Fiche de mathématiques
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Bac Burkina Faso 2022

Mathématiques Séries F1-F2-F3-F4

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1er tour
Durée : 4 heures
Coefficient : 5


Les calculatrices ne sont pas autorisées.


4 points

exercice 1

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal (O,\vec{u},\vec{v}) , d'unité graphique 2cm .
On considère le polynôme P défini par : P(z)=z^3+z^2-2 .

1-a) Montrer que 1 est racine de P .
b) Vérifier que P(z) peut s'écrire sous la forme P(z)=(z-1)(z^2+2z+2) .
c) Résoudre dans \C l'équation P(z)=0 .

2) On considère les points A,B\text{ et }C d'affixes respectives z_A=1\text{ ; }z_B=-1+i\text{ et }z_C=-1-i .
a) Placer les points A,B\text{ et }C dans le repère (O,\vec{u},\vec{v}) .
b) Donner une interprétation géométrique du module du nombre complexe \dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A} .
c) Calculer \left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right| , puis déduire que ABC est isocèle en A .

3) Soit D le point d'affixe z_D tel que ABDC soit un parallélogramme .
Déterminer z_D .

4)Quelle est la nature exacte du parallélogramme ABDC ? Justifier .

4 points

exercice 2

On considère l'équation différentielle (E)\text{ : }y'-\sqrt{2}y=e^{x\sqrt{2}} .

1) Démontrer que la fonction u définie sur \R par u(x)=xe^{x\sqrt{2}} est une solution de (E) .

2) Résoudre l'équation différentielle (E')\text{ : }y'-\sqrt{2}y=0 .

3) Démontrer qu'une fonction v définie sur \R est solution de (E) si et seulement si v-u est solution de (E') .

4) En déduire toutes les solutions de (E) .

5) Déterminer la fonction solution de (E) qui prend la valeur \sqrt{2} en 0 .

12 points

probleme

Partie A (3,25 points)

On considère la fonction g définie sur ]-1;+\infty[ par g(x)=(x+1)^2+2-2\ln(x+1) .

1) Déterminer \displaystyle \lim_{x\to -1^{+}}g(x) \text{ et }\lim_{x\to +\infty}g(x) .

2) Etudier le sens de variation de g et dresser son tableau de variation .

3) En déduire que pour tout x>-1\text{ : }g(x)>0 .

Partie B (6 points)

Soit f la fonction numérique définie sur ]-1;+\infty[ par f(x)=\dfrac{x^2+x+2\ln(x+1)}{x+1} .
On désigne par (C) sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonomral (O,\vec{i},\vec{j}) . (unité 2cm) .

1) Calculer \displaystyle \lim_{x\to -1^{+}}f(x) \text{ et }\lim_{x\to +\infty}f(x) .
En déduire que (C) amdet une asymptote verticale dont on donnera une équation .

2-a) Calculer f'(x) et montrer que sur ]-1;+\infty[ \text{ , } f'(x) a le même signe que g(x) .
b) En déduire le sens de variation de f puis dresser son tableau de variation .

3-a) Montrer que la droite (D) d'équation y=x est une asymptote à (C) . Préciser la position relative de (C) et de (D) .
b) Déterminer une équation de la tangente (T) à (C) au point d'abscisse 0 .
c) Déterminer les coordonnées du point A de (C) en lequel la tangente (T') est parallèle à (D) .

4) Construire dans le même repère (C)\text{ , }(D)\text{ , }(T)\text{ , }(T') .

Partie C (2,75 points)

1-a) Montrer que f est une bijection de ]-1;+\infty[ vers un intervalle J que l'on précisera .
En déduire que f admet une bijection réciproque f^{-1} .
b) Tracer dans le même repère que (C) la courbe (\Gamma) représentative de f^{-1} . Justifier la construction .

2-a) Déterminer l'ensemble des primitives sur ]-1,+\infty[ de la fonction h définie pour tout x\in]-1,+\infty[ par h(x)=\dfrac{1}{x+1}\ln (x+1) .
b) Montrer que pour tout x\in]-1;+\infty[ \text{ : }f(x)=x+\dfrac{2}{x+1}\ln(x+1) .
c) En déduire la primitive sur ]-1,+\infty[ de f qui s'annule en e^{-1} .







exercice 1

P(z)=z^3+z^2-2


1-a) On a P(1)=1^3+1^2-2=1+-2=0

Donc :
\boxed{1 \text{ est racine de }P }


b) On a , pour tout nombre complexe z :

\begin{matrix} (z-1)(z^2+2z+2)&=& z^3+2z^2+2z-z^2-2z-2\\&=& z^3+z^2-2\\&=& P(z) \end{matrix}

