Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques

Burkina Faso 2023

Série F1-F2-F3-F4

1er tour

Durée : 4h
Coefficient: 5
Calculatrice non autorisée

4 points

exercice 1

Bac Burkina Faso 2023 série F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 1

4 points

exercice 2

Bac Burkina Faso 2023 série F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 2

12 points

probleme

Bac Burkina Faso 2023 série F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 3

Bac Burkina Faso 2023 série F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 4

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exercice 1

A)

1) On a pour tout $n\in\N\text{ : }U_{n+1}=e\sqrt{U_n}$

Donc: $U_1=e\sqrt{U_0}=e\sqrt{e^3}=e^2\sqrt{e} =e^2e^{1/2}=e^{5/2}\Longrightarrow \boxed{U_1=e^{5/2}}$

Montrons que $V_1=\dfrac{1}{2}\text{ : }$

On a: $\forall n\in\N^*\text{ : } V_n=-2+\ln U_n$

Donc: $V_1=-2+\ln U_1=-2\ln (e^{5/2})=-2+\dfrac{5}{2}=\dfrac{1}{2} \Longrightarrow \boxed{V_1=\dfrac{1}{2}}$

2) On a, pour tout $n\in\N^*\text{ : }$

$\begin{matrix} V_{n+1}&=&-2+\ln U_{n+1}&=&-2+\ln (e\sqrt{U_n})\\\\&=&-2+\ln e+\ln(U_n^{1/2})&=&-2+1+\dfrac{1}{2} \ln U_n \\\\&=& \dfrac{1}{2}(-2+\ln U_n)&=&\dfrac{1}{2} V_n\end{matrix}$

Donc: $\boxed{\forall n\in\N^*\text{ : }V_{n+1}=\dfrac{1}{2} V_n }$

On en déduit que: $\boxed{\text{ La suite }(V_n)\text{ est géométrique de raison }\dfrac{1}{2}}$

3-a) La suite $(V_n)$ est une suite géoémtrique de raison $\dfrac{1}{2}$ est de premier terme $V_1=\dfrac{1}{2}$ .

D'où:

$\forall n\in\N^{*} \text{ : }V_n=V_1\left(\dfrac 12\right)^{n-1} \Longrightarrow \forall n\in\N^*\text{ : }V_n=\dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}\Longrightarrow \boxed{\forall n\in \N^*\text{ : }V_n=\left(\dfrac 12\right)^n }$

b) On a:

$\forall n\in\N^*\text{ : }V_n=-2+\ln U_n\enskip \enskip \Longrightarrow\enskip \enskip \ln U_n= V_n+2 \enskip \enskip\Longrightarrow \enskip \enskip U_n=e^{V_n+2}=e^{(1/2)^n+2}$

On obtient: $\forall n\in\N^*\text{ : }U_n=e^{(1/2)^n+2}$

De plus: $U_0=e^3 \text{ et }e^{(1/2)^0+2}=e^{1+2}=e^3=U_0$

On en tire que: $\boxed{\forall n\in\N\text{ : }U_n=e^{(1/2)^n+2 }}$

c) Puisque $0<\dfrac 12< 1 \text{ , alors } \displaystyle\lim_{n\to +\infty} \left(\dfrac 12\right)^n=0$ , il s'ensuit que :

$\displaystyle\lim_{n\to +\infty} U_n= \displaystyle\lim_{n\to +\infty} e^{(1/2)^n+2}=e^{0+2}=e^2 \Longrightarrow \boxed{\displaystyle\lim_{n\to +\infty} U_n=e^2}$

B)

1) On a $\forall x\in\R\text{ : }e^x-\dfrac{e^x}{1+e^x}=\dfrac{e^x(1+e^x)-e^x}{1+e^x}=\dfrac{e^x+e^{2x}-e^x}{1+e^x}=\dfrac{e^{2x}}{1+e^x}$

Donc: $\boxed{\forall x\in\R\text{ : }\dfrac{e^{2x}}{1+e^x}=e^x-\dfrac{e^x}{1+e^x}}$

