Fiche de mathématiques

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Bac Tunisie SI 2022

Durée : 3 heures
Coefficient : 3
5 points

exercice 1

1) On considère dans $\C$ l'équation $(E)\text{ : }z^2-(4-3i)z+1-7i=0$ .
a) Vérifier que $(2+i)^2=3+4i$ .
b) Résoudre $(E)$ .

2) Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec{u},\vec{v})$ . On considère les points $A,B\text{ et }C$ d'affixes respectives $z_A=3-i\text{ , }z_B=1-2i\text{ et }z_C=1+3i$ .

Bac Tunisie 2022 SI (section sciences de l'informatique) : image 1

On désigne par $(\mathscr{C})$ le cercle de diamètre $[BC]$ .
a) Calculer $(z_A-z_B)\overline{(z_A-z_C)}$ .
b) En déduire que $A$ appartient à $(\mathscr{C})$ .

Dans la suite de l'exercice , $M$ désigne un point du cercle $(\mathscr{C})$ différent de $B$ et $C$ .

3) On pose $z_M=x+iy$ avec $x$ et $y$ deux réels . On note $\Omega$ le centre de $(\mathscr{C})$ .
a) Vérifier que $z_{\Omega}=1+\dfrac{1}{2}i$ et calculer $\Omega A$ .
b) Montrer que $(x-1)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{25}{4}$ .

4) Soit $H$ le projeté orthogonal du point $M$ sur la droite $(BC)$ et on désigne par $S$ l'aire du triangle $MBC$ .
a) Justifier que $z_H=1+iy$ .
b) Montrer que $S=\dfrac{5}{2}\left|x-1\right|$ .
c) Déterminer les affixes des points $M$ pour lesquels $S=5$ .

5 points

exercice 2

1) On considère dans $\Z\times \Z$ l'équation $(E')\text{ : }3x-4y=7$ .
a) Vérifier que $(1;-1)$ est une solution de $(E')$ .
b) Déterminer les couples $(x,y)$ de $\Z\times\Z$ solutions de $(E')$ .

2) Pour $n\in\N$ , on considère les nombres $a_n=4n^2+8n-3\text{ et }b_n=3n^2+6n-4$ .
On pose $d_n=PGCD(a_n,b_n)$ .
a) Vérifier que pour tout $n\in \N \text{ , }a_n=4(n^2+2n-1)+1\text{ et }b_n=3(n^2+2n-1)-1$ .
et montrer que pour tout $n\in\N\text{ , }(a_n,b_n)$ est une solution de $(E')$ .
b) Montrer que $d_n=1$ ou $d_n=7$ .

3-a) Vérifier que pour tout $n\in\N\text{ , }a_n-b_n=(n+1)^2$ et justifier que $d_n$ divise $(n+1)^2$ .
b) Recopier et compléter le tableau suivant :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{ Reste de la division euclidienne de }n\text{ par }7&0&1&2&3&4&5&6\\ \hline \text{ Reste de la division euclidienne de }(n+1)^2\text{ par }7& & &&&&&\\ \hline \end{array}$

4-a) Montrer que si $d_n=7$ alors $n\equiv 6[7]$ .
b) Montrer que si $n\equiv 6[7]$ alors $a_n$ et $b_n$ sont divisibles par $7$ .
c) Déterminer $d_n$ suivant les valeurs de $n$ .

4 points

exercice 3

On considère la suite $(U_n)$ définie sur $\N$ par : $\begin{cases} U_0=1\\U_{n+1}=e^{-n}U_n \end{cases} \text{ ; }n\in\N$ .

1-a) Calculer $U_1\text{ et }U_2$ .
b) Montrer par récurrence , que pour tout $n\in\N\text{, }U_n>0$ .
c) Justifier que pour tout $n\in\N\text{ , }e^{-n}\leq 1$ et montrer que $(U_n)$ est décroissante .
d) Montrer que la suite $(U_n)$ est convergente .

2) Soit $(V_n)$ la suite définie sur $\N$ par $V_n=\ln(U_n)$ .
a) Montrer que pour tout $n\in\N\text{ ; }V_{n+1}-V_n=-n$ .
b) Montrer que pour tout $n\in\N\text{ ; }V_n=\dfrac{-n(n-1)}{2}$ .

3-a) Donner l'expression de $U_n$ en fonction de $n$ .
b) Déterminer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n$ .

6 points

exercice 4

On donne dans l'annexe jointe , la courbe $(C)$ dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ de la fonction $g$ définie sur $\R$ par : $g(x)=2e^{x}-1$ .

