Fiche de mathématiques

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Bac Centrafrique 2022

Séries : A4-A4'

Epreuve du 1er groupe
Durée : 3 heures
Coefficient : 3

exercice 1

On considère le polynôme défini par : $P(x)=x^3-2x^2-5x+6$ .

1/ Calculer $P(3)$ . En déduire une factorisation de $P(x)$ .

2/ Résoudre dans $\R$ , les équations suivantes :
a) $P(x)=0$ .
b) $e^{2x}-2e^{x}-5+6e^{-x}=0$ .
c) $(\ln x)^3-2(\ln x)^2-5\ln x+6=0$

exercice 2

On considère la suite $(u_n)_{n\in\N^{*}}$ définie par : $\begin{cases} u_1=1\\u_{n+1}=-\dfrac{1}{2}u_n+2 \end{cases}$ .

1/ Calculer les 4 premiers termes de cette suite .

2/ Soit la suite $(v_n)_{n\in\N^{*}}$ définie par : $v_n=u_n-\dfrac{4}{3}$ .
a) Montrer que $(v_n)_{n\in\N^{*}}$ est une suite géométrique dont on précisera le premier terme et la raison .
b) Exprimer $v_n$ en fonction de $n$ .
c) Exprimer en fonction de $n$ la somme $S_n=v_1+v_2+\cdots + v_n$ .

probleme

Soit $f$ la fonction définie dans $\R$ par : $f(x)=-e^{2x}+5e^{x}-4$ .
On appelle $C$ sa représentation graphique dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ (unité graphique 2 cm) .

1/ Déterminer la limite de $f$ en $-\infty$ . En déduire que $C$ admet une asymptote que l'on précisera .
On appelle $D$ cette asymptote .

2/ Montrer que pour tout réel $x \text{ , }f(x)=-e^{2x}(1-5e^{-x}+4e^{-2x})$ .
En déduire la limite de $f$ en $+\infty$ en justifiant la réponse .

3/ Calculer $f'(x)$ et étudier les variations de $f$ . Etablir un tableau de variations .
Préciser l'ordonnée exacte du point $A$ de la courbe $C$ ayant $\ln\left(\dfrac{5}{2}\right)$ pour abscisse .

4/a) Résoudre l'équation $f(x)=0$ .
En déduire les abscisses des points d'intersection de $C$ avec l'axe $(O,\vec{i})$ .
b) Résoudre l'équation $f(x)=-4$ .
En déduire les coordonnées du point d'intersection de la courbe $C$ avec la droite $D$ définie dans 1/ .
c) Etudier la position de $C$ par rapport à $D$ .

5/ Tracer $D$ et $C$ dans le repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ .

Voir la correction

exercice 1

On considère le polynôme défini par : $P(x)=x^3-2x^2-5x+6$ .

1. $P(3)=27-18-15+6=0$ . On peut donc factoriser $P(x)$ par $(x-3)$ .

$P(x)=x^3-2x^2-5x+6=(x-3)(x²+bx+c)$ avec b et c réels (il est évident que le coefficient de $x²$ ne peut être que 1).

Or $(x-3)(x²+bx+c)= x^3+bx²+cx-3x²-3bx-3c=x^3+x²(b-3)+x(c-3b)-3c$

Pour tout x réel, on a : $x^3-2x^2-5x+6=x^3+x²(b-3)+x(c-3b)-3c$

Par identification des coefficients, on obtient :

$\left\lbrace\begin{matrix} -2 & =& b-3 &\text{ égalité des coefficients de } x² \\ -5& = & c-3b &\text{ égalité des coefficients de } x \\ 6& = & -3c & \text{ égalité des constantes} \end{matrix}\right. \Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{matrix} 1 & =& b &\\ -5& = & c-3b & \\ -2& = & c & \end{matrix}\right.$

On reporte les résultats obtenus dans la seconde ligne du système : $c-3b=-2-3\times 1=-5$ . Le système est compatible.

