Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques

Burkina Faso 2023

Série C

2ème tour

Durée : 4h
Coefficient: 6
Calculatrice non autorisée

4 points

exercice 1

Bac Burkina Faso 2023 série C - 2ème tour : image 1

4 points

exercice 2

Bac Burkina Faso 2023 série C - 2ème tour : image 2

12 points

probleme

Bac Burkina Faso 2023 série C - 2ème tour : image 5

Bac Burkina Faso 2023 série C - 2ème tour : image 4

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Bac Burkina Faso 2023 série C - 2ème tour

4 points

exercice 1

I. On considère la fonction polynôme $\overset{ { \white{ . } } } { Q}$ définie dans $\overset{ { \white{ . } } } { \R\setminus\lbrace1\rbrace}$ par :

$\overset{ { \white{ . } } } { Q(x)=1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}+x^n.}$

Nous devons exprimer $\overset{ { \white{ . } } } { Q}$ sous forme de fonction rationnelle dont le dénominateur est un polynôme du premier degré.
L'expression de $\overset{ { \white{ . } } } {Q(x) }$ sera donnée sous cette forme.

L'expression $\overset{ { \white{ . } } } { Q(x)=1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}+x^n}$ représente la somme des $\overset{ { \white{ . } } } { n+1}$ premiers termes d'une suite géométrique de raison $\overset{ { \white{ . } } } { x}$ et de premier terme 1.

Cette somme est donnée par ${ Q(x)=\text{premier terme}\times\dfrac{1-\text{raison}^{\text{nombre de termes}}}{1-\text{raison}}.}$

Nous en déduisons que pour tout réel $\overset{ { \white{ . } } } {x\in \R\setminus\lbrace1\rbrace,}\quad Q(x)=1\times\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x}$

soit $\boxed{Q(x)=\dfrac{x^{n+1}-1}{x-1}}\,.$

II. Un coureur s'entraîne sur un parcours comportant dix haies numérotées de 1 à 10.
Pour chaque entier $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { 1\le i\le10,}$ la probabilité de renverser la $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ ^ième haie est $\overset{ { \white{ . } } } {a\;(0<a<1). }$
Le coureur poursuit sa course jusqu'à la 10^ième haie, quel que soit le nombre de haies renversées.

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ la variable aléatoire définie comme suit :

${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}X=11, \text{ si aucune haie n'est renversée}\phantom{WWWWWWw}\\X=k, \text{ si }k\text{ est le numéro de la première haie renversée}\end{matrix}\right.$

1. L'ensemble des valeurs prises par $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ est $\overset{ { \white{ . } } } {\lbrace1,\,2,\,3,\,4,\,5,\,6,\,7,\,8,\,9,\,10,\,11\rbrace. }$

2. a) Pour chaque entier $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { 1\le i\le10,}$ la probabilité de renverser la $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ ^ième haie est $\overset{ { \white{ . } } } {a. }$
Donc, la probabilité que le coureur renverse la première haie est égale à $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{a}\,.}$

2. b) Nous devons calculer la probabilité que le coureur renverse la deuxième haie pour la première fois, soit $\overset{ { \white{ . } } } { P(X=2).}$

Si le coureur renverse la deuxième haie pour la première fois, nous savons qu'il n'a pas renversé la première haie.

Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { P(X=2)=(1-a)\times a.}$

Par conséquent, la probabilité que le coureur renverse la deuxième haie pour la première fois est $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ P(X=2)=a(1-a)}\,.}$

2. c) Pour chaque entier $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { 1\le i\le10,}$ la probabilité de renverser la $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ ^ième haie est $\overset{ { \white{ . } } } {a. }$
Donc, la probabilité pour que le coureur renverse la deuxième haie est égale à $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{a}\,.}$

Remarque : Nous pouvons retrouver ce résultat en envisageant les deux cas possibles :

$\overset{ { \white{ . } } } { {\bullet}}{\white{x}}$ La première haie est renversée et la deuxième haie est également renversée.
${ \white{ xi } }$ Dans ce cas, la probabilité que les deux haies soient renversées est égale à ${a\times a=a^2. }$
$\overset{ { \white{ . } } } { {\bullet}}{\white{x}}$ La première haie n'est pas renversée et la deuxième haie est renversée.
${ \white{ xi } }$ Dans ce cas, la probabilité est égale à ${(1-a)\times a=a-a^2. }$

Par conséquent, la probabilité pour que le coureur renverse la deuxième haie est égale à $\overset{ { \white{ . } } } { a^2+(a-a^2)=\boxed{a}\,.}$

3. a) Nous devons déterminer la loi de probabilité de $\overset{ { \white{ _. } } } { X. }$

Pour chaque entier $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { 2\le i\le10,}$ si le coureur renverse la $\overset{ { \white{ _. } } }{i }$ ^ième haie pour la première fois, il s'ensuit qu'il n'a pas renversé les $\overset{ { \white{ . } } } {(i-1) }$ haies précédentes.

Notons que si $\overset{ { \white{ . } } } { X=11,}$ aucune des 10 haies n'a été renversée et $\overset{ { \white{ . } } } {P(X=11)=(1-a)^{10}. }$

Nous obtenons ainsi le tableau suivant résumant la loi de probabilité de $\overset{ { \white{ _. } } } { X. }$

$\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline&&&&&&&&&&i&\phantom{x}1\phantom{x}&\phantom{x}2\phantom{x}&\phantom{x}3\phantom{x}&\phantom{x}4\phantom{x}&\phantom{x}\cdots\phantom{x}&\phantom{x}8\phantom{x}&\phantom{x}9\phantom{x}&\phantom{x}10\phantom{x}&\phantom{x}11\phantom{x}\\&&&&&&&&& \\ \hline &&&&&&&&&&P(X=i)&a&a(1-a)&a(1-a)^2&a(1-a)^3&\cdots&a(1-a)^7&a(1-a)^8&a(1-a)^9&(1-a)^{10}\\&&&&&&&&&\\ \hline \end{array}$

3. b) Montrons que la somme $\overset{ { \white{ _. } } } { S}$ des probabilités trouvées dans la loi de probabilité est égale à 1.

