1 - 0,24)^5 = 0,76^5$, donc la probabilité qu'au moins un dossier corresponde à un excès de vitesse et entraîne des frais de dommages corporels est :

$1 - 0,76^5 \approx 0,746$.
	 \end{enumerate} 
 \end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2}} 

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %$z_1$ et $z_2$ sont des nombres complexes ; résoudre le système d'équations suivant :

$\left\{\begin{array}{l c l}
z_1\sqrt{3} - z_2&=&-2\\
z_1 - z_2\sqrt{3}&=&- 2\text{i}\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
z_1\sqrt{3} - z_2&=&-2\\
z_1\sqrt{3} - 3z_2&=&- 2\text{i}\sqrt{3}\\
\end{array}\right. \Rightarrow$\: (par différence) \:$2z_2 = - 2 + 2\text{i}\sqrt{3} \iff z_2 = - 1 + \text{i}\sqrt{3}$.

De la deuxième équation on déduit que :

$z_1 = z_2\sqrt{3}- 2\text{i} = - \sqrt{3} + 3\text{i} - 2\text{i} = - \sqrt{3} + \text{i}$.

\item %Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé direct de centre O,  d'unité graphique 4~cm, on considère les points A et B d'affixes respectives :

%\[ z_{\text{A}} = - \sqrt{3} + \text{i}, \qquad  z_{\text{B}} = -1 + \text{i}\sqrt{3}.\]

%Donner les écritures de $z_{\text{A}}$ et $z_{\text{B}}$ sous forme exponentielle.

%Placer les points A et B.
On voit que $z_{\text{A}} = z_1$ et $z_{\text{B}} = z_2$.

$\bullet~~$On a $\left|z_{\text{A}} \right|^2 = 3 + 1 = 4 = 2^2 \Rightarrow \left|z_{\text{A}} \right| = 2$.

D'où $z_{\text{A}} = 2 \left(- \frac{\sqrt{3}}{2} + \text{i}\frac{1}{2} \right) = 2 \left(\cos \frac{5\pi}{6} + \text{i}\sin \frac{5\pi}{6} \right) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{5\pi}{6}}$.

$\bullet~~$De même  $\left|z_{\text{B}} \right|^2 = 1 + 3  = 4 = 2^2 \Rightarrow \left|z_{\text{B}} \right| = 2$.

D'où $z_{\text{A}} = 2 \left(- \frac{1}{2} + \text{i} \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 2 \left(\cos \frac{2\pi}{3} + \text{i}\sin \frac{2\pi}{3} \right) = 2\text{e}^{\text{i}\frac{2\pi}{3}}$.

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-3.5,-2)(2,3)
\psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-3.5,-2)(2,3)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(1,1)
\psdots(2;150)(2;120)(-2.732,2.732)(-1.366,1.366)%ABC
\uput[dr](0,0){O}\uput[l](2;150){A}\uput[u](2;120){B}
\uput[ul](-2.732,2.732){C}\uput[ul](-1.366,1.366){I}
\pspolygon(0;0)(2;150)(3.864;135)(2;120)
\psline(2;150)(2;120)
\end{pspicture}
\end{center}

\item %Calculer module et argument de $\dfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}}$.
$\bullet~~$$\left|\dfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}}\right| = \dfrac{\left|z_{\text{A}} \right|}{\left| z_{\text{B}}\right|} = \dfrac{2}{2} = 1 = \dfrac{\text{OA}}{\text{OB}}$.

$\bullet~~$$\text{mod}\left(\dfrac{z_{\text{A}}}{z_{\text{B}}}\right) = \text{mod}z_{\text{A}} - \text{mod}z_{\text{B}} = \frac{5\pi}{6} - \frac{2\pi}{3} = \frac{\pi}{6}$.
%En déduire la nature du triangle ABO et une mesure de l'angle $\left( \vect{\text{OA}}~;~\vect{\text{OB}}\right)$.

