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-1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt 
\renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} 
\renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} 
\pagestyle{fancy}
% pour le pied de page central
\cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}}

\begin{document}
%\tableofcontents

\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction de la feuille de révision (18 avril 2015)}}\end{center}

\subsection{\textcolor{blue}{Nouvelle-Calédonie mars 2012}}
%On dispose de deux urnes et d'un dé cubique bien équilibré dont les faces sont numérotées de 1 à  6.
%
%L'urne $U_{1}$ contient trois boules rouges et une boule noire.
% 
%L'urne $U_{2}$ contient trois boules rouges et deux boules noires.
% 
%Une partie se déroule de la façon suivante : le joueur lance le dé ; si le résultat est 1, il tire au hasard une boule dans l'urne $U_{1}$, sinon il tire au hasard une boule dans l'urne $U_{2}$.
% 
%On considère les événements suivants :
% 
%$A$ : \og obtenir 1 en lançant le dé \fg 
%
%$B$ : \og obtenir une boule noire \fg.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Construire un arbre pondéré traduisant cette expérience aléatoire.
~		
\begin{center}\psset{nodesep=0mm,levelsep=25mm,treesep=15mm}\pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$A$}\taput{$\frac{1}{6}$}}
	  { 
		  \TR{$B$}\taput{$\frac{1}{4}$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac{3}{4}$}	   
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{A}$}\tbput{$\frac{5}{6}$}}
	  {
		  \TR{$B$}\taput{$\frac{2}{5}$}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{$\frac{3}{5}$}
	  }
	}
\end{center}
\vspace{1cm}
		\item %Montrer que la probabilité d'obtenir une boule noire est $\dfrac{3}{8}$.
	D'après la loi des probabilités totales  :
$p(B)  = p(A) \times p_{A}(B) +  p\left(\overline{A}\right) \times p_{\overline{A}}(B) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{5}{6} \times \dfrac{2}{5} = \dfrac{1}{24} + \dfrac{1}{3}\\
 = \dfrac{1}{24} + \dfrac{8}{24} = \dfrac{9}{24} =\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{3}{8} = 0,375}}$.

		\item %Sachant que l'on a tiré une boule noire, calculer la probabilité d'avoir obtenu 1 en lançant le dé.
$p_{B}(A) = \dfrac{p(A \cap B)}{p(B)} = \dfrac{\frac{1}{6}\times \frac{1}{4}}{\frac{3}{8}} = \dfrac{1}{24}\times \dfrac{8}{3} = \boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{9}}}$.		 
	\end{enumerate}
\item %On convient qu'une partie est gagnée lorsque la boule obtenue est noire. Une personne joue dix parties indépendantes en remettant, après chaque partie, la boule obtenue dans l'urne d'oà¹ elle provient. On note X la variable aléatoire égale au nombre de parties gagnées. 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer la probabilité de gagner exactement trois parties. On donnera le résultat arrondi au millième.
On a répétition de parties identiques, indépendantes, à deux issues, donc la variable X suit une \textbf{\textcolor{red}{loi binomiale}} de paramètres $n = 10$ et $p = \dfrac{3}{8}$.

La probabilité  de gagner exactement trois parties est égale à  :

$p(\text{X} = 3) = \displaystyle\binom{10}{3}\left(\dfrac{3}{8}\right)^3 \times \left(1 - \dfrac{3}{8}\right)^{10 -3} = \displaystyle\boxed{\textcolor{red}{\binom{10}{3}\left(\dfrac{3}{8}\right)^3 \times \left( \dfrac{5}{8}\right)^{7}\approx \numprint{0,2357} \approx 0,236}}$ au millième près.

\bigskip

Remarque : on peut calculer directement $p(X=k)$ à la calculatrice, en tapant sur une TI : \\
\fbox{Distrib}, \fbox{BinomFdp}(n, p, k) \fbox{Entrée}.

		\item %Calculer la probabilité de gagner au moins une partie. On donnera le résultat arrondi au millième.
On a $p(\text{X} \geqslant 1) = 1 - p(\text{X} = 0) = 1 - \times\left(\dfrac{3}{8}\right)^0 \times \left( \dfrac{5}{8}\right)^{10} = \boxed{\textcolor{red}{1 - \left(\dfrac{5}{8} \right)^{10} \approx \numprint{0,9909} \approx 0,991}}$ au millième près.

		\item %On donne le tableau suivant:~ 
		On veut que $p(X\geqslant N)\leqslant 0,1$, donc $1-p(X<N)<0,1$.
		
		On en déduit $p(X<N)>0,9$.
		
À partir du tableau donné on  trouve $\boxed{\textcolor{red}{N = 7}}$. 
\medskip

\medskip

%Soit $N$ un entier compris entre 1 et 10. On considère l'évènement : \og la personne gagne au moins $N$ parties \fg.
 
%à€ partir de quelle valeur de $N$ la probabilité de cet évènement est-elle inférieure à  $\dfrac{1}{10}$ ? 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage
\subsection{\textcolor{blue}{Nouvelle Calédonie mars 2015}}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $2\%$ des puces livrées ont une durée de vie courte, c'est-à-dire  
		
$\boxed{\textcolor{red}{P_L(C) = 0,02}}$. (il suffit de lire l'énoncé !)

		\item On en déduit  que $\boxed{\textcolor{red}{P_L\left(\overline{C}\right) = 1 - 0,02 = 0,98}}$ et 

$P\left(L \cap \overline{C}\right) = P(L) \times P_L\left(\overline{C}\right) = \boxed{\textcolor{red}{0,95 \times 0,98 = 0,931}}$.

