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%Tapuscrit et corrigé : Denis Vergès
\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}}}
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\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{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\DeclareMathOperator{\e}{e} \renewcommand{\thesubsection}
{\Roman{subsection}.}
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pdfsubject = {Corrigé du baccalauréat S},
pdftitle = {Antilles--Guyane septembre 2002},
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat  S}
\lfoot{\small{Antilles-Guyane}}
\rfoot{\small{septembre 2002}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty} 

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Antilles-Guyane~\decofourright\\ septembre 2002}} \end{center}
    
\vspace{0,5cm}
    
\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill}

\medskip

\begin{enumerate} 
\item %Soit la suite $(u_n)$ définie par $u_1=\frac12$ et par la relation de récurrence :\begin{equation*}u_{n+1}=\frac16u_n+\frac13.
%\end{equation*}
	\begin{enumerate} 
		\item %Soit la suite $(v_n)$ définie pour $n \geqslant 1$ par
%$v_n=u_n-\frac25$ ; montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique
%dont on précisera la raison.
On a pour $n \geqslant 1$, \: $v_{n+1} = u_{n+1} - \dfrac{2}{5} = \frac16u_n+\frac13 - \dfrac{2}{5} = \frac16u_n + \dfrac{5 - 6}{3\times 5} =$

$\frac16u_n + \dfrac{- 1}{15} = \dfrac{1}{6}\left(u_n - \dfrac{2}{5} \right) = \dfrac{1}{6}v_n$.

L'égalité $v_{n+1} =  \dfrac{1}{6}v_n$  vraie pour $n \geqslant 1$, montre que la suite $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{6}$. Son premier terme est 

$v_1 = u_1 - \dfrac{2}{5} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{2}{5} = \dfrac{5 - 4}{10} = \dfrac{1}{10}$.
		\item %En déduire l'expression de $v_n$ en fonction  de $n$ puis celle de $u_n$.
On sait que $v_n = v_1\times \left(\dfrac{1}{6} \right)^{n-1} = \dfrac{1}{10}\times \dfrac{1}{6^{n-1}}$.

Or $v_n=u_n-\frac25 \iff u_n = v_n + \dfrac{2}{5} = \dfrac{1}{10}\times \dfrac{1}{6^{n-1}} + \dfrac{2}{5}$, pour $n \geqslant 1$.
	\end{enumerate}
\item %On considère deux dés, notés A et B. Le dé A comporte trois 
%faces rouges et trois faces blanches. Le dé B comporte quatre faces rouges et deux faces blanches.

%On choisit un dé au hasard et on le lance : si on obtient rouge, on garde
%le même dé, si on obtient blanc, on change de dé. Puis on relance le
%dé et ainsi de suite.
%
%On désigne par $A_n$ l'évènement
%\og on utilise le dé A au $n$-ième lancer \fg,
%
%par $\overline{A_n}$ l'évènement contraire de $A_n$, 
% 
%par $R_n$ l'évènement \og on obtient rouge au $n$-ième lancer
%\fg,
%
%par $\overline{R_n}$ l'évènement contraire de $R_n$, 
%
%par $a_n$ et $r_n$ les probabilités respectives de $A_n$ et $R_n$.
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer $a_1$.
On a $a_1 = \dfrac{1}{2}$ puisque l'on choisit au départ l'un des deux dés au hasard
		\item ~%Déterminer $r_1$. Pour cela, on pourra s'aider d'un arbre.
\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$A_1$}\naput{\footnotesize $\frac{1}{2}$}}
	{\TR{$R_1$}\naput{\footnotesize $\frac{1}{2}$}
	\TR{$\overline{R_1}$}\nbput{\footnotesize $\frac{1}{2}$}
	}
\pstree{\TR{$\overline{A_1}$}\nbput{\footnotesize $\frac{1}{2}$}}
	{\TR{$R_1$}\naput{\footnotesize $\frac{2}{3}$}
	\TR{$\overline{R_1}$}\nbput{\footnotesize $\frac{1}{3}$}
	}
}		
\end{center}
\bigskip

On a donc, d'après la loi des probabilités totales :

 $r_1 = p\left(R_1 \right) = p\left(A_1 \cap R_1 \right) + p\left(\overline{A_1} \cap R_1 \right) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\times \frac{2}{3} = \frac{1}{4} + \frac{1}{3} = \frac{3 + 4}{3\times 4} = \frac{7}{12}$.
		\item ~%En remarquant que, pour tout $n\geqslant 1$, $R_n=\left(R_n\cap A_n\right)\cup\left(R_n\cap \overline{A_n}\right)$, montrer que
%$r_n=-\frac16a_n+\frac23$.
On peut dresser un arbre analogue au rang $n$ :

\medskip

\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$A_n$}\naput{\footnotesize $a_n$}}
	{\TR{$R_n$}\naput{\footnotesize $\frac{1}{2}$}
	\TR{$\overline{R_n}$}\nbput{\footnotesize $\frac{1}{2}$}
	}
\pstree{\TR{$\overline{A_n}$}\nbput{\footnotesize $1 - a_n$}}
	{\TR{$R_n$}\naput{\footnotesize $\frac{2}{3}$}
	\TR{$\overline{R_n}$}\nbput{\footnotesize $\frac{1}{3}$}
	}
}		
\end{center}
\bigskip

On a donc $r_n = p\left(R_n \right) = p\left(A_n \cap R_n \right) + p\left(\overline{A_n} \cap R_n \right) = a_n \times \frac{1}{2} + \left(1 - a_n \right)\times \frac{2}{3} = \frac{1}{2}a_n - \frac{2}{3}a_n  + \frac{2}{3} = - \frac{1}{6}a_n + \frac{2}{3}$.
		\item %Montrer que, pour tout $n\geqslant 1$, $A_{n+1}=\left(A_n\cap R_n\right)\cup\left(\overline{A_n}\cap \overline{R_n}\right)$.
À la partie $(n + 1)$, on utilise le dé A si :

$\bullet~~$on l'a utilisé à la partie $n$ et qu'on a obtenu rouge

$\bullet~~$ou si on a utilisé le dé B à la partie $n$ et que l'on a obtenu blanc.

