Fiche de mathématiques
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Bac Tunisie SST 2022

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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






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}
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