		\item Comme seules les puces livrées peuvent avoir une durée de vie courte on a :
		
$P\left[\overline{L}\cup \left(L \cap C\right)  \right] =  P\left(\overline{L}\right) + P(L \cap C) = 0,05 +  0,019 = \boxed{\textcolor{red}{0,069}}$.
	\end{enumerate}
\item  
	\begin{enumerate}
		\item On sait que $P(X \leqslant \numprint{1000}) = 0,02$.

$X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$,  donc :

$P(X \leqslant  \numprint{1000}) = 1 - \text{e}^{-\numprint{1000}\lambda} = 0,02 \iff \text{e}^{-\numprint{1000}\lambda} = 1 - 0,02 \iff$

$ \text{e}^{-\numprint{1000}\lambda} = 0,98 \Rightarrow -\numprint{1000}\lambda = \ln 0,98 \iff \boxed{\textcolor{red}{\lambda = \dfrac{- \ln 0,98}{\numprint{1000}}}}$.

		\item $P(X \geqslant \numprint{10000}) = \text{e}^{-\numprint{10000}\lambda} =  \boxed{\textcolor{red}{\text{e}^{-10\ln 0,98} \approx 0,817}}$.
		
Donc environ $81,7\,\%$ des puces ont une durée de vie supérieure ou égale à \numprint{10000} heures.

		\item $P(\numprint{20000} \leqslant X \leqslant  \numprint{30000}) = \boxed{\textcolor{red}{\text{e}^{-\numprint{20000}\lambda} - \text{e}^{-\numprint{30000}\lambda} \approx 0,122}}$.
		
Soit : environ $12,2\,\%$ des puces ont une durée de vie comprise entre $20~000$ et $30~000$ heures.
	\end{enumerate}
	
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On effectue \numprint{15000} tirages indépendants les uns des autres. La probabilité qu'une puce livrée ait une vie courte est $p = 0,003$.
		
$Y$ suit donc une \textbf{loi binomiale}  de paramètres $n = \numprint{15000}$ et $p = 0,003$..
		\item E$(Y) = n \times p = \numprint{15000} \times 0,003 = \boxed{\textcolor{red}{45}}$.

Il y a environ 45 puces à durée de vie courte sur les \numprint{15000} extraites de la production.

		\item On a $P(40 \leqslant Y \leqslant 50) = P(Y \leqslant 50) - P(Y < 40) = P(Y \leqslant 50) - P(Y \leqslant 39)$.
		
La calculatrice donne $P(Y \leqslant 50) \approx \numprint{0,7966}$ et $P(Y \leqslant 39) \approx \numprint{0,2080}$, donc :

$P(40 \leqslant Y \leqslant 50) \approx \numprint{0,7966} - \numprint{0,2080} \approx  0,589$.


\bigskip
Remarque : on calcule $p(X\leqslant k)$ avec une TI en tapant :\\
\fbox{Distrib} \fbox{BinomFRep} (n, p,k) \fbox{Entrée}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage
\subsection{\textcolor{blue}{Polynésie juin 2011}}
\begin{enumerate}
\item On a l'arbre pondéré suivant :

\medskip
\begin{center}
\pstree[treemode=R]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{G$_{1}$}\taput{$0,1$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{G$_{2}$}\taput{$0,8$}
\TR{}~[tnpos=r]{$\overline{\text{G}_{2}}$}\tbput{$0,2$}
 		}
	\pstree{\TR{$\overline{\text{G}_{1}}$}\tbput{$0,9$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{G$_{2}$}\taput{$0,6$}
 \TR{}~[tnpos=r]{$\overline{\text{G}_{2}}$}\tbput{$0,4$}
 		}
}
\end{center}

\item On a $p_{2} = p\left(\text{G}_{1} \cap \text{G}_{2}\right) + p\left(\overline{\text{G}_{1}} \cap \text{G}_{2}\right)  = 
p\left(\text{G}_{1}\right)\times p_{\text{G}_{1}}\left(\text{G}_{2}\right) + p\left(\overline{\text{G}_{1}}\right) \times p_{\overline{\left(\text{G}_{1}\right)}} \left(\text{G}_{2}\right) =$

$ 0,1 \times 0,8 + 0,9 \times 0,6 = 0,08 + 0,54 =  0,62$. 
\item Il faut trouver $p_{\text{G}_{2}}\left(\overline{\text{G}_{1}}\right) = \dfrac{p\left(\overline{\text{G}_{1}} \cap \text{G}_{2} \right)}{p\left(\text{G}_{2} \right)} = \dfrac{0,54}{0,62} = \boxed{\textcolor{red}{\dfrac{27}{31}}}$.

\item La probabilité que le joueur ne gagne aucune des trois parties est égale à $0,9 \times 0,4 \times 0,4 = \boxed{\textcolor{red}{0,144}}$.

La probabilité qu'il gagne au moins une partie est donc égale à 

$1 - 0,144 = \boxed{\textcolor{red}{0,856}}$.

\item À la partie $n$, on a l'arbre suivant :

\medskip
\begin{center}
\pstree[treemode=R]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{G$_{n}$}\taput{$p_{n}$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{G$_{n+1}$}\taput{$0,8$}
\TR{}~[tnpos=r]{$\overline{\text{G}_{n+1}}$}\tbput{$0,2$}
 		}
	\pstree{\TR{$\overline{\text{G}_{n}}$}\tbput{$1 - p_{n}$}}
		{
\TR{}~[tnpos=r]{G$_{n+1}$}\taput{$0,6$}
 \TR{}~[tnpos=r]{$\overline{\text{G}_{n+1}}$}\tbput{$0,4$}
 		}
}
\end{center}
 
On a donc $p_{n+1} = p\left(\text{G}_{n} \cap \text{G}_{n+1} \right) + p\left(\overline{\text{G}_{n}}\cap \text{G}_{n+1} \right) = p\left(\text{G}_{n}\right) \times p_{\text{G}_{n}}\left(\text{G}_{n+1}\right) + p\left(\overline{\text{G}_{n}}\right) \times p_{\overline{\text{G}_{n}}}\left(\text{G}_{n+1}\right) = p_{n} \times 0,8 + \left(1 - p_{n}\right) \times 0,6 \\
= 0,8p_{n} + 0,6 - 0,6p_{n} = 0,2p_{n} + 0,6 = \boxed{\textcolor{red}{\dfrac{1}{5}p_{n} + \dfrac{3}{5}}}$.

