Fiche de mathématiques
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Bac Tunisie SSE 2022

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Durée : 3 heures
Coefficient : 3

5,5 points

exercice 1

Soit un réel \theta\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] .

1. Résoudre dans \C l'équation (E)\enskip:\enskip z^2-\left(i+2e^{i\theta}\right)z+e^{2i\theta}+ie^{i\theta}=0 .

2. Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé direct (O,\vec{u},\vec{v}) , on considère les points A\text{ , }B\text{ et }C d'affixes respectives z_A=i\text{ , }z_B=i+e^{i\theta}\text{ et }z_C=e^{i\theta} .

a) Vérifier que \dfrac{z_A-z_B}{z_B-z_C}=ie^{i\theta} .

b) Montrer que les points A\text{ , }B\text{ et }C sont alignés si et seulement si \theta=\dfrac{\pi}{2}\text{ ou }\theta=-\dfrac{\pi}{2} .

3. Dans cette question on suppose que \theta\in\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ .

a) Justifier que le quadrilatère OABC est un losange .

b) Vérifier que 1+e^{2i\theta}=2\cos(\theta)e^{i\theta} .

c) On désigne par \mathcal{A}(\theta) l'aire du losange OABC . Montrer que \mathcal{A}(\theta)=\cos\theta .

4.a) Ecrire les nombres complexes (1+i\sqrt{3}) \text{ et } (1-i) sous forme exponentielle .

b) Montrer que \dfrac{\sqrt{2}}{4}(1+i\sqrt{3})(1-i)=e^{i\pi/12} .

c) En déduire la valeur exacte de \cos \dfrac{\pi}{12} .

d) Construire alors , dans la figure 1 de l'annexe , un losange d'aire égale à \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} .

3,5 points

exercice 2

On considère l'arbre de probabilité ci-contre où A et F sont deux évènements tels que la probabilité de F est p(F)=\dfrac{5}{12} .
Bac Tunisie 2022 SE (sciences expérimentales) : image 2


1. Montrer que p(\bar{A}\cap F)=\dfrac{1}{4} .

2. Calculer alors p(F/\bar{A}) .

3. Recopier et compléter l'arbre de probabilité .

4. Calculer p(\bar{A}/\bar{F}) .

4 points

exercice 3

1.On considère la suite (K_n) définie pour tout entier n\geq 1 par K_n=\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{x^n}{1+x^2}\text{ d}x .

a) Montrer que K_1=\dfrac{1}{2}\ln 2 .

b) Vérifier que pour tout entier n\geq 1\enskip ,\enskip K_{n+2}+K_n=\dfrac{1}{n+1} .

c) En déduire la valeur de K_3 .

d) Montrer que pour tout entier n\geq 1 \enskip , \enskip 0\leq K_n\leq \dfrac{1}{n+1} .

e) Calculer alors \displaystyle \lim_{n\to+\infty}K_n .

2. Soit la suite (I_n) définie pour tout entier n\geq 1 \text{ par } I_n=\displaystyle\int_{0}^{1}x^n\ln(1+x^2)\text{ d}x .

a) Montrer que I_n=\dfrac{\ln 2}{n+1} -\dfrac{2}{n+1}K_{n+2}\enskip , \enskip n\geq 1 .

b) Calculer \displaystyle \lim_{n\to+\infty}I_n\text{ et }\lim_{n\to+\infty}nI_n .

7 points

exercice 4

A)

1. Donner le sens de variation de la fonction u définie sur \R par u(x)=1+xe^{x} .

2. En déduire que pour tout réel x\enskip , \enskip 1+xe^{x}>0 .

B)

On considère la fonction f définie sur \R par f(x)=-x+\ln(1+xe^{x}) et on désigne par (\zeta) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,\vec{i},\vec{j}) .

1.a) Montrer que \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty .

b) Montrer que la droite \Delta\enskip:\enskip y=-x est une asymptote à la courbe (\zeta) au voisinage de (-\infty) .

c) Etudier la position relative de la courbe (\zeta) et la droite \Delta .

2.a) Montrer que pour tout réel x\enskip , \enskip f(x)=\ln(x+e^{-x}) .

b) Calculer \displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x) et montrer que \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0 . Interpréter les résultats .

3.a) Montrer que pour tout réel x\enskip , \enskip f'(x)=\dfrac{e^x-1}{1+xe^x} .

b) Dresser le tableau de variation de f .

4. On donne ci-contre le tableau de variation de la fonction h définie sur \R par h(x)=x+2-e^x .

\begin{array}{|c|ccccr|} 	\hline x     & -\infty &   & 0         &   & +\infty  				\\ \hline       &         &   &  1  &   &    			        \\  h &    &\nearrow & &\searrow  &  				 \\       & -\infty &  &  & &  -\infty 				 \\  \hline \end{array}


a) Montrer que l'équation h(x)=0 admet exactement deux solutions \alpha <\beta .

b) On note f'' la dérivée seconde de f . Montrer que pour tout réel x\enskip ,\enskip f''(x)=\dfrac{h(x)e^x}{(1+xe^x)^2} .

c) En déduire que les points A(\alpha,f(\alpha)) \text{ et }B(\beta,f(\beta)) sont deux points d'inflexion de la courbe (\zeta) représentative de f .

