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[D�monstration]
{\noindent\textbf{#1:} }
{\ \fbox{cqfd.}
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\begin{document}

%%%%%%%%%%b{gedeonInfo}%%%%%%%%%
%%--Document N� --
%%--Corrig� du document N� 13119579359197--
%%%%%%%%%%e{gedeonInfo}%%%%%%%%%


\begin{center}
{\LARGE {\textbf{Am\'{e}rique du Nord 1998 S\'{e}rie S}}\\[0pt]}%
{\Large El\'{e}ments de Solutions \\[1cm]}
\end{center}

\begin{claim}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $X$ peut prendre comme valeurs $0,$ $1$ ou $2.$ Comme les tirages sont
\'{e}quiprobables, la formule de cours
\[
\frac{\text{nombre de cas favorables}}{\text{nombre de cas possibles}}%
\]
permet de calculer les diff\'{e}rentes probabilit\'{e}s cherch\'{e}es
:\newline%
\[
p\left(  X=0\right)  =\frac{C_{2}^{0}\times C_{8}^{2}}{C_{10}^{2}}=\frac
{28}{45}%
\]
car l'on choisit 0 billet gagnant parmi les deux gagnants et 2 billets
perdants parmi les 8 perdants.\newline%
\[
p\left(  X=1\right)  =\frac{C_{2}^{1}\times C_{8}^{1}}{C_{10}^{2}}=\frac
{16}{45}%
\]
\newline%
\[
p\left(  X=2\right)  =\frac{C_{2}^{2}\times C_{8}^{0}}{C_{10}^{2}}=\frac
{1}{45}%
\]
\newline La loi de probabilit\'{e} de $X$ est donc donn\'{e}e par le tableau :%
\[%
\begin{tabular}
[c]{|l|l|l|l|}\hline
$x_{i}$ & $0$ & $1$ & $2$\\\hline
$p\left(  X=x_{i}\right)  $ & $\frac{28}{45}$ & $\frac{16}{45}$ & $\frac
{1}{45}$\\\hline
\end{tabular}
\]


\item Il y a dans ce cas \`{a} choisir un billet gagnant parmi les deux
gagnants et $1$ billet perdant parmi les $\left(  n-2\right)  $ perdants.
Comme les tirages sont \'{e}quiprobables, on a
\[
p_{n}=\frac{C_{2}^{1}\times C_{n-2}^{1}}{C_{n}^{2}}=\frac{2\times\left(
n-2\right)  }{\frac{n\left(  n-1\right)  }{2}}=\frac{4\left(  n-2\right)
}{n\left(  n-1\right)  }%
\]


\item $Y$ peut prendre aussi les valeurs $0,$ $1$ ou $2.$ On reprend le
raisonnement pr\'{e}c\'{e}dent, mais en prenant en compte que le billet est
remis dans l'urne. La probabilit\'{e} de tirer un billet gagnant lors d'un
seul tirage est de $\frac{1}{5}$ et celle de tirer un billet perdant est de
$\frac{4}{5}. $%
\[
p\left(  Y=0\right)  =\frac{4}{5}\times\frac{4}{5}=\frac{16}{25}%
\]%
\[
p\left(  Y=1\right)  =C_{2}^{1}\times\frac{1}{5}\times\frac{4}{5}=\frac{8}{25}%
\]
Le $C_{2}^{1}$ repr\'{e}sente le choix de la place du billet gagnant.%
\[
p\left(  Y=1\right)  =\frac{1}{5}\times\frac{1}{5}=\frac{1}{25}%
\]
La loi de probabilit\'{e} de $Y$ est donc donn\'{e}e par le tableau :%
\[%
\begin{tabular}
[c]{|l|l|l|l|}\hline
$y_{i}$ & $0$ & $1$ & $2$\\\hline
$p\left(  Y=y_{i}\right)  $ & $\frac{16}{25}$ & $\frac{8}{25}$ & $\frac{1}%
{25}$\\\hline
\end{tabular}
\]


