Fiche de mathématiques
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Bac Togo 2022

Mathématiques Séries C-E

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Durée : 4 heures
Coefficient : 5


5 points

exercice 1

On considère dans le plan orienté un rectangle ABCD , tel que Mes\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}}\right)= -\dfrac{\pi}{2}\text{ , }AB=1\text{ , } AD=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} , puis FCDE et BFGH deux carrés de même sens que celui du rectangle ABCD .

1-a) Faire la figure avec précision en prenant 4cm pour unité graphique .
b) On pose q=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} , montrer que q^2=1-q et vérifier que FG=q\text{ et }AH=q^2 .

2) Soit S_1 la similitude directe de centre F d'angle de mesure -\dfrac{\pi}{2} et de rapport q .
a) Montrer que l'antécédent de G par S_1 est C.
b) Déterminer l'image du carré FCDE par S_1 .

3) Soit S_2 la similitude directe de centre G qui transforme H en E .Donner les autres éléments caractéristiques de S_2 .

4) Soit g=S_2\circ S_1
a) Montrer que g(D)=E \text{ et }g(C)=G .
b) Déterminer le réel \dfrac{AE}{AD} en fonction de q puis donner les éléments caractéristiques de g .
c) Soit I=g(E) \text{ et }J=g(F) , donner la nature du quadrilatère EGJI puis construire les points I et J .

3,5 points

exercice 2

Soit ABCD EFGH un cube d'arête 1 et on désigne par I et J les milieux respectifs des segments [BC] et [CD] . Dans l'espace muni du repère (A,\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}) , on considère le point M élément du segment [EC].

1-a) Montrer que M est le barycentre des points pondérés (C,t)\text{ et }(E,1-t)t appartient à [0;1] , puis déterminer les coordonnées du point M en fonction de t .
b) Montrer que les points C et E appartiennent au plan médiateur du segment [IJ] puis en déduire la nature du triangle IMJ .
c) Exprimer IM^2 en fonction de t .

2) On désigne par \theta la mesure en radians de l'angle \widehat{IMJ} .
a) Montrer que \sin\dfrac{\theta}{2} =\dfrac{\sqrt{2}}{4IM} .
b) En supposant que \theta\in[0;\pi] , démontrer que \theta est maximal lorsque IM est minimale .
c) Etudier le sens de variation de la fonction f définie sur [0;1] par f(t)=3t^2-5t+\dfrac{9}{4} puis déterminer le point M_0 position de M sur le segment [EC] tel que la mesure \widehat{IMJ} soit maximale .

11,5 points

probleme

A- Soit \mathscr{G} l'ensemble des fonctions numériques f d'une variable réelle dérivables sur ]-2;+\infty[ et vérifiant la relation : \forall x\in]-2;+\infty[\text{ , }(2+x)f'(x)+f(x)=1+\ln(2+x) .

1) Soit f un élément de \mathscr{G} , g la fonction dérivable sur l'intervalle ]-2;+\infty[ et définie par g(x)=(2+x)f(x) .
a) Démontrer que g est une primitive sur l'intervalle ]-2;+\infty[ de la fonction h définie par h(x)=1+\ln(2+x) .
b) Réciproquement , g_1 une primitive de la fonction h , démontrer que la fonction t définie par : \forall x\in]-2;+\infty[\text{ , }t(x)=\dfrac{g_1(x)}{2+x} est un élément de \mathscr{G} .

2) A l'aide d'une intégration par parties déterminer l'ensemble des primitives de h sur ]-2;+\infty[ .

3) En déduire l'ensemble \mathscr{G} .


B-
1) On considère l'ensemble des fonctions f_k:x\mapsto \ln(2+x)+\dfrac{k}{2+x} dérivables sur l'intervalle ]-2;+\infty[k est un paramètre réel .
a) Calculer suivant les valeurs de k les limites de f_k aux bornes de l'ensemble de définition .
b) Etudier le sens de variation de f_k et dresser le tableau de variation suivant les valeurs de k .
c) Dans un même repère orthogonal (O,\vec{i},\vec{j}) avec ||\vec{i}||=1cm \text{ et }||\vec{j}||=2cm , tracer avec soin les courbes respectives C_{-2},C_0\text{ et }C_1 des fonctions f_{-2},f_0\text{ et }f_1 .

2) \forall t\in\R\text{ et }\forall n\in\N\backslash\lbrace 0;1\rbrace on pose : Q_{n-2}(t)=-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2} .
a) Démontrer que \forall t\in\R\backslash\lbrace-2\rbrace \text{ : }Q_{n-2}(t)=\dfrac{1-(-1)^{n-1}(1+t)^{n-1}}{2+t} puis en déduire que :
\dfrac{1}{2+t}=-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}+(-1)^{n-1}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t} .

b)Démontrer que : \forall x\in]-1;0]\text{ : }f_0(x)=P_{n-1}(x)+(-1)^{n-1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}tP_{n-1}(x) est un polynôme que l'on précisera .

3) On considère la fonction \varphi définie par : \begin{cases}\varphi(x)=\dfrac{f_0(x)}{x+1}\text{ , }\forall x \in ]-1;0]\\\varphi(-1)=1\end{cases} .
a) Démontrer que \forall x\in[-1;0]\text{ , }\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\leq\dfrac{1}{n} .
b) Utiliser la question 2-b) pour démontrer que : \forall x\in]-1;0]\text{ : } \left|\varphi(x)-\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right|\leq\dfrac{1}{n(x+1)} .
c) Démontrer que : \displaystyle\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}\varphi(x)\text{ d}x+\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)+S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)\leq S_n(0)\leq \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}\varphi(x)\text{ d}x -\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)+S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right) .
Avec : S_n(x)=x-\dfrac{1}{2^2}(1+x)^2+\dfrac{1}{3^2}(1+x)^3+\cdots + (-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-1}}{(n-1)^2} \text{ , }n\geq 2 .


C-
Soit \psi_n(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^{2n-1}(-1)^i(1+x)^i .

1) Démontrer par récurrence que : \forall n\in\N^{*}\text{ , }\forall x\in]-2;+\infty[\text{ : }f_0'(x)=\psi_n(x)+\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x} .

