%!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{fancybox}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{pifont}
\usepackage{textcomp} 
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
%Tapuscrit : Denis Vergès 
\usepackage{pst-plot,pst-text,pstricks}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\setlength{\textheight}{23,5cm}
\newcommand{\vect}[1]{\mathchoice%
{\overrightarrow{\displaystyle\mathstrut#1\,\,}}%
{\overrightarrow{\textstyle\mathstrut#1\,\,}}%
{\overrightarrow{\scriptstyle\mathstrut#1\,\,}}%
{\overrightarrow{\scriptscriptstyle\mathstrut#1\,\,}}}
\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{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\setlength{\voffset}{-1,5cm}
\usepackage{fancyhdr}
\usepackage[dvips]{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S},
pdftitle = {Polynésie  septembre 2003},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH} 
\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{septembre 2003}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

%L'espace est rapporté à un repère \Oijk{} orthonormé. Soit $s$ un nombre réel.

%On donne les points A (8 ; 0 ; 8), B (10 ; 3 ; 10) ainsi que la droite 
%$\mathcal{D}$ d'équations paramétriques :

%\[\left\{\begin{array}{l c r}
% x&  =& - 5+ 3s\\
%y &=&1+ 2s\\
% z &=& - 2s\\
%\end{array}\right.\]

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Donner un système d'équations paramétriques de la droite $\Delta$ définie par A et B.
On traduit la définition géométrique : 

$M(x~;~y~;~z) \in (\text{AB}) \iff \vect{\text{A}M} = t\vect{\text{AB}},~t \in \R$, soit 

$\left\{\begin{array}{l c l}
x - 8 &=& 2t\\
y - 0&=&3t \\
z - 8&=&2t
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c r}
x  &=& 8 +  2t\\
y &=&3t \\
z &=&8 + 2t
\end{array}\right.~t \in \R$
		\item %Démontrer que $\mathcal{D}$ et $\Delta$ sont non coplanaires.
$\mathcal{D}$ a pour vecteur directeur $\vect{d}(3~;~2~;~-2)$ et $\Delta$ a pour vecteur directeur $\vect{\delta}(2~;~3~;~2)$. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les deux droites ne sont pas parallèles.

Si les deux droites sont coplanaires, elles sont donc sécantes en un point tel que :

$\left\{\begin{array}{l c l}
-5 + 3s&=&8 + 2t\\
1 + 2s&=&3t\\
-2s&=&8 + 2t
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
3s - 2t&=&10\\
2s - 3t&=&-1\\
s&=&- 4 - t
\end{array}\right. \iff$

 $\left\{\begin{array}{l c l}
-12 - 3t - 2t &=& 10\\
-8 - 2t - 3t&=& -1\\
s&=&- 4 - t
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
-\frac{22}{5}&=&t\\
-\frac{7}{5}&=&t\\
s&=&- 4 - t
\end{array}\right.$.

 Ce système n'a pas de solution, donc les droites $\mathcal{D}$ et $\Delta$ n'étant ni parallèles ni sécantes ne sont pas coplanaires.
	\end{enumerate}

\item  
	\begin{enumerate} 
		\item %Le plan $\mathcal{P}$ est parallèle à $\mathcal{D}$ et contient $\Delta$. Montrer que le vecteur $\vect{n}(2~;~ - 2~;~ 1)$ est un vecteur normal à $\mathcal{P}$.
On a $\vect{d} \cdot \vect{n} = 3 \times 2 + 2 \times (-2) - 2 \times 1 = 6 - 4 - 2 = 0$.

De même  $\vect{d} \cdot \vect{n} = 2 \times 2 + 3 \times (-2) + 2 \times 1 = 4 - 6 + 2 = 0$.

Le vecteur $\vect{n}$ est normal à deux vecteurs non colinéaires de $\mathcal{P}$ : il est donc normal à ce plan.
		 
%Déterminer une équation cartésienne de $\mathcal{P}$.
On sait qu'une équation de $\mathcal{P}$ est :

 $M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{P} \iff 2x - 2y + z + d = 0$.

Il contient $\Delta$, donc en particulier A.