2) Calculons $I\text{ :}$

$\begin{matrix} I&=& \displaystyle \int_0^1 \dfrac{e^{2x}}{1+e^x}\text{ d}x &=& \displaystyle \int_0^1 e^x-\dfrac{e^x}{1+e^x}\text{ d}x &=& \displaystyle \int_0^1 \left(e^x\right)'-\dfrac{\left(1+e^x\right)'}{1+e^x}\text{ d}x \\\\ &=& \left[ e^x-\ln \left|1+e^x \right|\right]_0^1 &=& \underbrace{\left[ e^x-\ln \left(1+e^x \right)\right]_0^1}_{\text{ Car: }\forall x\in[0;1]\text{ : } 1+e^x>0 } &=& e-\ln(1+e)-1+\ln 2 \\\\&=& e-1+\ln\left(\dfrac{2}{1+e}\right)\end{matrix}$

$\boxed{I=e-1+\ln\left(\dfrac{2}{1+e}\right)}$

exercice 2

$(E)\text{ : }y'-2y=x^2$
1) Soit $f$ une fonction définie par $f(x)=ax^2+bx+c\text{ tels que }a,b,c\in\R$ .

$\begin{matrix} f\text{ est solution de }(E) &\iff& \forall x\in\R\text{ : }f'(x)-2f(x)=x^2 \\\\&\iff& \forall x\in\R\text{ : } 2ax+b-2ax^2-2bx-2c=x^2 \\\\&\iff& \forall x\in\R\text{ : }-2ax^2+(2a-2b)x+b-2c=0 \\\\&\iff& \begin{cases} -2a=1 \\2a-2b=0 \\b-2c=0 \end{cases}\\\\&\iff& \begin{cases} a=-\dfrac{1}{2} \\ b=-\dfrac{1}{2} \\ c=\dfrac{b}{2}=-\dfrac{1}{4}\end{cases} \end{matrix}$

Donc:

$\boxed{\text{ La fonction }f\text{ définie par : } \forall x\in\R\text{ : }f(x)=-\dfrac{1}{2}\left(x^2+x+\dfrac{1}{2}\right) \text{ est solution de l'équation }(E) }$

2) L'équation différentielle $(F)\text{ : }y'-2y=0$ est une équation différentielle du premier degré à coefficients constants et sans second membre.

Donc les solutions de $(F)$ s'écrivent: $x\mapsto ke^{-(-2)x}=ke^{2x} \text{ / } k\in\R$

L'ensemble des solutions de $(F)$ est:

$\boxed{S_{(F)}=\left\lbrace x\mapsto ke^{2x} \text{/ }k\in\R \right\rbrace }$

3) Soit $h$ une fonction définie et dérivable sur $\R\text{ : }$

$\begin{matrix} h-f\text{ est solution de }(F) &\iff& (h-f)'-2(h-f)=0 \\&\iff& h'-f'-2h-2f=0 \\&\iff& h'-2h=f'-2f \\&\iff& h'-2h=x^2 &\enskip\text{ car }f\text{est une solution de l'équation }(E) \\&\iff& h\text{ est solution de }(E) \end{matrix}$

$\boxed{h-f\text{ est solution de }(F) \text{ si et seulement si }h\text{ est solution de }(E) }$

4) Soit $h$ solution de $(E)$ , donc $h-f$ est solution de $(F)$ .

On en tire que:

$\begin{matrix} (h-f)(x)=ke^{2x} \text{ / }k\in\R &\iff& \forall x\in\R\text{ : }h(x)-f(x)=ke^{2x}\text{ / }k\in\R \\\\&\iff& h(x)=ke^{2x}+f(x)\text{ / } k\in\R \\\\&\iff& h(x)= ke^{2x}-\dfrac{1}{2}\left(x^2+x+\dfrac{1}{2}\right) \text{ / }k\in\R\end{matrix}$

L'ensemble des solutions de $(E)$ est:

