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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{Pondichéry}}
\rfoot{\small{juin 2004}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}\textbf{Durée : 4 heures}

\vspace{0,25cm}

{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Pondichéry juin 2004~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 3 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $u_{0} = 0,~u_{1} = \dfrac{1}{2},~u_{2} = \dfrac{1}{2 - \frac{1}{2}} = \dfrac{2}{3}$ et $u_{3} = \dfrac{1} {2 - \frac{2}{3}} = \dfrac{3}{4}$.
		\item On a de façon évidente : $w_{0} =  u_{0}$,~$w_{1} =  u_{1}$~$w_{2} =  u_{2}$ et $w_{3} =  u_{3}$.
		\item Initialisation : $w_{0} =  u_{0}$.
		
Hérédité : On suppose que pour $n > 0,~u_{n} = w_{n} = \dfrac{n}{n+1}$.

On a par définition : $u_{n+1} = \dfrac{1}{2 - u_{n}} = \dfrac{1}{2 - \frac{n}{n+1}}= \dfrac{1}{\frac{n+2}{n+1}} = \dfrac{n+1}{n+2} = w_{n+1}$.

On a montré par récurrence que pour tout naturel $n,~u_{n} = w_{n} = \dfrac{n}{n+1}$.
	\end{enumerate}
\item La suite définie par $v_{n} = \ln \left(\dfrac{n}{n+1} \right)$ est définie pour $n > 0$.
	\begin{enumerate}
		\item On calcule la somme : $v_{1} + v_{2}+ v_{3} = \ln \dfrac{1}{2} + \ln \dfrac{2}{3} + \ln \dfrac{3}{4} = \ln \dfrac{1 \times 2 \times 3}{2 \times 3 \times 4} = \ln \dfrac{1}{4} = - \ln 4$.
		\item On calcule de même $S_{n} = v_{1}+ v_{2}+ \cdots + v_{n} = \ln \dfrac{1}{2} + \ln \dfrac{2}{3} + \cdots + \ln \dfrac{n}{n+1} = \ln \dfrac{1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times n}{2 \times 3 \times \cdots \times n \times (n+1)} = \ln \dfrac{1}{n+1} = - \ln (n+1).$
		
On a $\displaystyle \lim_{n \to + \infty} \ln (n + 1) = + \infty$, donc 
\[\lim_{n \to + \infty} S_{n} = - \infty.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 4 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Il y a :
\setlength\parindent{5mm}
\begin{itemize}
\item dans U$_{1}$ : 3 noires et $(k - 3)$ blanche(s)
\item dans U$_{2}$ : 2 noires et $(k - 2)$ blanches
\item dans U$_{3}$ : 1 noire et $(k - 1)$ blanches
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

Après une partie, on a l'arbre suivant :

\begin{center}\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=1.75pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$A$}\taput{$\frac{1}{6}$}}
	  { 
		  \TR{$N$}\taput{$\frac{3}{k}$}
		  \TR{$B$}\tbput{$\frac{k-3}{k}$}	   
	  }
	\pstree{\TR{$B$}\tbput{$\frac{2}{6}$}}
	  {
		  \TR{$N$}\taput{$\frac{2}{k}$}
		  \TR{$B$}\tbput{$\frac{k-2}{k}$} 
	  }
	\pstree{\TR{$C$}\tbput{$\frac{3}{6}$}}
	  {
		  \TR{$N$}\taput{$\frac{1}{k}$}
		   \TR{$B$}\tbput{$\frac{k-1}{k}$}
	  }	
}
\end{center}

\medskip

L'ensemble $\{A,~ B,~C\}$ est un ensemble complet d'évènements ; on peut donc écrire en utilisant la formule des probabilités totales ;

\[p(N) = p(A \cap N) + p(B \cap N) + p(C \cap N) = p(A)
\times p_{A}(N) +  p(B)
\times p_{B}(N) +  p(C)
\times p_{C}(N) =\]
 $\dfrac{1}{6}\times \dfrac{3}{k} + \dfrac{2}{6}\times \dfrac{2}{k} + \dfrac{3}{6}\times \dfrac{1}{k}$. Soit \fbox{$p(N) = \dfrac{5}{3k}$}
 		\item On vient de voir que $p(N) \neq 0$, donc
\[ p_{N}(A) = \dfrac{p(A \cap N)}{p(N)} = \dfrac{p(A) \times p_{A}(N)}{p(N)} = \dfrac{\frac{1}{2k}}{\frac{5}{3k}} = \dfrac{3}{10}. \]
 		\item Si $k > 3, \dfrac{5}{3k} \geqslant \dfrac{1}{2} \iff k \leqslant \dfrac{10}{3}$.
		
