Fiche de mathématiques

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Bac sciences expérimentales (série SVT et PC) - Maroc 2019

INSTRUCTIONS GENERALES

L'utilisation de la calculatrice non programmable est autorisée.

Le candidat peut traiter les exercices de l'épreuve suivant l'ordre qui lui convient.
L'utilisation de la couleur rouge lors de la rédaction des solutions est à éviter.

COEFFICIENT : 7

DURÉE : 3 HEURES

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3 points

exercice 1

1-a) On a : $\overrightarrow{AB}\left(\begin{matrix} x_B-x_A\\y_B-y_A\\z_B-z_A\end{matrix}\right)=\overrightarrow{AB}\left(\begin{matrix} 0-1\\-2+1\\1+1\end{matrix}\right)=\overrightarrow{AB}\left(\begin{matrix} -1\\-1\\2\end{matrix}\right) ~~~~\text{~~ et~~ }~~~~ \overrightarrow{AC}\left(\begin{matrix} x_C-x_A\\y_C-y_A\\z_C-z_A\end{matrix}\right)=\overrightarrow{AC}\left(\begin{matrix} 1-1\\-2+1\\0+1\end{matrix}\right)=\overrightarrow{AC}\left(\begin{matrix} 0\\-1\\1\end{matrix}\right)$

D'où : $~~~\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=\left(\begin{matrix} -1\\-1\\2\end{matrix}\right)\wedge \left(\begin{matrix} 0\\-1\\1\end{matrix}\right)=\begin{vmatrix} -1& -1\\ 2& 1\end{vmatrix}\overrightarrow{i}-\begin{vmatrix} -1& 0\\ 2& 1\end{vmatrix}\overrightarrow{j}+\begin{vmatrix} -1& 0\\ -1& -1\end{vmatrix}\overrightarrow{k} =(-1+2)\overrightarrow{i}-(-1+0)\overrightarrow{j}+(1-0)\overrightarrow{k}=\boxed{ \overrightarrow{i}+\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k}}$
1-b) Le vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\left(\begin{matrix} 1\\1\\1\end{matrix}\right)$ étant un vecteur normal au plan $(ABC)$ , donc l'équation cartésienne du plan $(ABC)$ s'écrit $x+y+z+d=0$
Le point $A(1,-1,-1)$ appartient au plan $(ABC)$ , alors : $x_A+y_A+z_A+d=0\Longrightarrow d=-1+1+1=1$

On conclut que $\boxed{ x+y+z+1=0\text{ est une équation cartésienne du plan } (ABC)}$

2) L'équation cartésienne de la sphère $(S)$ est : $x^2+y^2+z^2-4x+2y-2z+1=0$

$\begin{array}{cl}x^2+y^2+z^2-4x+2y-2z+1=0&\iff x^2-4x+4+y^2+2y+1+z^2-2z+1-5=0 \\&\iff (x -2)^2+(y+ 1 )^2+(z -1)^2=5 \\&\iff (x-\blue 2\black)^2+(y-\blue(- 1) \black)^2+(z-\blue 1\black)^2=\red(\sqrt{5\black} )^\black 2\end{array}$

On en déduit que $\boxed{ (S) \text{ a pour centre } \blue\Omega(2,-1,1)\black \text{ et pour rayon } \red R=\sqrt{5}}$

3-a) On a $(ABC) : x+y+z+1=0\text{ ~~~et~~~ } \Omega(2,-1,1)$

Donc directement $d(\Omega, (ABC))=\dfrac{|2-1+1+1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}\Longrightarrow \boxed{d(\Omega, (ABC))=\sqrt{3}}$

3-b) On a $d(\Omega, (ABC))=\sqrt{3} \text{ ~~~et~~~ } R=\sqrt{5}$

Donc $d(\Omega, (ABC))< R$ , d'où $\boxed{\text{ Le plan } (ABC) \text{ coupe la sphère }(S)\text{ suivant un cercle }\Gamma}$

3 points

exercice 2

1) Résolution dans $\C$ de l'équation $z^2-2z+4=0$

Méthode 1 Calculons le discriminent : $\Delta=(-2)^2-4\times 1\times 4=-12 <0$
L'équation admet deux solutions complexes conjuguées :

