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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\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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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S}
\lfoot{\small{La Réunion}}
\rfoot{\small{juin 2005}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S La Réunion juin 2005~\decofourright}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 4 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item $\dfrac{2^n}{n^{2005}} = \text{e}^{n\ln 2 - \nombre{2005}\ln n}$ a pour limite $+ \infty$ : elle diverge.
		\item $\dfrac{2n + (-1)^n\sqrt{n}}{n + 1} = \dfrac{2 + (-1)^n\frac{\sqrt{n}}{n}}{1 + \frac{1}{n}} \to 2$ : elle converge.
\item $n\sin\dfrac{1}{n} = \dfrac{\sin \frac{1}{n}}{\frac{1}{n}} \to 1$ : elle converge.
		\item $\dfrac{\sqrt{n}}{\ln n} = \dfrac{\frac{1}{2}\sqrt{n}}{\frac{1}{2}\ln n} = \frac{1}{2}\dfrac{\sqrt{n}}{\ln \sqrt{n}} \to + \infty$ : elle diverge.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (v_{n}) = 0$. On ne peut pas savoir : faux
		\item La suite $\left(u_{n}\right)$ est minorée. Oui
		\item Pour tout $n$ de $\N$, on a : $-1 \leqslant v_{n} \leqslant  1$. Pas forcément : faux
		\item On ne sait pas dire si la suite $\left(v_{n}\right)$ a une limite ou non. Vrai
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La suite $\left(u_{n}\right)$ converge vers 1. Non  car elle est croissante et $u_{1} = 2$.
		\item La suite $\left(v_{n}\right)$, définie sur $\N$ par $v_{n} = u_{n} - 1$, est géométrique. Oui : $v_{n+1} = u_{n+1} - 1 = 2u_{n} - 2 = 2\left(u_{n} - 1\right) = 2v_{n}$. (raison $2$)
		\item La suite $\left(v_{n}\right)$ est majorée. Faux : car la raison est supérieure à $1$.
		\item La suite $\left(w_{n}\right)$, définie sur $\N$ par $w_{n} =\ln \left(u_{n} -  1\right)$, est arithmétique.

$w_{n+1} - w_{n} = \ln \left(u_{n+1} -  1\right) - \ln \left(u_{n} -  1\right) =$

$ \ln \left(2u_{n} - 2 \right) - \ln \left(u_{n} -  1\right) = \ln 2\left(u_{n} - 1 \right)  - \ln \left(u_{n} -  1\right) = \ln 2 +   \ln \left(u_{n} -  1\right) -   \ln \left(u_{n} -  1\right) = \ln 2$. La suite est arithmétique de raison $\ln 2$. Vrai
	\end{enumerate}
\item 

\[x_{n} = \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n+1} + \cdots + \dfrac{1}{2n}~\text{et}~y_{n} = \dfrac{1}{n+1} + \dfrac{1}{n+2} + \cdots + \dfrac{1}{2n}.\]

	\begin{enumerate}
		\item $x_{n+1} - x_{n} = \dfrac{1}{n+1} + \ldots + \dfrac{1}{2(n+1)} - \dfrac{1}{n} - \ldots - \dfrac{1}{2n} = \dfrac{1}{2n+2} + \dfrac{1}{2n+1} - \dfrac{1}{n} = - \dfrac{3n+2}{n(2n+1)(2n+2)} < 0$. La suite $\left(x_{n}\right)$  est décroissante : Faux
		\item	$x_{3} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6}  = \dfrac{20 + 15 + 12 +  10}{60} = \dfrac{57}{60} = \dfrac{19}{20}$ : Vrai   	et $y_{3} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{5} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{15+ 12+10}{60} = \dfrac{37}{60}$. Vrai
		\item Les suites $\left(x_{n}\right)$ et $\left(y_{n}\right)$ ne sont pas majorées. Faux pour $\left(x_{n}\right)$, car cette suite décroissante est majorée par son premier terme.
		\item $y_{n+1} - y_{n} = \dfrac{1}{n+2}+ \dfrac{1}{n+3}+ \ldots +\dfrac{1}{2n+2} - \dfrac{1}{n+1} - \ldots - \dfrac{1}{2n} = \dfrac{1}{2n+2} + \dfrac{1}{2n+1} - \dfrac{1}{n+1} = \dfrac{1}{2(n+1)(2n+1)} > 0$. La suite $\left(y_{n}\right)$ est croissante.
		