${ \white{ xxi } }$ $S=a+a(1-a)+a(1-a)^2+a(1-a)^3+\cdots+a(1-a)^9+(1-a)^{10} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S}=a\bigg(1+(1-a)+(1-a)^2+(1-a)^3+\cdots+(1-a)^9\bigg)+(1-a)^{10}}$

Appliquons le résultat de la question I. avec ${x=1-a }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { n=9,}$ nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $S=a\times \dfrac{(1-a)^{10}-1}{(1-a)-1}+(1-a)^{10} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S}=a\times \dfrac{(1-a)^{10}-1}{-a}+(1-a)^{10}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S}= \dfrac{(1-a)^{10}-1}{-1}+(1-a)^{10}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S}= 1-(1-a)^{10}+(1-a)^{10}}$

${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{S}= 1}\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{S=1}$

Par conséquent, la somme des probabilités trouvées dans la loi de probabilité est égale à 1.

4. Le coureur reçoit la prime d'excellence s'il ne renverse aucune des 10 haies.
Nous devons calculer la probabilité que le coureur reçoive la prime d'excellence pour $a=\frac 2 5.$

Si le coureur ne renverse aucune des 10 haies, la valeur de $\overset{ { \white{ _. } } } {X}$ est 11.

${ \white{ xxi } }$ $P(X=11)=(1-a)^{10} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(X=11)}=\left(1-\dfrac 2 5\right)^{10}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P(X=11)}=\left(\dfrac 3 5\right)^{10}\approx0,006} \\\\\quad\Longrightarrow\boxed{P(X=11)\approx0,006}$

D'où la probabilité que le coureur reçoive la prime d'excellence est égale à environ 0,006, soit 0,6 %.

4 points

exercice 2

Soit la suite $\overset{ { \white{ . } } } {(u_n)_{n\in\N}}$ définie par $\overset{ { \white{ . } } } { u_n=\displaystyle\int_{0}^{n}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}}$

1. a) Montrons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } {(u_n)}$ est croissante.

Pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ .P } } } { n,}$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { u_{n+1}-u_n=\displaystyle\int_{0}^{n+1}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}-\displaystyle\int_{0}^{n}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{u_{n+1}-u_n}=\displaystyle\int_{0}^{n+1}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}+\displaystyle\int_{n}^{0}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{u_{n+1}-u_n}=\displaystyle\int_{n}^{0}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}+\displaystyle\int_{0}^{n+1}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{u_{n+1}-u_n}=\displaystyle\int_{n}^{n+1}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}\ge0\quad\quad(\text{car }\dfrac{1}{1+t^2}>0\quad\forall\,t\in\R)} \\\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,n\in\N,\; u_{n+1}-u_n\ge0}$

Nous en déduisons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } {(u_n)}$ est croissante.

1. b) i. Montrons que pour tout réel $\overset{ { \white{ . } } } {t,\;\dfrac{1}{1+t^2}\le1.}$
Pour tout réel $\overset{ { \white{ .P } } } { t,}$

${ \white{ xxi } }$ $t^2\ge 0 \quad\Longrightarrow\quad 1+t^2\ge1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{t^2\ge 0} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\dfrac{1}{1+t^2}\le1}}$

1. b) ii. Montrons que pour tout réel non nul $\overset{ { \white{ . } } } {t,\;\dfrac{1}{1+t^2}\le\dfrac{1}{t^2}.}$
Pour tout réel $\overset{ { \white{ . } } } { t}$ non nul,

${ \white{ xxi } }$ $0<t^2<1+t^2\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{t^2}>\dfrac{1}{1+t^2}.$

D'où pour tout réel non nul $\overset{ { \white{ . } } } {t,\;\boxed{\dfrac{1}{1+t^2}\le\dfrac{1}{t^2}}\,.}$

1. c) i. Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { u_1\le 1.}$

$u_1=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{u_1=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t}$

En utilisant le résultat de la question 1. b) i. , nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{1}{1+t^2}\le1\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le\displaystyle\int_{0}^{1}1\text{ d}t \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{1}{1+t^2}\le1}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le\left[\overset{ { \phantom{ . } } } { t}\right]_0^1} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{1}{1+t^2}\le1}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le 1-0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\dfrac{1}{1+t^2}\le1}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le 1}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{u_1\le 1}\,.}$

1. c) ii. Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } {\forall\,n\in\N^*,\;\displaystyle\int_{0}^{n}\dfrac{\text{ d}t}{1+t^2}\le 1-\dfrac 1 n}$

$u_1=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\text{ d}t}{1+t^2}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{u_1=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t}$

En utilisant le résultat de la question 1. b) ii. , nous obtenons :

$\dfrac{1}{1+t^2}\le\dfrac{1}{t^2}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le\displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{t^2}\text{ d}t \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{1}{1+t^2}\le\dfrac{1}{t^2}}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le\left[\overset{ { \phantom{ . } } } {- \dfrac{1}{t}}\right]_{1}^{n}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{1}{1+t^2}\le\dfrac{1}{t^2}}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le -\dfrac 1 n + 1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\dfrac{1}{1+t^2}\le\dfrac{1}{t^2}}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t\le 1-\dfrac 1 n}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\forall\,n\in\N^*,\;\displaystyle\int_{0}^{n}\dfrac{\text{ d}t}{1+t^2}\le 1-\dfrac 1 n}}$

1. d) Montrons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } {(u_n)}$ est majorée.