\boxed{\forall z\in\C\text{ : }P(z)=(z-1)(z^2+2z+2)}


c) Résolution de l'équation P(z)=0

\begin{matrix} P(z)=0&\iff& (z-1)(z^2+2z+2)=0\\&\iff& z-1=0\enskip\text{ ou }\enskip z^2+2z+2=0\end{matrix}

On a z-1=0\iff z=1

Et pour résoudre z^2+2z+2=0 , on calcule le discriminent :

\Delta= 2^2-4\times 2 =-4=(2i)^2 \neq 0

Donc l'équation admet deux solutions complexes z_1\text{ et }z_2\text{ :}

\begin{matrix}z_1&=&\dfrac{-2-2i}{2}\\&=& -1-i\end{matrix} \enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip  \begin{matrix}z_2&=&\dfrac{-2+2i}{2}\\&=& -1+i\end{matrix}

L'ensemble des solutions de l'équation est :
\boxed{S=\lbrace -1-i\text{ ; }-1+i\rbrace }


2-a) Voir la figure à la fin .

b) On a \left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=\dfrac{|z_B-z_A|}{|z_C-z_A|}=\dfrac{AB}{AC}

\boxed{\text{Le module du nombre complexe }\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\text{ est le rapport de distances }\dfrac{AB}{AC}}


c) Calcul :

\left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=\dfrac{|z_B-z_A|}{|z_C-z_A|}=\dfrac{|-1+i-1|}{|-1-i-1|}=\dfrac{|-2+i|}{|-2-i|}=\dfrac{\sqrt{(-2)^2+1^2}}{\sqrt{(-2)^2+(-1)^2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=1

\boxed{\left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=1}


Or , \left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=\dfrac{AB}{AC}\iff \dfrac{AB}{AC}=1 \iff AB=AC

On en déduit que :
\boxed{\text{Le triangle }ABC \text{ est isocèle en }A}}


3-a) Soit D le point d'affixe z_D tel que ABDC soit un parallélogramme , donc \overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD} .

\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}&\iff& z_B-z_A=z_D-z_C \\&\iff& z_D=z_B-z_A+z_C \\ &\iff& z_D=-1+i-1-1-1 \\&\iff& \boxed{z_D=-3}\end{matrix}

4) Oa vu que AB=AC .

Donc ABDC est un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs de même longueur.

\boxed{ABDC \text{ est donc un losange }}


Figure :
Bac Burkina Faso 2022 séries F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 3


exercice 2

1) Soit u la fonction définie sur \R par u(x)=xe^{x\sqrt{2}} , elle est bien évidemment dérivable sur \R , alors :

\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }u'(x)&=&\left(xe^{x\sqrt{2}}\right)'\\&=& x'e^{x\sqrt{2}}+x\left(e^{x\sqrt{2}}\right)'\\&=& e^{x\sqrt{2}}+x(x\sqrt{2})'e^{x\sqrt{2}}\\&=& e^{x\sqrt{2}}+\sqrt{2}xe^{x\sqrt{2}}\end{matrix}

Donc :

\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }u'(x)-\sqrt{2}u(x)= e^{x\sqrt{2}}+\sqrt{2}xe^{x\sqrt{2}}-\sqrt{2}u(x)&\iff& \forall x\in\R\text{ : } u'(x)-\sqrt{2}u(x)= e^{x\sqrt{2}}\end{matrix}

Donc :
\boxed{u\text{ est solution de l'équation }(E)\text{ : }y'-\sqrt{2}y=e^{x\sqrt{2}}}


2) On applique la propriété du cours, on trouve que les solutions de (E') sont les fonctions de la forme x\mapsto ke^{-(-\sqrt{2})x}\text{ , }k\in\R

\boxed{\text{Les solutions de }(E')\text{ sont les fonctions de la forme }x\mapsto ke^{\sqrt{2}x}\text{ , }k\in\R}


3) Soit v une fonction définie et dérivable sur \R , alors :

\begin{matrix} v-u\text{ est solution de }(E')&\iff& \forall x\in\R\text{ : }(v-u)'(x)-\sqrt{2}(v-u)(x)=0\\&\iff& \forall x\in\R\text{ : } v'(x)-u'(x)-\sqrt{2}v(x)+\sqrt{2}u(x)=0\\&\iff& \forall x\in\R\text{ : } v'(x)-\sqrt{2}v(x)=\underbrace{u'(x)-\sqrt{2}u(x)}_{=e^{x\sqrt{2}}\enskip\left(u\text{ solution de }(E)\right)} \\\\&\iff&\forall x\in\R\text{ : }  v'(x)-\sqrt{2}v(x)=e^{x\sqrt{2}}\\&\iff& v\text{ est solution de }(E)\end{matrix}

