Fiche de mathématiques

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Bac Maroc SVT-PC 2022

Durée : 3 heures
Coefficient : 7
L'usage de la calculatrice non programmable est autorisé.
3 points

exercice 1

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct $(O;\vec{i};\vec{j};\vec{k})$ , on considère les points $A(0,1,1)\text{ }, B(1,2,0)\text{ et }C(-1,1,2)$ .

1-a) Montrer que $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=\vec{i}+\vec{k}$ .

b) En déduire que $x+z-1=0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$ .

2- Soit $(S)$ la sphère de centre $\Omega(1,1,2)$ et de rayon $R=\sqrt{2}$ . Déterminer une équation de la sphère $(S)$ .

3- Montrer que le plan $(ABC)$ est tangent à la sphère $(S)$ au point $A$ .

4- On considère la droite $(\Delta)$ passant par le point $C$ et perpendiculaire au plan $(ABC)$ .

a) Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(\Delta)$ .

b) Montrer que la droite $(\Delta)$ est tangente à la sphère $(S)$ en un point $D$ dont on déterminera les coordonnées .

c) Calculer le produit scalaire $\overrightarrow{AC} . (\vec{i}+\vec{k})$ , puis déduire la distance $d(A,(\Delta))$ .
3 points

exercice 2

Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé $(O,\vec{u},\vec{v})$ , on considère le point $A$ d'affixe $a=-1-i\sqrt{3}$ , le point $B$ d'affixe $b=-1+i\sqrt{3}$ et la translation $t$ de vecteur $\overrightarrow{OA}$ .

1- Prouver que l'affixe du point $D$ image du point $B$ par la translation $t$ est $d=-2$ .

2- On considère la rotation $R$ de centre $D$ et d'angle $\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)$ . Montrer que l'affixe du point $C$ image du point $B$ par la rotation $R$ est $c=-4$ .

3-a) Ecrire le nombre $\dfrac{b-c}{a-c}$ sous forme trigonométrique .

b) En déduire que $\left(\dfrac{b-c}{a-c}\right)^2=\dfrac{c-d}{b-d}$ .

4- Soit $(\Gamma)$ le cercle de centre $D$ et de rayon $2$ , $(\Gamma')$ le cercle de centre $O$ et de rayon $4$ et $M$ un point d'affixe $z$ appartenant aux deux cercles $(\Gamma)\text{ et }(\Gamma')$ .

a) Vérifier que $|z+2|=2$ .

b) Prouver que $z+\overline{z}=-8$ (remarquer que $|z|=4$ ) .

c) En déduire que les cercles $(\Gamma)$ et $(\Gamma')$ se coupent en un point unique qu'on déterminera .
3 points

exercice 3

Une urne contient dix boules : trois boules blanches , trois boules vertes et quatre boules rouges indiscernables au toucher. On tire au hasard simultanément trois boules de l'urne .

1- Montrer que $p(A)=\dfrac{1}{6}$ ; où $A$ est l'évènement " N'obtenir aucune boule rouge " .

2- Calculer $p(B)$ ; où $B$ est l'évènement " Obtenir trois boules blanches ou trois boules vertes " .

3- Montrer que $p(C)=\dfrac{1}{2}$ ; où $C$ est l'évènement " Obtenir exactement une boule rouge " .

4- Calculer $p(D)$ ; où $D$ est l'évènement " Obtenir au moins deux boules rouges " .
2,5 points

exercice 4

On considère la fonction $h$ définie sur $\R$ par $h(x)=(x+1)\text{ e}^{x}$ .

1-a) Vérifier que $x\mapsto x\text{ e}^{x}$ est une primitive de la fonction $h$ sur $\R$ ; puis calculer $I=\displaystyle \int_{-1}^{0} h(x)\text{ d}x$ .

b) A l'aide d'une intégration par parties , calculer $J=\displaystyle \int_{-1}^{0} (x+1)^2\text{ e}^{x}\text{ d}x$ .

2-a) Résoudre l'équation différentielle $(E):y''-2y'+y=0$ .

b) Montrer que la fonction $h$ est la solution de $(E)$ qui vérifie les conditions $h(0)=1$ et $h'(0)=2$ .

8,5 points

probleme

On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2$ . Soit $(C)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ (unité : $1\text{ cm}$ )

1- Calculer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x) \text{ et }\lim_{x\to-\infty} f(x)$ .

2- Calculer $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}$ et interpréter géométriquement le résultat .

3-a) Montrer que la droite $(\Delta)$ d'équation $y=x$ est asymptote à la courbe $(C)$ au voisinage de $-\infty$ .

b) Etudier le signe de $(f(x)-x)$ pour tout $x$ de $\R$ et en déduire la position relative de la courbe $(C)$ et la droite $(\Delta)$ .