$1 = \dfrac{\text{OA}}{\text{OB}} \rightarrow $\: OA = OB : le triangle OAB est isocèle en O et une mesure de l'angle $\left( \vect{\text{OA}}~;~\vect{\text{OB}}\right)$ est $\frac{\pi}{6}$.
\item %Déterminer l'affixe du point C tel que ACBO soit un losange. Placer C. 
%Calculer l'aire du triangle ABC en cm$^2$.

Si ACBO est un losange, ACBO est un parallélogramme donc [AB] et [OC] ont le même milieu I, ou encore C est le symétrique de O autour de I qui a pour affixe $\frac{- \sqrt{3} - 1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3} + 1}{2}$.

L'affixe de C est égale au double de l'affixe de ce milieu soit $- \sqrt{3} - 1 + \text{i}\left(\sqrt{3} + 1 \right)$.

$\bullet~~$L'aire du losange est le double de l'aire du triangle AOB soit $ 2 \times \dfrac{1}{2}\text{AB} \times \text{OI} = \text{AB} \times \text{OI}$.

AB$^2 = \left(- \sqrt{3} - 1\right)^2 + \left(\sqrt{3} - 1\right)^2 = 4 + 2\sqrt{3} + 4 - 2\sqrt{3} = 8$. Donc AB $ = 2\sqrt{2}$

OI$^2 = \left(\frac{- \sqrt{3} + 1}{2} \right)^2 + \left(\frac{\sqrt{3} + 1}{2}\right)^2 = \frac{3 + 1 - 2\sqrt{3} + 3 + 1 + 2\sqrt{3}}{4} = 2$. Donc OI $ = \sqrt{2}$.

L'aire de ACBO est donc égale à $ 2\sqrt{2}\times  \sqrt{2} = 4$ unités d'aire. L'unité d'aire est égale à $4 \times 4 = 16$~cm$^2$, donc l'aire de ACBO est égale à 32~cm$^2.
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie B}

\medskip

%Soit $f$ la transformation qui à tout point $M$ d'affixe $z$ associe le 
%point $M'$ d'affixe $z'$ telle que 

\[z' = \text{e}^{-\frac{\text{i}\pi}{6}}z.\]

\begin{enumerate} 
\item %Définir cette transformation et donner ses éléments caractéristiques.
$f$ est la rotation de centre O et d'angle $- \frac{\pi}{6}$.
\item %Quelles sont, sous forme exponentielle, les affixes de A$'$, B$'$, et C$'$ images par $f$ de A, B et C ?
$\bullet~~$z_{\text{A}'} = \text{e}^{-\frac{\text{i}\pi}{6}}\times 2\text{e}^{\frac{5\text{i}\pi}{6}} = 2\text{e}^{\frac{2\text{i}\pi}{3}} = z_{\text{B}}$.

$\bullet~~$z_{\text{B}'} = \text{e}^{-\frac{\text{i}\pi}{6}}\times 2\text{e}^{\frac{2\text{i}\pi}{3}} = 2\text{e}^{\frac{\text{i}\pi}{2}}$.

$\bullet~~$On a vu que $z_{\text{C}} = - \sqrt{3} - 1 + \text{i}\left(\sqrt{3} + 1 \right) = \left(\sqrt{3} + 1 \right)(- 1 + \text{i}) = $

$\frac{\sqrt{3} + 1 }{\sqrt{2}}\left(- \frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{\sqrt{3} + 1 }{\sqrt{2}}\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}} = \left(\sqrt{2} + \sqrt{6} \right)\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}}$.

Donc $z_{\text{C}'} = \text{e}^{-\frac{\text{i}\pi}{6}}\times \left(\sqrt{2} + \sqrt{6} \right)\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}} = \left(\sqrt{2} + \sqrt{6} \right)\text{e}^{\frac{7\text{i}\pi}{12}}$.
\item %Quelle est l'aire du triangle A$'$B$'$C$'$ en cm$^2$ ?
La rotation est une isométrie (elle conserve les longueurs, donc les aires).

L'aire de A$'$B$'$C$'$est égale à 16~cm$^2.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème}}

\medskip

%Le plan est rapporté à  un repère orthonormal \Oij, toutes les courbes demandées
% seront tracées dans ce repère (unité graphique 4 cm).
 