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

\emph{Hérédité}

Supposons qu'il existe $a \in \mathbb{N},\, a > 1$ tel que $p_{a} = \dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^a$.

D'aprËs la formule démontrée à la question 4 :

$p_{a+1} = \dfrac{1}{5}p_{a} + \dfrac{3}{5} = \dfrac{1}{5}\left[\dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^a\right] + \dfrac{3}{5} = \dfrac{3}{5}\times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{5} - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{a+1} = \dfrac{3}{20} + \dfrac{12}{20} - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{a+1} = \dfrac{3}{4} -  \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^{a+1}$. La propriété est vraie au rang $a + 1$.

On a donc démontré par récurrence que pour $n \in \mathbb{N}^{*},\, \boxed{\textcolor{red}{u_{n} = \dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n}}$.

\item Comme $- 1 < \dfrac{1}{5} < 1$, on a $\displaystyle\lim_{n \mapsto + \infty} \left(\dfrac{1}{5} \right)^n = \boxed{\textcolor{red}{0}}$, donc $\displaystyle\lim_{n \mapsto + \infty} u_{n} = \dfrac{3}{4} = \boxed{\textcolor{red}{0,75}}$.

\item On a : $\dfrac{3}{4} - p_{n} < 10^{-7} \iff \dfrac{3}{4} - \left(\dfrac{3}{4}  - \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n \right) < 10^{-7} \iff \dfrac{13}{4}\left(\dfrac{1}{5} \right)^n  < 10^{-7} \iff \left(\dfrac{1}{5} \right)^n < \dfrac{4}{13}\times 10^{-7} \iff $ \, (par croissance de la fonction logarithme népérien)\, $n\ln \left(\dfrac{1}{5} \right) < \ln \left(\frac{4 \times 10^{-7}}{13} \right) \iff \boxed{\textcolor{red}{n > \dfrac{\ln \left(\frac{4 \times 10^{-7}}{13} \right)}{\ln \left(\dfrac{1}{5} \right)} }}$.

Or $\dfrac{\ln \left(\frac{4 \times 10^{-7}}{13} \right)}{\ln \left(\dfrac{1}{5} \right)} \approx 10,7$.

Donc $u_{11}$ approche la limite $\dfrac{3}{4}$ à moins de $10^{-7}$. 
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Pondichéry avril 2012}}
%On considËre les suites $\left(I_{n}\right)$ et $\left(J_{n}\right)$ définies pour tout entier naturel $n$ par : 
%
%\[I_{n} = \int_{0}^1 	\dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x}\:\text{d}x\quad \text{et} \quad  J_{n} = 	\int_{0}^1 	\dfrac{\text{e}^{- nx}}{(1 + x)^2}\:\text{d}x.\] 
% 
\begin{enumerate}
\item %Sont représentées ci-dessous les fonctions $f_{n}$ définies sur l'intervalle [0~;~1] par 
%
%\[f_{n}(x) =  \dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x}\]
%
%pour différentes valeurs de $n$ : 
%
%\medskip
%
%\psset{unit=9cm,comma=true}
%\begin{center}
%\begin{pspicture*}(-0.1,-0.1)(1.1,1.2)
%\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=0.1,Dy=0.1]{->}(0,0)(-0.,-0.0)(1.1,1.2)
%\psgrid[gridlabels=0pt,gridwidth=0.25pt,subgridwidth=0.15pt,gridcolor=orange,subgridcolor=orange,subgriddiv=10](0,0)(1.1,1.2)
%\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue,linewidth=1.2pt]{0}{1}{1 1 x add div}
%\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue,linewidth=1.2pt,linestyle=dotted]{0}{1}{2.71828 x neg exp 1 x add div}
%\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue,linewidth=1.2pt,linestyle=dotted]{0}{1}{2.71828 x 2 mul  neg exp 1 x add div}
%\psplot[plotpoints=5000,linecolor=blue,linewidth=1.2pt,linestyle=dotted]{0}{1}{2.71828 x 3 mul neg exp 1 x add div}
%\uput[u](0.9,0.53){$f_{0}$}\uput[u](0.9,0.22){$f_{1}$}\uput[u](0.9,0.1){$f_{2}$}\uput[u](0.9,0.02){$f_{3}$}\uput[dl](0,0){O}
%\end{pspicture*}
%\end{center}

	\begin{enumerate}
		\item %Formuler une conjecture sur le sens de variation de la suite $\left(I_{n}\right)$ en expliquant la démarche.
Les fonctions représentées sont positives ; $I_{n}$ représente donc l'aire limité par le représentation de $f_{n}$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 1$. Le dessin suggËre que la suite $\left(I_{n}\right)$  est \textbf{\textcolor{red}{décroissante}}. 

		\item  %Démontrer cette conjecture.
		On a $f_{n+1}(x) - f_{n}(x) = \dfrac{\text{e}^{- (n+1)x}}{1 + x} - \dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x} = \dfrac{\text{e}^{- nx}\times \text{e}^{- x}}{1 + x} - \dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x} = \dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x}\left(\text{e}^{- x} - 1 \right)$.
		
