Fiche de mathématiques
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Bac Sénégal 2021

Séries : S2-S2A-S4-S5

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Coefficient : 5

Durée : 4 heures


5 points

exercice 1

Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021 : image 4


5 points

exercice 2

Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021 : image 3


10 points

probleme

Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021 : image 2

Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021 : image 1






Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021

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5 points

exercice 1

1.  Arbre de probabilité représentant la situation.

Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021 : image 7


{\red{2.}}\phantom{w}\boxed{p(A)=\dfrac{1}{6}} \\\phantom{{\red{2.}}\phantom{w}}p(\overline{A})=1-p(A)=1-\dfrac{1}{6}\Longrightarrow\boxed{p(\overline{A})=\dfrac{5}{6}}

3.  Nous devons déterminer p (B ).
Les événements  \overset{{\white{.}}}{A}  et  \overline{A}  forment une partition de l'univers. En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

p(B)=p(A\cap B)+p(\overline{A}\cap B) \\\phantom{p(B)}=p(A)\times p_{A}(B)+p(\overline{A})\times p_{\overline{A}}(B) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{1}{6}\times\dfrac{3}{7}+\dfrac{5}{6}\times\dfrac{2}{5}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{1}{14}+\dfrac{1}{3}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{3+14}{42}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{17}{42}}  \\\\\Longrightarrow\boxed{p(B)=\dfrac{17}{42}}

4.  Nous devons déterminer  p_B(A).

p_B(A)=\dfrac{p(A\cap B)}{p(B)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p_B(A)}=\dfrac{p(A)\times p_A(B)}{p(B)}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p_B(A)}=\dfrac{\frac{1}{6}\times \frac{3}{7}}{\frac{17}{42}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p_B(A)}=\dfrac{\frac{3}{42}}{\frac{17}{42}}}=\dfrac{3}{42}\times\dfrac{42}{17}=\dfrac{3}{17} \\\\\Longrightarrow\boxed{p_B(A)=\dfrac{3}{17}}

5.  L'expérience précédente se déroule 5 fois de suite de façon indépendante.
Soit X  la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues.

6.  Nous devons déterminer la loi de probabilité de X .

Nous répétons 5 fois la même expérience aléatoire.
Tous les tirages sont identiques et indépendants.
Chaque expérience n'a que deux issues :
  "tirer une boule blanche" dont la probabilité est  p=\dfrac{17}{42}.
  "tirer une boule noire" dont la probabilité est :  1-p=1-\dfrac{17}{42}=\dfrac{25}{42}.
La variable aléatoire X  suit donc la loi binomiale de paramètres n  = 5 et  p=\dfrac{17}{42}.

L'ensemble des valeurs possibles de X  est  \lbrace\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,\rbrace.
La loi de probabilité de X  est donnée par :

\forall\,k\in\lbrace\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,\rbrace, \\\\p(X=k)=\begin{pmatrix}k\\5\end{pmatrix}\times p^k\times (1-p)^{5-k} \\\phantom{p(X=k)}=\begin{pmatrix}k\\5\end{pmatrix}\times \left(\dfrac{17}{42}\right)^k\times \left(1-\dfrac{17}{42}\right)^{5-k} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,k\in\lbrace\,0\,;\,1\,;\,2\,;\,3\,;\,4\,;\,5\,\rbrace,\ p(X=k)=\begin{pmatrix}k\\5\end{pmatrix}\times \left(\dfrac{17}{42}\right)^k\times \left(\dfrac{25}{42}\right)^{5-k}}

6. a)  Nous devons trouver l'espérance mathématique et la variance de X .

\bullet{\white{w}}Espérance mathématique E (X ).

E(X)=n\,p\Longrightarrow E(X)=5\times\dfrac{17}{42} \\\\\Longrightarrow \boxed{E(X)=\dfrac{85}{42}\approx2,02}

\bullet{\white{w}}Variance V (X ).

V(X)=n\,p\,(1-p)\Longrightarrow V(X)=5\times\dfrac{17}{42}\times\left(1-\dfrac{17}{42}\right) \\\\\phantom{V(X)=n\,p\,(1-p)\Longrightarrow V(X)}=5\times\dfrac{17}{42}\times\dfrac{25}{42} \\\\\Longrightarrow \boxed{V(X)=\dfrac{2125}{1764}}

7.  L'expérience se déroule en n  parties indépendantes.

Calculons la probabilité d'obtenir au moins une boule blanche.

Notons Y  la variable aléatoire ayant comme valeur le nombre de boules blanches obtenues lors de n  parties.
L'épreuve consiste à répéter n  fois la même expérience aléatoire.
Tous les tirages sont identiques et indépendants.
Chaque expérience n'a que deux issues :
  "tirer une boule blanche" dont la probabilité est  p=\dfrac{17}{42}.
  "tirer une boule noire" dont la probabilité est :  1-p=1-\dfrac{17}{42}=\dfrac{25}{42}.
La variable aléatoire Y  suit donc la loi binomiale de paramètres n et  p=\dfrac{17}{42}.