On a donc pour tout $n \geqslant1$, 

$A_{n+1} = \left(A_n \cap R_n \right) + \left(\overline{A_n} \cap \overline{R_n} \right)$

		\item %En déduire que, pour tout $n\geqslant 1$,
		
%$a_{n+1}=\dfrac16a_n+\frac13$,
%puis déterminer l'expression de $a_n$ en fonction de $n$.
D'après la question précédente :

$a_{n+1} = p\left(A_{n+1} \right) = p\left(A_n \cap R_n \right) + p\left(\overline{A_n} + \overline{R_n} \right)$, soit :

$a_{n+1} = p\left(A_n \right) \times p_{A_n}\left(R_n\right) + p_{\overline{A_n}}\left(\overline{R_n} \right) = \dfrac{1}{2}a_n + \dfrac{1}{3}\left(1 - a_n \right)$.

Finalement $a_{n+1} = \dfrac{1}{6}a_n + \dfrac{1}{3}$.

On a donc $a_n = u_n$ vue à la question 1. Donc 

\[a_n = \dfrac{1}{10}\left(\dfrac{1}{6} \right)^{n-1} + \dfrac{2}{5}.\]

\item %En déduire l'expression de $r_n$ en fonction de $n$ puis la limite de $r_n$ quand $n$ tend vers $+\infty$.
D'après le résultat des questions 2. c. et 2. e., on a donc pour $n \geqslant 1$ :

$r_n = - \frac{1}{6}a_n + \frac{2}{3} = - \frac16\left(\dfrac{1}{10}\left(\dfrac{1}{6} \right)^{n-1} + \dfrac{2}{5} \right) + \dfrac{2}{3} = - \dfrac{1}{60}\left(\dfrac{1}{6} \right)^{n-1}\right) - \dfrac{1}{15} + \dfrac{2}{3} =$

$- \dfrac{1}{10}\left(\dfrac{1}{6} \right)^{n} + \dfrac{- 1 + 10}{15} = - \dfrac{1}{10}\left(\dfrac{1}{6} \right)^{n} + \dfrac{9}{15} = - \dfrac{1}{10}\left(\dfrac{1}{6} \right)^{n} + \dfrac{3}{5}$.

Comme $- 1< \frac16 < 1$, on sait que $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(\dfrac{1}{6} \right)^{n} = 0$, donc  finalement 

$\displaystyle\lim_{n \to + \infty} r_n =  \dfrac{3}{5} = 0,6 = 60\,\%$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Enseignement obligatoire}

\medskip

%Dans le plan complexe rapporté au repère orthonormal direct \Ouv{}
%(unité graphique : 5~cm), on considère les points A et B d'affixes respectives

\[z_{\text{A}} = 1 + \text{i}\quad  \text{et} \quad  z_{\text{B}}= - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}.\]

%On désigne par $(\mathcal{C})$ le cercle de centre O et de rayon 1.

\begin{enumerate} 
\item %Donner la forme trigonométrique de $z_{\text{A}}$ et celle de $z_{\text{B}}$.
On a $\left|z_{\text{A}}\right|^2 = 1^2 + 1^2 = 2 \Rightarrow \left|z_{\text{A}}\right| = \sqrt{2}$. En factorisant ce module :

$z_{\text{A}} = \sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \sqrt{2}\left(\cos \frac{\pi}{4} + \text{i}\sin \frac{\pi}{4} \right) = \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$.

On a $\left|z_{\text{B}}\right|^2 = \frac{1}{4}  + \frac{1}{4} = \frac{2}{4} \Rightarrow \left|z_{\text{B}}\right| = \frac{\sqrt{2}}{2}$. En factorisant ce module :

$z_{\text{B}} = \frac{\sqrt{2}}{2}\left(- \frac{\sqrt{2}}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{2}}{2} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\left(\cos \frac{3\pi}{4} + \text{i}\sin \frac{3\pi}{4} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}}$.
\item %Dans la suite de l'exercice, $M$ désigne un point de $(\mathcal{C})$ d'affixe $\text{e}^{\text{i}\alpha},~\alpha \in [0~ ;~ 2\pi]$.

%On considère l'application $f$ qui  tout point $M$ de $(\mathcal{C})$, associe

%$f(M) = M\text{A} \times  M\text{B}$.
	\begin{enumerate}
		 \item %Montrer, pour tout $\alpha \in \R$, l'égalité suivante :

%\[\text{e}^{\text{i}2\alpha} - 1 = 2\text{i}\text{e}^{\text{i}\alpha}\sin \alpha.\]
$\text{e}^{\text{i}2\alpha} - 1  = \cos 2\alpha + \text{i}\sin 2\alpha - 1 = 1 - 2\sin^2 \alpha + \text{i}\sin 2\alpha - 1 = - 2\sin^2 \alpha + \text{i}\sin 2\alpha = - 2\sin^2 \alpha + 2\text{i}\sin \alpha\cos \alpha = 2\text{i}\sin \alpha(\cos \alpha + \text{i}\sin \alpha) = 2\text{i}\sin \alpha\text{e}^{\text{i}\alpha}$.
		\item %Montrer l'égalité suivante : $f(M) = \left|\text{e}^{\text{i}2\alpha} - 1 - \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i}\right)\text{e}^{\text{i}\alpha}\right|$.
On a $M\text{A} = \left|z_{\text{A}} - z_M \right| = \left|\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} - \text{e}^{\text{i}\alpha} \right|$ et 

$M\text{B} = \left|z_{\text{B}} - z_M \right| = \left|\frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}} - \text{e}^{\text{i}\alpha} \right|$.