$\begin{matrix} \begin{array}{cl}z_1&=\dfrac{-(-2)-i\sqrt{-(-12)}}{2}\\\\&=\dfrac{2-2i\sqrt{3}}{2}\\\\&=1-i\sqrt{ 3}\end{array} & & & & \begin{array}{cl}z_2 &=\dfrac{-(-2)+i\sqrt{-(-12)}}{2}\\\\&=\dfrac{2+2i\sqrt{3}}{2}\\\\&=1+i\sqrt{3}\end{array} \end{matrix}$

Méthode 2 Par factorisation :

$\begin{array}{cl}z^2-2z+4=0&\iff z^2-2z+1+3=0\\&\iff (z-1)^2-(-3)=0\\&\iff (z-1)^2-(i\sqrt{3})^2=0\\&\iff (z-1-i\sqrt{3})(z-1+i\sqrt{3})=0\\&\iff z=1+i\sqrt{3}\text{ ou }z=1-i\sqrt{3}\end{array}$

Donc $\boxed{\text{L'ensemble des solutions de l'équation est }: S=\lbrace 1-i\sqrt 3 , 1+i\sqrt 3 \rbrace}$

2-a) On a :

$\begin{array}{cl}-\sqrt{3}(c-d)&=-\sqrt{3}(\sqrt{3}+i+2-2\sqrt{3})\\&=-3-\sqrt{3}i-2\sqrt{3}+6\\&=3-i\sqrt{3}-2\sqrt{3}\\&=1-i\sqrt{3}+2-2\sqrt{3}\\&=1-i\sqrt{3}-(-2+2\sqrt{3})\\&=\boxed{a-d}\end{array}$

2-b) On a $Z_{\overrightarrow{DA}}=a-d \text{ et } Z_{\overrightarrow{DC}}=c-d$
Donc d'après la question précédente $Z_{\overrightarrow{DA}}=-\sqrt{3}Z_{\overrightarrow{DC}}$
Cela veut dire que les vecteurs $\overrightarrow{DA}$ et $\overrightarrow{DC}$ sont colinéaires, et donc $\boxed{ A, C \text{ et } D \text{ sont alignés}}$

3) Posons $z_M=z\text{ et }z_{M'}=z'$

Puisque $M'$ est l'image de $M$ par la rotation $\mathscr{R}$ de centre $O$ d'affixe $0$ et d'angle $-\dfrac{\pi}{3}$ , donc $z'=z \exp\left(-i\dfrac{\pi}{3}\right)$
$\begin{array}{cl}z'&=z \exp\left(-i\dfrac{\pi}{3}\right)\\\\&=z\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)\right)\\&=z\left(\cos \dfrac{\pi}{3} -i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)\\&=z\left(\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\\&=\dfrac{1}{2}z(1-i\sqrt{3})\\\\&=\boxed{\dfrac{1}{2}az} \end{array}$

4-a) $H$ est l'image de $B$ par la rotation $\mathscr{R}$ , donc directement $h=\dfrac{1}{2}ab$
$\begin{array}{cl}h&=\dfrac{1}{2}ab\\&=\dfrac{1}{2}(1-i\sqrt{3})(2+2i)\\&=(1-i\sqrt{3})(1+i)\\&=1-i\sqrt{3}+i+\sqrt{3}\\&= i(-i-\sqrt{3}+1-i\sqrt{3})\\&=i(1-i\sqrt{3}-(\sqrt{3}+i))\\&=i(a-c)\\&=\boxed{ip}\end{array}$

4-b) $\text{ On a } z_{\overrightarrow{OH}}=h-0=h\text{ et } z_{\overrightarrow{OP}}=p-0=p\neq 0$

Donc $\dfrac{z_{\overrightarrow{OH}}}{z_{\overrightarrow{OP}}}=\dfrac{h-0}{p-0}=\dfrac{h}{p}=\dfrac{ip}{p}=i\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{cll} \dfrac{OH}{OP}=\dfrac{|h|}{|p|}=|i|=1 \\ \overline{(\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OH})}\equiv \arg\left(\dfrac{h-0}{p-0}\right)[2\pi]}\equiv \arg(i)[2\pi]\\\end{array} \right\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{cll} OH=OP \\ \overline{(\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OH})}\equiv \dfrac{\pi}{2}[2\pi]}\\\end{array}$