On a donc A$(8~;~0~;~8) \in \mathcal{P} \iff 2 \times 8 - 2 \times 0 + 8 + d = 0 \iff d = - 24$.

Une équation de $\mathcal{P}$ est : $M(x~;~y~;~z) \in \mathcal{P} \iff 2x - 2y + z + -24 = 0$.
		\item %Montrer que la distance d'un point quelconque $M$ de $\mathcal{D}$ à  $\mathcal{P}$ est indépendante de $M$.
On utilise les équations paramétriques de $\mathcal{D}$.

On a $d(M~ ,~\mathcal{P}) = \dfrac{\left|2(- 5 + 3s) - 2(1 + 2s) - 2s - 24  \right|}{\sqrt{2^2 + 2^2 + 1^2}} = \dfrac{\left|-10 + 6s - 2 - 4s - 2s - 24  \right|}{\sqrt{9}} = \dfrac{36}{3} = 12$.

		\item %Donner un système d'équations paramétriques de la droite définie par l'intersection de $\mathcal{P}$ avec le plan ($x$O$y$).
L'intersection de $\mathcal{P}$ avec le plan ($x$O$y$) est définie par :

$\left\{\begin{array}{l c l}
2x - 2y + z - 24&=&0\\
z				&=&0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
2x - 2y  - 24	&=&0\\
z				&=&0
\end{array}\right. \iff$

$\left\{\begin{array}{l c l}
x - y - 12	&=&0\\
z			&=&0
\end{array}\right.$

Cette droite a pour vecteur directeur (1~;~1~;~0) et contient par exemple le point (12~;~0~;~0). Une équation paramétrique de cette droite est donc :

\[\left\{\begin{array}{l c r}
x	&=&12 + t\\
y	&=&t\\
z 	&=&0
\end{array}\right.\]
	\end{enumerate}

\item %La sphère $\mathcal{S}$ est tangente à $\mathcal{P}$ au point C(10~;~ 1~;~6). Le centre $\Omega$ de $\mathcal{S}$ se trouve à la distance $d = 6$ de $\mathcal{P}$, du même côté que O.
Le point $\Omega$ appartient à la perpendiculaire $(d_{1})$ à $\mathcal{P}$ contenant C. Cette droite a pour équation :

$M(x~;~y~;~z) \in (d_{1}) \iff \vect{\text{C}M} = \alpha \vect{n} \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x - 10	&=&2\alpha\\
y - 1	&=& = -2\alpha\\
z - 6	&=&\alpha
\end{array}\right.$

On cherche le point $M = \Omega$ tel que $\|\vect{\text{C}M}\| = 6 \iff \|\vect{\text{C}M}\|^2 = 36 \iff$

$(2\alpha)^2 + (- 2\alpha)^2 + \alpha^2 = 36 \iff$

$ 9\alpha^2 = 36 \iff \alpha^2 = 4 \alpha = 2~\text{ou}~\alpha = - 2$.

Le plan  $\mathcal{P}$ partage l'espace en deux demi-espaces :

- celui o\`u $2x - 2y + z - 24 < 0$ et 

- celui o\`u $2x - 2y + z - 24 > 0.$

Le point O(0~;~0~;~0) vérifie la première inéquation. Le point $\Omega$ doit donc vérifier lui aussi $2x - 2y + z - 24 < 0$.

Si $\alpha = 2, x = 10 + 4 = 14,~y = 1 - 4 = - 3$ et $z = 6 + 2 = 8$, donc $28 + 6 + 8 - 24 > 0$, ce qui ne convient pas.

Si $\alpha = - 2, x = 10 - 4 = 6,~y = 1 + 4 = 5$ et $z = 6 - 2 = 4$, donc $12 -10 + 4 - 24 < 0$ ce qui est correct.

Conclusion : $\Omega(6~;~5~;~4)$.

%Donner l'équation cartésienne de $\mathcal{S}$.
L'équation de $\mathcal{S}$ est obtenue en traduisant que $\Omega M^2 = 36 \iff$

$(x - 6)^2 + (y - 5)^2 + (z - 4)^2 = 36 \iff x^2 + y^2 + z^2 - 12x - 10y - 8z + 36 + 25 + 16 = 36 \iff x^2 + y^2 + z^2 - 12x - 10y - 8z + 41 = 0$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

%On désigne par $p$ un nombre entier premier supérieur ou égal à 7.