4-a) Montrer que $f'(x)=\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2+x\text{ e}^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)$ pour tout $x$ de $\R$ .

b) Vérifier que $x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)\geq 0$ pour tout $x$ de $\R$ puis en déduire le signe de la fonction dérivée $f'$ sur $\R$ .

c) Dresser le tableau des variations de la fonction $f$ sur $\R$ .

5-a) Montrer que $f''(x)=\dfrac{1}{2} \text{ e}^{x/2} g(x)$ ; où $g(x)=(2x+4)\text{ e}^{x/2}-x-4$ pour tout $x$ de $\R$ .

b) A partir de la courbe ci-contre de la fonction $g$ , déterminer le signe de $g(x)$ sur $\R$ (Remarque : $g(\alpha)=0$ ) .

c) Etudier la concavité de la courbe $(C)$ et déterminer les abscisses des deux points d'inflexions .

6- Construire la courbe $(C)$ dans le repère $(O,\vec{i},\vec{j})$ . (On prend : $\ln(4)\approx 1,4 \text{ , } \alpha\approx -4,5 \text{ et }f(\alpha)\approx -3,5$ ) .

7-a) Montrer que la fonction $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $\R$ .

b) Calculer $\left(f^{-1}\right)^{'}(\ln 4)$ .

8- Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par $u_0=1 \text{ et }u_{n+1}=f(u_n)$ pour tout $n$ de $\N$ .

a) Montrer par récurrence que $0<u_n<\ln 4$ pour tout $n$ de $\N$ .

b) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante .

c) En déduire que la suite $(u_n)$ est convergente .

d) Calculer la limite de la suite $(u_n)$ .

Correction

exercice 1

1-a) On a $A(0,1,1)\text{ }, B(1,2,0)\text{ et }C(-1,1,2)$ .

On calcule les coordonnées de : $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix} x_B-x_A\\y_B-y_A\\z_B-z_A\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1-0\\2-1\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\enskip\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip\enskip\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix} x_C-x_A\\y_C-y_A\\z_C-z_A\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1-0\\1-1\\2-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$

On en tire les coordonnées du produit vectoriel : $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\wedge \begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1-0\\-(-1+1)\\0-(-1)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$

D'autre part : $\vec{i}+\vec{k}=\begin{pmatrix} 1\\0\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$

D'où :
$\boxed{\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=\vec{i}+\vec{k}}$

b) Le vecteur $\left(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right)\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$ .

Donc une équation de ce plan s'écrit : $(ABC)\text{ : }1\times x +0\times y +1\times z +d=0\text{ , avec }d\in\R$

Ce qui donne $(ABC)\text{ : }x +z +d=0\text{ , avec }d\in\R$ .

De plus , on a $A\in(ABC)$ , alors : $x_A+z_A+d=0\iff 0+1+d=0\iff d=-1$

On obtient :
$\boxed{(ABC)\text{ : }x+z-1=0}$

2) Une équation de la sphère $(S)$ de centre $\Omega(1,1,2)$ et de rayon $R=\sqrt{2}$ s'écrit :

$(S)\text{ : }(x-x_{\Omega})^2+(y-y_{\Omega})^2+(z-z_{\Omega})^2=R^2$

D'où :
$\boxed{(S)\text{ : }(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=2}$

3) Pour qu'un plan soit tangent à une sphère , il faut que la distance entre ce plan et le centre de cette sphère soit égale au rayon de cette dernière .

Calculons la distance $d(\Omega;(ABC))$ :

$d(\Omega;(ABC))=\dfrac{|x_{\Omega}+z_{\Omega}-1|}{\sqrt{1+0+1}}=\dfrac{|1+2-1|}{\sqrt{2}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}=R$

$\text{Donc le plan }(ABC) \text{ est bien tangent à la sphère }(S) \enskip\blue (i)$

Il nous reste à démontrer que ceci se passe au point $A$ , pour cela , on doit démontrer que $\Omega A =R$

$\Omega A = ||\overrightarrow{\Omega A }||=\sqrt{(0-1)^2+(1-1)^2+(1-2)^2}=\sqrt{2}=R$

Donc $\Omega A =R\enskip\blue (ii)$

De $\blue (i)\black\text{ et }\blue (ii)\black \text{ : }$

$\boxed{\text{Donc le plan }(ABC) \text{ est tangent à la sphère }(S)\text{ au point }A }$