\textbf{Partie A - Étude d'une fonction}

\medskip

%$f$ est la fonction définie sur $\R$ par 

\[f(x) = \dfrac{\text{e}^{2x} - 1}{\text{e}^{2x} + 1},\]

%$\Gamma$ est sa courbe représentative dans le repère \Oij.

\begin{enumerate} 
\item %Étudier la parité de $f$.
Pour tout réel$x$ :

$f(- x) =  \dfrac{\text{e}^{-2x} - 1}{\text{e}^{-2x} + 1}$ soit en multipliant chaque terme par $\text{e}^{2x}$ :

$f(- x ) = \dfrac{1 - \text{e}^{2x}}{1 + \text{e}^{2x}} = - \dfrac{\text{e}^{2x} - 1}{\text{e}^{2x} + 1} = - f(x)$ : la fonction $f$ est impaire.
\item %Montrer que pour tout $x$ appartenant  $\R,~ - 1 < f(x) < 1$.
$\bullet~~$Calculons : $f(x) + 1 = \dfrac{\text{e}^{2x} - 1}{\text{e}^{2x} + 1} + 1 = \dfrac{\text{e}^{2x} - 1 + \text{e}^{2x} + 1}{\text{e}^{2x} + 1} = \dfrac{2\text{e}^{2x}}{\text{e}^{2x} + 1} > 0$ comme quotient de deux termes supérieurs à zéro.Donc pour tout réel $x,\: f(x) > - 1$.

$\bullet~~$Calculons de même : $f(x) - 1 = \dfrac{\text{e}^{2x} - 1}{\text{e}^{2x} + 1} - 1 = \dfrac{\text{e}^{2x} - 1 - \text{e}^{2x} - 1}{\text{e}^{2x} + 1} = \dfrac{- 2}{\text{e}^{2x} + 1} < 0$ car le dénominateur est positif.

$f(x) - 1 < 0 \iff f(x) < 1$.

$f$ est minorée par $- 1$ et majorée par 1.
\item %Quelles sont les limites de $f$ en $- \infty$ et $+ \infty$ ? En déduire les équations des asymptotes éventuelles à $\Gamma$.
$\bullet~~$On sait que $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\text{e}^{2x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}f(x) = - 1 $. Ce résultat signifie que la droite d'équation $y = - 1$ est asymptote horizontale à $\Gamma$ au voisinage de moins l'infini.

$\bullet~~$En multipliant chaque terme par  $\text{e}^{-2x}$, on peut écrire $f(x) = \dfrac{1 - \text{e}^{-2x}}{1 + \text{e}^{-2x}}$.

Comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\text{e}^{-2x} = 0$, on en déduit que $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} = 1$. Ce résultat signifie que la droite d'équation $y = 1$ est asymptote horizontale à $\Gamma$ au voisinage de plus l'infini.

\item %Étudier les variations de $f$ et dresser son tableau de variations ; en déduire le signe de $f(x)$ sur $\R$.
La fonction $f$ est dérivable comme quotients de fonctions dérivables le dénominateur ne s'annulant pas  et sur $\R$, 

$f'(x) = \dfrac{2\text{e}^{2x}\left(\text{e}^{2x} + 1 \right) - 2\text{e}^{2x}\left(\text{e}^{2x} - 1 \right)}{\left(\text{e}^{2x} + 1\right)^2} = \dfrac{4\text{e}^{2x}}{\left(\text{e}^{2x} + 1\right)^2} > 0$, car quotient de termes supérieurs à zéro.

Conclusion $f$ est strictement croissante de $- 1$ à $1$.

$f$ étant continue sur $\R$ de $- 1$ à $1$, s'annule d'après le théorème des valeurs intermédiaires une fois, en $\alpha$ tel que $f(\alpha) = 0$.

Or $f(x) = 0 \iff \text{e}^{2x} - 1  = 0 \iff \text{e}^{2x} = 1 \iff 2x = \ln 1 \iff 2x = 0 \iff x = 0$.