%Le but de l'exercice est de démontrer que l'entier naturel $n = p^4 - 1$ est divisible par 240, puis d'appliquer ce résultat.

\begin{enumerate} 
\item %Montrer que $p$ est congru à $- 1$ ou à $1$ modulo 3. En déduire que $n$ est divisible par 3.
$p$ étant premier et supérieur à 3, ne peut être multiple de 3, donc soit 

$p = 3k + 1$, soit $p = 3k + 2$, c'est-à-dire $p \equiv 1\mod 3$ ou $p \equiv  2 \mod 3$ ou encore :

\[p \equiv 1 \mod 3 ~\text{ou}~p \equiv - 1 \mod 3.\]

\item %En remarquant que $p$ est impair, prouver qu'il existe un entier naturel $k$ tel que $p^2 - 1 = 4k(k + 1)$, puis que $n$ est divisible par $16$.
$p$ impair est de la forme $p = 2k + 1,~k \in \N$ et donc :

$p - 1 = 2k$ et $p + 1 = 2k + 2 = 2(k+1)$.

Il en résulte que $(p - 1)(p + 1) = p^2 - 1 = 2k \times 2(k+1) = 4k(k+1)$.

D'autre part $p^2 = 4k^2 + 4k + 1 \Rightarrow p^2 + 1 = 4k2 + 4k + 2 = 2\left(2k^2 + 2k + 1\right)$.

Enfin $p^4 - 1 = \left(p^ - 1\right)\left(p^2 + 1\right) = 4k(k+1) \times 2\left(2k^2 + 2k + 1\right) = 8k(k+1)\left(2k^2 + 2k + 1\right).$

Or quel que soit $k,~k(k+1)$ est pair puisque $k$ et $k+1$ sont consécutifs, donc $k(k+1) = 2\alpha$ et finalement $p^4 - 1 = 16\alpha\left(2k^2 + 2k + 1\right).$

$n$ est donc divisible par 16.
 
\item %En considérant tous les restes possibles de la division euclidienne de $p$ par 5, démontrer que $5$ divise $n$.
$p$ est supérieur à 5, donc ne peut être multiple de 5.

Si $p \equiv 1 \mod 5,~p^2 \equiv 1 \mod 5 \iff p^2 - 1 \equiv 0 \mod 5 \Rightarrow \left(p^2 - 1 \right)\left(p^2 + 1 \right)\equiv 0 \mod 5 \iff n \equiv 0 \mod 5$.

Si $p \equiv 2 \mod 5,~p^2 \equiv 4 \mod 5 \iff p^2 + 1 \equiv 0 \mod 5 \Rightarrow \left(p^2 - 1 \right)\left(p^2 + 1 \right)\equiv 0 \mod 5 \iff n \equiv 0 \mod 5$.

Si $p \equiv 3 \mod 5,~p^2 \equiv 4 \mod 5 \iff p^2 + 1 \equiv 0 \mod 5 \Rightarrow \left(p^2 - 1 \right)\left(p^2 + 1 \right)\equiv 0 \mod 5 \iff n \equiv 0 \mod 5$.

Si $p \equiv 4 \mod 5,~p^2 \equiv 1 \mod 5 \iff p^2 - 1 \equiv 0 \mod 5 \Rightarrow \left(p^2 - 1 \right)\left(p^2 + 1 \right)\equiv 0 \mod 5 \iff n \equiv 0 \mod 5$.

Dans tous les cas $n$ est un multiple de 5.

\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Soient $a,~ b$ et $c$ trois entiers naturels.

%Démontrer que si $a$ divise $c$ et $b$ divise $c$, avec $a$ et $b$ premiers entre eux, alors $ab$ divise $c$.
Question de cours classique
		\item %Déduire de ce qui précède que $240$ divise $n$.
On a vu que $n$ est multiple de 3, de 16 et de 5 qui sont premiers entre eux, donc $n$ est multiple de $3 \times 16 \times 5 = 240$.
	\end{enumerate}

\item %Existe-t-il quinze nombres premiers $p_1,~p_2, \ldots,~ p_{15}$ supérieurs ou égaux à 7 tels que l'entier $A =  p_1^4 + p_2^4 + \ldots + p_{15}^4$ soit un nombre premier ?
On peut écrire :

$A =  p_1^4 + p_2^4 + \ldots + p_{15}^4 = \left(p_1^4 - 1\right) + \left(p_2^4 - 1\right) + \ldots + \left(p_{15}^4 - 1\right) + 15$.