Or $0 \leqslant x \leqslant 1 \Rightarrow 1 \leqslant 1 + x \leqslant 2$ : donc $1 + x > 0$ ;

D'autre part on sait que $\text{e}^{- x} > 0$.
Enfin $0\leqslant x \leqslant 1 \iff - 1\leqslant  - x \leqslant  0 \Rightarrow$ (par croissance de la fonction exponentielle) $\text{e}^{- 1} \leqslant \text{e}^{- x} \leqslant \text{e}^0$.

Donc $\text{e}^{- x} \leqslant 1 \iff \text{e}^{- x} - 1 \leqslant 0$ et finalement par produit 

$f_{n+1}(x) - f_{n}(x) \leqslant 0 \iff f_{n+1}(x) \leqslant f_{n}(x)$ : la suite $\left(f_{n}\right)$ est décroissante.
Par intégration sur l'intervalle [0~;~1] des fonctions positives $f_{n+1}$ et $ f_{n}$ :

$f_{n+1}(x) \leqslant f_{n}(x) \Rightarrow I_{n1} \leqslant I_{n}$ : la suite $\left(I_{n}\right)$ est \textbf{\textcolor{red}{décroissante}}.
	\end{enumerate} 
\item
	\begin{enumerate}
		\item 
		%Montrer que pour tout entier $n \geqslant 0$ et pour tout nombre réel $x$ de l'intervalle [0~;~1] : 

%\[0 \leqslant 	\dfrac{\text{e}^{- nx}}{(1 + x)^2} 	\leqslant \dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x} \leqslant \text{e}^{- nx}.\]
$0 \leqslant x \leqslant 1 \Rightarrow 1 \leqslant 1 + x \leqslant 2 \iff \dfrac{1}{2} \leqslant \dfrac{1}{1 + x} \leqslant \dfrac{1}{1}$ et par produit par le nombre positif $\text{e}^{- nx}$, on obtient :

$\dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x} \leqslant \text{e}^{- nx}$.

D'autre part on sait que pour $1 + x \geqslant 1$, on a $(1 + x)^2 \geqslant 1 + x \iff$

$ \dfrac{1}{(1 + x)^2} \leqslant \dfrac{1}{1 + x}$ et par produit par le nombre positif $\text{e}^{- nx}$, on obtient :


$\dfrac{\text{e}^{- nx}}{(1 + x)^2} 	\leqslant \dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x}$.

Enfin il est évident que $\dfrac{\text{e}^{- nx}}{(1 + x)^2} > 0$, donc finalement :

\[\boxed{\textcolor{red}{0 \leqslant 	\dfrac{\text{e}^{- nx}}{(1 + x)^2} 	\leqslant \dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x} \leqslant \text{e}^{- nx}}}.\] 
		\item %Montrer que les suites $\left(I_{n}\right)$ et $\left(J_{n}\right)$ sont convergentes et déterminer leur limite.
		Par intégration sur l'intervalle [0~;~1] des inégalités précédentes on obtient =
		
$\displaystyle\int_{0}^1 0\:\text{d}x \displaystyle\int_{0}^1 \leqslant \displaystyle\int_{0}^1	\dfrac{\text{e}^{- nx}}{(1 + x)^2}\:\text{d}x 	\leqslant \displaystyle\int_{0}^1\dfrac{\text{e}^{- nx}}{1 + x}\:\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_{0}^1\text{e}^{- nx}\:\text{d}x$ soit encore 

$0 \leqslant J_{n} \leqslant I_{n} \leqslant \left[- \dfrac{1}{n}\text{e}^{- nx}  \right]_{0}^1$ c'est à dire :

$0 \leqslant J_{n} \leqslant I_{n} \leqslant - \dfrac{1}{n}\left(\text{e}^{- nx} - 1 \right)$.

Or $\displaystyle\lim_{n \mapsto + \infty} \text{e}^{- nx} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n \mapsto + \infty}- \dfrac{1}{n}\left(\text{e}^{- nx} - 1 \right) = 0$.

Conclusion d'aprËs le théorème des \og gendarmes \fg{}, les suites $\left(I_{n}\right)$ et $\left(J_{n}\right)$ \textbf{\textcolor{red}{convergent vers 0}}.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Montrer, en effectuant une intégration par parties, que pour tout entier $n \geqslant 1$ : 
		
%\[I_{n} = \dfrac{1}{n}\left(1 - \dfrac{\text{e}^{- n}}{2} - J_{n} \right).\]
%Posons $\left\{\begin{array}{l c l l c l}
%u(x)&=&\dfrac{1}{1 + x}&v^{\prime}(x) &=& \text{e}^{- nx}\\
%u^{\prime}(x)&=&- \dfrac{1}{(1 + x)^2}&v(x)&=&- \dfrac{1}{n} \text{e}^{- nx}
%\end{array}\right.$
%
%Toutes ces fonctions sont continues car dérivables sur [0~;~1] ; en intégrant par parties on a donc :
%
%$I_{n} = \left[- \dfrac{1}{n(1 + x)}\text{e}^{- nx}   \right]_{0}^1 - \dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{0}^1 \dfrac{1}{(1 + x)^2}\text{e}^{- nx}\:\text{d}x$ ;
%
%$I_{n} = \left[- \dfrac{\text{e}^{- n}}{2n} + \dfrac{1}{n}  \right] - \dfrac{1}{n}J_{n}$ ou encore 
%
%$I_{n} = \dfrac{1}{n}\left(1 - \dfrac{\text{e}^{- n}}{2} - J_{n} \right).$

\begin{enumerate}
\item $(uv)'=u'v+uv'$ donc $uv'=(uv)'-u'v$.