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {n\in\N^*, }$

${ \white{ xxxxi } }$ $u_n=\displaystyle\int_{0}^{n}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{u_n}= \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t+\displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{u_n}= u_1+\displaystyle\int_{1}^{n}\dfrac{1}{1+t^2}\text{ d}t} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{u_n}\le 1+(1-\dfrac{1}{n})\quad\quad(\text{voir les questions 1.c) i. et ii.)} }$
${ \white{ xxxxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{u_n}\le 2-\dfrac{1}{n}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{u_n}\le 2\quad\left(\text{car }2-\dfrac{1}{n}<2\right)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,n\in\N^*,\;u_n\le2}$

De plus, $\overset{ { \white{ . } } } { u_0=\displaystyle\int_{0}^{0}\dfrac{\text{d}t}{1+t^2}=0\le 2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{u_0\le2}}$

Nous en déduisons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } {(u_n)_{n\in\N}}$ est majorée par 2.

Nous avons montré que la suite $\overset{ { \white{ . } } } {(u_n)}$ est croissante et majorée.
Nous en déduisons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } {(u_n)}$ est convergente.

2. Soit la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {F }$ définie sur [0 ; + infini

[ par : $\overset{ { \white{ . } } } {F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{\text{ d}t}{1+t^2} }$ et $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ la fonction définie sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[ }$ par $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=\tan x.}$

2. a) On pose $\overset{ { \white{ . } } } {G(x)=F(f(x)). }$
${ \white{ xxxi } }$ Nous devons démontrer que $\overset{ { \white{ _. } } } {G}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[ .}$

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {G}$ est la composée de la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f}$ et de la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {F.}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[ }$ et est à valeurs dans $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;+\infty\right[\,. }$
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que la fonction ${F}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;+\infty\right[\,. }$
La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {k:t\mapsto \dfrac{1}{1+t^2} }$ est continue sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;+\infty\right[\,. }$
Donc la fonction $F$ définie par : $\overset{ { \white{ . } } } {F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\dfrac{\text{ d}t}{1+t^2} }$ est l'unique primitive de $\overset{ { \white{ . } } } {k }$ qui s'annule en 0.

D'où la fonction ${F}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;+\infty\right[\,. }$
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous en déduisons que la composée de $\overset{ { \white{ . } } } {f}$ et de ${F}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[ .}$
Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } }{G}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[ .}$

2. b) Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ _. } } }{G\,'(x).}$

$G\,'(x)=\bigg((F\circ f)(x)\bigg)' \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{G'(x)}=F'(f(x))\times f'(x) } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{G'(x)}=k(f(x))\times f'(x)\quad (\text{voir question }2. a)}$

$\text{Or }\;k(x)=\dfrac{1}{1+x^2}\quad\Longrightarrow\quad k(f(x))=\dfrac{1}{1+(f(x))^2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text{Or }\;k(t)=\dfrac{1}{1+t^2}}\quad\Longrightarrow\quad k(f(x))=\dfrac{1}{1+\tan^2x}} \\\\\phantom{\text{Or }\;}f(x)=\tan x\quad\Longrightarrow\quad f'(x)=1+\tan^2x \\\\\text{D'où }\;G\,'(x)=\dfrac{1}{1+\tan^2x}\times (1+\tan^2x)\quad\Longrightarrow\quad\boxed{G\,'(x)=1}$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ _. } } }{G(x)=x+c}$ où $\overset{ { \white{ . } } }{c}$ est une constante réelle.

Déterminons la valeur de la constante $\overset{ { \white{ . } } }{c.}$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {G(x)=F(f(x)) \quad\Longrightarrow\quad \boxed{G(0)=F(f(0))} } \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}f(0)=\tan 0\phantom{WWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad f(0)=0\\F(f(0))=F(0)=\overset{ { \white{ . } } } {\displaystyle\int_{0}^{0}\dfrac{\text{ d}t}{1+t^2} =0\quad\Longrightarrow\quad F(f(0))=0}\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\;\boxed{G(0)=0}$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}G(x)=x+c\\G(0)=0\phantom{xxx}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}G(0)=0+c\\G(0)=0\phantom{xxx}\end{matrix}\right. \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}G(0)=c\\G(0)=0\end{matrix}\right.} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{c=0}}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } }{\boxed{G(x)=x}\,.}$

2. c) Nous savons que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f}$ définie par $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=\tan x}$ est une bijection de $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[ }$ dans $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;+\infty\right[ }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } {\forall\,x\in\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[,\;F(f(x))=x. }$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {F }$ est la fonction réciproque de la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ et est définie sur $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;+\infty\right[ }$ par $\overset{ { \white{ . } } } {F(x)=\arctan x }$ et est à valeurs dans l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } {\left[0\;;\;\dfrac{\pi}{2}\right[ .}$

2. d) Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{n\to+\infty} u_n.}$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=\lim\limits_{n\to+\infty} \displaystyle\int_{0}^{n}\dfrac{\text{ d}t}{1+t^2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty} u_n}=\lim\limits_{n\to+\infty} F(n)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty} u_n}=\lim\limits_{n\to+\infty} \arctan (n)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty} u_n}=\dfrac{\pi}{2}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty} u_n=\dfrac{\pi}{2}}$

12 points

probleme

On considère la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ définie sur ]1 ; + infini

[ par : $\left\lbrace\begin{matrix}f(x)=1+\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)\quad\text{si }x\in\;]-1\;;\;0\,]\\\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=\dfrac{\text e^x-1}{x\,\text e^{2x}}\quad\quad\quad\quad\phantom{W}\text{si }x\in\;]\,0\;;\;+\infty[}\end{matrix}\right.$

On considère par $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}) }$ la courbe représentative de $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ dans un repère orthonormé $\overset{ { \white{ . } } } {(O, \vec i,\vec j). }$

Partie A (6 points)

Dans cette partie, on étudie la fonction numérique $\overset{ { \white{ . } } } {g }$ définie sur ]0 ; + infini

[ par : $g(x)=\dfrac{\text e^x-1}{x\,\text e^{2x}}\,.$

1. Soit $\overset{ { \white{ _{.} } } } {h }$ la fonction numérique définie sur $\overset{ { \white{ _. } } } {\R}$ par : $\overset{ { \white{ . } } } { h(x)=\text e^x-x-1.}$

1. a) Montrons que $\overset{ { \white{ _{.} } } } {h }$ admet un minimum en 0 qui est 0.

