Fiche de mathématiques
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Baccalauréat Mathématiques

Sénégal 2023

Séries S2-S2A-S4-S5

1er groupe

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Durée : 4 heures

Coefficient : 5


Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 10


3 points

exercice 1

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 6


4 points

exercice 2

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 7


4 points

exercice 3

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 1


9 points

probleme

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 12

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 11





Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe)

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3 points

exercice 1

1.  Soit  \overset{ { \white{ . } } } { a}   un nombre rationnel strictement positif et  \overset{ { \white{ . } } } { n}   un entier naturel.

1. a)  Nous devons calculer  \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}.

Soit la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f}   définie sur  \overset{ { \white{ . } } } { ]\,-1\;;\;+\infty[}   par   \overset{ { \white{ . } } } { f(x)=\ln(x+1).}  
Nous obtenons alors :

{ \white{ xxi } }\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(x+1)-\ln(0+1)}{x-0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}}=f'(0)} \\\\\text{Or }\;f(x)=\ln(x+1) \quad\Longrightarrow\quad f'(x)=\dfrac{1}{x+1} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWi}\quad\Longrightarrow\quad f'(0)=1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1}

1. b)  Nous devons calculer  \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\text e^x-1}{x}.

Soit la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { g}   définie sur  \overset{ { \white{ . } } } { \R}   par   \overset{ { \white{ . } } } { g(x)=\text e^x.}  
Nous obtenons alors :

{ \white{ xxi } }\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\text e^x-1}{x}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\text e^x-\text e^0}{x-0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\text e^x-1}{x}}=\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{g(x)-g(0)}{x-0}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\text e^x-1}{x}}=g'(0)} \\\\\text{Or }\;g(x)=\text e^x \quad\Longrightarrow\quad g'(x)=\text e^x \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWi}\quad\Longrightarrow\quad g'(0)=\text e^0=1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\text e^x-1}{x}=1}

2. a)  Une primitive de la fonction  \overset{ { \white{ . } } } {x\mapsto (\text{exp}\circ f)(x)f'(x)}  est la fonction  \overset{ { \white{ _. } } } {x\mapsto (\text{exp}\circ f)(x)+c}  où  \overset{ { \white{ . } } } { c}   est un nombre réel constant.

2. b)  Une primitive de la fonction  \overset{ { \white{ . } } } {x\mapsto \dfrac{f'(x)}{f(x)}}  est la fonction  \overset{ { \white{ . } } } {x\mapsto \ln(\left|f(x)\right|)+c}  où  \overset{ { \white{ . } } } { c}   est un nombre réel constant et  \overset{ { \white{ . } } } {f(x)\neq0. }

4 points

exercice 2

Soit le polynôme  \overset{ { \white{ _{.} } } } { P}   défini par  \overset{ { \white{ . } } } { P(z)=2z^3-3(1+\text i)z^2+4\text iz+1-\text i\quad\text{où }\;z\in\C.}  

1.  Montrons que 1 est racine de  \overset{ { \white{ _{.} } } } { P.}  

{ \white{ xxi } } P(1)=2\times 1^3-3(1+\text i)\times 1^2+4\text i\times1+1-\text i \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(1)}=2-3(1+\text i)+4\text i+1-\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(1)}=2-3-3\text i+4\text i+1-\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(1)}=0} \\\\\Longrightarrow\boxed{P(1)=0}

Donc 1 est racine de  \overset{ { \white{ _{.} } } } { P.}  

Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } { \text i}   est racine de  \overset{ { \white{ _{.} } } } { P.}  

{ \white{ xxi } } P(\text i)=2\times \text i^3-3(1+\text i)\times \text i^2+4\text i\times\text i+1-\text i \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(1)}=2\times(-\text i)-3(1+\text i)\times(-1)+4\text i^2+1-\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(1)}=-2\text i+3(1+\text i)-4+1-\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(1)}=-2\text i+3+3\text i-4+1-\text i} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{P(1)}=0} \\\\\Longrightarrow\boxed{P(\text i)=0}

Donc  \overset{ { \white{ _. } } } { \text i}   est racine de  \overset{ { \white{ _{.} } } } { P.}  

2.  Nous devons déterminer le polynôme  \overset{ { \white{ . } } } { g}   tel que  \overset{ { \white{ . } } } {P(z)=(z-1)(z-\text i)g(z). }

Déterminons le polynôme  \overset{ { \white{ . } } } { g}   en appliquant deux fois la méthode de Horner.

{ \white{ WWWWWWWW } } \begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline&\phantom{xx}2\phantom{xx}&-3-3\text i&4\text i&1-\text i \\\hline 1&&2&-1-3\text i&-1+\text i\\\hline &2&-1-3\text i&-1+\text i&{\red{0}}\\\hline \text i&&2\text i&-\text i+1&\\\hline &2&-1-\text i&{\red{0}}&\\\hline \end{array}

Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed {g(z)=2z-1-\text i} }   et par conséquent  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{P(z)=(z-1)(z-\text i)(2z-1-\text i)}. }

3.  Nous devons résoudre dans  \overset{ { \white{ _. } } } {\C}  l'équation  \overset{ { \white{ . } } } {P(z)=0. }

P(z)=0\quad\Longleftrightarrow\quad (z-1)(z-\text i)(2z-1-\text i)=0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad z-1=0\quad\text{ou}\quad z-\text i=0\quad\text{ou}\quad 2z-1-\text i=0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad z=1\quad\text{ou}\quad z=\text i\quad\text{ou}\quad 2z=1+\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{z=1\quad\text{ou}\quad z=\text i\quad\text{ou}\quad z=\dfrac 1 2+\dfrac 1 2\,\text i}}

D'où l'ensemble des solutions de l'équation   \overset{ { \white{ . } } } {P(z)=0 }   est   \boxed{S=\left\lbrace1\;;\;\text i\;;\;\dfrac 1 2+\dfrac 1 2\,\text i\right\rbrace}\,.