Conclusion :
\boxed{v \text{ est solution de }(E) \text{ si et seulement si }v-u \text{ est solution de }(E')}


4) d'après la question précédante , une fonction v dérivable sur \R est solution de l'équation différentielle (E) si et seulement si la fonction v-u avec u(x)=xe^{\sqrt{2}x} est solution de l'équation différentielle (E').

v-u étant une solution de (E') , alors , \forall x\in\R\text{ : } (v-u)(x)=ke^{\sqrt{2}x}\text{ ; }k\in\R

D'où : \forall x\in\R\text{ : }v(x)=ke^{\sqrt{2}x}+u(x)=ke^{\sqrt{2}x}+xe^{\sqrt{2}x} \text{ ; }k\in\R

Ou encore :
\boxed{\text{Les solutions de }(E)\text{ s'écrivent }v\text{ : }x\mapsto (k+x)e^{\sqrt{2}x} \text{ ; }k\in\R}


5) Notons v_0 , la fonction solution de (E) qui vérifie v_0(\sqrt{2})=0 et qu'on doit déterminer .

Puisque v_0 est solution de (E) , il existe k\in\R \text{ tel que , pour tout réel }x\text{ , }v_0(x)=(k+x)e^{\sqrt{2}x} .

Alors v_0(\sqrt{2})=0\iff (k+\sqrt{2})e^{2}=0\iff k+\sqrt{2}=0\iff k=-\sqrt{2}

\boxed{\text{La solution }v_0\text{ de }(E) \text{ qui prend la valeur }\sqrt{2}\text{ en }0 \text{ est définie sur }\R\text{ par }v_0\text{ : }x\mapsto(x-\sqrt{2})e^{\sqrt{2}x}}


probleme

Partie A

Soit g la fonction définie sur ]-1;+\infty[ par g(x)=(x+1)^2+2-2\ln(x+1) .

1-a) Calcul des limites :

En -1^{+}

On a \displaystyle \lim_{x\to-1^+}x=-1^+\text{ , alors }\lim_{x\to-1^+}x+1=0^{+}\text{ , d'où }\lim_{x\to-1^+}\ln(x+1)=-\infty

On en tire que \displaystyle \lim_{x\to-1^+}g(x)=\lim_{x\to -1^+} (x+1)^2+2-2\ln(x+1)=0+2-(-\infty)=+\infty

\boxed{\displaystyle \lim_{x\to-1^+}g(x)=+\infty}


En +\infty

On remarque que g(x)=(x+1)^2+2-2\ln(x+1)=(x+1)^2\left(1+\dfrac{2}{(x+1)^2}-\dfrac{2}{x+1}\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)

Posons X=x+1 , alors lorsque x\to+\infty \text{ , } X\to+\infty

On a :
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln (x+1)}{x+1}=\lim_{X\to+\infty}\dfrac{\ln X}{X}=0
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{2}{x+1}=\lim_{X\to+\infty}\dfrac{2}{X}=0
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{2}{(x+1)^2}=\lim_{X\to+\infty}\dfrac{2}{X^2}=0
\displaystyle \lim_{x\to+\infty}(x+1)^2=+\infty

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

\boxed{\displaystyle \lim_{x\to+\infty}g(x)=+\infty}


2) g est dérivable sur ]-1;+\infty[comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle .

Alors :

\begin{matrix}\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g'(x)&=& \left((x+1)^2+2-2\ln(x+1)\right)' &=& 2(x+1)'(x+1)-2\dfrac{(x+1)'}{x+1}\\&=& 2(x+1)-\dfrac{2}{x+1} &=& \dfrac{2(x+1)^2-2}{x+1}\\&=& \dfrac{2x^2+4x+2-2}{x+1}&=&\dfrac{2x(x+2)}{x+1}\end{matrix}

Puisque x>-1\text{ , alors }x+1>0\text{ et }x+2>1>0 , il s'ensuit que le signe de g'(x) est celui de x , d'où :

\begin{cases} g'(x)\leq 0 \text{ , }\forall x\in ]-1;0]\\g'(x)\geq 0 \text{ , }\forall x\in[0;+\infty[\end{cases}


On conclut alors que :

\boxed{\begin{matrix} g\text{ est décroissante sur }]-1;0] \\ g\text{ est croissante sur }[0;+\infty[ \end{matrix}}