$\boxed{S_{(E)}=\left\lbrace x\mapsto ke^{2x}-\dfrac{1}{2}\left(x^2+x+\dfrac{1}{2}\right) \text{/ }k\in\R \right\rbrace }$

5) $h$ est solution de $(E)$ vérifiant $h(0)=\dfrac{3}{4}$ , donc il existe $k\in\R \text{ / }h(x)=ke^{2x}-\dfrac{1}{2}\left(x^2+x+\dfrac{1}{2}\right)$

Il s'ensuit: $\begin{matrix} h(0)=\dfrac{3}{4} &\iff& ke^0-\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2} =\dfrac{3}{4} &\iff& k=\dfrac{3}{4}+\dfrac{1}{4} = 1 \end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in\R\text{ : } h(x)=e^{2x}-\dfrac{1}{2}\left(x^2+x+\dfrac{1}{2}\right)}$

probleme

Partie A:

$\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }g(x)=x^2+1-\ln x$
$\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f(x)=x+1+\dfrac{\ln x}{x}$

1) La fonction $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

$\begin{matrix} \forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }g'(x)&=& (x^2+1-\ln x)'&=& 2x-\dfrac{1}{x} &=& \dfrac{2x^2-1}{x} \end{matrix}$

$\boxed{\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }g'(x)=\dfrac{2x^2-1}{x}}$

Étude de signe:

On sait que: $\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }g'(x)=\dfrac{2x^2-1}{x}=\dfrac{(\sqrt{2}x)^2-1}{x}=\dfrac{(\sqrt{2} x-1)(\sqrt{2}+1)}{x}$

Or, $\forall x >0\text{ : }\sqrt{2}x+1>1>0$ . Donc le signe de $g'(x)$ est celui de $\sqrt{2}x-1$ , qui est un polynôme de premier degré qui s'annule en $\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{ , }$ en effet :

$\sqrt{2}x-1=0\iff x=\dfrac{1}{\sqrt{2}} \iff x=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Dressons le tableau de signe:

$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & 0 & & \sqrt{2}/2 & & +\infty \\ \hline \sqrt{2}x-1 & \dbarre & - & \barre{0} &+& \\ \hline g'(x) & \dbarre & - & \barre{0} &+& \\ \hline \end{array}}$

On conclut alors que:

$\boxed{\begin{matrix} \forall x\in \left]0;\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right[ \text{ : } & g'(x)<0 \\ g'\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=0 &\\ \forall x\in \left]\dfrac{\sqrt{2}}{2};+\infty[ \text{ : } &g'(x)>0 \end{matrix} }$

2) Calculons $g\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\text{ : }$

$g\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+1-\ln\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right) = \dfrac{2}{4}+1-\ln \sqrt{2}+\ln 2 =\dfrac{1}{2}+1-\dfrac{1}{2}\ln 2+\ln 2=\dfrac{3}{2}+\dfrac{\ln 2}{2}$

$\boxed{g\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{1}{2}(\ln 2+3)}$

Ayant étudié le signe de $g'(x)$ , on peut dresser le tableau de variations de la fonction $g\text{ : }$

$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & 0 & & \sqrt{2}/2 & & +\infty \\ \hline g'(x) & \dbarre & - & \barre{0} &+& \\ \hline & \dbarre&&&& \\ g & \dbarre & \searrow & & \nearrow & \\ &\dbarre & &(\ln 2+3)/2&& \\ &\dbarre & &&& \\ \hline \end{array}}$

On en tire que $g$ amdet un minimum $\dfrac{\ln 2 + 3}{2}$ en $\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ sur $]0;+\infty[$ .

