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

%%%%%%%%%%b{gedeonInfo}%%%%%%%%%
%%--Document N� 13129860494581--
%%--Corrig� du document N� 131239866104502--
%%%%%%%%%%e{gedeonInfo}%%%%%%%%%


\begin{center}
{\large {\textbf{Corrig\'{e} baccalaur\'{e}at S session de remplacement
septembre $1999$}}\\[0.5cm]}
\end{center}

\begin{claim}
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item $(E_{0}|B)$ est l'\'{e}v\'{e}nement : tirer $3$ boules noires d'une urne
contenant $3$ boules noires et $2$ boules blanches. D'o\`{u} P $(E_{0}%
|B)=\displaystyle\frac{C_{3}^{3}}{C_{5}^{3}}=\displaystyle\frac{1}{10}%
$.\newline Comme P $(B)=\displaystyle\frac{1}{2}$ et P $(E_{0}\cap B)=$ P
$(E_{0}|B)\times$ P $(B)$, il en r\'{e}sulte que \framebox{P $(E_0\cap B) =
\frac{1}{20}$}\\[0.2cm]De mani\`{e}re analogue $(E_{0}|\overline{B})$ est
l'\'{e}v\'{e}nement : tirer $3$ boules noires d'une urne contenant $4$ boules
noires et $1$ boule blanche. D'o\`{u} P $(E_{0}|\overline{B}%
)=\displaystyle\frac{C_{4}^{3}}{C_{5}^{3}}=\displaystyle\frac{2}{5}$.\newline
Comme P $(\overline{B})=\displaystyle\frac{1}{2}$ et P $(E_{0}\cap\overline
{B})=$ P $(E_{0}|\overline{B})\times$ P $(\overline{B})$, il en r\'{e}sulte
que \framebox{P $(E_0\cap\overline{B}) = \frac{1}{5}$}\\[0.2cm]Les
\'{e}v\'{e}nements $E_{0}\cap B$ et $E_{0}\cap\overline{B}$ sont incompatibles
et de r\'{e}union $E_{0}$. D'o\`{u} :\\[0.2cm]\hspace*{1cm}P $(E_{0})=$ P
$(E_{0}\cap B)+$ P $(E_{0}\cap\overline{B})=\displaystyle\frac{1}%
{20}+\displaystyle\frac{1}{5}$. Soit \framebox{P $(E_0)
= \frac{1}{4}$}.

\item On cherche dans cette question la probabilit\'{e} de l'\'{e}v\'{e}nement
$\overline{B}|E_{0}$.\\[0.2cm]Or P $(\overline{B}|E_{0})=\displaystyle\frac
{\text{P}\ (\overline{B}\cap E_{0})}{\text{P}\ (E_{0})}=\displaystyle\frac
{\frac{1}{5}}{\frac{1}{4}}$. D'o\`{u} \framebox
{P $(\overline{B}|E_0)=\frac{4}{5}$}
\end{enumerate}

\item On proc\`{e}de comme \`{a} la question pr\'{e}c\'{e}dente :\newline%
$E_{1}$ est la r\'{e}union des \'{e}v\'{e}nements incompatibles $E_{1}\cap B$
et $E_{1}\cap\overline{B}$. \newline Or P $(E_{1}\cap B)=$ P $(E_{1}|B)\times$
P $(B)$ o\`{u} $E_{1}|B$ est l'\'{e}v\'{e}nement : tirer 2 boules noires et
une boule blanche d'une urne contenant 3 boules noires et 2 boules blanches.
Il en r\'{e}sulte que P $(E_{1}|B)=\displaystyle\frac{C_{3}^{2}\times
C_{2}^{1}}{C_{5}^{3}}$, et par suite P $(E_{1}\cap B)=\displaystyle\frac
{6}{10}\times\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{3}{10}$.\newline De
fa\c{c}on analogue P $(E_{1}\cap\overline{B})=$ P $(E_{1}|\overline{B})\times$
P $(\overline{B})=\displaystyle\frac{C_{4}^{2}}{C_{5}^{3}}\times
\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{3}{10}$.\newline D'o\`{u} \framebox{P $(E_1) = \frac{3}{5}$}

