Fiche de mathématiques

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Bac C-E Burkina Faso 2021 (1er tour)

Durée : 4 heures

Coefficient : 6

Calculatrices interdites

4 points

exercice 1

Bac C-E 1er tour Burkina Faso 2021 : image 5

4 points

exercice 2

Bac C-E 1er tour Burkina Faso 2021 : image 1

12 points

probleme

Bac C-E 1er tour Burkina Faso 2021 : image 4

Bac C-E 1er tour Burkina Faso 2021 : image 6

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Bac C-E 1er tour Burkina Faso 2021

4 points

exercice 1

Le plan est rapporté à un repère orthonormal direct $\overset{{\white{.}}}{(O;\vec u, \vec v).}$
Soit $\overset{{\white{.}}}{\C_1}$ l'ensemble $\overset{{\white{.}}}{\C\setminus\lbrace-\text{i}\,;\,\text{i}\rbrace}$ et f l'application telle que : $\overset{{\white{.}}}{\forall\,z\,\in\C_1, f(z)=\dfrac{z}{z^2+1}.}$

1. Nous devons résoudre dans $\overset{{\white{.}}}{\C_1}$ , l'équation $f(z)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}.$

$f(z)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\Longleftrightarrow \dfrac{z}{z^2+1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \\\phantom{f(z)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}}\Longleftrightarrow \dfrac{z}{z^2+1}=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \\\phantom{f(z)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}}\Longleftrightarrow z^2+1=\sqrt{3}\,z\quad(''\text{produit en croix}'') \\\phantom{f(z)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}}\Longleftrightarrow z^2-\sqrt{3}\,z+1=0$

$\\\\\bullet\quad z^2-\sqrt{3}\,z+1=0 \\\\\phantom{\bullet\quad }\underline{\text{Discriminant}}:\Delta=(-\sqrt{3})^2-4\times1\times1 \\\phantom{\bullet\quad \underline{\text{Discriminant}}:\Delta}=3-4 \\\phantom{\bullet\quad \underline{\text{Discriminant}}:\Delta}=-1 \\\phantom{\bullet\quad \underline{\text{Discriminant}}:\Delta}=\text{i}^2 \\\\\phantom{\bullet\quad }\underline{\text{Solutions}}:z_1=\dfrac{\sqrt{3}-\text{i}}{2}\Longrightarrow \boxed{z_1=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\text{i}} \\\\\phantom{\bullet\quad \underline{\text{Solutions}}:}z_2=\dfrac{\sqrt{3}+\text{i}}{2}\Longrightarrow \boxed{z_2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}\text{i}}$

D'où, l'ensemble des solutions de l'équation $f(z)=\dfrac{\sqrt{3}}{3}$ est $\boxed{S=\lbrace \dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}\text{i}\,;\,\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}\text{i}\rbrace}\,.$

2. a) $\forall\ (z\,,\,z')\in\C_1\times \C_1 :$

${\white{WW}}$ $f(z)=f(z')\Longleftrightarrow\dfrac{z}{z^2+1}=\dfrac{z'}{z'^2+1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow z(z'^2+1)=z'(z^2+1)}\quad(''\text{produit en croix}'') \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow zz'^2+z=z'z^2+z'} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow zz'^2-z'z^2+z-z'=0} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow zz'(z'-z)+(z-z')=0} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow zz'(z'-z)-(z'-z)=0} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow (z'-z)(zz'-1)=0} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow z'-z=0\quad\text{ou}\quad zz'-1=0} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{f(z)=f(z')}\Longleftrightarrow z'=z\quad\text{ou}\quad zz'=1} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ (z\,,\,z')\in\C_1\times \C_1 :f(z)=f(z')\Longleftrightarrow z'=z\quad\text{ou}\quad zz'=1}$

2. b) Soit $\overset{{\white{.}}}{(z\,,\,z')\in\C_1\times \C_1}$ tel que $\overset{{\white{.}}}{|z|<1}$ et $\overset{{\white{.}}}{|z'|<1.}$

Par la question précédente nous savons que $\overset{{\white{.}}}{\forall\ (z\,,\,z')\in\C_1\times \C_1 :f(z)=f(z')\Longleftrightarrow z'=z\quad\text{ou}\quad zz'=1.}}$

Or, ${\white{w}}\left\lbrace\begin{matrix}|z|<1\\|z'|<1\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad|zz'|<1\quad\Longrightarrow\quad \boxed{zz'\neq1}$

Dès lors, $\overset{{\white{.}}}{\boxed{\text{si }\;f(z)=f(z'),\text { alors}\,z'=z.}}$

3. Nous devons déterminer l'ensemble des points M d'affixe z tels que : $\overset{{\white{.}}}{z\in\C_1}$ et f (z ) soit un réel.

Soit $\overset{{\white{.}}}{z=x+\text{i}y\in\C_1.}$

$x+\text{i}y\in\C_1\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x+\text{i}y\neq\text{i}\\x+\text{i}y\neq-\text{i}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{x+\text{i}y\in\C_1}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}(x\,;\,y)\neq(0\,;\,1)\phantom{-}\\ (x\,;\,y)\neq(0\,;\,-1)\end{matrix}\right.}$

$\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)=\dfrac{z}{z^2+1} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{x+\text{i}y}{(x+\text{i}y)^2+1}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{x+\text{i}y}{x^2-y^2+2\text{i}xy+1}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{x+\text{i}y}{(x^2-y^2+1)+2\text{i}xy}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{(x+\text{i}y)[(x^2-y^2+1)-2\text{i}xy]}{[(x^2-y^2+1)+2\text{i}xy][(x^2-y^2+1)-2\text{i}xy]}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{(x+\text{i}y)[(x^2-y^2+1)-2\text{i}xy]}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}}$
$\\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{x(x^2-y^2+1)-2\text{i}x^2y+\text{i}y(x^2-y^2+1)+2xy^2}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{x(x^2-y^2+1+2y^2)+\text{i}y(-2x^2+x^2-y^2+1)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\forall\,z\,\in\C_1,\; f(z)}=\dfrac{x(x^2+y^2+1)+\text{i}y(-x^2-y^2+1)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}} \\\\\Longrightarrow\boxed{f(z)=\dfrac{x(x^2+y^2+1)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}+\text{i}\dfrac{y(-x^2-y^2+1)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}}$

$f(z)\in\R\Longleftrightarrow\dfrac{y(-x^2-y^2+1)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2}=0 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f(z)\in\R}\Longleftrightarrow y(-x^2-y^2+1)=0} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f(z)\in\R}\Longleftrightarrow y=0\quad\text{ou}\quad-x^2-y^2+1=0} \\\\\Longrightarrow\boxed{f(z)\in\R\Longleftrightarrow y=0\quad\text{ou}\quad x^2+y^2=1}$

Par conséquent, l'ensemble des points M d'affixe z tels que : $\overset{{\white{.}}}{z\in\C_1}$ et f (z ) soit un réel est la réunion de l'axe des abscisses et du cercle de rayon 1 centré en l'origine O du repère, privé des points J(0 ; 1) et J'(0 ; -1).