1) En utilisant le graphique , déterminer $g(-\ln 2)$ et donner le signe de $g$ sur $\R$ .

2) On donne la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=2e^{x}(e^x-1)$ et on note $(\Gamma)$ sa courbe représentative dans le repère $(O,\vec{i},\vec{j})$ .
a) Déterminer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)$ et interpréter graphiquement ce résultat .
b) Déterminer $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)\text{ et }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}$ et interpréter graphiquement ce résultat .

3-a) Montrer que $f'(x)=2e^{x}g(x)$ pour tout réel $x$ .
b) Vérifier que $f(-\ln 2)=-\dfrac{1}{2}$ et donner le tableau de variation de $f$ .

4-a) Montrer que $f(x)-g(x)=2\left[(e^x-1)^2-\dfrac{1}{2}\right]$ pour tout réel $x$ et en déduire que $(C)$ et $(\Gamma)$ se coupent aux points : $A\left(\ln \dfrac{2-\sqrt{2}}{2};1-\sqrt{2}\right)\text{ et }B\left(\ln \dfrac{2+\sqrt{2}}{2};1+\sqrt{2}\right)$ .
b) Déterminer $f(0)$ et donner le signe de $f$ sur $\R$ .
c) Tracer la courbe $(\Gamma)$ .

5) Soit $I$ l'aire du domaine $D$ du plan limité par la courbe $(\Gamma)$ , l'axe $(O,\vec{i})$ et les droites d'équations $x=-\ln 2 \text{ et }x=0$ .
a) Montrer que $f(x)=\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)$ pour tout réel $x$ .
b) Montrer que $I=\dfrac{1}{4}$ .
c) Pour tout réel $\alpha <-\ln 2$ , on note $I_{\alpha}$ l'aire du domaine $D_{\alpha}$ du plan limité par la courbe $(\Gamma)$ , l'axe $(O,\vec{i})$ et les droites d'équations $x=\alpha \text{ et }x=-\ln 2$ .
Montrer que $I_{\alpha}=\dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)+\dfrac{1}{4}$ .
d) En déduire que $I_{\alpha}=I$ si et seulement si $\alpha=\ln \dfrac{2-\sqrt{2}}{2}$ .
e) Hachurer les domaines $D$ et $D_{\alpha}$ pour $\alpha=\ln \dfrac{2-\sqrt{2}}{2}$ .

Annexe à rendre avec la copie

Bac Tunisie 2022 SI (section sciences de l'informatique) : image 2

Correction

exercice 1

1) Soit $(E)\text{ : }z^2-(4-3i)z+1-7i=0$

a) Directement :

$(2+i)^2=2^2+2\times 2\times i +i^2=4+4i-1=\boxed{3+4i}$

b) Calculons le discriminent $\Delta$ :

$\begin{matrix}\Delta&=&\left[-(4-3i)\right]^2-4(1-7i)&\\&=&16-24i-9-4+28i&\\&=&3+4i&\\&=&(2+i)^2&\neq 0\end{matrix}$

L'équation $(E)$ admet donc deux solutions distincts $z_1 \text{ et }z_2$ :

$\begin{matrix}z_1&=&\dfrac{4-3i-(2+i)}{2}\\&=&\dfrac{2-4i}{2}\\&=& 1-2i\end{matrix} \enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip \begin{matrix}z_2&=&\dfrac{4-3i+(2+i)}{2}\\&=&\dfrac{6-2i}{2}\\&=& 3-i\end{matrix}$

L'ensemble des solutions de l'équation $(E)$ est : $\boxed{S_{(E)}=\lbrace 1-2i\text{ ; }3-i\rbrace }$

2-a) On a :

$z_A-z_B=3-i-(1-2i)=3-i-1+2i=2+i$

$\overline{(z_A-z_C)}=\overline{(3-i-(1+3i))}= \overline{2-4i}=2+4i$

D'où : $(z_A-z_B)\overline{(z_A-z_C)}=(2+i)(2+4i)=4+8i+2i-4=10i$

$\boxed{(z_A-z_B)\overline{(z_A-z_C)}=10i}$

b)Puisque :

$\begin{matrix}\left(\widehat{\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}}\right)&\equiv& \arg\left[(z_A-z_B)\overline{(z_A-z_C)}\right]\enskip[2\pi]\enskip\blue ^{(*)}\black \\ & \equiv & \arg\left(10i\right)\enskip [2\pi]\\ & \equiv & \arg\left(i\right)\enskip [2\pi] \\ &\equiv & \dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi] \end{matrix}$

On en tire que le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ .

Donc $A$ appartient au cercle de diamètre $[BC]$ qui n'est autre que le cercle $(\mathscr{C})$ .

$\boxed{A\in(\mathscr{C})}$

Remarque :
La relation $\blue ^{(*)}$ est au programme en Tunisie . Démontrons la à titre d'exercice :

Cliquez pour afficher

3-a) Le point $\Omega$ est le centre du cercle $(\mathscr{C})$ de diamètre $[BC]$ .

Donc $\Omega$ est le milieu de $[BC]$ et on peut écrire : $z_{\Omega}=\dfrac{z_B+z_C}{2} = \dfrac{1-2i+1+3i}{2}=\dfrac{2+i}{2}=1+\dfrac{1}{2}i$

$\boxed{z_{\Omega}=1+\dfrac{1}{2}i}$
Calculons $\Omega A$ , le rayon du cercle $(\mathscr{C})$ :

$\Omega A=|z_A-z_{\Omega}|=\left|3-i-1-\dfrac{1}{2}i\right|=\left|2-\dfrac{3}{2}i\right|=\sqrt{4+\dfrac{9}{4}}=\sqrt{\dfrac{25}{4}}=\dfrac{5}{2}$

$\boxed{\Omega A=\dfrac{5}{2}}$

b) Une équation du cercle $(\mathscr{C})$ de centre $\Omega\left(x_{\Omega};y_{\Omega}\right)$ et de rayon $r=\Omega A$ s'écrit : $\left(x-x_{\Omega}\right)^2+\left(y-y_{\Omega}\right)^2=r^2$

Or , puisque $z_{\Omega}=1+\dfrac{1}{2}i\text{ ; alors }x_{\Omega }=1\text{ et }y_{\Omega}=\dfrac{1}{2}$ . De plus $r=\Omega A= \dfrac{5}{2}\Rightarrow r^2=\dfrac{25}{4}$

On conclut que l'équation du cercle $(\mathscr{C})$ s'écrit : $\boxed{(x-1)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{25}{4}}$

4-a) Puisque $\begin{cases} z_B=1-2i \\z_C=1+3i \end{cases}$ , alors $x_B=x_C=1$

La droite $(BC)$ est alors la droite verticale d'équation $x=1$ . Le projeté orthogonal $H$ du point $M$ sur cette droite a donc pour abscisse $x_H=1$ .

Et puisque la droite $(BC)$ est verticale , cette projection orthognale se fait suivant l'axe des abscisses .

Ce qui veut dire que les points $H$ et $M$ ont la même ordonnée , donc : $y_H=y_M=y$ .

On en déduit que : $z_H=x_H+iy_H=1+iy$

$\boxed{z_H=1+iy}$

b) Puisque le point $H$ le projeté orthogonal du point $M$ sur la droite $(BC)$ , alors l'aire $S$ du triangle $MBC$ est : $S=\dfrac{MH\times BC}{2}$
Or , on a :

$MH=|z_M-z_H|=|x+iy-1-iy|=|x-1|$
$BC=2\Omega A =2 \times \dfrac{5}{2}= 5 \enskip\enskip\enskip \text{ ( Pusique } [\Omega A] \text{ est le rayon du cercle }(\mathscr{C}) \text{ et }[BC] \text{ son diamètre } )$ .
D'où : $S= \dfrac{MH\times BC}{2}=\dfrac{|x-1|\times 5 }{2}$
Ou encore : $\boxed{ S=\dfrac{5}{2}\left|x-1\right| }$

c) On a :

$\begin{matrix}S=5&\iff& \dfrac{5}{2}\left|x-1\right|=5&\iff& |x-1|=2 \\&\iff& x-1=2\enskip\text{ ou }\enskip x-1=-2 &\iff& x=3\enskip\text{ ou }\enskip x=-1\end{matrix}$

Il nous reste à déterminer les ordonnées . Puisque $M$ appartient à $(\mathscr{C})$ , on peut tirer ces ordonnées de son équation :

$(x-1)^2+\left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{25}{4} \iff \left(y-\dfrac{1}{2}\right)^2 = \dfrac{25}{4}-(x-1)^2 \iff \begin{cases} y-\dfrac{1}{2} = \sqrt{\dfrac{25}{4}-(x-1)^2}\\\text{ ou }\\y-\dfrac{1}{2} = -\sqrt{\dfrac{25}{4}-(x-1)^2} \end{cases} \text{ et }\dfrac{25}{4}\geq (x-1)^2$