4-a) La droite $(\Delta)$ est perpendiculaire au plan $(ABC)$ , donc le vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}\red 1\\ \red0\\ \red 1\end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(\Delta)$ .
De plus , le point $C(\blue -1\black;\blue 1\black;\blue -2\black) \in(\Delta)$ , alors une représentation paramétrique de la droite $(\Delta)$ s'écrit :

$(\Delta)\text{ : }\begin{cases} x=\blue-1\black+\red 1\black\times t \\ y=\blue 1\black+\red 0\black\times t\\z=\blue2\black+\red 1\black\times t\end{matrix} \text { , } t\in\R \enskip\enskip\iff \enskip\enskip \boxed{(\Delta)\text{ : }\begin{cases} x=-1+t \\ y=1\\z=2+t\end{matrix} \text { , } t\in\R}$

b) On a :

$\begin{cases} (S)\text{ : }(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=2\\\\ (\Delta)\text{ : }\begin{cases} x=-1+t \\ y=1\\z=2+t\end{matrix} \text { , } t\in\R \end{cases}$

On résoud donc l'équation d'inconnue $t$ dans $\R$ suivante :

$\begin{matrix} (-1+t-1)^2+(1-1)^2+(2+t-2)^2=2 &\iff& (t-2)^2+t^2=2 \\ &\iff & t^2-4t+4+t^2=2 \\ &\iff & 2t^2-4t+2=0 \\&\iff& t^2-2t+1=0 \\&\iff& (t-1)^2=0 \\&\iff& t=1\end{matrix}$

Cette équation admet une seule solution , donc :

$\text{Donc la droite }(\Delta) \text{ est bien tangente à la sphère }(S) \enskip\blue (i)$

Pour trouver le point $D$ , on remplace la solution $t=1$ dans la représentation paramétrique de $(\Delta) \text{ : }$

$\begin{cases} x_D=-1+1=0 \\ y_D=1\\z_D=2+1\end{matrix}\enskip\text{ , d'où } D(0;1;3)\enskip\blue (ii)$

De $\blue (i)\black\text{ et }\blue (ii)\black \text{ : }$

$\boxed{\text{Donc la droite }(\Delta) \text{ est tangente à la sphère }(S)\text{ au point }D(0;1;3) }$

c) On a $\overrightarrow{AC}\text{ . }(\vec{i}+\vec{k})=\begin{pmatrix} -1\\0\\1\end{pmatrix} \text{ . }\begin{pmatrix} 1\\0\\1\end{pmatrix} =-1\times 1+ 0\times 0+1\times 1 = -1+1=0$

$\boxed{\overrightarrow{AC}\text{ . }(\vec{i}+\vec{k})=0}$

De plus , on a vu que $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=\vec{i}+\vec{k}$ est directeur de $(\Delta)$

Alors $\overrightarrow{AC}\perp (\Delta) \text{ , il s'ensuit que } C \text{ est le projeté de }A \text{ sur }(\Delta)$ .

Donc : $d(A,(\Delta))=AC=||\overrightarrow{AC}||=\sqrt{(-1)^2+0^2+1^2}=\sqrt{2}$

$\boxed{d(A,(\Delta))=\sqrt{2}}$

exercice 2

1) Le point $D$ est l'image du point $B$ par la translation $t$ de vecteur $\overrightarrow{OA}\enskip\enskip\text{ , alors }\enskip\enskip\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{BD}$

$\begin{matrix}\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{BD} &\iff& a-0=d-b &\iff& d=a+b &\iff& d=-1-i\sqrt{3}-1+i\sqrt{3}&\iff& \boxed{d=-2}\end{matrix}$

2) Soit la rotation $R\left(D;\dfrac{2\pi}{3}\right) \text{ et soit le point }C\text{ tel que }R(B)=C$

Donc $c-d=e^{i2\pi/3}(b-d) \enskip\text{ , or }\enskip e^{i2\pi/3}=\cos \dfrac{2\pi}{3}+i\in\dfrac{2\pi}{3}=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

D'où

$\begin{matrix}c&=&\left(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)(b-d)+d&=& \left(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)(-1+i\sqrt{3}+2)-2\\\\&=& \left(-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)(1+i\sqrt{3})-2&=& -\dfrac{1}{2}-i\dfrac{\sqrt{3}}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{3}{2}-2\\\\&=&-2-2&=&-4\end{matrix}$

$\boxed{c=-4}$

3-a) Calcul direct :

$\begin{matrix}\dfrac{b-c}{a-c}&=&\dfrac{-1+i\sqrt{3}+4}{-1-i\sqrt{3}+4}&=&\dfrac{3+i\sqrt{3}}{3-i\sqrt{3}}\\\\&=& \dfrac{(3+i\sqrt{3})^2}{(3-i\sqrt{3})(3+i\sqrt{3})} &=& \dfrac{9+6\sqrt{3}i-3}{9+3}\\\\&=& \dfrac{6+6\sqrt{3}i}{12}&=&\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \end{matrix}$