4.  On pose  \overset{ { \white{ . } } } { z_A=1,\;z_B=\text i}   et    { z_C=\dfrac 1 2 +\dfrac 1 2\, \text i.}  

4. a)  Représentation graphique des points A, B  et C  (voir question 5.)

4. b)  \overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Montrons que le point C  est le milieu du segment [AB ].

{ \white{ xxi } }\dfrac{z_A+z_B}{2}=\dfrac{1+\text i}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_A+z_B}{2}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac 1 2\,\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_A+z_B}{2}}=z_C} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{z_A+z_B}{2}=z_C}
Par conséquent, le point C  est le milieu du segment [AB ].

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Montrons que le point C  appartient à l'ensemble (E ) des points M  tels que   \overset{ { \white{ . } } } {||\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MO}||\le2. }
Nous devons donc montrer que  \overset{ { \white{ . } } } {||\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}||\le2. }

Nous savons que le point C  est le milieu du segment [AB ] et par suite que  \overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}=\overrightarrow{0}. }

Dès lors,

\left|\left|\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}\right|\right|=\left|\left|\overrightarrow{0}+2\overrightarrow{CO}\right|\right| \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{||\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}||}=\left|\left|2\overrightarrow{CO}\right|\right|} \\\overset{ { \white{ . } } }
{\white{WWWwWW}}\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{||\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}||}=2\,\sqrt{\left(\dfrac 1 2 \right)^2+\left(\dfrac 1 2 \right)^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{||\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}||}=2\,\sqrt{\dfrac 1 4+\dfrac 1 4}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{||\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}||}=2\,\sqrt{\dfrac 2 4}}
\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{||\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}||}=2\times\dfrac{\sqrt  2}{2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{||\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}||}=\sqrt 2\approx1,4} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left|\left|\,\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}+2\overrightarrow{CO}\,\right|\right|\le2}
Nous en déduisons que le point C  appartient à l'ensemble (E ).

4. c)  Nous devons déterminer l'affixe  \overset{ { \white{ . } } } {z_G }   du point G  barycentre du système  \overset{ { \white{ . } } } { \lbrace(A,1)\;;\;(B,1)\;;\;(O,2)\rbrace.}

{ \white{ xxi } }z_G=\dfrac{z_A+z_B+2z_0}{1+1+2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_G}=\dfrac{1+\text i+0}{4}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_G}=\dfrac{1+\text i}{4}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_G}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\,\text i} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z_G=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\,\text i}

Représentation graphique du point G (voir question 5).

5.  Nous devons déterminer et construire l'ensemble (E ) des points M  tels que   \overset{ { \white{ . } } } {||\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MO}||\le2. }

Le point G  est le barycentre du système  \overset{ { \white{ . } } } { \lbrace(A,1)\;;\;(B,1)\;;\;(O,2)\rbrace.}
Dès lors, pour tout point M  du plan, nous obtenons :  \overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MO}=(1+1+2)\overrightarrow{MG},}  
soit  \overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MO}=4\,\overrightarrow{MG},}  

Dès lors,

\overset{ { \white{ . } } } {\left|\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MO}\right|\right|\le2 }\quad\Longleftrightarrow\quad\left|\left|4\overrightarrow{MG}\right|\right|\le2  \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\left|\left|\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MO}\right|\right|\le2} }\quad\Longleftrightarrow\quad4\left|\left|\overrightarrow{MG}\right|\right|\le2  \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left|\left|\overrightarrow{MG}\right|\right|\le\dfrac 1 2}

Il s'ensuit que M  appartient au disque centré en G  et de rayon  \frac 1 2.

Par conséquent, l'ensemble (E ) des points M  tels que   \overset{ { \white{ . } } } {||\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MO}||\le2 }   est le disque centré en G  et de rayon  \frac 1 2.

Représentons graphiquement les résultats.

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 20
6.  L'objectif du jeune agriculteur est de pratiquer sa culture sous serre dans l'ensemble (E ) qui contient un point du segment [AB ].

Son objectif sera atteint s'il pratique sa culture dans un disque de son champ (E ) qui contient le point C  milieu du segment [AB ] où les affixes des points A  et B  sont respectivement  \overset{ { \white{ . } } } {z_A=1 }   et  \overset{ { \white{ . } } } {z_B=\text i }  .

4 points

exercice 3

On considère la suite numérique  \overset{ { \white{ . } } } {(U_n)_{n\in\N} }   définie par :  \overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}U_0=6\phantom{WWWWWWWWwW}\\\overset{ { \white{ . } } } {U_{n+1}=\dfrac{1}{U_n}+\dfrac 3 4\,U_n\quad\quad(n\in\N)}\end{matrix}\right. }

1.  Nous devons déterminer  \overset{ { \white{ . } } } { U_1}   et  \overset{ { \white{ . } } } { U_2.}  

{ \white{ xxi } } \overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} U_{1}=\dfrac{1}{U_0}+\dfrac 3 4\,U_0=\dfrac{1}{6}+\dfrac 3 4\times 6=\dfrac{14}{3}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_1=\dfrac{14}{3}} \\\\ \overset{ { \phantom{ . } } }{\bullet}{\white{x}} U_{2}=\dfrac{1}{U_1}+\dfrac 3 4\,U_1=\dfrac{3}{14}+\dfrac 3 4\times \dfrac{14}{3}=\dfrac{26}{7}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_2=\dfrac{26}{7}}

2.  Nous devons démontrer par récurrence que :  \overset{ { \white{ . } } } {\forall\,n\in\N,\;U_n\ge\sqrt 3. }

Initialisation  : Montrons que la propriété est vraie pour n  = 0, soit que  \overset{ { \white{ . } } } {U_0\ge\sqrt 3.}
C'est une évidence car  \overset{ { \white{ . } } }{ U_0=6\ge\sqrt 3\quad\Longrightarrow\quad U_0\ge\sqrt 3. }
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité  : Montrons que si pour un nombre naturel n  fixé, la propriété est vraie au rang n , alors elle est encore vraie au rang (n +1).
Montrons donc que si pour un nombre naturel n  fixé,  \overset{ { \white{ . } } }{ U_n\ge\sqrt 3 } , alors nous obtenons  \overset{ { \white{ . } } }{ U_{n+1}\ge\sqrt 3 } , soit  \overset{ { \white{ . } } }{ U_{n+1}-\sqrt 3\ge0 \;. }