Nous désirons calculer la probabilité d'obtenir au moins une boule blanche, soit  p(Y\ge1).

p(Y\ge1)=1-p(Y=0) \\\phantom{p(Y\ge1)}=1-\begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}\times p^0\times (1-p)^{n-0} \\\phantom{p(Y\ge1)}=1-1\times 1\times (1-p)^{n} \\\phantom{p(Y\ge1)}=1-(1-p)^{n} \\\phantom{p(Y\ge1)}=1-\left(1-\dfrac{17}{42}\right)^{n} \\\\\Longrightarrow\boxed{p(Y\ge1)=1-\left(\dfrac{25}{42}\right)^{n}}

Nous devons déterminer la valeur minimale de n  pour laquelle la probabilité d'obtenir au moins une boule blanche dépasse 0,99.

Résolvons l'inéquation :  1-\left(\dfrac{25}{42}\right)^n> 0,99 .

1-\left(\dfrac{25}{42}\right)^n> 0,99\Longleftrightarrow\left(\dfrac{25}{42}\right)^n< 1-0,99 \\\phantom{1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n> 0,99.}\Longleftrightarrow\left(\dfrac{25}{42}\right)^n< 0,01 \\\phantom{1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n> 0,99.}\Longleftrightarrow\ln\left[\left(\dfrac{25}{42}\right)^n\right]< \ln(0,01) \\\phantom{1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n> 0,99.}\Longleftrightarrow n\times\ln\left(\dfrac{25}{42}\right)< \ln(0,01) \\\\\phantom{1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n> 0,99.}\Longleftrightarrow n> \dfrac{\ln(0,01)}{\ln\left(\dfrac{25}{42}\right)} \\\phantom{1-\left(\dfrac{5}{6}\right)^n> 0,9999999999}(\text{Changement du sens de l'inéquation car }\ln\left(\dfrac{25}{42}\right)<0) \\\\\text{Or } \dfrac{\ln(0,01)}{\ln\left(\dfrac{25}{42}\right)}\approx8,877
D'où le plus petit entier n  vérifiant :  1-\left(\dfrac{25}{42}\right)^n> 0,99  est n  = 9.

5 points

exercice 2

{\red{1.\,\text{a)}}}\phantom{x}a(1+\text{i})=1+3\,\text{i}\Longleftrightarrow a=\dfrac{1+3\,\text{i}}{1+\text{i}} \\\\\phantom{{\red{1.\,\text{a)}}}\phantom{x}a(1+\text{i})=1+3\,\text{i}}\Longleftrightarrow a=\dfrac{(1+3\,\text{i})(1-\text{i})}{(1+\text{i})(1-\text{i})} \\\\\phantom{{\red{1.\,\text{a)}}}\phantom{x}a(1+\text{i})=1+3\,\text{i}}\Longleftrightarrow a=\dfrac{1-\text{i}+3\,\text{i}+3}{1+1} \\\\\phantom{{\red{1.\,\text{a)}}}\phantom{x}a(1+\text{i})=1+3\,\text{i}}\Longleftrightarrow a=\dfrac{4+2\,\text{i}}{2} \\\\\phantom{{\red{1.\,\text{a)}}}\phantom{x}a(1+\text{i})=1+3\,\text{i}}\Longleftrightarrow \boxed{a=2+\text{i}}

{\white{wwww}}\text{i}\,a^2=\text{i}\,(2+\text{i})^2 \\\phantom{\phantom{{\red{1.\,\text{a)}}}}\text{i}\,a^2}=\text{i}\,(4+4\text{i}-1) \\\phantom{\phantom{{\red{1.\,\text{a)}}}}\text{i}\,a^2}=\text{i}\,(3+4\text{i}) \\\phantom{\phantom{{\red{1.\,\text{a)}}}}\text{i}\,a^2}=-4+3\,\text{i} \\\\\Longrightarrow\boxed{\text{i}\,a^2=-4+3\,\text{i}}

1. b)  Montrons que a  est solution de l'équation  Z^2-(1+3\,\text{i})\,Z-4+3\,\text{i}=0,\,Z\in\C.

a^2-(1+3\,\text{i})\,a-4+3\,\text{i}=(2+\text{i})^2-(1+3\,\text{i})\,(2+\text{i})-4+3\,\text{i} \\\phantom{a^2-(1+3\,\text{i})\,a-4+3\,\text{i}}=(4+4\,\text{i}-1)-(2+\text{i}+6\,\text{i}-3)-4+3\,\text{i} \\\phantom{a^2-(1+3\,\text{i})\,a-4+3\,\text{i}}=(3+4\,\text{i})-(-1+7\,\text{i})-4+3\,\text{i} \\\phantom{a^2-(1+3\,\text{i})\,a-4+3\,\text{i}}=3+4\,\text{i}+1-7\,\text{i}-4+3\,\text{i} \\\phantom{a^2-(1+3\,\text{i})\,a-4+3\,\text{i}}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{a^2-(1+3\,\text{i})\,a-4+3\,\text{i}=0}
Puisque que a  vérifie l'équation  Z^2-(1+3\,\text{i})\,Z-4+3\,\text{i}=0 , nous en déduisons que a  est solution de cette équation.