D'après la question  précédente chacun des nombres $n_{i} = p_{i}^4 - 1$ est multiple de 240, donc en particulier de 15.

Donc $A$ multiple de 15  n'est pas premier.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill 10 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

%On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ 
%par :

%\[\left\{\begin{array}{l c l}
%f(0) &=&1\\
%f(x) &=& \dfrac{1}{2}x^2(3 - 2\ln x) + 1\quad  \text{si} \quad x > 0\\
%\end{array}\right.\]

%On note $\mathcal{C}$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormal 
%\Oij.

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $\displaystyle\lim_{x \to 0}  f(x)$. Que peut-on en déduire pour la fonction $f$ ?
On a pour $x \neq 0,~f(x) = \dfrac{3}{2}x^2 - x \times x\ln x + 1$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0$, donc 

\[\lim_{x \to 0} f(x) = 1.\]
		\item %Déterminer la limite de $f$ en $+ \infty$.
On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} x^2 = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} (3 - 2\ln x) = - \infty$, donc par produit des limites :

\[ \lim_{x \to + \infty} f(x) = - \infty \]
	\end{enumerate}

\item  
	\begin{enumerate} 
		\item %Étudier la dérivabilité de $f$ en $0$.
On calcule $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0}.$

$\dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \dfrac{\dfrac{1}{2}x^2(3 - 2\ln x)}{x} = \dfrac{1}{2}x(3 - 2\ln x) = \dfrac{3}{2}x - x \ln x$

Comme $\displaystyle\lim_{x \to 0} x \ln x = 0,~\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x) - f(0)}{x - 0} = 0.$

Conclusion $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0) = 0$.
		\item %Montrer que $f$ est dérivable sur l'intervalle $[0 ~;~ + \infty[$ et calculer $f'(x)$ pour $x > 0,~ f'$ désignant la fonction dérivée de $f$.
Pour $x > 0,~f(x) = \dfrac{3}{2}x^2 - x \times x\ln x + 1$, donc $f$ somme de fonctions dérivables sur $\R_{+}^{*}$ est dérivable sur $\R_{+}^{*}$ et 

$f'(x) = x(3 - 2\ln x) + \dfrac{x^2}{2}\times \left(- \dfrac{2}{x} \right) = 3x - 2x\ln x - x = 2x - 2x\ln x$.
	\end{enumerate}

\item %Étudier le sens de variations de $f$ sur $[0 ~;~ + \infty[$, puis dresser son tableau de variations.
$f'(x) = 2x(1 - \ln x)$ qui est du signe de $1 - \ln x$.

On a $f'(x) > 0  \iff 1 - \ln x > 0 \iff \ln x < \ln \text{e} \iff x < \text{e}$ ;

$f'(x) < 0  \iff 1 - \ln x < 0 \iff \ln x > \ln \text{e} \iff x > \text{e}$

$f'(x) = 0 \iff x= \text{e}$. D'o\`u le tableau de variations :

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,3.5)
%\psgrid
\psframe(8,3.5)
\psline(0,2)(8,2) \psline(0,3)(8,3) \psline(2,0)(2,3.5)
\uput[u](1,3){$x$} \uput[u](2.15,3){0} \uput[u](5,3){e} \uput[u](7.7,3){$+ \infty$}
\rput(1,2.5){$f'(x)$} \rput(3.5,2.5){+} \rput(5,2.5){0}\rput(6.5,2.5){$-$}
\rput(1,1){$f$}\uput[u](2.15,0){1} \rput(5,1.75){$1 + \frac{\text{e}^2}{2}$} \uput[u](7.75,0){$- \infty$}
\psline[arrowsize=3pt 4]{->}(2.4,0.3)(4.5,1.65) 
\psline[arrowsize=3pt 4]{->}(5.5,1.65)(7.4,0.3) 
\end{pspicture}
\end{center} 
\item %Montrer que l'équation $f(x) = 0$ possède une solution unique $\alpha$ sur l'intervalle $[0 ~;~ + \infty[$. Déterminer une valeur approchée décimale de $\alpha$ à $10^{-2}$ près.
D'après ce tableau de variations l'équation $f(x) = 0$ n'admet qu'une solution $\alpha$ sur $[0~;~+ \infty[$.