\item Avec le m\^{e}me raisonnement, on trouve que
\[
q_{n}=C_{2}^{1}\times\frac{2}{n}\times\frac{n-2}{n}=\frac{4\left(  n-2\right)
}{n^{2}}%
\]
puisqu'il y a $2$ billets gagnants parmi $n$ et $\left(  n-2\right)  $ perdants.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $n$ sup\'{e}rieur ou \'{e}gal \`{a} 3, on a :
\[
p_{n}-q_{n}=\frac{4\left(  n-2\right)  }{n\left(  n-1\right)  }-\frac{4\left(
n-2\right)  }{n^{2}}=\frac{4(n-2)}{n^{2}(n-1)}.
\]
apr\`{e}s r\'{e}duction au m\^{e}me d\'{e}nominateur.

\item En remarquant que pour tout entier $n$, $n-2$ est inf\'{e}rieur \`{a}
$n-1$, on peut donc utiliser la majoration
\[
\frac{4(n-2)}{n^{2}(n-1)}\leqslant\frac{4(n-1)}{n^{2}(n-1)}\leqslant\frac
{4}{n^{2}}%
\]
Pour que ${p_{n}-q_{n}<10^{-3},}$ il suffit que
\[
\frac{4}{n^{2}}<10^{-3}\Rightarrow n>\sqrt{4000}\simeq63.\,\allowbreak246
\]
On peut donc prendre 64 pour $n_{0}.$

\item On remarque que $p_{n}-q_{n}>0$ pour tout $n>2,$ ce qui prouve que
$p_{n}>q_{n},$ et donc qu'il est pr\'{e}f\'{e}rable de tirer les billets
simultan\'{e}ment.\medskip
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{claim}

\begin{claim}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item Si $z_{1}$ est l'affixe de $M_{1},$ on a d'apr\`{e}s le cours
\[
z_{1}=e^{i\frac{\pi}{3}}z
\]
Si $z^{\prime}$ est l'affixe de $M^{\prime},$ alors on a d'apr\`{e}s le cours
:%
\[
z^{\prime}=z_{1}-1
\]
De ces deux r\'{e}sultats, on obtient ais\'{e}ment :
\[
{z^{\prime}=e^{i\frac{\pi}{3}}z-1}%
\]


\item En appliquant la formule pr\'{e}c\'{e}dente, si $b^{\prime}$ est
l'affixe de l'image du point B :%
\[
b^{\prime}={e^{i\frac{\pi}{3}}}\left(  \frac{1}{2}-\frac{1}{2}i\sqrt
{3}\right)  {-1=}0
\]
ce qui prouve que $T\left(  B\right)  =O.$

\item Le point $M$ d'affixe $z$ est invariant par $T$ si et seulement si
$T\left(  M\right)  =M,$ ce qui \'{e}quivaut \`{a}
\[
z={e^{i\frac{\pi}{3}}z-1\Leftrightarrow z=}\frac{1}{e^{i\frac{\pi}{3}}%
-1}=\frac{1}{-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i\sqrt{3}}=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}%
i\sqrt{3}%
\]


\item On a pour $z$ non nul
\begin{align*}
\frac{z^{\prime}}{z}  &  =\frac{{e^{i\frac{\pi}{3}}z-1}}{z}=\frac{\left(
\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i\sqrt{3}\right)  \left(  x+iy\right)  {-1}}{x+iy}\\
&  =\frac{\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}iy+\frac{1}{2}i\sqrt{3}x-\frac{1}{2}\sqrt
{3}y-1}{x+iy}\\
&  =\frac{\left(  \frac{1}{2}x+\frac{1}{2}iy+\frac{1}{2}i\sqrt{3}x-\frac{1}%
{2}\sqrt{3}y-1\right)  \left(  x-iy\right)  }{\left(  x+iy\right)  \left(
x-iy\right)  }\\
&  =\frac{\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}y^{2}-x+i\left(  \frac{1}{2}\sqrt
{3}x^{2}+\frac{1}{2}\sqrt{3}y^{2}+y\right)  }{x^{2}+y^{2}}%
\end{align*}
ce qui permet d'obtenir la partie r\'{e}elle cherch\'{e}e :%
\[
\operatorname{Re}\left(  \frac{z^{\prime}}{z}\right)  =\frac{\frac{1}{2}%
x^{2}+\frac{1}{2}y^{2}-x}{x^{2}+y^{2}}%
\]