Ou encore : $\begin{cases} y = \sqrt{\dfrac{25}{4}-(x-1)^2}+\dfrac{1}{2}\\\text{ ou }\\y = -\sqrt{\dfrac{25}{4}-(x-1)^2}+\dfrac{1}{2} \end{cases} \text{ et }\dfrac{25}{4}\geq (x-1)^2$

Si $x=-1 \text{ ou } x=3 \text{ , alors } (x-1)^2=4\leq \dfrac{25}{4}$ , on peut donc remplacer dans les expressions de $y$ trouvées :

$y=\sqrt{\dfrac{25}{4}-4}+\dfrac{1}{2}= \sqrt{\dfrac{9}{4}}+\dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}=2$

$y=-\sqrt{\dfrac{25}{4}-4}+\dfrac{1}{2}= -\sqrt{\dfrac{9}{4}}+\dfrac{1}{2} = -\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}=-1$

Les points du cercle $(\mathscr{C})$ qui vérifient $S=5$ sont donc :

$M_1(-1;2)\text{ , }M_2(-1;-1)\text{ , }M_3(3;2)\text{ et }M_4(3;-1)=A$

Ou encore , sous forme d'affixe :

$\boxed{\begin{matrix}\text{ Les quatre points du cercle }(\mathscr{C}) \text{ qui vérifient }S=5 \text{ sont } M_1\text{ , }M_2\text{ , }M_3 \text{ et }A \\ \text{ d'affixes respectives } z_{M_1}=-1+2i\text{ ; }z_{M_2}=-1-i\text{ ; }z_{M_3}=3+2i \text{ et }z_A=3-i \end{matrix}}$

La figure (non demandée) :

Bac Tunisie 2022 SI (section sciences de l'informatique) : image 3

exercice 2

$(E')\text{ : }3x-4y=7 \enskip\enskip\text{ dans }\Z\times \Z$ 1-a) Vérification directe : $3\times 1-4\times (-1)=3+4=7$

$\boxed{(1;-1)\text{ est une solution de }(E')}$

b)Soit $(x;y)\in\Z^2$ solution de $(E')$

Alors $3x-4u=7\iff 3x-4y=3\times 1 -4(-1) \iff 3(x-1)=4(y+1)$

Il s'ensuit que $4/3(x-1)\text{ et }3/4(y+1)$ ; or $4\wedge 3 =1$ , alors d'après le lemme de Gauss : $4/(x-1)\text{ et }3/(y+1)$ .

Il existe donc deux entiers relatifs $k\text{ et }k'$ tels que $x-1=4k\text{ et }y+1=3k'$ , ou encore tels que $x=4k+1\text{ et }y=3k'-1$ .

Réciproquement : $3x-4y=7\iff 3(4k+1)-4(3k'-1)=7\iff 12k+3-12k'+4=7\iff k=k'$

On conclut alors que l'ensemble des solutions de $(E')$ est : $\boxed{S_{(E')}=\lbrace (4k+1;3k-1)\enskip/\enskip k\in\Z\rbrace }$

2-a) On a , pour tout entier naturel $n$ :

$4(n^2+2n-1)+1=4n^2+8n-4+1=4n^2+8n-3=a_n$
$3(n^2+2n-1)-1=3n^2+6n-3-1=4n^2+6n-4=b_n$

$\boxed{\forall n\in \N \text{ , }a_n=4(n^2+2n-1)+1\enskip\text{ et }\enskip b_n=3(n^2+2n-1)-1}$

De plus , pour tout $n \in \N \text{ : }$

$\begin{matrix}3a_n-4b_n &=&3\left[4(n^2+2n-1)+1\right]-4\left[3(n^2+2n-1)-1\right]\\&=&12(n^2+2n-1)+3-12(n^2+2n-1)+4\\&=& 7 \end{matrix}$

$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }(a_n;b_n) \text{ est solution de l'équation }(E') }$

b) On a , pour tout entier naturel $n\text{ : } d_n=PGCD(a_n;b_n)$ ; Alors $d_n/a_n\enskip\text{ et }\enskip d_n/b_n$

Il s'ensuit que $d_n/3a_n\enskip\text{ et }\enskip d_n/-4b_n$ , et donc $d_n/3a_n-4b_n$ , ou encore $d_n/7$ .