\item On pose $u(x)=\dfrac{1}{1+x}$ et $v'(x)=\mathrm{e}^{-nx}$.\\
On en déduit $u'(x)=-\dfrac{1}{(1+x)^2}$ et $v(x)=-\dfrac{\mathrm{e}^{-nx}}{n}$.\\
On utilise le résultat du a)\\
$I_n=\int_0^1\dfrac{\mathrm{e}^{-nx}}{1+x}\text{ d}x=\int_0^1u(x)v'(x)\text{ d}x=\int_0^1\left[(uv)'-u'v\right](x)\text{ d}x=\int_0^1(uv)'(x)\text{ d}x-\int_0^1u'(x)v(x)\text{ d}x=\left[u(x)v(x)\right]_0^1-\int_0^1\left(\dfrac{1}{n}\right)\dfrac{\mathrm{e}^{-nx}}{(1+x)^2}\text{ d}x=u(1)v(1)-u(0)v(0)+\dfrac{1}{n}J_n=-\dfrac{\mathrm{e}^{-n}}{2n}+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n}J_n= \dfrac{1}{n}\left(1 - \dfrac{\text{e}^{- n}}{2} - J_{n} \right)$
\end{enumerate}

		
		\item %En déduire $\displaystyle\lim_{n \mapsto + \infty} nI_{n}$.
Le résultat précédent peut s'écrire en multipliant par $n \neq 0$ :

$nI_{n} = 1 - \dfrac{\text{e}^{- n}}{2} - J_{n}$.

Comme  $\displaystyle\lim_{n \mapsto + \infty} \text{e}^{- n}  = \displaystyle\lim_{n \mapsto + \infty} J_{n} = 0$, on a donc :

\[\lim_{n \mapsto + \infty} nI_{n} = 1\]

\emph{Remarque} : on a donc pour $n$ assez grand  $I_{n} \approx \dfrac{1}{n}$.

Exemple : pour $n = 10$, la calculatrice donne $I_{10} \approx 0,091 \approx \dfrac{1}{10}$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Liban mai 2012}}
\textbf{\textcolor{red}{Partie A}}

\bigskip

On considère la fonction $g$ définie sur l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$ par:
\[
g(x)=2x^3-1+2\ln x
\]
\begin{enumerate}
\item Variations de la fonction $g$ sur l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$:
\[
g'(x)=6x^2+\frac{2}{x}>0,\ \text{car somme de nombres positifs sur}\ ]0\,;\,+\infty[
\]
La fonction $g$ est donc croissante sur $]0\,;\,+\infty[$.

Tableau de variations:
\begin{center}
\begin{variations}
x&&0&&&\alpha&&\pI\\
\hline
g'(x)&&\bb&&&+&\\
\hline
\m{g(x)}&&\bb&\mI&\cb&\m{0}&\ch&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}
\item La fonction $g$ est continue (comme somme de fonctions continues) et strictement croissante sur $]0\,;\,+\infty[$. Elle réalise donc une bijection de $]0\,;\,+\infty[$ sur $]-\infty\,;\,+\infty[$.

Or $0\in]-\infty\,;\,+\infty[$, $0$ possède donc un unique antécédent, que l'on notera $\alpha$. Nous avons donc $g(\alpha)=0$.

De plus,
\[
\left\lbrace\begin{array}{l}
g(0,86)\simeq -0,0295<0\\
g(0,87)\simeq +0,0385>0
\end{array}\right.\Longrightarrow g(0,86)<g(\alpha)=0<g(0,87)\Longleftrightarrow \boxed{0,86<\alpha<0,87}
\]

\item Signe de la fonction $g$ sur l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$:
\[
\left\lbrace\begin{array}{l}
0<x<\alpha \Longrightarrow g(x)<g(\alpha)=0\\
x>\alpha \Longrightarrow g(x)>g(\alpha)=0
\end{array}\right.
\]
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Partie B}}

\bigskip

On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0\,;\,+\infty[$ par:
\[
f(x)=2x-\frac{\ln x}{x^2}
\]
On note $\mathcal C$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans le plan, muni d'un repère orthogonal $(O\,;\vec{\imath}\,;\,\vec{\jmath}\,)$.
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
\item Limite de la fonction $f$ en $0$:
\[
\lim_{x\mapsto 0^+}f(x)=+\infty, \text{car}\ \lim_{x\mapsto 0^+}2x=0\ \text{et}\ \lim_{x\mapsto 0^+}-\ln x=+\infty\ \text{et}\ \lim_{x\mapsto 0^+}\frac{1}{x^2}=+\infty
\]
\item  Limite de la fonction $f$ en $+\infty$
\[
\lim_{x\mapsto+\infty}f(x)=+\infty\ \text{car}\ \lim_{x\mapsto+\infty}2x=+\infty\ \text{et}\ \lim_{x\mapsto+\infty}\frac{\ln x}{x^2}=0\ \text{(\textit{puissances comparées})}
\]
\end{itemize}
\item La courbe $\mathcal C$ admet pour asymptote oblique la droite $\Delta$ d'équation $y=2x$.

En effet:
\[
\lim_{x\mapsto+\infty}\left(f(x)-2x\right)=\lim_{x\mapsto+\infty}\frac{\ln x}{x^2}=0
\]

\begin{itemize}
\item Le signe de $f(x)-2x=-\dfrac{\ln x}{x^2}$ est celui de $-\ln x$, car $x^2>0$:
\item Position relative de la courbe $\mathcal C$ et de la droite $\Delta$:
\begin{itemize}
\item Sur $]0\,;\,1[$, $-\ln x>0$, $\mathcal C$ est au dessus de $\Delta$,
\item sur $]1\,;\,+\infty[$, $-\ln x<0$, $\mathcal C$ est en dessous de $\Delta$,
\item $\mathcal C$ et $\Delta$ ont un point commun $A(1,2)$.
\end{itemize}
\end{itemize}
\item Dérivée $f'(x)$ de $f$:
\[
f'(x)=2-\cfrac{\cfrac{1}{x}x^2-2x\ln x}{x^4}=\frac{2x^4-x+2x\ln x}{x^4}=\frac{2x^3-1+2\ln x}{x^3}=\frac{g(x)}{x^3}
\]
$f'(x)$ a même signe que $g(x)$ car $x^3$ est strictement positif sur $]0\,;\,+\infty[$.
\item Tableau de variations de la fonction $f$:
\begin{center}
\begin{variations}
x&&0&&\alpha&&1&&\pI\\
\hline
f'(x)&&\bb&&-&&\z&&+&&\\
\hline
Óm{f(x)}&&\bb&\d&f(\alpha)&\cb&\m{2}&\ch&\h{\pI}\\
\hline
\end{variations}
\end{center}