\item Le triangle OMM' est rectangle en O si et seulement si
\[
\left(  \overrightarrow{OM},\overrightarrow{OM^{\prime}}\right)  =\frac{\pi
}{2}\text{ ou }\left(  \overrightarrow{OM},\overrightarrow{OM^{\prime}%
}\right)  =-\frac{\pi}{2}\text{ modulo }2\pi
\]
Comme $\left(  \overrightarrow{OM},\overrightarrow{OM^{\prime}}\right)
=\arg\left(  \frac{z^{\prime}}{z}\right)  $ d'apr\`{e}s le cours, on en
d\'{e}duit que ces deux conditions \'{e}quivalent si $\frac{z^{\prime}}{z}%
\neq0$ \`{a} $\operatorname{Re}\left(  \frac{z^{\prime}}{z}\right)  =0,$ ce
qui \'{e}quivaut \`{a}
\[
\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{2}y^{2}-x=0\text{ et }z\neq0\text{ et }z^{\prime
}\neq0
\]
Apr\`{e}s transformation, on reconnait une \'{e}quation du cercle de centre
$A$ et de rayon $1$ :
\[
\left(  x-1\right)  ^{2}+y^{2}=1
\]
Il reste enfin \`{a} r\'{e}soudre $z^{\prime}=0,$ qui donne
\[
z^{\prime}=0\Leftrightarrow{e^{i\frac{\pi}{3}}z-1=0\Leftrightarrow
z=e}^{-i\frac{\pi}{3}}=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i\sqrt{3}%
\]
donc ($E$) est le cercle de centre $A$ et de rayon $1$ priv\'{e} du point
d'affixe $\frac{1}{2}-\frac{1}{2}i\sqrt{3},$ c'est \`{a} dire $B$ et de $O$.
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item On a
\[
\left(  1-1\right)  ^{2}+1^{2}=1
\]
ce qui prouve que M appartient \`{a} ($E$).

\item On a :%
\begin{align*}
\left|  z^{\prime}\right|   &  =\left|  e^{i\frac{\pi}{3}}\left(  1+i\right)
-1\right|  =\left|  -\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{3}+i\left(  \frac{1}{2}%
\sqrt{3}+\frac{1}{2}\right)  \right| \\
&  =\left|  \left(  \frac{1}{2}\sqrt{3}+\frac{1}{2}\right)  \times\left(
-1+i\right)  \right|  =\left|  \left(  \frac{1}{2}\sqrt{3}+\frac{1}{2}\right)
\right|  \times\left|  -1+i\right| \\
&  =\left(  \frac{1}{2}\sqrt{3}+\frac{1}{2}\right)  \times\sqrt{2}=\frac{1}%
{2}\sqrt{6}+\frac{1}{2}\sqrt{2}%
\end{align*}


\item Comme l'unit\'{e} d'aire est \'{e}gale \`{a} $16$ $\text{cm}^{2}$,
l'aire du triangle OMM' est donc \'{e}gale \`{a}%
\[
16\times\frac{OM\times OM^{\prime}}{2}=16\times\frac{\left|  z\right|
\times\left|  z^{\prime}\right|  }{2}=8\sqrt{3}+8\text{ cm}^{2}%
\]