Et puisque $7$ est premier , alors : $\boxed{\forall n\in\N\text{ : }d_n=1\text{ ou }d_n=7}$

3-a)

$\begin{matrix}\forall n\in\N \text{ : }a_n-b_n&=&4n^2+8n-3-3n^2-6n+4\\&=& n^2+2n+1\\&=&(n+1)^2\end{matrix}$

$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }a_n-b_n=(n+1)^2}$

Ensuite , puisque $d_n|a_n\text{ et }d_n/b_n$ ; alors $d_n/(a_n-b_n)$ , ou bien :
$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }d_n/(n+1)^2}$

b) On a :

$n\equiv 0[7]\iff (n+1)\equiv 1[7]\iff (n+1)^2\equiv 1[7]$
$n\equiv 1[7]\iff (n+1)\equiv 2[7]\iff (n+1)^2\equiv 4[7]$
$n\equiv 2[7]\iff (n+1)\equiv 3[7]\iff (n+1)^2\equiv 9[7]\equiv 2[7]$
$n\equiv 3[7]\iff (n+1)\equiv 4[7]\iff (n+1)^2\equiv 16[7]\equiv 2[7]$
$n\equiv 4[7]\iff (n+1)\equiv 5[7]\iff (n+1)^2\equiv 25[7]\equiv 4[7]$
$n\equiv 5[7]\iff (n+1)\equiv 6[7]\iff (n+1)^2\equiv 36[7]\equiv 1[7]$
$n\equiv 6[7]\iff (n+1)\equiv 7[7]\equiv 0[7]\iff (n+1)^2\equiv 0[7]$

Ce qui permet de compléter le tableau suivant :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{ Reste de la division euclidienne de }n\text{ par }7&0&1&2&3&4&5&6\\ \hline \text{ Reste de la division euclidienne de }(n+1)^2\text{ par }7&1 &4 &2&2&4&1&0\\ \hline \end{array}$

4-a) Soit $d_n=7$

D'après 3-a) , on a $d_n/(n+1)^2$ , alors $7/(n+1)^2$ , ce qui veut dire que $(n+1)^2\equiv 0[7]$

Ce qui correspond , d'après le tableau rempli en 3-b) , à $n\equiv 6[7]$ .

Conclusion : $\boxed{\text{ Si }d_n=7 \text{ , alors } n\equiv 6[7] }$

b) On a :

$\begin{matrix} n\equiv 6[7]&\iff& (n+1)^2\equiv 0[7]\\&\iff& a_n-b_n\equiv 0[7] \\&\iff& 7/a_n-b_n \end{matrix}$

Il existe un entier relatif $p$ tel que $a_n-b_n=7p$ .

Or , on a vu que $(a_n,b_n)$ est solution de $(E')$ ; donc :

$3a_n-4b_n=7\iff 3(a_n-b_n)-b_n=7\iff 3\times 7p-b_n=7 \iff b_n=7(3p-1)\iff 7/b_n$

Il existe donc $q\in\Z\enskip / \enskip b_n=7q$

Alors : $a_n-b_n=7p\iff a_n=7p+b_n=7p+7q=7(p-q)$

On en tire que $7/a_n$

Conclusion : $\boxed{\text{ Si } n\equiv 6[7] \text{ alors }a_n \text{ et }b_n \text{ sont divisibles par } 7}$

c)
Si $n\equiv 6[7]$ , alors $7/a_n\text{ et }7/b_n$
D'où $7/d_n$ ; Et comme $d_n=1\text{ ou }d_n=7$ , on en tire que $d_n=7$

Si $n\not\equiv 6[7]$ , alors d'après le tableau 3-b) , $(n+1)^2\not\equiv 0[7]$
Ce qui veut dire que $7$ ne divise pas $(n+1)^2$ , donc $7$ ne divise pas $a_n-b_n$ .
Or , on sait que $d_n$ divise $a_n-b_n$ , donc $d_n \neq 7$
Et comme $d_n=1\text{ ou }d_n=7$ , alors $d_n=1$

Conclusion : $\boxed{\begin{cases} d_n=7 & \text{ Si }n\equiv 6[7] \\d_n=1& \text{ Sinon }\end{cases}}$

exercice 3

1-a) Calcul direct :

$U_1=e^{-0}U_0=1\times 1 = 1$
$U_2=e^{-1}U_1=e^{-1}\times 1 =e^{-1}$

$\boxed{U_1=1\text{ et }U_2=e^{-1}}$

b) Montrons par récurrence que , pour tout entier naturel $n\text{ , }U_n>0$

Initialisation : Pour $n=0$ , on a : $U_0=1>0$ .