Conclusion $\boxed{\text{ Le triangle }OHP \text{ est rectangle et isocèle en } O }$

3 points

exercice 3

1) L'urne contient 10 boules:

$\red \text{6 boules rouges }$
$\green \text{3 boules vertes}$
$\text{1 boule noire }$

On tire simultanément 3 boules de cette urne, donc le nombre de cas possibles est $\text{Card }\Omega=\begin{pmatrix}10\\3\end{pmatrix}=120$

L'évènement A "Obtenir trois boules vertes"
On tire simultanément 3 boules vertes parmi les 3 boules vertes contenues dans l'urne, donc $\text{ Card A}=\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}=1$
D'où $p(A)=\dfrac{\text{ Card A}}{\text{Card }\Omega}=\boxed{\dfrac{1}{120}}$

L'évènement B "Obtenir trois boules de même couleur"
Le tirage ne peut être que de la forme "3 boules vertes" ou "3 boules rouges"
D'une autre manière, on tire simultanément 3 boules vertes parmi 3 ou 3 boules rouges parmi 6, donc $\text{ Card B}=\begin{pmatrix}3\\3\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}6\\3\end{pmatrix}=1+20=21$
D'où $p(B)=\dfrac{\text{ Card B}}{\text{Card }\Omega}=\dfrac{21}{120}=\boxed{\dfrac{7}{40}}$

2) L'évènement C "Obtenir au moins deux boules de même couleur"
On tire exactement 3 boules de la même couleur ou 2 boules de la même couleur
L'évènement contraire $\overline{C}$ est " Obtenir une boule de chaque couleur " , c'est-à-dire 1 rouge, 1 verte et 1 noire, donc $\text{ Card }\overline{C} = \begin{pmatrix}6\\1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}3\\1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}=6\times3\times 1=18$
De plus, on sait que $p(C)=1-p(\overline C)$
D'où $p(C)=1-p(\overline C)=1-\dfrac{\text{ Card } \overline C}{\text{Card }\Omega}=1-\dfrac{18}{120}=1-\dfrac{3}{20}=\boxed{\dfrac{17}{20}}$

11 points

probleme

Première partie

Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $\text{ : }f(x)= x+\dfrac{1}{2}-\ln x +\dfrac{1}{2}(\ln x)^2$

1) On a $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\ln x=-\infty \text{ , }\text{ donc }\displaystyle\lim_{x\to 0^+} (\ln x)^2=+\infty \text{ et }\lim_{x\to 0^{+}} -\ln x=+\infty$
De plus $\displaystyle\lim_{x\to 0^+}x+\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$

On en déduit que $\boxed{\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)= +\infty}$

Interprétation géométrique: $\boxed{ \text{ L'axe des ordonnées (Oy) est une asymptote verticale à la courbe (C) au voisinage de 0 (à droite) }}$

2-a) On a $\forall x\in]0,+\infty[ \text{ : }$

$\begin{array}{cl}f(x)&=x+\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^2 \\&=x+\dfrac{1}{2}+\ln x\left(-1+\dfrac{1}{2}\ln x\right) \\&=\boxed{x+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}\ln x-1\right)\ln x }\end{array}$

2-b) On a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln x=+\infty \text{ , }\text{ donc }\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \dfrac{1}{2}\ln x-1=+\infty \text{ , il s'ensuit que }\lim_{x\to +\infty}\left(\dfrac{1}{2}\ln x-1\right) \ln x=+\infty$
Or $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x+\dfrac{1}{2}=+\infty$
Alors $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}\ln x-1\right)\ln x= +\infty}$

On en déduit que $\boxed{\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)= +\infty}$

