Fiche de mathématiques

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Bac Tunisie SST 2022

Durée : 3 heures
Coefficient : 3
4,5 points

exercice 1

Dans l'espace muni d'un repère orthonormé direct $(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})$ , on donne les points $A(-1,-1,-1) \text{ , }B(-2,-1,0)\text{ et }C(1,1,-5)\text{ et}\text{ le vecteur } \overrightarrow{N}\begin{pmatrix} 1\\1\\1\end{pmatrix}$

1.a) Vérifier que $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{N}$ . En déduire que $A\text{ , }B \text{ et }C$ ne sont pas alignés .

b) Soit $P$ le plan passant par $A\text{ , }B \text{ et }C$ . Montrer qu'une équation de $P$ est $x+y+z+3=0$ .

c) On considère les points $E(1,0,2) \text{ et }H(-1,-2,0)$ . Vérifier que $\overline{HE}=2\overline{N}$ . En déduire que $H$ est le projeté orthogonal de $E$ sur le plan $P$ .

d) Calculer le volume du tétraèdre $EABC$ .

2. On considère dans l'espace , l'ensemble $S$ des points $M(x,y,z)$ tels que : $x^2+y^2+z^2-2x-4z-9=0$ .

a) Montrer que $S$ est la sphère de centre $E$ et de rayon $\sqrt{14}$ .

b) Montrer que $P$ coupe $S$ suivant le cercle $(\zeta_1)$ du plan $P$ de centre $H$ et de rayon $\sqrt{2}$ .

c) Vérifier que $A$ et $B$ appartiennent à $(\zeta_1)$ .

3. On considère le plan $Q\text{ : }x-5y+z-3=0$ .

a) Montrer que $P$ et $Q$ sont sécants suivant la droite $(AB)$ .

b) Vérifier que $E\in Q$ .

c) En déduire que le plan $Q$ coupe la sphère $S$ suivant un cercle $(\zeta_2)$ dont on précisera le centre et le rayon .

d) Montrer que $(\zeta_1)$ et $(\zeta_2)$ se coupent en $A$ et $B$ .

4 points

exercice 2

On considère la suite $(u_n)$ définie sur $\N$ par $\begin{cases} u_0=2 \\u_{n+1}=\dfrac{2u_n-1}{u_n}\text{, }n\in\N }\end{cases}$ .

1.a) Montrer par récurrence que pour tout entier naturel $n\text{ , }u_n>1$ .

b) Montrer que pour tout entier naturel $n\text{ , }u_{n+1}-u_n=\dfrac{-(u_n-1)^2}{u_n}$ .

c) Montrer que la suite $(u_n)$ est convergente et calculer sa limite .

2. Soit $(v_n)$ la suite définie sur $\N$ par $v_n=\dfrac{1}{u_n-1}$ .

a) Montrer que $(v_n)$ est une suite arithmétique de raison $1$ .

b) Exprimer $v_n$ en fonction de $n$ .

c) En déduire que pour tout entier naturel $n\text{ , } u_n=\dfrac{n+2}{n+1}$ .

3. On pose pour tout entier naturel $n\text{ , } S_n=\ln(u_0)+\ln(u_1)+\cdots+\ln(u_n)$ .

a) Vérifier que $S_1=\ln 3$ .

b) Montrer que pour tout entier naturel $n\text{ , }S_n=\ln (n+2)$ .

c) Déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que $S_n>10$ .

4,5 points

exercice 3

Le plan est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec{u},\vec{v})$ . On considère les points $F\text{ , }G\text{ et }I$ d'affixes respectives : $z_F=\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i\text{ , }z_G=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}+\dfrac{1}{2}i\text{ et }z_I=-\dfrac{1}{2}+i$ .

1.a) Vérifier que $z_F-z_I=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \text{ et }z_G-z_I=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i$ .

b) Montrer que $F$ et $G$ appartiennent au cercle $(\zeta)$ de centre $I$ et de rayon $1$ .

c) Vérifier que $z_F-z_I=i(z_G-z_I)$ . En déduire que le triangle $IFG$ est rectangle en $I$ .

2. Dans la figure 1 de l'annexe jointe , on a tracé le cercle $(\zeta)$ . Construire les points $F$ et $G$ .

3.a) Vérifier que $(2+2\sqrt{3})i$ est une racine carrée de $-16-8\sqrt{3}$ .

b) Résoudre dans $\C$ l'équation $z^2+3z+\dfrac{25}{4}+2\sqrt{3}=0$ .

4. Soient $K$ et $L$ les points d'affixes respectives : $z_K=-\dfrac{3}{2}+i(1+\sqrt{3}) \text{ et }z_L=\overline{z_K}$ .

a) Montrer que $\dfrac{z_K-z_F}{z_F-z_I}=i\sqrt{3}$ . En déduire que $(FK) \perp (FI)$ .

b) Construire $K$ et $L$ .

c) Vérifier que $z_G-z_L = (2+\sqrt{3})(z_F-z_I)$ . En déduire que $(GL)//(FI)$ .

d) Les droites $(FK)$ et $(GL)$ se coupent en un point $D$ . Montrer que le cercle $(\zeta)$ est inscrit dans le triangle $DKL$ .

7 points

exercice 4

1. Soit la fonction $g$ définie sur $]0,+\infty[$ par : $g(x)=\dfrac{e^{x}}{e^{x}-1}$ .

On donne ci-contre la courbe représentative $(C)$ de $g$ dans un repère orthonormé $(\Omega , \vec{u},\vec{v})$ .