La fonction $\overset{ { \white{ _{.} } } } {h }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } {\R}$ (somme de fonctions dérivables sur $\overset{ { \white{ _. } } } {\R}$ ).

$\forall\,x\in\R,\;h'(x)=\text e^x-1.$

D'où le tableau de signes de $\overset{ { \white{ . } } } {h'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } {\R}$ et les variations de $\overset{ { \white{ _{.} } } } {h .}$

$\begin{matrix}\text e^x-1>0\quad\Longleftrightarrow\quad\text e^x>1\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text e^x-1>0}\quad\Longleftrightarrow\quad x>0} \\\\\text e^x-1=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=0 \\\\\text e^x-1<0\quad\Longleftrightarrow\quad x<0\\\\h(0)=\text e^0-0-1\phantom{WWWx}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{}=1-1\phantom{WWWx}}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { =0\phantom{WWWW>}} \end{matrix} \begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&&x&-\infty&&0&&+\infty &&&&&&\\\hline &&&&&\\h'(x)=\text e^x-1&&-&0&+ &\\&&&&&\\\hline &&&&&\\h(x)&&\searrow&&\nearrow &\\&&&0&&\\\hline \end{array}$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {h }$ admet un minimum en 0 qui est 0.

1. b) D'après le tableau de variations de la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {h, }$ nous déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\,\R,\;h(x)\ge 0.}$
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\,\R,\;\text e^x-x-1\ge 0.}$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ \forall\,x\in\,\R,\;\text e^x\ge x+1\quad(1)}\,.}$

2. a) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ . } } } {g'(x) }$ pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[. }$

${ \white{ xxxii } }$ $g'(x)=\dfrac{(\text e^x-1)'\times x\,\text e^{2x}-(\text e^x-1)\times (x\,\text e^{2x})'}{(x\,\text e^{2x})^2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{\text e^x\times x\,\text e^{2x}-(\text e^x-1)\times \bigg(x'\times\,\text e^{2x}+x\times(\text e^{2x})'\bigg)}{x^2\,\text e^{4x}}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{x\,\text e^{3x}-(\text e^x-1)\times \bigg(1\times\,\text e^{2x}+x\times(2\,\text e^{2x})\bigg)}{x^2\,\text e^{4x}}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{x\,\text e^{3x}-(\text e^x-1)\times (\text e^{2x}+2x\,\text e^{2x})}{x^2\,\text e^{4x}}}$
${ \white{ xxxii } }$ ${ \white{ xxxii } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{\text e^{2x}\bigg[x\,\text e^{x}-(\text e^x-1)\times (1+2x)\bigg]}{x^2\,\text e^{4x}}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{x\,\text e^{x}-(\text e^x-1)\times (1+2x)}{x^2\,\text e^{2x}}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{x\,\text e^{x}-\text e^x-2x\,\text e^x+1+2x}{x^2\,\text e^{2x}}}$

${ \white{ xxxii } }$ $\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{-x\,\text e^{x}-\text e^x+1+2x}{x^2\,\text e^{2x}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\dfrac{-(x+1)\,\text e^{x}+1+2x}{x^2\,\text e^{2x}}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g'(x)=\dfrac{1+2x-(x+1)\,\text e^{x}}{x^2\,\text e^{2x}}}$

soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g'(x)=\text e^{-2x}\left[\dfrac{1+2x-(x+1)\,\text e^{x}}{x^2}\right]}}$

2. b) Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g'(x)\le-\text e^{-2x}.}$

Utilisons l'inégalité (1).

$\overset{ { \white{ . } } } {\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;\text e^x\ge x+1\quad\Longrightarrow\quad (x+1)\,\text e^x\ge (x+1)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad -(x+1)\,\text e^x\le -(x+1)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 1+2x-(x+1)\,\text e^x\le 1+2x-(x+1)^2}$
${ \white{ WWWWWWWWWWWWWWWWWW } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 1+2x-(x+1)\,\text e^x\le 1+2x-(x^2+2x+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 1+2x-(x+1)\,\text e^x\le 1+2x-x^2-2x-1} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 1+2x-(x+1)\,\text e^x\le -x^2}$
$\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1+2x-(x+1)\,\text e^x}{x^2}\le -1} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \text e^{-2x}\,\left[\dfrac{1+2x-(x+1)\,\text e^x}{x^2}\right]\le -\text e^{-2x}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad g'(x)\le -\text e^{-2x}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g'(x)\le -\text e^{-2x}}$

2. c) Nous devons en déduire le sens de variation de $\overset{ { \white{ . } } } {g. }$

$\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g'(x)\le -\text e^{-2x}<0\quad\Longrightarrow\quad \boxed{g'(x)<0}$
Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {g }$ est strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[.}$

3. a) Nous devons vérifier que ${ \forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g(x)=\text e^{-\frac 3 2 x}\times\dfrac{\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{x}.}$