On obtient :
$\boxed{\dfrac{b-c}{a-c}=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}}$

b) On passe à la forme exponentielle :

$\begin{matrix}\left(\dfrac{b-c}{a-c}\right)^2&=&\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)^2&=&\left(e^{i\pi/3}\right)^2\\\\&=&e^{i2\pi/3}&=&\cos\dfrac{2\pi}{3}+i\sin\dfrac{2\pi}{3}\\\\&=&-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{matrix}$

D'autre part :

$\begin{matrix}\dfrac{c-d}{b-d}&=&\dfrac{-4+2}{-1+i\sqrt{3}+2}&=&\dfrac{-2}{1+i\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{-2(1-i\sqrt{3}}{(1+i\sqrt{3})(1-i\sqrt{3})}&=&\dfrac{-2+2\sqrt{3}i}{1+3}\\\\&=&\dfrac{-1+i\sqrt{3}}{2}&=&-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{matrix}$

On conclut que :

$\boxed{\left(\dfrac{b-c}{a-c}\right)^2=\dfrac{c-d}{b-d}}$

4-a) Le point $M(z)$ appartient au cercle $(\Gamma)$ de centre $D$ et de rayon $2$

D'où : $DM=2\iff |z-d|=2 \iff \boxed{|z+2|=2}$

b) On a :

$\begin{matrix}{|z+2|=2&\iff& |z+2|^2=4&\iff& (z+2)\overline{(z+2)}=4&\left(\text{ en effet : }\forall \zeta\in\C\text{ : }|\zeta|^2=\zeta\bar{\zeta}\right)\\\\&\iff&(z+2)(\bar{z}+2)=4 &\iff& z\bar{z}+2z+2\bar{z}+4=4\\\\&\iff& |z|^2+2(z+\bar{z})=0&\iff& 16+2(z+\bar{z})=0&\left(\text{ en effet : } M(z)\in(\Gamma')\text{ , donc }OM=4\text{ , d'où }|z|=4 \right)\\\\&\iff& 2(z+\bar{z})=-16&\iff&\boxed{z+\bar{z}=-8}\end{matrix}$

c) Puisque , pour tout complexe $z\text{ : }z+\bar{z}=2\mathcal{R}e(z)$ , alors d'après ce qui précède , $2\mathscal{R}e(z)=-8\iff \mathcal{R}e(z)=-4$

Alors , $z=-4+iy\text{ , avec }y\in\R \text{ , il suffit de trouver cette partie imaginaire }y$

On a :

$\begin{matrix}M(z)\in(\Gamma)\cap(\Gamma')&\iff& \begin{cases} |z+2|=2\\|z|=4\end{cases}&\iff& \begin{cases}|-4+iy+2|=2\\ |-4+iy|=4 \end{cases}\\&\iff& \begin{cases}|-2+iy|=2\\ |-4+iy|=4 \end{cases}&\iff&\begin{cases}\sqrt{4+y^2}=2\\\sqrt{16+y^2}=4 \end{cases}\\&\iff&\begin{cases}4+y^2=4\\16+y^2=16 \end{cases}&\iff& y^2=0\end{matrix}$

On en déduit que $y=0$ , et donc , seul $z=-4$ convient .

$\boxed{\text{Les cercles }(\Gamma) \text{ et } (\Gamma') \text{ se coupent en un seul point }M_0 \text{ d'affixe } z_0=-4 }$

Figure (non demandée) :

exercice 3

L'urne contient :

Trois boules blanches
Trois boules vertes
Quatre boules rouges

Donc : $\text{Card }\Omega={10\choose 3}=120$

1- Soit $A$ est l'évènement " N'obtenir aucune boule rouge " , alors : $\lbrace{\bar{R}\enskip \bar{R}\enskip \bar{R}\rbrace}$

Donc $p(A)=\dfrac{ {6\choose 3 }}{120}=\dfrac{20}{120}=\dfrac{1}{6}$

$\boxed{p(A)=\dfrac{1}{6}}$

2- Soit $B$ est l'évènement " Obtenir trois boules blanches ou trois boules vertes " , alors : $\lbrace{B \enskip B\enskip B\rbrace}\cup \lbrace{V \enskip V\enskip V\rbrace}$

Donc $p(B)=\dfrac{ {3\choose 3 }}{120}+\dfrac{ {3\choose 3 }}{120}=\dfrac{2}{120}=\dfrac{1}{60}$