4. Dans cette question, $\overset{{\white{.}}}{z=\text{e}^{i\theta}\phantom{.}\text{où }\phantom{.}\theta\in[-\pi\,;\,\pi[\;\setminus\;\lbrace\dfrac{-\pi}{2}\,;\,\dfrac{\pi}{2}\rbrace.}$

4. a) Nous devons montrer que f (z ) est réel et le calculer en fonction de cos theta

.

L'ensemble des points d'affixe z tels que $\overset{{\white{.}}}{z=\text{e}^{i\theta}\phantom{.}\text{où }\phantom{.}\theta\in[-\pi\,;\,\pi[\;\setminus\;\lbrace\dfrac{-\pi}{2}\,;\,\dfrac{\pi}{2}\rbrace}$ est le cercle de rayon 1 centré en l'origine O du repère, privé des points J(0 ; 1) et J'(0 ; -1).

Or nous avons montré dans la question 3 que ces points étaient tels que $\overset{{\white{.}}}{z\in\C_1}$ et f (z ) soit un réel.
Par conséquent, f (z ) est un réel.

Nous savons que $z=\text{e}^{i\theta}\Longleftrightarrow z=\cos\theta+\text {i} \sin\theta.$

Dès lors, $\left\lbrace\begin{matrix}z=x+\text{i}y\\z=\cos\theta+\text {i} \sin\theta\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=\cos\theta\\y=\sin\theta\end{matrix}\right.$

En utilisant les résultats de la question 3. et en sachant que f (z ) est un réel, nous en déduisons que :

$f(z)=\dfrac{x(x^2+y^2+1)}{(x^2-y^2+1)^2+4x^2y^2} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{f(z)}=\dfrac{\cos\theta\times(\cos^2\theta+\sin^2\theta+1)}{(\cos^2\theta-\sin^2\theta+1)^2+4\cos^2\theta \times\sin^2\theta}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{f(z)}=\dfrac{\cos\theta\times(1+1)}{(\cos^2\theta+\cos^2\theta)^2+4\cos^2\theta \times(1-\cos^2\theta)}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{f(z)}=\dfrac{2\cos\theta}{(2\cos^2\theta)^2+4\cos^2\theta-4\cos^4\theta}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{f(z)}=\dfrac{2\cos\theta}{4\cos^4\theta+4\cos^2\theta-4\cos^4\theta}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{f(z)}=\dfrac{2\cos\theta}{4\cos^2\theta}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{f(z)}=\dfrac{1}{2\cos\theta}} \\\\\Longrightarrow\boxed{f(z)=\dfrac{1}{2\cos\theta}}$

4. b) Soit $\overset{{\white{.}}}{(u_n)}$ la suite réelle telle que : $\overset{{\white{.}}}{\forall\,n\in\N,\;u_n=1+f(z)+(f(z))^2+\cdots+(f(z))^n.}$

u_n est la somme de (n + 1) termes d'une suite géométrique de raison f (z ) dont le premier terme est 1.

$u_n=\text{premier terme}\times\dfrac{1-\text{raison}^{\text{nombre de termes}}}{1-\text{raison}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{u_n}=1\times\dfrac{1-(f(z))^{n+1}}{1-f(z)}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{u_n}=\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2\cos\theta}\right)^{n+1}}{1-\dfrac{1}{2\cos\theta}}} \\\\\Longrightarrow\boxed{u_n=\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2\cos\theta}\right)^{n+1}}{1-\dfrac{1}{2\cos\theta}}}$

La suite $\overset{{\white{.}}}{(u_n)}$ convergera si la suite $\left(\dfrac{1}{2\cos\theta}\right)^{n}$ converge, soit si $\left|\dfrac{1}{2\cos\theta}\right|<1.$

$\text{Or }\;\left|\dfrac{1}{2\cos\theta}\right|<1\Longleftrightarrow\left|\dfrac{1}{\cos\theta}\right|<2 \\\phantom{\text{Or }\;\left|\dfrac{1}{2\cos\theta}\right|<1}\Longleftrightarrow\left|\cos\theta\right|>\dfrac{1}{2} \\\phantom{\text{Or }\;\left|\dfrac{1}{2\cos\theta}\right|<1}\Longleftrightarrow\cos\theta>\dfrac{1}{2}\quad\text{ou}\quad\cos\theta<-\dfrac{1}{2} \\\phantom{\text{Or }\;\left|\dfrac{1}{2\cos\theta}\right|<1}\Longleftrightarrow-\dfrac{\pi}{3}<\theta<\dfrac{\pi}{3}\quad\text{ou}\quad-\pi\le\theta<-\dfrac{2\pi}{3}\quad\text{ou}\quad\dfrac{2\pi}{3}<\theta<\pi$

Par conséquent, la suite (u_n ) converge si $\boxed{\theta\in\,[-\pi\,;\,-\dfrac{2\pi}{3}[\;\cup\;]-\dfrac{\pi}{3}\,;\,\dfrac{\pi}{3}[\;\cup\;]\dfrac{2\pi}{3}\,;\,\pi[}\,.$

4 points

exercice 2

Soit a un réel strictement positif.
Soit ABC un triangle équilatéral direct de côté de longueur a .
On note I le barycentre des points (A ; 1), (B ; 2) et (C ; -2).

1. Le point I est le barycentre des points (A ; 1), (B ; 2) et (C ; -2).
Donc pour tout point M du plan, nous obtenons :

$1\;\overrightarrow{MA}+2\;\overrightarrow{MB}-2\;\overrightarrow{MC}=(1+2-2)\;\overrightarrow{MI} \\\\\Longrightarrow\overrightarrow{MA}+2\;\overrightarrow{MB}-2\;\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MI} \\\\\underline{\text{Choix}}: M=A \\\\\text{Donc }\;\overrightarrow{AA}+2\;\overrightarrow{AB}-2\;\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AI},\;\text{soit }\;\overrightarrow{0}+2\;\overrightarrow{AB}-2\;\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AI} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AI}=2\;\overrightarrow{AB}-2\;\overrightarrow{AC}}$

Bac C-E 1er tour Burkina Faso 2021 : image 9

2. Calculons IA ².

$\overrightarrow{AI}=2\left(\overrightarrow{AB}-\;\overrightarrow{AC}\right)\Longrightarrow AI^2=4\left(AB^2-2\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}+AC^2\right) \\\phantom{WWWWWWWWWWWW}=4\left(AB^2-2AB\times AC\times\cos\left(\widehat{\overrightarrow{AB}\,,\,\overrightarrow{AC}}\right)+AC^2\right) \\\phantom{WWWWWWWWWWWW}=4\left(a^2-2a\times a\times\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+a^2\right) \\\phantom{WWWWWWWWWWWW}=4\left(a^2-2a^2\times\dfrac{1}{2}+a^2\right) \\\phantom{WWWWWWWWWWWW}=4\left(a^2-a^2+a^2\right) \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWWWWW}=4a^2} \\\Longrightarrow\boxed{IA^2=4a^2}$

Calculons IB ².

