Fiche de mathématiques

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Bac sciences mathématiques (série A et B) - Maroc 2019

INSTRUCTIONS GENERALES

Les exercices peuvent être traités selon l'ordre choisi par le candidat.

L'usage de la calculatrice n'est pas autorisé.
L'usage de la couleur rouge n'est pas autorisé.

COEFFICIENT : 9

DURÉE : 4HEURES

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Bac sciences mathématiques (série A et B) - Maroc 2019

3,5 points

exercice 1

On définit sur $\mathbb{C}$ la loi de composition interne $\ast$ par :

$\forall (x,y)\in\mathbb{R}^2 \text{ , } \forall (a,b)\in\mathbb{R}^{2} \text{ : } (x+iy)\ast (a+ib)=xa+(x^2b+a^2 y)i$
1-a) Soient $z, z^{'}\in\mathbb{C} \text{ tels que : } z=x+iy \text{ et }z^{'}=a+ib \text{ avec } a,b,x,y\in \mathbb{R}$

$\begin{array}{cl}\text{ On a : }z\ast z^{'}&= (x+iy)\ast (a+ib) \\\\ &= xa+(x^2b+a^2 y)i \\\\&= ax+(a^{2} y+x^{2} b)i \\\\&=(a+ib)\ast (x+iy) \\\\& =z^{'}\ast z \end{array}$

On conclut que : $\boxed{ \text{ La loi }\ast \text{ est commutative dans } \mathbb{C}}$

1-b) Soient $z, z^{'}, z^{''}\in\mathbb{C} \text{ tels que : } z=x+iy \text{ , }z^{'}=a+ib , \text{ et }z^{''}=\alpha+i\beta \text{ avec } a,b,x,y,\alpha,\beta\in \mathbb{R}$

Il suffit de vérifier que $(z\ast z^{'})\ast z^{''} = z\ast(z^{'}\ast z^{''})$

$\begin{array}{cl}\text{ On a : }(z\ast z^{'})\ast z^{''}&=((x+iy)\ast (a+ib))\ast(\alpha+i\beta) \\\\&= (xa+(x^2b+a^2 y)i)\ast(\alpha+i\beta) \\\\&= xa\alpha+i((xa)^{2}\beta+\alpha^{2}(x^2b+a^2y)) \\\\& =xa\alpha+i(x^2a^2\beta+\alpha^2x^2b+\alpha^2a^2y) \end{array}$

$\begin{array}{cl}\text{ Et : }z\ast ( z^{'}\ast z^{''})&=(x+iy)\ast ((a+ib)\ast(\alpha+i\beta)) \\\\&=(x+iy)\ast(a\alpha+i(a^2\beta+\alpha^2b)) \\\\& =xa\alpha+i(x^2(a^2\beta+\alpha^2 b)+(a\alpha)^2y) \\\\& =xa\alpha+i(x^2a^2\beta+x^2\alpha^2 b+a^2\alpha^2 y) \end{array}$

On en déduit que $(z\ast z^{'})\ast z^{''} = z\ast(z^{'}\ast z^{''})$

On conclut que: $\boxed{ \text{ La loi }\ast \text{ est associative dans } \mathbb{C}}$

1-c) Notons $z=x+iy \in \mathbb{C}^{*}$
Comme $\ast$ est commutative, il suffit de résoudre l'équation $z\ast e=z$ d'inconnu $e=p+iq \text{ ( avec }p,q\in\mathbb{R}\text{)}$

$\begin{array}{cl}\text{ On a : }z\ast e=z&\Longleftrightarrow (x+iy)\ast (p+iq)=x+iy \\\\& \Longleftrightarrow xp+i(x^2q+p^2y)=x+iy \\\\ & \Longleftrightarrow xp=x \text{ et }x^2q+p^2y=y \\\\ & \Longleftrightarrow p=1 \text{ et }x^2q=0 \\\\ & \Longleftrightarrow p=1 \text{ et }q=0 \\\\ & \Longleftrightarrow e=1 \end{array}$

Ensuite, pour $z=0$ , on a $z\ast e= 0\ast 1=0$

Donc : $\boxed{\text{La loi } \ast \text{ admet }e=1 \text{ comme élément neutre }}$

1-d) Soient $z, z^{'}\in\mathbb{C} \text{ tels que : } z=x+iy \text{ et }z^{'}=a+ib \text{ avec } x\in\mathbb{R}^{*}\text{ et }y,a,b\in \mathbb{R}$

$\begin{array}{cl}\text{ On a : }z\ast z^{'}=e&\Longleftrightarrow (x+iy)\ast (a+ib)=1 \\\\& \Longleftrightarrow xp+i(x^2q+p^2y)=x+iy \\\\ & \Longleftrightarrow xa=1 \text{ et }x^2b+a^2y=0 \\\\ & \Longleftrightarrow a=\dfrac{1}{x} \text{ et }b=-\dfrac{y}{x^4} \end{array}$

$\boxed{\text{ Le symétrique de } z=x+iy \text{ par la loi }\ast \text{ est } z^{'}=\dfrac{1}{x} -i\dfrac{y}{x^4} }$

2-a) On a $E=\lbrace{ x+iy \text{ / } x\in\mathbb{R}^{*} _{+}\text{ , } y\in\mathbb{R}}\rbrace$
Soient $z,z^{'}\in E$ , notons $z=x+iy \text{ et }z^{'}=a+ib$ , on a donc $x>0$ et $a>0$
On e, tire directement que $z\ast z^{'}=xa+(x^2b+a^2 y)i \in E$ car $xa>0$ et $x^2b+a^2 y\in \mathbb{R}$
Il s'ensuit : $\boxed{E\text{ est stable pour la loi } \ast }$