2) Démontrer que \forall n\in\N\text{ , }0\leq \displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x \leq \dfrac{1}{2n+1}

3) On considère la suite (U_n) définie par : \forall n\in\N^{*}\text{ , }U_n=\displaystyle\sum_{i=1}^{2n}\dfrac{(-1)^{1+i}}{i} .
a) Démontrer que \forall n\in\N^{*}\text{ , } f_0(0)=U_n+\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x .
b) En déduire la limite de la suite (U_n) .







exercice 1

1-a) Voir la figure à la fin de la correction de cet exercice.

b)Soit q=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} , montrons que q^2=1-q\text{ : }

\begin{matrix}q^2&=&\left(\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\right)^2&=& \dfrac{(\sqrt{5}-1)^2}{4}&=& \dfrac{5-2\sqrt{5}+1}{4} \\&=& \dfrac{6-2\sqrt{5}}{4}&=& \dfrac{3-\sqrt{5}}{2}&=& \dfrac{2+1-\sqrt{5}}{2} \\&=& \dfrac{2}{2}-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2} &=& 1-q\end{matrix}

\boxed{q^2=1-q}


Vérifions que FG=q\text{ et }AH=q^2\text{ : }

On sait que BFGH est un carré, donc FG=BF. De plus, on a: BF=BC-FC.

Et puisque FCDE est un carré, alors FC=DC, donc BF=BC-DC ou encore FG=BC-DC.

Ensuite, on a DC=AB=1\enskip\text{ et }\enskip BC=AD=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}

Donc FG=BC-DC=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-1=\dfrac{1+\sqrt{5}-2}{2}=\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}\Rightarrow\boxed{FG=q}

On a AH=AB-HB et puisque BFGH est un carré, alors HB=FG=q

Donc:
AH=AB-HB=AB-FG=1-q\underbrace{\Rightarrow}_{q^2=1-q} \boxed{AH=q^2}

2-a) Puisque le carré FCDE est de même sens que celui du rectangle ABCD, alors Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FC},\overrightarrow{FE}}\right)=Mes\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}}\right)= -\dfrac{\pi}{2}

Or, on sait que G\in[FE], alors Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FC},\overrightarrow{FG}}\right)=Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FC},\overrightarrow{FE}}\right)

D'où: Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FC},\overrightarrow{FG}}\right)=-\dfrac{\pi}{2}

De plus, on a vu ci-dessus que FG=q \text{ et que } FC=1\text{ , donc } FG=qFC

On en déduit que S_1(C)=G\text{ , ou encore: }

\boxed{S_1^{-1}(G)=C}


b) Puisque S_1(C)=G \text{ et } S_1(F)=F\text{ , on peut conjecturer en analysant la figure que }S_1(D)=H \text{ et que }S_1(E)=B.

Montrons que S_1(D)=H\text{ :}

D'après ce qui précède FG=HB=FB.

Et puisque le triangle FHB est rectangle en B, on applique le théorème de Pythagore:

FH=\sqrt{FB^2+HB^2}=\sqrt{ FG^2+FG^2}=FG\sqrt{2}=q\sqrt{2}

Et en sachant que le triangle FCD est rectangle en C et que FC=DC=1 , on applique une deuxième fois le théorème de Pythagore:

FD=\sqrt{FC^2+DC^2}=\sqrt{2}

On en tire que
\blue FH=qFD\enskip (i)


Ensuite, puisque EFCD (respectivement BFGH) est un carré, alors Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FD},\overrightarrow{FE}}\right)=-\dfrac{\pi}{4}

 \left( \text{respectivement } Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FE},\overrightarrow{FH}}\right)=Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FG},\overrightarrow{FH}}\right)=-\dfrac{\pi}{4}\enskip\right)

On obtient donc: Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FD},\overrightarrow{FH}}\right)=Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FD},\overrightarrow{FE}}\right)+Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FE},\overrightarrow{FH}}\right)=-\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{4}

D'où:
\blue Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FD},\overrightarrow{FH}}\right)=-\dfrac{\pi}{2} \enskip(ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ :}
\boxed{S_1(D)=H}


Montrons que S_1(E)=B\text{ :}

On a vu que FB=FG=q \text{ , et on a }FE=1\text{ car le carré }EFCD\text{ est de côté }1.

Donc:
\blue FB=q FE\enskip(iii)


FGHB est un carré, donc: Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FE},\overrightarrow{FB}}\right)=Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FG},\overrightarrow{FB}}\right)=-\dfrac{\pi}{2}

\blue Mes\left(\widehat{\overrightarrow{FE},\overrightarrow{FB}}\right)=-\dfrac{\pi}{2}\enskip (iv)


De (iii)\text{ et }(iv)\text{ :}
\boxed{S_1(E)=B}


Conclusion: On a S_1(C)=G \text{ , } S_1(F)=F\text{ , }S_1(D)=H \text{ et }S_1(E)=B. \text{ Donc : }

\boxed{S_1(FCDE)=(FGHB)}


3) Puisque S_2 est la similitude directe de centre G avec S_2(H)=E, ses éléments caractéristiques sont donc:

Rapport: \dfrac{GE}{GH}=\dfrac{FE-FG}{FG}
Puisque FG=q\text{ , }FE=1\text{ et }1-q=q^2, alors: \dfrac{GE}{GH}=\dfrac{1-q}{q}=\dfrac{q^2}{q}=q

Angle: Mes\left(\widehat{\overrightarrow{GH},\overrightarrow{GE}}\right)

BFGH est un carré et G\in[EF] , donc Mes\left(\widehat{\overrightarrow{GH},\overrightarrow{GE}}\right)=Mes\left(\widehat{\overrightarrow{GF},\overrightarrow{GH}}\right)=\dfrac{\pi}{2}

\boxed{S_2 \text{ est la similitude directe de centre }G \text{ , d'angle de mesure }\dfrac{\pi}{2} \text{ et de rapport }q }


4-a) On a vu que S_1(D)=H \text{ et } S_1(C)=G\text{ , donc: }

g(D)=S_2\circ S_1(D)=S_2(S_1(D))=S_2(H)=E

g(C)=S_2\circ S_1(C)=S_2(S_1(C))=S_2(G)=G

\boxed{\text{ On a bien: }g(D)=E \text{ et }g(C)=G }


b) On a AE=AD-DE\text{ , }AD=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \text{ et }DE=CD=AB=1\text{ car }FCDE\text{ est un carré} .

D'où:

 \begin{matrix}\dfrac{AE}{AD}&=&\dfrac{AD-DE}{AD}&=&1-\dfrac{DE}{AD}&=&1-\dfrac{1}{\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}}&=&\dfrac{1+\sqrt{5}-2}{1+\sqrt{5}}\\&=&\dfrac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}&=&\dfrac{(\sqrt{5}-1)^2}{\sqrt{5}^2-1}&=&\dfrac{5-2\sqrt{5}+1}{4}&=&\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\\\\&=&1-\dfrac{\sqrt{5}-1}{2}&=&1-q&=&q^2\end{matrix}

\boxed{\dfrac{AE}{AD}=q^2}


Donnons les éléments caractéristiques de g

L'angle de la composée de deux similitudes directes est la somme des angles de ces dernières, alors l'angle de g est -\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}=0 .