		Le seul entier vérifiant $3 \leqslant k \leqslant \dfrac{10}{3}$ est \fbox{$k = 3$}.
		\item On a $\dfrac{5}{3k} = \dfrac{1}{30} \iff k = 50$
	\end{enumerate}
\item On a un schéma de Bernoulli avec une probabilité de $\dfrac{29}{30}$ et $n = 20$ parties.

L'évènement : « obtenir au moins une fois une boule noire » est l'évènement contraire de « ne jamais obtenir une noire ».

La probabilité cherchée est donc :

\[ p = 1 - \left(\dfrac{29}{30} \right)^{20} \approx 0,492.\]

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 8 points}

\begin{center}\textbf{Partie A : étude d'une fonction auxiliaire}\end{center}

La fonction $\varphi$ est définie sur $\R$ par 

\[\varphi(x) = \left(x^2 + x + 1 \right)
\text{e}^{-x} - 1.\]

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item En écrivant $\varphi(x) = \dfrac{x^2}{\text{e}^{x}} + \dfrac{x}{\text{e}^{x}} + \dfrac{1}{\text{e}^{x}} - 1$ et comme $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \dfrac{x^n}{\text{e}^{x}} = 0$ pour $n$ naturel, on obtient 
		\[\lim_{x \to + \infty}\varphi(x) = - 1.\]
		
De même, avec $x \neq 0, ~\varphi(x)  = x^2 \left(1 + \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{x^2} \right)\text{e}^{-x} - 1$.

On a $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} \left(1 + \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{x^2} \right) = 1$, donc $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}x^2 \left(1 + \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{x^2} \right) = + \infty$.

Comme $\displaystyle\lim_{x \to - \infty}\text{e}^{-x} = + \infty$, on a finalement
\[\lim_{x \to - \infty}\varphi(x) = + \infty.\]
		\item $\varphi$ est une somme de produits de fonctions dérivables sur $\R$ : elle est donc dérivable sur $\R$ et 
		
		$\varphi'(x) = (2x+ 1)\text{e}^{-x} - \left(x^2 + x + 1 \right)\text{e}^{-x} = \text{e}^{-x}\left(-x^2 + x\right) =$ \fbox{$x(1 - x)\text{e}^{-x}$}.
		
On sait que $\text{e}^{-x} > 0$ : le signe de 	$\varphi'$ est donc celui du trinôme $x(1 - x)$ c'est-à-dire négatif sauf entre les racines $0$ et $1$. D'o\`u la tableau de variations :

\medskip

\begin{center}\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(11,3)
\psframe(11,3) \psline(2,0)(2,3) \psline(0,2)(11,2) \psline(0,2.5)(11,2.5)
\psline{->}(2.65,1.8)(4.7,0.3)\psline{->}(5.3,0.3)(7.3,1.8) \psline{->}(8.5,1.8)(10.6,0.3)
\uput[u](1,2.5){$x$}   \uput[u](2.3,2.5){$-\infty$}  \uput[u](5,2.5){0} \uput[u](8,2.5){1} \uput[u](10.6,2.5){$+ \infty$}
\uput[u](1,1.9){$\varphi'$} \uput[u](3.5,1.9){$-$} \uput[u](5,1.9){0} \uput[u](6.5,1.9){$+$} \uput[u](8,1.9){0} \uput[u](9.5,1.9){$-$} 
\rput(1,1){$\varphi(x)$} \rput(2.3,1.8){$+ \infty$} \rput(5,0.2){0} \rput(8,1.75){$\frac{3}{\text{e}} - 1$} \rput(10.6,0.2){$-1$}
\end{pspicture}
\end{center}	
	\end{enumerate}
\item Une lecture immédiate donne $\varphi(0) = 0$. $0$ est donc solution sur l'intervalle $]-~\infty~;~1]$ de l'équation $
\varphi(x) = 0$.

Sur l'intervalle $[1~;~+ \infty$, la fonction $\varphi$ est 

\setlength\parindent {5mm}
\begin{itemize}
\item continue, car dérivable
\item décroissante de $\frac{3}{\text{e}} - 1 > 0$ à $- 1$.
\end{itemize}
\setlength\parindent {0mm}

Elle définit donc une bijection de  $[1~ ;~+ \infty[$ sur $[- 1~;~\frac{3}{\text{e}} - 1]$. En particulier $0$ a un unique antécédent $\alpha$ dans  $[1~;~+ \infty[$.