2-b)
La loi $\ast$ est associative.
La loi $\ast$ est commutative.
L'élément neutre $e=1\in E$ parce que $1>0$
Tout élément $z=x+iy \in E$ admet un symétrique $z^{'}=\dfrac{1}{x} -i\dfrac{y}{x^4}\in E$ car, puisque $x>0$ , alors $\dfrac{1}{x}>0$

On conclut que : $\boxed{ (E,\ast) \text{ est un groupe commutatif } }$

3) On a $G=\lbrace{ 1+iy \text{ / } y\in\mathbb{R}}\rbrace$
Il est évident que $G\subset E$ .
De plus, l'élément neutre $e=1 \in G$
Soient $z=1+iy \text{ et } z^{'}=1+ib \in G$ , et notons $sym(z^{'})$ le symétrique de $z^{'}$ par $\ast$
On a donc : $sym(z^{'})=\dfrac{1}{1}-i\dfrac{b}{1^{4}}=1-ib$
Il s'ensuit que $z\ast sym(z^{'})= (1+iy)\ast(1-ib)=1+i(y-b)\in G$

On conclut que : $\boxed{ (G,\ast) \text{ est un sous-groupe } (E,\ast)}$

4-a) On a $\displaystyle F=\lbrace{ M(x,y)=\displaystyle{\begin{pmatrix}x&y\\0&x\end{pmatrix} \text{ / } x\in\mathbb{R}^{*}\text{ et }y \in \mathbb{R}\rbrace}$
Soient $M(x,y)$ et $M(a,b)\in F$
On a :
$\begin{array}{cl}M(x,y)\times M(a,b)&=\begin{pmatrix}x&y\\0&x\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}\\\\& =\begin{pmatrix}xa&xb+ya\\0&xa\end{pmatrix}\in F\end{array}$
Car $xa>0$ et $xb+ya\in\mathbb{R}$
De même :
$\begin{array}{cl}M(a,b)\times M(x,y)&= \begin{pmatrix}a&b\\0&a\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}x&y\\0&x\end{pmatrix}\\\\& =\begin{pmatrix}ax&ay+bx\\0&ax\end{pmatrix}\in F\end{array}$
Il s'ensuit : $\boxed{F\text{ est stable pour la loi } \times \text{ dans }\mathcal{M}_{2}(\mathbb{R})}$

4-b)

$\begin{array}{rccl}\text{ On a }\varphi : & E & \longrightarrow& F\\ & z=x+iy & \mapsto & M(x^2,y)\end{array}$

$\bullet$ Soient $z, z^{'}\in E \text{ tels que : } z=x+iy \text{ et }z^{'}=a+ib$
On a :

$\varphi(z\ast z^{'})=\varphi(xa+(x^2b+a^2 y)i)=M((xa)^{2},x^2b+a^2 y)$

$\varphi(z)\times \varphi(z^{'})=M(x^2,y)\times M(a^2,b)=\begin{pmatrix}x^2&y\\0&x^2\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}a^2&b\\0&a^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}(xa)^2&x^2b+a^2y\\0&(xa)^2\end{pmatrix}=M((xa)^{2},x^2b+a^2 y)$

D'où $\varphi(z\ast z^{'})=\varphi(z)\times \varphi(z^{'}) \text{ (I)}$

$\bullet$ Soient $M(a,b)\in F$ et $z=x+iy\in E$ tels que $a,x\in\mathbb{R}^{*}_{+} \text{ et } b,y\in\mathbb{R}$

$\varphi(z)=M(a,b)\Longleftrightarrow M(x^2,y)=M(a,b)\Longleftrightarrow x^{2}=a\text{ et } y=b \Longleftrightarrow x=\sqrt{a}\text{ et } y=b$ (puisque $a,x\in\mathbb{R}^{*}_{+}$ )

D'où $\varphi \text{ est une bijection de }E\text{ vers }F \text{ (II)}$

On déduit de $\text{ (I) et (II) }$ : $\boxed{\varphi \text{ est un isomorphisme de } (E,\ast)\text{ vers } (F,\times)}$

4-c) Directement :

$(E,\ast) \text{ est un groupe commutatif }$ (D'après 2-b))
$\varphi \text{ est un isomorphisme de } (E,\ast)\text{ vers } (F,\times)$ (D'après 4-b))

On en déduit que : $\boxed{ (F,\times) \text{ est un groupe commutatif } }$

3,5 points

exercice 2

I- 1-a) Soit $(E)\text{ : } z^2-(1+i)(1+m)z+2im=0 \text{ avec } m\in \mathbb{C}\backslash \mathbb{R}$
Le discriminent $\Delta$ de l'équation $(E)$ est :

$\begin{array}{cl}\Delta &=(1+i)^2(1+m)^2-8im \\&=(1+2i-1)(1+m)^2-8im \\&=2i((1+m)^2-4m) ~~~~~~~\text{ (Remarquer que } (1+i)^2=2i\text{) } \\&=2i(1+2m+m^2-4m) \\&=2i(1-m)^2 \end{array}$

Pour que $\Delta$ soit nul, il faut que $m=1$ , ce qui est absurde puisque $m \in \mathbb{C}\backslash \mathbb{R}$
Donc : $\boxed{ \Delta\neq 0 \text{ , } \forall m\in \mathbb{C}\backslash \mathbb{R} }$