(\text{i}\,a)^2-(1+3\,\text{i})\,(\text{i}\,a)-4+3\,\text{i}=-a^2-(\text{i}-3)\,a-4+3\,\text{i} \\\phantom{(\text{i}\,a)^2-(1+3\,\text{i})\,(\text{i}\,a)-4+3\,\text{i}}=-(2+\text{i})^2-(\text{i}-3)\,(2+\text{i})-4+3\,\text{i}  \\\phantom{(\text{i}\,a)^2-(1+3\,\text{i})\,(\text{i}\,a)-4+3\,\text{i}}=-(4+4\text{i}-1)-(2\,\text{i}-1-6-3\,\text{i})-4+3\,\text{i}  \\\phantom{(\text{i}\,a)^2-(1+3\,\text{i})\,(\text{i}\,a)-4+3\,\text{i}}=-(3+4\text{i})-(-7-\text{i})-4+3\,\text{i}  \\\phantom{(\text{i}\,a)^2-(1+3\,\text{i})\,(\text{i}\,a)-4+3\,\text{i}}=-3-4\text{i}+7+\text{i}-4+3\,\text{i}  \\\phantom{(\text{i}\,a)^2-(1+3\,\text{i})\,(\text{i}\,a)-4+3\,\text{i}}=0\\\\\Longrightarrow\boxed{(\text{i}\,a)^2-(1+3\,\text{i})\,(\text{i}\,a)-4+3\,\text{i}=0}
Puisque que ia  vérifie l'équation  Z^2-(1+3\,\text{i})\,Z-4+3\,\text{i}=0 , nous en déduisons que ia  est solution de cette équation.

2.  Soit le point A d'affixe a  = 2 + i et le point B d'affixe b  = -1 + 2i.

2. a)  Placement des points A et B dans le plan complexe.

Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021 : image 6


2. b)  \left\lbrace\begin{matrix}b=-1+2\,\text{i}\\\text{i}\,a=\text{i}\,(2+\text{i})\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b=-1+2\,\text{i}\\\text{i}\,a=-1+2\,\text{i}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{b=\text{i}\,a}

Montrons que le triangle OAB est rectangle isocèle en O.

\bullet{\white{w}}Montrons que le triangle OAB est rectangle en O.

\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OB}}\right)=\arg\left(\dfrac{b}{a}\right) \\\phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OB}}\right)}=\arg\left(\dfrac{\text{i}\,a}{a}\right) \\\phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OB}}\right)}=\arg(\text{i}) \\\phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OB}}\right)}=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi] \\\\\Longrightarrow\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OB}}\right)=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi]}
D'où le triangle OAB est rectangle en O.

\bullet{\white{w}}Montrons que le triangle OAB est isocèle en O.

OB=|b|=|\text{i}a|=|\text{i}|\times|a|=1\times|a|=|a|=OA\Longrightarrow\boxed{OA=OB}
D'où le triangle OAB est isocèle en O.

Par conséquent, le triangle OAB est rectangle isocèle en O.

3.  Soit C le point d'affixe  c=1+\dfrac{1}{2}\,\text{i}\,.

3. a)  Nous devons déterminer l'affixe d  du point D tel que le triangle OCD soit isocèle et tel que  \overset{{\white{.}}}{\text{mes}\left(\overrightarrow{OC}\,,\,\overrightarrow{OD}\right)=\dfrac{\pi}{2}\,.}

Le triangle OCD est rectangle isocèle en O si d  = ic .

d=\text{i}\,c=\text{i}\left(1+\dfrac{1}{2}\,\text{i}\right)=\text{i}-\dfrac{1}{2}\Longrightarrow\boxed{d=-\dfrac{1}{2}+\text{i}}

3. b)  On note J, K, L et M les milieux respectifs de [AB], [DA], [CD] et [BC].
Nous devons déterminer la nature exacte du quadrilatère JKLM.

\bullet{\white{w}}Montrons que le quadrilatère JKLM est un parallélogramme.

\text{JKLM est un parallélogramme}\Longleftrightarrow\overrightarrow{JK}=\overrightarrow{ML} \\\phantom{\text{JKLM est un parallélogramme}}\Longleftrightarrow \boxed{z_K-z_J=z_L-z_M}

Par définition, les points J, K, L et M sont les milieux respectifs de [AB], [DA], [CD] et [BC].
Dès lors,

z_J=\dfrac{z_A+z_B}{2}=\dfrac{a+b}{2}=\dfrac{2+\text{i}-1+2\,\text{i}}{2}=\dfrac{1+3\,\text{i}}{2}\Longrightarrow\boxed{z_J=\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}\,\text{i}} \\\\z_K=\dfrac{z_A+z_D}{2}=\dfrac{a+d}{2}=\dfrac{2+\text{i}-\dfrac{1}{2}+\text{i}}{2}=\dfrac{\dfrac{3}{2}+2\,\text{i}}{2}\Longrightarrow\boxed{z_K=\dfrac{3}{4}+\text{i}} \\\\z_L=\dfrac{z_C+z_D}{2}=\dfrac{c+d}{2}=\dfrac{1+\dfrac{1}{2}\,\text{i}-\dfrac{1}{2}+\text{i}}{2}=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}\,\text{i}}{2}\Longrightarrow\boxed{z_L=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\,\text{i}} \\\\z_M=\dfrac{z_B+z_C}{2}=\dfrac{b+c}{2}=\dfrac{-1+2\,\text{i}+1+\dfrac{1}{2}\,\text{i}}{2}=\dfrac{\dfrac{5}{2}\,\text{i}}{2}\Longrightarrow\boxed{z_M=\dfrac{5}{4}\,\text{i}}

