Fiche de mathématiques

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Bac Tunisie SSE 2022

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

Voir la correction

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 :

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

Publié par malou/Panter le 16-09-2022

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