Fiche de mathématiques
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Bac Maroc SVT-PC 2022

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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) .
Bac Maroc SVT-PC 2022 : image 1


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) .







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) :

Bac Maroc SVT-PC 2022 : image 3


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

Bac Maroc SVT-PC 2022 : image 2


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 }
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