U_{n+1}-\sqrt 3=\dfrac{1}{U_n}+\dfrac 3 4\,U_n-\sqrt 3 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{U_{n+1}-\sqrt 3}=\dfrac{4+3\,U_n^2-4\sqrt 3\,U_n}{4\,U_n}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{U_{n+1}-\sqrt 3}=\dfrac{(\sqrt 3\,U_n)^2-4\sqrt 3\,U_n+4}{4\,U_n}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{U_{n+1}-\sqrt 3}=\dfrac{(\sqrt 3\,U_n-2)^2}{4\,U_n}}

Nous observons que  \overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}\sqrt 3\,U_n-2)^2\ge 0\phantom{WWWWWWWWWWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {U_n\ge\sqrt 3\quad\Longrightarrow\quad U_n>0\quad\Longrightarrow\quad 4U_n>0}\end{matrix}\right. }
Dès lors,  \overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{(\sqrt 3\,U_n-2)^2}{4\,U_n}\ge 0. }

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {U_{n+1}-\sqrt 3\ge 0 }
Donc l'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que  \overset{ { \white{ . } } } {\forall\,n\in\N,\;U_n\ge\sqrt 3. }

3.  Soit  \overset{ { \white{ . } } } {f }   la fonction définie sur  \overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[ }   par  \overset{ { \white{ . } } } {f(x)=\dfrac 1 x  + \dfrac 3 4 x.}  

3. a)  Nous devons étudier le sens de variations de  \overset{ { \white{ . } } } {f. }  

La fonction  \overset{ { \white{ . } } } {f }   est dérivable sur  \overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[\,. }  

{ \white{ xxi } }\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[\,,\;f'(x)=-\dfrac{1}{x^2}+\dfrac 3 4 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[\,,\;f'(x)}=\dfrac{-4+3x^2}{4x^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[\,,\;f'(x)}=\dfrac{3x^2-4}{4x^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[\,,\;f'(x)}=\dfrac{(\sqrt 3\,x+2)(\sqrt 3\,x-2)}{4x^2}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[\,,\;f'(x)=\dfrac{(\sqrt 3\,x+2)(\sqrt 3\,x-2)}{4x^2}}

Nous savons que   { \sqrt 3\,x+2>0}   car  \overset{ { \white{ . } } } {x\in\;]0\;;\;+\infty[ }  .
De plus,   {4x^2>0. }

Il s'ensuit que le signe de  \overset{ { \white{ . } } } {f'(x) }   est le signe de  { \sqrt 3\,x-2.}

Tableau de signes de  \overset{ { \white{ . } } } {f'(x). }  

\begin{matrix}\sqrt 3\,x-2=0\quad\Longleftrightarrow\quad\sqrt 3\,x=2\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\text e^x-1>0}\quad\Longleftrightarrow\quad x=\dfrac {2}{ \sqrt{3}}}\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\text e^x-1>0}\quad\Longleftrightarrow\quad x=\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}}\\\\\sqrt 3\,x-2<0\quad\Longleftrightarrow\quad x<\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}\\\\\sqrt 3\,x-2>0\quad\Longleftrightarrow\quad x>\dfrac {2 \sqrt{3}}{3} \end{matrix}  \begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&&x&0&&\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}&&+\infty &&&&&&\\\hline &&&&&\\\sqrt 3\,x-2&&-&0&+ &\\&&&&&\\\hline & ||&&&&\\f'(x)&||&-&0&+ &\\&||&&&&\\\hline \end{array}

D'où le tableau de variations de  \overset{ { \white{ . } } } {f }  

{ \white{ WWWWW} }  \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&&x&0&&\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}&&+\infty &&&&&&\\\hline &||&&&&\\f'(x)&||&-&0&+ &\\&||&&&&\\\hline &||&&&&\\f&||&\searrow&&\nearrow &\\&||&&f\left(\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}\right)&&\\\hline \end{array}

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {f }   est strictement décroissante sur  \left]\,0\;;\;\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}\right]  et strictement croissante sur  \left[\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}\;;\;+\infty\right[.

3. b)  Nous devons en déduire par récurrence que  \overset{ { \white{ . } } } {(U_n)_{n\in\N} }   est strictement décroissante.

Initialisation  : Montrons que  \overset{ { \white{ . } } } {U_1<U_0.}
C'est une évidence car  \overset{ { \white{ . } } }{ \left\lbrace\begin{matrix}U_0=6\phantom{xWWW}\\U_1=\dfrac{14}{3}\approx4,67\end{matrix}\right.}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_1<U_0}
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité  : Montrons que si pour un nombre naturel n  fixé, la propriété est vraie au rang n , alors elle est encore vraie au rang (n +1).
Montrons donc que si pour un nombre naturel n  fixé,  \overset{ { \white{ . } } }{ U_{n+1}<U_n } , alors nous obtenons  \overset{ { \white{ . } } }{ U_{n+2}<U_{n+1}.} 

Dans la question 2., nous avons montré que :  \overset{ { \white{ . } } } {\forall\,n\in\N,\;U_n\ge\sqrt 3. }

Puisque  \sqrt3>\dfrac{2\sqrt3}{3},  nous en déduisons que   {\forall\,n\in\N,\;U_n>\dfrac{2\sqrt3}{3} }   et par suite    {U_{n+1}>\dfrac{2\sqrt3}{3}. }  

Dès lors,  \overset{ { \white{ . } } } {U_n\in\;\left[\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}\;;\;+\infty\right[}  et   U_{n+1}\in\;\left[\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}\;;\;+\infty\right[

De plus, nous savons que  \overset{ { \white{ . } } } {f }   est strictement croissante sur  \left[\dfrac {2 \sqrt{3}}{3}\;;\;+\infty\right[.

