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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S  }
\lfoot{\small{Nouvelle--Calédonie}}
\rfoot{\small novembre 2005}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

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

\vspace{0,25cm}

{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Nouvelle--Calédonie~\decofourright\\16 novembre 2005 }}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

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

\bigskip 

\textbf{Partie I}

\medskip

\begin{enumerate}
\item

\begin{center}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture}(-2,-1)(3,2.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5](0,0)(-2,-1)(3,2.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(1,1)
\psline(-1,-1)(-1,2.5) \psline(-1.75,2.5)(2.5,-0.6666)
\psline(-2,-1)(0.3333,2.5)
\rput(1,0){$\times$}\uput[ur](1,0){I} \rput(0,1){$\times$}\uput[l](0,1){J} \rput(1,1){$\times$}\uput[u](1,1){H} 
\rput(2,0){$\times$}\uput[ur](2,0){A} \rput(1.5,1){$\times$}\uput[u](1.5,1){B} \rput(0,2){$\times$} \uput[l](0,2){C}
\rput(-1,0){$\times$}\uput[ur](-1,0){D} \rput(-1,0.5){$\times$}\uput[ul](-1,0.5){F}
\rput(0.5,1){$\times$} \uput[u](0.5,1){E}
\uput[ul](0,0){O} 
\end{pspicture}
\end{center}

\item Par définition $z_{\text{H}} = \dfrac{z_{\text{E}} + z_{\text{B}}}{2} \iff 1 + \text{i} = \dfrac{z_{\text{E}} + \frac{3}{2} + \text{i}}{2} \iff 2 + 2\text{i} = z_{\text{E}} + \dfrac{3}{2} + \text{i} \iff z_{\text{E}} = \dfrac{1}{2} + \text{i}$.

Équation de la perpendiculaire à (AE) contenant C :  le vecteur 
$\vect{\text{AE}}$ a pour coordonnées $\left(- \dfrac{3}{2}~;~1\right)$ ; l'équation est donc de la forme $- \dfrac{3}{2}x + y + c = 0$ et cette droite contient C, donc $\dfrac{3}{2} \times 0 + 2 + c = 0 \iff c = - 2$. Donc une équation est
 
\[ - \dfrac{3}{2}x + y  -2 = 0 \iff  3x - 2y + 4 = 0.\]

La parallèle à (OC) contenant D est simplement : $x = - 1$.

Le point F étant commun à ces droites, ses coordonnées vérifient le système :

\[\left\{\begin{array}{l c l}
3x - 2y + 4 &=& 0\\
x &=& - 1\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
- 3 - 2y + 4 &=& 0\\
 x &=& - 1\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
y &=& \dfrac{1}{2}\\
x &=& - 1\\
\end{array}\right.\]

On a bien $z_{\text{F}} = - 1 + \text{i}\dfrac{1}{2}$.
\item On a de suite OA = OC = 2 ; OB$^2
 = \dfrac{9}{4} + 1 = \dfrac{13}{4}~;~\text{CF} = \left|z_{\text{F}} - z_{\text{C}}\right| = \left|-1 - \dfrac{3}{2}\text{i}\right|$, donc CF$^2 = 1 + \dfrac{9}{4}  =  \dfrac{13}{4}$ ; on a donc OB = CF ; \\
 Enfin AB$^2 = \left|z_{\text{B}} - z_{\text{A}}\right|^2 = \left|- \dfrac{1}{2}+ \text{i}\right|^2 = \dfrac{5}{4}$ et OF$^2 = 1 + \dfrac{1}{4} = \dfrac{5}{4}$. Donc AB = OF et les triangles OAB et OCF sont isométriques.
 \end{enumerate}
 
\bigskip

\textbf{Partie II}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  O$'$ a pour affixe 2i ; donc O$'$ = C

A$'$ a pour affixe : $- 2\text{i} + 2\text{i} = 0$ ; donc A$'$ = O ;