Conclusion : 

$f(x) < 0$, pour $x < 0$ ;

$f(0) = 0$ ;

$f(x) > 0$, pour $x > 0$.
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %$\alpha$ étant un nombre appartenant à $]- 1~;~1[$, montrer que l'équation 
		
%$f(x) = \alpha$ admet une solution unique $x_0$. Exprimer alors $x_0$ en fonction de $\alpha$.
$f$ étant continue sur $\R$ de $- 1$ à $1$, $f$ prend la valeur $\alpha \in ]- 1~;~1[$ d'après le théorème des valeurs intermédiaires une fois , en $x_0$ tel que 

$f\left(x_0\right) = \alpha$.

On a donc $f\left(x_0\right) = \alpha  \iff \dfrac{\text{e}^{2x_0} - 1}{\text{e}^{2x_0} + 1} = \alpha \iff \text{e}^{2x_0} - 1 = \alpha\left(\text{e}^{2x_0} + 1 \right) \iff \text{e}^{2x_0}(1 - \alpha) = 1 + \alpha \iff \text{e}^{2x_0} = \dfrac{1 + \alpha}{1 - \alpha}$\: car $\alpha \ne 1$.

Donc $2x_0 = \ln \left(\dfrac{1 + \alpha}{1 - \alpha} \right)$ et enfin $x_0 = \dfrac{1}{2}\ln \left(\dfrac{1 + \alpha}{1 - \alpha} \right)$.
	\item %Pour $\alpha = \dfrac{1}{2}$, donner une valeur approchée de $x_0$  à $10^{-2}$ près.
Pour $\alpha = \dfrac{1}{2}$, on a donc $x_0 = \dfrac{1}{2}\ln \left(\dfrac{1 + \frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{2}\ln \left(\dfrac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}} \right) = \dfrac{1}{2}\ln 3 = \ln \sqrt{3} \approx 0,549$ soit 0,55 au centième près.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie B - Tangentes à la courbe}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Déterminer une équation de la tangente $\Delta_1$ à $\Gamma$ au point d'abscisse $0$.
$M(x~;~y) \in $\Delta_1 \iff y - f(0) = f'(0)(x - 0)$. Or $f(0) = 0$ et $f'(0) = \dfrac{4}{4} = 1$. D'où :

$M(x~;~y) \in $\Delta_1$ \iff y = x$.
\item %Montrer que pour tout nombre $t$ réel, $f'(t) = 1 - [f(t)]^2$. En déduire un encadrement de $f'(t)$.
Soit $1 - f^2(t) = 1 - \left(\frac{\text{e}^{2t} - 1}{\text{e}^{2t} + 1} \right)^2 = \dfrac{\left(\text{e}^{2t} + 1 \right)^2 -  \left(\text{e}^{2t} - 1\right)^2}{\left(\text{e}^{2t} + 1 \right)^2} = \dfrac{4\text{e}^{2t}}{\left(\text{e}^{2t} + 1 \right)^2} = f'(t)$.

On a vu que $- 1 < f(t) < 1$, donc $0\leqslant f(t) < 1$, puis $0\leqslant [f(t)]^2 < 1$,

 \: $- 1 < - [f(t)]^2 \leqslant 0$ et enfin $0 < 1 - [f(t)]^2 \leqslant 1$.

Finalement $0 < f'(t) \leqslant 1$.

La dérivée est supérieure à zéro (on le savait fonction strictement croissante sur $\R$), mais est majorée par 1 valeur atteinte comme on l'a vu en $0$.
\item %Pour $x$ positif ou nul, déterminer un encadrement de $\displaystyle\int_0^x  f'(t)\: \text{d}t$, puis justifier que $0 \leqslant  f(x) \leqslant x$. Quelles sont les positions relatives de $\Gamma$ et $\Delta_1$ ?
On vient de voir que $0 < f'(t) \leqslant 1$,donc par encadrement d'intégrales de fonctions positives sur l'intervalle $[0~;~x]$, avec $x \geqslant 0$, 

$\displaystyle\int_0^x  0\: \text{d}t < \displaystyle\int_0^x  f'(t)\: \text{d}t \leqslant \displaystyle\int_0^x  1\: \text{d}t$, soit :
$0 < \displaystyle\int_0^x  f'(t)\: \text{d}t \leqslant x$.