On en tire que le centre de g et les points E et D doivent être alignés.

De plus, le rapport de la composée de deux similitudes directes est le produit des rapports de ces dernières, le rapport de g est donc q^2

Or, on vient de voir que \dfrac{AE}{AD}=q^2 et que les points A,E\text{ et }D sont alignés, alors le centre de la similitude g est A.

Conclusion:

\boxed{\text{La similitude }g\text{ est une homothétie de centre }A \text{ , d'angle de mesure }0 \text{ et de rapport }q^2 }



c) On a g(D)=E \text{ ; }g(C)=G\text{ ; }g(F)=J\text{ et } g(E)=I .

Donc: g(DCFE)=EGJI.

Or, DCFE est un carré, et comme g est une homotéthie, donc g conserve la nature des formes géométriques.

On en déduit que:

\boxed{EGJI\text{ est un carré}}


Figure:

Bac Togo 2022 séries C-E : image 2


exercice 2

1-a) PuisqueM\in[EC]\text{ , donc } \exists t\in[0;1]\text{ / } \overrightarrow{EM}=t\overrightarrow{EC}

En appliquant la relation de Chasles, on obtient:  \overrightarrow{EM}=t\left(\overrightarrow{EM}+\overrightarrow{MC}\right)

D'où: (1-t)\overrightarrow{EM}-t\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\iff -(1-t)\overrightarrow{ME}-t\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}

On en déduit que: (1-t)\overrightarrow{ME}+t\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}

\boxed{ M \text{ est le barycentre des points pondérés }(C,t)\text{ et }(E,1-t) \text{ où }t \in [0;1] }


En sachant que C(1;1;0)\text{ 	et }E(0;0;1)\text{ , donc: }

(1-t)\overrightarrow{ME}+t\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \begin{cases} (1-t)(x_E-x_M)+t(x_C-x_M)=0 \\ (1-t)(y_E-y_M)+t(y_C-y_M)=0 \\ (1-t)(z_E-z_M)+t(z_C-z_M)=0 \end{cases}

On obtient: \begin{cases} -(1-t)x_M+t(1-x_M)=0 \\ -(1-t)y_M+t(1-y_M)=0 \\ (1-t)(1-z_M)-tz_M=0 \end{cases}\text{ , d'où: }\begin{cases} x_M(t-1-t)=t \\ y_M(t-1-t)=t \\ z_M(t-1-t)=-(1-t) \end{cases}

Finalement: \begin{cases} x_M=t\\y_M=t\\z_M=1-t\end{cases}

\boxed{M(t\text{ ; }t\text{ ; }1-t)\text{ , avec }t\in[0;1]}


b) Notons (P) le plan médiateur du segment [IJ], on a donc:

\overrightarrow{IJ} est un vecteur normal à (P).
En notant K le milieu du segment [IJ] , alors K\in(P) .

Calcul des coordonnées: Les points I et J sont les milieux respectifs des segments [BC] et [CD] .

De plus, B(1;0;0)\text{ , }C(1;1;0)\text{ , et }D(0;1;0)\text{ , donc }\begin{cases} I\left(\dfrac{x_B+x_C}{2};\dfrac{y_B+y_C}{2};\dfrac{z_B+z_C}{2}\right)\\ J\left(\dfrac{x_D+x_C}{2};\dfrac{y_D+y_C}{2};\dfrac{z_D+z_C}{2}\right)\end{cases}
D'où: I\left(1\text{ ; }\dfrac{1}{2}\text{ ; }0\right)\text{ et } J\left(\dfrac{1}{2}\text{ ; }1\text{ ; }0\right)

On en tire les coordonnées du point K et du vecteur \overrightarrow{IJ}

K\left(\dfrac{x_I+x_J}{2};\dfrac{y_I+y_J}{2};\dfrac{z_I+z_J}{2}\right)\text{ , donc }K\left(\dfrac{3}{4}\text{ ; }\dfrac{3}{4}\text{ ; }0\right)
\overrightarrow{IJ}\left(x_J-x_I\text{ ; }y_J-y_I\text{ ; }z_J-z_I\right)\text{ , donc }\overrightarrow{IJ}\left(-\dfrac{1}{2}\text{ ; }\dfrac{1}{2}\text{ ; }0\right)

Equation du plan (P): Notons (P)\text{ : }ax+by+cz+d=0\text{ , avec }a,b,c\text{ et }d\in\R .

Puisque le vecteur \overrightarrow{IJ}\left(-\dfrac{1}{2}\text{ ; }\dfrac{1}{2}\text{ ; }0\right) est normal à (P)\text{, alors }(P)\text{ : }-\dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{2}y+0z+d=0

Ou encore: (P)\text{ : }-x+y+d'=0 \text{ avec }d'\in\R.

D'autre part, K\in(P)\Rightarrow -x_K+y_K+d'=0, on en déduit: d'=x_K-y_K=\dfrac{3}{4}-\dfrac{3}{4}=0

L'équation de (P), plan médiateur du segment  [IJ] est :

\boxed{(P)\text{ : }-x+y=0}


Finalement, C(1;1;0)\text{ 	et }E(0;0;1)\text{ , donc: }

\boxed{C\text{ et }E \text{ appartiennent au plan }(P)\text{ médiateur de }[IJ]}


Nature du triangle IMJ:

Puisque les deux points E, C\in(P)\text{ , alors }[EC]\subset (P) \text{ , il s'ensuit que }M\in (P) .

On a donc MI=MJ, et conclut alors que:

\boxed{\text{Le triangle }IMJ \text{ est isocèle en }M}


c) On a:

\begin{matrix}IM^2&=&(x_M-x_I)^2+(y_M-y_I)^2+(z_M-z_I)^2\\&=&(t-1)^2+\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2+(1-t)^2 \\&=& 2(t-1)^2+\left(t-\dfrac{1}{2}\right)^2\\&=& 2t^2-4t+2+t^2-t+\dfrac{1}{4}\\&=& 3t^2-5t+\dfrac{9}{4}\end{matrix}

\boxed{IM^2=3t^2-5t+\dfrac{9}{4}}


2-a) Puisque \theta est la mesure en radians de l'angle \widehat{IMJ}. Et puisque K est le milieu de [IJ] et le triangle MIJ est isocèle en M.

Et on sait que dans un triangle isocèle, la hauteur, la bissectrice et la médiane issue du sommet principal sont confondues avec la médiatrice du côté opposé.