2-c) On a $\forall x\in]0,+\infty[ \text{ : }$

$\begin{array}{cl}4\left(\dfrac{\ln \sqrt{x}}{\sqrt x}\right)^2&=4\left(\dfrac{\ln \sqrt{x}\times \ln \sqrt{x}}{x}\right) \\&=\dfrac{4}{x}\left(\ln x^{\frac{1}{2}}\times \ln x^{\frac{1}{2}}\right) \\\\&=\dfrac{4}{x}\times\dfrac{\ln x}{2}\times\dfrac{\ln x}{ 2} \\\\&=\boxed{\dfrac{(\ln x)^2}{x} }\end{array}$

Puisque $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln\sqrt{x}}{\sqrt x}= \lim_{t\to +\infty} \dfrac{\ln t}{t} =0~~~~~~ (\text{ en posant } t=\sqrt x ~ ;~ x\to+\infty ~;~ t\to +\infty )$

Donc $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}4\left( \dfrac{\ln\sqrt{x}}{\sqrt x}\right)^2=0$

Conclusion $\boxed{ \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{(\ln x)^2}{x}\right=0}$

2-d) On a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)= +\infty$

On calcule $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}$

On a, pour tout $x\in]0,+\infty[ \text{ : } \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x} \left( x+\dfrac{1}{2}-\ln x +\dfrac{1}{2}(\ln x)^2\right)= 1 +\dfrac{1}{2x}-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{(\ln x)^2}{x}$

Or, on sait que $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} =0 \text{ et } \lim_{x\to +\infty} \dfrac{1}{x} =0 \text{ et d'après la question précédente } \lim_{x\to +\infty} \dfrac{(\ln x)^2}{x}\right=0$

Donc $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{1}{2x}-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{(\ln x)^2}{x}=0$

Il s'ensuit que $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to +\infty} 1+\dfrac{1}{2x}-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{(\ln x)^2}{x}=1$

Calculons donc $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)-x$

On a, pour tout $x\in]0,+\infty[ \text{ : } f(x)-x=x+\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}\ln x-1\right)\ln x -x=\dfrac{1}{2}+\left(\dfrac{1}{2}\ln x-1\right)\ln x$
On a $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln x=+\infty \text{ , }\text{ donc }\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \dfrac{1}{2}\ln x-1=+\infty \text{ , il s'ensuit que }\lim_{x\to +\infty}\left(\dfrac{1}{2}\ln x-1\right) \ln x=+\infty$

On en déduit que $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)-x=+\infty$

Interprétation géométrique: $\boxed{ \text{ La courbe (C) admet au voisinage de }+\infty \text{ une branche parabolique de direction asymptotique la droite } (\Delta) \text{ d'équation } y=x}$

3-a) Directement

$\forall x\in ]0,1]\text{ : }0<x\leq 1 \Longrightarrow x-1\leq 0 \text{ et } \ln x\leq 0 \Longrightarrow (x-1)+\ln x\leq 0$

$\forall x\in [1,+\infty[\text{ : }x\geq 1 \Longrightarrow x-1\geq 0 \text{ et } \ln x\geq 0 \Longrightarrow (x-1)+\ln x\geq 0$

Conclusion $\boxed{ \begin{array}{cl} \bullet & \forall x\in ]0,1]\text{ : } (x-1)+\ln x\leq 0 \\ \bullet & \forall x\in [1,+\infty[\text{ : }(x-1)+\ln x\geq 0\end{array}}$

3-b) $f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ comme produit et somme des fonctions $x\mapsto \ln x \text{ et } x\mapsto x+\dfrac{1}{2}$ dérivables sur $]0,+\infty[$

$\begin{array}{cl} \forall x\in]0,+\infty[ \text{ : }f'(x)&= \left( x+\dfrac{1}{2}-\ln x +\dfrac{1}{2}(\ln x)^2 \right)' \\&= 1-(\ln x)'+\dfrac{1}{2} \left[(\ln x)^2\right]' \\&= 1-\dfrac{1}{x} +\dfrac{1}{2} \left[2 (\ln x) (\ln x)' \right]\\&= 1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{\ln x}{x} \\\\&=\boxed{ \dfrac{x-1+\ln x}{x}}\end{array}$

3-c) Dans l'intervalle $]0,+\infty[$ , le signe de $f'(x)$ est celui de $x-1+\ln x$