$\boxed{p(B)=\dfrac{1}{60}}$

3- Soit $C$ est l'évènement " Obtenir exactement une boule rouge " , alors : $\lbrace{R\enskip \bar{R}\enskip \bar{R}\rbrace}$

Donc $p(C)=\dfrac{ {4\choose 1 }{6\choose 2 }}{120}=\dfrac{4\times 15}{120}=\dfrac{60}{120}=\dfrac{1}{2}$

$\boxed{p(C)=\dfrac{1}{2}}$

4- Soit $D$ est l'évènement " Obtenir au moins deux boules rouges " , alors : $\lbrace{R\enskip R\enskip \bar{R}\rbrace}\cup \lbrace{R\enskip R\enskip R\rbrace}$

Donc $p(D)=\dfrac{ {4\choose 2 }{6\choose 1 }}{120}+\dfrac{ {4\choose 3 }}{120}=\dfrac{6\times 6 +4 }{120}=\dfrac{40}{120}=\dfrac{1}{3}$

$\boxed{p(D)=\dfrac{1}{3}}$

exercice 4

1-a) Il est évident que $x\mapsto xe^x$ est dérivable sur $\R$ , donc on a , pour tout réel $x\in\R$ :

$\begin{matrix}(xe^x)'&=&x'e^x+x(e^x)'&=& e^x+xe^x&=&(x+1)e^x&=&h(x)\end{matrix}$

$\boxed{x\mapsto x\text{ e}^{x} \text{ est une primitive de la fonction }h \text{ sur }\R}$

Calculons $I$ :

$\begin{matrix}I&=&\displaystyle \int_{-1}^{0} h(x)\text{ d}x&=&\displaystyle \left[xe^x\right]_{-1}^{0}&=&0e^0+e^{-1}&=& \dfrac{1}{e}\end{matrix}$

$\boxed{I=\dfrac{1}{e}}$

b) Calcul de $J=\displaystyle \int_{-1}^{0} (x+1)^2\text{ e}^{x}\text{ d}x$

Intégration par parties :

On pose $\begin{cases}u(x)=(x+1)^2 \\v'(x)=e^x \end{cases}\enskip\enskip \text{ et donc }\enskip\enskip \begin{cases}u'(x)=2(x+1)\\v(x)=e^{x}\end{cases}$

D'où :

$\begin{matrix} J&=&\displaystyle \int_{-1}^{0} (x+1)^2\text{ e}^{x}\text{ d}x&=& \displaystyle \left[(x+1)^2e^x\right]_{-1}^{0} -\int_{-1}^{0}2(x+1)\text{ e}^{x}\text{ d}x\\&=&\displaystyle \left[(x+1)^2e^x\right]_{-1}^{0} -2I &=& e^0-0-2\times\dfrac{1}{e}\\&=& 1-\dfrac{2}{e}&=&\dfrac{e-2}{e}\end{matrix}$

$\boxed{J=\dfrac{e-2}{e}}$

2-a) Soit $(E):y''-2y'+y=0$ .

On résoud l'équation caractéristique associée : $r^2-2r+1=0$

$\begin{matrix}r^2-2r+1=0&\iff& (r-1)^2=0&\iff& r=1 \end{matrix}$

L'équation caractéristique associée admet une solution réelle double $\alpha=1$ . D'où , les solutions de $(E)$ sont de la forme $x\mapsto (Ax +B)\text{ e }^{\alpha x}\enskip ; \enskip A,B\in\R$

$\boxed{\text{ Les solutions de l'équation différentielle }(E) \text{ sont les fonctions de la forme : }x\mapsto (Ax +B)\text{ e }^{x}\enskip ; \enskip A,B\in\R}$

b) Puisque la fonction $h\text{ : }x\mapsto (x+1)e^x \text{ est de la forme }x\mapsto (Ax+B)e^x \text{ , avec }A=B=1$ , alors :

$h\text{ est une solution de l'équation différentielle } (E)\enskip\blue (i)$

Vérifions que $h$ vérifie les conditions :

$h(0)=(0+1)e^0=1$
$\forall x\in\R\text{ : }h'(x)=(x+1)'e^x+(x+1)e^x=(x+2)e^x \Longrightarrow h'(0)=(0+2)e^0=2$

Donc :
$h(0)=1\text{ et }h'(0)=2\enskip\blue (ii)$

Enfin , d'après le cours , une équation différentielle de second degré admet une et une seule solution vérifiant une condition initiale donnée $\enskip\blue (iii)$

On déduit de $\blue (i)\black\text{ , }\blue (ii)\black\text{ et } \blue (iii)$ que :

$\boxed{h\text{ est la solution de }(E)\text{ qui vérifie }h(0)=1\text{ et }h'(0)=2}$