Alors l'angle \dfrac{\theta}{2} est la mesure en radians de l'angle \widehat{IMK} et le triangle IMK est rectangle en K.
On obtient alors: \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{IK}{IM} =\dfrac{IJ}{2IM}
Or,
\begin{matrix}IJ&=&||\overrightarrow{IJ}||&=&\sqrt{\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+0^2}\\&=&\sqrt{\dfrac{2}{4}}&=& \dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&=& \dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{matrix}
On en déduit que: \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{IJ}{2IM}\iff \boxed{\sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right) =\dfrac{\sqrt{2}}{4IM}}

b) Puisque \theta\in[0;\pi] , alors \max(\theta)=\pi.

On a \forall \theta\in[0;\pi]\iff \dfrac{\theta}{2}\in\left[0;\dfrac{\pi}{2}\right]
Et on sait que la fonction \sin est croissante sur \left[0;\dfrac{\pi}{2}\right] et que \begin{cases} \sin \dfrac{\pi}{2}=1\\ \sin 0 = 0 \end{cases}, donc:
Donc: \forall  \theta\in[0;\pi]\text{ : }0\leq \sin\left(\dfrac{\theta}{2}\right)\leq 1
On obtient donc: \forall  \theta\in[0;\pi]\text{ : }\dfrac{\sqrt{2}}{4IM}\leq 1 \iff IM\geq \dfrac{\sqrt{2}}{4}

On a alors la valeur minimale de IM est \min(IM)=\dfrac{\sqrt{2}}{4}.

Lorsque \theta\in[0;\pi] est maximal, c'est-à-dire \theta=\pi , on a :
\theta=\pi\iff \sin\dfrac{\theta}{2}=\sin\dfrac{\pi}{2}=1\iff\dfrac{\sqrt{2}}{4IM}=1\iff IM=\dfrac{\sqrt{2}}{4}


\boxed{ \theta \text{ est bien maximal lorsque } IM \text{ est minimale }}


c) f est une fonction dérivable sur \R et donc sur [0;1] car elle est une fonction polynomiale de second degré. Donc:

\forall t\in[0;1]\text { : }f'(t)= \left(3t^2-5t+\dfrac{9}{4}\right)'=6t-5

On obtient donc:

\boxed{\begin{matrix} f \text{ est donc décroissante sur } \left[0 ; \dfrac{5}{6}\right]\text{ et croissante sur }\left[\dfrac{5}{6};1\right] \end{matrix}}


f admet donc sur [0;1] une valeur minimale en t_0=\dfrac{5}{6}.

De plus, on avait trouvé que IM^2=f(t).

Donc si f(t) est minimale \left(t=t_0=\dfrac{5}{6}\right), alors IM^2 est minimale, et donc IM est minimale (car la fonction x\mapsto x^2 est strictement croissante sur \R )

Et d'après la question précédente, si f(t) est minimale, alors IM est minimale, et donc la mesure de l'angle \widehat{IMJ} qui est \theta est maximale.

Les coordonnées du point M_0 position de M sur le segment [EC] tel que la mesure \widehat{IMJ} soit maximale sont donc : M_0(t_0\text{ ; }t_0\text{ ; }1-t_0)\text{ , avec }t_0= \dfrac{5}{6}

Conclusion:
\boxed{\text{Le point recherché est }M_0\left(\dfrac{5}{6}\text{ ; }\dfrac{5}{6}\text{ ; }\dfrac{1}{6}\right)}


probleme

A-

1-a) g est dérivable sur l'intervalle ]-2;+\infty[.

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

\boxed{ g \text{ est une primitive sur } ]-2;+\infty[ \text{ de la fonction }h}


b) La fonction g_1 est dérivable sur ]-2;+\infty[ comme primitive de la fonction h , donc la fonction t est dérivable sur ]-2;+\infty[ comme quotient de g_1 et de x\mapsto 2+x, cette dernière étant non nulle et dérivable sur cet intervalle.

Pour tout x\in]-2;+\infty[\text{ : }

\begin{matrix}(2+x)t'(x)+t(x)&=& (2+x)\left(\dfrac{g_1(x)}{2+x}\right)'+\dfrac{g_1(x)}{2+x} \\&=& (2+x)\dfrac{g_1'(x)(2+x)-g_1(x)}{(2+x)^2}+\dfrac{g_1(x)}{2+x} \\&=& \dfrac{g_1'(x)(2+x)-g_1(x)}{2+x}+\dfrac{g_1(x)}{2+x}\\&=&\dfrac{g_1'(x)(2+x)-g_1(x)+g_1(x)}{2+x}\\&=& g_1'(x)\\&=& h(x)\\&=&1+\ln(2+x)\end{matrix}

On a donc:

\boxed{t\in \mathscr{G} }


2) On doit trouver toutes les primitives de la fonction h\text{ : }x\mapsto 1+\ln(2+x) sur ]-2;+\infty[

Il s'agit donc de calculer les primitives \displaystyle \int  h(x) \text{ d}x\text{ :}

\begin{matrix}\displaystyle \int  h(x) \text{ d}x&=&\displaystyle \int  1+\ln(2+x) \text{ d}x\\&=& \displaystyle \int \text{ d}x+\displaystyle \int  \ln(2+x) \text{ d}x\\&=&x+k_1+\displaystyle \int  \ln(2+x) \text{ d}x\enskip \text{ , avec }k_1\in\R\end{matrix}

Calculons \displaystyle \int  1+\ln(2+x) \text{ d}x en utilisant une primitivation par parties:

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

Donc :

\begin{matrix}\displaystyle \int \ln(2+x) \text{ d}x&=&\displaystyle \left[x\ln (2+x)\right] -\int\dfrac{x}{2+x}\text{ d}x \\&=&\displaystyle x\ln (2+x) -\int\dfrac{2+x-2}{2+x}\text{ d}x\\&=&\displaystyle x\ln (2+x) -\int\text{ d}x+\int\dfrac{2}{2+x}\text{ d}x\\&=&\displaystyle x\ln (2+x) -x+2\int u'(x)\text{ d}x\\&=&\displaystyle x\ln (2+x) -x+2u(x)+k_2\enskip\text{ , avec }k_2\in\R \\&=&\displaystyle x\ln (2+x) -x+2\ln (2+x)+k_2\enskip\text{ , avec }k_2\in\R\\&=&\displaystyle (2+x)\ln (2+x)-x+k_2\enskip\text{ , avec }k_2\in\R\end{matrix}

On obtient donc:

\begin{matrix}\displaystyle \int  h(x) \text{ d}x&=&x+k_1+\displaystyle (2+x)\ln (2+x)-x+k_2\enskip\text{ , avec }k_1\text{ , }k_2\in\R \\&=& (2+x)\ln(2+x)+k\enskip\text{ , }k\in\R\enskip\left(k=k_1+k_2\right) \end{matrix}