On a donc $f(M) = M\text{A} \times  M\text{B} = \left|\sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} - \text{e}^{\text{i}\alpha} \right| \times \left|\frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}} - \text{e}^{\text{i}\alpha} \right| =$

$ \left|\left( \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} - \text{e}^{\text{i}\alpha}\right)\left( \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}\frac{3\pi}{4}} - \text{e}^{\text{i}\alpha}\right)  \right| = \left|\text{e}^{\text{i}\pi} - \text{e}^{\text{i}2\alpha} - \sqrt{2}\text{e}^{\text{i}(\frac{\pi}{4} + \alpha)} - \frac{\sqrt{2}}{2}\text{e}^{\text{i}(\frac{3\pi}{4} + \alpha)} \right|$
		\item %En déduire l'égalité suivante : $f(M) = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \left(- \dfrac{3}{2} + 2\sin \alpha\right) ^2}$.
		D'après le résultat de la question 2. a. :
		
		$f(M) = \left|\text{e}^{\text{i}2\alpha} - 1 - \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i} \right)\text{e}^{\text{i}\alpha}  \right| = \left|2\text{i}\text{e}^{\text{i}\alpha}\sin \alpha - \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{3}{2}\text{i} \right)\text{e}^{\text{i}\alpha}  \right|= $
		
$\left|\text{e}^{\text{i}\alpha} \right|\left|2\text{i}\sin \alpha - \dfrac{1}{2} - \dfrac{3}{2}\text{i} \right| = \sqrt{\dfrac{1}{4} + \left(- \dfrac{3}{2} + 2\sin \alpha \right)^2}$, car $\left|\text{e}^{\text{i}\alpha} \right| = 1$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %En utilisant \textbf{2 c}, montrer qu'il existe deux points $M$ de $(\mathcal{C})$, dont on donnera les coordonnées, pour  lesquels $f(M)$ est minimal. Donner cette valeur minimale.
$f(M)^2$ est une somme de deux carrés ; elle est minimale puisque $\dfrac{1}{4} > 0$, si $\left(- \dfrac{3}{2} + 2\sin \alpha \right)^2 = 0 \iff \sin \alpha = \dfrac{3}{4}$.

On a donc $\cos^2 \alpha = 1 - \left( \dfrac{3}{4}\right)^2 = \dfrac{7}{16}$, d'où :

$\cos \alpha = - \dfrac{\sqrt{7}}{4}$ ou $\cos \alpha =  \dfrac{\sqrt{7}}{4}$.

Il y a donc deux points pour lesquels $f(M)$ est minimale :

\[M_1\left(- \dfrac{\sqrt{7}}{4}~;~\dfrac{3}{4}\right)\quad \text{et}\quad  M_2\left(\dfrac{\sqrt{7}}{4}~;~\dfrac{3}{4}\right).\]

Pour ces deux points la valeur minimale est $f(M) = \sqrt{\dfrac{1}{4}} = \dfrac{1}{2}$.
		\item %En utilisant \textbf{2 c}, montrer qu'il existe un seul point $M$ de $(\mathcal{C})$, dont on donnera les coordonnées, pour lequel $f(M)$ est maximal. Donner cette valeur maximale.
On a successivement :

$- 1 \leqslant \sin \alpha \leqslant 1 \Rightarrow - 2  \leqslant 2\sin \alpha \leqslant 2 \Rightarrow \dfrac{1}{2} \leqslant - \dfrac{3}{2} + 2\sin \alpha \leqslant - \dfrac{7}{2} \Rightarrow$

$ 0 \leqslant \left(- \dfrac{3}{2} + 2\sin \alpha \right)^2 \leqslant \dfrac{49}{4}$.

La valeur maximale de $f(M)$ peut être 	$\dfrac{49}{4}$. Or 

$\left(- \dfrac{3}{2} + 2\sin \alpha \right)^2 = \dfrac{49}{4} \iff \dfrac{9}{4} + 4\sin ^2 \alpha - 6\sin \alpha = \dfrac{49}{4} \iff$

$ 9 + 16\sin ^2 \alpha - 24 \sin \alpha = 49 \iff 16\sin ^2 \alpha - 24 \sin \alpha - 40 = 0 \iff$

$ 2\sin ^2 \alpha - 3\sin \alpha - 5 = 0 \quad (1)$.

En posant $X = \sin \alpha$, l'équation (1) devient :

$2X^2 - 3X - 5 = 0$ qui a une solution $- 1$ évidente : donc :

$2X^2 - 3X - 5 = (X + 1)(2X - 5)$ : l'autre solution est donc $\dfrac{5}{2}$.

On a donc $\sin \alpha = - 1 \iff \alpha = \dfrac{3\pi}{2} + 2k\pi$ avec $k$ entier, ou \sin\alpha = \dfrac{5}{2} = 2,5$ qui n'a pas de solution.