On dresse le tableau de variations de la fonction g :
\begin{array}{|c||rcccccc|} \hline x     & -1  &        &          & 0      &            &        &   +\infty\\ \hline g'(x) &          & -      &          &\barre{0} &            &+      & \\ \hline       &     +\infty    &        &          &  &     &        &        +\infty                                 \\        g     &          &\searrow&          & &            &\nearrow&                                         \\	             &          &        &  &3 &            &        &                                       \\  \hline \end{array}


En effet : g(0)=(0+1)^2+2-2\ln(0+1)=3-2\ln 1 = 3

3) D'après ce qui précède , la fonction g admet un minimum en 0 , alors :

\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g(x)\geq g(0)=3>0

\boxed{\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g(x)>0}



Partie B

1) On a , pour tout x de ]-1;+\infty[ :

f(x)=\dfrac{x^2+x+2\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x^2+x}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x(x+1)}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=x+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}

Limite en -1^+\text{ : }

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

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

D'où \displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to-1^+}x+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=-1-\infty=-\infty

\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)=-\infty}


Interprétation graphique :

\boxed{\text{ La droite d'équation }x=-1 \text{ est une asymptote verticale à } (C) \text{ dirigée vers le bas }(-\infty)}


Limite en +\infty\text{ : }

On a vu que \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln (x+1)}{x+1}=0

Alors directement \displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=+\infty

\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}


2-a) f est dérivable comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle .

\begin{matrix}\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }f'(x)&=&\left(x+2\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)'&=& 1+2\times\dfrac{(\ln(x+1))'(x+1)-(x+1)'\ln(x+1)}{(x+1)^2} \\&=& 1+2\times\dfrac{\dfrac{1}{x+1}\times (x+1)-\ln(x+1)}{(x+1)^2} &=& 1+2\times\dfrac{1-\ln(x+1)}{(x+1)^2}\\&=&\dfrac{(x+1)^2+2-2\ln(x+1)^2}{(x+1)^2}&=& \dfrac{g(x)}{(x+1)^2}\end{matrix}


Donc :
\boxed{\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }f'(x)=\dfrac{g(x)}{(x+1)^2}}


De plus , pour tout x de ]-1;+\infty[\text{ : } (x+1)^2>0 , donc :

\boxed{\text{ Le signe de }f'(x)\text{ est celui de }g(x) \text{ sur }]-1;+\infty[}


b) D'après ce qui précède , \forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g(x)>0\text{ , et donc }f(x)>0

Et donc :
\boxed{f\text{ est une fonction strictement croissante sur }]-1;+\infty[ }


Et on dresse le tableau de variations de f\text{ : }
\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|}\hline  x& -1  && &&&+\infty\\\hline f'(x)&\dbarre&&&+&&\\\hline\niveau{2}{3} f &\dbarre \niveau{1}{3}&-\infty &&\croit  &\niveau{3}{3}&+\infty \\\hline\end{tabvar}


3-a) On calcule \displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)-x\text{ :}

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

Interprétation graphique :

\boxed{\text{ La droite }(D)\text{ d'équation }y=x \text{ est une asymptote oblique à } (C) \text{ au voisinage de }+\infty}


Etude de la position relative de (C) et (D) \text{ : }

Etudions le signe de f(x)-y \text{ avec }y=x

On a , pour tout réel x\in]-1;+\infty[\text{ : }f(x)-y=f(x)-x=2\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}

Et pusique x+1>0 \text{ pour tout }x\in]-1;+\infty[\text{ , alors } le signe de f(x)-y est celui de \ln(x+1)

On a : \ln(x+1)=0\iff x+1=1\iff x=0

Et par croissance de la fonction \ln\text{ : }\begin{cases} \ln(x+1)\leq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }]-1;0] \\\ln(x+1)\geq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }[0;+\infty[\end{cases}

D'où \begin{cases} f(x)-y\leq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }]-1;0] \\f(x)-y\geq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }[0;+\infty[\end{cases}

Enfin , f(0)=0 .

Conclusion :

\boxed{\begin{matrix}(C)\text{ est en dessous de la droite }(D) \text{ sur }]-1 ; 0[\\ (C) \text{ coupe la droite }(D) \text{ au point }O(0;0) \\ (C) \text{ est au-dessus de la droite }(D)\text{ sur }]0;+\infty[ \end{matrix}}


b) Une équation de la tangente (T) à (C) au point d'abscisse 0 s'écrit :

(T)\text{ : }y=f'(0)(x-0)+f(0)

On a :

f(0)=0
f'(0)=\dfrac{g(0)}{(1+0)^2}=g(0)=3

On obtient l'équation demandée \text{ : }

\boxed{(T)\text{ : }y=3x}


c) Notons x_A l'abscisse du point A de (C) en lequel la tangente (T') est parallèle à (D)\text{ : }y=x .