Mais on sait que la fonction $f$ est l'intégrale de sa dérivée sur l'intervalle $[0~;~x]$ qui s'annule en $x = 0$, donc $\displaystyle\int_0^x  f'(t)\: \text{d}t = f(x)$ et l'encadrement précédent devient $0 < f(x) \leqslant x$.

On en déduit que $f(x) - x \leqslant 0$ ce qui signifie que $\Gamma$ est au dessous de $\Delta_1$ sauf pour $x = 0$ où les deux courbes ont un point commun.
\item %Déterminer une équation de la tangente $\Delta_2$ à $\Gamma$ au point A d'ordonnée $\dfrac{1}{2}$.
On a $f\left(x_{\text{A}}\right) = \dfrac{1}{2}$.

On sait que $f'\left(x_{\text{A}}\right) = 1 - \left(f\left(x_{\text{A}}\right)\right)^2 = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}$

$M(x~;~y) \in \Delta_2 \iff y - f\left(x_{\text{A}}\right) = f'\left(\frac{1}{2} \right)\left(x -  x_{\text{A}}\right)$.

Or on a démontré à la question 5. b. que la solution de l'équation $f(x) = \frac{1}{2}$ est le nombre $x_0 = \frac{1}{2}\ln 3$.

L'équation est donc :
%
%$f\left(\frac{1}{2} \right) = \dfrac{\text{e}^1 - 1}{\text{e}^1 + 1} = \dfrac{\text{e} - 1}{\text{e} + 1}$ et $f'\left(\frac{1}{2} \right) = \dfrac{4\text{e}^1}{\left(\text{e}^1 + 1 \right)^2} = \dfrac{4\text{e}}{\left(\text{e} + 1 \right)^2}$.

$M(x~;~y) \in \Delta_2 \iff y - \dfrac{1}{2} = \frac{3}{4}\left(x -  \frac{1}{2}\ln 3\right) \iff y = \dfrac{4\text{e}x}{\left(\text{e} + 1 \right)^2} + \dfrac{\text{e} - 1}{\text{e} + 1} - \dfrac{2\text{e}}{\left(\text{e} + 1 \right)^2}$.

Finalement $M(x~;~y) \in \Delta_2 \iff y  = \frac{3}{4}x + \frac{1}{2} - \frac{3}{8}\ln 3.
%Montrer que le point B de la courbe $\Gamma$, d'ordonnée positive, où le coefficient directeur de la tangente est égal à $\dfrac{1}{2}$ a pour coordonnées :

%\[\left(\ln \left(1 + \sqrt{2}\right)~;~1\right).\]

\item Il faut résoudre l'équation $f'(x) = \dfrac{1}{2} \iff \dfrac{4\text{e}^{2x}}{\left(\text{e}^{2x} + 1\right)^2} = \dfrac{1}{2} \iff 8\text{e}^{2x} = \left(\text{e}^{2x} + 1\right)^2 \iff 8\text{e}^{2x}= \text{e}^{4x} + 2\text{e}^{2x} + 1 \iff \text{e}^{4x} - 6\text{e}^{2x} + 1 = 0$.

Posons $X = \text{e}^{2x} > 0$ ; l'équation devient  $X^2 - 6X + 1 = 0$

On a $\delta = 36 - 4 = 32 = \left(4\sqrt{2} \right)^2> 0$ ; il y a deux solutions :

$X_1 = \text{e}^{2x_1} = \dfrac{6 + 4\sqrt{2}}{2} = 3 + 2\sqrt{2}$ et 
$X_2 = 3 - 2\sqrt{2} = \text{e}^{2x_2}$ qui n'a pas de solution.

$\text{e}^{2x_1}  = 3 + 2\sqrt{2} \Rightarrow 2x_1 = \ln \left(3 + 2\sqrt{2} \right) \iff x_1 = \dfrac{1}{2}\ln \left(3 + 2\sqrt{2} \right)$.