B$'$ a pour affixe : $-\text{i}\left(\dfrac{3}{2} - \text{i}\right) + 2\text{i} = - 1 + \dfrac{1}{2}\text{i}$  ; donc B$'$ = F
\item
	\begin{enumerate}
		\item L'écriture de la transformation est de la forme $z' = a\overline{z} + b$ : c'est donc une similitude indirecte.\\
D'après la question 3 de la partie I, les triangles OAB et OCF sont isométriques et on vient de voir que l'image du triplet (O, A, B) est le triplet (C, O, F), donc $f$ est une isométrie.
		\item Les points invariants par $f$ ont une affixe qui vérifient : $z = - \text{i}\overline{z} + 2\text{i} \iff x + \text{i}y = -\text{i}(x - \text{i}y) + 2\text{i} \iff x + \text{i}y = -\text{i}x - y + 2\text{i} \iff \left\{\begin{array}{l cl}
x &=&- y\\
y&= & -x + 2\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l cl}
x &=&- y\\
y&= & y + 2\\
\end{array}\right. \iff
\left\{\begin{array}{l cl}
x &=&- y\\
0y&= & 2\\
\end{array}\right.$ système qui n'a pas de solution.

Conclusion : il n'y a pas de point invariant par $f$.
\item D'après le résultat précédent $f$ ne peut pas être une symétrie axiale (car les points de l'axe seraient invariants).
\end{enumerate}
\item On a $z' = z + z_{\text{IJ}} \iff z' = z + (- 1 + \text{i}) \iff z' = z - 1 + \text{i}$ qui est donc l'écriture complexe de $t$.

La réciproque de $t$ est la translation de vecteur $\vect{\text{JI}}$. Son écriture complexe est donc $z' = z + 1 - \text{i}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On a $s = f \circ t^{-1}$. Donc $s(z) = f \circ t^{-1}(z) = f\left[t^{-1}(z)\right] = f(z + 1 - \text{i}) =\\ - \text{i}\left(\overline{z + 1 - \text{i}} \right) + 2\text{i} = - \text{i}\left(\overline{z} + 1 + \text{i}\right) + 2\text{i} = -\text{i}\overline{z} - \text{i} + 1 + 2\text{i} = -\text{i}\overline{z}  + 1 + \text{i}$.
		\item L'image de I par $s$ a pour affixe : $-\text{i} \times 1 +  1 + \text{i} = 1$.
		
L'image de J par $s$ a pour affixe : $-\text{i} \times (-\text{i}) +  1 + \text{i} = \text{i}$.

Conclusion : I et J sont invariants par $s$.

Comme $s$ est de la forme : $z \mapsto a\overline{z} + b$, c'est une  similitude indirecte ayant deux points invariants distincte de l'identité : c'est une symétrie axiale d'axe (IJ). 
\item Comme $s = f \circ t^{-1} \iff f = s \circ t$, on peut dire que $f$ est la composée de la translation de vecteur $\vect{\text{IJ}}$ et de la symétrie d'axe (IJ) : c'est une symétrie-glissée.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}

\textbf{Candidats n'ayant pas choisi l'enseignement de spécialité}

\begin{enumerate}
\item $z_{\text{A}} = 1 + 2\text{i}~;~z_{\text{A}'} = \dfrac{(3 + 4\text{i})(1 + 2\text{i}) + 5(1 - 2\text{i})}{6} = \dfrac{3 - 8 + 5 + 6\text{i} + 4\text{i} - 10\text{i}}{6} = 0$ ;

$z_{\text{B}} = 1~ ; ~ z_{\text{B}'} = \dfrac{3 + 4\text{i} + 5}{6} = \dfrac{4 + 2\text{i}}{3}$~;

$z_{\text{C}} = 3\text{i}~;~ z_{\text{C}'} = \dfrac{3\text{i}(3 + 4\text{i}) + 5\times (- 3\text{i})}{6} = \dfrac{9\text{i} - 12 - 15\text{i}}{6} = - 2 -\text{i}$.