D'où, en utilisant l'hypothèse de récurrence, nous obtenons :

 U_{n+1}<U_n\quad\Longrightarrow\quad  f\left(U_{n+1}\right)<f\left(U_{n}\right) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{ U_{n+1}<U_n}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{ U_{n+2}<U_{n+1}}}\quad\quad\text{car }\left\lbrace\begin{matrix}f\left(U_{n+1}\right)=U_{n+2}\\f\left(U_{n}\right)=U_{n+1}\end{matrix}\right.

Donc l'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que  \overset{ { \white{ . } } } {(U_n)_{n\in\N} }   est strictement décroissante.

4.  Dans les questions 2. et 3. b), nous avons montré que la suite  \overset{ { \white{ . } } } {(U_n)_{n\in\N}}  est décroissante et minorée par  \overset{ { \white{ . } } } { \sqrt 3.} .
Nous en déduisons que la suite  \overset{ { \white{ . } } } {(U_n)_{n\in\N}}  est convergente.

Déterminons sa limite.

La fonction f  est continue sur  \overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[ }  
La suite (Un ) est définie par la relation de récurrence :  \overset{ { \white{ . } } } { U_{n+1}=f(U_n).}
Nous savons que la suite (Un ) est convergente vers  \overset{{\white{.}}}{\ell} .
Selon le théorème du point fixe, nous déduisons que  \overset{{\white{.}}}{\ell}  vérifie la relation  \overset{{\white{.}}}{\ell=f(\ell).}

\ell=f(\ell)\quad\Longleftrightarrow\quad\ell=\dfrac 1\ell+\dfrac 34\, \ell \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\ell=f(\ell)}\quad\Longleftrightarrow\quad\ell=\dfrac {4+3\,\ell^2}{4\,\ell}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\ell=f(\ell)}\quad\Longleftrightarrow\quad 4\,\ell^2=4+3\,\ell^2} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\ell=f(\ell)}\quad\Longleftrightarrow\quad 4\,\ell^2-3\,\ell^2=4} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\ell=f(\ell)}\quad\Longleftrightarrow\quad \ell^2=4} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{\ell=f(\ell)}\quad\Longleftrightarrow\quad \ell=2\quad\text{ou}\quad\ell=-2}

Or  \overset{ { \white{ . } } } {\ell\ge\sqrt 3. }

Donc  \overset{ { \white{ . } } } {\ell=2. }

Par conséquent,  \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=2}\,.

9 points

probleme

Partie A (2 points)

On considère l'équation différentielle  \overset{ { \white{ . } } } {(E):\dfrac 1 2 y'+y=3\,\text e^{-2x}+2. }

1.  Nous devons résoudre l'équation différentielle  \overset{ { \white{ . } } } {(E'):\dfrac 1 2 y'+y=0. }

La solution générale d'une équation différentielle de la forme  \overset{{\white{.}}}{y'=ay+b}  est  y=c\,\text{e}^{ax}-\dfrac{b}{a}\ \ \ \ \ (c\in\R).
\text{Or }\ \dfrac 1 2 y'+y=0\Longleftrightarrow  y'=-2y.

Dans ce cas,  a = -2 et b = 0.

D'où la solution générale de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } { (E')}  s'écrit  \boxed{y(x)=c\,\text{e}^{-2x}\ \ (c\in\R)}

2.  Soit  \overset{ { \white{ _. } } } {h }   une fonction définie sur  \overset{ { \white{ _{.} } } } {\R }   par  \overset{ { \white{ . } } } {h(x)=ax\,\text e^{-2x}+b }   où  \overset{ { \white{ . } } } {a }   et  \overset{ { \white{ _. } } } { b}   sont des réels.
Nous devons déterminer  \overset{ { \white{ . } } } {a }   et  \overset{ { \white{ _. } } }{ b}   pour que  \overset{ { \white{ _. } } } { h}   soit une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E). }

La fonction  \overset{ { \white{ _. } } } {h }   est dérivable sur  \overset{ { \white{ . } } } {\R. }  

Pour tout  \overset{ { \white{ . } } } { x\in\R,}  

h'(x)=(ax)'\times\,\text e^{-2x}+ax\times(\text e^{-2x})' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h'(x)}=a\times\text e^{-2x}+ax\times(-2\text e^{-2x})} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{h'(x)=a\,\text e^{-2x}-2ax\,\text e^{-2x}}

\overset{ { \white{ _. } } } { h}   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E)\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac 1 2 h'(x)+h(x)=3\,\text e^{-2x}+2}
{ \white{ WWWWW} } { \white{ WWWWWW} } \\\overset{ { \white{ . } } } {\Longleftrightarrow\quad \dfrac 1 2 (a\,\text e^{-2x}-2ax\,\text e^{-2x})+(ax\,\text e^{-2x}+b )=3\,\text e^{-2x}+2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad \dfrac 1 2 a\,\text e^{-2x}-ax\,\text e^{-2x}+ax\,\text e^{-2x}+b =3\,\text e^{-2x}+2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad \dfrac 1 2 a\,\text e^{-2x}+b =3\,\text e^{-2x}+2}
{ \white{ WWWWW} } { \white{ WWWWWW} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}\dfrac 1 2 a=3\\\overset{ { \phantom{ . } } } { b=2}\end{matrix}\right.} \\\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad \boxed{\left\lbrace\begin{matrix}a=6\\\overset{ { \phantom{ . } } } { b=2}\end{matrix}\right.}}

3. a)  Soit  \overset{ { \white{ . } } } {g }   une fonction dérivable sur  \R.
Posons  \overset{ { \white{ . } } } {a=6 }   et  \overset{ { \white{ . } } } {b=2 }  
Donc  \overset{ { \white{ . } } } {h(x)=6x\,\text e^{-2x}+2. }

Rappel  : Nous avons montré dans la question 2 que pour les valeurs  \overset{ { \white{ _. } } } {a=6 }   et  \overset{ { \white{ . } } } {b=2, }   la fonction  \overset{ { \white{ _. } } } { h}   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E).}