Hérédité : Soit $n\in\N$ fixé tel que $U_n>0$ , montrons que $U_{n+1}>0$ .
On sait que pour la fonction $\exp$ est positive , donc $e^{-n}>0$
En mulitpliant deux réels strictement positifs , on obtient un réel strictement positif , donc : $e^{-n}U_n>0$
On obtient $U_{n+1}>0$

Conclusion : On conclut donc par récurrence , que :
$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }U_n>0 }$

c) Pour tout $n\in\N\text{ , on a }n\geq 0$ , donc $-n\leq 0$ .

Et puisque la fonction $\exp$ est croissante , on a : $e^{-n}\leq e^{0}=1$

$\boxed{\text{ Pour tout }n\in\N\text{ : }e^{-n}\leq 1 }$

Puisque $\forall n\in\N \text{ : }e^{-n}\leq 1 \text{ et } U_n>0$ .

Alors $e^{-n}U_n\leq U_n$ .

On en déduit que $\forall n\in\N\text{ : }U_{n+1}\leq U_n$

D'où :

$\boxed{(U_n)\text{ est une suite décroissante }}$

2-a) On a , pour tout entier naturel $n \text{ , }V_n=\ln(U_n)$ .

D'où :

$\begin{matrix}\forall n\in\N\text{ : }V_{n+1}-V_n &=& \ln(U_{n+1})-\ln(U_n) \\&=& \ln\left(\dfrac{U_{n+1}}{U_n}\right) \\&=& \ln(e^{-n}) \\&=&-n \end{matrix}$

$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }V_{n+1}-V_n=-n}$

b) Montrons par récurrence que , pour tout entier naturel $n\text{ , }V_n=\dfrac{-n(n-1)}{2}$

Initialisation : Pour $n=0$ , on a : $V_0=\ln(U_0)=\ln(1)=0 \text{ et }-\dfrac{0\times(0-1)}{2}=0$ .
Donc : $V_0=\dfrac{-0\times(0-1)}{2}$

Hérédité : Soit $n\in\N$ fixé tel que $V_n=\dfrac{-n(n-1)}{2}$ , montrons que $V_n=\dfrac{-(n+1)n}{2}$ .
On a $V_{n+1}-V_n=-n$ , alors $V_{n+1}=-n+V_n$ .

$\begin{matrix}\text{ Donc : } V_{n+1}&=&-n+V_n \\&=& -n+\dfrac{-n(n-1)}{2} \\&=& \dfrac{-2n-n^2+n}{2}\\&=& \dfrac{-n^2-n}{2} \\&=& \dfrac{-(n+1)n}{2}\end{matrix}$

Donc : $V_{n+1}=\dfrac{-(n+1)n}{2}$

Conclusion : On conclut donc par récurrence , que :
$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }V_n=\dfrac{-n(n-1)}{2} }$

3-a) Pour tout entier naturel $n \text{ , on a }V_n=\ln(U_n)$ , donc $U_n=e^{V_n}$

Ou encore : $\boxed{\forall n\in\N\text{ : }U_n=e^{\frac{-n(n-1)}{2}}}$

b) On a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{-n(n-1)}{2}=\lim_{n\to+\infty}-n^2=-\infty$ .

Et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^{x}=0$

Donc : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=\lim_{n\to+\infty}e^{\frac{-n(n-1)}{2}}=0$

On obtient : $\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=0}$

exercice 4

1) On voit que la courbe $(C)$ de $g$ coupe l'axe des abscisses en $x=-\ln 2$ , donc :

$\boxed{g(-\ln 2)=0}$

De plus , la courbe de $g$ est en-dessous de l'axe des abscisses pour tout $x\in]-\infty;-\ln 2[$ , et au-dessus de l'axe des abscisses pour tout $x\in ]-\ln 2;+\infty[$ , donc :

$\boxed{\begin{matrix} \forall x\in]-\infty;-\ln 2[\text{ : }g(x)<0\\\forall x\in]-\ln 2;+\infty[\text{ : }g(x)>0 \end{matrix}}$

2) $\forall x\in\R\text{ : }f(x)=2e^x(e^x-1)$

a) On a $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^x=0$
Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to-\infty}2e^x(e^x-1)=2\times 0\times (-1)=0$
$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0}$
Interprétation graphique : $\boxed{\text{ L'axe des abscisses est une asymptote horizontale à la courbe }(\Gamma)\text{ au voisinage de }-\infty}$

b) On a $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$ , donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x-1=+\infty$
On obtient alors : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}2e^x(e^x-1)=+\infty$
$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}$

De plus , on sait que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^x}{x}=+\infty$

Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2e^x(e^x-1)}{x}=\lim_{x\to+\infty}2\dfrac{e^x}{x}(e^x-1)=+\infty$
$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}$
Interprétation graphique :
$\boxed{\begin{matrix}\text{ La courbe }(\Gamma)\text{ admet une branche parabolique de la direction celle }\\\text{ de l'axe des abscisses au voisinage de }+\infty\end{matrix}}$

3-a) La fonction est dérivable sur $\R$ comme produit des fonctions $x\mapsto e^x$ et $x\mapsto e^x-1$ dérivable sur $\R$ .