I-1-b) On a $\Delta=2i(1-m)^2=(1+i)^2(1-m)^2$ , c'est le carré de $\sqrt{\Delta} = (1+i)(1-m)$

L'équation $(E)$ admet donc deux solutions complexes et conjuguées:

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

Conclusion : $\boxed{\text{ Les solutions de l'équation } (E) \text{ sont } z_1=m(1+i) \text{ et } z_2=1+i}$

I-2-a) Comme $z_1$ et $z_2$ sont solutions de $(E)$ , alors $(E)$ s'écrit : $z^{2}-z(z_1+z_2)+z_1z_2=0$
Par identification, on obtient directement et sans calcul:

$z_1+z_2=(1+i)(1+m) \text{ et } z_1z_2=-2im}$
On écrit $z_1+z_2$ sous sa forme exponentielle pour en tirer le module et l'argument:

$$$\displaystyle\begin{array}{cl}z_1+z_2 &=(1+i)(1+m) \\\\&=\left(\sqrt{2}\exp\left(i\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\left(1+\exp(i\theta)\right) \\\\&=\sqrt{2}\exp\left(i\dfrac{\pi}{4}\right)\exp\left(i\dfrac{\theta}{2}\right)\left[\exp\left(-i\dfrac{\theta}{2}\right)+\exp\left(i\dfrac{\theta}{2}\right)\right] \\\\&=\sqrt{2}\exp\left[i\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\theta}{2}\right)\right]\left(2\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\right) \\\\&=2\sqrt{2}\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\exp\left[i\left(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\theta}{2}\right)\right] \end{array}$

Comme $\theta\in ]0,\pi[$ , donc $0<\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{\pi}{2}$

On en tire : $\left \lbrace \begin{array}{cll} 0 <\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)&& \\ \dfrac{\pi}{4} <\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\theta}{2}<\dfrac{3\pi}{4} &\Longrightarrow& -\pi<\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\theta}{2}<\pi \\\end{array} \right.$

Conclusion : $\boxed{|z_1+z_2|=2\sqrt{2}\cos \dfrac{\theta}{2} ~~\text{ et }~~ \arg(z_1+z_2)=\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\theta}{2}~~ [2\pi] }$

I-2-b) On a vu à la question précédente que $z_1z_2=-2im$

Donc si $z_1z_2=-2im \in \mathbb{R}$ , alors $m$ est imaginaire pure ( $m\in i\mathbb{R}$ )

Il existe donc un réel $x$ tel que $m=ix$

$\begin{array}{cl}m=ix&\Longrightarrow \exp(i\theta)=ix \\\\&\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{cll} |\exp(i\theta)|=|ix|&& \\ \cos\theta+i\sin\theta=ix& \text{ avec } \theta \in ]0,\pi[& \\\end{array} \right. \\\\&\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{cll} |x|=1&& \\ \sin\theta=x& \text{ avec } \theta \in ]0,\pi[& \\\end{array} \right. \\\\&\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{cll} x=1\text{ ou } x=-1&& \\ x>0& \text{car }\sin \theta >0 \text{ pour }\theta\in ]0,\pi[& \\\end{array} \right \\\\&\Longrightarrow x=1 \\\\&\Longrightarrow m=i \end{array}$

Il s'ensuit que $z_1+z_2=(1+i)(1+m) =(1+i)(1+i)=(1+i)^2=2i$

Ce qui permet de conclure : $\boxed{ \text{ Si } z_1z_2\in \mathbb{R}\text{ , alors } z_1+z_2=2i}$

II-1-a) $\Omega$ est le milieu du segment $[CD]$ , donc $\omega=\dfrac{ c+d}{2}$
D'autre part, le point $D$ est l'image du point $B$ par rotation de centre $O$ et d'angle $\theta=\dfrac{\theta}{2}$ , donc, si on note $o$ l'affixe du point $O$ , on a:

$d-o=\exp(i\theta)(b-o)\Longleftrightarrow d=\exp\left(i\dfrac{\pi}{2}\right) \times (1+i)m\Longleftrightarrow d=i(1+i)m \Longleftrightarrow d=(i-1)m$

On calcule $\omega$ :

$\omega=\dfrac{ c+d}{2}= \dfrac{(1-i)+(i-1)m}{2}=\dfrac{(1-i)(1-m)}{2}$

D'où le résultat demandé : $\boxed{\omega=\dfrac{(1-i)(1-m)}{2}}$

II-1-b) Directement :

$\begin{array}{cl}\dfrac{b-a}{\omega}&=2\times\dfrac{(1+i)m-(1+m)}{(1-i)(1-m)}~~\text{ (On rappelle que }m\in\mathbb{C}\backslash \mathbb{R} \text{ donc } m\neq 1) \\\\&=2\times\dfrac{(1+i)(m-1)}{(1-i)(1-m)} \\\\&=2\times\dfrac{i+1}{i-1} \\\\&=2\times\dfrac{(i+1)^2}{-2} \\\\&=-(i+1)^2 \\\\&=-2i \end{array}$

Résultat : $\boxed{\dfrac{b-a}{\omega}=-2i}$

II-1-c) On rappelle qu'on note $o$ l'affixe du point $O$

On a : $\dfrac{b-a}{\omega}=-2i\Longrightarrow \dfrac{b-a}{\omega-o}=-2i\Longrightarrow \left \lbrace \begin{array}{} (\overline{\overrightarrow{O\Omega},\overrightarrow{AB}})\equiv -\dfrac{\pi}{2} ~[2\pi] \\ AB=2O\Omega\\\end{array} \right$
Alors : $\boxed{ (O\Omega)\perp (AB) \text{ et } AB=2O\Omega}$