\begin{center}
\begin{pspicture}(-3,-2)(5,4)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=5,Dy=5](0,0)(-3,-2)(5,3)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(1,1)
\rput(0,0){$\times$} \rput(1,2){$\times$} \rput(1,0){$\times$} \rput(1.333,0.666){$\times$} \rput(-2,-1){$\times$}
\uput[ul](0,0){O}  \uput[ul](1,2){A}  \uput[d](1,0){B}  
\uput[dr](0,0){A$'$}  \uput[dr](1.333,0.666){B$'$}  \uput[ul](-2,-1){C$'$} 
\psline(-3,-1.5)(4,2) \psline(-1,-2)(1.5,3)
\rput(4,4){$\times$} \rput(2.666,1.333){$\times$} 
\uput[ur](4,4){$N_{1}$} \uput[dr](2.666,1.333){$N'_{1}$}
\psline[linestyle=dashed](1,2)(4,4)(2.666,1.333)
\rput(-1.5,-0.75){$\times$}  \uput[dr](-1.5,-0.75){$N_{2}= N'_{2}$}
\uput[d](0.6,0){$\vect{u}$}  \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} 
\end{pspicture}
\end{center}

\item On a $z' =  x' + \text{i}y' = \dfrac{(3 + 4\text{i})(x + \text{i}y) + 5(x - \text{i}y)}{6} =  \dfrac{3x - 4y + 5x}{6}+ \text{i}\dfrac{4x + 3y - 5y}{6}$. En identifiant parties réelles et parties imaginaires, 

\[x' = \dfrac{4x - 2y}{3}~,~ y' = \dfrac{2x - y}{3}\]

\item Les points invariants par $f$ vérifient $z' = z \iff  \left\{\begin{array}{l c l}
x& =& \dfrac{4x - 2y}{3}\\
y& =& \dfrac{2x - y}{3}\\
\end{array}\right. \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
3x& =& 4x - 2y\\
3y& =& 2x - y\\
\end{array}\right.  \iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
x& =& 2y\\
4y& =& 2x\\
\end{array}\right.  \iff y = \dfrac{x}{2}$.

Les points invariants par $f$ sont donc les points de la droite (D) dont l'une des équations est $ y = \dfrac{x}{2}$.

On remarque qu'il en est bien ainsi pour les points A$'$, B$'$ et C$'$.
\item En reprenant les équations trouvées à la question 2 on constate que $x' = 2y' \iff y' = \dfrac{x'}{2} \iff M'(x'~;~y') \in \text{(D)}$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Calculons $\dfrac{z' - z}{z_{\text{A}}} = \dfrac{z(3 + 4\text{i}) + 5\overline{z} - 6z}{6(1 + 2\text{i})} = \dfrac{z(-3 + 4\text{i}) + 5\overline{z}}{6(1 + 2\text{i})} =\\ \dfrac{(-3 + 4\text{i})(1 - 2\text{i})z + 5(1 - 2i)\overline{z}}{6 \times 5} = \dfrac{(-3 + 8 + 6\text{i} + 4\text{i})z + (5 - 10\text{i})\overline{z}}{6 \times 5} =\\ \dfrac{(5 + 10\text{i})z + (5 - 10\text{i})\overline{z}}{6 \times 5} = \dfrac{(1 + 2\text{i})z + (1 - 2\text{i})\overline{z}}{6} = \dfrac{z + \overline{z}}{6} + \dfrac{2\text{i}z - 2\text{i}\overline{z}}{6} =\\ \dfrac{z + \overline{z}}{6} + \text{i}\left(\dfrac{z - \overline{z}}{3}\right)$.\\
Or $z + \overline{z} = 2x \in \R$ et $z - \overline{z} = 2\text{i}y \in i\R$ et $ \text{i}\left(\dfrac{z - \overline{z}}{3}\right) \in \R$. Les quotients par 6 et 3 sont encore des réels de même que leur somme.