Remarque du correcteur : La dernière question de cet exercice est mal posée , en effet , il fallait demander de trouver la solution de $(E)$ vérifiant les conditions initales sans mentionner la fonction $h$ , puis de laisser le candidat déduire que cette solution n'est autre que la fonction $h$ .

probleme

1-
Calcul de $\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x) \text{ : }$

Puisque $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\text{ e}^{x/2} =+\infty\enskip\text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to +\infty} x= +\infty$

Donc $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x) = \displaystyle \lim_{x\to +\infty} x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 = +\infty$

Calcul de $\displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x) \text{ : }$

Puisque $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}\text{ e}^{x/2} =0\enskip\text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to -\infty} x= -\infty$

Donc $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x) = \displaystyle \lim_{x\to -\infty} x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 = -\infty$

Conclusion : $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x) = -\infty\enskip\text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x) = +\infty }$

2- Calcul de $\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}$

On a $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}{x}= \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 = +\infty$

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

Interprétation graphique :

$\boxed{\begin{matrix}\text{ La courbe }(C)\text{ admet une branche parabolique de la direction }\\ \text{ celle de l'axe des ordonnées au voisinage de }+\infty \end{matrix}}$

3-a) On a :

$\begin{matrix}\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)-x &=&\displaystyle \lim_{x\to -\infty}x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 -x &=& \displaystyle \lim_{x\to -\infty}x\left[\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 -1\right]\\\\&=& \displaystyle \lim_{x\to -\infty}x\left[\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)-1\right]\left[\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+1\right] &=& \displaystyle \lim_{x\to -\infty}x \text{ e}^{x/2} \left(\text{ e}^{x/2} -2\right)\\\\&=& \displaystyle \lim_{x\to -\infty}2\left(\dfrac{x}{2} \text{ e}^{x/2} \right) \left(\text{ e}^{x/2} -2\right)&=&2\times 0 \times (-2)\\\\&=& 0 \end{matrix}$

D'où : $\boxed{\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)-y=0}$

On conclut alors : $\boxed{\text{La droite }(\Delta)\text{ : }y=x \text{ est asymptote à la courbe }(C) \text{ au voisinage de }-\infty}$

b) D'après la question précédente , pour tout réel $x \text{ : }f(x)-x=x \text{ e}^{x/2} \left(\text{ e}^{x/2} -2\right)$

Puisque , pour tout réel $x\text{ : }e^{x/2}>0$ , alors le signe de $f(x)-x$ est celui de $x\left(\text{ e}^{x/2} -2\right)$ .

On a : $e^{x/2}-2=0\iff e^x{x/2}=2\iff \dfrac{x}{2}=\ln 2 \iff x= 2\ln 2$

Et puisque la fonction $\exp$ est strictement croissante sur $\R$ , alors on trace le tableau de signe de $x\left(\text{ e}^{x/2} -2\right)\text{ : }$

$\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x & -\infty & & 0 & & 2\ln 2 & &+\infty \\ \hline x & &-&\barre{0}&+&\barre{}&+& \\ \hline \text{ e}^{x/2} -2& &-&\barre{}&-&\barre{0}&+& \\ \hline x\left(\text{ e}^{x/2} -2\right)& &+&\barre{0}&-&\barre{0}&+& \\ \hline \end{array}$

D'où :

$\bullet \forall x\in]-\infty ; 0]\cup[2\ln 2 ; +\infty[\text{ : }f(x)-x\geq 0$ .
$\bullet \forall x\in][0;2\ln 2 ]\text{ : }f(x)-x\leq 0$ .

On en déduit la position relative de la courbe $(C)$ et la droite $(\Delta)$ .

$\boxed{\begin{matrix} (C) \text{ est en dessous de }(\Delta) \text{ sur }[0;2\ln 2] \\ (C) \text{ est au dessus de }(\Delta) \text{ sur }]-\infty ; 0]\cup[2\ln 2 ; +\infty[ \\ O(0;0)\text{ et }A(2\ln 2;2\ln 2) \text{ sont deux points d'intersection de }(C) \text{ avec }(\Delta) \end{matrix}}$

4-a) La fonction $f$ est dérivable qur $\R$ comme produit de fonctions dérivables sur $\R$ .