$\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }f'(x)&=&\left(2e^x(e^x-1)\right)'\\&=&2\left[(e^x)'(e^x-1)+e^x(e^x-1)'\right]\\&=& 2(e^x(e^x-1)+e^{2x})\\&=& 2e^x(2e^x-1)\\&=&2e^x g(x) \end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=2e^x g(x)}$

b) Directement : $f(-\ln 2)=2e^{-\ln 2}(e^{-\ln 2}-1)=2\times \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}-1\right)=-\dfrac{1}{2}$

$\boxed{ f(-\ln 2)=-\dfrac{1}{2}}$

Pour dresser le tableau de variation de $f$ , il faut déterminer le signe de $f'(x)$ .

D'après la question précédente : $\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=2e^x g(x)$

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

Donc :

$\begin{cases} \forall x\in]-\infty;-\ln 2[\text{ : }f'(x)<0\\f'(-\ln 2)=0\\\forall x\in]-\ln 2;+\infty[\text{ : }f'(x)>0 \end{cases}}$

Ce qui permet de tracer le tableau de variations de la fonction $f$ :

$\begin{array}{|c|rcccccc|} \hline x & -\infty & & & -\ln 2 & & & +\infty\\ \hline f'(x) & & - & &\barre{0} & &+ & \\ \hline & 0 & & & & & & +\infty \\ f & &\searrow& & & &\nearrow& \\ & & & &-\dfrac{1}{2} & & & \\ & & & & & & & \\ \hline \end{array}$

4-a) Pour tout réel $x$ , on a :

$\begin{matrix}f(x)-g(x)&=&2e^x(e^x-1)-(2e^x-1)\\&=& 2\left(e^{2x}-e^x-e^x+\dfrac{1}{2}\right)\\&=&2\left(e^{2x}-2e^x+1-\dfrac{1}{2}\right)\\&=&2\left[(e^x-1)^2-\dfrac{1}{2}\right]\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : } f(x)-g(x)=2\left[(e^x-1)^2-\dfrac{1}{2}\right]}$

Les courbes $(C)$ de $g$ et $(\Gamma)$ de $f$ se coupent aux points d'abscisses solutions de l'équation $f(x)=g(x)$ .

$\begin{matrix}f(x)=g(x)&\iff& f(x)-g(x)=0\\&\iff& (e^x-1)^2-\dfrac{1}{2}=0\\&\iff& (e^x-1)^2=\dfrac{1}{2}\\&\iff& e^x-1=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\enskip\text{ ou }\enskip e^x-1=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&\iff& e^x=1+\dfrac{1}{\sqrt{2}}\enskip\text{ ou }\enskip e^x=1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}\\&\iff&e^x=\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\enskip\text{ ou }\enskip e^x=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\\&\iff&x=\ln\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)\enskip\text{ ou }\enskip x=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\end{matrix}$

Les ordonnées des points d'intersection de $(C)$ et de $(\Gamma)$ sont les images des abscisses trouvées par la fonction $g$ ou la fonction $f$ ,
on choisit de calculer ces images par la fonction $g$ car son expression est plus simple que celle de $f$ :

$\bullet\text{ }g\left(\ln\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)\right)=2\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)-1=2+\sqrt{2}-1=1+\sqrt{2}$

$\bullet\text{ }g\left(\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\right)=2\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)-1=2-\sqrt{2}-1=1-\sqrt{2}$

Conclusion :
$\boxed{ (C) \text{ et }(\Gamma) \text{ se coupent aux points }A\left(\ln \dfrac{2-\sqrt{2}}{2};1-\sqrt{2}\right)\text{ et }B\left(\ln \dfrac{2+\sqrt{2}}{2};1+\sqrt{2}\right)}$

b) Directement $f(0)=2e^0(e^0-1)=2\times 1\times 0 = 0$

$\boxed{f(0)=0}$

donc , le tableau de variations de $f$ devient :

$\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x & -\infty & &-\ln 2 & & 0 && +\infty\\ \hline && & & &&& +\infty\\& & & & && \nearrow& \\f &0& && &0&& \\& &\searrow && \nearrow&&& \\ & & &-\dfrac{1}{2}& &&& \\ \hline \end{array}$

On en tire alors le signe de $f$ :

$\boxed{\begin{cases} \forall x\in]-\infty;0[\text{ : }f(x)<0\\f(0)=0\\\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f(x)>0 \end{cases}}$

c) Voir le tracé à la fin de l'exercice .