5. Dans la figure 2 de l'annexe , on a tracé les tangentes (T_A) et (T_B) à la courbe (\zeta) respectivement aux points A et B et la droite \Delta . On a placé sur l'axe des abscisses les réels \alpha et \beta .

a) Placer les points A et B dans la figure 2 .

b) Tracer la courbe (\zeta) dans le repère (O,\vec{i},\vec{j}) .

6. Pour tout réel \lambda > 1 , on désigne par \mathcal{A}_{\lambda} l'aire de la partie du plan limitée par la courbe (\zeta) , l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives x=1 et x=\lambda .

a) Montrer que pour tout x\in [1,+\infty[ \enskip , \enskip \ln x\leq f(x)\leq \ln x+\ln (1+e^{-1}) .

b) Déterminer \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\mathcal{A}_{\lambda} \text{ et }\lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{\mathcal{A}_{\lambda}}{\lambda\ln \lambda} .

Annexe à rendre avec la copie


Figure 1 :
Bac Tunisie 2022 SE (sciences expérimentales) : image 1


Figure 2 :
Bac Tunisie 2022 SE (sciences expérimentales) : image 3







exercice 1



1-
Soient  \theta\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\text{ et }(E)\text{ : } z^2-\left(i+2e^{i\theta}\right)z+e^{2i\theta}+ie^{i\theta}=0 .

Calculons le discriminent \Delta :
\begin{matrix}\Delta &=&\left(-\left(i+2e^{i\theta}\right)\right)^2-4\left(e^{2i\theta}+ie^{i\theta}\right)&\\&=&i^2+4ie^{i\theta}+4e^{2i\theta}-4ie^{i\theta}-4e^{2i\theta}&\\&=&i^2&\neq 0 \end{matrix}

L'équation (E) admet donc deux solutions qu'on note z_1 \text{ et }z_2 :
\begin{matrix} \begin{matrix} z_1&=&\dfrac{i+2e^{i\theta}-i}{2}\\&=&e^{i\theta} \end{matrix} &\enskip\text{ et }\enskip&\begin{matrix} z_2&=&\dfrac{i+2e^{i\theta}+i}{2}\\&=&e^{i\theta}+1 \end{matrix}\end{matrix}


\boxed{S_{(E)}=\left\lbrace z_1=e^{i\theta}\text{ ; }z_2=e^{i\theta}+1 \right\rbrace }


2-a)

Directement :
\dfrac{z_A-z_B}{z_B-z_C}=\dfrac{i-i-e^{i\theta}}{i+e^{i\theta}-e^{i\theta}}= -\dfrac{e^{i\theta}}{i}=ie^{i\theta}

\boxed{\dfrac{z_A-z_B}{z_B-z_C}=ie^{i\theta}}


b)

\begin{matrix} A\text{ , }B\text{ et }C \text{ sont alignés }&\iff & \dfrac{z_A-z_B}{z_B-z_C}\in\R \\&\iff& ie^{i\theta}\in\R \\&\iff& e^{i\theta}\in i\R \\&\iff& \theta\equiv \dfrac{\pi}{2}\text{ }[\pi] \text{ , avec }\theta\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]\\&\iff& \boxed{\theta=-\dfrac{\pi}{2}\text{ ou }\thrta=\dfrac{\pi}{2}}\end{matrix}

3-a) Ici , \theta\in\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ , donc les points A,B\text{ et }C ne sont pas alignés , et OABC est un quadrilatère .

De plus , Z_{\overrightarrow{OA}}=z_A-z_O=z_A=i\enskip \text{ et }\enskip Z_{\overrightarrow{CB}}=z_B-z_C=i+e^{i\theta}-e^{i\theta}=i

On a donc \overrightarrow{OA}=\overrightarrow{CB} , et le quadrilatère OABC est un parallélogramme \blue (i) .

Enfin , OA =|z_A|=|i|=1 \enskip \text{ et }\enskip OC=|z_C|=|e^{i\theta}|=1 , donc OA=OC=1 \enskip\blue (ii)

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

\boxed{\text{ Le quadrilatère }OABC \text{ est un losange }}


b) On factorise par l'angle moitié :

1+e^{2i\theta}=2e^{i\theta}\underbrace{\left(\dfrac{e^{-i\theta} +e^{i\theta}}{2}\right)}_{=\cos(\theta)}=\boxed{2\cos(\theta)\text{ } e^{i\theta}}

c) On désigne par \mathcal{A}(\theta) l'aire du losange OABC .

On a :

\begin{matrix}\mathcal{A}(\theta) &=& \dfrac{OB\times AC}{2}&=&\dfrac{ |z_B||z_C-z_A|}{2} \\&=& \dfrac{ |z_B(z_C-z_A)|}{2} &=& \dfrac{|(e^{i\theta}+i)(e^{i\theta}-i)|}{2}\\&=&\dfrac{|e^{2i\theta}-i^2|}{2}&=& \dfrac{|e^{2i\theta}+1|}{2}\\&=&\dfrac{|2\cos(\theta)\text{ } e^{i\theta}|}{2} &=&|\cos(\theta)|\text{ } |e^{i\theta}|\end{matrix}

Or , on sait que |e^{i\theta}|=1 .