Bac Tunisie 2022 SST (section sciences techniques) : image 2

En utilisant le graphique :

a) Déterminer $g(\ln 2) \text{ , }\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}g(x)\text{ et }\lim_{x\to+\infty} g(x)$ .

b) Justifier que pour tout $x$ de $]0,+\infty[ \text{ : }g'(x)<0 \text{ et } g(x)>1$ .

2. Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $f(x)=\ln(e^x-1)$ .

Soit $(\Gamma)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ du plan .

a) $\text{ Calculer }\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)\text{ et }\lim_{x\to+\infty} f(x)$ .

b) Vérifier que pour tout réel $x$ de $]0,+\infty[ \text{ : }f'(x)=g(x)$ .

c) Dresser le tableau de variation de $f$ .

d) Vérifier que $f(\ln 2) = 0$ . En déduire le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$ .

3.a) Montrer que pour tout réel $x$ de $]0,+\infty[ \text{ , } \ln(g(x))=x-f(x)$ .

b) En déduire que $\Delta\text{ : }y=x$ est une asymptote à la courbe $(\Gamma)$ au voisinage de $+\infty$ .

c) Montrer que $(\Gamma)$ est au-dessous de $\Delta$ .

4. Soit $h$ la fonction définie sur $]0,+\infty[$ par $h(x)=f(x)-g(x)$ .

a) Vérifier que $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}h(x)=-\infty \text{ et que }\displaystyle\lim_{x\to +\infty}h(x)=+\infty$ .

b) Montrer que l'équation $f(x)=g(x)$ admet dans $]0,+\infty[$ une solution unique notée $\alpha$ .

5. Dans la figure 2 de l'annexe jointe , on a tracé la droite $\Delta$ et on a placé le point de coordonnées $(\alpha,f(\alpha))$ . Tracer la courbe $(\Gamma)$ .

6.a) Vérifier que $\dfrac{e^{2x}}{e^x-1}=e^{x}+\dfrac{e^x}{e^x-1}$ . En déduire que $\displaystyle \int_{\ln 2}^{\alpha }\dfrac{e^{2x}}{e^x-1}\text{ d}x = e^{\alpha}+f(\alpha)-2$ .

b) Soit $I=\displaystyle \int_{\ln 2}^{\alpha } e^{x}\ln(e^x-1)\text{ d}x$ . Montrer à l'aide d'une intégration par parties que $I = e^{\alpha}f(\alpha)-\displaystyle \int_{\ln 2}^{\alpha }\dfrac{e^{2x}}{e^x-1}\text{ d}x$ .

c) En déduire que $I= 2$ .

Annexe à rendre avec la copie

Figure 1 :

Bac Tunisie 2022 SST (section sciences techniques) : image 1

Figure 2 :

Bac Tunisie 2022 SST (section sciences techniques) : image 3

Voir la correction

exercice 1

1-a) On a :

$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}x_B-x_A\\y_B-y_A\\z_B-z_A\end{pmatrix}=\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-2+1\\-1+1\\0+1\end{pmatrix}=\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}x_C-x_A\\y_C-y_A\\z_C-z_A\end{pmatrix}=\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1+1\\1+1\\-5+1\end{pmatrix}=\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}2\\2\\-4\end{pmatrix}$

On calcule alors les coordonnées du vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}$ :

$\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}\\\begin{vmatrix} 0&2\\1&-4\end{vmatrix}\\\\-\begin{vmatrix} -1&2\\1&-4\end{vmatrix}\\\\\begin{vmatrix} -1&2\\0&2\end{vmatrix}\end{pmatrix}=\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\-2\\-2\end{pmatrix}$

De plus , les coordonnées du vecteur $-2\overrightarrow{N}$ sont $-2\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\-2\\-2\end{pmatrix}$

On a donc : $\boxed{\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{N}}$

Puisque $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{N}$ , alors $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\neq \overrightarrow{0}$

On en tire que les vecteurs $\overrightarrow{AB} \text{ et }\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires .

Et donc : $\boxed{\text{Les points }A,B,C\text{ ne sont pas alignés }}$

b) Notons $P\text{ : }ax+by+cz+d=0 \text{ , avec }a,b,c,d\in\R$ , une équation du plan $P$ qui n'est autre que le plan $(ABC)$ .

Le vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}$ est normal à $P$ , et donc , le vecteur $\overrightarrow{N}\begin{pmatrix}\red 1\\\blue 1\\\magenta 1\end{pmatrix}$ est normal à $P$ .
On peut donc prendre $\begin{cases} \red a=1 \\\blue b=1\\ \magenta c=1 \end{cases}$ , et l'équation du plan $P$ s'écrit : $P\text{ : }x+y+z+d=0 \text{ , avec }d\in\R$

Ensuite , en sachant que $A$ est un point du plan $P$ car $P=(ABC)$ , alors ses coordonnées vérifient l'équation de $P$ , et donc , on a :

$x_A+y_A+z_A+d=0 \iff d=-(x_A+y_A+z_A)=-(-1-1-1)=3$

Conclusion :
$\boxed{\text{ Une équation du plan }P\text{ s'écrit : }\left(P\text{ : }x+y+z+3=0\right)}$

c) Erreur dans l'énoncé : Vérifier que $\overrightarrow{HE}=2\overrightarrow{N}$

On a $\overrightarrow{HE}\begin{pmatrix}x_E-x_H\\y_E-y_H\\z_E-z_H\end{pmatrix}=\overrightarrow{HE}\begin{pmatrix}1+1\\0+2\\2-0\end{pmatrix}=\overrightarrow{HE}\begin{pmatrix}2\\2\\2\end{pmatrix}$ , et $2\overrightarrow{N}\begin{pmatrix}2\\2\\2\end{pmatrix}$

Donc $\boxed{\overrightarrow{HE}=2\overrightarrow{N}}$

Les vecteurs $\overrightarrow{HE}$ et $\overrightarrow{N}$ sont colinéaires , donc $\overrightarrow{HE}$ est lui-aussi normal au plan $P$ .