Conclusion : $P(x)=x^3-2x^2-5x+6=(x-3)(x²+x-2)$ .

2/
a. Résoudre dans R l'équation $P(x)=0$ .

On utilise la factorisation trouvée précédemment.
$\overset{{\white{.}}}P(x)=0\Longleftrightarrow (x-3)(x²+x-2)=0 \\ \overset{{\white{.}}}{\phantom{P(x)=0}}\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{matrix} x-3& =& 0\\ &\text{ ou }& \\ x²+x-2& =0& \end{matrix}\right.\\ \\ \overset{{\white{.}}}{\phantom{P(x)=0}}\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{matrix} x = 3\\ \text{ ou } \\ x=1 \text{ ou } x=-2 \end{matrix}\right.\\$

Conclusion : L'ensemble solution de l'équation $P(x)=0$ est $S= \lbrace -2\,; 1\,; 3\rbrace$

b. Résoudre dans R l'équation $\text e^{2x}-2\text e^{x}-5+6\text e^{-x}=0$ .
On peut remplacer $\text e^{-x}$ par $\dfrac{1}{\text e ^x}$ puis réduire au même dénominateur. On peut également faire le choix de multiplier les deux membres par $\text e ^x$ qui est une quantité non nulle.

$\text e^{2x}-2\text e^{x}-5+6\text e^{-x}=0 \\ \text e ^x(\text e^{2x}-2\text e^{x}-5+6\text e^{-x})=\text e^x\times 0 \\ \text e^{3x}-2\texte ^{2x}-5\text e ^x +6 =0 \\ (\text e ^x)^3-2(\text e ^x)^2-5\text e ^x +6 =0$

qui est l'équation de la question 1. dans laquelle l'inconnue x est remplacée par $e^x$ .

On obtient $\text e ^x=-2\text{ impossible (une exponentielle étant toujours strictement positive) ou } \text e ^x=1 \text{ ou } \text e ^x=3$ soit $x=0 \text{ ou } x = \ln (3)$ .
Conclusion : l'ensemble solution dans R de cette équation est : $S=\lbrace 0\,; \ln (3)\rbrace\;\cdot$

c. Soit à résoudre dans R l'équation $(\ln x)^3-2(\ln x)^2-5\ln x+6=0$ .

Cette équation est définie dès que le logarithme est défini c'est à dire pour $x > 0$ . Dans l'équation résolue en a. il suffit de remplacer l'inconnue $x$ par $\ln (x)$ .
On obtient : $\ln(x)=-2 \text{ ou } \ln(x)= 1 \text{ ou } \ln(x)=3$ d'où $x= \text e ^{-2} \text{ ou } x=\text e \text{ ou } x = \text e ^3 \;\cdot$ Ces trois valeurs sont bien strictement positives et conviennent.
Conclusion : l'ensemble solution de cette équation est $S = \lbrace \text e ^{-2}\;;\text e\;;\text e ^3 \rbrace\;\cdot$

exercice 2

On considère la suite $(u_n)_{n\in\N^{*}}$ définie par : $\begin{cases} u_1=1\\u_{n+1}=-\dfrac{1}{2}u_n+2 \end{cases}$ .

1. Calculer les 4 premiers termes de cette suite .
La suite étant définie sur N^*, le premier terme est $u_1=1$ donné par l'énoncé.

$u_2=u_{1+1}=-\dfrac{1}{2}u_1+2=-\dfrac{1}{2}\times 1+2=-\dfrac{1}{2}+2=\dfrac 3 2 \;\cdot$

$u_3=-\dfrac 1 2 \times \dfrac 32 +2=-\dfrac 3 4 + 2=\dfrac 5 4$ et $u_4=-\dfrac 1 2 \times 5 4 + 2 = -\dfrac 5 8 + 2 = \dfrac{ 11}{8}\;\cdot$