Résultat:
\boxed{\text{L'ensemble des primitives de }h \text{ sur }]-2;+\infty[\text{ est: }\left\lbrace x\mapsto (2+x)\ln(2+x)+k \text{ / }k\in\R\right\rbrace }


3) D'après la question précédente, les primitives de la fonction h sur ]-2;+\infty[ s'écrivent: x\mapsto (2+x)\ln(2+x)+k \text{ / }k\in\R

Donc, d'après 1) , les fonctions appartenant à \mathscr{G} s'écrivent: x\mapsto \dfrac{(2+x)\ln(2+x)+k}{2+x} = \ln(2+x)+\dfrac{k}{2+x} \text{ / }k\in\R

Conclusion:
\boxed{\mathscr{G}=\left\lbrace x\mapsto \ln(2+x)+\dfrac{k}{2+x} \text{ / }k\in\R\right\rbrace }



B-

1) On considère les fonctions f_k:x\mapsto \ln(2+x)+\dfrac{k}{2+x} dérivables sur l'intervalle ]-2;+\infty[k est un paramètre réel
On remarque qu'il s'agit des fonctions de l'ensemble \mathscr{G} étudié à la partie A- .

a)
Limite en -2 à droite:
On a:
\begin{matrix}\forall k\in\R\text{ : }\displaystyle\lim_{x\to -2^+} f_k(x)&=& \displaystyle \lim_{x\to -2^+}\ln(2+x)+\dfrac{k}{2+x}\\&=&\displaystyle\lim_{x\to -2^+}\dfrac{1}{2+x}\left((2+x)\ln(2+x)+k\right)\\&\underbrace{=}_{ \begin{smallmatrix}X=x+2}\\x\to-2^+\Rightarrow X\to 0^+\end{smallmatrix}    }&\displaystyle\lim_{X\to 0^+}\dfrac{1}{X}\left(X\ln X+k\right)\end{matrix}

On sait que \displaystyle\lim_{X\to 0^+} X\ln X=0 \text{ et }\displaystyle\lim_{X\to 0^+} \dfrac{1}{X}=+\infty

Donc:
\bullet\text{ Si }k> 0\text{ : }\displaystyle\lim_{X\to 0^+}\dfrac{1}{X}\left(X\ln X+k\right)=+\infty
\bullet\text{ Si }k=0\text{ : }\displaystyle\lim_{X\to 0^+}\dfrac{1}{X}\left(X\ln X+k\right)=\displaystyle\lim_{X\to 0^+}\ln X=-\infty
\bullet\text{ Si }k < 0\text{ : }\displaystyle\lim_{X\to 0^+}\dfrac{1}{X}\left(X\ln X+k\right)=-\infty
On en déduit que:
\boxed{\displaystyle\lim_{x\to -2^+} f_k(x)=\begin{cases} +\infty &\text{ si }k> 0 \\-\infty &\text{ si }k\leq 0 \end{cases}}


Limite en +\infty :

On a: \begin{matrix}\forall k\in\R\text{ : }\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f_k(x)&=& \displaystyle \lim_{x\to +\infty}\ln(2+x)+\dfrac{k}{2+x}\end{matrix}

\displaystyle\text{On sait que : } \forall k\in\R\text{ , }\lim_{x\to +\infty}\dfrac{k}{2+x}=0\enskip\text{ , et } \lim_{x\to +\infty}\ln(2+x)=+\infty

Donc:
\boxed{\forall k\in\R\text{ : }\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f_k(x)=+\infty}


b)Pour tout réel k , la fonction f_k est dérivable sur ]-2;+ \infty[\text{ , calculons la dérivée : }

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

Il est évident que le signe de f_k'(x) est celui de x+2-k\text{ , ce polynôme de premier degré admet } k-2\text{ comme racine.}

Distinguons deux cas:

\bullet\text{ Si }k> 0\text{ : }k-2> -2\text{ , donc }k-2\in]-2;+\infty[\text{ . }f_k est donc décroissante sur ]-2;k-2] \text{ et croissante sur }[k-2;+\infty[ .

Avec: f_k(k-2)=\ln(k)+1

Et on obtient le tableau de variations de f_k suivant :

 \begin{array}{|c|cccccc|} \hline x       & -2 &      &        & k-2  &    &     +\infty    \\ \hline f_k'(x)     &\dbarre&& - & \barre{0} &  +     &                                  \\ \hline              & \dbarre &+\infty&   &     &  &  +\infty     \\      f_k      &\dbarre &      &   \searrow     && \nearrow& \\                    &\dbarre&       & &\ln (k)+1 &&     \\   \hline \end{array}


\bullet\text{ Si }k\leq 0\text{ : }k-2\leq -2\text{ , donc }k-2\notin]-2;+\infty[\text{ . }f_k est donc croissante sur ]-2;+\infty[ .

Et on obtient le tableau de variations de f_k suivant :

 \begin{array}{|c|cccc|} \hline x       & -2 &      &          &     +\infty    \\ \hline f_k'(x)     &\dbarre&&  +     &                                  \\ \hline              & \dbarre &   & &    +\infty     \\      f_k      &\dbarre &      &   \nearrow     & \\                    &\dbarre&  -\infty     & &     \\   \hline \end{array}


c) Afin de faciliter le traçage des courbes , on Interprète graphiquement les limites calculées en 1-a) :

\displaystyle\lim_{x\to -2^+} f_k(x)=\begin{cases} +\infty &\text{ si }k> 0 \\-\infty &\text{ si }k\leq 0 \end{cases}

La droite d'équation x=-2 est une asymptote verticale aux courbes, dirigée vers le haut pour C_1\text{ , et } vers le bas pour C_{-2}\text{ et }C_0 .

\displaystyle \lim_{x\to+\infty} f_k(x)=+\infty .

Calculons: \displaystyle \lim_{x\to+\infty} \dfrac{f_k(x)}{x}

\begin{matrix}\displaystyle \lim_{x\to+\infty} \dfrac{f_k(x)}{x}&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\ln(2+x)}{x}+\dfrac{k}{2x+x^2}\\&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\ln\left[x\left(\dfrac{2}{x}+1\right)\right]}{x}+\dfrac{k}{2x+x^2}\\&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\ln(x)}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(\dfrac{2}{x}+1\right)\right)+\dfrac{k}{2x+x^2}\\&=&0+0+0\\&=&0\end{matrix}

Donc les courbes C_{-2}\text{ , }C_0\text{ et }C_1 admettent une branche parabolique de la direction celle de l'axe des abscisses au voisinage de +\infty .