Une équation de (T') s'écrit : (T')\text{  : }y=f'(x_A)(x-x_A)+f(x_A)

(T') est parallèle à (D) , alors elles ont le même coeffcient directeur , donc f'(x_A)=1

\begin{matrix} f'(x_A)=1&\iff& \dfrac{g(x_A)}{(x_A+1)^2}=1 \\&\iff& g(x_A)=(x_A+1)^2 \\&\iff& (x_A+1)^2+2-2\ln(x_A+1)=(x_A+1)^2 \\&\iff& 2\ln(x_A+1)=2\\&\iff& \ln(x_A+1)=1 \\&\iff& x_A+1=e\\&\iff& x_A=e-1\end{matrix}

L'ordonnée y_A du point A n'est autre que l'image de x_A par f , car A\in(C) , alors :

y_A=f(x_A)=f(e-1)=e-1+2\dfrac{\ln(e-1+1)}{e-1+1}=E-1+\dfrac{2\ln e}{e}=e-1+\dfrac{2}{e}

On en déduit :
\boxed{\text{ Les coordonnées du point }A\left(e-1;e-1+\dfrac{2}{e}\right)}


4) Voir la figure en partie C .


Partie C

1-a) La fonction f est :

Continue sur ]-1;+\infty[ .
Strictement croissante sur ]-1;+\infty[ .

Elle réalise alors une bijection de ]-1,+\infty[ vers J=f\left(]-1,+\infty[\right)=\left]\displaystyle\lim_{x\to -1^+}f(x);\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)\right[ = ]-\infty;+\infty[

\boxed{f\text{ réalise une bijection de }]-1,+\infty[ \text{ vers }J=\R }


On en déduit que :

\boxed{f\text{ possède une bijection réciproque }f^{-1}\text{ définie sur }J=\R  }


b) Le tracé :
Bac Burkina Faso 2022 séries F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 2


Justification : Puisque f^{-1} est la bijection récproque de f , alors (\Gamma) est le symétrique de (C) par rapport à la droite (D)\text{ : }y=x .

2-a)pour tout x\in]-1,+\infty[\text{ : }
\begin{matrix}h(x)&=&\dfrac{1}{x+1}\ln (x+1)\\&=& \left[\ln(x+1)\right]'\ln(x+1) & \left(\text{ en effet , }x+1>0\right) \\&=& \dfrac{1}{2} \left(2\left[\ln(x+1)\right]'\ln(x+1)\right) \end{matrix}

Donc :
\boxed{\begin{matrix}\text{L'ensemble des fonctions primitives de }h \text{ sur } ]-1,+\infty[\\\text{ est : }\left\lbrace x\mapsto \dfrac{1}{2}\left[\ln(x+1)\right]^2+k\text{ , }k\in\R\right\rbrace\end{matrix} }


b) Déjà fait à la partie B :

\text{ Pour tout }x\in ]-1;+\infty[ \text{ : }f(x)=\dfrac{x^2+x+2\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x^2+x}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x(x+1)}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=\boxed{x+\dfrac{2}{x+1}\ln(x+1)}

c) Puisque pour tout x\in]-1;+\infty[ \text{ : }f(x)=x+\dfrac{2}{x+1}\ln(x+1) , alors \forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }f(x)=x+2h(x)

On en tire que l'ensemble des primitives de f sur ]-1;+\infty[ est :

\left\lbrace x\mapsto \dfrac{x^2}{2}+\left[\ln(x+1)\right]^2+k\text{ , }k\in\R\right\rbrace


Notons F la primitive sur ]-1,+\infty[ de f qui s'annule en e^{-1} , c'est-à-dire F(e^{-1})=0

Il existe k\in\R \text{ tel que } \begin{cases}F(x)=\dfrac{x^2}{2}+\left[\ln(x+1)\right]^2+k\\F(e^{-1})=0\end{cases}

On a donc :

F(e^{-1})=0\iff \dfrac{(e^{-1})^2}{2}+\left[\ln(e^{-1}+1)\right]^2+k=0 \iff k=-\left(\dfrac{2}{e^2}+\ln^2\left(\dfrac{1}{e}+1\right)\right)\enskip\enskip\left( \text{ qu'on ne peut pas simplifié d'avantage }\right)

La primitive de f sur ]-1;+\infty[ demandée est :
\boxed{F(x)=\dfrac{x^2}{2}+\ln^2(x+1)-\left(\dfrac{2}{e^2}+\ln^2\left(\dfrac{1}{e}+1\right)\right)}
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