Pour tout point M du plan, nous savons que :

$\overrightarrow{MA}+2\;\overrightarrow{MB}-2\;\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MI} \\\\\underline{\text{Choix}}: M=B \\\\\text{Donc }\;\overrightarrow{BA}+2\;\overrightarrow{BB}-2\;\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BI},\;\text{soit }\;\;\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{0}-2\;\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BI} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}-2\;\overrightarrow{BC}}$

$\overrightarrow{BI}=\overrightarrow{BA}-2\;\overrightarrow{BC}\Longrightarrow BI^2=BA^2-4\overrightarrow{BA}\cdot\overrightarrow{BC}+4BC^2 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=BA^2-4BA\times BC\times\cos\left(\widehat{\overrightarrow{BA}\,,\,\overrightarrow{BC}}\right)+4BC^2 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=a^2-4a\times a\times\cos\left(-\dfrac{\pi}{3}\right)+4a^2 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=5a^2-4a^2\times\dfrac{1}{2} \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=5a^2-2a^2 \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWWWW}=3a^2} \\\Longrightarrow\boxed{IB^2=3a^2}$

Calculons IC ².

Pour tout point M du plan, nous savons que :

$\overrightarrow{MA}+2\;\overrightarrow{MB}-2\;\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MI} \\\\\underline{\text{Choix}}: M=C \\\\\text{Donc }\;\overrightarrow{CA}+2\;\overrightarrow{CB}-2\;\overrightarrow{CC}=\overrightarrow{CI},\;\text{soit }\;\;\overrightarrow{CA}+2\;\overrightarrow{CB}-\overrightarrow{0}=\overrightarrow{CI} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{CA}+2\;\overrightarrow{CB}}$

$\overrightarrow{CI}=\overrightarrow{CA}+2\;\overrightarrow{CB}\Longrightarrow CI^2=CA^2+4\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}+4CB^2 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=CA^2+4CA\times CB\times\cos\left(\widehat{\overrightarrow{CA}\,,\,\overrightarrow{CB}}\right)+4CB^2 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=a^2+4a\times a\times\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+4a^2 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=5a^2+4a^2\times\dfrac{1}{2} \\\phantom{WWWWWWWWWWW}=5a^2+2a^2 \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWWWW}=7a^2} \\\\\Longrightarrow\boxed{IC^2=7a^2}$

3. Soit k un nombre réel.

3. a) Nous devons déterminer en fonction de k l'ensemble ( omegamaj

_k) des points M du plan tels que : $MA^2+2MB^2-2MC^2=ka^2.$

$MA^2+2MB^2-2MC^2=\overrightarrow{MA}^2+2\overrightarrow{MB}^2-2\overrightarrow{MC}^2 \\\phantom{MA^2+2MB^2-2MC^2}=\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}\right)^2+2\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IB}\right)^2-2\left(\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}\right)^2 \\\phantom{MA^2+2MB^2-2MC^2}=MI^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IA}+IA^2+2\left(MI^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IB}+IB^2\right) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW}-2\left(MI^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IC}+IC^2\right) \\\phantom{MA^2+2MB^2-2MC^2}=MI^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IA}+IA^2+2MI^2+4\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IB}+2IB^2 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW}-2MI^2-4\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{IC}-2IC^2 \\\phantom{MA^2+2MB^2-2MC^2}=MI^2+IA^2+2IB^2-2IC^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\left(\overrightarrow{IA}+2\overrightarrow{IB} -2\overrightarrow{IC}\right)$
$\\\phantom{MA^2+2MB^2-2MC^2}=MI^2+4a^2+2\times3a^2-2\times7a^2+2\overrightarrow{MI}\cdot\overrightarrow{0} \\\phantom{MA^2+2MB^2-2MC^2}=MI^2+4a^2+6a^2-14a^2+0 \\\phantom{MA^2+2MB^2-2MC^2}=MI^2-4a^2 \\\\\text{D'où }\;MA^2+2MB^2-2MC^2=ka^2\Longleftrightarrow MI^2-4a^2=ka^2 \\\phantom{\text{D'où }\;MA^2+2MB^2-2MC^2=ka^2}\Longleftrightarrow MI^2=ka^2+4a^2 \\\phantom{\text{D'où }\;MA^2+2MB^2-2MC^2=ka^2}\Longleftrightarrow \boxed{MI^2=(k+4)a^2\quad\text{où}\quad k\ge-4.}$

Par conséquent,

${\white{ww}}\bullet{\white{w}}$ si k > -4, l'ensemble (_k) est le cercle de centre I de rayon $a\sqrt{k+4}.$
${\white{ww}}\bullet{\white{w}}$ si k = -4, alors M = I et par suite, $(\Omega_k)=\lbrace I\rbrace.$
${\white{ww}}\bullet{\white{w}}$ si k < -4, l'ensemble (_k) est l'ensemble vide.

3. b) $\overset{{\white{.}}}{B\in(\Omega_k)\Longleftrightarrow BI^2=(k+4)a^2.}$
Or nous avons montré dans la question 2. que $BI^2=3a^2.$

D'où, $(k+4)a^2=3a^2\Longleftrightarrow k+4=3\Longleftrightarrow \boxed{k=-1}$
Par conséquent, $\overset{{\white{.}}}{B\in(\Omega_k)}$ si k = -1.

4. a) Nous devons démontrer que ( omegamaj

_-1) est un cercle tangent à la droite (AB ).

Nous savons que ( omegamaj

_k) est le cercle de centre I de rayon $a\sqrt{k+4}.$
Donc ( omegamaj

_-1) est le cercle de centre I de rayon $a\sqrt{3}.$
Nous avons démontré dans la question 3. b) que $\overset{{\white{.}}}{B\in(\Omega_k)}$ si k = -1, soit que $\overset{{\white{.}}}{\boxed{B\in(\Omega_{-1}).}}$

Nous obtenons alors les résultats suivants : $\left\lbrace\begin{matrix}AB=a\phantom{\quad(\text{voir question 2})vv}\\BI=a\sqrt{3}\quad(\text{car }B\in(\Omega_{-1}))\\AI=2a\;\quad(\text{voir question 2})\;\end{matrix}\right.$

Dès lors, $\left\lbrace\begin{matrix}AB^2=a^2\\BI^2=3a^2\\AI^2=4a^2\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow \boxed{AI^2=AB^2+BI^2}$

Par la réciproque du théorème de Pythagore, nous en déduisons que le triangle ABI est rectangle en B .
Il s'ensuit que la droite (AB ) est perpendiculaire au rayon en son extrémité sur le cercle ( omegamaj

_-1).
Par conséquent, la droite (AB ) est tangente au cercle (_-1) au point B .

4. b) Nous devons montrer que le symétrique D du point B par rapport à la droite (AI ) appartient à la droite (AC ).

Soient les points M et N tels que $\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AN}=-2\overrightarrow{AC}$ (voir figure à la question 1)

Par construction du point I , le quadrilatère AMIN est un losange car AM = MI = IN = AN = 2a .
D'où les diagonales [AI ] et [MN ] se coupent perpendiculairement en leurs milieux.
Nous en déduisons que le point N est le symétrique du point M par rapport à la droite (AI).

Puisque B appartient à la droite (AM), il en découle que le point D, symétrique du point B par rapport à la droite (AI ), appartient à la droite (AN ), soit à la droite (AC ).

Par conséquent, le point D appartient à la droite (AC ).

4. c) Nous devons démontrer que ( omegamaj

_-1) est tangent à la droite (AC ) en D .