Enfin $x_{n} - y_{n} = \dfrac{1}{n}$, d'où $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(x_{n} - y_{n} \right) = 0$.

Conclusion : les suites $\left(x_{n}\right)$ et $\left(y_{n}\right)$ sont adjacentes.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

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

\medskip

\begin{enumerate}
\item Arbre de probabilités  :

\medskip
\begin{center}\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt]{\TR{}}
{
\pstree{\TR{$N_{1}$}\taput{$\frac{2}{5}$}}
	{ \pstree{\TR{$N_{2}$}\taput{$\frac{1}{5}$}}
	{ \TR{$N_{3}$}\taput{$\frac{5}{9}$}   
	\TR{$R_{3}$}\tbput{$\frac{4}{9}$}
	}
	\pstree{\TR{$R_{2}$}\tbput{$\frac{4}{5}$}}
	{ \TR{$N_{3}$}\taput{$\frac{4}{9}$}   
	\TR{$R_{3}$}\tbput{$\frac{5}{9}$}
	}
	}
\pstree{\TR{$R_{1}$}\tbput{$\frac{3}{5}$}}
	{ \pstree{\TR{$N_{2}$}\taput{$\frac{1}{5}$}}
	{ \TR{$N_{3}$}\taput{$\frac{4}{9}$}   
	\TR{$R_{3}$}\tbput{$\frac{5}{9}$}
	}
	 \pstree{\TR{$R_{2}$}\tbput{$\frac{4}{5}$}}
	{ \TR{$N_{3}$}\taput{$\frac{3}{9}$}  
	\TR{$R_{3}$}\tbput{$\frac{6}{9}$}
	}
	}
}
\end{center}

\medskip

\item 
	\begin{enumerate}
		\item En suivant la branche supérieure :  $p\left(N_{1}  \cap N_{2}~\cap  N_{3}\right) = \frac{2}{5}\times \frac{1}{5}\times \frac{5}{9} =\dfrac{2}{45}$ ;  $p\left(N_{1}  \cap R_{2}~\cap  N_{3}\right) = \frac{2}{5}\times \frac{4}{5}\times \frac{4}{9} =\dfrac{32}{225}$.
		\item D'après la formule des probabilités totales :
		
$p\left(N_{1} \cap  N_{3}\right) =  p\left(N_{1} \cap  N_{3}\cap N_{2}\right) + p\left(N_{1} \cap  N_{3} \cap R_{2}\right) = \dfrac{2}{45} + \dfrac{32}{225} = \dfrac{14}{75}$.
		\item De façon analogue $p\left(R_{1} \cap  N_{3}\right) = p\left(R_{1}\cap N_{2} \cap  N_{3}\right) + p\left(R_{1}\cap R_{2} \cap  N_{3}\right) = $		
		$\dfrac{3}{5} \times\dfrac{1}{5}\times\dfrac{4}{9}+\dfrac{3}{5}\times\dfrac{4}{5}\times\dfrac{3}{9} = \dfrac{16}{75} $.
	\end{enumerate}
\item On en déduit que  $p\left(N_{3}\right) = p\left(N_{3}\cap R_{1}\right) + p\left(N_{3} \cap N_{1}\right) = \dfrac{14}{75} + \dfrac{16}{75} = \dfrac{30}{75} = \dfrac{2}{5}$.
\item $p\left(N_{1}\right) = \dfrac{2}{5}$ et $p\left(N_{3}\right) = \dfrac{2}{5}$. D'où $p\left(N_{1}\right) \times p\left(N_{3}\right) = \dfrac{4}{25} = \dfrac{12}{75}$ et $p\left(N_{1} \cap  N_{3}\right) = \dfrac{14}{75}$.

Conclusion : $p\left(N_{1}\right) \times p\left(N_{3}\right) \neq p\left(N_{1} \cap  N_{3}\right) $, donc les évènements ne sont pas indépendants.