On a alors $(EH)\perp P$

De plus $x_H+y_H+z_H+3=-1-2+0+3=0$ , alors $H$ appartient à $P$ .

On en tire que : $\boxed{ H \text{ est le projeté orthogonal de }E\text{ sur }P}$

d) Puisque $H$ est le projeté orthogonal de $E$ sur $P$ , alors $EH$ est la hauteur du tétraèdre $EABC$ .

Et l'aire du triangle $ABC$ , qu'on note $\mathscr{A}_{ABC}$ , en est la base.

Calcul :

$EH=\sqrt{(x_H-x_E)^2+(y_H-y_E)^2+(z_H-z_E)^2}=\sqrt{2^2+2^2+2^2}=\sqrt{3\times 2^2}=2\sqrt{3}$ .

$\mathscr{A}_{ABC}=\dfrac{||\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}||}{2}=\dfrac{\sqrt{(-2)^2+(-2)^2+(-2)^2}}{2}=\dfrac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3} \enskip\enskip (UA)$

Le volume du tétraèdre $EABC$ , qu'on note $\mathscr{V}_{EABC}$ est (en unité de volume (UV) ) :

$\mathscr{V}_{EABC}=\dfrac{EH \times\mathscr{A}_{ABC}}{3}=\dfrac{2\sqrt{3}\times\sqrt{3}}{3}=2\enskip\enskip (UV)$

$\boxed{\text{ Le volume du tétraèdre }EABC\text{ est (en unité de volume) : }\mathscr{V}_{EABC}=2\enskip\enskip(UV)}$

2-a) On a :

$\begin{matrix}M(x,y,z)\in S&\iff& x^2+y^2+z^2-2x-4z-9=0\\&\iff& x^2-2x+1-1+y^2+z^2-4z+4-4-=0\\&\iff& (x-1)^2+(y-0)^2+(z-2)^2=14\\&\iff& (x-\blue 1\black)^2+(y-\blue 0\black)^2+(z-\blue 2\black )^2=\magenta\sqrt{14}\black^2\end{matrix}$

$\boxed{S\text{ est le sphère de centre }\blue E(1,0,2)\black \text{ et de rayon }\magenta R_S=\sqrt{14}}$

b) Puisque $H$ est le projeté orthogonal de $E$ à $P$ , alors $EH=\text{ d}(E,P)=2\sqrt{3}$

Ce qui implique $d(E,P)<R_S$ car $R_S=\sqrt{14}>2\sqrt{3}$ .

Le plan $P$ et la sphère $S$ se coupent en un cercle noté $(\zeta_1)$ de centre $H$ et de rayon noté $R_{\zeta_1}$ qui vérifie $R_{\zeta_1}^2+d^2(E,P)=R_{S}^2$

Donc : $R_{\zeta_1}=\sqrt{R_S^2-d^2(E,P)}=\sqrt{14-12}=\sqrt{2}$

$\boxed{P \text{ coupe }S \text{ suivant le cercle } (\zeta_1)\text{ de centre } H \text{ et de rayon } R_{\zeta_1}=\sqrt{2}}$

c) On a :

$\bullet A\in P \text{ car }P=(ABC)& \\\bullet x_A^2+y_A^2+z_A^2-2x_A-4z_A-9=1+1+1+2+4-9=0 \Rightarrow A\in S$ .

Donc $A$ appartient à l'intersection de $P$ et $S$ , qui n'est autre que le cercle $(\zeta_1)$ d'après la question précédente .

De même :

$\bullet B\in P \text{ car }P=(ABC)& \\\bullet x_B^2+y_B^2+z_B^2-2x_B-4z_B-9=4+1+0+4+0-9=0 \Rightarrow B\in S$ .

Donc $B$ appartient à $P\cap S=(\zeta_1)$ .

$\boxed{A\in(\zeta_1)\text{ et }B\in(\zeta_1)}$

3-a) On sait que $A$ et $B$ appartiennent à $P$ .
Donc la droite $(AB)$ est incluse dans $P$ .

Montrons que la droite $(AB)$ est incluse aussi dans $Q$ :

$x_A-5y_A+z_A-3=-1+5-1-3=0 \Rightarrow A\in Q$

$x_B-5y_B+z_B-3=-2+5-3=0 \Rightarrow B\in Q$
Donc la droite $(AB)$ est incluse dans $Q$ .