Nous avons montré dans la question 4. a) que le triangle ABI est rectangle en B .
Or le triangle ADI est le symétrique du triangle ABI par rapport à la droite (AI )
Dès lors le triangle ADI est rectangle en D .
Il s'ensuit que (AD ) est perpendiculaire au rayon en son extrémité sur le cercle ( omegamaj

_-1).
D'où, la droite (AD ) est tangente au cercle ( omegamaj

_-1) au point D .
Puisque D appartient à la droite (AC ), les droites (AC ) et (AD ) sont confondues.
Par conséquent, la droite (AC ) est tangente au cercle (_-1) au point D .

4. d) Nous devons déterminer la nature du triangle BID .
Montrons que le triangle BID est équilatéral.

Le triangle BID est isocèle en I car BI = ID = rayon du cercle ( omegamaj

_-1).

De plus, les points D , A et C sont alignés dans cet ordre.

$\text{D'où }\;\widehat{DAC}=180^{\circ}\Longleftrightarrow\widehat{DAB}+\widehat{BAC}=180^{\circ} \\\phantom{\text{D'où }\;\widehat{DAC}=180^{\circ}}\Longleftrightarrow\widehat{DAB}+60^{\circ}=180^{\circ} \\\phantom{\text{D'où }\;\widehat{DAC}=180^{\circ}}\Longleftrightarrow\widehat{DAB}=120^{\circ}$ .

Dans le quadrilatère DABI , nous savons que $\widehat{BID}+\widehat{IDA}+\widehat{DAB}+\widehat{ABI}=360^{\circ}.$

Or $\left\lbrace\begin{matrix}\widehat{IDA}=90^{\circ}\\\widehat{DAB}=120^{\circ}\\\widehat{ABI}=90^{\circ}\end{matrix}\right.$
Nous obtenons alors :

$\widehat{BID}+\widehat{IDA}+\widehat{DAB}+\widehat{ABI}=360^{\circ}\Longleftrightarrow\widehat{BID}+90^{\circ}+120^{\circ}+90^{\circ}=360^{\circ} \\\phantom{\widehat{BID}+\widehat{IDA}+\widehat{DAB}+\widehat{ABI}=360^{\circ}}\Longleftrightarrow\boxed{\widehat{BID}=60^{\circ}}$

En conclusion, le triangle BID est isocèle en I et l'angle du sommet principal I a une mesure de 60°.
Nous en déduisons que le triangle BID est équilatéral.

12 points

probleme

Soit la fonction $\overset{{\white{.}}}{f_a:x\mapsto\ln(|x|+a),\;a\in\R,}$ et (C_a ) sa courbe représentative dans un plan rapporté à un repère orthonormal $(O;\vec i,\vec j).$

Partie A :

1. Nous devons déterminer l'ensemble de définition D_a de f_a suivant les valeurs de a .

Envisageons deux cas.

$\bullet{\white{w}}$ Premier cas : a > 0.
La fonction f_a est définie si $\overset{{\white{.}}}{|x|+a>0.}$
Or $\overset{{\white{.}}}{\forall\,x\in\R,\quad|x|\ge0}$ et nous savons que a > 0.
Donc $\overset{{\white{.}}}{\forall\,x\in\R,\quad|x|+a>0.}$

Par conséquent, $\boxed{D_a=\R\quad\text{où}\quad a>0}\,.$

$\bullet{\white{w}}$ Deuxième cas : a 0.
La fonction f_a est définie si $\overset{{\white{.}}}{|x|+a>0.}$
$\text{Or }\;|x|+a>0\Longleftrightarrow |x|>-a\;{\red{\ge0}} \\\phantom{\text{Or }\;|x|+a>0}\Longleftrightarrow x\in\,]-\infty\,;a[\;\cup\;]-a\,;\,+\infty[$

Par conséquent, $\boxed{D_a=]-\infty\,;a[\;\cup\;]-a\,;\,+\infty[\quad\text{où}\quad a<0}\,.$

2. Nous devons étudier la dérivabilité de f_a en 0 pour a > 0.

$\bullet{\white{w}}$ Premier cas : Étudions la dérivabilité de f_a à droite de 0.

Nous savons que si x > 0, alors |x | = x .

Dès lors, $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(x+a)-\ln(a)}{x}$

Posons $X=\ln(x+a).$

$X=\ln(x+a)\Longleftrightarrow\text{e}^X=x+a \\\phantom{X=\ln(x+a)}\Longleftrightarrow x=\text{e}^X-a \\\phantom{X=\ln(x+a)}\Longleftrightarrow x=\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}$

De plus, si $\overset{{\white{.}}}{x\to0^+,}$ alors $\overset{{\white{.}}}{X\to\ln(a^+).}$

D'où,

$\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}=\lim\limits_{X\to\ln(a^+)}\dfrac{X-\ln(a)}{\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}}=\lim\limits_{X\to\ln(a^+)}\dfrac{1}{\dfrac{\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}}{X-\ln(a)}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}=\dfrac{1}{\lim\limits_{X\to\ln(a^+)}\dfrac{\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}}{X-\ln(a)}}}$

Soit la fonction g définie sur $\R$ par $g(X)=\text{e}^X.$

Dans ce cas, $\lim\limits_{X\to\ln(a^+)}\dfrac{\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}}{X-\ln(a)}$ représente la dérivée à droite de la fonction g en ln(a ).

$\text{Or }g(X)=\text{e}^X\quad\Longrightarrow\quad g'(X)=\text{e}^X \\\phantom{\text{Or }g(X)=\text{e}^X}\quad\Longrightarrow\quad g'(\ln(a))=\text{e}^{\ln(a)} \\\phantom{\text{Or }g(X)=\text{e}^X}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{g'(\ln(a))=a}$

Par conséquent, $\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}=\dfrac{1}{a}}$

Nous en déduisons que f_a est dérivable à droite de 0 et que le nombre dérivé de f_a à droite de 0 est égal à $\dfrac{1}{a}.$

$\bullet{\white{w}}$ Deuxième cas : Étudions la dérivabilité de f_a à gauche de 0.

Nous savons que si x < 0, alors |x | = -x .

Dès lors, $\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\ln(-x+a)-\ln(a)}{x}$

Posons $\overset{{\white{.}}}{X=\ln(-x+a).}$

$X=\ln(-x+a)\Longleftrightarrow\text{e}^X=-x+a \\\phantom{X=\ln(-x+a)}\Longleftrightarrow x=-\text{e}^X+a \\\phantom{X=\ln(-x+a)}\Longleftrightarrow x=-\text{e}^X+\text{e}^{\ln(a)}$

De plus, si $\overset{{\white{.}}}{x\to0^-,}$ alors $\overset{{\white{.}}}{X\to\ln(a^-).}$

D'où,

$\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}=\lim\limits_{X\to\ln(a^-)}\dfrac{X-\ln(a)}{-\text{e}^X+\text{e}^{\ln(a)}} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}}=\lim\limits_{X\to\ln(a^-)}\dfrac{1}{\dfrac{-\left(\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}\right)}{X-\ln(a)}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}=\dfrac{-1}{\lim\limits_{X\to\ln(a^-)}\dfrac{\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}}{X-\ln(a)}}}$

Soit la fonction g définie sur $\R$ par $g(X)=\text{e}^X.$

Dans ce cas, $\lim\limits_{X\to\ln(a^-)}\dfrac{\text{e}^X-\text{e}^{\ln(a)}}{X-\ln(a)}$ représente la dérivée à gauche de la fonction g en ln(a ).