Nous devons démontrer que  \overset{ { \white{ . } } } {g }   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E) }   si et seulement si  \overset{ { \white{ _. } } } {g-h }   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E'). }  

\overset{ { \white{ . } } } {g-h }   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E')\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac 1 2 \Big(g(x)-h(x)\Big)'+\Big(g(x)-h(x)\Big)=0 }    
{ \white{ WWWWWWw} } { \white{ WWWWWW} } \overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac 1 2\,g'(x)-\dfrac 1 2\,h'(x)+g(x)-h(x)=0 }   \\\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac 1 2\,g'(x)+g(x)=\dfrac 1 2\,h'(x)+h(x) }   \\\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac 1 2\,g'(x)+g(x)=3\,\text e^{-2x}+2} \\\phantom{WWWWWWWWWW}\quad\text{car }h\,\text{est une solution de }(E)
{ \white{ WWWWWWW} } { \white{ WWWWWW} }\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longleftrightarrow\quad g}    est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E)}

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {g }   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E) }   si et seulement si  \overset{ { \white{ _. } } } {g-h }   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E'). }  

3. b)  Nous devons en déduire l'ensemble des solutions de  \overset{ { \white{ _. } } } {(E). }  

Nous savons que  \overset{ { \white{ . } } } {g }   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E) }   si et seulement si  \overset{ { \white{ _. } } } {g-h }   est une solution de  \overset{ { \white{ . } } } {(E'), }   soit  \overset{ { \white{ _. } } } {g(x)-h(x)=c\,\text{e}^{-2x}\ \ (c\in\R). }

\text{Or }\;\overset{ { \white{ _. } } } {g(x)-h(x)=c\,\text{e}^{-2x}\ \ (c\in\R)\quad\Longleftrightarrow\quad g(x)=h(x)+c\,\text{e}^{-2x}\ \ (c\in\R)  } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWwWWW}  \quad\Longleftrightarrow\quad g(x)=6x\,\text e^{-2x}+2   +c\,\text{e}^{-2x}\ \ (c\in\R)  } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWWWWWWWWwWWW}  \quad\Longleftrightarrow\quad \boxed {g(x)=(6x+c)\,\text e^{-2x}+2  \ \ (c\in\R) } }

D'où l'ensemble des solutions de  \overset{ { \white{ . } } } {(E) }   est l'ensemble des fonctions  \overset{ { \white{ . } } } {g }   définies sur  \overset{ { \white{ _. } } } {\R}  par  \overset{ { \white{ . } } } {  x\mapsto g(x)=(6x+c)\,\text e^{-2x}+2  \ \ (c\in\R). }

4.  Déterminons la solution  \overset{ { \white{ _. } } } {k }   de  \overset{ { \white{ . } } } {(E) }   dont la courbe représentative  \overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}_k) }   passe par le point  \overset{ { \white{ . } } } {O\,(0\;;\;0) .}  

{ \white{ xxi } }O\,(0\;;\;0)\in(\mathscr{C}_k)\quad\Longleftrightarrow\quad k(0)=0 \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{WWWWWWv} \quad\Longleftrightarrow\quad(0+c)\,\text e^{0}+2=0} \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{WWWWWWv} \quad\Longleftrightarrow\quad c+2=0} \\\overset{ { \phantom{ _. } } } {\phantom{WWWWWWv} \quad\Longleftrightarrow\quad c=-2}

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{k(x)=(6x-2)\,\text e^{-2x}+2 }\,.}

Partie B (7 points)

Soit la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f }  définie par  \overset{ { \white{ . } } } { f(x)=\left\lbrace\begin{matrix}(6x-2)\,\text e^{-2x}+2\quad\text{si }x\le0\\\dfrac{x+\ln|1-x|}{1-x}\quad\quad\;\text{si }x>0\end{matrix}\right. } 

1.  La fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est partout définie sauf si  \overset{ { \white{ _. } } } { 1-x=0. } 
{ \white{ xx } }La fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est donc définie sur l'ensemble des réels différents de 1.
D'où l'ensemble de définition de  \overset{ { \white{ . } } } { f }  est  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{D_f=\R\,\setminus\,\lbrace1\rbrace}\,.} } 

2.  Étudions les limites de  \overset{ { \white{ . } } } { f }  aux bornes de  \overset{ { \white{ . } } } { D_f. } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Calculons  \overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}f(x).}

{ \white{ xxi } }\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}[(6x-2)\,\text e^{-2x}+2] \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}(6x-2)=-\infty\phantom{WWWWWWWWWWW}\\\left.\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}(-2x)=+\infty\\\lim\limits_{X\to+\infty}\text e^X=+\infty\end{matrix}\right\rbrace\quad\underset{(X=-2x)}{\Longrightarrow}\quad\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{-2x}=+\infty \end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\;\lim\limits_{x\to-\infty}(6x-2)\,\text e^{-2x}=-\infty \\\\\text{et }\lim\limits_{x\to-\infty}[(6x-2)\,\text e^{-2x}+2]=+\infty

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty} }

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Calculons  \overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}f(x).}

Remarque :  \overset{ { \white{ . } } } { |1-x|=\left\lbrace\begin{matrix}1-x\quad\text{si }\;1-x\ge0\quad\text{ soit si }x\le1\\x-1\quad\text{si }\;1-x\le0\quad\text{ soit si }x\ge1\end{matrix}\right. } 
{ \white{ WWWWw} } Si  \overset{ { \white{ . } } } { x }  tend vers +infini, alors x est supérieur à 1 et donc \overset{ { \white{ . } } } { |1-x|=x-1. }

Nous obtenons alors :

\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x+\ln(x-1)}{1-x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)   }=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{1-x}+\dfrac{\ln(x-1)}{1-x}\right)} \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{1-x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{-x}=-1\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWWWWWWW}\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x-1)}{1-x}=-\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x-1)}{x-1}\underset{(t=x-1)}{=}-\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0\;(\text{croissances comparées})\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\;\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{1-x}+\dfrac{\ln(x-1)}{1-x}\right)=-1+0=-1