Il nous reste à vérifier que les plans $P$ et $Q$ ne sont pas confondus :

On sait que $\overrightarrow{N}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ est un vecteur normal à $P$ .
On tire de l'équation du plan $Q\text{ : }x-5y+z-3=0$ un vecteur normal à ce dernier qu'on note $\overrightarrow{N'}\begin{pmatrix}1\\-5\\1\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{N}\wedge \overrightarrow{N'}\begin{pmatrix}\\\begin{vmatrix} 1&-5\\1&1\end{vmatrix}\\\\-\begin{vmatrix} 1&1\\1&1\end{vmatrix}\\\\\begin{vmatrix} 1&1\\1&-5\end{vmatrix}\end{pmatrix}=\overrightarrow{N}\wedge \overrightarrow{N'}\begin{pmatrix}6\\0\\-6\end{pmatrix}\neq \overrightarrow{0}$

Il s'ensuit que $\overrightarrow{N}\text{ et } \overrightarrow{N'}$ ne sont pas colinéaires , et donc $P$ et $Q$ ne peuvent pas être confondus .

On conclut alors que :
$\boxed{\text{ Les plans }P \text{ et }Q \text{ sont sécants suivant la droite } (AB)}$

b) Directement , on vérifie que les coordonnées du point $E$ vérifient l'équation du plan $Q$ :

$x_E-5y_E+z_E-3=1-0+2-3=0\Rightarrow \boxed{E\in Q}$

c) Le point $E$ est le centre du sphère $S$ , et d'après la question précédente , $E \in Q$ .

Donc $E$ est son propre projeté orthogonal sur le plan $Q$ et donc : $\text{ d}(E,Q)=EE=0 <R_S=\sqrt{14}$

Le plan $Q$ et la sphère $S$ se coupent donc en un cercle noté $(\zeta_2)$ de centre $E$ et de rayon noté $R_{\zeta_2}$ qui vérifie $R_{\zeta_2}^2+d^2(E,Q)=R_{S}^2\Rightarrow R_{\zeta_2}=R_S=\sqrt{14}$

$\boxed{Q \text{ coupe }S \text{ suivant le cercle } (\zeta_2)\text{ de centre } E \text{ et de rayon } R_{\zeta_2}=\sqrt{14}}$

d)

D'après 2-c) : $A,B\in (\zeta_1)\enskip \blue (i)$

On avait vu (toujours dans 2-c) ) que $A,B\in S \text{ , }\enskip \text{ et }$ d'après 2-d) , on a aussi $A,B\in Q$ .

On en tire que $A\text{ et }B$ appartiennent à l'intersection de la sphère $S$ et le plan $Q$ , qui n'est autre que le cercle $(\zeta_2)$ .

Donc $A,B\in (\zeta_2) \enskip\blue (ii)$

Enfin , il est évident que les cercles $(\zeta_1)$ et $(\zeta_2)$ ne sont pas confondus puisqu'ils n'ont pas le même centre , en effet $H\neq E$

Donc $(\zeta_1)\neq (\zeta_2) \enskip\blue (iii)$

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

$\boxed{\text{Les cercles }(\zeta_1) \text{ et } (\zeta_2) \text{ se coupent en } A \text{ et }B}$

exercice 2

1-a) Montrons par récurrence que , pour tout entier naturel $n\text{ , }u_n > 1$

Initialisation : Pour $n=0$ , on a : $u_0=2 > 1$ .

Hérédité : Soit $n\in\N$ fixé tel que $u_n > 1$ , montrons que $u_{n+1} > 0$ .
Il est plus aisé d'écrire $u_{n+1}$ sous la forme :
$u_{n+1}=\dfrac{2u_n-1}{u_n}=\dfrac{2u_n}{u_n}-\dfrac{1}{u_n}=2-\dfrac{1}{u_n}$
On a $u_n> 1\iff 1> \dfrac{1}{u_n}\iff -\dfrac{1}{u_n}>-1\iff 2-\dfrac{1}{u_n}>1$
D'où $u_{n+1}>1$

Conclusion : On conclut donc par récurrence , que :
$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }u_n > 1 }$

b) Pour tout entier naturel $n$ , on a :

$\begin{matrix} u_{n+1}-u_n &=& \dfrac{2u_n-1}{u_n}-u_n\\&=& \dfrac{2u_n-1-u_n^2}{u_n}\\&=& \dfrac{-(u_n^2-2u_n+1)}{u_n}\\&=&-\dfrac{(u_n-1)^2}{u_n}\end{matrix}$

$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }u_{n+1}-u_n=-\dfrac{(u_n-1)^2}{u_n}}$

c) Pour tout $n$ de $\N\text{ , on a : }$

$u_n > 1\enskip\text{ , }\enskip \text{ donc }(u_n)_{n\in\N} \text{ est une suite minorée par }1\enskip\blue (i)$

$u_{n+1}-u_{n}=-\dfrac{(u_n-1)^2}{u_n}<0 \enskip\text{ car }\enskip u_{n}> 1 > 0 \text{ et }(u_n-1)^2> 0$
$\text{Donc la suite }(u_n)_{n\in\N} \text{ est décroissante }\enskip\blue (ii)$

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

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

Calcul de la limite de $(u_n)$ :

Notons $\ell$ cette limite .

On a :

$\bullet\enskip (u_n)_{n\in\N} \text{ est une suite convergente .}$
$\bullet \enskip \forall n\in\N\text{ : }u_{n+1}=f(u_n) \text{ , avec }f\text{ la fonction définie par }f(x)=\dfrac{2x-1}{x}$
$\bullet\enskip f \text{ est une fonction continue sur }\R^{*} \text{ comme fonction homographique continue sur son ensemble de définition }\R^{*} .$
$\text{ et en particulier , }f\text{ est continue sur }]1;+\infty[ \text{ et en }\ell.$

D'où : $f(\ell)=\ell$ .