$\text{Or }g(X)=\text{e}^X\quad\Longrightarrow\quad g'(X)=\text{e}^X \\\phantom{\text{Or }g(X)=\text{e}^X}\quad\Longrightarrow\quad g'(\ln(a))=\text{e}^{\ln(a)} \\\phantom{\text{Or }g(X)=\text{e}^X}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{g'(\ln(a))=a}$

Par conséquent, $\boxed{\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{f_a(x)-f_a(0)}{x}=\dfrac{-1}{a}}$

Nous en déduisons que f_a est dérivable à gauche de 0 et que le nombre dérivé de f_a à gauche de 0 est égal à $-\dfrac{1}{a}.$

Donc la fonction f_a n'est pas dérivable en 0 car la dérivée à gauche de 0 est différente de la dérivée à droite de 0.

3. Etudions le sens de variation de f_a suivant les valeurs de a .

$\bullet{\white{w}}$ Premier cas : a > 0.
Nous avons montré que $\overset{{\white{.}}}{D_a=\R}$ et que la fonction f_a n'est pas dérivable en 0.

$\bullet\bullet{\white{w}}$ Si x > 0, alors |x |=x et $\overset{{\white{.}}}{f(x)=\ln(x+a).}$

Dans ce cas, $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{(x+a)'}{x+a}}$ , soit $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{1}{x+a}}$

$\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}x>0\\a>0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad x+a>0 \\\phantom{WwWWWW}\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{x+a}>0 \\\\\text{D'où }\; \boxed{f'_a(x)>0\quad\text{sur}\quad]0\,;\,+\infty[}$

$\bullet\bullet{\white{w}}$ Si x < 0, alors |x |=-x et $\overset{{\white{.}}}{f(x)=\ln(-x+a).}$

Dans ce cas, $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{(-x+a)'}{-x+a}}$ , soit $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{-1}{-x+a}}$

$\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}-x>0\\a>0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad -x+a>0 \\\phantom{WwWWWW}\Longrightarrow\quad \dfrac{-1}{x+a}<0 \\\\\text{D'où }\; \boxed{f'_a(x)<0\quad\text{sur}\quad]-\infty\,;\,0[}$

Par conséquent, si a > 0, alors la fonction f_a est strictement croissante sur ]0 ; +[ et est strictement décroissante sur ]- ; 0[.

$\bullet{\white{w}}$ Deuxième cas : a 0.
Dans ce cas, -a supegal

0 et nous avons montré que $\overset{{\white{.}}}{D_a=]-\infty\,;a[\;\cup\;]-a\,;\,+\infty[.}$

$\bullet\bullet{\white{w}}$ Si x ]-a ; +[, alors x > 0 et par suite, |x |=x et $\overset{{\white{.}}}{f(x)=\ln(x+a).}$

Nous obtenons alors, $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{(x+a)'}{x+a}}$ , soit $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{1}{x+a}}$

$\text{Or }\;x\in\;]-a\,;\,+\infty[\quad\Longrightarrow\quad x>-a \\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow\quad x+a>0 \\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{x+a}>0 \\\\\text{D'où }\; \boxed{f'_a(x)>0\quad\text{sur}\quad]-a\,;\,+\infty[}$

$\bullet\bullet{\white{w}}$ Si x ]- ; a[, alors x < 0 et par suite, |x | = -x et $\overset{{\white{.}}}{f(x)=\ln(-x+a).}$

Nous obtenons alors, $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{(-x+a)'}{-x+a}}$ , soit $\overset{{\white{.}}}{f'_a(x)=\dfrac{-1}{-x+a}}$

$\text{Or }\;x\in\;]-\infty\,;\,a[\quad\Longrightarrow\quad x<a \\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow\quad-x>-a \\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow\quad -x+a>0 \\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow\quad \dfrac{-1}{-x+a}<0 \\\\\text{D'où }\; \boxed{f'_a(x)<0\quad\text{sur}\quad]-\infty\,;\,a[}$

Par conséquent, si a < 0, alors la fonction f_a est strictement croissante sur ]-a ; +[ et est strictement décroissante sur ]- ; a [.

Dressons les tableaux de variation de f_a suivant les valeurs de a .
Calculs préliminaires :

$\lim\limits_{x\to\pm\infty}|x|=+\infty\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to\pm\infty}(|x|+a)=+\infty \\\\\phantom{WWWWWWx}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to\pm\infty}\ln(|x|+a)=+\infty$

D'où $\overset{{\white{.}}}{\boxed{\lim\limit_{x\to\pm\infty}f_a(x)=+\infty}}$

$\begin{matrix}{\white{ww}}{\red{\underline{a>0}}}\\\\\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&||&&\\f'_a(x)&&-&||&+&\\&&&||&&\\\hline&+\infty&&&&+\infty\\f_a(x)&&\searrow&&\nearrow&\\&&&\ln a&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}\end{matrix}\phantom{ww}\begin{matrix}\begin{matrix}{\white{ww}}{\red{\underline{a=0}}}\\\\\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&||&&\\f'_a(x)&&-&||&+&\\&&&||&&\\\hline&+\infty&&||&&+\infty\\f_a(x)&&\searrow&||&\nearrow&\\&&&||&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}\end{matrix}\end{matrix}$

${\white{wwwwwwwwwwwwxxxxx}}{\red{\underline{a<0}}}\\\\\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&a\phantom{www}-a&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&||||||||||||||||&&\\f'_a(x)&&-&||||||||||||||||&&\\&&&||||||||||||||||&&\\\hline&+\infty&&||||||||||||||||&&+\infty\\f_a(x)&&\searrow&||||||||||||||||&\nearrow&\\&&&\phantom{.}-\infty||||||||||||||||-\infty&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}$

4. a) Soit M (x ; y ) un point du plan.

$M(x\,;\,y)\in(C_a)\Longleftrightarrow y=f_a(x) \\\phantom{M(x\,;\,y)\in(C_a)}\Longleftrightarrow y=\ln(|x|+a) \\\\ a\neq a'\Longleftrightarrow |x|+a\neq |x|+a' \\\phantom{a\neq a'}\Longleftrightarrow \ln(|x|+a)\neq \ln(|x|+a') \\\phantom{a\neq a'}\Longleftrightarrow f_a(x)\neq f_{a'}(x) \\\phantom{a\neq a'}\Longrightarrow M(x\,;\,y)\notin(C_{a'})$

Par conséquent, si $\overset{{\white{.}}}{M(x\,;\,y)\in(C_a)}$ , alors pour tout a' a , $\overset{{\white{.}}}{M(x\,;\,y)\notin(C_{a'}).}$

${\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}\ln(|x|+a)-\ln(|x|+a')\right) \\\phantom{{\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}\ln(x+a)-\ln(x+a')\right) \\\phantom{{\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{x+a}{x+a'}\right) \\\phantom{{\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{x\left(1+\dfrac{a}{x}\right)}{x\left(1+\dfrac{a'}{x}\right)}\right)$

$\\\phantom{{\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{1+\dfrac{a}{x}}{1+\dfrac{a'}{x}}\right) \\\phantom{{\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\ln\left(\dfrac{1+0}{1+0}\right) \\\phantom{{\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\ln\left(1\right) \\\phantom{{\red{\text{4. b) }}}\,\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)=0}$

De même,

$\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}\ln(|x|+a)-\ln(|x|+a')\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}\ln(-x+a)-\ln(-x+a')\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left(\dfrac{-x+a}{-x+a'}\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left(\dfrac{-x\left(1-\dfrac{a}{x}\right)}{-x\left(1-\dfrac{a'}{x}\right)}\right)$

$\\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left(\dfrac{1-\dfrac{a}{x}}{1-\dfrac{a'}{x}}\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\ln\left(\dfrac{1+0}{1+0}\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=\ln\left(1\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\overset{}f_a(x)-f_{a'}(x)\right)=0}$

4. c) Nous en déduisons que les courbes (C_a ) et (C_a' ) sont asymptotes.