Il s'ensuit que

\left\lbrace\begin{matrix}z_K-z_J=\left(\dfrac{3}{4}+\text{i}\right)-\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}\,\text{i}\right)\\\\z_L-z_M=\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\,\text{i}\right)-\dfrac{5}{4}\,\text{i}\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}z_K-z_J=\dfrac{3}{4}+\text{i}-\dfrac{1}{2}-\dfrac{3}{2}\,\text{i}\\\\z_L-z_M=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\,\text{i}-\dfrac{5}{4}\,\text{i}\end{matrix}\right. \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}z_K-z_J=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\,\text{i}\\\\z_L-z_M=\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\,\text{i}\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow\boxed{z_K-z_J=z_L-z_M}
Par conséquent, le quadrilatère JKLM est un parallélogramme.

\bullet{\white{w}}Montrons que le parallélogramme JKLM est un losange.

Un parallélogramme possédant deux côtés consécutifs de même longueur est un losange.
Montrons que JK = KL

JK=|z_K-z_J|=\left|\dfrac{1}{4}-\dfrac{1}{2}\,\text{i}\right| \\\\\phantom{JK}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{4}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{16}+\dfrac{1}{4}} \\\\\phantom{JK}=\sqrt{\dfrac{1}{16}+\dfrac{4}{16}}=\sqrt{\dfrac{5}{16}} \\\\\phantom{JK}=\dfrac{\sqrt{5}}{4} \\\\\Longrightarrow\boxed{JK=\dfrac{\sqrt{5}}{4}} KL=|z_L-z_K|=\left|\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\,\text{i}\right)-\left(\dfrac{3}{4}+\text{i}\right)\right|=\left|-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{4}\,\text{i}\right| \\\\\phantom{JK}=\sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(-\dfrac{1}{4}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{16}} \\\\\phantom{JK}=\sqrt{\dfrac{4}{16}+\dfrac{1}{16}}=\sqrt{\dfrac{5}{16}} \\\\\phantom{JK}=\dfrac{\sqrt{5}}{4} \\\\\Longrightarrow\boxed{KL=\dfrac{\sqrt{5}}{4}}
D'où JK = KL.
Par conséquent, le parallélogramme JKLM est un losange.

\bullet{\white{w}}Montrons que le losange JKLM est un carré en montrant que ce losange possède un angle droit.

JL^2=|z_L-z_J|^2=\left|\left(\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}\,\text{i}\right)-\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{2}\,\text{i}\right)\right|^2=\left|-\dfrac{1}{4}-\dfrac{3}{4}\,\text{i}\right|^2 \\\\\phantom{JK}={\left(-\dfrac{1}{4}\right)^2+\left(-\dfrac{3}{4}\right)^2} \\\\\phantom{JK}={\dfrac{1}{16}+\dfrac{9}{16}}={\dfrac{10}{16}}  \\\\\Longrightarrow JL^2=\dfrac{10}{16} \\\\\text{Or }JK^2=KL^2=\left(\dfrac{\sqrt{5}}{4}\right)^2\Longrightarrow JK^2=KL^2=\dfrac{5}{16} \\\\\text{D'où }JK^2+KL^2=\dfrac{5}{16}+\dfrac{5}{16}=\dfrac{10}{16}=JL^2 \\\\\Longrightarrow\boxed{JK^2+KL^2=JL^2}

Selon la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle JKL est rectangle en K.
Il s'ensuit que le losange JKLM possède un angle droit.
Par conséquent, le losange JKLM est un carré.

En conclusion, le losange JKLM est un carré.

10 points

probleme

PARTIE A

.  Soit g  la fonction définie sur [0 ; +infini[ par :  g(x)=\dfrac{1}{1+x}-1-\ln(1+x).

1. a)  Nous devons dresser le tableau de variations de g  sur [0 ; +infini[.

\bullet{\white{w}}g(0)=\dfrac{1}{1+0}-1-\ln(1+0)=1-1-0=0\Longrightarrow\boxed{g(0)=0} \\\\\bullet{\white{w}}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{1+x}=0\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\ln(1+x)=+\infty\end{matrix}\right.{\white{ww}}\Longrightarrow{\phantom{ww}}\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac{1}{1+x}-1-\ln(1+x)\right]=-\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow{\phantom{ww}}\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty}

Étudions le signe de la dérivée g' (x ) sur [0 ; +infini[.

La fonction g est dérivable sur [0 ; +infini[ (somme de fonctions dérivables sur [0 ; +infini[)

\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)=\left(\dfrac{1}{1+x}\right)'-1'-[\ln(1+x)]' \\\\\phantom{\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)}=\dfrac{-(1+x)'}{(1+x)^2}-0-\dfrac{(1+x)'}{1+x} \\\\\phantom{\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)}=\dfrac{-1}{(1+x)^2}-\dfrac{1}{1+x} \\\\\phantom{\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)}=\dfrac{-1-(1+x)}{(1+x)^2}  \\\\\phantom{\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)}=\dfrac{-2-x}{(1+x)^2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)=\dfrac{-2-x}{(1+x)^2}}

\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ \left\lbrace\begin{matrix}-2-x<0\\ (1+x)^2>0\end{matrix}\right.\phantom{ww}\Longrightarrow\phantom{ww}\dfrac{-2-x}{(1+x)^2}<0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,\ g'(x)<0}

Nous en déduisons que la fonction g  est strictement décroissante sur [0 ; +infini[.