La calculatrice donne $\varphi(1,79) \approx \np{0,00078}$ et 
$\varphi(1,8) \approx - \np{0,0016}$. On en déduit 
\[\fbox{$1,79 < \alpha < 1,80$}\]
\item D'après la question précédente et le tableau de variations :

\setlength\parindent {5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] $\varphi(x) \geqslant 0$ si $x \in ]- \infty~;~\alpha]$
\item[$\bullet~$] $\varphi(x) < 0$ si $x \in ]\alpha~;~+ \infty]$
\end{itemize}
\setlength\parindent {0mm}
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}\textbf{Partie B : étude de la position relative de deux courbes et calcul d'aire}\end{center}

$\mathcal{C}_{f}$ et $\mathcal{C}_{g}$ sont les courbes représentatives respectives des fonctions définies par 

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

\begin{enumerate}
\item Comme $f(0) = 1$ et $g(0) = 1$, le point A(0~;~1) appartient à  $\mathcal{C}_{f}$ et $\mathcal{C}_{g}$.

Calcul du nombre dérivé en $0$ :
\setlength\parindent {5mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~$] $f'(x) = 2\text{e}^{-x} - (2x + 1)\text{e}^{-x} = (1 - 2x)\text{e}^{-x}$. Donc $f'(0) = 1$ ;
\item[$\bullet~$] $g'(x) = \dfrac{2\left(x^2 + x + 1\right) - (2x + 1)(2x + 1)}{\left(x^2 + x + 1 \right)^2} = \dfrac{-2x ^2 - 2x + 1}{\left(x^2 + x + 1 \right)^2}$. Donc $g'(0) =  1$.
\end{itemize}
\setlength\parindent {0mm}

\medskip

Les deux courbes ont donc en A la même tangente : la droite d'équation $y = x + 1.$
\item Étude de la différence $f(x) - g(x)$
	\begin{enumerate}
		\item  $f(x) - g(x) = (2x+1)\text{e}^{-x} -  \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1} = (2x + 1) \dfrac{\left(x^2 + x + 1\right)\text{e}^{-x} - 1}{x^2 + x + 1}.$

\[\text{Soit} ~f(x) - g(x)  \quad \dfrac{(2x+ 1)\varphi(x)}{x^2 + x + 1}\]
 
		\item On a $x^2 + x + 1 = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 - \dfrac{1}{4} + 1 = \left(x + \frac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} \geqslant  \dfrac{3}{4} > 0$.
		
Le signe de la différence étudiée est donc celui du produit $(2x+ 1)\varphi(x)$. On connait le signe de chaque facteur, d'o\`u le tableau de signes :

\medskip

\begin{center}\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(8,2)
\psframe(8,2) \psline(2,0)(2,2) \psline(0,0.5)(8,0.5)
\psline(0,1)(8,1)\psline(0,1.5)(8,1.5)
\uput[u](1,1.5){$x$} \uput[u](2.3,1.5){$-\infty$} \uput[u](4,1.35){$- \frac{1}{2}$} \uput[u](6,1.5){$\alpha$} \uput[u](7.6,1.5){$+\infty$}
\uput[u](1,1){$2x+1$}\uput[u](3,1){$-$}\uput[u](4,1){0}\uput[u](5,1){$+$}\uput[u](7,1){$+$}
\uput[u](1,0.4){$\varphi(x)$}\uput[u](3,0.5){$+$}\uput[u](5,0.5){$+$}\uput[u](6,0.5){0}\uput[u](7,0.5){$-$}
\uput[u](1,-0.1){$f(x) - g(x)$}\uput[u](3,0){$-$}\uput[u](4,0){0}\uput[u](5,0){$+$}\uput[u](6,0){0}\uput[u](7,0){$-$}
\end{pspicture}
\end{center}

		\item Conclusion : la différence est négative, soit $\mathcal{C}_{f}$ est au dessous de $\mathcal{C}_{f}$, sauf sur l'intervalle $] \frac{1}{2}~;~\alpha[.$
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{Primitive de }\boldmath $f(x) - g(x)$ \unboldmath:
		
$h$ définie par $h(x) = (- 2x - 3)\text{e}^{-x} - \ln \left(x^2 + x + 1\right)$ est la somme de produits de fonctions dérivables sur $\R$ (la fonction $\ln \left(x^2 + x + 1\right)$ est définie sur $\R$ puisqu'on a vu que $x^2 + x + 1 > 0$, quel que soit le réel $x$.

On a donc :

$h'(x) = -2\text{e}^{-x} - (- 2x - 3)\text{e}^{-x} - \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1} = (2x + 1)\text{e}^{-x} - \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1} = f(x) - g(x)$.