\item On cherche ici \`{a} r\'{e}aliser l'\'{e}v\'{e}nement $A$ : obtenir au
moins une fois $E_{1}$ au cours de quatre tirages.\newline Son contraire est
de ne pas r\'{e}aliser $E_{1}$ au cours des quatre tirages, soit de
r\'{e}aliser quatre fois l'\'{e}v\'{e}nement contraire de $E_{1}$, de
probabilit\'{e} P $(\overline{E_{1}}) = \displaystyle\frac{2}{5}$, au cours
des quatre tirages. Par suite P $(\overline{A}) = \left(  \displaystyle \frac
{2}{5}\right)  ^{4}$ donc P $(A) = 1 - \left(  \displaystyle\frac{2}%
{5}\right)  ^{4}$. Soit \framebox{P $(A) = \frac{609}{625}$}\newline
\end{enumerate}
\end{claim}

\begin{claim}
$\vspace*{-0.35cm}$

\begin{enumerate}
\item Voir la figure compl\'{e}t\'{e}e en fin d'exercice.

\item Diff\'{e}rentes m\'{e}thodes possibles. En particulier :\newline%
$z_{B}=\overline{z_{A}}$, donc le triangle $OAB$ est isoc\`{e}le. De
plus\newline$(\overrightarrow{\strut OA},\overrightarrow{\strut OB}%
)=\arg\displaystyle\frac{z_{B}}{z_{A}}=\arg\left(  \displaystyle\frac{1}%
{2}+\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}i\right)  =\displaystyle\frac{\pi}{3}%
$.\newline Il en r\'{e}sulte que le triangle \underline{$OAB$ est bien
\'{e}quilat\'{e}ral direct.}\\[0.2cm]On peut aussi \'{e}tablir que $B$ est
l'image de $A$ par la rotation de centre $O $ d'angle $\displaystyle\frac{\pi
}{3}$, d'expression complexe
\[
z^{\prime}=e^{\frac{\,\pi}{3}i}z
\]
en effet $e^{\frac{\,\pi}{3}i}(3-i\sqrt{3})=3+i\sqrt{3}$.\\[0.2cm]\framebox {$z_G = \frac{1}{3} (z_A + z_B) = 2$}

\item
\begin{enumerate}
\item R $(O)=G$ implique \framebox{$b=2$} ; R $(A)=C$ implique $2+\sqrt
{3}+3i=a(3-i\sqrt{3})+b$.\newline On en d\'{e}duit $a=\displaystyle\frac
{\sqrt{3}+3i}{3-i\sqrt{3}}$, soit apr\`{e}s calculs\framebox{$a=i$}

\item L'\'{e}criture complexe, $z^{\prime}=iz+2$ de R, caract\'{e}rise un
d\'{e}placement ($|i|=1$) qui n'est pas une translation : \underline{R est
donc une rotation.} Son \underline{angle} est $\arg i=$ \framebox {$
\frac{\pi}{2}$} et son \underline{centre a pour affixe $\omega$}, solution de
$\omega=i\omega+2$. Soit $\omega=\displaystyle\frac{2}{1-i}=$ \framebox{$1+ i$}

\item Il r\'{e}sulte des hypoth\`{e}ses de a) que par la rotation R d'angle
$\displaystyle\frac{\pi}{2}$, la droite $(OA)$ a pour image $(GC)$
:\underline{ ces droites sont donc perpendiculaires.}\newline Dans le triangle
\'{e}quilat\'{e}ral $OAB$, de centre de gravit\'{e} $G$, \'{e}galement
orthocentre, $(GB)$ est perpendiculaire \`{a} $(OA)$. Il r\'{e}sulte alors de
ce qui pr\'{e}c\`{e}de que $(GB)=(GC)$ : \underline{les points $G$, $B$ et
$C$} \underline{ sont donc align\'{e}s.}