5. Représentations graphiques de $\overset{{\white{.}}}{(C_2)\,,\;(C_{\frac{1}{2}})}$ et $\overset{{\white{.}}}{(C_{-1}).}$

Bac C-E 1er tour Burkina Faso 2021 : image 7

Partie B :

1. $\forall\,x\in\;]0 \,;\,+\infty[, \;\forall\,a>0,\quad f'_a(x)=\left(\overset{}\ln(x+a)\right)'$

$\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\;]0 \,;\,+\infty[, \;\forall\,a>0,\quad f'_a(x)=\dfrac{1}{x+a}}$

$a>0,\;x>0\quad\Longrightarrow\quad x+a>a \\\phantom{a>0,\;x>0}\quad\Longrightarrow\quad 0<\dfrac{1}{x+a}<\dfrac{1}{a} \\\overset{\phantom{.}}{ \phantom{a>0,\;x>0}\quad\Longrightarrow\quad 0<f'_a(x)<\dfrac{1}{a}} \\\overset{\phantom{.}}{ \phantom{a>0,\;x>0}\quad\Longrightarrow\quad \left|\overset{}f'_a(x)\right|<\dfrac{1}{a}}$

D'où, $\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\;]0 \,;\,+\infty[, \;\forall\,a>0,\quad \left|\overset{}f'_a(x)\right|<\dfrac{1}{a}}\,.$

2. a) Nous devons montrer que sur ]0 ; + infini

[, l'équation $\overset{{\white{.}}}{f_2(x)=x}$ admet une unique solution alpha

.

Soit la fonction h définie sur ]0 ; + infini

[ par $\overset{{\white{.}}}{h(x)=f_2(x)-x.}$

La fonction h est dérivable sur ]0 ; + infini

[ (différence de deux fonctions dérivables sur ]0 ; + infini

[).

$h'(x)=f'_2(x)-x' \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{h'(x)}=\dfrac{1}{x+2}-1} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{h'(x)}=\dfrac{1-x-2}{x+2}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{h'(x)}=\dfrac{-x-1}{x+2}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{h'(x)}=-\left(\dfrac{x+1}{x+2}\right)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\;]0 \,;\,+\infty[, \;h'(x)<0}$

Dès lors, la fonction h est strictement décroissante sur ]0 ; + infini

[.

$\lim\limits_{x\to0^+}h(x)=\lim\limits_{x\to0^+}\left(\overset{}\ln(|x|+2)-x\right) \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{\lim\limits_{x\to0^+}h(x)}=\ln2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}h(x)=\ln2} \\\\ \lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}\ln(|x|+2)-x\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}\ln(x+2)-x\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\overset{}\ln(x+2)-\ln(\text{e}^x)\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{x+2}{\text{e}^x}\right) \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x+2}{\text{e}^x}=0^+\quad(\text{croissances comparées})\\\lim\limits_{X\to0^+}\ln(X)=-\infty\phantom{WWWWWWWWWW}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{x+2}{\text{e}^x}\right)=-\infty \\\\\\\text{D'où }\;\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=-\infty}$

Dressons le tableau de variations de la fonction h sur ]0 ; + infini

[.

${\white{wwwwww}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&&&\\h'(x)&&-&-&-&\\&&&&&\\\hline&\ln2&&&&\\h(x)&&\searrow&\searrow&\searrow&\\&&&&&-\infty\\ \hline \end{array}\end{matrix}$

Donc nous savons que :
$\bullet{\white{w}}$ la fonction h est continue sur ]0 ; + infini

[ (car dérivable sur ]0 ; + infini

[),
$\bullet{\white{w}}$ la fonction h est strictement décroissante sur ]0 ; + infini

[.

De plus h (]0 ; + infini

[) = ]-

; ln2[.

D'après le théorème de la bijection, la fonction h réalise une bijection de ]0 ; + infini

[ dans ]-

; ln2[.

Or 0 appartient

; ln2[.

Nous en déduisons que l'équation $\overset{{\white{.}}}{h(x)=0}$ admet une unique solution alpha

dans ]0 ; + infini

[.

$\text{Or }\;h(x)=0\Longleftrightarrow f_2(x)-x=0 \\\phantom{\text{Or }\;h(x)=0}\Longleftrightarrow f_2(x)=x.$

Par conséquent, sur ]0 ; +[, l'équation $\overset{{\white{.}}}{f_2(x)=x}$ admet une unique solution .

2. b) La calculatrice n'étant pas autorisée, nous remarquons que :

${\white{ww}}\bullet{\white{w}}h(1)=\ln3-1 \\\phantom{{\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(1)}>\ln\text{e}-1\quad(\text{car }3>\text{e}\approx2,7) \\\phantom{{\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(1)}>1-1 \\\phantom{{\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(1)}>0 \\\\\phantom{wwww}\Longrightarrow\boxed{h(1)>0} \\\\ {\white{ww}}\bullet{\phantom{w}}\boxed{h(\alpha)=0} \\\\ {\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(2)=\ln4-2 \\\phantom{{\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(2)}=2\ln2-2 \\\phantom{{\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(2)}<2\ln\text{e}-2\quad(\text{car }2<\text{e}\approx2,7) \\\phantom{{\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(2)}<2\times1-2 \\\phantom{{\phantom{ww}}\bullet{\phantom{w}}h(2)}<0 \\\\\phantom{wwww}\Longrightarrow\boxed{h(2)<0}$

Nous obtenons ainsi : $\boxed{h(2)<h(\alpha)<h(1)}$
Or d'après le théorème de la bijection, la fonction réciproque $h^{-1}:\;]-\infty\,;\,\ln2[\;\mapsto \;]0\;,\;+\infty[$ est strictement décroissante sur ]- infini

; ln2[.
En appliquant h ^-1 à l'inégalité précédente, nous obtenons : $\boxed{1 < \alpha <2}$

Par conséquent, $\boxed{1 \le \alpha \le2}$

3. Soit $\overset{{\white{.}}}{(u_n)_{n\in\N}}$ la suite numérique définie par $\overset{{\white{.}}}{u_0=1}$ et pour tout entier naturel n , $u_{n+1}=\ln(2+u_n).$

3. a) Montrons par récurrence que $\overset{{\white{.}}}{\forall\n\in\N,\;1\le u_n\le2.}$