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

$\boxed{\displaystyle\lim_{n\to +\infty}u_n=1 }$

2-a) Pour tout entier naturel $n$ , on a :

$\begin{matrix}v_{n+1}-v_n&=&\dfrac{1}{u_{n+1}-1}-\dfrac{1}{u_n-1}\\&=& \dfrac{1}{\dfrac{2u_n-1}{u_n}-1}-\dfrac{1}{u_n-1}\\&=& \dfrac{u_n}{2u_n-1-u_n}-\dfrac{1}{u_n-1}\\&=& \dfrac{u_n}{u_n-1}-\dfrac{1}{u_n-1}\\&=&\dfrac{u_n-1}{u_n-1}\\&=&1\end{matrix}$

On en déduit que :

$\boxed{(v_n)\text{ est une suite arithmétique de raison }r=1}$

b) Puisque $(v_n)$ est une suite arithmétique , alors , $\forall n\in\N\text{ : }v_n=v_0+rn$
Avec :
$r=1$
$v_0=\dfrac{1}{u_0-1}=\dfrac{1}{2-1}=1$
D'où : $\boxed{ \forall n\in\N\text{ : }v_n=n+1}$

c) Pour tout $n$ de $\N \text{ : }$

$v_n=\dfrac{1}{u_n-1} \iff u_n-1=\dfrac{1}{v_n}\iff u_n=\dfrac{1}{v_n}+1\iff u_n=\dfrac{v_n+1}{v_n}$ .

D'où , en remplaçant $v_n$ par son expression en $v_n=n+1$ , on obtient :

$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }u_n=\dfrac{n+2}{n+1}}$

3-a) On a $S_1=\ln(u_0)+\ln(u_1)$ .

Et , $u_0=2\enskip\text{ , }\enskip u_1=\dfrac{2u_0-1}{u_0}=\dfrac{3}{2}$

Donc : $S_1=\ln 2+\ln\left(\dfrac{3}{2}\right)=\ln 2+\ln 3-\ln 2 =\ln 3$

$\boxed{S_1=\ln 3}$

b)
Méthode 1 : Par récurrence Montrons par récurrence que , pour tout entier naturel $n\text{ , }S_n=\ln(n+2)$

Initialisation : Pour $n=0$ , on a : $S_0=\ln(u_0)=\ln 2=\ln(0+2)$ .

Hérédité : Soit $n\in\N$ fixé tel que $S_n=\ln(n+2)$ , montrons que $S_{n+1}=\ln(n+3)$ .

$\begin{matrix}S_{n+1}&=&\ln(u_0)+\ln(u_1)+\cdots+\ln(u_n)+\ln(u_{n+1}) \\&=& S_n+\ln(u_{n+1})\\&=&\ln(n+2)+\ln\left(\dfrac{n+3}{n+2}\right) & \enskip\enskip\left(\text{ En effet : }u_{n+1}=\dfrac{n+1+2}{n+1+1}=\dfrac{n+3}{n+2}\right)\\&=&\ln(n+2)+\ln\left(\dfrac{n+3}{n+2}\right)\\&=&\ln(n+2)+\ln(n+3)-\ln(n+2)\\&=&\ln(n+3)\end{matrix}$

Conclusion : On conclut donc par récurrence , que :
$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }S_n=\ln(n+2) }$
Méthode 2 : Calcul direct

En utilisant la notation produit $\displaystyle \prod_{k=0}^{n} u_k=u_0\times u_1\times\cdots\times u_n$ .
On a , pour tout $n\in\N\text{ : }$

$\begin{matrix}S_n&=&\ln(u_0)+\ln(u_1)+\cdots+\ln(u_n) &=&\ln(u_0\times u_1\times u_2\times \cdots \times u_n)\\&=&\ln\left(\displaystyle\prod_{k=0}^{n}u_k\right)&=&\ln\left(\displaystyle\prod_{k=0}^{n}\left(\dfrac{k+2}{k+1}\right)\right)\\&=& \ln\left(\dfrac{\displaystyle\prod_{k=0}^{n} (k+2)}{\displaystyle\prod_{k=0}^{n}(k+1)}\right)&=&\ln\left(\dfrac{(n+2)\times \displaystyle\prod_{k=0}^{n} (k+1)}{\displaystyle\prod_{k=0}^{n}(k+1)}\right)\\&=&\ln(n+2)\end{matrix}$
$\boxed{\forall n\in\N\text{ : }S_n=\ln(n+2) }$

c) On a :

$S_n>10 \iff \ln(n+2)>10\iff n+2>e^{10}\iff n>e^{10}-2$

Or , $e^{10}-2\approx 22024,46$

Donc : $\boxed{ n=22025 \text{ est le plus petit entier naturel tel que }S_n>10}$

exercice 3

$z_F=\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i\text{ , }z_G=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}+\dfrac{1}{2}i\text{ et }z_I=-\dfrac{1}{2}+i$

1-a)

$\begin{matrix}z_F-z_I&=&\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i-\left(-\dfrac{1}{2}+i\right)\\&=&i+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i+\dfrac{1}{2}-i\\&=&\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\end{matrix}$