\item La rotation R transforme le triangle \'{e}quilat\'{e}ral direct $OAB$ en
un triangle \'{e}quilat\'{e}ral direct : \underline{$B^{\prime}=$ R$(B)$
appara\^{\i}t comme le troisi\`{e}me sommet du triangle \'{e}quilat\'{e}ral
direct $GCB^{\prime}$ de c\^{o}t\'{e} $[GC]$.} D'o\`{u} sa construction (voir
la figure compl\'{e}t\'{e}e).
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $f(O)=G$ implique \framebox{$b'=2$} ; $f(A)=C$ implique $2+\sqrt
{3}+3i=a^{\prime}(3+i\sqrt{3})+b^{\prime}$.\newline On en d\'{e}duit
$a^{\prime}=\displaystyle\frac{\sqrt{3}+3i}{3+i\sqrt{3}}$, soit apr\`{e}s
calculs : \framebox{$a' = \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i$}.

\item Comme $|a^{\prime}|=1$, $f$ est un antid\'{e}placement : r\'{e}flexion
ou sym\'{e}trie gliss\'{e}e. Or $f(I)$ a pour affixe $\displaystyle\frac
{\sqrt{3}}{2}+2+\displaystyle\frac{1}{2}i$. Donc $f(I)\not =I$ :
\underline{$f$ n'est pas une r\'{e}flexion.}

\item L'antid\'{e}placement $f$ transforme le triangle \'{e}quilat\'{e}ral
direct $OAB$ en un triangle \'{e}quilat\'{e}ral r\'{e}trograde :
\underline{$B^{\prime\prime}=f(B)$ est le troisi\`{e}me sommet du triangle
\'{e}quilat\'{e}ral r\'{e}trograde $GCB^{\prime\prime}$ de c\^{o}t\'{e}
$[GC]$.} D'o\`{u} sa construction (voir la figure compl\'{e}t\'{e}e).%
%TCIMACRO{\FRAME{dtbhF}{2.8444in}{2.8617in}{0pt}{}{}{Include/b3s-f1.eps}%
%{\special{ language "Scientific Word";  type "GRAPHIC";
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%original-height 2.7942in;  cropleft "0";  croptop "1";  cropright "1";
%cropbottom "0";  filename 'Include/b3s-f1.eps';file-properties "XNPEU";}}}%
%BeginExpansion
\begin{center}
\includegraphics[
height=2.8617in,
width=2.8444in
]%
{Include/i3faxg0p.eps}%
\end{center}
%EndExpansion

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

\begin{claim}
$\vspace*{-0.35cm}$

\begin{enumerate}
\item $F$ est l'image de $E$ par la rotation R de centre $O$ d'angle
$\displaystyle\frac{\pi}{2}$, d'expression complexe $z^{\prime}=iz$. Il en
r\'{e}sulte que \framebox{$F$ a pour affixe $ire^{i\theta}=re^{i\left
(\theta+ \frac{\pi}{2}\right)}$}

\item Voir la figure compl\'{e}t\'{e}e en fin d'exercice.

\begin{enumerate}
\item Dans le triangle $ABE$, $P$ est milieu de $[AB]$, $Q$ est milieu de
$[BE]$. D'o\`{u} $\overrightarrow{\strut PQ}=\displaystyle\frac{1}%
{2}\overrightarrow{\strut AE}$.\newline Dans le triangle $AFE$, $R$ est milieu
de $[EF]$, $Q$ est milieu de $[FA]$. D'o\`{u} $\overrightarrow{\strut
SR}=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{\strut AE}$.\newline Par suite
$\overrightarrow{\strut PQ}=\overrightarrow{\strut SR}$ : \underline{$PQRS$
est un parall\`{e}logramme.}