On trace le tableau de variations de $f$

$\begin{tabvar}{|C||CCCCC|} \hline x & 0 ~ & & 1 & &+\infty \\\hline f'(x) & & - & \barre{0} & + & \\\hline f &\niveau{2}{3} +\infty & \decroit & \frac{3}{2} & \croit &+\infty \\\hline\end{tabvar}$

On a $f(1)= 1+\dfrac{1}{2}-\ln 1 +\dfrac{1}{2}(\ln 1)^2=1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$

4-a) $f'$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ car les fonctions $x\mapsto x-1 \text{ et }x\mapsto \ln x \text{ et }x\mapsto \dfrac{1}{x}$ sont dérivables sur $]0,+\infty[$

$\begin{array}{cl} \forall x\in]0,+\infty[ \text{ : }f''(x)&= \left(\dfrac{x-1+\ln x}{x} \right)' \\\\&= \dfrac{(x-1+\ln x)'x-(x-1+\ln x)x'}{x^2} \\\\&=\dfrac{\left(1+\dfrac{1}{x}\right)x-(x-1+\ln x)}{x^2} \\\\&=\dfrac{x+1-x+1-\ln x}{x^2}\\\\&= \boxed{\dfrac{2-\ln x}{x^2}}\end{array}$

4-b) Puisque $x^2\geq 0$ pour tout $x$ de $]0,+\infty[$ , alors le signe de $f''(x)$ est celui de $2-\ln x$

On a

$\bullet f''(x)\leq 0\iff 2-\ln x \leq 0 \iff 2\leq \ln x\iff e^2\leq x$

$\bullet f''(x)\geq 0\iff 2-\ln x \geq 0 \iff 2\geq \ln x\iff e^2\geq x$

Avec $f''(e^2)=0$

Donc $f''(e^2)=0$ et $f''$ change de signe au voisinage de $e^2$

Enfin, on calcule $f(e^2) =e^2+\dfrac{1}{2}-\ln e^2 +\dfrac{1}{2}(\ln e^2)^2=e^2+\dfrac{1}{2}-2+\dfrac{1}{2}\times 4 =e^2+\dfrac{1}{2}$

Conclusion $\boxed{ \text{ Le point }K\left (e^2, e^2+\dfrac{1}{2}\right) \text{ est un point d'inflexion de la courbe (C)} }$

5-a)

$\begin{array}{cl} \forall x\in]0,+\infty[ \text{ : }\dfrac{1}{2}(\ln x-1)^2&= \dfrac{1}{2}\left((\ln x)^2-2\ln x +1\right) \\\\&= \dfrac{1}{2}(\ln x)^2-\ln x+\dfrac{1}{2}\\\\&=\underbrace{\blue x \black +\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^2 }_{f(x)} \blue -x \black \\\\&= \boxed{f(x)-x}\end{array}$

Position relative de $(C)$ et $(\Delta)$

Puisque $\forall x\in ]0,+\infty[\text{ : } \dfrac{1}{2}(\ln x-1)^2 \geq 0 \text{ alors } f(x)-x\geq 0 \text{ sur }]0,+\infty[$

De plus $f(x)-x=0\iff \dfrac{1}{2}(\ln x-1)^2=0 \iff \ln x-1=0\iff \ln x =1\iff x=e$

On conclut que pour tout $x$ de $]0,+\infty[ \text{ : } f(x)-x\geq 0$ avec égalité si $x=e$

Ce qui veut dire que $\boxed{ (C) \text{ est toujours au dessus de la droite } (\Delta) \text{ avec intersection au point } L(e,f(e))=L(e,e) }$

Remarque: En fait, la droite $(\Delta)$ est la tangente à $(C)$ au point $L(e,e)$ , en effet :
On sait la tangente au point $L(e,e)$ a pour équation : $y=f'(e)(x-e)+f(e) \iff y= \dfrac{e-1+\ln e}{e} (x-e)+e \iff y=(x-e)+e\iff y=x$ , qui n'est autre que l'équation de la droite $(\Delta)$

5-b) Représentation graphique

6-a) La fonction $H$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ comme somme des fonctions $x\mapsto x\ln x \text{ et } x\mapsto -x$ dérivables sur cet intervalle .