\item Figure:
\begin{center}
\psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=3pt 0,linewidth=0.8pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25}
\begin{pspicture*}(-1.,-1.)(5.,4.)
\psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-1.,-1.)(5.,4.)
\psplot[plotpoints=200]{2.0000000004463655E-6}{5.0}{2.00000000000*x-ln(x)/x^(2.00000000000)}
\psplot[plotpoints=200,linecolor=red]{2.0000000004463655E-6}{4}{2*x}

\begin{scriptsize}
\rput[bl](0.52,9.92){$f$}
\end{scriptsize}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textcolor{red}{Partie C}}

\bigskip

\noindent Soit $n$ un entier naturel non nul. On considère l'aire du domaine $\mathcal D$ du plan compris entre la courbe $\mathcal C$, la droite $\Delta$ et les droites d'équations respectives $x=1$ et $x=n$.
\begin{enumerate}
\item Cette aire, exprimée en cm$^2$, est donnée par (u.a; (unité d'aire)=2cm$^2$):
\[
I_n=2\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x.
\]
car l'aire du domaine $\mathcal D$ du plan compris entre la courbe $\mathcal C$, la droite $\Delta$ et les droites d'équations respectives $x=1$ et $x=n$ est:
\[
\int_1^n\left(2x-\left(2x-\frac{\ln x}{x^2}\right)\right)\,\text{d}x\times \text{u.a.}=\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x\times \text{u.a.}=2\times \int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x=I_n
\]
\item \begin{enumerate}
\item Calcul de l'intégrale $\displaystyle\int_1^n\frac{\ln x}{x^2}\,\text{d}x$

\noindent On pose $u(x)=\ln x$ et $v'(x)=\dfrac{1}{x^2}$.\\
Alors $u'(x)=\dfrac{1}{x}$ et $v(x)=-\dfrac{1}{x}$.\\
On remarque que $uv'=(uv)'-u'v$ donc :\\
$\int_1^n\dfrac{\ln x}{x^2}=\int_1^n\left[(uv)'-u'v\right](x)\text{ d}x=\int_1^n(uv)'(x)\text{ d}x-\int_1^nu'(x)v(x)\text{ d}x\\
=\left[u(x)v(x)\right]_1^n-\int_1^n\dfrac{1}{x}\times \left(-\dfrac{1}{x}\right)\text{ d}x=u(n)v(n)-u(1)v(1)+\int_1^n\dfrac{1}{x^2}\text{ d}x\\
=-\dfrac{\ln(n)}{n}+\left[-\dfrac{1}{x}\right]_1^n=-\dfrac{\ln(n)}{n}+1-\dfrac{1}{n}=\boxed{\textcolor{red}{\frac{n-1-\ln n}{n}}}$
\item Ainsi:
\[
\boxed{\textcolor{red}{I_n=2\frac{n-1-\ln n}{n}=2-\frac{2}{n}-\frac{2\ln n}{n}}}
\]
\end{enumerate}
\item $\displaystyle\lim_{n\mapsto+\infty}I_n=2$ car $\lim_{n\mapsto+\infty}\frac{2}{n}=0$ et $\lim_{n\mapsto+\infty}\frac{2\ln n}{n}=0$ (croissances comparées)
\end{enumerate}

\subsection{\textcolor{blue}{Centres étrangers juin 2014}}
\begin{enumerate}
\item On considère la fonction $f_{1}$ définie sur l'intervalle [0~;~1] par : 

\[f_{1}(x) = 4x^3 - 6x^2 + 3x.\]
 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que la fonction $f_{1}$ est une fonction de retouche.
$\bullet~~$ $f_{1}(0) = 0$ : évident ;

$\bullet~~$ $f_{1}(1) = 4 - 6 + 3 = 1$ ;

$\bullet~~$ $f_{1}$ fonction polynôme est dérivable sur [0~;~1] donc continue sur cet intervalle ;

$\bullet~~$ $f'_{1}(x) = 12x^2 - 12x + 3 = 3\left(4x^2 - 4x + 1\right) = 3(2x - 1)^2 \geqslant 0$ sur $\mathbb{R}$ donc sur [0~;~1].

$f_{1}$ est donc bien une fonction de retouche.
		\item %Résoudre graphiquement l'inéquation $f_{1}(x) \leqslant x$, à l'aide du graphique donné en annexe, à rendre avec la copie, en faisant apparaître les pointillés utiles. 
Il semble que la courbe coupe la droite d'équation $y = x$ pour $x = 0,5$.

On peut vérifier que $f_{1}(0,5) = 0,5$.

On a donc $f_{1}(x) \leqslant x \iff x \geqslant 0,5$.
%Interpréter ce résultat en termes d'éclaircissement ou d'assombrissement.