\item Il faut calculer $p_{N_{3}}\left(R_{1} \right) = \dfrac{p\left(R_{1} \cap  N_{3}\right)}{p\left( N_{3}\right)} = \dfrac{\frac{16}{75}}{\frac{2}{5}} = \dfrac{16}{75} \times \dfrac{5}{2} = \dfrac{8}{15}$. 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

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

\medskip

S$_{n}  = \displaystyle\sum_{p=1}^n p^3$. On se propose de calculer, pour tout entier naturel non nul $n$, le plus grand commun diviseur de S$_{n}$ et S$_{n+1}$.

\begin{enumerate}
\item Démonstration par récurrence :

\setlength\parindent{6mm}
\begin{itemize}
\item \emph{Initialisation} : pour $n = 1,~\text{S}_{1} = 1^3 = 1$ et $\left[\dfrac{1(1 + 1)}{2}\right]^2 = 1$.
\item \emph{Hérédité} : soit un naturel $n \geqslant 1$ et supposons que $n,~\text{S}_{n} =  \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2$.

Alors $\text{S}_{n+1} = \text{S}_{n} + (n+1)^3 = \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2 + (n+ 1)^3 = (n+1)^2 \left[\dfrac{n^2}{4} + (n+1)\right] = \dfrac{(n+1)^2}{4}\left(n^2 + 4n + 4 \right) = \dfrac{(n+1)^2}{4}(n+2)^2 = \left[\dfrac{(n+1)(n+2)}{2} \right]^2$. La formule est vraie au rang $n+1$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

La formule est vraie au rang 1, et si elle est vraie au rang $n$ supérieur ou égal à 1, elle l'est au rang $n + 1$, on a donc démontré par le principe de récurrence que  pour tout $n > 0,~\displaystyle\sum_{p=1}^n  p^3=  \left[\dfrac{n(n+1)}{2}\right]^2$.
\item Si  $n$ est pair, alors $n = 2k,~k \in \N$. 
	\begin{enumerate}
		\item D'après la question précédente : S$_{2k} = \left[\dfrac{2k(2k+1)}{2} \right]^2 = k^2(2k+1)^2$ et $S_{2k+1} = \left[\dfrac{(2k+1)(2k+2)}{2} \right]^2 = (k+1)^2(2k+1)^2$. Les deux sommes ont donc au moins comme diviseur commun $(2k+1)^2$.
		
Donc  PGCD(S$_{2k}$~;~\text{S}$_{2k+1}) =  (2k + 1)^2$PGCD$\left(k^2~;~(k+1)^2\right)$. 
		\item PGCD $(k~;~ k + 1)$. Comme $(k+1) - k = 1$, on sait que tout diviseur commun à deux nombres divise n'importe quelle combinaison linéaire de ces deux nombres. Donc le PGCD$(k~;~k + 1)$ divise 1, donc puisque les nombres sont positifs, PGCD $(k~;~k + 1) = 1$.
		\item Calculer PGCD$\left(\text{S}_{2k}~;~ \text{S}_{2k+1}\right)$.
On vient de voir que PGCD $(k~;~ k + 1) = 1$, donc en utilisant la propriété admise au début, PGCD $(k^2~;~ (k + 1)^2) = 1$.

Donc en reprenant le résultat de \textbf{2. a.}, PGCD$\left(\text{S}_{2k}~;~ \text{S}_{2k+1}\right) = (2k+1)^2.$
	\end{enumerate}
\item Si $n$ est impair, alors  $n = 2k+ 1.$
	\begin{enumerate}
		\item Tout diviseur de  $2k + 1$ et $2k +3$ est un diviseur de leur différence 2. Donc les seuls diviseurs de $2k + 1$ et $2k +3$ sont 1 ou 2. Or ces deux nombres sont impairs : le seul diviseur possible est 1.
		
PGCD$(2k+1 ; 2k+ 3) = 1$. Ces deux nombres sont premiers entre eux.
		\item De façon analogue à la résolution précédente : S$_{2k+1} = (k+1)^2(2k+1)^2$ et S$_{2k+2} = (k+1)^2(2k+3)^2$.

Donc PGCD$\left(\text{S}_{2k+1}~;~ \text{S}_{2k+2}\right) = (k+1)^2\text{PGCD}\left((2k+1)^2~;~(2k+3)^2 \right)$.