$\begin{matrix}z_G-z_I&=&\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}+\dfrac{1}{2}i-\left(-\dfrac{1}{2}+i\right)\\&=&\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}i+\dfrac{1}{2}-i\\&=&\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\end{matrix}$
$\boxed{z_F-z_I=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2} \text{ et }z_G-z_I=\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i}$

b) On calcule les distances $IF$ et $IG$ :

$IF=|z_F-z_I|=\left|\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right|=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}}=\sqrt{1}=1$

$IG=|z_G-z_I|=\left|\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\right|=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4}}=\sqrt{1}=1$

Donc $IF=IG=1$ , d'où :
$\boxed{F;G \in(\zeta)(I ;1)}$

c) $i(z_G-z_I)=i\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-\dfrac{1}{2}i\right)=\dfrac{\sqrt{3}}{2}i-\dfrac{1}{2}i^2=\dfrac{\sqrt{3}}{2}i+\dfrac{1}{2}=z_F-z_I$

Donc $\boxed{i(z_G-z_I)=z_F-z_I}$

Il s'ensuit que $\dfrac{z_F-z_I}{z_G-z_I}=i$ , et donc :

$\begin{matrix}\left(\widehat{\overrightarrow{IG},\overrightarrow{IF}}\right)&\equiv& \arg\left(\dfrac{z_F-z_I}{z_G-z_I}\right)\enskip[2\pi]\\ & \equiv & \arg\left(i\right)\enskip [2\pi] \\ &\equiv & \dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi] \end{matrix}$

On en tire que : $\boxed{\text{Le triangle }IFG \text{ est rectangle en }I}$

2) Voir la figure à la fin de la correction de cet exercice .

Construction de $F$ :
$z_F=\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i\text{ , donc } \mathcal{R}e(z_F)=0$ , le point $F$ se situe sur l'axe des ordonnées $(O,\vec{v})$ .
Et puisque le cercle $(\zeta)$ coupe cet axe en $2$ points , on a deux possibilités .
De plus $\mathcal{I}m(z_F)=1+\dfrac{\sqrt{3}}{2} > 1$ , ce qui permet de construire le point $F$ .

3-a) $\left[(2+2\sqrt{3})i\right]^2=(2+2\sqrt{3})^2i^2=-(2+2\sqrt{3})^2=-(4+8\sqrt{3}+12)=-16-8\sqrt{3}$

$\boxed{ (2+2\sqrt{3})i \text{ est une racine carrée de }-16-8\sqrt{3}}$

b)Résolvons l'équation $z^2+3z+\dfrac{25}{4}+2\sqrt{3}=0$

On calcule le discriminent $\Delta=3^2-4\left(\dfrac{25}{4}+2\sqrt{3}\right)=9-25-8\sqrt{3}=-16-8\sqrt{3}=\left[(2+2\sqrt{3})i\right]^2$

Puisque $\Delta\neq 0 \text{ ; }$ l'équation admet deux solutions distincts $z_1 \text{ et }z_2$ :

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

L'ensemble des solutions de l'équation est :
$\boxed{S=\left\lbrace -\dfrac{3}{2}-(1+\sqrt{3})i\text{ ; }-\dfrac{3}{2}+(1+\sqrt{3})i\right\rbrace }$

4-a) On a :
$\begin{matrix} \dfrac{z_K-z_F}{z_F-z_I}&=&\dfrac{-\dfrac{3}{2}+i(1+\sqrt{3})-\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i}{\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i-\left(-\dfrac{1}{2}+i\right)}&=&\dfrac{-\dfrac{3}{2}+\left(1+\sqrt{3}-1-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)i}{\left(1+\dfrac{\sqrt{3}}{2}-1\right)i+\dfrac{1}{2}}\\&=&\dfrac{-\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}i+\dfrac{1}{2}}&=&\dfrac{-3+i\sqrt{3}}{1+i\sqrt{3}}\\&=&\dfrac{i\sqrt{3}\left(1+i\sqrt{3}\right)}{1+i\sqrt{3}}&=&i\sqrt{3}\end{matrix}$

$\boxed{\dfrac{z_K-z_F}{z_F-z_I}=i\sqrt{3}}$

Il s'ensuit que :

$\begin{matrix}\left(\widehat{\overrightarrow{FI},\overrightarrow{FK}}\right)&\equiv& \arg\left(\dfrac{z_K-z_F}{z_I-z_F}\right)\enskip[2\pi]\\ & \equiv & \arg\left(-i\sqrt{3}\right)\enskip [2\pi] \\&\equiv & \arg(-i)\enskip[2\pi]\\ &\equiv & -\dfrac{\pi}{2}\enskip[2\pi] \end{matrix}$

On en déduit que : $\boxed{(FK) \perp (FI)}$

b) Voir la figure à la fin de la correction de cet exercice .

c) On a $z_K=-\dfrac{3}{2}+i(1+\sqrt{3}) \text{ et }z_L=\bar{z_K}$ , alors :
$z_L=-\dfrac{3}{2}-i(1+\sqrt{3})$

Calculons $z_G-z_L$ :

$\begin{matrix}z_G-z_L&=&\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}+\dfrac{1}{2}i+\dfrac{3}{2}+i(1+\sqrt{3})&=&\dfrac{\sqrt{3}+2}{2}+\left(\dfrac{3+2\sqrt{3}}{2}\right)i\\&=&\dfrac{\sqrt{3}+2}{2}+\sqrt{3}\left(\dfrac{\sqrt{3}+2}{2}\right)i&=&(2+\sqrt{3})\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)\end{matrix}$

D'après 1-a) , $z_F-z_I=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ .

On en déduit alors que : $\boxed{z_G-z_L = (2+\sqrt{3})(z_F-z_I)}$

On obtient : $\dfrac{z_G-z_L}{z_F-z_I}=2+\sqrt{3}\in \R$ , alors les vecteurs $\overrightarrow{LG}\text{ et }\overrightarrow{IF} \text{ sont colinéaires }$ .

Ce qui veut dire que : $\boxed{\text{Les droites }(LG) \text{ et }(IF) \text{ sont parallèles }}$

d)

$\bullet\text{ On a , d'après }\red{\text{4-a) }\black\enskip (FK)\perp (FI)$ et $D\in (FK)$ .
Alors $(DK)\perp (FI)$ au point $F$ qui appartient au cercle $\zeta(I,1)$ .
Il s'ensuit que $\text{ d}(I,(DK))=IF=1$

$\bullet\text{ D'après la question précédente , }\enskip (LG)// (FI)$ , et comme $IFG$ est un triangle rectangle en $I$ , alors $(FI)\perp (IG)$ .
Donc $(IG)\perp (LG)$ au point $G$ qui appartient au cercle $\zeta(I,1)$ .
Il s'ensuit que $\text{ d}(I,(DL))=IG=1$ .

$\bullet\enskip\text{ Enfin , }L$ est le symétrique de $K$ par rapport à l'axe des abscisses $(O,\vec{u})$ car $z_L=\bar{z_K}$ , alors $(KL)\perp (O,\vec{u})$ .
Donc $\text{ d}(I,(KL))=|x_K-x_I|=\left|-\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\right|=|-1|=1$ .

Ainsi : $\text{ d}(I,(DK))=\text{ d}(I,(DL))=\text{ d}(I,(KL))=1$

On conclut alors que :
$\boxed{\text{Le cercle }(\zeta) \text{ est inscrit dans le triangle }DKL} }$

Figure :

Bac Tunisie 2022 SST (section sciences techniques) : image 6

exercice 4

1-a) On lit directement du graphique l'image de $\ln 2$ par la fonction $g$ :

$\boxed{g(\ln 2)=2}$
On remarque qu'à droite de $0$ , l'axe des ordonnées est asymptote verticale à la courbe $(C)$ de la fonction $g$ dans le domaine des ordonnées positives , alors :

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}g(x)=+\infty}$
Au voisinage de $+\infty$ , la droite d'équation $y=1$ asymptote horizontale à la courbe $(C)$ , alors :

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)=1}$

b) Sur l'intervalle $]0,+\infty[$ :
on voit que la fonction $g$ est décroissante , donc $\text{ : }g'(x)<0$
De plus , on remarque que la courbe $(C)$ reste au dessus de la droite d'équation $y=1$ ,donc : $g(x)>1$ .

$\boxed{ \forall x\in ]0,+\infty[ \text{ : }g'(x)<0 \text{ et } g(x)>1 }$

2-a)
On a , au voisinage de $0$ à droite : $x>0\iff e^x >1\iff e^x-1> 0$

Donc , $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}e^x-1=0^{+}$ , de plus , on sait que $\displaystyle\lim_{X\to 0^{+}}\ln X = -\infty$

Donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\ln(e^x-1)=-\infty$

D'autre part , puisque $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}e^x=+\infty$ , alors $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}e^x-1=+\infty$

Et $\displaystyle\lim_{X\to +\infty}\ln X = +\infty$

Alors $\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\ln(e^x-1)=+\infty$

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=-\infty\text{ et }\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty }$

b) La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme composée des fonctions $\ln \text{ et } \exp$ dérivables sur $]0;+\infty[$

$\begin{matrix}\forall x\in]0,+\infty[ \text{ : }f'(x)&=&\left(\ln(e^x-1)\right)' \\&=&\dfrac{(e^x-1)'}{e^x-1}\\&=&\dfrac{e^x}{e^x-1}\\&=&g(x)\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in]0;+\infty[\text{ : } f'(x)=g(x)}$

c) On a vu que $g(x)>1>0$ , pour tout $x$ appartenant à $]0;+\infty[$ .

Donc , pour tout réel $x$ de $]0;+\infty[\text{ : }f'(x)>0$ .

Ainsi , $f$ est une fonction strictement croissante sur $]0;+\infty[$

Le tableau de variations de la fonction $f$ :

$\begin{array}{|c||ccc|} \hline x & 0 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & - & \\ \hline & & & +\infty \\ f & &\nearrow & \\ & -\infty & & \\ \hline \end{array}$

d) $f(\ln 2)=\ln(e^{\ln2}-1)=\ln(2-1)=\ln 1=0$

Et puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ , alors :

$\boxed{\begin{matrix}\bullet \enskip\forall x\in ]0;\ln 2[\text{ : }f(x)<0\\\bullet \enskip f(\ln 2)=0\\\bullet \enskip \forall x\in ]\ln 2;\infty[\text{ : }f(x)>0\end{matrix}}$

3-a) Pour tout réel $x$ de $]0,+\infty[ \text{ : }$

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

$\boxed{\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }\ln(g(x))=x-f(x) }$

b) On a :

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)-x=\displaystyle\lim_{x\to+\infty} -(x-f(x))=\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \ln(g(x))$

Et puisque $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} g(x)=1 \text{ et } \displaystyle\ln (1)=0$

Alors : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \ln(g(x))=0$

Ou encore : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)-x=0$

Interprétation graphique : $\boxed{ \begin{matrix}\text{ La droite } \Delta\text{ : }y=x \text{ est une asymptote à la courbe }(\Gamma) \\ \text{ de la fonction }f\text{ au voisinage de }+\infty\end{matrix}}$

c) On a vu que pour tout $x$ de $]0;+\infty[ \text{ : } g(x)>1$ .