Conclusion : $\dfrac{z' - z}{z_{\text{A}}}$ est un nombre réel.
\item Si $M \neq M'$, d'après la question précédente, $\dfrac{z' - z}{z_{\text{A}}} = \dfrac{z' - z}{z_{\text{A}} - z_{\text{O}}}$ est un réel, donc un complexe d'argument 0 modulo $\pi$. Or un argument de ce complexe est  celui de l'angle $\left(\vect{\text{OA}},~\vect{MM'} \right)$ qui est donc nul modulo $\pi$, ce qui signifie que la droite $(MM')$ est parallèle à la droite (OA).
	\end{enumerate}
\item On en déduit la construction d'un point $N'$ image d'un point $N$ du plan et en utilisant le résultat de la question 4 :
\begin{itemize}
\item Si $N \notin \text{(D)},~ N'$ est le point commun  à $(D)$ et à la parallèle à  (OA) contenant $N$ (d'après les questions 4 et 5 b) ;
\item Si $N \in \text{(D)}$, d'après la question 3, alors $N = N'$. (cf. figure ci-dessus)
\end{itemize}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $u_{1} = 1,~u_{2} = u_{1}+ \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2},~u_{3} = u_{2} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{3}{2} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{11}{6},~u_{4} = \dfrac{11}{6} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{25}{12}$.
		\item Par récurrence :
		
\emph{Initialisation} : $u_{1} = \displaystyle\sum_{k=1}^1\dfrac{1}{k} = 1$ qui est vrai ;
		
\emph{Hérédité} : soit un naturel $n$, \:$n \geqslant 1$ et supposons que $u_{n} =   \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}$. 

Alors $u_{n+1} = u_{n} + \dfrac{1}{n+1} = \\\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{n+1}  = \displaystyle\sum_{k=1}^{n+1} \dfrac{1}{k}$.

La relation est vraie au rang 1 et si elle est vraie à un rang au moins égal à 1 elle est vraie au rang suivant ; on a donc démontré par récurrence que pour tout naturel $n$ non nul, $u_{n} =  \displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{k}$.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Si, pour un naturel $k$ non nul $x \in [k~;~k+1]$, alors $k \leqslant x \leqslant  k + 1 \iff$
		
$\dfrac{1}{k+1}\leqslant \dfrac{1}{x} \leqslant \dfrac{1}{k}$ (car tous ces termes sont supérieurs à zéro)
		
$\iff  \displaystyle\int_{k}^{k+1} \dfrac{1}{k+1}\,\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_{k}^{k+1} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x \leqslant \displaystyle\int_{k}^{k+1} \dfrac{1}{k}\,\text{d}x \iff \dfrac{1}{k+1} \leqslant \displaystyle\int_{k}^{k+1} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x \leqslant \dfrac{1}{k}$~(car les intégrales de fonctions positives sont rangées dans le même ordre que ces fonctions.)
		\item En écrivant les encadrements précédents pour $k = 1, \ldots, n$, on obtient :
		
\[\begin{array}{l c l c l}
\dfrac{1}{2} & \leqslant & \displaystyle\int_{1}^{2} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x& \leqslant & \dfrac{1}{1}\\ 
\dfrac{1}{3} & \leqslant & \displaystyle\int_{2}^{3} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x& \leqslant & \dfrac{1}{2}\\
\cdots& \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
\dfrac{1}{n} & \leqslant & \displaystyle\int_{n-1}^{n} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x& \leqslant & \dfrac{1}{n-1}\\
\end{array}\]

Soit en sommant membre à membre et pour les intégrales en utilisant la relation de Chasles :

\[\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n} \leqslant   \displaystyle\int_{1}^{n} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x \leqslant 1 + \dfrac{1}{2}+ \cdots + \dfrac{1}{n-1}\]

soit :

\[u_{n} - 1 \leqslant \ln n \leqslant u_{n} - \dfrac{1}{n}.\]

De l'inégalité de gauche, on en déduit que $u_{n} - \ln n \leqslant 1$ et de l'inégalité de droite $  \dfrac{1}{n} \leqslant  u_{n} - \ln n$, soit $\dfrac{1}{n} \leqslant v_{n} \leqslant 1$.