Or PGCD$(2k+1 ; 2k+ 3) = 1$ implique que PGCD$((2k+1)^2 ; (2k+ 3)^2) = 1$.\\
Donc finalement  : PGCD$\left(\text{S}_{2k+1}~;~ \text{S}_{2k+2}\right) = (k+1)^2$.
	\end{enumerate}
\item Si $n = 2k$ le PGCD $(k+1)^2 = 1 \iff k = 0$. Ceci est impossible puisque S$_{0}$ n'existe pas.

Si $n = 2k+1$ le PGCD $(k+1)^2 = 1 \iff k = 0$ : il existe donc un seul couple solution $\left(\text{S}_{1}~;~\text{S}_{2}\right)$ ou encore les entiers $1$ et $9$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 4 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On suppose qu'il existe une fonction $f$ satisfaisant la condition (C) et on considère alors la fonction $g$ définie sur $\R$ par $g(x) = f(- x)f(x)$.
	\begin{enumerate}
		\item La fonction est définie sur $\R$ : comme le produit $f(-x)f'(x) = 1$, aucun de ces deux nombres ne peut être nul : la fonction ne peut s'annuler sur $\R$ (et le graphe ne peut avoir de tangente horizontale).
		\item La fonction $f$ étant supposée dérivable,  $g$ l'est aussi et 
		
$g'(x) = - f'(-x)f(x) + f(- x)f'(x). $ Or $f(-x) \times f'(x) = 1$, vraie quel que soit $x \in \R$, donc est vraie pour la valeur $-x$, donc $f(x)\times f'(-x) = 1$.
		
On a donc $g'(x) = - 1 + 1 = 0$.
		\item  Il en résulte que $g(x) = K (K \in \R)$.
		
En particulier $g(0) = f(-0) \times f(0) = (-4)^2 = 16$. Donc 

$g(x) = f(-x)f(x) = 16$.

		\item De $f(-x) \times f(x) = 16$ et $f(-x) \times f^{\prime}(x) = 1$, on déduit que $f^{\prime}(x) = \dfrac{1}{f(-x)}$ et $\dfrac{f(x)}{16} = \dfrac{1}{f(-x)}$ (car $f(-x) \neq 0$).
		
En comparant les deux égalités on obtient : $f'(x) = \dfrac{1}{16}f(x) $ qui signifie que $f$ est une solution de l'équation différentielle (E) $y^{\prime} = \dfrac{1}{16}y$. De plus la condition initiale montre que $f(0) = - 4$.
	\end{enumerate}

\item \textbf{Question de cours}

	\begin{enumerate}
		\item Classique 
		\item Si $y$ est une solution  de l'équation différentielle (E), $y = K\text{e}^{\frac{x}{16}}$ et la condition initiale $y(0) = - 4$ entraîne $y(0) = K = - 4$.
		
Finalement $y(x) = - 4\text{e}^{\frac{x}{16}}$.
	\end{enumerate}
\item D'après la question \textbf{1.} $f(0) = - 4$ et $f$ est solution de (E).

D'après la question \textbf{2.} $f(x) = - 4\text{e}^{\frac{x}{16}}$.

On peut calculer $f'(x) = - 4 \times \dfrac{1}{16}\text{e}^{\frac{x}{16}} = - \dfrac{1}{4}\text{e}^{\frac{x}{16}}.$

On vérifie que $f(-x) \times f^{\prime}(x) = - 4\text{e}^{\frac{-x}{16}}\times 
\left(- \dfrac{1}{4}\right)\text{e}^{\frac{x}{16}} = 1$ et $f(0) = -4$.
Conclusion : $f(x) = - 4\text{e}^{\frac{x}{16}}$ est l'unique fonction de  vérifiant les conditions  (C).
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

Un tétraèdre est orthocentrique si ses quatre hauteurs sont concourantes.

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{itemize}
\item La droite (AH) est perpendiculaire au plan (BCD) donc orthogonale à toute droite de ce plan, en particulier la droite (CD) :
\item De même la hauteur issue de B est perpendiculaire au plan (ACD) donc est orthogonale à la droite (CD) ;
\item Conclusion : la droite (CD) est orthogonale aux deux hauteurs issues de A et B qui sont par hypothèse sécantes  ; la droite (CD) est donc orthogonale au plan déterminé par ces deux hauteurs c'est-à-dire le plan (ABH) : elle est en particulier perpendiculaire à la droite (BH).