II-2-a) Les points $A,B$ et $H$ sont alignés, donc, on peut écrire : $~~~(\overline{\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AB}})\equiv\pi~[\pi]\Longrightarrow \arg\left(\dfrac{h-a}{b-a}\right)\equiv \pi~[\pi]$

D'où : $\boxed{\dfrac{h-a}{b-a}\in\mathbb{R}}$

D'autre part, on a $(OH)\perp (AB)$ , donc : $~~~(\overline{\overrightarrow{OH},\overrightarrow{AB}})\equiv\dfrac{\pi}{2}~[\pi]\Longrightarrow \arg\left(\dfrac{h-o}{b-a}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}~[\pi]$

D'où : $\boxed{\dfrac{h}{b-a}\in i\mathbb{R}}$

II-2-b)

On a : $\dfrac{h-a}{b-a}-\dfrac{h}{b-a}=-\dfrac{a}{b-a}\Longrightarrow \dfrac{h-a}{b-a}+i\dfrac{ih}{b-a}=\dfrac{1}{1-m}$

On a alors : $\textbf{Re}\left(\dfrac{1}{1-m}\right)=\dfrac{h-a}{b-a}\in \mathbb{R} ~~~~\text{ et }~~~~ \textbf{Im}\left(\dfrac{1}{1-m}\right)=\dfrac{ih}{b-a}\in \mathbb{R} ~~~~\left(\text{ car }\dfrac{h}{b-a}\in i\mathbb{R}\right)$

Donc, en appliquant la formule suivante : $\textbf{Im} \left(\dfrac{1}{1-m}\right)=\dfrac{1}{2i}\left(\dfrac{1}{1-m}-\left(\overline{\dfrac{1}{1-m}}\right)\right)$

On obtient : $\dfrac{ih}{b-a}=\dfrac{1}{2i}\left(\dfrac{1}{1-m}-\dfrac{1}{1-\overline{m}}\right)\Longrightarrow h=-\dfrac{b-a}{2}\left(\dfrac{1}{1-m}-\dfrac{1}{1-\overline{m}}\right)\Longrightarrow h=-\dfrac{(1+i)(m-1)}{2}\left(\dfrac{1}{1-m}-\dfrac{1}{1-\overline{m}}\right)\Longrightarrow h=\dfrac{1+i}{2}\left(1-\dfrac{1-m}{1-\overline{m}}\right)$

(On rappelle que $\overline{m}\neq 1$ et $m\neq 1$ car $m\in\mathbb{C}\backslash \mathbb{R}$ )

Conclusion : $\boxed{h=\dfrac{1+i}{2}\left(\dfrac{m-\overline{m}}{1-\overline{m}}\right)}$

3 points

exercice 3

1-a) Puisqu'on suppose que $2969$ ne divise pas $n$ et que $2969$ est premier, alors : $2969 \wedge n=1$
Donc, d'après le théorème de Bezout : $\exists(u,v)\in\mathbb{Z}^2\text{ : } 2969v+un=1$
Doù : $\boxed{ un\equiv 1[2969]}$

1-b) On a $n^8+m^8\equiv 0[2969]$
Donc : $(un)^8+(um)^8\equiv 0[2969]$
Il s'ensuit que $(um)^8\equiv -(un)^8 [2969]$
Or, $(un)^8\equiv 1[2969]$
D'où : $\boxed{(um)^8\equiv -1[2969]}$
De plus, on a $8\times 371=2968$ , donc : $(um)^{8\times 371} \equiv (-1)^{371} [2969]$
Ou encore : $\boxed{(um)^{2968}\equiv -1[2969]}$

1-c) On a $(um)^{2968}\equiv -1[2969]$
Donc : $\exists k\in\mathbb{Z} \text{ : } (um)^{2968}=-1+2969k$
En posant $\mu =-(um)^{2967} \text{ et } \nu=k$
$\exists \mu, \nu\in\mathbb{Z}\text{ : } (um)\mu+2969\nu=1$
Donc, d'après le théorème de Bezout : $2969\wedge um=1$
On en déduit : $\boxed{ 2969 \text{ ne divise pas } um}$

1-d) On a $2969\wedge um=1 \text{ et } 2969 \text{ premier }$ , donc d'après le théorème de Fermat : $(um)^{2969-1}\equiv 1[2969]$
D'où le résultat : $\boxed{ (um)^{2968}\equiv 1[2969]}$

2-a) On a trouvé dans 1-b) que $(um)^{2968}\equiv -1[2969]$ , et dans 1-d) $(um)^{2968}\equiv 1[2969]$ .
Ce qui est absurde, donc l'hypothèse de l'exercice est fausse, et donc sa négation juste.
Conclusion : $\boxed{ 2969 \text{ divise bien } n }$

2-b)
$\boxed{\Longleftarrow}}$ Si $n\equiv 0[2969] \text{ et } m\equiv 0[2969]$
Alors directement $n^8+m^8\equiv 0[2969]$

$\boxed{\Longrightarrow}}$ On avait vu, d'après les questions précédentes, que : $n^8+m^8\equiv 0[2969] \Longrightarrow 2969/n$
Donc, de la même manière, en inversant $n$ et $m$ , on obtient $n^8+m^8\equiv 0[2969] \Longrightarrow 2969/m$
Il s'ensuit que $n^8+m^8\equiv 0[2969] \Longrightarrow n\equiv 0[2969] \text{ et }m\equiv 0[2969]$