\item $|Z|=\displaystyle\frac{QR}{PQ}$ et $\arg Z=(\overrightarrow{\strut
PQ},\overrightarrow{\strut QR})$.\newline Or $\overrightarrow{\strut
PQ}=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow{\strut AE}$ et dans le triangle
$BEF$, $\overrightarrow{\strut QR}=\displaystyle\frac{1}{2}\overrightarrow
{\strut BF}$. On en d\'{e}duit donc $PQ=\displaystyle\frac{1}{2}AE$,
$QR=\displaystyle\frac{1}{2}BF$ et $(\overrightarrow{\strut PQ}%
,\overrightarrow{\strut QR})=(\overrightarrow{\strut AE},\overrightarrow
{\strut BF})$.\newline Or par la rotation R, $A$ a pour image $B$, $E$ a pour
image $F$. Donc : $AE=BF$ et par suite $QR=PQ$. \newline Soit
\framebox{$|Z|=1$} \newline%
\framebox{$\arg Z = (\vecteur{AE}, \vecteur{BF}) = \frac{\pi}{2}$}\newline On
d\'{e}duit des r\'{e}sultats pr\'{e}c\'{e}dents que $PQRS$ est un
parall\`{e}logramme dont deux c\^{o}t\'{e}s cons\'{e}cutifs ont m\^{e}me
longueur et dont l'un des angles est droit :\underline{ c'est un carr\'{e}.}
\end{enumerate}

\item
\begin{enumerate}
\item $P$, milieu de $[AB]$, a donc pour affixe $\displaystyle\frac{1}%
{2}(z_{A}+z_{B})$ = \framebox{$2 + 2i$}\newline$Q$, milieu de $[BE]$ a donc
pour affixe \framebox{$\frac{1}{2}
\left(re^{i\theta} + 2i\right)$}

\item L'aire du carr\'{e} $PQRS$ est $PQ^{2}$ soit $|Z_{\overrightarrow{\strut
PQ}}|^{2}$ avec $Z_{\overrightarrow{\strut PQ}} = \displaystyle \frac{1}{2} r
\cos\theta- 2 +i\, \displaystyle\frac{1}{2} r \sin\theta$. \newline Or
$|Z_{\overrightarrow{\strut PQ}}|^{2} = \left(  \displaystyle \frac{1}{2}r
\cos\theta-2\right)  ^{2} + \left(  \displaystyle\frac{1}{2} r \sin
\theta\right)  ^{2} =$ \framebox{
$\frac{1}{4} r^2 -2r \cos\theta+ 4$}, qui exprime donc l'aire du carr\'{e}.

\item Lorsque $r$ est fix\'{e}, cette aire, fonction de $\theta$ de
d\'{e}riv\'{e}e $2r \sin\theta$, admet un \underline{maximum} sur $[0,2\pi[$
pour \framebox{$\theta= \pi$}\newline Dans ces conditions, \underline{$E$ a
pour affixe} $re^{i \pi} =$ \framebox{$-r$}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

figure compl\'{e}t\'{e}e de l'exercice 2 (sans sp\'{e}cialit\'{e})%
%TCIMACRO{\FRAME{dtbhF}{3.256in}{3.2379in}{0pt}{}{}{Include/b3s-f2.eps}%
%{\special{ language "Scientific Word";  type "GRAPHIC";
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%cropbottom "0";  filename 'Include/b3s-f2.eps';file-properties "XNPEU";}}}%
%BeginExpansion
\begin{center}
\includegraphics[
height=3.2379in,
width=3.256in
]%
{Include/i3faxg0r.eps}%
\end{center}
%EndExpansion