Et puisque \theta\in\left]-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right[ \text{ , alors }\cos(\theta)>0 , d'où |\cos(\theta)|=\cos(\theta)

On obtient donc :
\boxed{\mathcal{A}(\theta)=\cos(\theta)}


4-a) Ecriture sous forme exponentielle :

\text{ On a : }|1+i\sqrt{3} |=\sqrt{4}=2
\text{ D'où : }1+i\sqrt{3}=2\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)=2\left(\cos \dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right) = \boxed{2e^{i\frac{\pi}{3}}} .

\text{ On a : }|1-i |=\sqrt{2}
\text{ D'où : }1-i=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2}\left(\cos \left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right) = \boxed{\sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}}} .

b) Directement :

\begin{matrix}\dfrac{\sqrt{2}}{4}(1+i\sqrt{3})(1-i)&=&\dfrac{\sqrt{2}}{4}\times 2e^{i\frac{\pi}{3}} \times \sqrt{2}e^{-i\frac{\pi}{4}} &=&\dfrac{2\sqrt{2}^2}{4}e^{i\frac{\pi}{3}}e^{-i\frac{\pi}{4}}\\&=&e^{i\left(\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{4}\right)}&=& \boxed{e^{i\frac{\pi}{12}}}\end{matrix}

c) On a :

\dfrac{\sqrt{2}}{4}(1+i\sqrt{3})(1-i) =\dfrac{\sqrt{2}}{4} (1-i+i\sqrt{3}+\sqrt{3}) = \dfrac{\sqrt{2}(1+\sqrt{3})}{4}+i\dfrac{\sqrt{2}(-1+\sqrt{3})}{4}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+i\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}

D'autre part :

e^{i\frac{\pi}{12}}=\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)

Or , d'après 4-b) : \dfrac{\sqrt{2}}{4}(1+i\sqrt{3})(1-i)=e^{i\pi/12} .

Donc : \dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}+i\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right) .

En identifiant les parties réelles et imaginaires , on obtient :

\boxed{\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\enskip\enskip \left(\text{  et aussi : }\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)}


d) Il est demandé de construire un losange d'aire \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} .

Et on a vu que : \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}=\cos\left(\dfrac{\pi}{12}\right) \enskip\text{ et que l'aire du losange en fonction de }\theta \text{ est }\enskip \mathcal{A}(\theta)=\cos(\theta) .

De plus , \theta\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right] \text{ , on a alors } \theta=\dfrac{\pi}{12} .

On peut donc prendre z_A= i \text{ , }z_B= i+e^{i\frac{\pi}{12}}\text{ et }z_C= e^{i\frac{\pi}{12}} pour que le losange OABC soit d'aire \mathcal{A}\left(\dfrac{\pi}{12}\right)=\dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4} .

On construit les points A et C , et on déduit le point B .

Remarque :
Pour la construction du point C\text{ : }z_C=e^{i\frac{\pi}{12}}\iff \begin{cases}|z_C|=OC=1 \Rightarrow C\in\mathscr{C}(O,1)\\\left(\widehat{\overrightarrow{u},\overrightarrow{OC}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{12}\enskip [2\pi] \end{cases}

Figure :

Bac Tunisie 2022 SE (sciences expérimentales) : image 7


exercice 2

1) On a , d'après la formule des probabilités totales :p(F)=p(F\cap A)+p(F\cap \bar{A})

Donc p(F\cap \bar{A})=p(F)-p(F\cap A)

Or , p(F\cap A)=p(A)\text{ } p(F/A)

On en déduit que :

\begin{matrix}p(F\cap \bar{A})&=&p(F)-p(A)\text{ } p(F/A)\\&=&\dfrac{5}{12}-\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{4} \\&=& \dfrac{5}{12}-\dfrac{2}{12} \\&=&\dfrac{3}{12}\\&=&\boxed{\dfrac{1}{4}}\end{matrix}

2) On a p(F|\bar{A})=\dfrac{p(F\cap \bar{A})}{p(\bar{A})}

Donc : p(F|\bar{A})=\dfrac{p(F\cap \bar{A})}{p(\bar{A})}=\dfrac{p(F\cap \bar{A})}{1-p(A)} =\dfrac{\dfrac{1}{4}}{1-\dfrac{2}{3}}=\boxed{\dfrac{3}{4}}

3) On complète l'arbre par :

p(\bar{F}|A)=1-p(F|A)=1-\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{4} .
p(\bar{A})=1-p(A)=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3} .
p(F/\bar{A}) =\dfrac{3}{4} \enskip\text{ d'après la question précédente }
p(\bar{F}|\bar{A})=1-p(F|\bar{A})=1-\dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{4} .
Bac Tunisie 2022 SE (sciences expérimentales) : image 6


4) D'après le Théorème de Bayes :

p(\bar{A}|\bar{F})=\dfrac{p(\bar{F}|\bar{A})\text{ }p(\bar{A})}{p(\bar{F})}=\dfrac{p(\bar{F}|\bar{A})\text{ }p(\bar{A})}{1-p(F)}