Il y a donc un point pour lequel $f(M)$ est maximale, le point de coordonnées $(0~;~- 1)$ et la valeur de ce maximum est $f(M) = \dfrac{5\sqrt{2}}{2}$.	
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

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

\textbf{Enseignement de spécialité}

\medskip

%Dans le plan, on considère deux segments [AC] et [BD] tels que
%
%\[\text{AC = BD}\qquad  \text{et}\qquad  
%\widehat{\left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{BD}}\right)} = - 
%\dfrac{\pi}{2}.\]
%
%On désigne par M le milieu de [AC] et par N celui de [BD]. On appelle 
%($\mathcal{C}_{1}$), ($\mathcal{C}_{2}$), ($\mathcal{C}_{3}$) et 
%($\mathcal{C}_{4}$) les cercles de diamètres respectifs
%[AB], [BC], [CD] et [DA].
%
%On pourra s'aider de la figure ci-jointe.

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Soit $r$ la rotation qui transforme A en B et C en D. Quel est l'angle de $r$ ? Montrer que le centre I de $r$ appartient aux cercles ($\mathcal{C}_{1}$) et ($\mathcal{C}_{3}$).
La rotation $r$ transforme donc [AC] en [BD], donc l'angle de la rotation est $\widehat{\left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{BD}}\right)} = - \dfrac{\pi}{2}$.
				
Le centre I de la rotation appartient à ($\mathcal{C}_{1}$) puisque [AB] est un diamètre de ce cercle et que par conséquent : $\widehat{\left(\vect{\text{IA}},~\vect{\text{IB}}\right)} = - \dfrac{\pi}{2}$.

De même comme [CD] est un diamètre de ($\mathcal{C}_{3}$), le centre I appartient à ($\mathcal{C}_{3}$) puisque $\widehat{\left(\vect{\text{ID}},~\vect{\text{IC}}\right)} = - \dfrac{\pi}{2}$.

		\item %Soit $r'$ la rotation qui transforme A en D et C en B. Quel est 
%l'angle de $r'$ ? Montrer que le centre J de $r'$ appartient aux cercles
%($\mathcal{C}_{2}$) et ($\mathcal{C}_{4}$).
$r'$ transforme [AC] en [DB] : un angle de cette rotation est donc : 

$\widehat{\left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{DB}}\right)} = -  \widehat{\left(\vect{\text{AC}},~\vect{\text{BD}}\right)} = - \left(- \dfrac{\pi}{2} \right) = \dfrac{\pi}{2}$. (quart de tour direct)

[CB] est un diamètre de ($\mathcal{C}_{2}$), donc $\widehat{\left(\vect{\text{JC}},~\vect{\text{JB}}\right)} =  \dfrac{\pi}{2}$. J appartient à ($\mathcal{C}_{2}$).

De même [AD] un diamètre de ($\mathcal{C}_{4}$), donc $\widehat{\left(\vect{\text{JA}},~\vect{\text{JD}}\right)} =  \dfrac{\pi}{2}$. J appartient à ($\mathcal{C}_{4}$).
		\item %Quelle est la nature du quadrilatère INJM ? 
		
%On désigne par P et R les points diamètralement opposés à I sur, respectivement ($\mathcal{C}_{1}$) et ($\mathcal{C}_{3}$) et par Q et S les points diamètralement opposés à J sur,  respectivement  ($\mathcal{C}_{2}$) et ($\mathcal{C}_{4}$).
Par la rotation $r$ l'image du milieu M de [AC] est le milieu du segment image [BD] ; on a donc :

IM = IN et $\widehat{\left(\vect{\text{IM}},~\vect{\text{IN}}\right)} = - \dfrac{\pi}{2}$.

Par la rotation $r'$ l'image du milieu M de [AC] est le milieu du segment image [DB] ; on a donc :

JM = JN et $\widehat{\left(\vect{\text{JM}},~\vect{\text{JN}}\right)} = \dfrac{\pi}{2}$.

Les triangles IMN et JMN sont rectangles isocèles d'hypoténuse [MN], donc le quadrilatère INJM est un carré direct.
	\end{enumerate}
\item %Soit $s$ la similitude directe de centre I, de rapport $\sqrt{2}$ et d'angle	$\dfrac{\pi}{4}$. 
	\begin{enumerate} 
		\item %Quelles sont les images par $s$ des points D, N, B ?
I est équidistant de D et de C ; il en est de même de R diamétralement opposé ; [DC] et [IR] sont donc deux diamètres perpendiculaires : le quadrilatère IDRC est donc un carré ; si $a$ est la mesure de l'un de ses côtés on sait que IR $ = a\sqrt{2}$ : donc l'image de D dans la similitude est le point R.

De même [IP] et [AB] sont deux diamètres perpendiculaires de $(\mathcal{C}_1)$, donc IBPA est un carré et on a donc :

$\dfrac{\text{IP}}{\text{IB}} = \sqrt{2}$ et $\widehat{\left(\vect{\text{IB}},~\vect{\text{IP}}\right)} =  \dfrac{\pi}{4}$ : l'image de B par $s$ est donc P.