2. Soit la suite $(v_n)_{n\in\N^{*}}$ définie par : $v_n=u_n-\dfrac{4}{3}$ .
a. Montrons que $(v_n)_{n\in\N^{*}}$ est une suite géométrique.
Pour tout $n\in\textbf N^{*}\,, v_{n+1}=u_{n+1}-\dfrac 4 3 = -\dfrac 1 2 u_n+2-\dfrac 4 3 = -\dfrac 1 2 u_n+\dfrac 2 3 = -\dfrac 1 2 \left(u_n-\dfrac 4 3 \right) = -\dfrac 1 2 v_n$

Tout terme se déduit du précédent par multiplication de la constante $-\dfrac 1 2\;\cdot$ La suite $(v_n)_{n\in\N^{*}}$ est donc une suite géométrique de raison $-\dfrac 1 2\;\cdot$ Son premier terme est : $v_1=u_1-\dfrac 4 3 = 1-\dfrac 4 3 = -\dfrac 1 3\;\cdot$

b. Exprimons $v_n\;\cdot$
$v_n=v_1\times \left(-\dfrac 1 2 \right)^{n-1}=-\dfrac 1 3\times \left(-\dfrac 1 2 \right)^{n-1}\;\cdot$

c. Exprimons en fonction de $n$ la somme $S_n=v_1+v_2+\cdots + v_n$ .
Cette somme est la somme des n premiers termes de la suite géométrique définie préalablement.

$S_n=\text{ premier terme } \times \dfrac{ 1 - \text{ raison} ^{\text{ nombre de termes}}}{1-\text{ raison}}= -\dfrac 1 3\times\dfrac{1-\left(-\frac 1 2 \right)^{n} }{ 1-\left(-\frac 1 2 \right)}= -\dfrac 1 3\times\dfrac{1-\left(-\frac 1 2 \right)^{n} }{ \frac 3 2}= -\dfrac 1 3\times \dfrac 2 3 \times \left(1-\left(-\frac 1 2 \right)^{n}\right) = -\dfrac 2 9 \times \left(1-\left(-\dfrac 1 2 \right)^{n}\right)$

probleme

Soit $f$ la fonction définie dans R par : $f(x)=-\text e^{2x}+5\text e^{x}-4$ .
On appelle $C$ sa représentation graphique dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ (unité graphique 2 cm) .

1. Déterminer la limite de $f$ en $-\infty$ .
En - infini

, les exponentielles tendent vers 0. La limite de f est donc -4.
$\lim\limits_{x\to-\infty}(f(x))=-4$ .
La courbe $\mathcal C$ admet donc en - infini

la droite d'équation $y=4$ pour asymptote.

2. Montrer que pour tout réel $x \text{ , }f(x)=-\text e^{2x}(1-5\text e^{-x}+4\text e^{-2x})$ .

$f(x)=-\text e^{2x}+5\text e^{x}-4=-\text e^{2x}\left(\dfrac{\text e^{2x} }{ \text e^{2x}}+\dfrac{\text e^{x} }{\text e^{2x} }-\dfrac{ 4}{\text e^{2x} } \right) = -\text e^{2x}\left(1-5\text e^{-x}+4\text e^{-2x}\right)$

Utilisons cette écriture pour déterminer la limite de $f$ en + infini

.

$\lim\limits_{x\to +\infty}\left(1-5\text e^{-x}+4\text e^{-2x}\right)=1$ et $\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\text e ^{2x}\right)=+\infty$

On en déduit : $\lim\limits_{x\to +\infty}-\text e^{2x}\left(1-5\text e^{-x}+4\text e^{-2x}\right)=-\infty$ et $\lim\limits_{x\to +\infty}(f(x)=-\infty$

3. Calculer $f'(x)$ et étudier les variations de $f$ .
Choisissons cette écriture : $f(x)=-\text e^{2x}+5\text e^{x}-4$ . La fonction $f$ est dérivable sur R et :

$f'(x)=-2\text e^{2x}+5\text e^{x}=\text e^{x}\left(-2\text e ^x + 5\right)$ .