D'où : p(\bar{A}|\bar{F})=\dfrac{\dfrac{1}{4}\times \dfrac{1}{3}}{1-\dfrac{5}{12}}=\dfrac{1}{12} \times \dfrac{12}{12-5} = \boxed{\dfrac{1}{7}}

exercice 3

1)
La suite (K_n) est définie pour tout entier n\geq 1 par K_n=\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{x^n}{1+x^2}\text{ d}x .


a) On a , pour n=1 :

\begin{matrix}K_1&=&\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{x}{1+x^2}\text{ d}x&=& \displaystyle \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{2x}{1+x^2}\text{ d}x\\&=& \displaystyle \dfrac{1}{2}\int_{0}^{1}\dfrac{(1+x^2)'}{1+x^2}\text{ d}x &=& \dfrac{1}{2}\left[\ln|1+x^2|\right]_{0}^{1} \\&=& \dfrac{1}{2}\left(\ln|2|-\ln|1|\right)&=&\dfrac{1}{2}\ln 2\end{matrix}

D'où :
\boxed{K_1=\dfrac{1}{2}\ln 2}


b) On a , pour tout n\geq 1 \text{ : }

\begin{matrix}K_{n+2}+K_n&=&\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{x^{n+2}}{1+x^2}\text{ d}x+\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{x^n}{1+x^2}\text{ d}x&=&\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{n+2}+x^n}{1+x^2}\text{ d}x \\&=& \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{n}(x^2+1)}{1+x^2}\text{ d}x&=& \displaystyle\int_{0}^{1}x^{n}\text{ d}x \\&=&\displaystyle\left[\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\right]_0^1&=& \dfrac{1}{n+1}\end{matrix}

D'où :
\boxed{\forall n\in\N^{*}\text{ : }K_{n+2}+K_n=\dfrac{1}{n+1}}


c) Pour n=1\text{ : }K_{3}+K_1=\dfrac{1}{2}

Donc K_3=\dfrac{1}{2}-K_1=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\ln 2

Ou encore :
\boxed{K_3=\dfrac{1}{2}\left(1-\ln 2\right)}


d) Puisque , pour tout n\geq 1 , on a K_n=\displaystyle \int_{0}^{1}\dfrac{x^n}{1+x^2}\text{ d}x .

\text{ Alors }\enskip 0\leq x\leq 1\enskip\enskip\text{ , d'où }\enskip 0\leq x^2 \leq 1

Donc x^2+1\geq 1 \enskip \enskip\text{ , et on obtient } \enskip 0\leq \dfrac{1}{x^2+1}\leq 1

De plus , puisque x\geq 0 \enskip\enskip\text{ , alors }\enskip x^n\geq 0 \text{ pour tout }n\in\N^{*}

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

Enfin , il est évident que les fonctions x\mapsto 1+x^2 \enskip\text{ et }\enskip x\mapsto x^n\enskip(n\in\N^{*}) sont continues sur [0;1] .

Donc les fonctions x\mapsto \dfrac{x^n}{1+x^2} \enskip\text{ et }\enskip x\mapsto x^n\enskip(n\in\N^{*}) sont continues sur [0;1] , et on peut écrire :

\forall n\in\N^{*}\enskip\enskip\text{ : }\enskip 0\leq\displaystyle \int_{0}^{1} \dfrac{x^n}{1+x^2}\text{ d}x\leq \displaystyle \int_{0}^{1}x^n\text{ d}x

D'après 1-b) , \displaystyle \int_{0}^{1}x^n\text{ d}x=K_{n+2}+K_{n}=\dfrac{1}{n+1}

Conclusion :
\boxed{\forall n\in\N^{*}\text{ : }\enskip 0\leq\displaystyle K_n\leq\dfrac{1}{n+1}}


e) On a : \forall n\in\N^{*}\text{ : }\enskip 0\leq\displaystyle K_n\leq\dfrac{1}{n+1}

Et \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n+1}=0

Donc , d'après le théorème des gendarmes :
\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}K_n=0}


2)
La suite (I_n) est définie pour tout entier n\geq 1 \text{ par } I_n=\displaystyle\int_{0}^{1}x^n\ln(1+x^2)\text{ d}x .


a) Puisqu'il s'agit d'un produit d'une fonction polynômiale par une fonction en \ln , on procède par une intégration par parties .

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

On a donc , pour tout n\geq 1 :

\begin{matrix}I_n&=&\displaystyle\int_{0}^{1}x^n\ln(1+x^2)\text{ d}x&=& \displaystyle\left[\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\ln(1+x^2)\right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1}\dfrac{x^{n+1}}{n+1}\times \dfrac{2x}{1+x^2}\text{ d}x\\&=& \displaystyle\dfrac{1}{n+1}\ln(2) - \dfrac{2}{n+1}\times\int_{0}^{1} \dfrac{x^{n+2}}{1+x^2}\text{ d}x&=&\displaystyle\dfrac{1}{n+1}\ln(2) - \dfrac{2}{n+1}K_{n+2}\end{matrix}

Conclusion :
\boxed{\text{ Pour tout entier }n\geq 1\text{ : } I_n=\dfrac{\ln 2}{n+1} -\dfrac{2}{n+1}K_{n+2}}


b) Calcul de \displaystyle\lim_{n\to+\infty}I_n :