Conclusion : $\boxed{n^8+m^8\equiv 0[2969] \Longleftrightarrow n\equiv 0[2969] \text{ et }m\equiv 0[2969]}$

10 points

exercice 4

Partie I

Soit $f$ la fonction définie sur $\mathbb{R}$ par : $f(x)=4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)$

1-
$\bullet \text{ Calcul de }\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)\text{ : }$
On a , pour tout réel $x\text{ : } f(x)=4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)=4xe^{-x}\left(1+\dfrac{xe^{x}}{2}-e^{x}\right)$
Puisque $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}xe^{x}=0 \text{ et } \lim_{x\to-\infty}e^{x}=0$ , alors $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}1+\dfrac{xe^{x}}{2}-e^{x}= 1$

De plus, $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^{-x}=\lim_{t\to+\infty}e^{t}=+ \infty$ , donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}xe^{-x}=- \infty$
On en déduit que : $\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=- \infty }$

$\bullet \text{ Calcul de }\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)\text{ : }$
On a $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{-x}=\lim_{t\to-\infty}e^{t}=0$ , alors $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1= +\infty$
Et comme on a bien évidemment $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}4x=+\infty$
On déduit que : $\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty }$

2-a) La fonction définie sur $\R$ par $x\mapsto e^{-x}+\frac{1}{2}x-1$ est dérivable sur $\R$ comme somme des deux fonctions usuelles dérivables sur $\R$ : la fonction polynomiale $x\mapsto \dfrac{1}{2}x-1$ et la fonction exponentielle $x\mapsto e^{-x}$ .
Or, puisque la fonction polynomiale $x\mapsto 4x$ est dérivable sur $\R$ , alors

$\boxed{f \text{ est dérivable sur } \mathbb{R} \text{ comme étant produit de fonctions dérivables sur } \mathbb{R}}$ .
On a alors $\forall x\in\mathbb{R}$ :

$\begin{array}{cl}f'(x)&=\left[4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)\right]' \\\\&=4\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)+4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)' \\\\&=4\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)+4x\left(-e^{-x}+\dfrac{1}{2}\right) \\\\&=4\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1-xe^{-x}+\dfrac{1}{2}x\right)\\\\&=4\left(e^{-x}(1-x)+x-1\right)\\\\&=4(e^{-x}-1)(1-x) \end{array}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : } f'(x)=4(e^{-x}-1)(1-x)}$

2-b) Traçons le tableau de signes de $f'(x)$ :

On a:

$\bullet e^{-x}-1\leq 0 \iff e^{-x}\leq 1 \iff -x\leq 0 \iff x\geq 0$

$\bullet e^{-x}-1\geq 0 \iff x\leq 0$

D'où :

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCCCC|} \hline x & -\infty& ~ & &0 ~ & & ~ &1 ~ & &+\infty \\\hline e^{-x}-1& &+ ~ & & \barre{0} ~ & &-~& \barre{} ~ &- & \\\hline 1-x & &+ ~ & & \barre{}~ & &+~&\barre{0}~&-& \\\hline f'(x) & &+ ~ & & \barre{0}~ & &-~&\barre{0}~&+& \\\hline\end{tabvar}$

On en tire que $f$ est croissante sur $]-\infty, 0]\cup [1,+\infty[$ et décroissante sur $[0,1]$

Le tableau de variations :

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCCCC|} \hline x & -\infty& ~ & &0 ~ & & ~ &1 ~ & &+\infty \\\hline f'(x) & &+ ~ & & \barre{0}~ & &-~ &\barre{0}~&+& \\\hline f&\niveau{1}{3} -\infty& \croit & & 0 & &\decroit &\frac{4-2e}{e} &\croit &+\infty \\\hline\end{tabvar}$
Puisque $f(1)=4\left(e^{-1}-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{4-2e}{e}$

2-c) On a $\left[\dfrac{3}{2},2\right] \subset [1,+\infty[$
Donc $f$ est continue et strictement croissante sur $\left[\dfrac{3}{2},2\right]$
De plus $~ ~ f\left(\dfrac{3}{2}\right) = 6\left(e^{-3/2}-\dfrac{1}{4}\right)\approx 6\left(\dfrac{1}{4,5}-\dfrac{1}{4}\right) <0 \left[\dfrac{3}{2},2\right]~ ~ ~ ~\text{ et } ~ ~ ~ ~f(2)=8e^{-2}>0$
Alors $f\left(\dfrac{3}{2}\right) f(2)<0$ .
Donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires : $\boxed{ \exists ! ~\alpha \in \left]\dfrac{3}{2},2\right[ \text{ tel que } f(\alpha)=0 }$

2-d) On a :

$\begin{array}{cl}f(\alpha)=0&\iff 4\alpha\left(e^{-\alpha}+\dfrac{1}{2}\alpha-1\right)=0 \\\\&\iff \alpha=0 \text{ ou } e^{-\alpha}=1-\dfrac{1}{2}\alpha \\\\&\Longrightarrow e^{-\alpha}=1-\dfrac{\alpha}{2} \text{ car } \alpha> \dfrac{3}{2}\end{array}$

$\boxed{ e^{-\alpha}=1-\dfrac{\alpha}{2} }$

3-a) $f'$ est continue et dérivable sur $\R$ comme produit des fonctions usuelles $x\mapsto e^{-x}-1$ et $x\mapsto 4(1-x)$ continues et dérivables sur $\R$
Donc en particulier:

$\bullet f' \text{ est continue sur }[0,1]$
$\bullet f' \text{ est dérivable sur }]0,1[$
$\bullet \text{ De plus, on avait vu que }f'(0)=f'(1)=0$