La calculatrice donne $f(4,6) > 0$ et $f(4,7) < 0$, donc $4,6 < \alpha < 4,7$.

$f(4,69) > 0$ et $f(4,70) < 0$, donc $4,69 < \alpha < 4,70.$
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Calculer une équation de la tangente $\mathcal{D}$ à la courbe 
%$\mathcal{C}$ au point d'abscisse \mbox{$x = 1$}.
On a vu que $f'(x) = 2x - 2x\ln x$, donc $f'(1) = 2$. De plus $f(1) = \dfrac{5}{2}$.

Une équation de $\mathcal{D}$ est donc :

$M(x~;~y) \in \mathcal{D} \iff y - \dfrac{5}{2} = 2(x - 1) \iff y = 2x + \dfrac{1}{2}.$
\item %On considère la fonction $g ~:~ x \mapsto f(x) - 2x - \dfrac{1}{2}$ définie sur l'intervalle $]0 ~;~+ \infty[$.

	\begin{enumerate} 
		\item %Calculer $g'(x)$, puis $g''(x)$ où $g'$ et $g''$ désignent respectivement les fonctions dérivées première et seconde de $g$. étudier le sens de variations de $g'$. En déduire le signe de $g'(x)$ sur $]0 ~;~ \infty[$
$g$ somme de fonctions dérivables sur $\R_{+}$ est dérivable sur $\R_{+}$ et 

$g'(x) = f'(x) - 2 = 2x - 2x\ln x - 2$.

La fonction $g'$ est elle aussi dérivable sur $\R_{+}$ et 

$g''(x) = 2 - 2\ln x - 2x\times \dfrac{1}{x} = - 2\ln x$.
		\item %Étudier le sens de variations de $g$.% 
On en déduit les tableaux de variations :

\medskip
\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(8,5.5)
%\psgrid
\psframe(8,5.5)
\psline(0,2)(8,2) \psline(0,4)(8,4) \psline(0,5)(8,5)
\psline(2,0)(2,5.5)
\uput[u](1,5){$x$} \uput[u](2.15,5){0} \uput[u](5,5){1} \uput[u](7.5,5){$+ \infty$}
\rput(1,4.5){$g''(x)$} \rput(3.5,4.5){+}\rput(5,4.5){0}\rput(6.5,4.5){$-$}
\rput(1,3){$g'(x)$}
\psline[arrowsize=3pt 4]{->}(2.4,2.3)(4.7,3.7)
\psline[arrowsize=3pt 4]{->}(5.3,3.7)(7.7,2.3)
\rput(5,3.8){0}
\psline[arrowsize=3pt 4]{->}(2.4,1.8)(7.7,0.3)
\rput(1,1){$g(x)$}\rput(2.15,1.7){$\frac{1}{2}$}
\rput(5,1.05){0}
\end{pspicture}
\end{center}

\medskip
 
%En déduire la position de la courbe $\mathcal{C}$ par rapport à la tangente $\mathcal{D}$.
On en déduit que sur l'intervalle [0~;~1[ la fonction $g$ est positive, donc la courbe est au dessus de sa tangente et par contre sur $]1~;~+ \infty[$, la courbe est sous sa tangente  $\mathcal{D}$.
	\end{enumerate} 
\item~ %Construire la courbe $\mathcal{C}$ et la tangente $\mathcal{D}$
%(unité graphique : 2~cm).