On a :
\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln 2}{n+1}=0
\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{2}{n+1}=0

\displaystyle\lim_{n\to+\infty}K_{n+2}=0\enskip\enskip \text{ puisque } \displaystyle\lim_{n\to+\infty}K_n=0

Donc : \displaystyle\lim_{n\to+\infty}I_n=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln 2}{n+1} -\dfrac{2}{n+1}K_{n+2}=0

\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}I_n=0}



Calcul de \displaystyle\lim_{n\to+\infty}nI_n :

On a , \text{ pour tout entier }n\geq 1\text{ : } nI_n=\dfrac{n}{n+1}\ln 2 -2\dfrac{n}{n+1}K_{n+2}

Et:
\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n}{n+1}=1

\displaystyle\lim_{n\to+\infty}K_{n+2}=0

Donc : \displaystyle\lim_{n\to+\infty}nI_n=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n}{n+1}\ln 2 -2\dfrac{n}{n+1}K_{n+2}=\ln 2

\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}nI_n=\ln 2}


exercice 4

A)

Soit la fonction u définie sur \R par u(x)=1+xe^{x} .


1) Etude de la fonction u :

Le domaine de définition de u est D_u=\R .
\displaystyle \lim_{x\to-\infty} u(x)=\lim_{x\to-\infty} 1+xe^{x}=1+\lim_{x\to-\infty} xe^{x}=1  \enskip\enskip \enskip\enskip\enskip\enskip\left(\text{ En effet }\lim_{x\to-\infty} xe^{x}=0\right)
\displaystyle \lim_{x\to+\infty} u(x)=\lim_{x\to-\infty} 1+xe^{x}=1+\lim_{x\to+\infty} xe^{x}=+\infty  \enskip\enskip \enskip\enskip\enskip\enskip\left(\text{ En effet }\lim_{x\to+\infty} x=+\infty\text{ et }\lim_{x\to+\infty}e^{x}=+\infty\right)

La fonction x\mapsto xe^x est continue et dérivable sur \R comme produit des fonctions x\mapsto x\text{ et exp } continues et dérivables sur \R .
Il s'ensuit que la fonction u est continue et dérivable sur \R .

\forall x\in\R \text{ , on a : } u'(x)=\left(1+xe^x\right)'=e^x+xe^x=(x+1)e^x
Puisque e^x>0 pour tout x\in\R , alors le signe de u'(x) est celui de x+1 . Ce qui permet de dresser le tableau de variations de u :

\begin{array}{|c|ccccr|} \hline x     & -\infty & &-1&  &           +\infty\\ \hline x+1 &        &- & \barre{0} & + &       \\ \hline u'(x) &        &- & \barre{0} & + &      \\ \hline       &   1 &  && &  +\infty   \\  u &    &\searrow &&\nearrow&  \\    &   &  & u(-1) &&    \\  \hline \end{array}


\boxed{\begin{matrix}\text{ La fonction }u\text{ est décroissante sur }]-\infty;-1] \\ \text{ et croissante sur }[-1;+\infty[\end{matrix}}


2) On déduit de la question précédente que la fonction u admet en -1 un extremum minimal .
Ce qui veut dire que : \forall x\in\R \enskip\text{ : }\enskip u(x)\geq u(-1)
Or u(-1)=1-e^{-1}=1-\dfrac{1}{e}>0\enskip\enskip \text{ car } e>1 \text{ et donc }1>\dfrac{1}{e}
On en tire que : \forall x\in\R \enskip\text{ : }\enskip u(x)>0

Ou encore :
\boxed{\forall x\in\R \enskip , \enskip 1+xe^{x}>0 }


B)

On considère la fonction f définie sur \R par f(x)=-x+\ln(1+xe^{x})


1-a) On a vu que \displaystyle \lim_{x\to-\infty} 1+xe^{x}=1 , alors \displaystyle\lim_{x\to-\infty} \ln(1+xe^{x})=\ln 1=0 .

De plus , \displaystyle\lim_{x\to-\infty} -x=+\infty , alors \displaystyle\lim_{x\to-\infty} -x+\ln(1+xe^{x})=+\infty

\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty}


b) Puisque \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty , il faut calculer \displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x} .

Calcul de \displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x} :

\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to-\infty}\dfrac{-x+\ln(1+xe^{x})}{x}=\lim_{x\to-\infty}-1+\dfrac{\ln(1+xe^{x})}{x}

Or , \displaystyle\lim_{x\to-\infty} \ln(1+xe^{x})=0\text{ et }\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{1}{x}=0 .