On a donc \emph{a fortiori}~ $0 < v_{n} \leqslant 1$
\item Variation de $v_{n}$ : on calcule $v_{n+1} - v_{n} = u_{n+1} - \ln (n+1) - u_{n} + \ln n =$

$\dfrac{1}{n+1} - \displaystyle\int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x$ pour tout naturel $n$ non nul. Or d'après  l'encadrement trouvé à la question 2. a., on a 

$\dfrac{1}{n+1} \leqslant \displaystyle\int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x  \iff \dfrac{1}{n+1} - \displaystyle\int_{n}^{n+1} \dfrac{1}{x}\,\text{d}x  \leqslant 0$ ce qui montre que

 $v_{n+1} - v_{n} \leqslant 0$, c'est-à-dire que la suite $\left(v_{n}\right)$ est décroissante.
	\end{enumerate}
\item La suite $\left(v_{n}\right)$ est donc décroissante et minorée par zéro : elle est donc convergente vers un nombre $\gamma$ supérieur ou égal  à  zéro.

Puisque $u_{n} = v_{n} + \ln n$, que  $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} v_{n} = \gamma$ et que  $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \ln n = + \infty$, on obtient par somme $\displaystyle\lim_{n \to + \infty}u_{n} = + \infty$. La suite  $\left(u_{n}\right)$ est donc divergente.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\textbf{Partie I}

\medskip

Question de cours : $A$ et $B$ sont deux évènements indépendants.

\medskip

\textbf{partie I}

On a donc $p(A \cap B) = p(A) \times p(B)$.

D'après la formule des probabilités totales $p(A) = p(A \cap B) + p\left(A \cap \overline{B }\right)  \iff  p\left(A \cap \overline{B }\right) = p(A) - p(A \cap B) \iff  p\left(A \cap \overline{B}\right) = p(A) - p(A) \times p(B) = p(A)[1 - p(B)] = p(A) \times p\left(\overline{B}\right)$, ce qui montre que les évènements $A$ et $\overline{B}$ sont indépendants.

\bigskip

\textbf{Partie II}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Il y a $\binom{8}{3}$ tirages différents. Il y a $\binom{5}{3} \times \binom{3}{1}$ tirages de deux boules noirs et une boule rouge.

La probabilité est donc égale à $\dfrac{\binom{5}{3} \times \binom{3}{1}}{\binom{8}{3}} =  \dfrac{\frac{5!}{3!\times2!}\times \frac{3!}{2! \times 1!}}{\frac{8!}{3! \times 5!}} = \dfrac{10 \times 3}{8 \times 7} = \dfrac{15}{28}$. Réponse D.
\item Parmi les grippés s'il y en a $x$ de vaccinés, il y en  a $9x$ non-vaccinés et au total $x + 9x = \dfrac{1}{4} \iff x = \dfrac{1}{40}$. On a donc, avec des notations évidentes : $p(\text{V} \cap \text{G}) = \dfrac{1}{40}$.

Or $p_{\text{V}}(G) = \dfrac{p(\text{V} \cap \text{G})}{p(V)} = \dfrac{{1}{40}}{\frac{1}{3}} = \dfrac{1}{40} \times 3 = \dfrac{3}{40}$. Réponse B.
\item L'espérance de gain est égale à 2 ; les carrés des écarts à l'espérance sont 64, 1, 1, 4, 4, 4 respectivement pour les issues : 1, 2, 4, 3, 5, 6.