Et en sachant que la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ , alors $\ln(g(x))>\ln 1=0$

Donc , $\forall x\in]0;+\infty[ \text{ : } x-f(x)>0 \iff \forall x\in]0;+\infty[ \text{ : }x>f(x)$

Ce qui s'interprète graphiquement par : $\boxed{\text{ La courbe }(\Gamma)\text{ est en-dessous de la droite }\Delta\text{ : }y=x}$

4-a) Directement :

$\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} h(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)-g(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)-\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} g(x)=-\infty-(+\infty)=-\infty$

$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} h(x)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)-g(x)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)-\displaystyle\lim_{x\to +\infty} g(x)=+\infty-1=+\infty$

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}h(x)=-\infty \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to +\infty}h(x)=+\infty }$

b) $h$ est une fonction continue et strictement croissante sur $]0;+\infty[$ comme somme des fonctions $f$ et $(-g)$ continues et strictement croissantes sur cet intervalle .

En effet , on sait que $g$ est continue et strictement décroissante sur $]0;+\infty[$ , donc $-g$ est continue et strictement croissante sur $]0;+\infty[$ .

On en déduit que $h$ réalise une bijection de $]0;+\infty[$ vers $h\left(]0;+\infty[\right)=]-\infty;+\infty[$ puisqu'on a vu que $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}h(x)=-\infty \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to +\infty}h(x)=+\infty$

De plus , $0\in]-\infty;+\infty[$ , alors $0$ admet un unique antécédent dans $]0;+\infty[$ qu'on note $\alpha$ .

Ou encore :
$\boxed{\text{L'équation }f(x)=g(x) \text{ admet dans } ]0,+\infty[ \text{ une solution unique notée }\alpha }$

5)

Bac Tunisie 2022 SST (section sciences techniques) : image 5

6-a) Pour tout réel $x$ :

$\begin{matrix}e^{x}+\dfrac{e^x}{e^x-1}&=& \dfrac{e^x(e^x-1)}{e^x-1}+\dfrac{e^x}{e^x-1}\\&=& \dfrac{e^{x}(e^x-1)+e^x}{e^x-1}\\&=& \dfrac{e^{2x}-e^x+e^x}{e^x-1}\\&=&\dfrac{e^{2x}}{e^x-1}\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R \text{ : }\dfrac{e^{2x}}{e^x-1}=e^{x}+\dfrac{e^x}{e^x-1} }$

D'où :

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

Or , puisque $e^{\ln 2}=2\enskip\text{ et }\enskip f(\ln 2)=0$

Donc :

$\boxed{\displaystyle \int_{\ln 2}^{\alpha }\dfrac{e^{2x}}{e^x-1}\text{ d}x = e^{\alpha}+f(\alpha)-2}$

b) $I=\displaystyle \int_{\ln 2}^{\alpha } e^{x}\ln(e^x-1)\text{ d}x$

Intégration par parties :

On note : $\begin{cases}u(x)=\ln(e^x-1) \\v'(x)=e^x \end{cases}\enskip\enskip \text{ et donc }\enskip\enskip \begin{cases}u'(x)=\dfrac{e^x}{e^x-1} \\v(x)=e^x \end{cases}$

Donc :

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

Or , $\left[e^xf(x)\right]_{\ln 2}^{\alpha }=e^{\alpha}f(\alpha)-e^{\ln 2}f(\ln 2)=e^{\alpha}f(\alpha)\enskip\enskip\left(\text{ puisque }f(\ln 2)=0\right)$

Donc : $\boxed{I=\displaystyle e^{\alpha}f(\alpha)-\int_{\ln 2}^{\alpha }\dfrac{e^{2x}}{e^x-1} \text{ d}x}$

c) On a :

$\begin{matrix}I&=&\displaystyle e^{\alpha}f(\alpha)-\int_{\ln 2}^{\alpha }\dfrac{e^{2x}}{e^x-1} \text{ d}x\\&=& e^{\alpha}f(\alpha)-\left(e^{\alpha}+f(\alpha)-2\right)\\&=&f(\alpha)\left(e^{\alpha}-1\right)-e^{\alpha}+2\end{matrix}$

Puisque $\alpha$ est l'unique solution de l'équation $f(x)=g(x)$ , alors $f(\alpha)=g(\alpha)$

On en tire que :

$\begin{matrix}I&=&g(\alpha)\left(e^{\alpha}-1\right)-e^{\alpha}+2\\&=&\dfrac{e^{\alpha}}{e^{\alpha}-1}(e^{\alpha}-1)-e^{\alpha}+2\\&=&e^{\alpha}-e^{\alpha}+2 \\&=& 2\end{matrix}$

$\boxed{I=2}$

Publié par malou/Panter le 17-10-2022

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