Enfin on sait que INJM est un carré, donc $\dfrac{\text{IJ}}{\text{IN}} = \sqrt{2}$ et $\widehat{\left(\vect{\text{IN}},~\vect{\text{IJ}}\right)} =  \dfrac{\pi}{4}$ : l'image de N par $s$ est donc J.
		\item %En déduire que J est le milieu de [PR].
N est le milieu de [BD] ; son image par la similitude $s$, le point J est le le milieu du segment image [PR].
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\begin{center} \psset{unit=1.2cm}
\begin{pspicture}(8,8)
\pspolygon[linestyle=dotted](2.6,6.3)(6.3,5.8)(4.2,0.7)(0.7,4.2)
\psline(2.6,6.3)(4.2,0.7)
\psline(6.3,5.8)(0.7,4.2)
\pscircle(4.45,6.05){1.9}
\pscircle(5.25,3.25){2.75}
\pscircle(2.45,2.45){2.45}
\pscircle(1.65,5.25){1.4}
\uput[ur](2.6,6.3){A} \uput[r](6.3,5.8){B}
\uput[d](4.2,0.7){C} \uput[l](0.7,4.2){D}
\uput[r](3.4,3.5){M} \qdisk(3.4,3.5){1pt}
\uput[u](3.5,5){N} \qdisk(3.5,5){1pt}
\uput[u](4.18,4.18){I} \qdisk(4.18,4.18){1pt}
\uput[l](2.82,4.5){J} \qdisk(2.82,4.5){1pt}
\uput[u](4.7,7.92){P}  \qdisk(4.7,7.92){1pt}
\uput[r](7.8,2.2){Q} \qdisk(7.8,2.2){1pt}
\uput[dl](0.72,0.72){R} \qdisk(0.72,0.72){1pt} 
\uput[ul](0.57,6.1){S} \qdisk(0.57,6.1){1pt}
\uput[l](0,2.3){($\mathcal{C}_{3}$)}
\uput[u](1.2,6.5){($\mathcal{C}_{4}$)}
\uput[u](6,7.5){($\mathcal{C}_{1}$)}
\uput[r](8,4.3){($\mathcal{C}_{2}$)}
\end{pspicture}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Problème} \hfill }

\medskip

%Soit $f$ la fonction dfinie sur [0~;~1] par :

\[ \left\{\begin{array}{l c l}
f(0)&=&0\\
f(1)&=&0\\
f(x) &=& (\ln x) \times \ln (1 - x), \quad \text{pour} \quad x \in 
]0~;~1[\\
\end{array}\right.\]

%où $\ln$ désigne la fonction logarithme népérien. On note 
%$\mathcal{C}$ sa courbe représentative dans un repère orthonormal 
%(unité graphique : 10~cm).
%
%On admet que $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 0$ et 
%$\displaystyle\lim_{x \to 1} f(x) = 0$,
%ainsi que le résultat suivant :	
%
%\[\text{pour}\quad  \alpha > 0,\quad \displaystyle\lim_{x \to 0} x^{\alpha} \ln x = 0.\]

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie A - Étude de la fonction}\boldmath $f$ \unboldmath 

\medskip

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer la limite quand $x$ tend vers $0$ de l'expression $\dfrac{\ln(1-x)}{x}$.
$\dfrac{\ln(1-x)}{x} = \dfrac{\ln(1-x) - \ln (1)}{x - 0}$.

Par définition $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln(1-x) - \ln (1)}{x - 0}$ est égale au nombre dérivé en $0$ de la fonction $x \longmapsto \ln (1 - x)$ qui est la fonction $x \longmapsto - \dfrac{1}{1 - x}$.

Cette limite est donc égale à $- \dfrac{1}{1} = - 1$. 
		\item %En déduire la limite quand $x$ tend vers $0$ de l'expression $\dfrac{f(x)}{x}$ ; que peut-on en déduire pour la courbe $\mathcal{C}$ ?
$\dfrac{f(x)}{x} = \dfrac{(\ln x) \times \ln (1 - x)}{x} = \ln x \times \dfrac{\ln(1-x)}{x}$.

Or $\displaystyle\lim_{x \to 0}\ln x = - \infty$ et on vient de voir que $\displaystyle\lim_{x \to 0}\dfrac{\ln(1-x)}{x} = - 1$, donc par produit de limites : 

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{f(x)}{x} = + \infty$ : la fonction $f$ n'est pas dérivable en $0$.

La courbe $\mathcal{C}$ admet en $0$ une tangente verticale.
	\end{enumerate}
\item %Montrer que pour tout $x \in \left]- \dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right[, \quad  f\left(\dfrac{1}{2} - x\right) = f\left(\dfrac{1}{2} + x\right)$.

%Que peut-on en conclure pour $\mathcal{C}$ ?
On a $- \dfrac{1}{2} < x < \dfrac{1}{2} \Rightarrow - \dfrac{1}{2} < - x < \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}  < - x + \dfrac{1}{2} < \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}$, soit $0 < - x + \dfrac{1}{2} < 1$.

De même $- \dfrac{1}{2} < x < \dfrac{1}{2} \Rightarrow - \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} < x + \dfrac{1}{2} < \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}$ soit $0 < x + \dfrac{1}{2} < 1$.

$\bullet~~$$f\left(\dfrac{1}{2} - x\right) = \ln \left(\dfrac{1}{2} - x \right) \times \ln \left(1 - \dfrac{1}{2} + x \right) = \ln \left(\dfrac{1}{2} - x \right) \times \ln \left(\dfrac{1}{2} + x \right)$.

$\bullet~~$$f\left(\dfrac{1}{2} + x\right) = \ln \left(\dfrac{1}{2} + x \right) \times \ln \left(1 - \dfrac{1}{2} - x \right) = \ln \left(\dfrac{1}{2} + x \right) \times \ln \left(\dfrac{1}{2} - x \right)$.

Donc  pour tout $x \in \left]- \dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right[, \quad  f\left(\dfrac{1}{2} - x\right) = f\left(\dfrac{1}{2} + x\right)$.