\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{claim}

\begin{claim}
[Probl\`{e}me]\textbf{PARTIE A}\newline I) 1) $f_{n}^{\prime}\left(  x\right)
=\frac{n-2-2n\ln x}{x^{3}}.$ Le signe de $f_{n}^{\prime}\left(  x\right)  $
est celui de $\left(  n-2-2n\ln x\right)  $ car $x^{3}>0$ sur $\left]
0,+\infty\right[  .$\newline2) $f_{n}^{\prime}\left(  x\right)
=0\Leftrightarrow\ln x=\frac{n-2}{2n}\Leftrightarrow x=e^{\frac{n-2}{2n}}.$
Remarquons que cette valeur est strictement positive, donc elle appartient au
domaine de d\'{e}finition de $f_{n}.$ \newline Sur $\left]  0,e^{\frac
{n-2}{2n}}\right[  ,$ $\ln x<\frac{n-2}{2n},$ donc $f_{n}^{\prime}\left(
x\right)  >0,$ donc $f_{n}$ est strictement croissante. \newline De m\^{e}me,
$f_{n}$ est strictement d\'{e}croissante sur $\left]  e^{\frac{n-2}{2n}%
},+\infty\right[  .$\newline3) $\lim_{x\rightarrow+\infty}f_{n}\left(
x\right)  =0$ car d'apr\`{e}s le cours, $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\ln
x}{x^{2}}=0$ et $f_{n}\left(  x\right)  =\frac{1}{x^{2}}+n\frac{\ln x}{x^{2}%
}.$\newline4)
\begin{tabular}
[c]{l||lcccr}%
$x$ & $0$ &  & $e^{\frac{n-2}{2n}}$ &  & $+\infty$\\\hline
$f_{n}^{\prime}\left(  x\right)  $ &  & $+$ & $0$ &  & $-$\\\hline
&  &  & $\frac{n}{2}e^{\frac{2-n}{2}}$ &  & \\
$f_{n}\left(  x\right)  $ &  &
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\end{picture}
}%
%EndExpansion
&  &
%TCIMACRO{\TeXButton{Decroissent}{\parbox{1.4cm}{
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\end{picture}
}%
%EndExpansion
& \\
& $-\infty$ &  &  &  & $0$%
\end{tabular}
\newline$\lim_{x\rightarrow0^{+}}f_{n}\left(  x\right)  =\lim_{x\rightarrow
0^{+}}\left(  \frac{1}{x^{2}}\right)  \left(  1+n\ln x\right)  =-\infty
.$\\[1cm]

II) 1) $C_{2}$ est en trait plein, et $C_{3}$ en pointill\'{e}s.\newline%
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\begin{center}
\includegraphics[
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width=3.0727in
]%
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\end{center}
%EndExpansion


2) (a) $f_{n+1}\left(  x\right)  -f_{n}\left(  x\right)  =\frac{\ln x}{x^{2}%
}.$ Cette diff\'{e}rence est ind\'{e}pendante de $n.$\newline(b) On a
$f_{4}\left(  x\right)  -f_{3}\left(  x\right)  =f_{3}\left(  x\right)
-f_{2}\left(  x\right)  ,$ donc $f_{3}\left(  x\right)  =\frac{f_{2}\left(
x\right)  +f_{4}\left(  x\right)  }{2}.$ On appelle $M_{2},$ $M_{3}$ et
$M_{4}$ les points de $C_{2},$ $C_{3}$ et $C_{4}$ d'abscisses $x.$ $M_{3}$ est
donc le milieu de $\left[  M_{2}M_{4}\right]  ,$ ce qui prouve que l'on
obtient $M_{4}$ comme sym\'{e}trique de $M_{2}$ par rapport \`{a} $M_{3}.$