Donc, d'après le théorème de Rolle $\boxed{ \exists x_0 \in ]0,1[ \text{ tel que } f''(x_0)=0 }$

3-b) D'après 3-a), $f'$ est dérivable sur $\R$ , alors :

$\forall x\in\mathbb{R}$ :

$\begin{array}{cl}f''(x)&=\left[4(e^{-x}-1)(1-x) \right]' \\\\&=4\left[\left(e^{-x}-1)'(1-x)-\left(e^{-x}-1)\right] \\\\&=4\left(-e^{-x}(1-x)-e^{-x}+1\right) \\\\&=4\left(e^{-x}(x-2)+1\right) \end{array}$

La fonction $x\mapsto e^{-x}(x-2)$ est dérivable sur $\R$ comme produit des fonctions $x\mapsto e^{-x}$ et $x\mapsto x-2$ dérivables sur $\R$ , il s'ensuit que $f''$ est dérivable sur $\R$ comme somme et produit de fonctions dérivables sur $\R$

Soit $x$ un réel de $[0,1]$ différent de $x_0$
Donc, en particulier, $f''$ est dérivable et donc continue sur l'intervalle ouvert de bornes $x$ et $x_0$ qu'on notera $I$

Par conséquent, d'après le théorème des accroissements finis : $\exists c \in I \text{ : } f^{(3)}(c)=\dfrac{ f''(x)-f''(x_0)}{x-x_0}=\dfrac{ f''(x)}{x-x_0} ~~~(\text{ puisque } f''(x_0)=0 )$

Il nous reste à trouver l'expression de $f^{(3)}(c)$ pour conclure.

On vient de voir que $f''$ est dérivable sur $\R$ , alors :

$\forall x\in\mathbb{R}$ :

$\begin{array}{cl}f^{(3)}(x)&=\left[4\left(e^{-x}(x-2)+1\right) \right]' \\\\&=4\left[e^{-x}(x-2)]' \\\\&=4\left(-e^{-x}(x-2)+e^{-x}\right) \\\\&=4e^{-x}(3-x) \end{array}$

D'où : $f^{(3)}(c)=4e^{-c}(3-c)$

Puisque $4e^{-c}>0$ , le signe de $f^{(3)}(c)$ est celui de $3-c$

On sait que $c\in I\subset [0,1]$ car les deux bornes $x$ et $x_0$ de l'intervalle $I$ appartiennent à $[0,1]$

Il s'ensuit que $c<3$ et donc $f^{(3)}(c)>0$
Ce qui permet de conclure : $\boxed{ \forall x\in [0,1] \text{ tel que } x\neq x_0 \text{ : } \dfrac{ f''(x)}{x-x_0} >0}$

Remarque: On s'est contenté dans cette question de noter l'intervalle ouvert de bornes $x$ et $x_0$ par $I$ car on ne connait pas laquelle des deux bornes $x$ et $x_0$ est la plus grande. On pouvait cependant utiliser l'écriture fastidieuse $I=]\min(x,x_0),\max(x,x_0)[$

3-c)
On a d'après 3-a) $f''(x_0)=0$ et d'après 3-b) $\forall x\in [0,1]\backslash\lbrace{ x_0\rbrace} \text{ : } \dfrac{ f''(x)}{x-x_0} >0$
Donc:
$\bullet \text{ Si }0\leq x<x_0 \leq 1 \text{ : } \dfrac{ f''(x)}{x-x_0} >0\Longrightarrow f''(x)<0$
$\bullet \text{ Si }0\leq x_0<x \leq 1 \text{ : } \dfrac{ f''(x)}{x-x_0} >0\Longrightarrow f''(x)>0$

C'est-à-dire que $f''$ s'annule en $x_0$ et change de signe au voisinage de ce dernier.

Donc : $\boxed{ I(x_0, f(x_0)) \text{ est bien un point d'inflexion de la courbe } (C)}$

4-a)

$\bullet \text{ Au voisinage de } -\infty$

On a $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=- \infty$ , il faut donc calculer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}$
On a , pour tout réel $x$ au voisinage de $-\infty \text{ (donc non nul) : } \dfrac{f(x)}{x}=4\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)=4e^{-x}\left(1+\dfrac{1}{2}xe^{x}-e^{x}\right)$
Puisque $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^x=0$ , $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}xe^x=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^{-x}=\lim_{t\to+\infty}e^{t}=+\infty$

Alors : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty}4e^{-x}\left(1+\dfrac{1}{2}xe^{x}-e^{x}\right)=+\infty(1+0+0)=+\infty$
Interprétation géométrique:

$\boxed{ (C) \text{ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au vosinage de }-\infty }$

$\bullet \text{ Au voisinage de } +\infty$

On a $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ , il faut donc calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$
On a , pour tout réel $x$ au voisinage de $+\infty \text{ (donc non nul) : } \dfrac{f(x)}{x}=4\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)$
Puisque $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{-x}=\lim_{t\to-\infty}e^{t}=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{2}x-1=+\infty$

Alors : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}4\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)=4(0+\infty)=+\infty$
Interprétation géométrique:

$\boxed{ (C) \text{ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au vosinage de }+\infty }$

4-b) La représentation graphique $(C)$ :

5-a) D'après le graphique, la courbe $(C)$ est en-dessous de l'axe des abscisses dans l'intervalle $]-\infty, \alpha]$ , donc directement :

$\boxed{\forall x\in ]-\infty, \alpha]\text{ : }f(x)\leq 0 }$

5-b) $\text{ Calculons }\displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x) \text{ d}x$