5-a) Pour tout $x$ appartenant à $\R$ , on a :

$\begin{matrix}\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)&=& \dfrac{1}{2}\left[2e^x(2e^x-1)-2e^x\right]\\&=& e^x(2e^x-1)-e^x\\&=& e^x(2e^x-2)\\&=&2e^x(e^x-1)\\&=&f(x)\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : }\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)=f(x)}$

b) L'aire $I$ du domaine $D$ du plan limité par la courbe $(\Gamma)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=-\ln 2 \text{ et }x=0$ en unité d'aire est :

$I=\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}|f(x)|\text{ d}x$

Or , sur l'intervalle $[-\ln 2;0] \text{ : }f(x)\leq 0$ , alors $|f(x)|=-f(x)$ , donc :

$\begin{matrix}I&=&\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}|f(x)|\text{ d}x\\&=&-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}f(x)\text{ d}x\\&=&-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)\text{ d}x \\&=&-\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}f'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}g'(x)\text{ d}x\right)\\&=&\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}g'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{-\ln 2}^{0}f'(x)\text{ d}x\right)\\&=&\displaystyle \dfrac{1}{2}\left([g(x)]_{-\ln 2}^{0}-[f(x)]_{\ln 2}^{0} \right)\\&=& \dfrac{1}{2}\left(g(0)-g(-\ln 2)+f(-\ln 2)-f(0)\right)\\&=& \dfrac{1}{2}\left(1-0-\dfrac{1}{2}-0\right)\right)\\&=&\dfrac{1}{4}\end{matrix}$

En effet : $g(0)=2e^{0}-1=2-1=1$

$\boxed{I=\dfrac{1}{4}}$

c) Soit $\alpha <-\ln 2$ .

L'aire $I_{\alpha}$ du domaine $D_{\alpha}$ du plan limité par la courbe $(\Gamma)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=\alpha- \text{ et }x=-\ln 2$ en unité d'aire est :

$I_{\alpha}=\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}|f(x)|\text{ d}x$

Or , sur l'intervalle $[\alpha;-\ln 2] \text{ : }f(x)\leq 0$ , alors $|f(x)|=-f(x)$ , donc :

$\begin{matrix}I_{\alpha}&=&\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}|f(x)|\text{ d}x\\&=&-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}f(x)\text{ d}x\\&=&-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}\dfrac{1}{2}\left(f'(x)-g'(x)\right)\text{ d}x \\&=&-\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}f'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}g'(x)\text{ d}x\right)\\&=&\dfrac{1}{2}\left(\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}g'(x)\text{ d}x-\displaystyle \int_{\alpha}^{-\ln 2}f'(x)\text{ d}x\right)\\&=&\displaystyle \dfrac{1}{2}\left([g(x)]_{\alpha}^{-\ln 2}-[f(x)]_{\alpha}^{-\ln 2} \right)\\&=& \dfrac{1}{2}\left(g(-\ln 2)-g(\alpha)+f(\alpha)-f(-\ln 2)\right)\\&=& \dfrac{1}{2}\left(0-g(\alpha)+f(\alpha)+\dfrac{1}{2}\right)\right)\\&=&\dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)+\dfrac{1}{4}\end{matrix}$

Conclusion : $\boxed{I_{\alpha}=\dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)+\dfrac{1}{4}}$

d) On a :

$\begin{matrix}I_{\alpha}=I&\iff& \dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{4}\\&\iff& \dfrac{1}{2}\left(f(\alpha)-g(\alpha)\right)=0 \\&\iff& f(\alpha)=g(\alpha)\\&\iff&\alpha=\ln\left(\dfrac{2+\sqrt{2}}{2}\right)\enskip\text{ ou }\enskip \alpha=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)\end{matrix}$

Et puisque $\alpha <0 \text{ , alors : }\alpha=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)$

On en déduit que :

$\boxed{I_{\alpha}=I\iff \alpha=\ln\left(\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}\right)}$

e) Le graphique :

Bac Tunisie 2022 SI (section sciences de l'informatique) : image 4

Publié par malou/Panter le 10-10-2022

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