La droite (BH) est la hauteur issue de B dans le triangle (BCD).
\end{itemize}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal \Oijk{} on donne les points A$(3~;~ 2~;~- 1)$,
B$(-6~;~ 1~;~1)$, C$(4~;~-3~;~3)$ et D$(- 1~;~-5~;~- 1)$. 

\medskip

\begin{enumerate}
\item
	 \begin{enumerate}
	 	\item On calcule  que les coordonnées de B, C et D vérifient l'équation proposée :

$ - 2 \times (-6) - 3 \times 1+ 4 \times 1 - 13 = 0$ ;
 
$- 2 \times 4 - 3 \times (-3)+ 4 \times (3) - 13 = 0$ ;

$- 2 \times (-1) - 3 \times (-5)+ 4 \times (-1) - 13 = 0.$

On a donc $M(x~;~y~;~z) \in(\text{BCD}) \iff -2x - 3y + 4z - 13 = 0.$
		\item On traduit que H$(x~;~y~;~z)$ appartient au plan (BCD) et que le vecteur $\vect{\text{BH}}$ est normal au plan c'est-à-dire colinéaire au vecteur $\vect{n}(-2~;~-3~;~4)$. Soit :
$\left\{\begin{array}{r c l}
-2x - 3y + 4z - 13 &=& 0\\
x - 3 &=&-2 \alpha\\
y - 2&=&-3\alpha\\
z + 1&=&=4\alpha\\
\end{array} \right. \Rightarrow\\-2(3 -2\alpha) - 3(2 - 3\alpha) +4(-1 + 4\alpha) - 13 = 0 \iff 29\alpha = 29 \iff \alpha = 1$.

On en déduit que H$(1~;~-1~;~3)$.
		\item $\vect{\text{BH}}\left(\begin{array}{c}7\\ -2\\2\\ \end{array} \right)~;~\vect{\text{CD}}\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\-4\\ \end{array} \right)$.D'où  $\vect{\text{BH}}~\cdot~\vect{\text{CD}} = 7 \times (-5) + (- 2) \times (- 2) + 2\times (- 4) = -35 + 4 - 8 = - 39$.
		\item Le tétraèdre ABCD est-il orthocentrique ? S'il l'était, d'après la partie les hauteurs issues de A et de B seraient sécantes et le produit scalaire $\vect{\text{BH}} \cdot \vect{\text{CD}}$ serait nul : or on vient de voir qu'il ne l'est pas. 
		
Conclusion : ABCD n'est pas orthocentrique.
	\end{enumerate}
\item Les droites (IO), JO) et (KO) sont trois hauteurs de ce tétraèdre. Elles concourent en O qui appartient à la quatrième hauteur.

Les quatre hauteurs sont concourantes, donc  le tétraèdre OIJK est orthocentrique.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 5} \hfill 3 points}

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
\setlength\parindent{6mm}
\begin{itemize}
\item Pour $\mathcal{C}_{f}$ : $f'(x) = \dfrac{1}{x+1},~f'(0) = 1$.

Une équation de la tangente à $\mathcal{C}_{f}$ au point O est : $y- 0 = 1(x - 0) \iff y = x$.
\item Pour $\mathcal{C}_{g}$ : $g'(x) = \text{e}^x,~g'(0) = 1$.

Une équation de la tangente à $\mathcal{C}_{g}$ au point O est : $y- 0 = 1(x - 0) \iff y = x$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

Conclusion : $\mathcal{C}_{f}$ et $\mathcal{C}_{g}$ ont en O une tangente commune : la droite d'équation $y = x$.
\item Soit $M(x~;~y)$ un point de $\mathcal{C}_{f}$. On a donc $y = \ln (x + 1)$.

Son symétrique $M'$ autour de la droite d'équation $y = x$ a pour coordonnées $(y~;~x)$ ou encore $(\ln (x + 1)~;~x)$.

Posons $Y = x > 0$ et $X = \ln (x+ 1) = \ln (Y + 1) \iff \text{e}^X = \text{e}^{\ln (Y+1)} \iff \text{e}^X = Y + 1 \iff Y = \text{e}^X - 1.$

Conclusion $M'$ appartient  à $\mathcal{C}_{g}$.