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-1} }
Dès lors, en +infini, la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C}_f }  admet une asymptote horizontale d'équation  \overset{ { \white{ . } } } { y=-1. }

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Calculons  \overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x+\ln|1-x|}{1-x}.}

{ \white{ xxi } }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 1}x=1\phantom{WWWWWWWWWWWWWWW}\\\\\left.\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 1}|1-x|=0\\\lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty\end{matrix}\right\rbrace\quad\underset{}{\Longrightarrow}\quad\lim\limits_{x\to 1}\ln|1-x|=-\infty\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{x\to 1}(x+\ln|1-x|)=-\infty

Nous en déduisons que :

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 1}(x+\ln|1-x|)=-\infty\\\overset{ { \white{ . } } }  {\lim\limits_{x\to 1^-}(1-x)=0^+\phantom{WWWW}}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to 1^+}(1-x)=0^-\phantom{WWWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{x+\ln|1-x|}{1-x}=-\infty  \\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{x+\ln|1-x|}{1-x}=+\infty}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=-\infty\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=+\infty}\end{matrix}\right.}

Par conséquent, la droite d'équation   \overset{ { \white{ _. } } }{ x=1 }  est une asymptote verticale à la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C}_f. }

3.  Déterminons   { \lim\limits_{x\to-\infty} \dfrac{f(x)}{x}\,. }

Si  \overset{ { \white{ . } } } { x }  tend vers -infini, alors x est inférieur à 0.

Nous obtenons alors :

\lim\limits_{x\to-\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to-\infty} \dfrac{(6x-2)\,\text e^{-2x}+2}{x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty} \dfrac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to-\infty} \left[\left(\dfrac{6x-2}{x}\right)\,\text e^{-2x}+\dfrac{2}{x}\right]}

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{6x-2}{x}=\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{6x}{x}=6\phantom{WWWWWWWWW}\\\\\left.\begin{matrix}\lim\limits_{x\to -\infty}(-2x)=+\infty\\\lim\limits_{X\to +\infty}\text e^X=+\infty\end{matrix}\right\rbrace\quad\underset{(X=-2x)}{\Longrightarrow}\quad\lim\limits_{x\to -\infty}\text e^{-2x}=+\infty\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{x\to -\infty}\left(\dfrac{6x-2}{x}\right)\,\text e^{-2x}=+\infty

Nous en déduisons que :

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to -\infty}\left(\dfrac{6x-2}{x}\right)\,\text e^{-2x}=+\infty\\\overset{ { \white{ . } } }  {\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{2}{x}=0\phantom{WWWWWWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to -\infty}\left[\left(\dfrac{6x-2}{x}\right)\,\text e^{-2x}+\dfrac 2 x\right]=+\infty\\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}

Par conséquent, en -infini, la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C}_f }  admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.

4.  Étudions la continuité de  \overset{ { \white{ . } } } {f }   en 0.

D'une part,  \overset{ { \white{ . } } } {f(0)=(6\times0-2)\,\text e^0+2=-2\times1+2=0\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(0)=0}\,. }

D'autre part,

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\lim\limits_{x\to0^-}\,f(x)=\lim\limits_{x\to0^-}\,\left[(6x-2)\,\text e^{-2x}+2\right]=(6\times0-2)\,\text e^0+2=-2\times1+2=0 \\\\\phantom{W}\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to0^-}\,f(x)=0}

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\lim\limits_{x\to0^+}\,f(x)=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{x+\ln|1-x|}{1-x} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWW}=\dfrac{0+\ln|1-0|}{1-0}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWW}=\dfrac{0}{1}=0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\,f(x)=0}

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}D'où  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to0}f(x)=0} }
Par conséquent, nous obtenons :  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to0}f(x)=f(0)} }
Donc la fonction  \overset{ { \white{ . } } } {f }   est continue en 0.

5.  Étudions la dérivabilité de  \overset{ { \white{ . } } } {f }   en 0.

Premier cas :  \overset{ { \white{ . } } } { x<0 }

\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{(6x-2)\,\text e^{-2x}+2-0}{x-0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{6x\,\text e^{-2x}-2\,\text e^{-2x}+2}{x}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to 0^-}\left(\dfrac{6x\,\text e^{-2x}}{x}-\dfrac{2\,\text e^{-2x}-2}{x}\right)}  \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to 0^-}\left(6\,\text e^{-2x}-2\times\dfrac{\text e^{-2x}-1}{x}\right)}

\overset{ { \phantom{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \lim\limits_{x\to 0^-}6\,\text e^{-2x}=6\,\text e^{0}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^-}6\,\text e^{-2x}=6} \\\\\overset{ { \phantom{ . } } }{\bullet}{\phantom{x}}\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\text e^{-2x}-1}{x}=\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\text e^{-2x}-\text e^{0}}{x-0} =h'(0^-) \quad\text{où}\;h\text{ est la fonction définie par }:x\to \text e^{-2 x} \\\\\phantom{XX}\text{Or }h(x)=\text e^{-2 x}\quad\Longrightarrow\quad h'(x)=-2\,\text e^{-2 x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWXXWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad h'(0)=-2\,\text e^{0}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWXXWWiW}\quad\Longrightarrow\quad h'(0)=-2} \\\\\phantom{XX}\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{\text e^{-2x}-1}{x}=- 2}

Nous en déduisons que  \lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=6-2\times(-2)\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=10}

D'où,  \overset{ { \white{ . } } } {f }   est dérivable à gauche en 0 et  \overset{ { \white{ _. } } } {f'(0^-)=10. }  

Second cas :  \overset{ { \white{ . } } } { 0<x<1 }

Dans ce cas,  \overset{ { \white{ . } } } {|1-x|=1-x  } (voir question 2 - Partie B)

Nous obtenons alors :

\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\dfrac{x+\ln(1-x)}{1-x}-0}{x-0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{x+\ln(1-x)}{x(1-x)}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to 0^+}\left[\dfrac{x}{x(1-x)}+\dfrac{\ln(1-x)}{x(1-x)}\right]}  \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}}=\lim\limits_{x\to 0^+}\left[\dfrac{1}{1-x}+\dfrac {1}{1-x}\times\dfrac{\ln(1-x)}{x}\right]}