Tableau de variations de g  sur [0 ; +infini[.

{\white{wwwwwwwww}}\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&&&\\g\,'(x)&&&-&&\\&&&&&\\\hline&0&&&&\\g(x)&&&\searrow&&\\&&&&&-\infty\\ \hline \end{array}

1. b)  Nous avons montré dans la question précédente que la fonction g  est strictement décroissante sur [0 ; +infini[.
En utilisant la définition de décroissance, nous obtenons :

\bullet\phantom{w}g(0)=0 \\\\\bullet\phantom{w}\forall\ x\in\,]0\,;\,+\infty[, \ x > 0 \Longrightarrow g(x)<g(0) \\\phantom{\bullet\phantom{w}\forall\ x\in[0\,;\,+\infty[,} \ x > 0 \Longrightarrow g(x)<0\phantom{ www}(\text{car }g(0)=0)

Par conséquent, pour tout x  dans [0 ; +infini[, g (x ) infegal 0.

2.  On considère la fonction f  définie par :  f(x)=\left\lbrace\begin{matrix}\text{e}^{-x}[1+\ln(1+x)]\phantom{www}\text{si }x\ge0\\\\x+\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\phantom{wwwxxww}\text{si }x<0\end{matrix}\right.

2. a)  Nous devons montrer que l'ensemble de définition Df  de f  est R.

Envisageons deux cas.

Premier cas : x  supegal 0.

{\white{wwwwwwww}}f(x)=\text{e}^{-x}[1+\ln(1+x)] \\\\f(x)\in\R\Longleftrightarrow1+x>0 \\\phantom{f(x)\in\R}\Longleftrightarrow \boxed{x>-1}
Or la condition x  > -1 est toujours réalisée puisque nous sommes dans le cas où x  est supérieur à 0.
D'où la fonction f est définie sur [0 ; +infini[.

Deuxième cas : x  < 0.

{\white{wwwwwwww}}f(x)=x+\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1} \\\\f(x)\in\R\Longleftrightarrow\text{e}^x+1\neq0 \\\phantom{f(x)\in\R}\Longleftrightarrow \boxed{\text{e}^x\neq-1}
Or la condition ex different -1 est toujours réalisée puisqu'une exponentielle est strictement positive sur R.
D'où la fonction f est définie sur ]-infini ; 0[.

Nous déduisons de ces deux cas que la fonction f  est définie pour tout x  réel.
Par conséquent, l'ensemble de définition Df  de f  est R.

2. b)  Nous devons étudier les limites de f  aux bornes de Df .

Premier cas : x  supegal 0.

f(x)=\text{e}^{-x}[1+\ln(1+x)] \\\\\phantom{f(x)}=\dfrac{1+\ln(1+x)}{\text{e}^{x}} \\\\\phantom{f(x)}=\dfrac{1}{\text{e}^{x}}+\dfrac{\ln(1+x)}{\text{e}^{x}} \\\\\phantom{f(x)}=\dfrac{1}{\text{e}^{x}}+\dfrac{\ln(1+x)}{{\red{1+x}}}\times \dfrac{{\red{1+x}}}{{\blue{x}}}\times \dfrac{{\blue{x}}}{\text{e}^{x}}

\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\text{e}^x}=0\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWWWW}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}=\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{\ln X}{X}=0\phantom{w}(\text{croissances comparées)}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1+x}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{x}{x}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{x}+1\right)=0+1=1\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{\text{e}^{x}}=0\phantom{w}(\text{croissances comparées)}\phantom{wwwwwwwwwwwwww}\end{matrix}\right.

\text{D'où }\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\text{e}^{x}}+\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(1+x)}{1+x}\times\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{1+x}{x}\times \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{\text{e}^{x}} \\\\\phantom{\text{D'où }\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=0+0\times1\times 0 \\\phantom{\text{D'où }\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}

Deuxième cas : x  < 0.

f(x)=x+\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\\\\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\phantom{WWWWWwWWWWWW}\\\\\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^x=0\Longrightarrow\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}=\dfrac{2\times0}{0+1}=0\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}x+\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1} \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty}

2. c)  Nous devons montrer que la fonction f  est continue en 0.

D'une part,  \overset{{\white{.}}}{f(0)=\text{e}^{0}[1+\ln(1+0)]=1(1+0)=1\Longrightarrow\boxed{f(0)=1}}

D'autre part,

\bullet\phantom{x}\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}\text{e}^{-x}[1+\ln(1+x)] \\\\\phantom{\bullet\phantom{x}\lim\limits_{x\to0^+}f(x)}=\text{e}^{0}[1+\ln(1+0)]\\\\\phantom{\bullet\phantom{x}\lim\limits_{x\to0^+}f(x)}=1(1+0)=1 \\\\\phantom{\bullet\phantom{x}}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1} \\\\\bullet\phantom{x}\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=\lim\limits_{x\to0^-}\left(x+\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\right) \\\\\phantom{\bullet\phantom{x}\lim\limits_{x\to0^+}f(x)}=0+\dfrac{2\,\text{e}^0}{\text{e}^0+1} \\\\\phantom{\bullet\phantom{x}\lim\limits_{x\to0^+}f(x)}=0+\dfrac{2}{1+1}=\dfrac{2}{2}=1 \\\\\phantom{\bullet\phantom{x}}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^-}f(x)=1} \\\\\\\text{D'où }\boxed{\lim\limits_{x\to0}f(x)=1}

Il s'ensuit que  \boxed{\lim\limits_{x\to0}f(x)=f(0)}

Par conséquent, la fonction f  est continue en 0.