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[}$ ,
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \text e^{-\frac 3 2 x}\times\dfrac{\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{x}= \overbrace{\text e^{\frac x 2 }\times \text e^{-\frac x 2 }}^{=1} \times\text e^{-\frac 3 2 x}\times\dfrac{\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{x}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW}=\text e^{\frac x 2 }\times \overbrace{\text e^{-\frac x 2 }\times\text e^{-\frac 3 2 x}}^{=\,\text e^{-2x}} \times\dfrac{\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{x}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW}=\text e^{\frac x 2 }\times \text e^{-2x} \times\dfrac{\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{x}}$
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ WWWWW;} }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW}=\text e^{\frac x 2 }\times \dfrac{\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{x\,\text e^{2x}}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW}= \dfrac{\text e^{\frac x 2 }(\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}})}{x\,\text e^{2x}}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW}= \dfrac{\text e^{x}-1}{x\,\text e^{2x}}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWW}= g(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ \forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g(x)=\text e^{-\frac 3 2 x}\times\dfrac{\text e^{\frac x 2}-\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{x}}$

3. b) Soit $\overset{ { \white{ . } } } {u }$ la fonction numérique définie sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty\,[ }$ par ${u(x)=\text e^{\frac x 2 }+\text e^{\frac {-x}{ 2} }. }$
${ \white{ xxxi } }$ Nous devons étudier les variations de $\overset{ { \white{ . } } } {u .}$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {u }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty\,[ }$ comme somme de deux fonctions dérivables sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty\,[\,. }$

$\overset{ { \white{ . } } } {\forall\,x\in[0\;;\;+\infty\,[\,,\; u'(x)=\dfrac 12\,\text e^{\frac x 2 }-\dfrac 12\,\text e^{\frac {-x}{ 2} }}$

D'où le tableau de signes de $\overset{ { \white{ . } } } {u'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty\,[}$ et les variations de $\overset{ { \white{ . } } } {u .}$

$\begin{matrix}\dfrac 12\,\text e^{\frac x 2 }-\dfrac 12\,\text e^{\frac {-x}{ 2} }>0\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac 12\,\text e^{\frac x 2 }>\dfrac 12\,\text e^{\frac {-x}{ 2} }\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\text e^x-1>000}\quad\Longleftrightarrow\quad \text e^{\frac x 2 }>\text e^{\frac {-x}{ 2} }}\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\text e^x-1>0}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac x2>-\dfrac x 2}\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\text e^x-1>}\quad\Longleftrightarrow\quad x>0} \\\\\dfrac 12\,\text e^{\frac x 2 }-\dfrac 12\,\text e^{\frac {-x}{ 2} }=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=0\phantom{WWWW}\\\\\dfrac 12\,\text e^{\frac x 2 }-\dfrac 12\,\text e^{\frac {-x}{ 2} }<0\quad\Longleftrightarrow\quad x<0\phantom{WWWW}\\\\u(0)=\text e^0+\text e^0=2\phantom{WWWWWWWWWW} \end{matrix}$ ${ \white{ xxi } }$ $\begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|cccc|}\hline &&&&&x&&0&&+\infty \\&&&&\\\hline &&&&\\u'(x)&&0&+&\\&&&&\\\hline &&&&+\infty\\u(x)&&&\nearrow&\\&&2&&\\\hline \end{array}$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {u }$ est croissante sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty\,[ }$ .

3. c) Soit $\overset{ { \white{ . } } } {a\in\;]\,0\;;\;+\infty \,[. }$

Nous devons démontrer que pour tout réel $\overset{ { \white{ . } } } { t}$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { 0\le t\le a,}$ nous avons :

${ \white{ WWWWW} }$ $2\le \text e^{\frac t 2 }+\text e^{\frac {-t}{ 2} }\le \text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2} }.$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {u }$ est croissante sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;+\infty\,[ }$ et a fortiori sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;a\,] } .$

Donc pour tout réel $\overset{ { \white{ . } } } { t}$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { 0\le t\le a,}$ nous avons $\overset{ { \white{ . } } } { u(0)\le u(t)\le u(a),}$

soit $\boxed{2\le \text e^{\frac t 2 }+\text e^{\frac {-t}{ 2} }\le \text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2} }}\,.$

3. d) Remarque : l'énoncé comporte une coquille.

La relation correcte est : $\boxed{1\le \dfrac{\text e^{\frac a 2 }-\text e^{\frac {-a}{ 2} }}{a} \le \dfrac{\text e^{\frac a 2 }{\red{\,+\;}}\text e^{\frac {-a}{ 2}}}{2} }$

Utilisons la question 3. c) et appliquons l'inégalité de la moyenne à la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {u }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;a]. }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } {u }$ est continue sur $\overset{ { \white{ . } } } {[0\;;\;a]. }$
Nous obtenons alors :

$\forall\,t\in[0\;;\;a],\quad2\le u(t)\le \text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2} }\quad\Longrightarrow\quad 2(a-0) \le \displaystyle\int_{0}^{a}u(t)\text{ d}t \le \left(\text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2}\right)}(a-0) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 2a\le \displaystyle\int_{0}^{a}\left(\text e^{\frac t 2 }+\text e^{\frac {-t}{ 2} }\right)\text{ d}t \le \left(\text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2}}\right)a \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 2a\le \left[2\text e^{\frac t 2 }-2\text e^{\frac {-t}{ 2} }\right]_{0}^{a} \le a\left(\text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2}}\right) }$
$\overset{ { \white{ . } } } {.\phantom{WWWWWWWWWWwWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 2a\le 2\left[\left(\text e^{\frac a 2 }-\text e^{\frac {-a}{ 2} }\right) -\left(\text e^{0}-\text e^{0 }\right) \right]\le a\left(\text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2}}\right) } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWwiWWWW}\quad\Longrightarrow\quad 2a\le 2\left(\text e^{\frac a 2 }-\text e^{\frac {-a}{ 2} }\right) \le a\left(\text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2}}\right) } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWwiWWWW}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{2a}{2a}\le \dfrac{2\left(\text e^{\frac a 2 }-\text e^{\frac {-a}{ 2} }\right)}{2a} \le \dfrac{a\left(\text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2}}\right)}{2a} }$