Donc $h$ est bien une primitive sur $\R$ de $f(x) - g(x)$.
		\item D'après la question \textbf{2. c.} entre $- \frac{1}{2}$ et $0$, $\mathcal{C}_{f}$ est au dessus de $\mathcal{C}_{g}$.
		
L'aire en unité d'aire de la surface limitée par les deux courbes et les droites d'équation $x = - \frac{1}{2}$ et $x = 0$ est égale à l'intégrale 

\[\mathcal{A} = \int_{-\frac{1}{2}}^0 \left[f(x) - g(x) \right]\:\text{d}x\]

D'après la question précédente :

\[\mathcal{A} = \left[h(x)   \right]_{-\frac{1}{2}}^0 = h(0) - h\left( -\frac{1}{2}\right)\]

\[\mathcal{A} = - 3 - \ln 1 + 2 \text{e}^{-\frac{1}{2}} + \ln \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{2} + 1 \right) = 2\sqrt{\text{e}} + \ln \left(\dfrac{3}{4}\right) - 3 \approx \np{0,0098}.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} obligatoire \hfill 5 points}

\begin{center}\textbf{Partie A} \end{center}

\begin{enumerate}
\item \textbf{Résolution de} \boldmath $z^2 - 2z + 4 = 0$ \unboldmath

$z^2 - 2z + 4 = 0 \iff (z - 1)^2 - 1 + 4 = 0 \iff (z - 1)^2 + 3 = 0 $

$\iff (z - 1)^2 - \left(\text{i}\sqrt{3}\right)^2 = 0 \iff (z - 1 + \text{i}\sqrt{3})(z - 1 - \text{i}\sqrt{3}) = 0$.

Les solutions sont donc les complexes : $z' = 1 +  \text{i}\sqrt{3}$ et $z'' = 1 -  \text{i}\sqrt{3}$.

\textbf{Écriture exponentielle}

$\left|z' \right|^2 = 1 + 3 = 2^2 \Rightarrow \left|z'\right| = 2$.

Donc $z' = 2\left(\dfrac{1}{2} + \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2} \right) = 2 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}$.

De même $z'' = 2 \text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{3}}$.
\item En utilisant l'écriture exponentielle :

$\left(z'\right)^{\np{2004}} = \left(2 \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}} \right)^{\np{2004}} = 2^{\np{2004}}\text{e}^{\text{i}\frac{\np{2004}\pi}{3}} = 2^{\np{2004}}\text{e}^{\text{i}\np{668}\pi} = 2^{\np{2004}}\text{e}^{\text{i}2\pi \times 334} = 2^{\np{2004}}$.
\end{enumerate}

\begin{center}\textbf{Partie B} \end{center}

\begin{enumerate}
\item L'affixe de A est $z'$ dont le module est égal à 2 ; donc OA = 2 ; de même l'affixe de B est $z''$ qui a le même module : donc OB = 2.

Conclusion A et B appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2.
\item L'écriture complexe de la rotation $r_{1}$ de centre A et d'angle $- \dfrac{\pi}{2}$ est $z' - z_{\text{A}} = - \text{i}\left(z - z_{\text{A}}\right)$ soit $z' = 1 + \text{i}\sqrt{3} + \text{i}\left(z - 1 - \text{i}\sqrt{3}\right) = \text{i}z  + 1 - \sqrt{3}  + \text{i}\left(\sqrt{3} - 1 \right)$.

On a donc \fbox{$z_{\text{O}'} = 1 - \sqrt{3}  + \text{i}\left(1 + \sqrt{3} \right)$.}

L'écriture complexe de la rotation $r_{2}$ de centre A et d'angle $ \dfrac{\pi}{2}$ est $z' - z_{\text{A}} =  \text{i}\left(z - z_{\text{A}}\right)$ soit $z' - 1 - \text{i}\sqrt{3} =  \text{i}\left(z - 1 - \text{i}\sqrt{3}\right)$ ou $z' = \text{i}z + 1 + \sqrt{3} + \text{i}\left(\sqrt{3} - 1\right).$

Donc $z_{\text{B}'} = \text{i}\left(1 +  \text{i}\sqrt{3}\right) + 1 + \sqrt{3} + \text{i}\left(\sqrt{3} - 1\right) = 1 +  2\sqrt{3} + \text{i}\sqrt{3}.$
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La droite (AI) semble être la hauteur issue de A dans le triangle O$'$AB$'$.
		\item I est le milieu de [OB], donc $z_{\text{I}} = \dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}.$
		