\end{claim}

\begin{claim}
[Probl\`{e}me]%
%TCIMACRO{\TeXButton{Partie}{\subsection*{Partie I}}}%
%BeginExpansion
\subsection*{Partie I}%
%EndExpansion


\begin{enumerate}
\item $\displaystyle\frac{(\ln x)^{2}}{x} = \left(  \displaystyle\frac{\ln
x}{x^{\frac{1}{2}}}\right)  ^{2}$. Or (formulaire) $\underset{x \rightarrow+
\infty}{\lim}\ \displaystyle\frac{\ln x}{x^{\frac{1}{2}}} = 0$. Donc
\framebox{$\underset{x\rightarrow+ \infty}{\lim}\ \frac{(\ln x)^2}{x}= 0$}\\[0.2cm]%
$\displaystyle\frac{(\ln x)^{2}}{x} = \displaystyle\frac{1}{x} \times(\ln
x)^{2}$. Or $\underset{\underset{x>0}{x \rightarrow0}}{\lim}%
\ \displaystyle\frac{1}{x} = + \infty$ et $\underset{x \rightarrow0}{\lim
}\ \ln x = - \infty$ donc $\underset{x \rightarrow0}{\lim} (\ln x)^{2} = +
\infty$.\newline Par suite (th\'{e}or\`{e}me du produit),\framebox
{ $\underset{x \rightarrow0}{\lim} \frac{(\ln x)^2}{x} = + \infty$}

\item $f^{\prime}(x)=\displaystyle\frac{2\ln x-(\ln x)^{2}}{x^{2}}$. Soit \framebox{$f'(x) = \frac{\ln x (2-\ln x)}{x^2}$}

Il en r\'{e}sulte bien que sur $]0,\,+\infty\lbrack$, \underline{$f^{\prime
}(x)$ est du signe de $\ln x(2-\ln x)$.}\newline Or $\ln x(2-\ln x)\geqslant0$
ssi $0\leqslant\ln x\leqslant2$, et $\ln x(2-\ln x)\leqslant0$ ssi $\ln
x\leqslant0$ ou $\ln x\geqslant2$. Soit, par suite de la croissance de la
fonction $\ln$, $\ln x(2-\ln x)\geqslant0$ ssi $1\leqslant x\leqslant e^{2}$,
$\ln x(2-\ln x)\leqslant0$ ssi $0<x\leqslant1$ ou $x\geqslant e^{2}$.\newline
Le sens de variation de $f$ s'en d\'{e}duit : \underline{$f$ est croissante
sur $[1,e^{2}]$, d\'{e}croissante sur chacun des intervalles}\newline%
\underline{$]0,1]$ et $[e^{2},+\infty\lbrack$.}

\item On obtient la figure suivante :%
%TCIMACRO{\FRAME{dtbhF}{4.5766in}{2.6645in}{0pt}{}{}{Include/b3s-f3.eps}%
%{\special{ language "Scientific Word";  type "GRAPHIC";
%maintain-aspect-ratio TRUE;  display "USEDEF";  valid_file "F";
%width 4.5766in;  height 2.6645in;  depth 0pt;  original-width 6.0329in;
%original-height 3.4964in;  cropleft "0";  croptop "1";  cropright "1";
%cropbottom "0";  filename 'Include/b3s-f3.eps';file-properties "XNPEU";}}}%
%BeginExpansion
\begin{center}
\includegraphics[
height=2.6645in,
width=4.5766in
]%
{Include/i3faxg0t.eps}%
\end{center}
%EndExpansion


\item
\begin{enumerate}
\item Posons : $u(x)=\ln x$ et $v(x)=-\,\displaystyle\frac{1}{x}$. Ces deux
fonctions sont deux fois d\'{e}rivables sur l'intervalle $[1,e^{2}]$ : la
m\'{e}thode d'int\'{e}gration par parties s'applique donc.\newline$u^{\prime
}(x)=\displaystyle\frac{1}{x}$ et $v^{\prime}(x)=\displaystyle\frac{1}{x^{2}}%
$. Donc
\begin{align*}
I_{1} &  =\left[  -\,\displaystyle\frac{1}{x}\ln x\right]  _{1}^{e^{2}%
}+\displaystyle\int_{\,1}^{\,e^{2}}\displaystyle\frac{1}{x^{2}}\text{d}x\\
&  =\left[  -\,\displaystyle\frac{1}{x}\ln x\right]  _{1}^{e^{2}}-\left[
\displaystyle\frac{1}{x}\right]  _{1}^{e^{2}}%
\end{align*}
Il en r\'{e}sulte, apr\`{e}s calculs, que \framebox{$I_1= 1-\frac{3}{e^2}$}