D'où, $\boxed{1\le \dfrac{\text e^{\frac a 2 }-\text e^{\frac {-a}{ 2} }}{a} \le \dfrac{\text e^{\frac a 2 }+\text e^{\frac {-a}{ 2}}}{2} }\quad(2)}$

4. a) La relation (2) est valable pour tout réel $\overset{ { \white{ . } } } {a\in\;]\,0\;;\;+\infty \,[. }$

Par un changement d'écriture, nous obtenons alors : pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in\;]\,0\;;\;+\infty \,[, }$

${ \white{ WWWWW} }$ $1\le \dfrac{\text e^{\frac x 2 }-\text e^{\frac {-x}{ 2} }}{x} \le \dfrac{\text e^{\frac x 2 }+\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{2} .$

Multiplions les trois membres de ces inégalités par ${\text e^{-\frac 3 2 x}>0 }$

Nous obtenons $\text e^{-\frac 3 2 x}\le \text e^{-\frac 3 2 x}\times\dfrac{\text e^{\frac x 2 }-\text e^{\frac {-x}{ 2} }}{x} \le \text e^{-\frac 3 2 x}\times\dfrac{\text e^{\frac x 2 }+\text e^{\frac {-x}{ 2}}}{2}$ ,

soit $\text e^{-\frac 3 2 x}\le g(x) \le \dfrac{\text e^{\frac {-2x}{ 2} }+\text e^{\frac {-4x}{ 2}}}{2}\quad(\text{voir question 3. a)}$ ,

soit $\boxed{\forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty \,[,\;\text e^{-\frac 3 2 x}\le g(x) \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}}\quad(3)$

4. b) En utilisant l'inégalité (3), nous devons calculer $\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{g(x)-1}{x}\;.$

$\forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty \,[\,,\; \\\\\text e^{-\frac 3 2 x}\le g(x) \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}\quad\Longrightarrow\quad\text e^{-\frac 3 2 x}-1\le g(x)-1 \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}-1 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad\text e^{-\frac 3 2 x}-1\le g(x)-1 \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWwW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{\text e^{-\frac 3 2 x}-1}{x}\le \dfrac{g(x)-1}{x} \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{2x}}}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-\frac 3 2 x}-1}{x}.$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-\frac 3 2 x}-1}{x}=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-\frac 3 2 x}-\text e^0}{x-0}=v'(0^+)\quad\text{où}\;v\text{ est la fonction définie par }:x\to \text e^{-\frac 3 2 x} \\\\\text{Or }v(x)=\text e^{-\frac 3 2 x}\quad\Longrightarrow\quad v'(x)=-\frac 3 2\text e^{-\frac 3 2 x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad v'(0)=-\frac 3 2\text e^{0}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad v'(0)=-\dfrac 3 2} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-\frac 3 2 x}-1}{x}=-\dfrac 3 2}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{2x}$ , soit $\dfrac 1 2\;\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-2x}+\text e^{-x}-2}{x}.$

$\dfrac 1 2\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-2x}+\text e^{-x}-2}{x}=\dfrac 1 2\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-2x}(1+\text e^{x}-2\text e^{2x})}{x} \\\phantom{WWWWWWwWWW}=\dfrac 1 2\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\text e^{-2x}\times \lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{1+\text e^{x}-2\text e^{2x}}{x} \\\phantom{WWWWWWwWWW}=\dfrac 1 2\times\text e^{0}\times \lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{1+\text e^{x}-2\text e^{2x}}{x} \\\phantom{WWWWWWwWWW}=\dfrac 1 2\times1\times \lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{1+\text e^{x}-2\text e^{2x}}{x} \\\\\text{D'où }\;\boxed{\dfrac 1 2\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-2x}+\text e^{-x}-2}{x}=\dfrac 1 2\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{-2\text e^{2x}+\text e^{x}+1}{x}}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet\bullet}{\white{x}}$ Déterminons $\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{-2\text e^{2x}+\text e^{x}+1}{x}$

$\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{-2\text e^{2x}+\text e^{x}+1}{x}=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{-2\text e^{2x}+2\text e^{x}-\text e^{x}+1}{x} \\\phantom{WWWWWWWW}=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{-2\text e^{x}(\text e^{x}-1)-(\text e^{x}-1)}{x} \\\phantom{WWWWWWWW}=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{(-2\text e^{x}-1)(\text e^{x}-1)}{x} \\\phantom{WWWWWWWW}=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}(-2\text e^{x}-1)\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{x}-1}{x} \\\phantom{WWWWWWWW}=(-2\text e^{0}-1)\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{x}-1}{x} \\\phantom{WWWWWWWW}=-3\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{x}-1}{x}$
$\\\phantom{WWWWWWWW}=-3\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{x}-\text e^0}{x-0} \\\phantom{WWWWWWWW}=-3\times w(0^+)\quad\text{où}\;w\text{ est la fonction définie par }:x\to \text e^{x} \\\\\text{Or }w(x)=\text e^{x}\quad\Longrightarrow\quad w'(x)=\text e^{ x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad w'(0)=\text e^{0}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad w'(0)=1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{-2\text e^{2x}+\text e^{x}+1}{x}=-3\times1=-3}$

En résumé,

$\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{2x} =\dfrac 1 2\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{x} \\\phantom{WWWWWWWW}=\dfrac 1 2\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{-2\text e^{2x}+\text e^{x}+1}{x} \\\phantom{WWWWWWWW}=\dfrac 1 2\times(-3) \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{2x} =-\dfrac 3 2}$

Dès lors, par le théorème d'encadrement (théorème des gendarmes), nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{\text e^{-\frac 3 2 x}-1}{x}\le \dfrac{g(x)-1}{x} \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{2x}\\ \lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-\frac 3 2 x}-1}{x}=-\dfrac 3 2\phantom{WWWWWWWW}\\ \lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}-2}{2x} =-\dfrac 3 2\phantom{WWWwWW}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{g(x)-1}{x}=-\dfrac 3 2}$

Partie B (6 points)

1. a) Étudions la continuité de $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ en 0.