\textbf{PARTIE B}\newline1) $I=\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{x^{2}}dx=\allowbreak
\left[  -\frac{\ln x}{x}\right]  _{1}^{e}-\int_{1}^{e}\left(  -\frac{1}{x^{2}%
}\right)  \,dx=\allowbreak\left[  -\frac{\ln x}{x}\right]  _{1}^{e}-\left[
\frac{1}{x}\right]  _{1}^{e}=1-2e^{-1}$\newline2) Sur $\left[  1,e\right]  ,$
$\frac{\ln x}{x^{2}}\geqslant0,$ donc $f_{n+1}\left(  x\right)  -f_{n}\left(
x\right)  \geqslant0,$ donc $C_{n+1}$ est situ\'{e}e au-dessus de $C_{n},$
donc l'aire cherch\'{e}e est \'{e}gale en unit\'{e}s d'aire \`{a}
\[
A=\int_{1}^{e}\left(  f_{n+1}\left(  x\right)  -f_{n}\left(  x\right)
\right)  dx=I=1-2e^{-1}u.a
\]
\newline3) a) La fonction $f_{2}$ est d\'{e}rivable et positive sur $\left[
1,e\right]  ,$ donc l'aire cherch\'{e}e est \'{e}gale \`{a}\newline%
\[
A_{2}=\int_{1}^{e}f_{2}\left(  x\right)  \,dx=\int_{1}^{e}\frac{1}{x^{2}%
}+2\frac{\ln x}{x^{2}}\,dx=\left[  -\frac{1}{x}\right]  _{1}^{e}+2I=3-5e^{-1}%
\]
\newline b) De mani\`{e}re g\'{e}n\'{e}rale, on a de m\^{e}me
\[
A_{n}=\int_{1}^{e}f_{n}\left(  x\right)  \,dx
\]
d'o\`{u} $A_{n+1}-A_{n}=A$ pour tout $n\geqslant2.$ On a donc d\'{e}montr\'{e}
que la suite $\left(  A_{n}\right)  $ est arithm\'{e}tique de raison $A,$ dont
la question 2) a fourni une interpr\'{e}tation g\'{e}om\'{e}trique.

\textbf{PARTIE C}\newline1) a) Pour $n\geqslant3,$ $\frac{n-2}{2n}>0,$ donc
$e^{\frac{n-2}{2n}}>1.$ Comme la fonction $f_{n}$ est croissante sur $\left[
1,e^{\frac{n-2}{2n}}\right]  ,$ on a donc $f_{n}\left(  1\right)
<f_{n}\left(  e^{\frac{n-2}{2n}}\right)  .$ Comme $f_{n}\left(  1\right)  =1,$
le r\'{e}sultat est \'{e}vident.\newline b) $f_{n}$ est strictement croissante
sur $\left[  1,e^{\frac{n-2}{2n}}\right[  ,$ et $f_{n}\left(  1\right)  =1,$
donc $f_{n}\left(  x\right)  >1$ sur $\left]  1,e^{\frac{n-2}{2n}}\right[  ,$
ce qui prouve bien que l'\'{e}quation $f_{n}\left(  x\right)  =1$ ne peut pas
avoir de solution sur cet intervalle.\newline2) La fonction $f_{n}$ est
d\'{e}rivable et strictement d\'{e}croissante sur $\left[  e^{\frac{n-2}{2n}%
},+\infty\right[  .$ Elle d\'{e}finit donc une bijection de cet intervalle sur
$\left]  0,f_{n}\left(  e^{\frac{n-2}{2n}}\right)  \right]  .$ Comme
$f_{n}\left(  e^{\frac{n-2}{2n}}\right)  >1,$ il existe $\alpha_{n}$ unique
solution de $f_{n}\left(  x\right)  =1$ sur cet intervalle.\newline3) (a)
$f_{n}\left(  \sqrt{n}\right)  =\frac{1}{n}+\frac{\ln n}{2},$ car $\ln\sqrt
{n}=\frac{\ln n}{2}.$ Si $n>e^{2},$ alors $\frac{\ln n}{2}>\frac{\ln e^{2}}%
{2}=1,$ et donc $f_{n}\left(  \sqrt{n}\right)  >1,$ puisque $\frac{1}{n}%
>0.$\newline(b) Si $n\geqslant8,$ alors $n>e^{2},$ puisque $e^{2}%
\simeq\allowbreak7.\,\allowbreak39,$ donc $f_{n}\left(  \sqrt{n}\right)  >1,$
ce qui implique que $\alpha_{n}>\sqrt{n},$ car l'on sait que $f_{n}$
strictement d\'{e}croissante sur $\left[  e^{\frac{n-2}{2n}},+\infty\right[
$. On en d\'{e}duit ais\'{e}ment que
\[
\lim_{n\rightarrow+\infty}\alpha_{n}=+\infty
\]

\end{claim}


\end{document}