Or $3 + 2\sqrt{2} = 2 + 2\sqrt{2} + 1 = \left(\sqrt{2} + 1\right)^2$, donc finalement :

$x_1 = \dfrac{1}{2}\ln \left(1 + \sqrt{2} \right)^2 = \ln \left(1 + \sqrt{2} \right)$.

Pour calculer l'image de ce nombre on utilise la relation : $1 - \[f(t)]^2 = f'(t)$.

$f\left(\ln \left(1 + \sqrt{2} \right) \right)^2 = 1 - f'\left(\ln \left(1 + \sqrt{2} \right) \right) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$ ; donc $f\left(\ln \left(1 + \sqrt{2} \right) \right) = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$.
\item ~%Tracer $\Gamma,~\Delta_1$ et $\Delta_2$. On placera les points A et B.
\begin{center}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture}(-3,-1.1)(3,1.1)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-3,-1.1)(3,1.1)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{-3}{3}{2.71828 x 2 mul exp 1 sub 2.71828 x 2 mul exp 1 add div}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt]{-0}{1.04}{0.75 x mul 0.5 add 0.375 3 ln mul sub}
\psline(-1,-1)(1,1)
\uput[dr](0,0){O}
\psline[linestyle=dashed](0,0.5)(0.549,0.5)(0.549,0) \uput[l](0,0.5){\footnotesize$\frac{1}{2}$}
\uput[d](0.504,0){\footnotesize$\frac{1}{2}\ln 3$}
\uput[d](2.85,1){\blue $\Gamma$}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=red]{
\psline(0,0)(1,1)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{1}{0}{2.71828 x 2 mul exp 1 sub 2.71828 x 2 mul exp 1 add div}
}
\uput[dr](-1,-1){$\Delta_1$}
\end{pspicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie C - Calcul d'intégrales}

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que $f(x) = \dfrac{\text{e}^{x} - \text{e}^{-x}}{\text{e}^{x} + \text{e}^{-x}}$ ; en déduire une primitive de $f$.
En multipliant chaque terme de $f(x)$ par $\text{e}^{- x}$, on obtient $f(x) = \dfrac{\text{e}^{x} - \text{e}^{-x}}{\text{e}^{x} + \text{e}^{-x}}$.

En posant $u(x) = \text{e}^{x} + \text{e}^{-x}$, on a $u'(x) = \text{e}^{x} - \text{e}^{-x}$. Donc $f(x) = \dfrac{u'(x)}{u(x)}$. On reconnaît la dérivée de $\ln |u(x)| = \ln u(x)$, car $u(x)$ est la somme de deux termes supérieurs à zéro.

Conclusion : $\ln u(x)$ est une primive de $f(x)$.
\item %Quelle est l'aire en cm$^2$ de la surface comprise entre $\Gamma$, la droite d'équation $y = x$ et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 1$ ?
On a vu que pour $x > 0$, donc en particulier sur [0~;~1], $f(x) \geqslant 0$, donc l'aire de la surface comprise entre $\Gamma$ et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 1$ est égale (en unités d'aire) à $\displaystyle\int_0^1 f(x)\:\text{d}x$.

On a vu que pour $x > 0$ la courbe est sous la droite d'équation $y = x$, donc  l'aire en unité d'aire de la surface comprise entre $\Gamma$, la droite d'équation $y = x$ et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 1$ est égale à :

$\displaystyle\int_0^1 x\:\text{d}x - $\displaystyle\int_0^1 f(x)\:\text{d}x = $\displaystyle\int_0^1 \left[x - f(x)\right]\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2} - \ln \left( \text{e}^{x} + \text{e}^{-x}\right)\right]_0^1 = $

$\dfrac{1^2}{2} - \ln \left( \text{e}^{1} + \text{e}^{-1}\right) - \dfrac{0^2}{2} + \ln \left( \text{e}^{0} + \text{e}^{-0}\right) = \dfrac{1}{2} - \ln \left( \text{e} + \text{e}^{-1}\right) + \ln 2 = \dfrac{1}{2} + \ln 2 - \ln \left( \text{e} + \text{e}^{-1}\right)$.