D'une part, $\overset{ { \white{ . } } } {f(0)=1+\ln\left(\dfrac{1+0}{1-0}\right)=1+\ln1=1+0=1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(0)=1}\,. }$

D'autre part,

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,f(x)=\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,\left[1+\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)\right]=1+\ln\left(\dfrac{1+0}{1-0}\right)=1+\ln1=1 \\\\\phantom{W}\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,f(x)=1}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,f(x)=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^x-1}{x\,\text e^{2x}} \\\phantom{WWWWW}=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{1}{\text e^{2x}}\times\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{\text e^x-1}{x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWW}=\dfrac{1}{\text e^{0}}\times1=1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,f(x)=1}$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to0}f(x)=1} }$
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.

1. b) Étudions la dérivabilité de $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ en 0.

Calculons $\underset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,\dfrac{\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)}{x}}$

Posons $\overset{ { \white{ . } } } {t=\dfrac{1+x}{1-x} }$

$\text{Or }\;t=\dfrac{1+x}{1-x}\quad\Longleftrightarrow\quad t(1-x)=1+x \\\phantom{\text{Or }\;t=\dfrac{1+x}{1-x}}\quad\Longleftrightarrow\quad t-tx=1+x \\\phantom{vWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad t-1=tx+x \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{vWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad t-1=(t+1)x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{vWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad x=\dfrac{t-1}{t+1}\quad(t\neq-1)}$

$\text{De plus, }\;(x\to0)\quad\Longleftrightarrow\quad (t\to1)$

D'où

$\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,\dfrac{\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)}{x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWwWW}=\lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,\dfrac{\ln t}{\frac{t-1}{t+1}} } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWwWW}=\lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,\dfrac{\ln t}{t-1}\times (t+1) } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWwWW}=\lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,\dfrac{\ln t}{t-1}\times \lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,(t+1) }$

En outre,

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,\dfrac{\ln t}{t-1}=\lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,\dfrac{\ln t-\ln 1}{t-1}=m'(1)\quad\text{où}\;m\text{ est la fonction définie par }:x\to \ln x \\\\\phantom{x}\quad\text{Nous savons que }\;m(x)=\ln x\quad\Longrightarrow\quad m'(x)=\dfrac 1 x \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWxWWWW}\quad\Longrightarrow\quad m'(1)=1} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,\dfrac{\ln t}{t-1}=1}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,(t+1)=1+1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,(t+1)=2}$

Nous en déduisons que

$\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,\dfrac{\ln t}{t-1}\times \lim\limits_{\underset{<}{t\to1}}\,(t+1) =1\times2 \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{<}{x\to0}}\,\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=2\in\R}$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ est dérivable à gauche en 0 et le nombre dérivé à gauche de $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ en 0 est égal à $2.$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Étudions la dérivabilité à droite de $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ en 0.

$\forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty[,\;f(x)=\dfrac{\text e^x-1}{x\,\text e^{2x}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty[,\;f(x)=g(x)}$

$\text{D'où }\;\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{g(x)-1}{x}=-\dfrac{3}{2}\quad(\text{voir question 4. b - Partie A)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{\underset{>}{x\to0}}\,\dfrac{f(x)-f(0)}{x-0}=-\dfrac{3}{2}\in\R}$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ est dérivable à droite en 0 et le nombre dérivé à droite de $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ en 0 est égal à $\overset{ { \white{ . } } } {-\frac 3 2.}$

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 ; 1).
De plus, au point de coordonnées (0 ; 1), la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{C} }$ admet une demi-tangente à gauche de coefficient directeur égal à 2 et une demi-tangente à droite de coefficient directeur égal à $\overset{ { \white{ . } } } {-\frac 3 2.}$

2. Nous devons calculer $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-1}f(x) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}f(x). }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\lim\limits_{x\to-1}f(x)=\lim\limits_{x\to-1}\left[1+\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)\right].$

${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-1}\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)=0\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{X\to 0}\ln X=-\infty}\end{matrix}\right.\quad\underset{\left(X=\frac{1+x}{1-x}\right)}{\Longrightarrow}\quad\lim\limits_{x\to-1}\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)=-\infty \\\phantom{WWWWWWxWWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-1}\left[1+\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)\right]=-\infty \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWxWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-1}f(x)=-\infty}}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text e^x-1}{x\,\text e^{2x}}=\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)\,.$

Utilisons la relation (3) de la partie A.

Nous savons que $\forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty \,[,\;\text e^{-\frac 3 2 x}\le g(x) \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}$

Par le théorème d'encadrement (théorème des gendarmes), nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}\text e^{-\frac 3 2 x}\le g(x) \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}\phantom{WWWW}\\ \lim\limits_{x\to+\infty}\,\text e^{-\frac 3 2 x}=0\phantom{WWWWWWWWWW}\\ \lim\limits_{x\to+\infty}\,\dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}=\dfrac 0 2=0\phantom{WWWwWW}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\,g(x)=0 \\\phantom{WWWWWWWWwWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\,f(x)=0}$

3. a) $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } }{f'(x)}$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,-1\;;\;0 \,[. }$