\item Posons $u(x)=(\ln x)^{p+1}$ et $v(x)=\displaystyle\frac{1}{x}$. Ces deux
fonctions sont deux fois d\'{e}rivables sur l'intervalle $[1,e^{2}]$ : la
m\'{e}thode d'int\'{e}gration par parties s'applique donc.\newline$u^{\prime
}(x)=(p+1)(\ln x)^{p}\times\displaystyle\frac{1}{x}$ et
$v(x)=-\,\displaystyle\frac{1}{x}$. Donc
\[
I_{p+1}=\left[  -\,\displaystyle\frac{1}{x}(\ln x)^{p+1}\right]  _{1}^{e^{2}%
}+(p+1)\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}\displaystyle\frac{(\ln x)^{p}}{x^{2}%
}\text{d}x
\]
Soit, apr\`{e}s calculs,
\framebox{ $I_{p+1} = -\, \frac{2^{p+1} }{e^2} + (p+1)
I_p$}

\item $I_{2}=-\,\displaystyle\frac{2^{2}}{e^{2}}+2I_{1}=2-\displaystyle\frac
{10}{e^{2}}$ ; $I_{3}=-\,\displaystyle\frac{2^{3}}{e^{2}}+3I_{2}%
=6-\displaystyle\frac{38}{e^{2}}$ ; $I_{4}=-\,\displaystyle\frac{2^{4}}{e^{2}%
}+4I_{3}=24-\displaystyle\frac{168}{e^{2}}$.

\item Le volume du solide obtenu est, en unit\'{e}s de volume,
\[
V=\pi\displaystyle\int_{1}^{e^{2}}(f(x))^{2}\text{d}x=\pi\displaystyle\int
_{1}^{e^{2}}\displaystyle\frac{(\ln x)^{4}}{x^{2}}\text{d}x
\]
Soit \framebox{$V = \pi\times I_4 = \pi\times\left(24 -
\frac{132}{e^2}\right)$ unit�s de volume}
\end{enumerate}
\end{enumerate}%

%TCIMACRO{\TeXButton{Partie}{\subsection*{Partie II}}}%
%BeginExpansion
\subsection*{Partie II}%
%EndExpansion


\begin{enumerate}
\item T$_{a}$ a pour \'{e}quation r\'{e}duite $y-f(a)=(x-a)f^{\prime}(a)$.
\newline Soit apr\`{e}s calculs : \framebox{$y= \frac{\ln a(2 - \ln
a)}{a^2} x + \frac{2 \ln a(\ln a - 1)}{a}$}

\item Les r\'{e}els $a$ pour lesquels le point $O$ appartient \`{a} T$_{a}$
sont ceux solutions de l'\'{e}quation $2 \ln a(\ln a-1) = 0$. Il s'agit donc
des r\'{e}els $a > 0$ tels que $\ln a=0$ ou $\ln a = 1$. Soit \framebox{$a=1$ ou $a=e$}

\item Lorsque $a=1$, \framebox{T$_1$ a pour �quation $y=0$} ; lorsque $a=e$,
\framebox{T$_e$ = T\,' a pour �quation $y=\frac{1}{e^2}x$}.\newline Ces
tangentes sont repr\'{e}sent\'{e}es sur la figure construite en \textbf{Partie
I.}3.
\end{enumerate}%