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour n = 0, soit que $\overset{{\white{.}}}{1\le u_0\le2.}$
La relation est évidente puisque $\overset{{\white{.}}}{u_0=1}$ et par conséquent, l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre naturel n fixé, la propriété est vraie au rang n , alors elle est encore vraie au rang (n +1).
Montrons donc que si pour un nombre naturel n fixé, $\overset{{\white{.}}}{1\le u_n\le2}$ , alors $\overset{{\white{.}}}{1\le u_{n+1}\le2.}$
En effet,

$1\le u_n\le2\quad\Longrightarrow\quad2+1\le 2+u_n\le2+2 \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le u_n\le2\quad}\Longrightarrow\quad3\le 2+u_n\le4} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le u_n\le2\quad}\Longrightarrow\quad\ln3\le \ln(2+u_n)\le\ln4} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le u_n\le2\quad}\Longrightarrow\quad\ln3\le u_{n+1}\le\ln4} \\\\\text{Or }\;\text{e}\approx2,7<3\quad\Longrightarrow\quad\ln\text{e}<\ln3 \\\overset{}{\phantom{wwwwwwwww}\quad\Longrightarrow\quad{\red{1<\ln3}}} \\\\\phantom{\text{Or }\;}2<\text{e}\approx2,7\quad\Longrightarrow\quad\ln2<\ln\text{e} \\\overset{}{\phantom{\text{Or }\;2<\text{e}\approx2,7\quad}\Longrightarrow\quad\ln2<1} \\\overset{}{\phantom{\text{Or }\;2<\text{e}\approx2,7\quad}\Longrightarrow\quad2\ln2<2} \\\overset{}{\phantom{\text{Or }\;2<\text{e}\approx2,7\quad}\Longrightarrow\quad{\red{\ln4<2}}}$

$\text{D'où }\;\ln3\le u_{n+1}\le\ln4\quad\Longrightarrow\quad1<\ln3\le u_{n+1}\le\ln4<2 \\\\\phantom{\text{D'où }\;\ln(3)\le u_{n+1}\le\ln(4)\quad}\Longrightarrow\quad\boxed{1\le u_{n+1}\le2}$
Donc l'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que $\overset{{\white{.}}}{\forall\n\in\N,\;1\le u_n\le2.}$

3. b) Nous devons montrer que $\forall n \in\N,\quad |u_{n+1}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_n - \alpha|.$

Soit $\overset{{\white{.}}}{a=\text{min}\lbrace u_n,\alpha\rbrace}$ et $\overset{{\white{.}}}{b=\text{max}\lbrace u_n,\alpha\rbrace.}$

$\bullet{\white{w}}$ La fonction f ₂ est continue sur l'intervalle [a ; b].
$\bullet{\white{w}}$ La fonction f ₂ est dérivable sur l'intervalle ]a ; b[.
$\bullet{\white{w}}$ Nous savons que pour tout x appartient

]0 ; +

[, $\left|\overset{}{ f_2'(x)}\right| \le \dfrac{1}{2}$ (voir question 1).
Selon l'inégalité des accroissements finis, nous savons que $\left|\overset{}{ f_2(u_n)-f_2(\alpha)}\right| \le \dfrac{1}{2}\left|\overset{}{ u_n-\alpha}\right|.$

Or $f_2(u_n)=u_{n+1}$ et $f_2(\alpha)=\alpha$ car alpha

est la solution de l'équation $\overset{{\white{.}}}{f_2(x)=x.}$
Par conséquent, $\boxed{\forall n \in\N,\quad |u_{n+1}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_n - \alpha|}\,.$

Montrons que $\forall n \in\N,\quad |u_{n}-\alpha|\le \dfrac{1}{2^n} .$
$\bullet{\white{w}}$ L'inégalité est vraie si u_n = alpha

car elle s'écrirait : $0\le \dfrac{1}{2^n}$ , ce qui est vrai par évidence.

$\bullet{\white{w}}$ Soit u_n different

.

Nous savons que $\forall n \in\N,\quad |u_{n+1}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_n - \alpha|}\,.$

Dès lors, nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}|u_{n}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_{n-1} - \alpha|\\\overset{{\white{.}}}{|u_{n-1}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_{n-2} - \alpha|}\\\overset{{\white{.}}}{|u_{n-2}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_{n-3} - \alpha|}\\\\\cdots\cdots\cdots\\\overset{{\white{.}}}{|u_{2}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_{1} - \alpha|}\\\overset{{\phantom{.}}}{|u_{1}-\alpha|\le \dfrac{1}{2}\,|u_{0} - \alpha|}\end{matrix}\right.$

Multiplions ces n inégalités membre à membre.

$|u_{n}-\alpha|\times|u_{n-1} - \alpha|\times|u_{n-2} - \alpha|\times\cdots\times|u_{2}-\alpha|\times|u_{1}-\alpha| \\\\\phantom{xxxxx}\le\dfrac{1}{2^n} \times|u_{n-1} - \alpha|\times|u_{n-2} - \alpha|\times\cdots\times|u_{1}-\alpha|\times|u_{0}-\alpha|$
Simplifions les facteurs identiques dans les deux membres.
Nous obtenons alors : $|u_{n}-\alpha|\le\dfrac{1}{2^n}\times|u_{0}-\alpha|.$

Or u ₀ = 1 et 1 infegal

2.
Nous déduisons alors que :

$1\le\alpha\le2\quad\Longrightarrow\quad-2\le-\alpha\le-1 \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le\alpha\le2\quad}\Longrightarrow\quad{\red{1}}-2\le\,{\red{1}}-\alpha\le\,{\red{1}}-1} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le\alpha\le2\quad}\Longrightarrow\quad-1\le1-\alpha\le0} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le\alpha\le2\quad}\Longrightarrow\quad-1\le1-\alpha\le1\quad(\text{car }0<1)} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le\alpha\le2\quad}\Longrightarrow\quad|1-\alpha|\le1} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{1\le\alpha\le2\quad}\Longrightarrow\quad\boxed{|u_0-\alpha|\le1}}$

Il s'ensuit : $\left\lbrace\begin{matrix}|u_{n}-\alpha|\le\dfrac{1}{2^n}\times|u_{0}-\alpha|\\\\|u_{0}-\alpha|\le1\phantom{WWWWW}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad|u_{n}-\alpha|\le\dfrac{1}{2^n}\times1$

D'où $\boxed{\forall n \in\N,\quad |u_{n}-\alpha|\le \dfrac{1}{2^n}}\,.$

3. c) Déterminons à partir de quelle valeur n ₀ de n , u_n est une valeur approchée à 10^-3 près de alpha

.

Nous savons que $\forall n \in\N,\quad |u_{n}-\alpha|\le \dfrac{1}{2^n}$

Calculons la plus petite valeur entière naturelle de n vérifiant l'inéquation $\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}.$

$\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac{1}{2^n}\le\dfrac{1}{10^3} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad}\Longleftrightarrow\quad2^n\ge10^3} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad}\Longleftrightarrow\quad\ln(2^n)\ge\ln(10^3)} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad}\Longleftrightarrow\quad n\times\ln2\ge3\times\ln10}$

Les valeurs suivantes sont données en fin de questionnaire : $\overset{{\white{.}}}{\ln 2\approx0,7\,;\,\ln10\approx2,3.}$

$\text{D'où }\;\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad\Longleftrightarrow\quad n\times0,7\ge3\times2,3 \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{\text{D'où }\;\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad}\Longleftrightarrow\quad 0,7n\ge6,9} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{\text{D'où }\;\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad}\Longleftrightarrow\quad n\ge\dfrac{6,9}{0,7}} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{\text{D'où }\;\dfrac{1}{2^n}\le10^{-3}\quad}\Longleftrightarrow\quad n\ge\dfrac{69}{7}\approx9,857}$

Dès lors, la plus petite valeur entière naturelle de n vérifiant l'inéquation est n = 10.
Par conséquent, u_n est une valeur approchée à 10^-3 près de à partir de n ₀ = 10.