Donc , \displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{\ln(1+xe^{x})}{x}=0 , d'où \displaystyle\lim_{x\to-\infty}-1+\dfrac{\ln(1+xe^{x})}{x}=-1

Alors : \blue\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-1 \enskip(i)

Calcul de \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)+x

Directement : \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)+x=\lim_{x\to-\infty}-x+\ln(1+xe^{x})+x=\lim_{x\to-\infty}\ln(1+xe^{x})=0\enskip

D'où : \blue \displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)+x=0\enskip (ii)

De \blue (i)\black\text{ et }\blue (ii) \black \text{ : }
\boxed{\text{ la droite }\Delta\text{ d'équation } y=-x \text{ est une asymptote à la courbe }(\zeta) \text{ au voisinage de }-\infty }


c) Etude de la position relative de la courbe (\zeta) et la droite \Delta :

Il s'agit d'étudier le signe de f(x)-y :

\forall x\in\R\text{ : }f(x)-y=-x+\ln(1+xe^{x})+x=\ln(1+xe^{x})


On a : \ln(1+xe^x)= 0 \iff 1+xe^x= 1 \iff xe^x= 0 \iff x= 0 \enskip\enskip\enskip \left(\text{car }\forall x\in\R\text{ : } e^x>0\right)

Et puisque les fonctions \ln \text{ et }\exp sont strictement croissantes respectivement sur ]0;+\infty[ et sur \R , alors :

\forall x\in ]0;+\infty[ \enskip \text{ : }\enskip xe^x> 0\iff \ln(1+xe^x)> 0 \iff f(x)-y> 0

\forall x\in ]-\infty;0[ \enskip \text{ : }\enskip xe^x< 0\iff \ln(1+xe^x)< 0 \iff f(x)-y< 0\enskip\enskip\left( \text{ tout en sachant que : } \forall x\in\R\text{ , }xe^x> -1  \text{ , d'après la partie A) }\right)

x=0\iff \ln(1+xe^x)=0\iff f(x)=y\enskip\enskip\enskip\text{ , avec }f(0)=0+\ln 1 = 0

Il s'ensuit alors :

\boxed{\begin{matrix} &\text{ La courbe }(\zeta) \text{ est en-dessous de la droite } \Delta \text{ sur }]-\infty; 0[ \\&\text{ La courbe }(\zeta) \text{ coupe la droite } \Delta \text{ en }O(0;0)\\&\text{ La courbe }(\zeta) \text{ est au-dessus de la droite } \Delta \text{ sur }]0;+\infty[\end{matrix}}


2-a) On a :

\forall x\in\R\text{ : }f(x)\text{ = }-x+\ln(1+xe^{x}) \text{ = }\ln(e^{-x})+\ln(1+xe^{x}) \text{ = }\ln\left(e^{-x}(1+xe^{x})\right)\text{ = }\ln (e^{-x}+x)

D'où :
\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f(x)=\ln (x+e^{-x})}


b) Puisque \displaystyle\lim_{x\to+\infty}x=+\infty \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{-x}=0 .

Alors \displaystyle\lim_{x\to+\infty}x+e^{-x}=+\infty , il s'ensuit que \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln(x+e^{-x})=+\infty

Conclusion :
\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}


Calcul de \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x} :

\begin{matrix}\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}\ln (x+e^{-x})&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}\ln \left[x\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)\right]\\\\&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}\left[\ln (x)+\ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)\right]&=&\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)\right]\end{matrix}

On a \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0\text{ et }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{-x}=0 ; donc \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)=0 , il s'ensuit que \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)=0

De plus , on sait que \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0 , on en déduit que : \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}\ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)\right]

On conclut alors que :
\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0}


Interprétation graphique :

\boxed{\text{ La courbe }(\zeta) \text{ admet une branche parabolique de la direction celle de l'axe des abscisses au voisinage de }+\infty}


3-a) \forall x\in\R \text{ : }f(x)=-x+\ln(1+xe^{x}) =-x+\ln(u(x))

D'après la partie A) , la fonction u\text{ : }x\mapsto 1+xe^x est dérivable sur \R\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip\forall x\in\R\text{ : } u'(x)=(x+1)e^x .

Alors la foncion f est dérivable sur \R comme somme et composée de fonctions dérivables sur \R .

\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }f'(x)&=&\left(-x+\ln(u(x))\right)'&=&-1+\dfrac{u'(x)}{u(x)} \\&=& \dfrac{-u(x)+u'(x)}{u(x)} &=&\dfrac{-1-xe^x+(x+1)e^x}{1+xe^x} \\&=& \dfrac{-1-xe^x+xe^x+e^x}{1+xe^x}&=& \dfrac{e^x-1}{1+xe^x} \end{matrix}

Conclusion :
\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=\dfrac{e^x-1}{1+xe^x}}


b) D'après A) , pour tout réel x\enskip , \enskip 1+xe^{x}>0 .

Alors le signe de f'(x) et celui de e^x-1 .

On a :

e^x-1=0\iff e^x=1\iff x=0

e^x-1<0\iff e^x<1\iff x<0

e^x-1>0\iff e^x>1\iff x>0

Ce qui permet de dresser le tableau de variations de f :

\begin{array}{|c|ccccr|} \hline x     & -\infty & &0&  &           +\infty\\ \hline f'(x) &        &- & \barre{0} & + &      \\ \hline       &   +\infty &  && &  +\infty   \\  f &    &\searrow &&\nearrow&  \\    &   &  & f(0)=0 &&    \\  \hline \end{array}


4-a)
Sur ]-\infty;0]
h est une fonction continue sur ]-\infty;0] comme somme d'une fonction affine et de la fonction \exp continues sur cet intervalle .
De plus , d'après le tableau de variations , h est strictement croissante sur l'intervalle ]-\infty ; 0] avec h(0)=1>0 \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to-\infty}h(x)=-\infty <0 .
Donc , d'après le Théorème des valeurs intermédiaires (T.V.I.) , l'équation h(x)=0 admet une et une solution sur l'intervalle ]-\infty ; 0] qu'on note \alpha .