\overset{ { \phantom{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1}{1-x}=1} \\\\\overset{ { \phantom{ . } } }{\bullet}{\phantom{x}}\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(1-x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(1-x)-\ln(1-0)}{x-0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWW}=m'(0^+) \quad\text{où}\;m\text{ est la fonction définie par }:x\to \ln(1-x)} \\\\\phantom{XX}\text{Or }m(x)=\ln(1-x)\quad\Longrightarrow\quad m'(x)=\dfrac{-1}{1-x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWXXWWWiWWW}\quad\Longrightarrow\quad m'(0)=-1} \\\\\phantom{XX}\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln(1-x)}{x}=-1}

Nous en déduisons que  \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=1+1\times(-1)\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=0}

D'où,  \overset{ { \white{ . } } } {f }   est dérivable à droite en 0 et  \overset{ { \white{ _. } } } {f'(0^+)=0. }  

Puisque les nombres dérivés à gauche et à droite de  \overset{ { \white{ . } } } {f }   sont des nombres réels différents, nous en déduisons que la fonction  \overset{ { \white{ . } } } {f }   n'est pas dérivable en 0.

Il s'ensuit graphiquement que la courbe  \overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{C} }  admet un point anguleux de coordonnées (0 ; 0).
De plus, au point  \overset{ { \white{ _. } } } {O }   de coordonnées (0 ; 0), la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C}_f }  admet une demi-tangente à gauche de coefficient directeur égal à 10 et une demi-tangente à droite de coefficient directeur égal à 0 (demi-tangente horizontale).

6.  \overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Calculons  \overset{ { \white{ . } } }{f'(x)}  sur \overset{ { \white{ . } } } {]\,-\infty\;;\;0 \,[. }

{ \white{ xxi } } \forall\,x\in\,]-\infty\;;\;0\,[,\; f'(x)=\left[(6x-2)\,\text e^{-2x}+2\right]' \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=(6x-2)'\times\,\text e^{-2x}+(6x-2)\times(\text e^{-2x})'} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=6\times\text e^{-2x}+(6x-2)\times(-2\,\text e^{-2x})} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=6\,\text e^{-2x}-2(6x-2)\,\text e^{-2x}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=(6-12x+4)\,\text e^{-2x}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=(-12x+10)\,\text e^{-2x}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=2(-6x+5)\,\text e^{-2x}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]-\infty\;;\;0\,[,\; f'(x)=2(-6x+5)\,\text e^{-2x}}

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}Calculons  \overset{ { \white{ . } } }{f'(x)}  sur \overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace. }

{ \white{ xxi } } \forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace,\; f'(x)=\left(\dfrac{x+\ln|1-x|}{1-x}\right)' \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}={\dfrac{(x+\ln|1-x|)'\times(1-x)-(x+\ln|1-x|)\times(1-x)'}{(1-x)^2}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}={\dfrac{\left(1+\dfrac{-1}{1-x}\right)\times(1-x)-(x+\ln|1-x|)\times(-1)}{(1-x)^2}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}={\dfrac{\left(\dfrac{1-x-1}{1-x}\right)\times(1-x)+(x+\ln|1-x|)}{(1-x)^2}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}={\dfrac{\left(\dfrac{-x}{1-x}\right)\times(1-x)+x+\ln|1-x|}{(1-x)^2}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}=\dfrac{-x+x+\ln|1-x|}{(1-x)^2}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace,\; f'(x)=\dfrac{\ln|1-x|}{(1-x)^2}}

Étudions le signe de  \overset{ { \white{ . } } }{f'(x).} 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\underline{\text{Sur }\;]-\infty\;;\;0\,[}\;:\;f'(x)=2(-6x+5)\,\text e^{-2x} \\\\\phantom{xx}x\in\,]-\infty\;;\;0\,[\quad\Longrightarrow\quad x<0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{xxx\in]-\infty\;;\;0[}\quad\Longrightarrow\quad -6x>0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{xxx\in]-\infty\;;\;0[}\quad\Longrightarrow\quad -6x+5>5>0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{xxx\in]-\infty\;;\;0[}\quad\Longrightarrow\quad -6x+5>0} \\\\\phantom{xx}\text{D'où }\;\left\lbrace\begin{matrix}2>0\\\overset{ { \phantom{ . } } } {-6x+5>0}\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\text e^{-2x}>0}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad 2(-6x+5)\,\text e^{-2x}>0 \\\\\phantom{WWWWWWWxxxWW}\Longrightarrow\quad\boxed{f'(x)>0}

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\forall\,x\in\,]-\infty\;;\;0\,[,\; f'(x)>0.} }

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\underline{\text{Sur }\;]\,0\;;\;+\infty \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace}\;:\;f'(x)=\dfrac{\ln|1-x|}{(1-x)^2}

Puisque  \overset{ { \white{ . } } } {  (1-x)^2>0,}  le signe de  \overset{ { \white{ . } } } { f'(x) }  est le signe de  \overset{ { \white{ . } } } { \ln|1-x|. } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet\bullet\bullet}{\white{x}}\ln |1-x|<0\quad\Longleftrightarrow\quad|1-x|<1 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad-1<1-x<1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad-1<x-1<1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad0<x<2} \\\\\phantom{WWi}\text{Or }\; x\in\,]\,0\;;\;+\infty \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace \\\\\phantom{WWi}\text{D'où }\,\boxed{\ln |1-x|<0\quad\Longleftrightarrow\quad x\in\,]\,0\;;\;2 \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace}

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet\bullet\bullet}{\white{x}}\ln |1-x|=0\quad\Longleftrightarrow\quad|1-x|=1 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad1-x=1\quad\text{ou}\quad 1-x=-1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad x-1=-1\quad\text{ou}\quad x-1=1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad x=0\quad\text{ou}\quad x=2} \\\\\phantom{WWi}\text{Or }\; x\in\,]\,0\;;\;+\infty \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace \\\\\phantom{WWi}\text{D'où }\,\boxed{\ln |1-x|=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=2}