Le graphique:

Bac Togo 2022 séries C-E : image 1


2-a) \forall t\in\R\text{ et }\forall n\in\N\backslash\lbrace 0;1\rbrace \text{ : }

\begin{matrix} Q_{n-2}(t)&=&-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}\\&=& 1-1-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}\\&=& 1-(1+t)+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}\\&=&(-1)^0(1+t)^0+(-1)^1(1+t)^1+(-1)^2(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}\\&=&\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}(-1)^k(1+t)^k\end{matrix}

Or, en posant pour tout entier naturel k\text{ : }\alpha_k=(-1)^k(1+t)^k=[-(1+t)]^k . La suite (\alpha_k)_{k\in\N} est une suite géométrique de raison -(1+t).

De plus, pour tout réel t tel que t\neq -2\text{ , }-(1+t)\neq 1\text{ , donc }\forall t\in\R\backslash\lbrace -2\rbrace\text{ , on obtient l'expression de }Q_{n-2}(t) comme somme des n-1 premiers termes de la suite géométrique (\alpha_k)_{k\in\N} de raison -(1+t)\neq 1\text{ : }

\begin{matrix}Q_{n-2}(t)&=&\displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}(-1)^k(1+t)^k &=& \displaystyle \sum_{k=0}^{n-2}\alpha_k&=& \alpha_0\dfrac{1-(-(1+t))^{n-1}}{1-(-(1+t))}&=&\dfrac{1-(-1)^{n-1}(1+t)^{n-1}}{2+t}\end{matrix}

En effet: \alpha_0=(-(1+t))^0=1

Donc:
\boxed{\forall t\in\R\backslash\lbrace -2\rbrace\text{ et }\forall n\in\N\backslash\lbrace 0;1\rbrace \text{ : }Q_{n-2}(t)=\dfrac{1-(-1)^{n-1}(1+t)^{n-1}}{2+t}}


Déduction:

\forall t\in\R\backslash\lbrace -2\rbrace\text{ et }\forall n\in\N\backslash\lbrace 0;1\rbrace \text{ : }

\begin{matrix}Q_{n-2}(t)=\dfrac{1-(-1)^{n-1}(1+t)^{n-1}}{2+t}&\iff& Q_{n-2}(t)=\dfrac{1}{2+t}-(-1)^{n-1}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\\\\&\iff&-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}=\dfrac{1}{2+t}-(-1)^{n-1}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\\\\&\iff&\boxed{\dfrac{1}{2+t}=-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}+(-1)^{n-1}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}}\end{matrix}

b) On a vu pour tout n\in\N^*\backslash\lbrace 1\rbrace\text{ :}

 \forall t\in\R\backslash\lbrace-2\rbrace \text{ : }\dfrac{1}{2+t}=-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}+(-1)^{n-1}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}


Et puisque -2\notin ]-1;0], donc pour tout x\in]-1;0]\text{ : }

\begin{matrix}\displaystyle \int_{-1}^x \dfrac{1}{2+t}\text{ d}t&=&\displaystyle \int_{-1}^x \left(-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}+(-1)^{n-1}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\right)\text{ d}t\\\\\displaystyle \int_{-1}^x \dfrac{1}{2+t}\text{ d}t&=&\displaystyle \int_{-1}^x \left[-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}\right]\text{ d}t+(-1)^{n-1}\int_{-1}^x \dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t \enskip\enskip\magenta (*)\end{matrix}


Calcul:

\displaystyle \int_{-1}^x \dfrac{1}{2+t}\text{ d}t=\displaystyle \int_{-1}^x \dfrac{(2+t)'}{2+t}\text{ d}t=\left[\ln(2+t)\right]_{-1}^{x}= \ln(2+x)-\ln 1=\ln(2+x)=f_0(x)


\begin{matrix}\displaystyle \int_{-1}^x \left[-t+(1+t)^2+\cdots+(-1)^{n-2}(1+t)^{n-2}\right]\text{ d}t&=& \left[-\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{(1+t)^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{n-1}\right]_{-1}^{x} \\&=&  -\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{(1+x)^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-1}}{n-1}-\left(-\dfrac{1}{2}\right)\\&=&\dfrac{1}{2}-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{(1+x)^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-1}}{n-1}\end{matrix}

On obtient, en remplaçant dans \magenta (*)

\boxed{ \begin{matrix}\forall x\in]-1;0]\text{ : }f_0(x)=P_{n-1}(x)+(-1)^{n-1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t \\\\ \text{ avec : }P_{n-1}(x)=\dfrac{1}{2}(1-x^2)+\dfrac{(1+x)^3}{3}+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-1}}{n-1} \end{matrix}}


3-a) Pour tout x\in[-1;0]\text{ , } on intègre de -1 à x des fonctions de la variable réelle t , donc on peut prendre t\in [-1;0]\text{ : }

Pour tout t\in[-1;0]\enskip\text{ ; }\enskip 1\leq 2+t\leq 2\enskip \text{ , d'où }\enskip\dfrac{1}{2}\leq \dfrac{1}{2+t}\leq 1\enskip (i)

D'autre part, t\in[-1;0] implique que 0\leq 1+t\text{ , et donc, pour tout }n\in\N^*\backslash\lbrace 1\rbrace\text{ , }0\leq (1+t)^{n-1}\enskip(ii)

De \enskip (i)\text{ et }(ii)\text{ : }\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\leq (1+t)^{n-1}

En intègrant de -1 à x , on obtient:

\displaystyle\int_{-1}^x\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\leq \int_{-1}^x (1+t)^{n-1} \text{ d}t \Rightarrow \displaystyle\int_{-1}^x\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\leq \left[\dfrac{(1+t)^{n}}{n}\right]_{-1}^x =\dfrac{(1+x)^n}{n}

Finalement , pour tout x\in[-1;0]\text{ , }1+x\leq 1\Longrightarrow (1+x)^n\leq 1 \text{ , et donc } \dfrac{(1+x)^n}{n} \leq \dfrac{1}{n}

On conclut que:

\boxed{\forall x\in[-1;0]\text{ , }\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\leq\dfrac{1}{n} }


b) D'après 2-b) , on a: \forall x\in]-1;0]\text{ : }f_0(x)=P_{n-1}(x)+(-1)^{n-1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t

Donc: \forall x\in]-1;0]\text{ : }\varphi(x)=\dfrac{f_0(x)}{x+1}=\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}+\dfrac{(-1)^{n-1}}{x+1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t

Ou encore: \forall x\in]-1;0]\text{ : }\varphi(x)-\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}=\dfrac{(-1)^{n-1}}{x+1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t