Ce résultat signifie que $f_{1}$ éclaircie les nuances codées par un nombre inférieur à 0,5 et inversement pour celles codées par un réel entre 0,5 et 1.
	\end{enumerate} 
\item %On considère la fonction $f_{2}$ définie sur l'intervalle [0~;~1] par : 

%\[f_{2}(x) = \ln [1 + (\text{e} - 1)x].\]
 
%On admet que $f_{2}$ est une fonction de retouche. 

%On définit sur l'intervalle [0~;~1] la fonction $g$ par : $g(x) = f_{2}(x) - x$. 
		
	\begin{enumerate}
		\item %Établir que, pour tout $x$ de l'intervalle [0~;~1] : $g'(x) = \dfrac{(\text{e} - 2) - (\text{e} - 1)x}{1 + (\text{e} - 1)x}$ ;
		$f_{2}$ est une fonction dérivable car composée de fonctions dérivables, donc $g$ l'est aussi et :
		
$g'(x) = f'_{2}(x) - 1 = \dfrac{\text{e} - 1}{1 + (\text{e} - 1)x} - 1 = \dfrac{\text{e} - 1 - 1 - (\text{e} - 1)x}{1 + (\text{e} - 1)x} = \dfrac{(\text{e} - 2) - (\text{e} - 1)x}{1 + (\text{e} - 1)x}$.  
		\item %Déterminer les variations de la fonction $g$ sur l'intervalle [0~;~1]. 

Comme $\text{e} > 1$, le dénominateur est positif comme somme de termes positifs ; le signe de $g'(x)$ est donc celui de son numérateur ; or 

$\text{e} - 2 - (\text{e} - 1)x \geqslant 0 \iff \text{e} - 2 \geqslant (\text{e} - 1)x \iff \dfrac{\text{e} - 2}{\text{e} - 1} \geqslant x$

On a $\dfrac{\text{e} - 2}{\text{e} - 1} \approx 0,418$.

On a donc avec $\dfrac{\text{e} - 2}{\text{e} - 1} = a$,

$g'(x) \geqslant 0 \iff  x \leqslant a$ et de m\^eme 

$g'(x) \leqslant 0 \iff  x \geqslant a$.

La fonction $g$ est donc croissante sur $[0~;a]$, puis décroissante sur $[a~;~1]$.
%Démontrer que la fonction $g$ admet un maximum en $\dfrac{\text{e} - 2}{\text{e}- 1}$, maximum dont une valeur arrondie au centième est $0,12$.

$g$ a donc un maximum $g(a) \approx 0,12$. 
		\item %Établir que l'équation $g(x) = 0,05$ admet sur l'intervalle [0~;~1] deux solutions $\alpha$ et $\beta$, avec $\alpha < \beta$.
 
%On admettra que : $0,08 < \alpha < 0,09$ et que : $0,85 < \beta < 0,86$.

D'après la question précédente sur l'intervalle $[0~;~a]$ la fonction $g$ est continue et croissante de $g(0) = 0$ à $g(a) \approx 0,12$.

Comme $0,05 \in [0~;~a]$, il existe une valeur unique $\alpha$ de $[0~;~a]$ telle que $f(\alpha) = 0,05$.

On démontre de m\^eme (avec $g$ décroissante) que sur $[a~;~1]$ il existe un réel unique $\beta$ tel que \\
$g(\beta) = 0,05$.

On admettra que : $0,08 < \alpha < 0,09$ et que : $0,85 < \beta < 0,86$.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\newpage
 
\textbf{Partie B}

\medskip
 
%On remarque qu'une modification de nuance n'est perceptible visuellement que si la valeur absolue de l'écart entre le code de la nuance initiale et le code de la nuance modifiée est supérieure ou égale à $0,05$.
%
%\medskip
% 
\begin{enumerate}
\item %Dans l'algorithme décrit ci-dessous, $f$ désigne une fonction de retouche.
% 
%Quel est le rôle de cet algorithme ?
%
%\begin{center}
%\begin{tabularx}{0.78\linewidth}{|l X|} \hline
%\textbf{Variables :}& 	$x$ (nuance initiale)\\ 
%&$y$ (nuance retouchée) \\
%&$E$ (écart)\\ 
%&$c$ (compteur)\\
%& $k$\\ 
%\textbf{Initialisation :}& 	$c$ prend la valeur $0$\\ 
%\textbf{Traitement :}& 	Pour $k$ allant de 0 à 100, faire\\
%&\hspace{1cm}\begin{tabular}{l}
%$x$ prend la valeur $\frac{k}{100}$\\ 
%$y$ prend la valeur $f(x)$\\ 
%$E$ prend la valeur $|y - x|$
%\end{tabular}\\
%	&\hspace{2cm}\begin{tabular}{l} 
%	Si $E \geqslant 0,05$, faire\\ 
%\quad $c$ prend la valeur $c + 1$\\
%Fin si
%\end{tabular}\\ 
%&Fin pour\\
%\textbf{Sortie :}& Afficher $c$ \\ \hline
%\end{tabularx}
%\end{center}

Cet algorithme calcule le nombre de nuances par palier de 0,01 pour lesquelles la modification est perceptible visuellement. 
\item %Quelle valeur affichera cet algorithme si on l'applique à la fonction $f_{2}$ définie dans la deuxième question de la \textbf{partie A} ?
On applique l'algorithme à la fonction $g = f_{2} - x$. Il calcule toutes valeurs telles que $g(x) \geqslant 0,05$.

Ce sont d'après la question précédente toutes les nuances comprises entre 0,09 et 0,85 : l'algorithme doit donc retourner : $c = 85 - 9 + 1 = 77$.
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie C}

\medskip
 
\parbox{0.56\linewidth}{Dans cette partie, on s'intéresse à des fonctions de retouche $f$ dont l'effet est d'éclaircir l'image dans sa globalité, c'est-a-dire telles que, 
pour tout réel $x$ de l'intervalle [0~;~1], $f(x) \leqslant  x$.
 