Donc: $\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }g(x)\geq \dfrac{\ln 2+3}{2}$

Finalement: $\ln 2\approx 0,69 \text{ , donc: }\dfrac{\ln 2+3}{2} >0$

D'où: $\boxed{\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }g(x)>0 }$

3)

Calcul des limites:

$\displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x)= \lim_{x\to 0^+} x+1+\dfrac{\ln x}{x} = \lim_{x\to 0^+} x+1+\ln x \times \dfrac{1}{x}= 0+1+(-\infty)\times (+\infty)=-\infty$

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x)=-\infty}$
Interprétation graphique:

$\boxed{\text{L'axe des ordonnées est ue asymptote verticale à la courbe }(\mathscr{C}) }$

$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)= \lim_{x\to +\infty} x+1+\dfrac{\ln x}{x} = (+\infty)+1+0=+\infty$

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

4-a) La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables sur $]0;+\infty[$

$\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }f'(x)=\left(x+1+\dfrac{\ln x}{x}\right)'=1+\dfrac{(\ln x)'x-\ln x}{x^2}=1+\dfrac{1-\ln x}{x^2}$

$\boxed{\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }f'(x)=1+\dfrac{1-\ln x}{x^2}}$

Vérification:

$\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : } f'(x)=1+\dfrac{1-\ln x}{x^2}=\dfrac{x^2+1-\ln x}{x^2}=\dfrac{g(x)}{x^2} \enskip\enskip \Longrightarrow \enskip\enskip \boxed{\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }f'(x)=\frac{g(x)}{x^2}}$

b) D'après ce qui précède, la fonction $g$ est strictement positive sur $0;+\infty[$ .

De plus, $\forall x \in]0;+\infty[\text{ : }x^2>0$

On obtient alors: $\boxed{\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }f'(x)>0 }$

Et on dresse le tableau de variations de la fonction $f\text{ : }$

$\begin{array}{|c|cccc|} \hline x & 0 & & & +\infty \\ \hline f'(x) & \dbarre& & +& \\ \hline & \dbarre& & & +\infty \\ f & \dbarre & & \nearrow & \\ &\dbarre & 0&& \\ \hline \end{array}}$

c) La fonction $f$ est continue sur $]0;+\infty[$ car elle est dérivable sur cet intervalle.

De plus, $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ .

Et puisque $\displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x)=-\infty\text{ et }\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=+\infty$ , alors $f(]0;+\infty[)=]-\infty;+\infty[=\R$

On en tire que $0\in f(]0;+\infty[)$ et donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires:

$\boxed{\text{L'équation }f(x)=0\text{ amdet une solution unique notée }\alpha\text{sur }]0;+\infty[}$

Encadrement de $\alpha\text{ : }$

$f\left(\dfrac{1}{4}\right)=\dfrac{1}{4}+1+\dfrac{\ln (1/4)}{1/4}=\dfrac{5}{4}-4\ln 4=\dfrac{5}{4}-8\ln 2<0\enskip\enskip\text{ puisque }\dfrac 5 4 =1,25 \text{ et }\ln 2\approx 0,69\text{, donc }8\ln 2 >4$

$f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}+1+\dfrac{\ln (1/2)}{1/2}=\dfrac{3}{2}-2\ln 2>0\enskip\enskip\text{ puisque }\dfrac 3 2 =1,5 \text{ et }\ln 2\approx 0,69\text{ , donc } 2\ln 2 \approx 1,4$

On en déduit que : $f\left(\dfrac{1}{4}\right)\leq f(\alpha)=0\leq f\left(\dfrac{1}{2}\right)$

Et en sachant que $f$ est strictement croissante sur $]0;+\infty[$ , on conclut que:

$\boxed{ \dfrac 1 4 \leq \alpha\leq \dfrac 1 2 }$

5) Soit $(\Delta)\text{ : }y=x+1$ . On a:

$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)-y = \displaystyle\lim_{x\to +\infty} x+1+\dfrac{\ln x}{x}-(x+1) = \displaystyle\lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0$

Interprétation graphique:

$\boxed{(\Delta)\text{ : }y=x+1 \text{ est une asymptote oblique à la courbe }(\mathscr{C})\text{ au voisinage de }+\infty }$

Étude de la position relative:

Étudions le signe de $f(x)-y \text{ , on a :}$

$\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }f(x)-y=\dfrac{\ln x}{x}$ , donc le signe de $f(x)-y$ est celui de $\ln x$ .