Donc, pour tout réel x\in]-1;0]\text{ : }

\begin{matrix}\left|\varphi(x)-\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right|&=&\left|\dfrac{(-1)^{n-1}}{x+1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\right|&=& \left|\dfrac{(-1)^{n-1}}{x+1}\right|\enskip\left|\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\right|\\\\&=& \dfrac{\left|(-1)^{n-1}\right|}{\left|x+1\right|}\enskip\left|\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\right|&=& \dfrac{1}{x+1}\enskip\left|\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t\right|  \\\\&\blue \leq & \dfrac{1}{x+1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\left|\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\right|\text{ d}t&=& \dfrac{1}{x+1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{|1+t|^{n-1}}{|2+t|}\text{ d}t\\\\&=& \dfrac{1}{x+1}\displaystyle\int_{-1}^{x}\dfrac{(1+t)^{n-1}}{2+t}\text{ d}t &\underbrace{\blue\leq}_{\text{d'après }\red{3-a) } &\dfrac{1}{n(x+1)}\end{matrix}

En effet: \forall x\in]-1;0]\text{ : }x+1\geq 0 \enskip\enskip\text{ et }\enskip \enskip\forall t\in[-1;x]\text{ : }\begin{cases} 1+t\geq0\\2+t\geq 0\end{cases}

Conclusion:
\boxed{\forall x\in]-1;0]\text{ : } \left|\varphi(x)-\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right|\leq\dfrac{1}{n(x+1)}}


c) D'après la question précédente:

\forall x\in]-1;0]\text{ : } \left|\varphi(x)-\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right|\leq\dfrac{1}{n(x+1)}


Donc: \forall x\in]-1;0]\text{ : } -\dfrac{1}{n(x+1)}\leq \varphi(x)-\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\leq\dfrac{1}{n(x+1)}

Il s'ensuit que: \forall x\in]-1;0]\text{ : } -\dfrac{1}{n(x+1)}+\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\leq \varphi(x)\leq\dfrac{1}{n(x+1)}+\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}

\forall n\in\N\backslash\lbrace 0;1\rbrace \text{ , on intègre de }-1+\dfrac{1}{n}\text{ à }0\text{ : }

\displaystyle\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \left( -\dfrac{1}{n(x+1)}+\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right)\text{ d}x\leq\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}  \varphi(x)\text{ d}x\leq\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \left(\dfrac{1}{n(x+1)}+\dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right)\text{ d}x

On en tire que:

\displaystyle-\dfrac{1}{n}\blue \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{1}{x+1}\text{ d}x\black +\magenta\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\text{ d}x\black\leq\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}  \varphi(x)\text{ d}x\leq\displaystyle \dfrac{1}{n}\blue \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{1}{x+1}\text{ d}x\black +\magenta\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\text{ d}x\black\enskip\enskip (**)

Calcul de \blue \displaystyle\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{1}{x+1}\text{ d}x\text{ : }

\displaystyle\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{1}{x+1}\text{ d}x=\left[\ln(x+1)\right]_{-1+\frac{1}{n}}^{0}=\ln 1-\ln\left(-1+\dfrac{1}{n}+1\right)=\blue -\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)


Calcul de \displaystyle \magenta\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right)\text{ d}x

\begin{matrix}\displaystyle \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \dfrac{P_{n-1}(x)}{x+1}\right)\text{ d}x&=&\displaystyle \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \left(\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1-x^2}{1+x}+\dfrac{(1+x)^3}{3(1+x)}+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-1}}{(n-1)(1+x)}\right)\text{ d}x \\\\&=&\displaystyle \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \left(\dfrac{1}{2}(1-x)+\dfrac{1}{3}(1+x)^2+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-2}}{n-1}\right)\text{ d}x \\\\\left(\text{On fait apparaître }1+x\right)&=&\displaystyle \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0} \left(1-\dfrac{1}{2}(1+x)+\dfrac{1}{3}(1+x)^2+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-2}}{n-1}\right)\text{ d}x \\\\ &=&\displaystyle \left[x-\dfrac{1}{2^2}(1+x)^2+\dfrac{1}{3^2}(1+x)^3+\cdots+(-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-1}}{(n-1)^2}\right]_{-1+\frac{1}{n}}^{0}  \\\\  &=&\displaystyle \left[S_n(x)\right]_{-1+\frac{1}{n}}^{0}  \\\\ &=& \magenta S_n(0)-S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)  \end{matrix}

On remplace dans (**)\text{ :}

\displaystyle-\dfrac{1}{n}\blue  \left[-\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) \right]\black +\magenta S_n(0)-S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)\black\leq\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}  \varphi(x)\text{ d}x\leq\displaystyle \dfrac{1}{n}\blue \left[-\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) \right]\black +\magenta S_n(0)-S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)

\displaystyle \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) + S_n(0)-S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)\black\leq\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}  \varphi(x)\text{ d}x\leq\displaystyle -\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) + S_n(0)-S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)

Il s'ensuit que:

\begin{cases}  \displaystyle S_n(0)\enskip\leq\enskip\displaystyle\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}\varphi(x)\text{ d}x - \dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) + S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)\\\\ \displaystyle \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}  \varphi(x)\text{ d}x   +\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right) + S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)\enskip\leq\enskip\displaystyle\displaystyle S_n(0)\end{cases}

Conclusion:

\boxed{\begin{matrix} \forall n\in\N\backslash\lbrace 0;1\rbrace  \text{ : } \displaystyle\int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}\varphi(x)\text{ d}x+\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)+S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right)\leq S_n(0)\leq \int_{-1+\frac{1}{n}}^{0}\varphi(x)\text{ d}x -\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{n}\right)+S_n\left(-1+\dfrac{1}{n}\right) . \\ \\ \text{ Avec : } S_n(x)=x-\dfrac{1}{2^2}(1+x)^2+\dfrac{1}{3^2}(1+x)^3+\cdots + (-1)^{n-2}\dfrac{(1+x)^{n-1}}{(n-1)^2} \end{matrix} }




C-

1) Démontrons par récurrence que : \forall n\in\N^{*}\text{ , }\forall x\in]-2;+\infty[\text{ : }f_0'(x)=\psi_n(x)+\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}

On a: \forall x>-2\text{ : } f'_0(x)=\left(\ln(2+x)\right)'=\dfrac{1}{2+x}

Initialisation: pour n=1, on a:

De plus, \forall x>-2\text{ : }\psi_1(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^{1}(-1)^i(1+x)^i=1-(1+x)=-x

\begin{matrix}\text{Donc: }\psi_1(x)+\dfrac{(1+x)^{2}}{2+x}&=&-x+\dfrac{(1+x)^2}{2+x}&=& \dfrac{-x(2+x)+1+2x+x^2}{2+x}\\\\&=&\dfrac{-2x-x^2+1+2x+x^2}{2+x}&=&\dfrac{1}{2+x}\\\\&=&f'_0(x)\end{matrix}