Donc si $x \in  \left]- \dfrac{1}{2}~;~\dfrac{1}{2}\right[$, les deux points de la courbe $\mathcal{C}$ d'abscisses $\dfrac{1}{2} - x$ et $\dfrac{1}{2} + x$ ont pour abscisse de leur milieu $\dfrac{1}{2}$ et la même ordonnée : ces points sont donc symétriques autour de l'axe vertical dont une équation est $x = \dfrac{1}{2}$. D'après le début de la question la courbe $\mathcal{C}$ a donc pour axe de symétrie la droite dont une équation est $x = \dfrac{1}{2}$.
\item %Soit $\varphi$ la fonction définie sur ]0~;~1[ par :

\[\varphi(x) = (1 - x)\ln(1 - x) - x\ln x.\]

	\begin{enumerate} 
		\item %Déterminer $\varphi'(x)$, puis montrer l'égalité $\varphi''(x) = \dfrac{ 2x- 1}{x(1 - x)}$~; en déduire les variations de $\varphi'$ sur ]0~;~1[.
$\varphi$ est dérivable comme différence de fonctions dérivables sur ]0~;~1[ et sur cet intervalle :

$\varphi'(x) = - \ln(1 - x) - \dfrac{1}{1 - x} \times (1 - x) - \ln x - x \times \dfrac{1}{x} = - \ln(1 - x) - 1 - \ln x - 1 = - \ln(1 - x)  - \ln x - 2$.

De même $\varphi'$ est dérivable sur ]0~;~1[  et sur cet intervalle :

$\varphi''(x) = \dfrac{1}{1 - x}  - \dfrac{1}{x} = \dfrac{x - 1 + x}{x(1 - x)} = \dfrac{2x - 1}{x(1 - x)}$.

Or sur ]0~;~1[, $x > 0$ et $1 - x > 0$, donc $x(1 - x) > 0$. Le signe de $\varphi''(x)$ est donc celui de $2x - 1$ qui s'annule en $\dfrac{1}{2}$. Conclusion :

$\bullet~~$sur $\left]0~;~\frac{1}{2}\right[$, \:$\varphi'$ est décroissante ;

$\bullet~~$sur $\left]\frac{1}{2}~;~1\right[$, \:$\varphi'$ est croissante ;
		\item %Montrer que $\varphi'$ s'annule en deux valeurs $\alpha_{1}$ et $\alpha_{2}$ sur ]0~;~1 [ (on ne cherchera pas à calculer ces valeurs).
%Donner le signe de $\varphi'$ sur ]0~;~1[.
On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} \varphi'(x) = +\infty$ et $\varphi'\left(\frac{1}{2}\right) = - \ln \frac{1}{2} - \ln \frac{1}{2} - 2 = \ln 2 + \ln 2 - 2 =$

$ 2\ln 2 - 2 < 0$.

La fonction $\varphi'$ étant continue car dérivable s'annule donc en un point unique $\alpha_1 \in \left]0~;~\frac{1}{2}\right[$.

De même $\displaystyle\lim_{x \to 1} \varphi'(x) = +\infty$ et $\varphi'\left(\frac{1}{2}\right) < 0$, donc $\varphi'$ s'annule aussi une seule fois sen $\alpha_2 \in \left]\frac{1}{2}~;~1\right[$.

On connaît les variations de $\varphi'$, on a donc :

$\bullet~~$sur $]0~;~\alpha_1[, \: \varphi'(x) > 0$ ; 

$\bullet~~$sur $]\alpha_1~;~\alpha_2[, \: \varphi'(x) < 0$ ;

$\bullet~~$sur $]\alpha_2~;~1[, \: \varphi'(x) > 0$.
		\item %Déterminer la limite quand $x$ tend vers $0$ de l'expression
%$\varphi(x)$ et la limite quand $x$ tend vers 1 de $\varphi(x)$. 
%Calculer $\varphi \left(\dfrac{1}{2}\right)$. En déduire le signe de $\varphi(x)$ sur ]0~;~1[.
$\bullet~~$On a $\displaystyle\lim_{x \to 0} (1 - x)\ln (1 - x) = 0$ et on sait que $\displaystyle\lim_{x \to 0}x \ln x = 0$, donc 

$\displaystyle\lim_{x \to 0} \varphi(x) = 0$.

$\bullet~~$En posant $X = 1 - x$,\: $\displaystyle\lim_{x \to 1} (1 - x)\ln (1 - x) = \displaystyle\lim_{X \to 0} X \ln X = 0$ et on a 

$\displaystyle\lim_{x \to 1} x\ln x = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to 1}\varphi(x) = 0$.

$\bullet~~$$\varphi \left(\dfrac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}\ln \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \ln \frac{1}{2} = 0 $. D'où le tableau de variations de $\varphi$ sur [0~;~1] :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3.5)
\psframe(7,3.5)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline(1,0)(1,2.5)\psline(1.05,0)(1.05,2.5)
\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](1.15,2.4){$0$} \uput[u](3,2.4){$\alpha_1$} \uput[u](4,2.4){$\dfrac{1}{2}$} \uput[u](5,2.4){$\alpha_2$} \uput[u](6.85,2.4){$1$}
\rput(0.5,2.25){$\varphi'(x)$} \rput(2,2.25){+}\rput(3,2.25){0}\rput(4,2.25){$-$}\rput(5,2.25){0}\rput(6,2.25){$+$}
\rput(0.5,1){$\varphi$}\uput[u](1.5,0){$0$}\uput[d](2.5,1.5){}\rput(4,1){$0$}
\uput[d](6.5,2){$0$}
\psline{->}(1.5,0.5)(2.5,1.5)\psline{->}(3.5,1.5)(4.5,0.5)\psline{->}(5.5,0.5)(6.5,1.5)
\end{pspicture}
\end{center}

Donc :

$\bullet~~$$\varphi(x) > 0$ sur $\left]0~;~\frac{1}{2}\right[$ ;

$\bullet~~$$\varphi(x) < 0$ sur $\left]\frac{1}{2}~;~1\right[$ ;