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

$\begin{matrix}f'(x)&=&\left(x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2\right)'&=&\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 +x\left(\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2\right)' \\\\ &=&\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 +2x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)'\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)&=&\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2 +2x\left(\dfrac{1}{2}\text{ e}^{x/2} \right)\left(\text{ e}^{x/2} -1 \right) \end{matrix}$

Ce qui donne :

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : } f'(x)=\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2+x\text{ e}^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right) }$

b)

On a : $e^{x/2}-1=0\iff e^x{x/2}=1\iff \dfrac{x}{2}=\ln 1 \iff \dfrac{x}{2}=0\iff x= 0$

Et puisque la fonction $\exp$ est strictement croissante sur $\R$ , alors on trace le tableau de signe de $x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)\text{ : }$

$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & -\infty & & 0 & &+\infty \\ \hline x & &-&\barre{0}&+& \\ \hline \text{ e}^{x/2} -1& &-&\barre{0}&+& \\ \hline x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)& &+&\barre{0}&+& \\ \hline \end{array}$

On a donc :

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }x\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)\geq 0 }$

De plus , on sait que , pour tout réel $x\text{ : }e^{x/2}\geq 0 \enskip\text{ , alors }\enskip xe^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)\geq 0$

Et enfin , pour tout réel $x\text{ : }\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2\geq 0$

D'où , pour tout réel $x\text{ : }\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2+x\text{ e}^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right) \geq 0 \text{ comme somme de deux quantités positives sur }\R$

Par conséquent :

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f'(x)\geq 0 }$

c) On dresse le tableau de variations de $f \text{ : }$

$\begin{array}{|c|ccc|} \hline x & -\infty & & +\infty \\ \hline f'(x) && + & \\ \hline && & +\infty \\ f & & \nearrow & \\ &-\infty& &\\ \hline \end{array}$

5-a) La fonction dérivée $f'$ est dérivable sur $\R$ , et pour tout $x\in\R\text{ : }$

$\begin{matrix}f''(x)&=& \left(\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2+x\text{ e}^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right) \right)' \\\\&=&\left(\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)^2\right)'+\left(x\text{ e}^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right) \right)' \\\\&=& 2\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)'\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+\left(x\text{ e}^{x/2}\right)'\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+\left(x\text{ e}^{x/2}\right)\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)' \\\\&=& 2\times\dfrac{1}{2}\text{ e}^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+\left(x'\text{ e}^{x/2}+x\left(\text{ e}^{x/2}\right)'\right)\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+\left(x\text{ e}^{x/2}\right)\times \dfrac{1}{2}\text{ e}^{x/2}\\\\&=& \text{ e}^{x/2}\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+\left(\text{ e}^{x/2}+x\times\dfrac{1}{2}e^{x/2}\right)\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+\dfrac{1}{2}x\text{ e}^{x} \end{matrix}$

$\begin{matrix}\white f''(x)\black &=& \dfrac{1}{2}\text{ e}^{x/2}\left(2\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)\right)+\dfrac{1}{2}e^{x/2}(2+x)\left(\text{ e}^{x/2} -1\right)+\dfrac{1}{2}x\text{ e}^{x} \\\\&=& \dfrac{1}{2}e^{x/2}\left[2\left(e^{x/2}-1\right) +(x+2)\left(e^{x/2}-1\right)+xe^{x/2}\right]\\\\&=&\dfrac{1}{2}e^{x/2}\left[2e^{x/2}-2+xe^{x/2}-x+2e^{x/2}-2+xe^{x/2}\right]\\\\&=& \dfrac{1}{2}e^{x/2}\left(4e^{x/2}+2xe^{x/2}-x-4\right) \\\\&=&\dfrac{1}{2}e^{x/2}\left[(2x+4)e^{x/2}-x-4\right] \\\\&=&\boxed{\dfrac{1}{2}e^{x/2}g(x)}\end{matrix}$

b) On remarque que la courbe de la fonction $g$ est au-dessus de l'axe des abscisses sur $]-\infty ;\alpha] \text{ et sur }[0;+\infty[$ , et que celle-ci est en dessous de l'axe des abscisses sur $[\alpha;0]$ .

D'où :

$\boxed{\begin{matrix}\forall x\in ]-\infty;\alpha]\cup[0;+\infty[&\text{ : }g(x)\geq 0 \\ \forall x\in [\alpha ; 0 ]&\text{ : }g(x)\leq 0 \\ \text{Avec }&g(\alpha)=g(0)=0 \end{matrix} }$

c) Puisque pour tout $x$ de $\R\text{ : }e^{x/2}>0$ , alors le signe de $f''(x)$ est celui de $g(x)$ .

Ce qui permet de dresser le tableau de concavité de la courbe $(C)$ représentative de la fonction $f$ :

$\begin{array}{|c|rcccccc|} \hline x & -\infty & &\alpha & &0 & & +\infty \\ \hline f''(x) & & + & \barre{0} & - &\barre{0} & + & \\ \hline f & &\text{concave}& B(\alpha;f(\alpha)) & \text{concave}& O(0;0) &\text{convexe}& \\ \hline \end{array}$

Avec $B \text{ et }O$ sont les deux points d'inflexion . En effet , $f(0)=0$

6) La représentation graphique de la fonction $f \text{ : }$

On a $2\ln 2 = \ln 4 \approx 1,4\enskip\text{ , }\enskip \alpha\approx -4,5\enskip\text{ , }\enskip f(\alpha)\approx -3,5$

7-a) D'après ce qui précède :

La fonction $f$ est continue sur $\R$ .
La fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$ .