Une exponentielle étant strictement positive, $f'(x)$ a le même signe que $-2\text e ^x + 5$ .

Cette quantité s'annule pour $-2\text e ^x + 5 = 0 \text{ soit } \text e ^x = \dfrac 5 2 \text{ ou encore } x=\ln\left(\dfrac 5 2 \right)\,$
et
$-2\text e ^x + 5 > 0 \Longleftrightarrow 5 > 2\text e ^x \Longleftrightarrow \dfrac 5 2 > \text e^x \Longleftrightarrow \ln\left(\dfrac 5 2 \right) > x$

Évaluons $f\left(\ln\left(\dfrac 5 2 \right)\right)$ .

Remarque : $f(x)=-\text e^{2x}+5\text e^{x}-4=-\left(\text e ^x\right)^2+5\text e^{x}-4$

$f\left(\ln\left(\dfrac 5 2 \right)\right)= -\left(\text e ^{\ln\left(\dfrac 5 2 \right)}\right)^2+5\text e^{\ln\left(\dfrac 5 2 \right)}-4 = -\left(\dfrac 5 2 \right)^2+5\times \left(\dfrac 5 2 \right)-4 = -\dfrac{25}{4}+\dfrac {25}{2}-4=-\dfrac{25}{4}+\dfrac{50}{4}-\dfrac{16}{4}=\dfrac 9 4$

Le point A de la courbe d'abscisse $\ln\left(\dfrac 5 2 \right)$ a donc pour ordonnée $\dfrac 9 4 \;\cdot$

$\begin{array} {|c|cccccc|}\hline x & -\infty & & \ln\left(\dfrac 5 2\right) & & +\infty & \\ \hline \text{signe de } f'(x)& & + & 0 & - & & \\ \hline \text{variations de } f& _{-4} & \nearrow & ^{\dfrac 9 4 }& \searrow &_{-\infty} & \\ \hline \end{array}$

4.
a. Résolvons l'équation $f(x)=0$ .
$\left(\text e ^x\right)^2+5\text e^{x}-4=0$ . On remarque que $\text e ^x = 1$ est solution de cette équation car -1² + 5 - 4 = 0. L'autre solution de cette équation du second degré en $\text e^x$ est donc 4.
$\text e^x = 1 \text{ soit } x = 0 \text{ ou } \text e^x = 4 \text{ soit } x = \ln (4)\,\cdot$
Les abscisses des points d'intersection de $C$ avec l'axe $(O,\vec{i})$ sont les valeurs de $x$ telles que $f(x)=0$ .
Les abscisses des points d'intersection de $C$ avec l'axe $(O,\vec{i})$ sont 0 et $\ln (4)\,\cdot$

b. Résolvons l'équation $f(x)=-4$ .
$-\left(\text e ^x\right)^2+5\text e^{x}-4=-4 \Longleftrightarrow -\left(\text e ^x\right)^2+5\text e^{x}=0 \Longleftrightarrow \text e ^x (-\text e ^x + 5 ) = 0 \Longleftrightarrow 5 = \text e ^x \Longleftrightarrow x = \ln (5)$
Les coordonnées du point d'intersection de la courbe $C$ avec la droite $D$ définie dans 1. sont donc $(\ln(5)\;; -4)$

c. Etudions la position de $C$ par rapport à $D$ .
$f(x)-(-4)=-\left(\text e ^x\right)^2+5\text e^{x}-4-(-4)=-\left(\text e ^x\right)^2+5\text e^{x}=\text e ^x (-\text e ^x + 5 )$ quantité qui a le signe de $-\text e ^x + 5$ .
$C$ est au dessus de $D$ pour $-\text e ^x + 5 > 0$ soit $5 > \text e ^x$ soit $x < \ln(5)$
et $C$ est en dessous de $D$ pour $x < \ln(5)\;\cdot$

5.

Bac Centrafrique 2022 séries A4-A4' - 1er groupe : image 1

Publié par malou/Panter le 22-08-2022

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