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet\bullet\bullet}{\white{x}}\ln |1-x|>0\quad\Longleftrightarrow\quad|1-x|>1 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad1-x>1\quad\text{ou}\quad 1-x<-1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad x-1<-1\quad\text{ou}\quad x-1>1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWwWW}\quad\Longleftrightarrow\quad x<0\quad\text{ou}\quad x>2} \\\\\phantom{WWi}\text{Or }\; x\in\,]\,0\;;\;+\infty \,[\,\setminus\,\lbrace1\rbrace \\\\\phantom{WWi}\text{D'où }\,\boxed{\ln |1-x|>0\quad\Longleftrightarrow\quad x>2}

7.  Dressons le tableau de variations de  \overset{ { \white{ . } } }{f.} 

\begin{matrix}f(2)=\dfrac{2+\ln|1-2|}{1-2}\\\overset{ { \white{ . } } } {=\dfrac{2+\ln1}{-1}}\\ \overset{ { \white{ . } } } {=-2}\phantom{XX} \end{matrix} \begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\ \phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline &&&&&&&&&\\x&-\infty&&0&&1&&2&&+\infty\\&&&&&&&&&\\\hline &&&|| &&||&&&&\\\ln|1-x|&&+&||&- &||&-&0&+&\\&&&||&&||&&&&\\\hline &&&||&&||&&&&\\f'(x)&&+&||&- &||&-&0&+&\\&&&||&&||&&&&\\\hline &&&0&& \phantom{xxxx}||+\infty&&&&-1\\f(x)&&\nearrow&&\searrow &||&\searrow &&\nearrow& \\&-\infty&&&&-\infty||\phantom{xxx}&&-2&&\\\hline \end{array}

8.  Montrons que sur l'intervalle ]1 ; 2[ l'équation  \overset{ { \white{ . } } }{f(x)=0}  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } }{\alpha}  et que  \overset{ { \white{ . } } }{1,2<\alpha <1,3.} 

La fonction f  est continue et strictement décroissante sur  \overset{ { \white{ . } } } { ]1\;;\;2[.}
Il s'ensuit que f  réalise une bijection de  \overset{ { \white{ . } } } { ]1\;;\;2[}  sur  \overset{ { \white{ . } } } { f(]1\;;\;2[)=]-2\;;\;+\infty[.}

Or  \overset{ { \white{ . } } } {0\in\,]-2\;;\;+\infty[. }

Dès lors, l'équation  \overset{ { \white{ . } } }{f(x)=0}  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } }{\alpha}  sur  \overset{ { \white{ . } } }{]1\;;\;2[.} 

\text{De plus, }\;\left\lbrace\begin{matrix}f(1,2)\approx2,05>0\\f(1,3)\approx-0,32<0\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad f(1,2)\times f(1,3) < 0 \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{1,2<\alpha<1,3}

Par conséquent, sur l'intervalle ]1 ; 2[ l'équation  \overset{ { \white{ . } } }{f(x)=0}  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } }{\alpha}  et  \overset{ { \white{ . } } }{1,2<\alpha <1,3.}

9.  Représentation graphique de  \overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{C}_f}  et de ses asymptotes.

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe) : image 21


10)  Nous devons calculer en cm2 l'aire  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{A}(E) }  de la partie \overset{ { \white{ _. } } } { E }  du plan comprise entre les droites d'équations \overset{ { \white{ . } } } { x=2,\;x=3,\; y=-1}  et la courbe  \overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{C}_f}  de  \overset{ { \white{ . } } } {f.} 

Notons que si  \overset{ { \white{ . } } } {x\in[2\;;\;3]\,,|1-x|=x-1}  car  \overset{ { \white{ . } } } {x>1.} 

Sur l'intervalle [2 ; 3], la courbe  \overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{C}_f}  est au-dessus de la droite d'équation  \overset{ { \white{ . } } } {y=-1.}

Nous obtenons alors :

  \mathscr{A}(E)=\displaystyle\int\limits_2^3 (-1-f(x))\,\text{d}x=\displaystyle\int\limits_2^3 \left(-1-\dfrac{x+\ln(x-1)}{1-x}\right)\,\text{d}x \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WW}=\displaystyle\int\limits_2^3 \dfrac{-1+x-x-\ln(x-1)}{1-x}\,\text{d}x=\displaystyle\int\limits_2^3 \dfrac{-1-\ln(x-1)}{1-x}\,\text{d}x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WW}=\displaystyle\int\limits_2^3 \left(\dfrac{-1}{1-x}-\dfrac{\ln(x-1)}{1-x}\right)\,\text{d}x=\displaystyle\int\limits_2^3 \left(\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{\ln(x-1)}{x-1}\right)\,\text{d}x}
{ \white{ xWxi } } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WW}=\displaystyle\int\limits_2^3 \left(\dfrac{1}{x-1}+\dfrac{1}{x-1}\times\ln(x-1)\right)\,\text{d}x=\left[\ln(x-1)+\dfrac{\ln^2(x-1)}{2}\right]_2^3}  \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WW}=\left[\ln(3-1)+\dfrac{\ln^2(3-1)}{2}\right]-\left[\ln(2-1)+\dfrac{\ln^2(2-1)}{2}\right]}  \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WW}=\left[\ln2+\dfrac{\ln^22}{2}\right]-\left[\ln1+\dfrac{\ln^21}{2}\right]}
\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWi}=\left[\ln2+\dfrac{\ln^22}{2}\right]-0}  \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr{A}(E)=(\ln2+\dfrac12\ln^22)\text { u.a.}}

Or l'unité graphique est 2 cm.
Donc l'unité d'aire (u. a.) est 4 cm2.

Par conséquent, \mathscr{A}(E)=4\times(\ln2+\dfrac12\ln^22)\text { cm}^2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr{A}(E)=(4\ln2+2\ln^22)\text { cm}^2\approx3,73\text { cm}^2}
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