$f$ admet donc une fonction réciproque notée $f^{-1}$ définie sur $J=f(\R)=\left]\displaystyle \lim_{x\to -\infty} f(x);\displaystyle \lim_{x\to +\infty} f(x)\right[=]-\infty;+\infty[=\R$ .

$\boxed{f\text{ admet une fonction réciproque }f^{-1}\text{ définie sur }\R }$

b) Puisque :

$f$ est dérivable en $\ln 4 = 2\ln 2$

$f'(\ln 4)=f'(2\ln 2)\neq 0 \enskip\enskip\enskip \left(\text{En effet : }f'(2\ln 2)=\left(\text{ e}^{\ln 2} -1\right)^2+2\ln 2\text{ e}^{\ln 2}\left(\text{ e}^{\ln 2} -1\right) =1+2\ln 2\times 2 =1+4\ln 2\neq 0\right)$

Alors $f^{-1}$ est dérivable en $f(2\ln 2)$ .

De plus , on a vu que $f(2\ln 2 )=2\ln 2 = \ln 4$ .

Il s'ensuit alors que $f^{-1}$ est dérivable en $\ln 4$ et aussi que $f^{-1}(2\ln 2)=2\ln 2$

Calculons alors :

$\left(f^{-1}\right)'(\ln 4)=\left(f^{-1}\right)'(2\ln 2) =\dfrac{1}{f'\circ f^{-1}(2\ln 2)}=\dfrac{1}{f'\left( f^{-1}(2\ln 2)\right)}=\dfrac{1}{f'(2\ln 2 )}=\dfrac{1}{1+4\ln 2 }$

Résultat : $\boxed{\left(f^{-1}\right)'(\ln 4)=\dfrac{1}{1+4\ln 2 }}$

8-a) Montrons par récurrence que $\forall n\in\N\text{ : }0<u_n<\ln 4$

Initialisation : Pour $n=0\text{ : }u_0=1 \enskip\text{ , et donc }\enskip 0<u_0<\ln 4\enskip\enskip\enskip\left( \ln 4 \approx 1,4\right)$
La proposition est vérifiée pour $n=0$

Hérédité : Supposons qu'on a , pour un certain $n\in\N \text{ , } 0<u_n<\ln 4\text{ , }$ montrons alors que dans ce cas , on a aussi $0<u_{n+1}<\ln 4$

On a $0<u_n<\ln 4$ , et la fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$ , donc $f(0)<f(u_n)<f(\ln 4)$

De plus , on a vu que $f(0)=0\text{ et que }f(\ln 4 )=\ln 4 \text{ , d'où }0<u_{n+1}<\ln 4$

Conclusion : On conclut par récurrence que :

$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }0<u_n<\ln 4 }$

b) D'après 3-b) , $\forall x\in]0;\ln 4[\text{ : }f(x)-x\leq 0$ .

Et d'après 8-a) , $\forall n\in\N\text{ : }u_n\in]0;\ln 4[$ .

Donc , pour tout $n\in\N\text{ : }f(u_n)-u_n\leq 0 \iff u_{n+1}-u_n\leq 0 \iff u_{n+1}\leq u_n$

Par conséquent :

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

c) D'après ce qui précède , la suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$ , donc :

$\boxed{(u_n)_{n\in\N}\text{ est une suite convergente }}$

d) On a vu que :

$f$ est continue sur $\R$ , donc aussi sur $]0;\ln 4[$ .

$u_0\in]0;\ln 4[$

$f(]0;\ln 4[)=]0;\ln 4[ \text{ , en effet } f(0)=0\text{ , }f(\ln 4)=\ln 4\text{ et }f \text{ est strictement croissante sur }\R$ .

$(u_n)\text{ est convergente }$

Donc la limite $\ell$ de $(u_n)$ est solution de l'équation $f(x)=x$ .

D'après 3-b) , la courbe de $f$ et la droite $(\Delta)$ se coupent en deux points seulement , d'abscisses $0$ et $\ln 4$

Donc $\ell\in\lbrace 0;\ln 4 \rbrace$

Enfin , $(u_n)$ est une suite décroissante , on en déduit que :

$\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\ell=0 }$

Publié par malou/Panter le 09-12-2022

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