Partie C :

On suppose que a > 1.

Soit H la partie du plan délimitée par (C_a ), (D ) : y = x + a et les droites d'équations x = 0 et x = a .
On note A (a ) l'aire de H .

1. Nous devons calculer A (a ) en fonction de a .

Sur l'intervalle [0 ; a ], l'expression de f (x ) est f (x ) = ln(x + a) car |x | = x puisque x supegal

0.

Etudions la position relative de la droite (D) et de la courbe (C_a ) sur l'intervalle [0 ; a ].

Soit la fonction deltamaj

définie sur ]-a ; a ] par $\Delta(x)=(x+a)-\ln(x+a).$

La fonction deltamaj

est dérivable sur ]-a ; a ].

$\Delta'(x)=1-\dfrac{1}{x+a}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\Delta'(x)=\dfrac{x+a-1}{x+a}}$

$\begin{matrix}\text{N.B. : }\;a>1\Longrightarrow1-a<0\\\\x+a-1<0\Longleftrightarrow x<1-a\\x+a-1=0\Longleftrightarrow x=1-a\\x+a-1>0\Longleftrightarrow x>1-a\\\\x>-a\Longrightarrow x+a>0\\x=-a\Longrightarrow x+a=0\\\\\Delta(1-a)=1-\ln1=1 \end{matrix}{\white{www}}\begin{matrix}|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}{\white{www}}\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\ x&-a&&1-a&&0&&a\\&&&&&&&\\\hline &&&&&&&\\x+a-1&-&-&0&+&+&+&+\\x+a&0&+&+&+&+&+&+\\&&&&&&&\\\hline&||&&&&&&\\\Delta'(x)&||&-&0&+&+&+&+\\&||&&&&&&\\\hline&||&&&&&&\\\Delta(x)&||&\searrow&&\nearrow&\nearrow&\nearrow&\\&||&&1&&&&\\ \hline \end{array}\end{matrix}$

Nous en déduisons que sur l'intervalle [0 ; a ], deltamaj

(x ) > 1.

D'où, sur l'intervalle [0 ; a ], deltamaj

(x ) > 0, soit x + a > ln(x + a ).
Par conséquent, sur l'intervalle [0 ; a ], la droite (D) est située au-dessus de la courbe (C_a ).

Dès lors, A (a ) se détermine par :

$A(a)= \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \left(\overset{}{x+a-\ln(x+a)}\right)\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{A(a)}= \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \left(\overset{}{x+a}\right)\,\text d x\end{aligned}-\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \ln(x+a)\,\text d x\end{aligned} \\\\\text{Or } \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \left(\overset{}{x+a}\right)\,\text d x\end{aligned}= \left[\overset{}{\dfrac{(x+a)^2}{2}}\right]_0^a=\dfrac{(a+a)^2}{2}-\dfrac{(0+a)^2}{2} \\\phantom{WWWWWWW1}=\dfrac{4a^2}{2}-\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{3a^2}{2} \\\\\phantom{\text{Or } }\Longrightarrow\boxed{\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \left(\overset{}{x+a}\right)\,\text d x\end{aligned}=\dfrac{3a^2}{2}}$

$\text{Calculons par parties, }\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \ln(x+a)\,\text d x\end{aligned} =\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} 1\times\ln(x+a)\,\text d x\end{aligned} \\\\\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} u(x)v'(x)\,\text d x\end{aligned}=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]\limits_0^{a}-\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} u'(x)v(x)\,\text d x\end{aligned}}}. \\\\\left\lbrace\begin{matrix}u(x)=\ln(x+a)\phantom{www}\Longrightarrow\phantom{ww}u'(x)=\dfrac{1}{x+a}\\v'(x)=1\phantom{wwwwwwwv}\Longrightarrow\quad v(x)=x+a\phantom{ww}\end{matrix}\right.$

$\text{Dès lors, }\ \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \ln(x+a)\,\text d x\end{aligned}=\left[\overset{}{(x+a)\times\ln(x+a)}\right]\limits_0^{a}- \begin{aligned}\int\nolimits_0^{a}\dfrac{1}{x+a}\times(x+a)\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{WWWWWWWWxWW}=\left[\overset{}{(x+a)\times\ln(x+a)}\right]\limits_0^{a}- \begin{aligned}\int\nolimits_0^{a}1\,\text d x\end{aligned}$

$\\\\\phantom{WWWWWWWWxWW}=\left[\overset{}{(x+a)\times\ln(x+a)}\right]\limits_0^{a}- \left[\overset{{\white{\frac{}{}}}}{x}\right]\limits_0^{a} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWxWW}=[2a\ln(2a)-a\ln a]-(a-0)} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWxWW}=2a\ln(2a)-a\ln a-a} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWxWW}=a[2\ln(2a)-\ln a-1]} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWxWW}=a[\ln(2a)^2-\ln a-1]} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWxWW}=a[\ln(4a^2)-\ln a-1]} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWxWW}=a[\ln\dfrac{4a^2}{a}-1]} \\\overset{\phantom{.}}{\phantom{WWWWWWWWxWW}=a[\ln(4a)-1]} \\\\\Longrightarrow\boxed{\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \ln(x+a)\,\text d x\end{aligned}=a[\ln(4a)-1]}$

Par conséquent,

$A(a)= \begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \left(\overset{}{x+a}\right)\,\text d x\end{aligned}-\begin{aligned}\int\nolimits_{0}^{a} \ln(x+a)\,\text d x\end{aligned} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{A(a)}= \dfrac{3a^2}{2}-a[\ln(4a)-1]} \\\\\Longrightarrow\boxed{A(a)= \dfrac{3a^2}{2}-a[\ln(4a)-1]}$

${\red{2.\;}}\;A\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)=\dfrac{3\left(\frac{\text{e}^2}{4}\right)^2}{2}-\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)[\ln(4\times\left(\frac{\text{e}^2}{4}\right))-1] \\\\\phantom{{\red{2.\;}}\;A\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)}=\dfrac{3\left(\frac{\text{e}^4}{16}\right)}{2}-\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)[\ln(\text{e}^2)-1] \\\\\phantom{{\red{2.\;}}\;A\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)}=\dfrac{3\text{e}^4}{32}-\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)[2-1] \\\\\phantom{{\red{2.\;}}\;A\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)}=\dfrac{3\text{e}^4}{32}-\dfrac{\text{e}^2}{4} \\\\\phantom{{\red{2.\;}}\;A\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)}=\dfrac{\text{e}^2}{4}\left(\dfrac{3\text{e}^2}{8}-1\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{A\left(\dfrac{\text{e}^2}{4}\right)=\dfrac{\text{e}^2}{4}\left(\dfrac{3\text{e}^2}{8}-1\right)}$

Publié par malou le 10-04-2022

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