Pour tout $x$ de $]0,+\infty[$

$\begin{array}{cl} H'(x)&= \left(x\ln x-x)'\\&= (x\ln x)'-1\\&=x'\ln x +x(\ln x)'-1 \\&= \ln x+\dfrac{x}{x} -1 \\&= \ln x+1-1 \\&=\boxed{\ln x}\end{array}$

Donc $\boxed{\text{ La fonction } H \text{ est une primitive de la fonction } h \text{ sur } ]0,+\infty[ }$

6-b) Calculons $\displaystyle \int_{1}^{e} (\ln x)^2\text{ d}x=\int_{1}^{e} (\ln x) (\ln x)\text{ d}x$ , procédons par intégration par parties:

On pose $\left\lbrace\begin{array}l u(x)=\ln x \\ v^{'}(x)=\ln x \end{array} \text{ donc }\left\lbrace\begin{array}l u^{'}(x)=\dfrac{1}{x} \\ v(x)=x\ln x-x ~ ~ ~ \text{ (d'après la question précédente) } \end{array}$

$u\,,v\,,u'\,,v'$ sont toutes quatre continues sur $[1, e]$

Intégration par parties :

$\begin{array}{ccccccl} \\\displaystyle \int_{1}^{e} (\ln x)^2\text{ d}x &=& \displaystyle\int_{1}^{e} (\ln x) (\ln x)\text{ d}x &=& \displaystyle\left[\ln x(x\ln x-x)}\right]_1^{e} - \displaystyle\int_{1}^{e}\dfrac{1}{x} (x\ln x-x)\text{ d}x \\\\ &=& \displaystyle\left[\ln x(x\ln x-x)}\right]_1^{e} - \displaystyle\int_{1}^{e}\left(\ln x-1\right)\text{ d}x &=& \displaystyle\left[\ln x(x\ln x-x)}\right]_1^{e} - \displaystyle\int_{1}^{e}\ln x \text{ d}x+\int_{1}^{e}1\text{ d}x \\\\&=& \displaystyle\left[\ln x(x\ln x-x)}\right]_1^{e} - \displaystyle\left[x\ln x-x}\right]_1^{e} + \displaystyle\left[ x\right]_1^{e} &=& \displaystyle\left[x(\ln x)^2-x\ln x-x\ln x+x+x\right]_1^{e} \\\\&=& \displaystyle\left[x(\ln x)^2-2x\ln x+2x\right]_1^{e} &=& ~ ~ ~~ ~ ~ ~~ ~ ~ ~ ~ e-2e+2e-(0-0+2) ~ ~ ~ ~ ~ ~(\text{ Parce que } \ln e=1 \text{ et } \ln 1=0 ) \\ \\&=&\boxed{e-2} && \end{array}$

6-c) On sait que $f$ est continue sur $[1,e]$ , donc l'aire délimitée par la courbe $(C)$ , la droite $(\Delta)$ et les droites d'équations $x=1$ et $x=e$ s'exprime en unité d'aire $(U.A.)$ par $\mathcal{A}={\displaystyle\int_{1}^{e}| f(x)-x| \text{ d}x$

Puisque pour tout $x$ de $]0,+\infty[ \text{ : } f(x)-x\geq 0$ , et en sachant que $[1,e]\subset ]0,+\infty[$ , alors $\mathcal{A}=\displaystyle\int_{1}^{e}| f(x)-x| \text{ d}x=\displaystyle\int_{1}^{e} f(x)-x \text{ d}x$

De plus, on a trouvé dans 5-a) que $\forall x\in ]0,+\infty[ \text{ : } f(x)-x=\dfrac{1}{2}(\ln x)^2-\ln x+\dfrac{1}{2}$

Calcul :