Sur [0;+\infty[
De la même manière , h est continue sur [0;+\infty[ comme somme d'une fonction affine et de la fonction \exp continues sur cet intervalle .
Et d'après le tableau de variations , h est strictement décroissante sur l'intervalle [0;+\infty[ avec h(0)=1>0 \text{ et }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}h(x)=-\infty <0 .
Donc , d'après le T.V.I. , l'équation h(x)=0 admet une et une solution sur l'intervalle [0;+\infty[ qu'on note \beta .

Enfin , puisque \alpha\in]-\infty; 0]\text{ et }\beta\in[0;+\infty[ , alors \alpha <\beta .

On complète le tableau de variations de h :

\begin{array}{|c|ccccccccc|} \hline x & -\infty & & \alpha &  &0  & & \beta && +\infty\\ \hline &&& & & 1 & && &\\& & & &\nearrow  && \searrow&&& \\  h & &  &  0  & &&& 0 & &\\&& \nearrow &  & & & & & \searrow  &\\     & -\infty && &  &&& & & -\infty  \\  \hline \end{array}


Récapitulons :

\boxed{\text{L'équation }h(x)=0 \text{ admet exactement deux solutions } \alpha \text{ et }\beta \text{ tels que }\alpha<0<\beta  }


b) Pour tout réel x\text{ : }

\begin{matrix}f''(x)&=& \left(\dfrac{e^x-1}{1+xe^x}}\right)'&=& \dfrac{(e^x-1)'(1+xe^x)-(e^x-1)(1+xe^x)'}{(1+xe^x)^2}\\\\&=&\dfrac{e^x(1+xe^x)-(e^x-1)(x+1)e^x}{(1+xe^x)^2}&=&\dfrac{e^x\left[(1+xe^x)-(e^x-1)(x+1)\right]}{(1+xe^x)^2}  \\\\&=& \dfrac{e^x\left(1+xe^x-xe^x+x-e^x+1\right)}{(1+xe^x)^2}&=&\dfrac{e^x\left(x+2-e^x\right)}{(1+xe^x)^2} \\\\&=&   \dfrac{h(x)e^x}{(1+xe^x)^2}\end{matrix} .

\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f''(x)=\dfrac{h(x)e^x}{(1+xe^x)^2}}


c) Etude de convexité de la fonction f :

On a \forall x\in\R\text{ : }f''(x)=\dfrac{h(x)e^x}{(1+xe^x)^2}

Puisque , pour tout réel x \text{ , } e^x>0 \text{ et } (1+xe^x)^2> 0 , le signe de f''(x) et donc celui de h(x) .

On tire le signe de h(x) (et donc celui de f''(x) ) du tableau de variations de h complété à la question 4-a) :

\forall x\in ]-\infty ; \alpha]\cup[\beta;+\infty[ \text{ : }h(x)\leq 0
\forall x\in[\alpha;\beta]\text{ : }h(x)\geq 0

Ce qui permet de dresser le tableau de convexité de la fonction f :

\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x & -\infty & & \alpha &  & \beta && +\infty\\ \hline f''(x)&&-&\barre{0} & + &\barre{0}& -&\\\hline(\zeta)&  & \text{Concave} & A &\text{Convexe} &B&\text{Concave}& \\  \hline \end{array}


Avec :
\boxed{A(\alpha,f(\alpha)) \text{ et }B(\beta,f(\beta)) \text{ deux points d'inflexion de la courbe }(\zeta) }


5-a) Voir la figure ci-dessous .

Les points A et B sont respectivement les points d'abscisses \alpha \text{ et }\beta et appartenant respectivement aux droites T_A et T_B .

5-b) Le tracé :

Bac Tunisie 2022 SE (sciences expérimentales) : image 5


6-a)

Puisque 1\leq x \enskip\text{ , donc } -x\leq -1 \enskip \text{ et }\magenta 0<\dfrac{1}{x}\leq 1\text{ (i)}

De plus , la fonction \exp est croissante et positive sur \R , alors -x\leq -1\iff \blue 0<e^{-x}\leq e^{-1}\text{ (ii)}

De \magenta\text{ (i) }\black \text{ et }\blue \text{ (ii) }\black \text{ : }0\leq \dfrac{e^{-x}}{x}\leq e^{-1} , et en ajoutant 1 aux membres de cette inégalité , on obtient :

1\leq 1+\dfrac{e^{-x}}{x}\leq 1+e^{-1} , en sachant que \ln est une fonction croissante sur [1;+\infty[ , alors : 0\leq \ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)\leq \ln(1+e^{-1})

Ensuite , puisque x\in[1;+\infty[ , 0\leq \ln x est bien défini et on peut l'ajouter aux membres de l'inégalité , on en tire que :