$\bullet~~$$\varphi\left(\frac{1}{2}\right) = 0$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que $f'(x)$ a même signe que $\varphi(x)$ sur ]0~;~1[.
$f$ est dérivable car produit de deux fonctions dérivables sur ]0~;~1[ et sur cet intervalle :
		
$f'(x) = \dfrac{1}{x}\ln (1 - x) - \dfrac{1}{1 - x}\ln x = \dfrac{(1 - x)\ln (1 - x) - x\ln x}{x(1 - x)}$ qui a le signe du numérateur c'est-à-dire du signe de $\varphi(x)$ car $x(1 - x) > 0$.
		\item %Donner le tableau de variations de $f$.
Comme on a le signe de $f'(x)$, on en déduit les variations de $f$ :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3.5)
\psframe(7,3.5)\psline(0,2)(7,2)\psline(0,2.5)(7,2.5)
\psline(1,0)(1,3.5)\psline(1.05,2)(1.05,2.5)
\uput[u](0.5,2.4){$x$} \uput[u](2.15,2.4){$0$} \uput[u](4,2.4){$\dfrac{1}{2}$} \uput[u](6.85,2.4){$1$}
\rput(0.5,2.25){$f'(x)$} \rput(2.5,2.25){+}\rput(4,2.25){0}\rput(5.5,2.25){$-$}
\rput(0.5,1){$f$}\uput[u](1.5,0){$0$}\uput[d](4,2){$(\ln 2)^2$}
\uput[u](6.85,0){$0$}
\psline{->}(1.5,0.5)(3.5,1.5)\psline{->}(4.5,1.5)(6.5,0.5)
\end{pspicture}
\end{center}
		\item %Montrer que, pour tout $x \in ]0~;~1[$, les inégalités suivantes sont vraies :
 
%\[0 < (\ln x) \times \ln (1 - x) \leqslant  (\ln 2)^2.\]
Le tableau de variations montre que $f$ est minorée par $0$ et majorée par $(\ln 2)^2$
		\item ~%Tracer $\mathcal{C}$.
\begin{center}
\psset{xunit=8cm,yunit=12cm,comma=true}
\begin{pspicture}(-0.1,-0.05)(1.1,0.6)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.2,Dy=0.1]{->}(0,0)(0,0)(1.1,0.6)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.001}{0.999}{x ln 1 x sub ln mul}
\end{pspicture}
\end{center}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Partie B - Encadrement d'une intégrale}

\medskip

%Pour $t \in \left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$, on pose :
%
%\[I_{1}(t) = \displaystyle\int_{t}^{\frac{1}{2}}  x \ln x\: 
%\text{d}x,\quad  I_{2}(t) = \displaystyle\int_{t}^{\frac{1}{2}} x^2 \ln 
%x\: \text{d}x,\quad  I(t) = \displaystyle\int_{t}^{\frac{1}{2}} 
%f(x)\:\text{d}x.\]		

\begin{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate} 
		\item %À l'aide d'intégrations par parties, montrer que :

%\[I_{1}(t) = - \dfrac{\ln 2}{8} - \dfrac{1}{16} - \dfrac{1}{2} t^2 \ln t + \dfrac{t^2}{4} ;\]

%\[I_{2}(t) = - \dfrac{\ln 2}{24} - \dfrac{1}{72} - \dfrac{t^3 \ln t}{3} + \dfrac{t^3}{9}.\]
$\bullet~~$Posons $u(x) = \ln x$ et $v'(x) = x$, d'où :

$u'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$.

Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur ]0~;~1[ : on peut donc intégrer par parties :

$I_{1}(t) = \left[\dfrac{x^2\ln x}{2} \right]_t^{\frac{1}{2}} - \displaystyle\int_{t}^{\frac{1}{2}} \dfrac{1}{x} \times \dfrac{x^2}{2}\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^2\ln x}{2} \right]_t^{\frac{1}{2}} - \displaystyle\int_{t}^{\frac{1}{2}} \dfrac{x}{2}\:\text{d}x =  \left[\dfrac{x^2\ln x}{2} - \dfrac{x^2}{2}\right]_t^{\frac{1}{2}} = \dfrac{\left(\frac{1}{2} \right)^2\ln \frac{1}{2}}{2} - \frac{1}{16} - \left(\dfrac{t^2\ln t}{2} - \dfrac{t^2}{2} \right) = - \dfrac{\ln 2}{8} - \dfrac{1}{16} - \dfrac{1}{2} t^2 \ln t + \dfrac{t^2}{4}$.

$\bullet~~$Posons $u(x) = \ln x$ et $v'(x) = x^2$, d'où :

$u'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^3}{3}$ ; on peut encore intégrer par parties :

$I_2(t) = \left[\dfrac{x^3}{3}\ln x \right]_t^{\frac{1}{2}} - \displaystyle\int_{t}^{\frac{1}{2}} \dfrac{x^2}{3}\:\text{d}x = \left[\dfrac{x^3}{3}\ln x - \dfrac{x^3}{9} \right]_t^{\frac{1}{2}} =$

$ \dfrac{1}{24}\ln \dfrac{1}{2} - \dfrac{t^3}{3}\ln t - \dfrac{1}{72} + \dfrac{t^3}{9} = - \dfrac{1}{24}\ln 2 - \dfrac{1}{72} - \dfrac{t^3\ln t}{3} + \dfrac{t^3}{9}$. 
		\item %Déterminer les limites de $I_{1}(t)$ et de $I_2(t)$ quand $t$ tend  vers $0$.
On sait que $\displaystyle\lim_{t \to 0} t\lnt = \displaystyle\lim_{t \to 0}  t^2\ln t = 0$, donc :