La variance est donc égale à $\dfrac{78}{6} = 13$. Réponse B.
\item La probabilité est $P_{T>2}(T < 5) = \dfrac{P[(T > 2) \cap (T < 5)]}{p(T > 2)} = \displaystyle\dfrac{\int_{2}^5 \text{e}^{-\lambda x}\,\text{d}x}{1 - \int_{0}^2 \text{e}^{-\lambda x}\,\text{d}x} = $

$\dfrac{\text{e}^{-\frac{2}{6}}- \text{e}^{-\frac{5}{6}}}{\text{e}^{-\frac{2}{6}}} = 1 - \text{e}^{-\frac{3}{6}} \approx \np{0,39346}$ arrondi à $\np{0,3935}$. Réponse B.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

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

\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On a dans le triangle rectangle ABD,  $\text{AD} \cos \theta = \text{AB} = 4 \iff \text{AD} = \dfrac{4}{\cos \theta}$ (puisque $\theta < \dfrac{\pi}{2}$.

De même $\tan \theta = \dfrac{\text{BD}}{\text{AB}} = \dfrac{\text{BD}}{4
} \iff \text{BD} = 4 \tan \theta$.

$t_{1} = \dfrac{\dfrac{0,004}{\cos \theta}}{30}$.

$t_{2} = \dfrac{0,007 + 0,004 \tan \theta}{60}$.
\item  Le lapin  aura pu traverser sans encombre  si $t_{1} < t_{2} \iff $

$\dfrac{\dfrac{0,004}{\cos \theta}}{30} < \dfrac{0,007 + 0,004 \tan \theta}{60} \iff \dfrac{0,008}{\cos\theta} < 0,007 + 0,004 \tan \theta \iff $

$8 < 7\cos\theta + 4 \sin \theta \iff \dfrac{7}{2}\cos\theta + 2 \sin \theta - 4 > 0  \iff$

$\dfrac{7}{2} + 2\tan \theta - \dfrac{4}{\cos\theta} > 0 \iff f(\theta) > 0$.
\item Étudions les variations de la fonction : $f'(\theta) = \dfrac{2}{\cos^2 \theta} - \dfrac{4\sin \theta}{\cos^2 \theta}$ qui est du signe de $2 - 4\sin \theta$.

Or $2 - 4\sin \theta = 0  \iff \sin \theta = \dfrac{1}{2} \iff \theta = \dfrac{\pi}{6}$.

La fonction $f$ est donc croissante sur $\left[0~;~\dfrac{\pi}{6}\right]$ et décroissante sur $\left[\dfrac{\pi}{6}~;~\dfrac{\pi}{2}\right[.$

Or $f(0) = \dfrac{7}{2} - 4 = - \dfrac{1}{2} < 0$ ;

$f\left(\dfrac{\pi}{6}\right) = \dfrac{7}{2} + 2\dfrac{\sqrt{3}}{3} - 2  \times\dfrac{4}{\sqrt{3}} = \dfrac{7}{2} - \dfrac{6\sqrt{3}}{3} \approx  \np{0,03359} > 0$.

En écrivant $f(\theta)$ sous la forme  $f(\theta) = \dfrac{7}{2}+ \dfrac{2\sin \theta - 4}{\cos \theta}$, on voit que 

$\displaystyle\lim_{\theta \to \frac{\pi}{2}} f(\theta) = - \infty$.

Comme le suggère le graphe, la fonction est positive si $0,4 \leqslant \theta\leqslant 0,64$ (environ) soit si l'angle mesure entre 23 et 37 degrés environ.
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

\psset{xunit=10,yunit=8,algebraic=true,comma=true}
\begin{pspicture}(-0.1,-0.8)(1.1,0.3)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=0.1,Dy=0.1]{->}(0,0)(-0.09,-0.8)(1.1,0.3)
\uput[d](1.1,0){$\theta$} \uput[l](0,0.3){$f(\theta)$}
\uput[ul](0,0){O}
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{0.95}{3.5+2*sin(x)/cos(x)-4/cos(x)}
\end{pspicture}
\end{document}