\medskip

%\begin{figure}[h]
\begin{center}
\psset{unit=1.25cm}
\begin{pspicture}(-0.5,-2)(5.5,6)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(-0.5,-2)(5.5,6)
\psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1)
\uput[u](5.5,0){$x$}\uput[dr](0,0){O}\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,6){$y$}\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psplot[linecolor=blue,plotpoints=6000,linewidth=1.25pt]{0.01}{5}{3 x ln 2 mul sub 0.5 mul x 2 exp  mul 1 add}
\psplot[linecolor=red,plotpoints=6000]{-0.5}{2.75}{x 2 mul 0.5 add}
\psline[linestyle=dashed](1,0)(1,2.5)(0,2.5)
\uput[r](4,1.5){\blue $\mathcal{C}$} \uput[l](2,4.5){\red $\mathcal{D}$}
\end{pspicture}
\end{center}
%\end{figure}

\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %$n$ est un entier naturel non nul.

%Exprimer en fonction de $n$ le réel $I_n = \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 x^2 \ln x\:\text{d}x$ (on pourra utiliser une intégration par parties).
On a $1 \leqslant n \iff 0 < \dfrac{1}{n} \leqslant 1$.

On considère sur l'intervalle $\left[\dfrac{1}{n}~;~1\right]$ les fonctions :

$\left\{\begin{array}{l c l}
u'(x)&=&x^2\\
v(x)&=&\ln x
\end{array}\right. \quad 
\left\{\begin{array}{l c l}
u(x)&=&\dfrac{x^3}{3}\\
v'(x)&=&\dfrac{1}{x}
\end{array}\right.$

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables sur $\left[\dfrac{1}{n}~;~1\right]$ et de dérivées continues sur cet intervalle. On peut donc intégrer par parties.

$I_n = \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 x^2 \ln x\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^3}{3}\ln x\right]_{\frac{1}{n}}^1 - \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 \dfrac{x^2}{3} = \left[\dfrac{x^3}{3}\ln x - \dfrac{x^3}{9}\right]_{\frac{1}{n}}^1 =$

$ -\dfrac{1}{9} - \dfrac{1}{3n^3}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) + \dfrac{1}{9n^3} = \dfrac{\ln n}{3n^3} + \dfrac{1}{9n^3} -\dfrac{1}{9}.$ 
\item %En déduire en fonction de l'entier $n$, l'aire $\mathcal{A}_n$ exprimée en cm$^2$ du domaine plan délimité par la courbe $\mathcal{C}$, la tangente  $\mathcal{D}$ et les deux droites d'équation $x = \dfrac{1}{n}$ et $x = 1$.
L'unité d'aire étant égale à $2 \times 2 = 4$~cm$^2$, l'aire de la surface est égale à l'intégrale :

$\mathcal{A}_n = 4\displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 g(x)\:\text{d}x = \displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1 \left(\dfrac{1}{2}x^2(3 - 2\ln x) + 1 - 2x - \dfrac{1}{2}\right)\:\text{d}x =$

$4\displaystyle\int_{\frac{1}{n}}^1\left(\dfrac{3}{2}x^2 - x^2\ln x - 2x + \dfrac{1}{2}\right)\:\text{d}x = 4\left[\dfrac{x^3}{2} - \dfrac{x^3}{3}\ln x + \dfrac{x^3}{9} -x^2 + \dfrac{x}{2} \right]_{\frac{1}{n}}^1 = $

$4\left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{9} - 1 + \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2n^3} - \dfrac{1}{3n^3}\ln n - \dfrac{1}{9n^3} + \dfrac{1}{n^2} - \dfrac{1}{2n}\right) =$

$\mathcal{A}_n = 4\left(\dfrac{1}{9} - \dfrac{1}{2n} + \dfrac{1}{n^2} - \dfrac{11}{18n^3} - \dfrac{\ln n}{3n^3}\right).$
\item %Calculer	$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \mathcal{A}_n$ et interpréter le résultat obtenu.
Comme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n^3} = 0,~\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{1}{n^2} = 0$ et que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\ln n}{n^3} = 0$, on en déduit que 

\[\lim_{n \to + \infty} \mathcal{A}_n = \dfrac{4}{9}\]

L'aire en cm$^2$ de la surface limitée par la courbe $\mathcal{C}$, la tangente $\mathcal{D}$ et les droites d'équation $x = 0$ et $x = 1$ est égale à $\dfrac{4}{9}$.
\end{enumerate}
\end{document}