$\displaystyle\lim_{t \to 0} I_1(t) = - \dfrac{\ln 2}{8} - \dfrac{1}{16}$ et $\displaystyle\lim_{t \to 0} I_2(t) = - \dfrac{\ln 2}{24} - \dfrac{1}{72}$.		
	\end{enumerate}
\item %Soit $g$ et $h$ les fonctions définies sur $\left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[$ par :

\[g(x) = - \left[x + \dfrac{x^2}{2}\right]\qquad \text{et} \qquad 
 h(x) = g(x) - \dfrac{x^2}{2}.\]
 
	\begin{enumerate} 
		\item %Étudier sur $\left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[$ les variations de la fonction

%\[x  \mapsto \ln (1 - x) - g(x).\]
Soit $k(x) = \ln (1 - x) - g(x) = \ln (1 - x) + x + \dfrac{x^2}{2}$. Cette fonction est dérivable sur 
$\left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$ et sur cet intervalle :

$k'(x) = - \dfrac{1}{1 - x} + 1 + x = \dfrac{- 1 + 1 - x + x - x^2}{1 - x} = \dfrac{- x^2}{1 - x}< 0$.

La fonction $k$ est donc décroissante sur  $\left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[$
		\item %En déduire que, pour tout $x \in \left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[$ :

%\[\ln (1 - x) \leqslant  g(x).\]
On a de façon évidente $\displaystyle\lim_{x \to 0} k(x) = 0$ et comme la fonction est décroissante sur $\left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$, \: $k(x) \leqslant 0 \iff \ln (1 - x) \leqslant g(x)$.
		\item %Par un procédé analogue, montrer que pour tout $x \in \left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$ :

%\[\ln (1 - x) \geqslant h(x).\]
Soit $l(x) = \ln (1 - x) - h(x) = \ln (1 - x) + x +x^$ définie sur $\left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[$.

Cette fonction est dérivable et sur son intervalle de définition :

$l'(x) = \dfrac{- 1}{1 - x} + 1 + 2x = \dfrac{- 1  + 1 + 2x - x - 2x^2}{1 - x} = \dfrac{x - 2x^2}{1 - x} = \dfrac{x(1 - 2x)}{1 - x}$.

Or si $x \in \left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[, \: x > 0, \: 1 - 2x > 0$ et $1 - x > $, donc $l’(x) > 0$.

Conclusion : la fonction $l$ est croissante sur $\left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$ et comme $\displaystyle\lim_{x \to 0} l(x) = 0$, on en déduit que $l(x) > 0$, soit $\ln (1 - x) > h(x)$ sur $\left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$.
		\item %En déduire un encadrement de $f(x)$ sur $\left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[$.
Des deux précédentes questions on déduit que :
		
$h(x) \leqslant \ln (1 - x) \leqslant g(x) \iff - x - x^2 \leqslant \ln (1 - x) \leqslant - x - \dfrac{x^2}{2}$.

Sur $\left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$, \: $\ln x  < 0$, d’où en multipliant par ce nombre chaque terme de l’encadrement précédent :

$\left (- x - \dfrac{x^2}{2} \right)\ln x \leqslant \ln x \times \ln (1 - x) \leqslant \left(- x - x^2 \right)\ln x$. Donc sur $\left]0 ~;~\dfrac{1}{2}\right[$ :

\[\left (- x - \dfrac{x^2}{2} \right)\ln x \leqslant f(x)\leqslant \left(- x - x^2 \right)\ln x.\]
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate} 
		\item %Montrer que $-I_{1}(t) - \dfrac{1}{2}I_{2}(t) \leqslant  I(t) \leqslant -I_{1}(t) - I_{2}(t)$.
Soit $t \in \left]0~;~\dfrac{1}{2}\right[$. En intégrant chaque fonction de l’encadrement de la question précédente sur l’intervalle $\left[t~;~\frac{1}{2}\right]$, on a :

$\displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}} \left (- x - \dfrac{x^2}{2} \right)\ln x\:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}}f(x)\:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}}\left(- x - x^2 \right)\ln x\:\text{d}x$, soit 

$- \displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}} x\ln x \:\text{d}x - \dfrac{1}{2}\displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}}x^2\ln x\:\text{d}x \displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}}f(x)\:\text{d}x  \leqslant - \- \displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}} x\ln x \:\text{d}x - \displaystyle\int_t^{\frac{1}{2}}x^2\ln x\:\text{d}x$ ou encore 

\[- I_{1}(t) - \dfrac{1}{2}I_{2}(t) \leqslant  I(t) \leqslant - I_{1}(t) - I_{2}(t).\]
	\item %En supposant que $I(t)$ admet une limite note $\ell$ quand $t$ tend vers $0$, donner un encadrement de $\ell$.

L’encadrement précédent donne à la limite :

$\displaystyle\lim_{t \to 0}\left[- I_{1}(t) - \dfrac{1}{2}I_{2}(t) \right] \leqslant \ell \leqslant \displaystyle\lim_{t \to 0}\left[- I_{1}(t) - I_{2}(t)  \right]$, soit d’après les calculs précédents :

$\dfrac{\ln 2}{8} + \dfrac{1}{16} + \dfrac{\ln 2}{48} + \dfrac{1}{144} \leqslant \ell \leqslant  \dfrac{\ln 2}{8} + \dfrac{1}{16} + \dfrac{\ln 2}{24} + \dfrac{1}{72}$ soit au millième près :

\[0,170 \leqslant \ell \leqslant 0,192.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate} 
\end{document}  