2. d)  Pour tout x appartient ]0 ; +infini[,

\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{\text{e}^{-x}[1+\ln(1+x)]-1}{x} \\\\\phantom{\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\dfrac{\text{e}^{-x}[1+\ln(1+x)]-\text{e}^{-x}\text{e}^{x}}{x} \\\\\phantom{\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\dfrac{\text{e}^{-x}\left[\overset{}{1+\ln(1+x)-\text{e}^{x}}\right]}{x} \\\\\phantom{\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\text{e}^{-x}\left(\dfrac{1+\ln(1+x)-\text{e}^{x}}{x}\right) \\\\\phantom{\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\dfrac{1}{\text{e}^{x}}\left(\dfrac{\ln(1+x)-\text{e}^{x}+1}{x}\right) \\\\\phantom{\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\dfrac{1}{\text{e}^{x}}\left(\dfrac{\ln(1+x)}{x}-\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}\right) \\\\\boxed{\forall\,x\in\,]0\,;\,+\infty[,\,\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\dfrac{1}{\text{e}^{x}}\left[\dfrac{\ln(1+x)}{x}-\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}\right]}

2. e)  \bullet{\white{x}}Étudions la dérivabilité de f  à gauche de 0.

Calculons la dérivée à gauche f'g (0) de f  en 0.

\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[,\,f'_g(0)=\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} \\\\\phantom{\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[,\,f'_g(0)}=\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{x+\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}-1}{x} =\lim\limits_{x\to0^-}\left(\dfrac{x}{x}+\dfrac{\dfrac{2\,\text{e}^x-\text{e}^x-1}{\text{e}^x+1}}{x}\right) {\white{w}}\\\\\phantom{\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[,\,f'_g(0)}=\lim\limits_{x\to0^-}\left(1+\dfrac{\text{e}^x-1}{x(\text{e}^x+1)}\right)=1+\lim\limits_{x\to0^-}\left(\dfrac{1}{\text{e}^x+1}\times\dfrac{\text{e}^x-1}{x}\right) \\\\\phantom{\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[,\,f'_g(0)}=1+\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{1}{\text{e}^x+1}\times\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-1}{x} =1+\dfrac{1}{\text{e}^0+1}\times\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-1}{x} \\\\\phantom{\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[,\,f'_g(0)}=1+\dfrac{1}{2}\times\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-1}{x}

Calculons  \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-1}{x}.

\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-1}{x}=\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-\text{e}^0}{x-0}=g'(0)\phantom{www}\text{où }g(x)=\text{e}^x \\\\\text{Or }g(x)=\text{e}^x\Longrightarrow g'(x)=\text{e}^x \\\phantom{\text{Or }g(x)=\text{e}^x}\Longrightarrow g'(0)=\text{e}^0 \\\phantom{\text{Or }g(x)=\text{e}^x}\Longrightarrow g'(0)=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-1}{x}=1}

\text{D'où }\phantom{w}f'_g(0)=1+\dfrac{1}{2}\times\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\text{e}^x-1}{x}=1+\dfrac{1}{2}\times1=\dfrac{3}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[,\,f'_g(0)=\dfrac{3}{2}\in\R}
Par conséquent, la fonction f  est dérivable à gauche de 0.

\bullet{\white{x}}Étudions la dérivabilité de f  à droite de 0.

Calculons la dérivée à droite f'd (0) de f  en 0.

\forall\,x\in\,]0\,;\,+\infty[,\,f'_d(0)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0} \\\\\phantom{\forall\,x\in\,]0\,;\,+\infty[,\,f'_d(0)}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{\text{e}^{x}}\left[\dfrac{\ln(1+x)}{x}-\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}\right]\phantom{ww}(\text{voir 2. d)} \\\\\phantom{\forall\,x\in\,]0\,;\,+\infty[,\,f'_d(0)}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{\text{e}^{x}}\times\left[\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}-\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}\right] \\\\\text{Or }\,\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{\text{e}^{x}}=\dfrac{1}{\text{e}^{0}}=\dfrac{1}{1}=1\\\\\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}=1\phantom{ww}(\text{voir 2. e)} \end{matrix}\right.

Calculons  \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}.