Et puisque: $\begin{cases} \forall x\in ]0;1[\text{ : }\ln x<0 \\ \ln 1 = 0 \\ \forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }\ln x>0 \end{cases} \enskip\enskip\Longrightarrow \enskip\enskip \begin{cases} \forall x\in ]0;1[\text{ : }f(x)-y<0 \\ \text{ Si }x=1\text{ : }f(x) = y \\ \forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }f(x)-y>0 \end{cases}$

Finalement, si $x=1\text{ : }f(x)=y\Longrightarrow f(1)=1+1=2$

On en déduit que:

$\boxed{\begin{matrix} \bullet & (\mathscr{C}) \text{ est en dessous de la droite }(\Delta) \text{ sur l'intervalle }\left]0;1\right[ \\ \bullet & (\mathscr{C}) \text{ coupe la droite }(\Delta)\text{ au point } A\left(1;2\right) \\ \bullet & (\mathscr{C}) \text{ est au-dessus de la droite }(\Delta) \text{ sur l'intervalle }\left]1;+\infty\right[ \end{matrix}}$

6) $\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }h(x)=-x^2+1-\ln x$

La fonction $h$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables $]0;+\infty[$ .

$\begin{matrix}\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : } h'(x)&=& \left(-x^2+1-\ln x)\right)'&=& -2x-\dfrac{1}{x} &=& -\dfrac{2x^2+1}{x} \end{matrix}$

Or, $\forall x >0\text{ : }\sqrt{2}x^2+1>1>0$ . Donc $\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }h'(x)<0$

Donc: $\boxed{\text{ La fonction }h\text{ est strictement décroissante sur }]0;+\infty[ }$

Or:

$\displaystyle\lim_{x\to 0^+} h(x)= \lim_{x\to 0^+} -x^2+1-\ln x = 0+1-(-\infty)=+\infty$

$\displaystyle\lim_{x\to +\infty} h(x)= \lim_{x\to +\infty} -x^2+1-\ln x = -(+\infty)+1-(+\infty)=-\infty$

Et puisque $h(1)=0$ , on dresse le tableau de variations de la fonction $h\text{ :}$

$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline h'(x) & \dbarre & & - & & \\ \hline & +\infty&&&& \\ h & \dbarre & \searrow & & & \\ &\dbarre & &0&& \\ &\dbarre & &&\searrow & \\ &\dbarre & && &-\infty \\ \hline \end{array}}$

On en déduit que:

$\boxed{\begin{cases} \forall x\in ]0;1[\text{ : }h(x)>0 \\ h(1) = 0 \\ \forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }0 > h(x) \end{cases}}$

7) L'équation de la tangente $(T)$ à la courbe $(\mathscr{C})$ au point $A(1;2)\text{ s'écrit :}$

$(T)\text{ : }y=f'(1)(x-1)+f(1)$

Or, $f(1)=2 \enskip\text{ et }\enskip f'(1)=\dfrac{g(1)}{1^2}=g(1)=1+1-\ln 1 = 2$

Donc:

$(T)\text{ : }y=f'(1)(x-1)+f(1)\iff (T)\text{ : }y=2(x-1)+2 \iff \boxed{(T)\text{ : }y=2x }$

8) Voir le graphique de la partie B

Partie B:

1) Le graphique:

Bac Burkina Faso 2023 série F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 6

Justification: Puisque $f^{-1}$ est la bijection récproque de $f$ , alors $(\mathscr{C}')$ est le symétrique de $(\mathscr{C})$ par rapport à la droite $(\Sigma)\text{ : }y=x$ .

2-a) Soit $\lambda >1$ .