On décide de mesurer l'éclaircissement global de l'image en calculant l'aire $\mathcal{A}_{f}$ de la portion de plan comprise entre l'axe des abscisses, la 
courbe représentative de la fonction $f$, et les droites d'équations  respectives $x = 0$ et $x = 1$.
 
Entre deux fonctions, celle qui aura pour effet d'éclaircir le plus l'image sera celle correspondant à la plus petite aire. 
On désire comparer l'effet des deux fonctions suivantes, dont on admet 
qu'elles sont des fonctions de retouche :} \hfill
\parbox{0.4\linewidth}{\psset{unit=4cm,comma=true}
\begin{pspicture}(-0.15,-0.15)(1.1,1.1)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=0.5,Dy=0.5](0,0)(-0.15,-0.15)(1.1,1.1)
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1}{x dup mul}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{
\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1}{x dup mul}
\psline(1,0)(0,0)}
\uput[dl](0,0){0}
\end{pspicture}
}
 
\[f_{1}(x) = x \text{e}^{\left(x^2 - 1 \right)}\qquad  
f_{2}(x) = 4x - 15 + \dfrac{60}{x+4}.\]

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer $\mathcal{A}_{f_{1}}$.
$f_{1}$ produit de fonctions positives sur [0~;~1] est positive sur cet intervalle. On a donc :

$\mathcal{A}_{f_{1}} = \displaystyle\int_{0}^1 x \text{e}^{\left(x^2 - 1 \right)}\:\text{d}x = \dfrac{1}{2}\left[\text{e}^{\left(x^2 - 1 \right)} \right]_{0}^1 = \dfrac{1}{2}\left(1 - \text{e}^{- 1}\right)$.
		\item %Calculer $\mathcal{A}_{f_{2}}$
		
On a $f_{2}(0) = - 15 + 15 = 0$ et comme il est admis qu'elle est une fonction de retouche elle est croissante sur [0~;~1], donc positive sur cet intervalle. On a donc :

$\mathcal{A}_{f_{2}} = \displaystyle\int_{0}^1 \left(4x - 15 + \dfrac{60}{x+4}\right)\:\text{d}x = \left[2x^2 - 15x + 60\ln (x + 4)  \right]_{0}^1 =$

$ 2 - 15 + 60 \ln 5 - 60 \ln 4 = - 13 + 60\ln \frac{5}{4}$. 
	\end{enumerate} 
\item %De ces deux fonctions, laquelle a pour effet d'éclaircir le plus l'image ? 

On a $\mathcal{A}_{f_{1}} = \dfrac{1}{2}\left(1 - \text{e}^{- 1}\right) \approx 0,316$ et $\mathcal{A}_{f_{2}} = - 13 + 60\ln \frac{5}{4} \approx 0,389$.

C'est la fonction $f_{1}$ qui éclaircit le plus l'image.
\end{enumerate}

\newpage
\subsection{\textcolor{blue}{Liban mai 2014}}
On considère la suite de nombres complexes $(z_n)$ définie par $z_0=\sqrt{3}-\mathrm{i}$ et pour tout entier naturel $n$:

\[z_{n+1}=(1+\mathrm{i})z_n\]


\textbf{Partie A}
\medskip

Pour tout entier naturel $n$, on pose $u_n=\vert z_n \vert$.
\medskip

\begin{enumerate}
\item $u_0=\vert z_0 \vert= \left\vert \sqrt3-\mathrm{i}\right\vert = 2$.
\item $u_{n+1}= \left\vert z_{n+1}\right\vert= \left\vert (1+\mathrm{i})z_n\right\vert= \vert 1+\mathrm{i}\vert \times \vert z_n \vert=\sqrt2\vert z_n \vert=\sqrt2 u_n $ 
\item D'après le cours, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n = 2\left(\sqrt2\right)^n$ ; 
$(u_n)$ est la suite géométrique de raison $\sqrt{2}$ et de premier terme $u_0=2$.
\item $(u_n)$ est une suite géométrique de raison $\sqrt2>1$ et de premier terme strictement positif, elle diverge donc vers $+\infty$.
\medskip

\item 

\fbox{
\begin{tabular}{lcl}
\textbf{Variables}&: &$u$ est un réel\\
&&$p$ est un réel\\
&& $n$ est un entier\\
 \textbf{Initialisation}&:& Affecter à $n$ la valeur 0\\
&& Affecter à $u$ la valeur 2\\
  \textbf{Entrée}&:&  Demander la valeur de $p$ \\
   \textbf{Traitement}&:& Tant que $u \leqslant p$ Faire\\
   && Affecter à $n$ la valeur $n+1$\\
   && Affecter à $u$ la valeur $\sqrt2\times u$\\
   && Fin du Tant Que\\
  \textbf{Sortie}&:&  Afficher n\\
\end{tabular}
}

\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  $z_1=(1+\mathrm{i})\times (\sqrt3-\mathrm{i})= 1+\sqrt3 + \mathrm{i}(\sqrt3-1)$.
\item  $z_0=2\left(\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac12\right)=2\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi\slash 6}$
\medskip

$1+\mathrm{i}=\sqrt2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi\slash 4}$.
\medskip
 
$z_1= 2\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi\slash 6} \times \sqrt2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi\slash 4}=2\sqrt2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi\slash 12}$.
 
\item Des deux questions précédentes, on obtient que
\[1+\sqrt3 + \mathrm{i}(\sqrt3-1)=2\sqrt2\mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi\slash 12}= 2\sqrt2 \Big(\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)+\mathrm{i}\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)\Big)
 \]
D'où \[\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)= \dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt2}=\dfrac{\sqrt2+\sqrt6}{4}\]
\end{enumerate}

\label{fin}
\end{document}  