Donc les courbes $\mathcal{C}_{f}$ et $\mathcal{C}_{g}$ sont symétriques par rapport à la droite d'équation $y = x$.
\item  $I(a) = \displaystyle\int_{0}^a  \ln (x + 1)\,\text{d}x$.
	\begin{enumerate}
		\item $I(a)$ est l'aire du domaine plan limité par $\mathcal{C}_{f}$ , l'axe des abscisses et les droites d'équation $y = 0$ et $y = a$. Si A$_{1}$ est le point de $\mathcal{C}_{f}$ d'abscisse $a$, son symétrique autour de $y = x$ est le point M$_{2}(\ln (1 + a)~;~a)$. De même 
		A$(a~;~0)$ a pour symétrique A$'(0~;~a)$.
Le domaine dont l'aire est $I(a)$ a pour symétrique le domaine limité par l'axe des ordonnées, 
$\mathcal{C}_{g}$ et les droites d'équation $y = 0$ et $y = a$.

Or l'aire de ce domaine est la différence entre l'aire du rectangle construit sur les points O, A$'$ et M$'$ et l'aire du domaine situé sous l'arc $\widearc{\text{OM}'}$, c'est-à-dire l'intégrale de la fonction $g$ entre $0$ et $f(a) \ln(a + 1)$.

Donc
 
\[I(a)  = a \ln (a + 1) - \displaystyle\int_{0}^{\ln (a + 1)} \left(\text{e}^x - 1\right)\,\text{d}x.\]

\item On a donc $I(a) = a \ln (a + 1) - \left[\text{e}^x - x \right]_{0}^{\ln (a + 1)} =\\ a \ln (a + 1) - \text{e}^{\ln (a + 1)} + \ln (a + 1) + 1  = a \ln (a + 1) - a - 1 + \ln (a + 1) - 1 = (a + 1\ln(a+1) - a$.
\item On effectue une intégration par parties. On pose :
\[\left\{\begin{array}{l c l}
u(x) &=& \ln (x + 1)\\
v^{\prime}(x) &=&  1\\
\end{array}\right. \quad 
\left\{\begin{array}{l c l}
u^{\prime}(x) &=& \dfrac{1}{x + 1}\\
v(x) &=& x\\
\end{array}\right.\]

Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables et leurs dérivées sont continues sur $[0~;~a]$

$I(a) = \left[(x + 1)\ln (x + 1) \right]_{0}^a - \displaystyle\int_{0}^a \dfrac{1}{x + 1} \times (x + 1)\:\text{d}x = (a+1)\ln(a+1) - a$.

On retrouve (heureusement) le même résultat
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}

\textbf{ANNEXE}

\vspace{2cm}

\textbf{à rendre avec la copie}

\vspace{2cm}

\end{center}
 
\textbf{Courbes de l'exercice 5}
 
\vspace{2cm}
 \begin{center}
\psset{unit=3cm}\begin{pspicture}(4,4)
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{
\psplot{0}{1.22378}{2.71828 x exp 1 sub}
\psline(1.22378,2.4)(0,2.4)
}
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{
\psplot{0}{2.44}{x 1 add ln} 
\psline(2.4,1.22378)(2.4,0)(0,0)
}
\psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=10,gridcolor=orange,subgridcolor=orange](0,0)(4,4)
\psaxes[linewidth=1pt,labels=none](0,0)(4,4)
\psaxes[linewidth=1.5pt,labels=none]{->}(0,0)(1,1)
\psline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(1,0)
\psline[linewidth=1.75pt]{->}(0,0)(0,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}  \uput[dl](0,0){O}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0}{4}{x 1 add ln} 
\psplot[linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1.6095}{2.71828 x exp 1 sub}
\psline(2.4,0)(2.4,1.22378) \uput[ur](2.4,1.22378){M}
\psline(0,2.4)(1.22378,2.4) \uput[ul](1.22378,2.4){M$'$}
\uput[d](2.4,0){A} \uput[l](0,2.4){A$'$}
\psplot{0}{4}{x}
\uput[u](3.3,1.45){\red $(\mathcal{C}_{f})$}
\uput[u](1.65,3.3){\blue $(\mathcal{C}_{g})$}
\psline[linestyle=dashed](2.4,1.22378)(0,1.22378)
\psline[linestyle=dashed](1.22378,2.4)(1.22378,0)
\rput{45}(2.8,2.7){$y = x$}
\end{pspicture}
\end{center} 
\end{document} 