La proposition est vérifiée pour n=1

Hérédité: Supposons qu'on a , pour un certain n\in\N^* \text{ , } \forall x\in]-2;+\infty[\text{ : }f_0'(x)=\psi_n(x)+\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x} .\text{ , } montrons alors que dans ce cas , on a aussi f_0'(x)=\psi_{n+1}(x)+\dfrac{(1+x)^{2(n+1)}}{2+x}

On a pour tout réel x strictement supérieur à -2\text{ :}

\begin{matrix}\psi_{n+1}(x)+\dfrac{(1+x)^{2n+2}}{2+x}&=&\displaystyle \sum_{i=0}^{2n+1}(-1)^i(1+x)^i+\dfrac{(1+x)^{2n+2}}{2+x}\\&=&\displaystyle \underbrace{\sum_{i=0}^{2n-1}(-1)^i(1+x)^i}_{=\psi_n(x)}+(-1)^{2n}(1+x)^{2n}+(-1)^{2n+1}(1+x)^{2n+1}+\dfrac{(1+x)^{2n+2}}{2+x} \\&=&\displaystyle \red\psi_n(x)\black +(1+x)^{2n}-(1+x)^{2n+1}+\dfrac{(1+x)^{2n+2}}{2+x} \\\\&=&\displaystyle \red f'_0(x)-\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\black +(1+x)^{2n}-(1+x)^{2n+1}+\dfrac{(1+x)^{2n+2}}{2+x} \\\\&=&\displaystyle f'_0(x)+\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\left(-1+2+x-(1+x)(2+x)+(1+x)^2\right) \\\\&=&\displaystyle f'_0(x)+\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\underbrace{\left(1+x-2-x-2x-x^2+x^2+2x+1\right)}_{=0} \\\\&=&\displaystyle f'_0(x)\end{matrix}

Conclusion: On conclut par récurrence que:

\boxed{\forall n\in\N^{*}\text{ , }\forall x\in]-2;+\infty[\text{ : }f_0'(x)=\psi_n(x)+\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}}


2)On intègre des fonctions de la variable réelle x de -1 à 0 , donc on peut prendre x\in [-1;0]\text{ : }

\forall x\in[-1;0]\text{ : }1\leq 2+x\leq 2 \iff \dfrac{1}{2}\leq \dfrac{1}{2+x}\leq 1\enskip\text{ , donc }\enskip 0\leq \dfrac{1}{2+x}\leq 1

De plus, \forall x\in[-1;0]\text{ : }0\leq 1+x\text{ , et donc, pour tout entier naturel }n\in\N\text{ : }(1+x)^{2n}\geq 0

Il s'ensuit que pour tout n\in\N\text{ : }0\leq \dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\leq (1+x)^{2n}

On en tire que: \forall n\in\N\text{ : }\displaystyle\int_{-1}^{0}0\text{ d}x\leq \displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\leq \displaystyle\int_{-1}^{0}(1+x)^{2n}\text{ d}x

Calculons:

\displaystyle\int_{-1}^{0}0\text{ d}x=0
 \displaystyle\int_{-1}^{0}(1+x)^{2n}\text{ d}x=\left[\dfrac{(1+x)^{2n+1}}{2n+1}\right]_{-1}^{0}=\dfrac{1}{2n+1}-0=\dfrac{1}{2n+1}

On en déduit que:

\boxed{\forall n\in\N\text{ : }0\leq \displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\leq \dfrac{1}{2n+1}}


3-a) D'après la question 1) de la partie C-\text{ : } \forall n\in\N^{*}\text{ , }\forall x\in]-2;+\infty[\text{ : }f_0'(x)=\psi_n(x)+\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x} .

En intégrant de -1 à 0 , on obtient: \displaystyle \int_{-1}^{0}f_0'(x)\text{ d}x=\displaystyle \int_{-1}^{0}\psi_n(x)\text{ d}x+\displaystyle \int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\enskip\enskip\blue (\bowtie)

On calcule les intégrales:

\displaystyle \int_{-1}^{0}f_0'(x)\text{ d}x=\left[f_0(x)\right]_{-1}^{0}=f_0(0)-f_0(-1)=f_0(0)-0=f_0(0)\enskip\enskip\left(\text{ En effet : } f_0(-1)=\ln(2-1)=\ln 1=0\right)

\forall n\in\N^{*}\text{ :}
\begin{matrix}\displaystyle \int_{-1}^{0}\psi_n(x)\text{ d}x&=&\displaystyle \int_{-1}^{0}\left(\displaystyle\sum_{i=0}^{2n-1}(-1)^i(1+x)^i \right)\text{ d}x&=&\displaystyle \sum_{i=0}^{2n-1}\left((-1)^i \int_{-1}^{0}(1+x)^i\text{ d}x\right) \\&=&\displaystyle \sum_{i=0}^{2n-1}\left((-1)^i \left[\dfrac{(1+x)^{i+1}}{i+1}\right]_{-1}^{0}\right)&=&\displaystyle \sum_{i=0}^{2n-1}\left((-1)^i \left[\dfrac{1}{i+1}-0\right]\right) \\&=&\displaystyle\sum_{i=0}^{2n-1}\dfrac{(-1)^i}{i+1}&\underbrace{=}_{j=i+1}& \displaystyle\sum_{j=1}^{2n}\dfrac{(-1)^{j-1}}{j} \\&=&\displaystyle\sum_{j=1}^{2n}\dfrac{(-1)^{j+1}}{j}&=&U_n\end{matrix}

\left(\text{En effet: }(-1)^{j-1}=(-1)^{j-1}\times 1= (-1)^{j-1}\times (-1)^2 = (-1)^{j+1} \right)

On remplace dans \blue (\bowtie) , et on obtient:

\boxed{ \forall n\in\N^{*}\text{ , } f_0(0)=U_n+\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x }


b) On vient de voir que: \forall n\in\N^{*}\text{ , } f_0(0)=U_n+\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x

Donc: \forall n\in\N^{*}\text{ , } U_n=f_0(0)-\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x

En passant à la limite: \displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=\lim_{n\to+\infty}\left(f_0(0)-\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\right)=f_0(0)-\lim_{n\to+\infty}\left(\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\right)

D'après 2) , \forall n\in\N\text{ : }0\leq \displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\leq \dfrac{1}{2n+1}

Et puisque \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{2n+1}=0 , on obtient par comparaison: \displaystyle \lim_{n\to+\infty}\left(\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\right)=0

D'où: \displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=f_0(0)-\lim_{n\to+\infty}\left(\displaystyle\int_{-1}^{0}\dfrac{(1+x)^{2n}}{2+x}\text{ d}x\right)=f_0(0)

Finalement: f_0(0)=\ln(2+0)=\ln 2

\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=f_0(0)=\ln 2  }
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