$\displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x) \text{ d}x=\displaystyle\int_{0}^{\alpha} 4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right) \text{ d}x=\displaystyle 4\int_{0}^{\alpha} xe^{-x}+\dfrac{1}{2}x^2-x \text{ d}x=\displaystyle 4\underbrace{\int_{0}^{\alpha} xe^{-x}\text{ d}x}_{I_1}+4\underbrace{\int_{0}^{\alpha} \dfrac{1}{2}x^2-x \text{ d}x}_{I_2}$

On a directement $I_2&=\displaystyle\int_{0}^{\alpha} \dfrac{1}{2}x^2-x \text{ d}x=\displaystyle \left[\dfrac{1}{6}x^{3}-\dfrac{1}{2}x^{2}\right]_{0}^{\alpha}=\dfrac{\alpha^{3}}{6}-\dfrac{\alpha^2}{2}$

Calculons $\displaystyle I_1=\int_{0}^{\alpha} xe^{-x}\text{ d}x$ , procédons par intégration par parties:

On pose : $\left\lbrace\begin{array}l u(x)=x \\ v^{'}(x)=e^{-x} \end{array} \text{ donc : }\left\lbrace\begin{array}l u^{'}(x)=1 \\ v(x)=-e^{-x} \end{array}$

$u\,,v\,,u'\,,v'$ sont toutes quatre continues sur $\R$ et donc sur $[0, \alpha]$ .

Intégration par parties :

$\begin{array}{ccccccl} \\I_1 &=& \displaystyle\int_{0}^{\alpha} xe^{-x}\text{ d}x &=& \displaystyle\left[-xe^{-x}\right]_0^{\alpha} - \displaystyle\int_{0}^{\alpha}(-e^{-x}) \text{ d}x \\\\ &=& \displaystyle\left[-xe^{-x}\right]_0^{\alpha}- \left[e^{-x}\right]_0^{\alpha} &=& \displaystyle\left[e^{-x}(x+1)\right]_{\alpha}^{0} \\\\&=&\displaystyle 1-\blue{e^{-\alpha}}\black (\alpha+1) &=& 1-\blue{\left(1-\dfrac{\alpha}{2}\right)}\black (\alpha+1) \\\\&=& 1-\left(\alpha + 1-\dfrac{\alpha^2}{2}-\dfrac{\alpha}{2}\right) &=&\dfrac{\alpha^2}{2}-\dfrac{\alpha}{2} \\ \end{array}$

On en déduit : $\displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x) \text{ d}x=4I_1+4I_2=4\left(\dfrac{\alpha^2}{2}-\dfrac{\alpha}{2}\right) +4\left(\dfrac{\alpha^{3}}{6}-\dfrac{\alpha^2}{2}\right)=\dfrac{2\alpha^{3}}{3}-2\alpha$

En facotrisant, on trouve : $\boxed{\displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x) \text{ d}x=\dfrac{2}{3}\alpha(\alpha^2-3)}$

Déduction :

$\forall x\in [0,\alpha]\text{ : } f(x)\leq 0 \Longrightarrow \displaystyle \displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x) \text{ d}x\leq 0 \Longrightarrow \dfrac{2}{3}\alpha(\alpha^2-3)\leq 0 \displaystyle \underbrace{\Longrightarrow}_{\text{ car }\alpha >\frac{3}{2}>0 } \alpha^2-3\leq 0 \Longrightarrow |\alpha|\leq \sqrt{3}$

Donc $-\sqrt{3}\leq \alpha \leq \sqrt{3}$ , or, on sait que $\alpha >\dfrac{3}{2}$ , donc : $\boxed{ \dfrac{3}{2}<\alpha \leq \sqrt{3}}$

5-c) On sait que $f$ est continue sur $[0,\alpha]$ , donc l'aire délimitée par la courbe $(C)$ , l'axe des abscisses $(y=0)$ , l'axe des ordonnées $(x=0)$ et la droite d'équation $x=\alpha$ s'exprime en unité d'aire $(U.A.)$ par : $\mathcal{A}={\displaystyle\int_{0}^{\alpha}| f(x)| \text{ d}x$

Et puisque $\forall x\in [0,\alpha]\text{ : } f(x)\leq 0$

Alors $\mathcal{A}=\displaystyle\int_{0}^{\alpha}| f(x)| \text{ d}x=-\displaystyle\int_{0}^{\alpha} f(x) \text{ d}x=-\dfrac{2}{3}\alpha(\alpha^2-3) \text{ U.A.}$

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

Donc $\boxed{ \text{ L'aire demandée s'écrit en cm}^{2}\text{ en fonction de } \alpha \text{ : }\mathcal{A}= \dfrac{2}{3}\alpha(3-\alpha^2) \text{ cm}^{2}}$

Partie II

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

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

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

Hérédité : Soit $n$ un entier naturel tel que $u_n<\alpha$

Puisque $u_n<\alpha$ , alors d'après I-5-a), $f(u_n)\leq 0$

Il s'ensuit que $f(u_n)+u_n\leq u_n<\alpha$ et donc $u_{n+1}<\alpha$

Donc la propriété est vraie au rang $n+1$

Conclusion: On conclut par récurrence que : $\boxed{\forall n\in\mathbb{N}\text{ : }u_n<\alpha}$

1-b) On a pour tout $n\in\mathbb{N} \text{ : }u_{n+1}-u_{n}=f(u_n)$

Et puisque $\forall n\in\mathbb{N}\text{ : } u_n<\alpha$ , alors d'après I-5-a), $\forall n\in\mathbb{N}\text{ : } f(u_n)\leq 0$