\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)-0}{x}\\\\\phantom{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)-\ln(1+0)}{x-0}\\\\\phantom{\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}}=h'(0)\phantom{www}\text{où }h(x)=\ln(1+x) \\\\\text{Or }h(x)=\ln(1+x)\Longrightarrow h'(x)=\dfrac{1}{1+x} \\\\\phantom{\text{Or }h(x)=\ln(1+x)}\Longrightarrow h'(0)=\dfrac{1}{1+0}=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to0^-}\dfrac{\ln(1+x)}{x}=1}

\text{D'où }\phantom{w}f'_d(0)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{1}{\text{e}^{x}}\times\left[\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\ln(1+x)}{x}-\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\text{e}^{x}-1}{x}\right]=1\times(1-1)=1\times0=0. \\\\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]0\,;\,+\infty[,\,f'_d(0)=0\in\R}

Par conséquent, la fonction f  est dérivable à droite de 0.

En conclusion,  \left\lbrace\begin{matrix}f'_g(0)=\dfrac{3}{2}\\\\f'_d(0)=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow f'_g(0)\neq f'_d(0)
La fonction f  n'est pas dérivable en 0.

Interprétation géométrique :
La courbe représentative de f  admet deux demi-tangentes au point de coordonnées (0 ; 1).
La demi-tangente à gauche du point a un coefficient directeur égal à  \dfrac{3}{2}.
La demi-tangente à droite du point est parallèle à l'axe des abscisses puisque son coefficient directeur est nul.

3.  Déterminons l'expression algébrique de f' (x ).

Premier cas : x appartient ]-infini ; 0[.

f'(x)=\left(x+\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\right)'=x'+2\left(\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\right)' \\\\\phantom{f'(x)}=1+2\times\dfrac{(\text{e}^x)'\times(\text{e}^x+1)-\text{e}^x\times(\text{e}^x+1)'}{(\text{e}^x+1)^2}\phantom{www}{\red{[\text{formule : }\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'\times v-u\times v'}{v^2}]}} \\\\\phantom{f'(x)}=1+2\times\dfrac{\text{e}^x\times(\text{e}^x+1)-\text{e}^x\times\,\text{e}^x}{(\text{e}^x+1)^2} \\\\\phantom{f'(x)}=1+2\times\dfrac{(\text{e}^x)^2+\text{e}^x-(\text{e}^x)^2}{(\text{e}^x+1)^2} \\\phantom{f'(x)}=1+2\times\dfrac{\text{e}^x}{(\text{e}^x+1)^2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[\,,f'(x)=1+\dfrac{2\,\text{e}^x}{(\text{e}^x+1)^2} }

Deuxième cas : x appartient ]0 ; +infini[

f'(x)=(\text{e}^{-x}\,[1+\ln(1+x)])' \\\\\phantom{f'(x)}=(\text{e}^{-x})'\times[1+\ln(1+x)]+\text{e}^{-x}\times[1+\ln(1+x)]' \\\phantom{wwwWWWWWWWW}{\red{[\text{formule : }\left(u\times v\right)'=u'\times v+u\times v']}} \\\phantom{f'(x)}=-\text{e}^{-x}\times[1+\ln(1+x)]+\text{e}^{-x}\times\dfrac{1}{1+x} \\\\\phantom{f'(x)}=\text{e}^{-x}\,[-1-\ln(1+x)+\dfrac{1}{1+x}] \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]0\,;\;+\infty[\,,f'(x)=\text{e}^{-x}\,[\dfrac{1}{1+x}-1-\ln(1+x)]=\text{e}^{-x}\,g(x)}

4.  Nous devons étudier le sens de variations de f .

Premier cas : x appartient ]-infini ; 0[.

\left\lbrace\begin{matrix}\text{e}^x>0\\ (\text{e}^x+1)^2>0\end{matrix}\right.\phantom{www}\Longrightarrow\phantom{www}1+\dfrac{2\,\text{e}^x}{(\text{e}^x+1)^2}>0 \\\\\phantom{WWWWWWWW.}\Longrightarrow\phantom{www}f'(x)>0

Par conséquent, la fonction f  est strictement croissante sur ]-infini ; 0[.

Deuxième cas : x appartient ]0 ; +infini[

\left\lbrace\begin{matrix}\text{e}^{-x}>0\phantom{wwwwwwwwwxxxxw}\\g(x)<0\phantom{ww}(\text{voir question 1. b)}\end{matrix}\right.\phantom{www}\Longrightarrow\phantom{www}\text{e}^{-x}\,g(x)<0 \\\phantom{WWWWWWWWWwWWWWWW.}\Longrightarrow\phantom{www}f'(x)<0

Par conséquent, la fonction f  est strictement décroissante sur ]0 ; +infini[.

Tableau de variations de f .

{\white{wwwww}}\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&||&&\\f'(x)&&+&||&-&\\&&&||&&\\\hline&&&1&&\\f(x)&&\nearrow&&\searrow&\\&-\infty&&&&0\\ \hline \end{array}

5.  Sur l'intervalle  \overset{{\white{.}}}{]-\infty\,;\,0[.}
La fonction f  est définie, continue et strictement croissante sur l'intervalle  \overset{{\white{.}}}{]-\infty\,;\,0[.}
 \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty}  et  \overset{{\white{.}}}{f(0)=1.}
D'où   0\in f(]-\infty\,;0])
Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous déduisons que l'équation f (x ) = 0 possède une et une seule solution notée alpha dans l'intervalle \overset{{\white{.}}}{]-\infty\,;\,0[.}