L'unité d'aire étant égale à 16~cm$^2$, l'aire demandée est égale à 

$8 + 16\ln 2 - 16\ln \left( \text{e} + \text{e}^{-1}\right)$. 

%Hachurer cette surface sur la représentation graphique.
Voir la surface hachurée plus haut.
\item %Calculer $\displaystyle\int_0^1 [f(x)]^2\:\text{d}x$.
On a vu que pour tout réel $x,\: [f(x)]^2 = 1 - f'(x)$, donc :

$\displaystyle\int_0^1 [f(x)]^2\:\text{d}x = $\displaystyle\int_0^1 \left(1 - f'(x)\right)\:\text{d}x = [x - f(x)]_0^1 = 1 - f(1) - 0 + f(0) = 1 - f(1) = 1 - \dfrac{\text{e}^2 - 1}{\text{e}^2 + 1} = \dfrac{\text{e}^2 + 1 - \text{e}^2 + 1}{\text{e}^2 + 1} = \dfrac{2}{\text{e}^2 + 1}$
\item %En utilisant une intégration par parties, montrer que :

%\[\displaystyle\int_0^1 x\left(1 - [f(x)]^2\right)\:\text{d}x = \dfrac{\text{e}^2 - 1}{\text{e}^2 + 1} - \ln \left(\dfrac{\text{e}^2  + 1}{2\text{e}}\right).\]

%En déduire $\displaystyle\int_0^1 x[f(x)]^2 \:\text{d}x$.
Toujours en utilisant la relation entre $f$ et $f'$ :

$\displaystyle\int_0^1 x\left(1 - [f(x)]^2\right)\:\text{d}x = \displaystyle\int_0^1 xf'(x)\right)\:\text{d}x$.

En posant $u(x) = x$ et $v'(x) = f'(x)$, on a :

$u'(x) = 1$ et $v(x) = f(x)$. Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur [0~;~1] ; on peut donc intégrer par parties :

$\displaystyle\int_0^1 xf'(x)\right)\:\text{d}x = [xf(x)]_0^1 - \displaystyle\int_0^1 f(x)\right)\:\text{d}x$, soit en utilisant le résultant de la question C. 1. :

$\displaystyle\int_0^1 xf'(x)\right)\:\text{d}x = [xf(x)]_0^1 - \left[\ln \left(\text{e}^{x} + \text{e}^{-x} \right) \right]_0^1 = \dfrac{\text{e} - \text{e}^{-1}}{\text{e} + \text{e}^{-1}} - \ln \left(\text{e} + \text{e}^{-1} \right) - 0 + \ln 2 = \dfrac{\text{e} - \text{e}^{-1}}{\text{e} + \text{e}^{-1}}  - \ln \left(\text{e} + \text{e}^{-1} \right) - \ln \dfrac{1}{2} =  \dfrac{\text{e} - \frac{1}{\text{e}}}{\text{e} + \frac{1}{\text{e}}}  - \ln \left(\text{e} + \frac{1}{\text{e}} \right) - \ln \dfrac{1}{2} = \dfrac{\text{e}^2 - 1}{\text{e}^2 + 1} - \ln \left(\dfrac{\text{e}^2  + 1}{2\text{e}}\right)$.

$\bullet~~$ Il suit :

$\displaystyle\int_0^1 x[f(x)]^2 \:\text{d}x = $\displaystyle\int_0^1 x \:\text{d}x - $\displaystyle\int_0^1 x[1 - f(x)^2] \:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2} \right]_0^1 - \dfrac{\text{e}^2 - 1}{\text{e}^2 + 1} - \ln \left(\dfrac{\text{e}^2  + 1}{2\text{e}}\right) = $

$\dfrac{1}{2} - \dfrac{\text{e}^2 - 1}{\text{e}^2 + 1} - \ln \left(\dfrac{\text{e}^2  + 1}{2\text{e}}\right)$.
\end{enumerate}
\end{document}