$\forall\,x\in\,]-1\;;\;0\,[,\; f'(x)=\left[1+\ln\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)\right]' \\\phantom{WWWWWWWWW}=0+\dfrac{1}{\dfrac{1+x}{1-x}}\times\left(\dfrac{1+x}{1-x}\right)' \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=\dfrac{1-x}{1+x}\times\dfrac{1\times(1-x)-(1+x)\times(-1)}{(1-x)^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=\dfrac{1-x}{1+x}\times\dfrac{2}{(1-x)^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}=\dfrac{2}{(1+x)(1-x)}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,]-1\;;\;0\,[,\; f'(x)=\dfrac{2}{1-x^2}}$

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

Remarquons que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty\,[\,,f(x)=g(x).}$
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty\,[\,,f'(x)=g'(x).}$
Dans la question 2. a) - Partie A, nous avons montré que $\overset{ { \white{ . } } } {\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;g'(x)=\text e^{-2x}\left[\dfrac{1+2x-(x+1)\,\text e^{x}}{x^2}\right]}$
Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\forall\,x\in\,]\,0\;;\;+\infty\,[,\;f'(x)=\text e^{-2x}\left[\dfrac{1+2x-(x+1)\,\text e^{x}}{x^2}\right]}}$

3. b) $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous devons déterminer le sens de variation de $\overset{ { \white{ . } } }{f}$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,-1\;;\;0 \,[. }$

$x\in\,]-1\;;\;0\,[\quad\Longrightarrow\quad-1<x<0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{x\in]-1\;;\;0\,[}\quad\Longrightarrow\quad0<x^2<1} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{x\in]-1\;;\;0\,[}\quad\Longrightarrow\quad-1<-x^2<0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{x\in]-1\;;\;0\,[}\quad\Longrightarrow\quad0<1-x^2<1}$
$\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{x\in]-1\;;\;0\,[}\quad\Longrightarrow\quad0<\dfrac{2}{1-x^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{x\in]-1\;;\;0\,[}\quad\Longrightarrow\quad0<f'(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,]-1\;;\;0\,[\,,\;f'(x)>0}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } }{f}$ est strictement croissante sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,-1\;;\;0 \,[. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous devons déterminer le sens de variation de $\overset{ { \white{ . } } }{f}$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty \,[. }$

Remarquons que $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\;]\,0\;;\;+\infty\,[\,,f(x)=g(x).}$
Dans la question 2. c) - Partie A, nous avons conclu que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {g }$ est strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[.}$
Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f }$ est strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[.}$

3. c) Dressons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } }{f.}$

${ \white{ WWWWWWWW } } \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\x&-1&&0&&+\infty &&&&&&\\\hline &&&||&&\\f'(x)&&+&\phantom{xi}(2)||(-\frac32)&-&\\&&&||&&\\\hline &&&1&&\\f(x)&&\nearrow&&\searrow&\\&-\infty&&&&0\\\hline \end{array}$

4) Traçons la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}). }$

Bac Burkina Faso 2023 série C - 2ème tour : image 7

5. Soit $\overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{D} }$ la partie du plan délimitée par la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}) }$ sur [0 ; + infini

[, l'axe des abscisses et les droites d'équations ${x=0 }$ et ${ x=1.}$

Donnons un encadrement de l'aire $\overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{A(D)} }$ en cm².

Utilisons l'inégalité (3).

$\text e^{-\frac 3 2 x}\le g(x) \le \dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}\quad\Longrightarrow\quad\displaystyle\int_{0}^{1}\text e^{-\frac 3 2 x}\text{ d}x\le \displaystyle\int_{0}^{1}g(x)\text{ d}x \le \displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\text e^{-x}+\text e^{-2x}}{2}\text{ d}x \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\displaystyle\int_{0}^{1}\text e^{-\frac 3 2 x}\text{ d}x\le \displaystyle\int_{0}^{1}g(x)\text{ d}x \le \dfrac 1 2\displaystyle\int_{0}^{1}(\text e^{-x}+\text e^{-2x})\text{ d}x \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad-\dfrac 2 3\left[\text e^{-\frac 3 2 x}\right]_{0}^{1}\le \mathscr{A(D)} \le \dfrac 1 2\left[-\text e^{-x}-\dfrac 1 2\,\text e^{-2x}\right]_{0}^{1} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad-\dfrac 2 3\left[\text e^{-\frac 3 2 }-\text e^{0}\right]\le \mathscr{A(D)} \le \dfrac 1 2\left[-(\text e^{-1}-\text e^{0})-\dfrac 1 2\,(\text e^{-2}-\text e^{0})\right]$
$\\\\\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad-\dfrac 2 3\left[\text e^{-\frac 3 2 }-1\right]\le \mathscr{A(D)} \le \dfrac 1 2\left[-(\text e^{-1}-1)-\dfrac 1 2\,(\text e^{-2}-1)\right] \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad-\dfrac 2 3\left[\text e^{-\frac 3 2 }-1\right]\le \mathscr{A(D)} \le \dfrac 1 2\left[-\text e^{-1}-\dfrac 1 2\,\text e^{-2}+\dfrac 32\right] \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}-\dfrac 2 3\left[\text e^{-\frac 3 2 }-1\right]\approx0,518\;\text{u.a.}\phantom{XXXX} \\\\\dfrac 1 2\left[-\text e^{-1}-\dfrac 1 2\,\text e^{-2}+\dfrac 32\right]\approx0,532\;\text{u.a.}\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\quad\boxed{0,518\;\text{u.a.}\le\mathscr{A(D)} \le0,532\;\text{u.a.}}$

Selon l'énoncé, la mesure de l'unité graphique est égale à 3 cm.
Dès lors, l'unité d'aire est égale à 9 cm².

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { 0,518\times 9\;\text{cm}^2\le\mathscr{A(D)} \le0,532\times 9\;\text{cm}^2}$

soit $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{4,66\;\text{cm}^2\le\mathscr{A(D)} \le4,79\;\text{cm}^2}}$

Publié par malou/Panter le 10-01-2024

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