Sur l'intervalle  \overset{{\white{.}}}{]0\,;\,+\infty[.}
La fonction f  est définie, continue et strictement décroissante sur l'intervalle  \overset{{\white{.}}}{]0\,;\,+\infty[.}
\overset{{\white{.}}}{f(0)=1}  et   \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0} 
D'où f (x ) > 0 sur l'intervalle   \overset{{\white{.}}}{]0\,;\,+\infty[.}   

Nous en déduisons que l'équation f (x ) = 0 ne possède pas de solution dans l'intervalle  \overset{{\white{.}}}{]0\,;\,+\infty[.}

Par conséquent, l'équation f (x ) = 0 possède une et une seule solution notée alpha dans l'intervalle \overset{{\white{.}}}{]-\infty\,;\,0[.}

\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}f(-0,7)=-0,7+\dfrac{2\,\text{e}^{-0,7}}{\text{e}^{-0,7}+1}\approx-0,036<0 \\\\f(-0,6)=-0,6+\dfrac{2\,\text{e}^{-0,6}}{\text{e}^{-0,6}+1}\approx0,109>0\end{matrix}\right.

D'où  \overset{{\white{.}}}{\boxed{-0,7<\alpha<-0,6}\,.}

6.  Montrons que la droite (deltamaj) d'équation y = x  est asymptote oblique à (Cf ) en -infini.

\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-x]=\lim\limits_{x\to-\infty}\left[\left(x+\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\right)-x\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-x]}=\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-x]}=\dfrac{2\times0}{0+1}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}[f(x)-x]=0}
D'où, la droite (deltamaj) d'équation y = x  est asymptote oblique à (Cf ) en -infini.

Nous avons également montré dans la question 2. b) que  \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0.
Il s'ensuit que la droite d'équation y  = 0 est asymptote horizontale à (Cf ) en +infini.

7.  Nous devons préciser la position de (deltamaj) par rapport à (Cf ) sur ]-infini ; 0[.

\forall\,x\in\,]-\infty\,;\,0[,\,f(x)-x=\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}>0\phantom{car }\text{car }\text{e}^x>0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\text{Sur }]-\infty\,;\,0[,\,f(x)-x>0}
Par conséquent, la courbe (Cf ) est au-dessus de la droite (deltamaj) sur ]-infini ; 0[.

8.  Représentation graphique de (Cf ) et de ses asymptotes.

Bac S2-S2A-S4-S5 Sénégal 2021 : image 5


PARTIE B

Soit lambda appartient ]-infini ; 0[ tel que lambda < alpha, alpha étant le réel défini dans la partie A.
Soit la partie du plan comprise entre (Cf ), (deltamaj), les droites d'équations x  = lambda et x  = alpha et par  \mathscr{A}(\lambda )  son aire exprimée avec l'unité d'aire.

1.  Calculons  \mathscr{A}(\lambda ) .
Nous savons que la courbe (Cf ) est au-dessus de la droite (deltamaj) : y  = x  sur ]-infini ; 0[.
Dès lors,

\mathscr{A}(\lambda )=\begin{aligned}\int\nolimits_{\lambda}^{\alpha} (f(x)-x)\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{xxxx}=\begin{aligned}\int\nolimits_{\lambda}^{\alpha}\dfrac{2\,\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{xxxx}=2\begin{aligned}\int\nolimits_{\lambda}^{\alpha}\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x+1}\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{xxxx}=2\begin{aligned}\int\nolimits_{\lambda}^{\alpha}\dfrac{(\text{e}^x+1)'}{\text{e}^x+1}\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{xxxx}=2\left[\overset{}{\ln\begin{vmatrix}\text{e}^x+1\end{vmatrix}}\right]_{\lambda}^{\alpha}

\phantom{xxxx}=2\left[\overset{}{\ln(\text{e}^x+1)}\right]_{\lambda}^{\alpha}\phantom{car }\text{car }\text{e}^x+1>0 \\\\\phantom{xxxx}=2\left[\overset{}{\ln(\text{e}^{\alpha}+1)-\ln(\text{e}^{\lambda}+1)}\right] \\\\\phantom{xxxx}=2\,\ln\left(\dfrac{\text{e}^{\alpha}+1}{\text{e}^{\lambda}+1}\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}(\lambda )=2\,\ln\left(\dfrac{\text{e}^{\alpha}+1}{\text{e}^{\lambda}+1}\right)\,\text{u.a.}}

{\red{2.}}\phantom{w}\lim\limits_{\lambda\to-\infty}\text{e}^{\lambda}=0\Longrightarrow\lim\limits_{\lambda\to-\infty}2\,\ln\left(\dfrac{\text{e}^{\alpha}+1}{\text{e}^{\lambda}+1}\right)=2\,\ln\left(\dfrac{\text{e}^{\alpha}+1}{0+1}\right) \\\phantom{{\red{2.}}\phantom{w}\lim\limits_{\lambda\to-\infty}\text{e}^{\lambda}=0\Longrightarrow\lim\limits_{\lambda\to-\infty}2\,\ln\left(\dfrac{\text{e}^{\alpha}+1}{\text{e}^{\lambda}+1}\right)}=2\,\ln\left(\text{e}^{\alpha}+1\right)

Par conséquent,  \boxed{\lim\limits_{\lambda\to-\infty}\mathscr{A}(\lambda)=2\,\ln\left(\text{e}^{\alpha}+1\right)}
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