\ln x\leq \ln x+\ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)\leq \ln x +\ln(1+e^{-1})

Enfin , en remarquant que , pour tout réel x\geq 1\text{ : }\ln x+\ln\left(1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)=\ln\left[x\left( 1+\dfrac{e^{-x}}{x}\right)\right]=\ln\left(x+e^{-x}\right)=f(x)

On déduit que :
\boxed{\forall x\in [1;+\infty[\text{ : }\ln x\leq f(x)\leq \ln x +\ln(1+e^{-1})}


b) On sait que l'aire \mathcal{A}_{\lambda} de la partie du plan limitée par la courbe (\zeta) , l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives x=1 et x=\lambda s'écrit : \mathcal{A}_{\lambda}=\displaystyle\int_{1}^{\lambda} f(x)\text{ d}x

D'après 6-a) , on a l'encadrement suivant : \forall x\in [1;+\infty[\text{ : }\ln x\leq f(x)\leq \ln x +\ln(1+e^{-1})}

Or , les fonctions x\mapsto\ln x\text{ ; }f \text{ et }x\mapsto \ln x +\ln(1+e^{-1})} étant toutes continues sur [1;+\infty[\text{ , donc sur } [1;\lambda]\enskip\enskip (\lambda \geq 1) .

Donc : \displaystyle\int_{1}^{\lambda}\ln x\text{ d}x\leq\displaystyle\underbrace{\int_{1}^{\lambda} f(x)\text{ d}x}_{\mathcal{A}_{\lambda}}\leq\displaystyle\int_{1}^{\lambda}\ln x +\ln(1+e^{-1})\text{ d}x

Calcul de \displaystyle\int_{1}^{\lambda}\ln x\text{ d}x

Intégration par parties :

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

Donc :

\begin{matrix} \displaystyle\int_{1}^{\lambda}\ln x\text{ d}x &=&\displaystyle\left[x\ln x\right]_{1}^{\lambda}-\int_{1}^{\lambda} \dfrac{1}{x}\times x \text{ d}x \\&=&\displaystyle\left[x\ln x\right]_{1}^{\lambda}-\int_{1}^{\lambda}\text{ d}x \\&=& \lambda\ln\lambda-(\lambda-1) \\&=&\lambda\ln\lambda\left(1-\dfrac{1}{\ln\lambda}\right)+1\end{matrix}

Calcul de \displaystyle\int_{1}^{\lambda}\ln x+\ln(1+e^{-1})\text{ d}x

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

Calcul de \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\mathcal{A}_{\lambda}

On sait que \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\ln\lambda = +\infty \text{ , donc } \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\lambda \ln\lambda = +\infty\text{ et }\displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{1}{\ln\lambda} = 0
Donc :

\displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\int_{1}^{\lambda}\ln x\text{ d}x= \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\lambda\ln\lambda\left(1-\dfrac{1}{\ln\lambda}\right)+1=+\infty

D'après le théorème de comparaison :

\boxed{\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}\mathcal{A}_{\lambda}=\lim_{\lambda\to+\infty}\int_{1}^{\lambda}f(x)\text{ d}x=+\infty}

Calcul de \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{\mathcal{A}_{\lambda}}{\lambda\ln \lambda}

Pusique \lambda>1>0 , alors \ln\lambda >0 et donc \lambda\ln\lambda >0 , et encore \dfrac{1}{\lambda\ln\lambda} >0

On a donc l'encadrement suivant : \dfrac{1}{\lambda\ln\lambda} \displaystyle\int_{1}^{\lambda}\ln x\text{ d}x\leq\dfrac{1}{\lambda\ln\lambda}\mathcal{A}_{\lambda}\leq\dfrac{1}{\lambda\ln\lambda}\displaystyle\int_{1}^{\lambda}\ln x +\ln(1+e^{-1})\text{ d}x

On a vu que \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\lambda \ln\lambda = +\infty\text{ et }\displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{1}{\ln\lambda} = 0 . De plus , \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty} \dfrac{1}{\lambda}=0

Ce qui permet de calculer les limites :

\displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{1}{\lambda\ln\lambda}\int_{1}^{\lambda}\ln x\text{ d}x= \displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{1}{\lambda\ln\lambda}\left[\lambda\ln\lambda\left(1-\dfrac{1}{\ln\lambda}\right)+1\right]=\lim_{\lambda\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{\ln\lambda}\right)+\dfrac{1}{\lambda\ln\lambda}=1


\begin{matrix}\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{1}{\lambda\ln\lambda}\int_{1}^{\lambda}\ln x+\ln(1+e^{-1})\text{ d}x&=&\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{1}{\lambda\ln\lambda}\lambda\ln\lambda\left(1-\dfrac{1}{\ln\lambda}\left(1-\dfrac{1}{\lambda}\right)(1+\ln(1+e^{-1}))\right)\\&=&\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}1-\dfrac{1}{\ln\lambda}\left(1-\dfrac{1}{\lambda}\right)(1+\ln(1+e^{-1}))\\&=&1\end{matrix}

D'après le théorème des gendarmes :

\boxed{\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}\dfrac{\mathcal{A}_{\lambda}}{\lambda\ln\lambda}=1}
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