Fiche de mathématiques

Télécharger (GRATUIT)

Ile mathématiques > maths bac > Bac 2023 toujours : des sujets venus d'ailleurs

Baccalauréat Mathématiques

Sénégal 2023

Séries S2-S2A-S4-S5

1^er groupe

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

Voir la correction

Bac Sénégal 2023 série S2 (1e groupe)

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 (U_n ) est définie par la relation de récurrence : $\overset{ { \white{ . } } } { U_{n+1}=f(U_n).}$
Nous savons que la suite (U_n ) 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 -, 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, $\mathscr{A}(E)=4\times(\ln2+\dfrac12\ln^22)\text { cm}^2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr{A}(E)=(4\ln2+2\ln^22)\text { cm}^2\approx3,73\text { cm}^2}$

Publié par malou/Panter le 26-02-2024

ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter

Merci à / pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche

Cette fiche

Voir la correction
Imprimer
Réduire / Agrandir
Pour plus d'options, Connectez vous
Forum de maths

forum de terminale
Plus de 147 174 topics de mathématiques en terminale sur le forum.