On en tire que $\forall n\in\mathbb{N}\text{ : } u_{n+1}-u_{n}\leq 0$

Conclusion : $\boxed{(u_n)_{n\in\mathbb{N}} \text{ est une suite décroissante}}$

2-a) On suppose que $0<u_0<\alpha$ , et soit $g$ la fonction définie sur $\R$ par : $g(x)=e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{4}$

La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ comme somme de fonctions dérivables sur $\R$

Donc $\forall x\in\mathbb{R} \text{ : }g'(x)=\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{4}\right)'=-e^{-x}+\dfrac{1}{2}$
On a :

$\bullet g'(x)\leq 0 \iff e^{-x}\geq \dfrac{1}{2} \iff -x\geq -\ln 2 \iff x\leq \ln 2$
$\bullet g'(x)\geq 0 \iff e^{-x}\leq \dfrac{1}{2} \iff -x\leq -\ln 2 \iff x\geq \ln 2$
Le tableau de variations:

$\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|} \hline x & -\infty & ~ & & \ln 2 ~ & & ~ & +\infty \\\hline g'(x) & & - ~ & & \barre{0}~ & & + ~ & \\\hline \niveau{2}{3} g & & \decroit & & g(\ln 2) ~ & & \croit & \\\hline\end{tabvar}$

D'où $\forall x\in\R\text{ : } g(x)\geq g(\ln 2)=\dfrac{\ln 2}{2}-\dfrac{1}{4}$

Or pusique $\ln 2\approx 0,69 >\dfrac{1}{2}$ , donc $g(\ln 2)=\dfrac{\ln 2}{2}-\dfrac{1}{4} >0$

On en déduit $\boxed{\forall x\in \R\text{ : } g(x)>0}$

2-b) On remarque que $\forall x\in\mathbb{R}\text{ : }f(x)+x=4xg(x)$

En effet : $\forall x\in\R\text{ : }4xg(x)=4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{3}{4}\right)=4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1+\dfrac{1}{4}\right)=4x\left(e^{-x}+\dfrac{1}{2}x-1\right)+\dfrac{4x}{4}=f(x)+x$

Montrons par récurrence que $\forall n\in\mathbb{N}\text{ : }0\leq u_n$

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

Hérédité : Soit $n$ un entier naturel tel que $0\leq u_n$

On a $u_{n+1}=f(u_n)+u_n =4u_ng(u_n)$ , et puisque $\forall x\in\R\text{ : }g(x)>0$ , donc $g(u_n)>0$

On en déduit que $4u_ng(u_n)\geq 0$ et donc $u_{n+1}\geq 0$

Donc la propriété est vraie au rang $n+1$

Conclusion : On conclut par récurrence que : $\boxed{ \forall n\in\mathbb{N}\text{ : }u_n\geq 0}$

2-c) D'après 1-b), $(u_n)_{n\in\N}$ est décroissante.

Et d'après 2-b) $(u_n)_{n\in\N}$ est minorée par $0$ puisque $\forall n\in \N\text{ : }u_n\geq 0$

On en déduit que : $\boxed{ (u_n)_{n\in\N} \text{ est convergente }}$

2-d) On a $x\mapsto f(x)+x$ est continue sur $[0,\alpha]$ en tant que somme de fonctions continues sur cet intervalle.

Et pour tout entier naturel $n$ , $u_{n+1}=f(u_n)+u_n$ .

Alors $\lim u_{n+1}=\lim f(u_n)+u_n \iff l=f(l)+l\iff f(l)=0$

Et d'après l'étude de la fonction $f$ : $f(l)=0 \iff l=0 \text{ ou }l=\alpha$

Or, on sait, d'après les résultats précédents que : $\forall n\in\N\text{ : }0\leq u_n\leq u_0<\alpha$

Donc $\lim u_n=l\leq u_0<\alpha$

D'où: $\boxed{\lim u_n=0}$

3-a) On a $\forall n\in\N\text{ : }u_{n+1}-u_{n}=f(u_n)$

Comme $(u_n)_{n\in\N}$ est décroissante, donc $u_n\leq u_0<0$

Or, on sait que $f$ est croissante sur $]-\infty, 0[$ , donc : $\forall n\in\N\text{ : }f(u_n)\leq f(u_0)$

Ce qui permet de conclure : $\boxed{\forall n\in\N\text{ : }u_{n+1}-u_n \leq f(u_0)}$

3-b)Montrons par récurrence que $\forall n\in\mathbb{N}\text{ : }u_n\leq u_0+nf(u_0)$

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

Hérédité: Soit $n$ un entier naturel tel que $u_n\leq u_0+nf(u_0)$

On a, d'après la question précédente : $u_{n+1} \leq u_n+f(u_0)$ , donc $u_{n+1} \leq u_0+nf(u_0)+f(u_0)=u_0+u_{n+1}f(u_0)$

Donc la propriété est vraie au rang $n+1$

Conclusion : On conclut par récurrence que :

$\boxed{ \forall n\in\mathbb{N}\text{ : }u_n\leq u_0+nf(u_0)}$

3-c) On a $u_0<0$ et $f$ est croissante sur $]-\infty, 0]$ , donc : $f(u_0)<f(0)=0$

D'où $\lim u_n=\lim ( u_0+nf(u_0))=\lim nf(u_0)=-\infty$

$\boxed{\lim u_n=-\infty}$

Publié par malou le 14-02-2021

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