Donc $z_{\vect{\text{AI}}} = - \dfrac{1}{2} - \text{i}\dfrac{3\sqrt{3}}{2}.$

D'autre part $z_{\vect{\text{O}'\text{B}'}} = 1 + 2\sqrt{3} + \text{i}\sqrt{3} - (1 - \sqrt{3}) - \left(1 + \sqrt{3}\text{i}\right) = 3\sqrt{3} - \text{i}.$
		\item Le repère étant orthonormé on peut calculer : 
		
$\vect{\text{AI}} \cdot  \vect{\text{O}'\text{B}'} = - \dfrac{3\sqrt{3}}{2} + \dfrac{3\sqrt{3}}{2} = 0.$
		
Les vecteurs étant orthogonaux, les droites (AI) et (O$'$B$'$) sont perpendiculaires ; donc la droite (AI) est bien hauteur dans le triangle O$'$AB$'$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\medskip
 
\begin{center}
\psset{unit=1.7cm}
\begin{pspicture}(-2,-2)(5,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=2,Dy=2]{->}(0,0)(-2,-2)(5,3)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.25pt](0,0)(-2,-2)(5,3)
\pscircle(0,0){2}\psline(0,0)(1,-1.732)
\psline(1.244,3)(0.5,-0.866)
\psline[linestyle=dashed](0,0)(1,1.732)
\psarc(1,1.732){2}{150}{240}\psarc(1,1.732){3.4641}{-90}{0}
\uput[ul](-0.732,2.732){O$'$} \uput[dl](1,1.732){A} \uput[dl](0,0){O} 
\uput[r](0.5,-0.866){I} \uput[dr](1,-1.732){B} \uput[d](4.464,1.732){B$'$}
\psline(1,1.732)(1,-1.732)
\pspolygon(1,1.732)(-0.732,2.732)(4.464,1.732) 
\end{pspicture}
\end{center}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} spécialité \hfill 5 points}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On se place dans le plan P$_{0} = y\text{O}z$ d'équation $x = 0$.

Le vecteur $\vect{\text{BA}}$ a pour coordonnées $(5~;~-5)$ et 
$\vect{\text{OA}}$ a pour coordonnées $(5~;~5)$.

$\vect{\text{BA}} \cdot\: \vect{\text{OA}} = 25 - 25 = 0.$

La droite (OA) est tangente au cercle $\mathcal{C}.$
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Équation du cône $\Gamma$
		
D'après la question précédente le triangle OAB est rectangle en A.

OA$^2 = 5^2 + 5^2 = 50$, donc OA $ = 5\sqrt{2}$.

AB$^2 = 0^2 + 5^2 + (10 - 5)^2 = 50$, donc AB$ = 5\sqrt{2}$.

Le triangle OAB est donc rectangle isocèle et $\widehat{\text{AOB}} = \dfrac{\pi}{4}.$

L'équation du cône d'axe (O$z$), et de sommet O est de la forme 

$x^2 + y^2 = z^2 \tan^2 \theta$, $\theta$ étant la mesure de l'angle formé par la génératrice (OA) et l'axe, soit ici $\dfrac{\pi}{4}.$ Or $\tan \dfrac{\pi}{4} = 1$.

\fbox{L'équation de $\Gamma$ est donc $x^2 + y^2 = z^2.$}
		\item D'après la première question la génératrice du cône est tangent au cercle qui génère la sphère : le cône est donc tangent à la sphère l'intersection est constitué par la rotation du point A autour de (O$z$) ; c'est donc le cercle de centre le point C projeté de A sur (O$z$) soit C(0~;~0~;~5) et de rayon CA = 5.
	\end{enumerate}
\item L'intersection d'un cône par un plan parallèle à l'axe de ce cône qui ne contient pas cet axe est une hyperbole.
\item Hypothèse : $x$ et $y$ sont des impairs ; il existe donc $p \in \N,~q \in \N$ tels que

 $x = 2p + 1$ et $y = 2q + 1$.

On a donc $z^2 = x^2 + y^2 = (2p + 1)^2 + (2q + 1)^2 = 4p^2 + 4q^2 + 4p + 4q + 2 = 2\left[2p^2 +2q^2 + 2p + 2q + 1 \right] = 
2\left[2\left(p^2 + q^2 + p + q\right) + 1\right]$.

$2\left(p^2 + q^2 + p + q\right) + 1$ est un nombre impair, donc $z^2$ est un multiple de 2 non multiple de 4 : ceci est impossible.

Conclusion : $x$ et $y$ ne peuvent être simultanément impairs.
\end{enumerate}
\end{document}