%TCIMACRO{\TeXButton{Partie}{\subsection*{Partie III}}}%
%BeginExpansion
\subsection*{Partie III}%
%EndExpansion


\begin{enumerate}
\item $\varphi_{1}^{^{\prime}} (x) = 1-\displaystyle\frac{e}{x} =
\displaystyle\frac{x-e}{x}$. Par suite $\varphi_{1}^{^{\prime}} (x)$ est du
signe de $x-e$ sur $]0,+\infty[$, soit strictement positif sur $]e,+ \infty[$
et strictement n\'{e}gatif sur $]0,e[$. Il en r\'{e}sulte que \underline
{$\varphi_{1}$ est strictement croissante sur $]e, + \infty[$, stricte-}%
\newline\underline{ ment d\'{e}croissante sur $]0,e[$.}

\begin{enumerate}
\item $\varphi_{2}^{^{\prime}} (x) = 1 + \displaystyle\frac{e}{x} =
\displaystyle\frac{x+e}{x}$. Par suite $\varphi_{2}^{^{\prime}} (x)$ est du
signe de $x+e$, soit strictement positif sur $]0,+ \infty[$. Il en r\'{e}sulte
que \underline{$\varphi_{2}$ est strictement croissante sur $]0, + \infty[$.}

\item $\varphi_{2}$ est d\'{e}rivable et strictement croissante sur $\left[
\displaystyle\frac{1}{2},1\right]  $, $\varphi_{2}(\displaystyle \frac{1}{2})
= \displaystyle\frac{1}{2} - e \ln2 < 0$ et $\varphi_{2}(1) = 1>0$.
L'\'{e}quation $\varphi_{2}(x) = 0$ admet donc une solution unique sur
$\left[  \displaystyle\frac{1}{2}, 1\right]  $.\newline On trouve apr\`{e}s
calculs \framebox{$0,7 < \alpha< 0,8$}

\item Il r\'{e}sulte de la stricte croissance de $\varphi_{2}$ que sur
$]0,\alpha[$, $\varphi_{2}(x) < \varphi_{2}(\alpha)$, soit $\varphi_{2}(x) <
0$.\newline De m\^{e}me sur $]\alpha,+ \infty[$, $\varphi_{2}(x) > \varphi
_{2}(\alpha)$, soit $\varphi_{2}(x) > 0$.\newline\underline{L'\'{e}quation
$\varphi_{2}(x) = 0$ n'a donc pas d'autre solution que $\alpha$ sur $]0, +
\infty[$.}
\end{enumerate}

\item Les abscisses des points d'intersection de $\mathcal{C}$ et $\Delta=$
T\thinspace' sont les solutions de $\displaystyle\frac{(\ln x)^{2}}%
{x}=\displaystyle\frac{1}{e^{2}}x$. \\[0.2cm]Or $\displaystyle\frac{(\ln
x)^{2}}{x}=\displaystyle\frac{1}{e^{2}}x$ \'{e}quivaut \`{a} $\left(
\displaystyle\frac{1}{e}x\right)  ^{2}-(\ln x)^{2}=0$, soit \`{a} $\left(
\displaystyle\frac{1}{e}x-\ln x\right)  \left(  \displaystyle\frac{1}{e}x+\ln
x\right)  =0$, \newline donc \`{a} $(x-e\ln x)(x+e\ln x)=0$ c'est \`{a} dire
\`{a} $\varphi_{1}(x)\times\varphi_{2}(x)=0.$\newline D'apr\`{e}s les
questions pr\'{e}c\'{e}dentes les abscisses des points d'intersection de
$\mathcal{C}$ et $\Delta$ sont donc $e$ et $\alpha$.\newline Le point
d'intersection entre $\mathcal{C}$ et $\Delta$, autre que leur point de
tangence de coordonn\'{e}es \framebox{$\left(e,\frac{1}{e}\right)$}, est donc
le point de coordonn\'{e}es \framebox{$\left (\alpha,
f(\alpha)\right)$}\newline Rem. On \'{e}tablit facilement avec le r\'{e}sultat
obtenu pr\'{e}c\'{e}demment, $\varphi_{2}(\alpha)=0$, que $f(\alpha
)=\displaystyle\frac{\alpha}{e^{2}}$.
\end{enumerate}
\end{claim}


\end{document}