L'aire $A(\lambda)$ de la partie du plan comprise entre $(\mathscr{C})\text{ , }(\Delta)$ et les droites d'équations $x=1 \text{ et } x=\lambda$ . est en unité d'aire $(U.A)\text{ : }$

$A(\lambda)=\displaystyle \int_{1}^{\lambda}|f(x)-y|\text{ d}x\enskip \text{avec }y=x+1$

Or , on sait que $f(x)-y \geq 0 \text{ pour tout réel }x\geq 1 \text{ , alors : } A(\lambda)=\displaystyle \int_{1}^{\lambda}f(x)-y\text{ d}x$

Calculons cette intégrale :

$\begin{matrix} A(\lambda)&=&\displaystyle \int_{1}^{\lambda}f(x)-y\text{ d}x\\&=&\displaystyle \int_{1}^{\lambda}x+1+\dfrac{\ln x}{x}-(x+1)\text{ d}x\\&=&\displaystyle \int_{1}^{\lambda}\dfrac{\ln x}{x}\text{ d}x\\&=& \displaystyle \int_{1}^{\lambda}\dfrac{1}{x}\times \ln x \text{ d}x \\&=& \displaystyle \int_{1}^{\lambda}(\ln x)' \ln x \text{ d}x \\&=& \displaystyle \dfrac{1}{2}\int_{1}^{\lambda} 2(\ln x)' \ln x \text{ d}x\\&=& \dfrac 1 2\left[(\ln x)^2\right]_{1}^{\lambda}\\&=& \dfrac 1 2 \left((\ln \lambda ) ^2 -(\ln 1)^2 \right) \\&=& \dfrac{1}{2} (\ln \lambda )^2 \enskip (U.A.)\end{matrix}$

Finalement, l'unité graphique est $2\text{ cm , il s'ensuit que: } 1 \text{ U.A }=\left(2\text{ cm }\times 2\text{ cm }\right) = 4\text{ cm}^2$

Donc: $A(\lambda)=\dfrac{1}{2}(\ln \lambda)^2\enskip (U.A)=4\times \dfrac{1}{2}(\ln \lambda)^2\enskip (\text{ cm}^2) \enskip \Longrightarrow \enskip \boxed{A(\lambda)=2(\ln \lambda)^2\enskip (\text{ cm}^2)}$

b) Puisque $\displaystyle\lim_{\lambda\to +\infty} \ln\lambda=+\infty$ , alors $\displaystyle\lim_{\lambda\to +\infty} 2(\ln\lambda)^2=+\infty$

Et donc : $\boxed{\displaystyle\lim_{\lambda\to +\infty} A(\lambda)=+\infty}$

Partie C:

$(\Gamma)\text{ : }\begin{cases} x(t)=e^t \\ y(t)=1+e^t+te^{-t} \end{cases}\text{ ; }t\in \R$

1) On a, pour tout $t\in\R\text{ , } x(t)=e^t>0 \text{ , donc }t=\ln (x(t))$

Donc: $y(t)=1+e^t+te^{-t}=1+x(t)+\ln(x(t)) e^{-\ln(x(t))} = 1+x(t)+\ln(x(t))\times \dfrac{1}{x(t)}$

On en déduit l'équation cartésienne de $(\Gamma)$ est :

$\boxed{\forall x>0\text{ : }y(x)=1+x+\dfrac{\ln x}{x}=f(x) }$

Remarque: $(\Gamma)$ n'est autre que la courbe $(\mathscr{C})$ .

2) Notons $v_x \text{ et }v_y$ les coordonnées du vecteur vitesse $\vec{v}\text{ , alors, pour tout }t\in \R\text{ : }$

$v_x(t)=\dfrac{d x(t)}{d t} = (e^t)' =e^t$

$\begin{matrix}v_y(t)&=&\dfrac{d y(t)}{d t} &=& (1+e^t+te^{-t})' & =&e^t+e^{-t}-te^{-t}& = &e^t+(1-t)e^{-t} \end{matrix}$

Pour $t=0\text{ , on obtient: }$

$v_x(0)=e^{0}=1$

$v_y(0)=e^0+(1-0)e^0=1+1=2$

Conclusion:

$\boxed{\text{Les coordonnées du vecteur vitesse à l'instant }t=0\text{ sont : }\vec{v}_{0}\left(1;2\right)}$

Publié par malou/Panter le 08-11-2023

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