$\begin{array}{ccccccl} \\\mathcal{A} &=& \displaystyle\int_{1}^{e} f(x)-x \text{ d}x &=& \displaystyle\int_{1}^{e}\dfrac{1}{2}(\ln x)^2-\ln x+\dfrac{1}{2}\text{ d}x \\\\ &=& \displaystyle \dfrac{1}{2}\blue \int_{1}^{e}\left(\ln x\right)^2\text{ d}x\black -\int_{1}^{e}\ln x\text{ d}x+ \int_{1}^{e}\dfrac{1}{2}\text{ d}x &=& \dfrac{1}{2}\blue (e-2)\black - \displaystyle\left[x\ln x-x\right]_1^{e} +\dfrac{1}{2} \left[x\right]_{1}^{e} \\\\&=&\dfrac{1}{2}(e-2) -(e-e+1)+\dfrac{1}{2}(e-1) &=& \dfrac{e}{2}-1 -1+\dfrac{e}{2}-\dfrac{1}{2} \\\\&=&e-2-\dfrac{1}{2} &=& e-\dfrac{5}{2} ~ ~ ~~ U.A. \end{array}$

Enfin $1U.A.=||\overrightarrow{i}||||\overrightarrow{j}||=1\times 1= 1\text{ cm}^2$

Conclusion $\boxed{\text{ L'aire demandée est } \mathcal {A} = e-\dfrac{5}{2} \text{ cm}^2 }$

Deuxième partie

Soit $\displaystyle (u_n)_{n\in\mathbb{N}}$ la suite numérique définie par : $\left \lbrace \begin{array}{cll}&u_0 =1 & \\&\forall n\in\N\text{ : }& u_{n+1}=f(u_n)\\\end{array} \right$

1-a) Montrons par récurrence que $\forall n\in\mathbb{N}\text{ : }1\leq u_n\leq e$

Initialisation : Pour $n=0\text{ : }1\leq u_0=1\leq e$ , donc la propriété est vraie au rang $n=0$

Hérédité : Soit $n$ un entier naturel tel que $1\leq u_n\leq e$

On sait que $f$ est croissante sur l'intervalle $[1,+\infty[$ , donc aussi sur $[1,e]$

Donc $1\leq u_n\leq e\Longrightarrow f(1)\leq f(u_n)\leq f(e)$

Or, d'après la première partie du problème , $f(1)=\dfrac{3}{2} \geq 1\text{ et } f(e)=e \text{ , et on sait que }f(u_n)=u_{n+1}$

Alors $1\leq u_{n+1}\leq e$ et donc la propriété est vraie au rang $n+1$

Conclusion : On conclut par récurrence que $\boxed{\forall n\in\mathbb{N}\text{ : }1\leq u_n\leq e}$

1-b) On a vu que pour tout $x$ de $]0,+\infty[ \text{ : } f(x)-x\geq 0$ , et pusique $[1,e]\subset ]0,+\infty[$

Donc $\forall x\in [1,e]\text{ : } f(x)\geq x$

Or, d'après la question précédente $\forall n\in\N\text{ : } u_n\in [1,e]$ , donc $\forall n\in\N\text{ : } f(u_n)\geq u_n$

On en déduit que $\forall n\in \N\text{ : } u_{n+1}\geq u_n$

D'où $\boxed{ \text{ La suite } \displaystyle (u_n)_{n\in\mathbb{N}} \text{ est croissante }}$

1-c) On sait que :

La suite $\displaystyle (u_n)_{n\in\N}$ est majorée par $e$ (1-a))

La suite $\displaystyle (u_n)_{n\in\N}$ est croissante (1-b))

Il s'ensuit que $\boxed{\text{ La suite }\displaystyle (u_n)_{n\in\N} \text{ est convergente }}$

2) On a $f$ est continue et croissante sur $[1,e]$ , donc $f([1,e])=[f(1),f(e)]=\left[\dfrac{3}{2},e\right]\subset [1,e]$
Récapitulons :

La fonction $f$ est continue sur $[1,e]$
$f([1,e])\subset [1,e]$
$\forall n\in\N\text{ : } u_n\in [1,e]$
$\displaystyle (u_n)_{n\in\N} \text{ est convergente }$

Donc, la limite de la suite $\displaystyle (u_n)_{n\in\N}$ qu'on notera $\ell=\lim u_n$ est solution de l'équation $f(x)=x$

De plus, on a vu dans la première partie que $f(\ell)=\ell \iff \ell=e$

Conclusion $\boxed{ \lim u_n =\ell= e }$

Publié par malou le 14-02-2021

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