Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques

Mali 2023

Série TSEXP

Durée : 3h
Coefficient: 3

4 points

exercice 1

1. Soit la fonction $h: x \mapsto h(x) = \dfrac{x^2 - 2x - 2}{x^4 - 1}$ .

a. Détermine trois nombres réels $a, b$ et $c$ tels que : $\forall x \in \mathbb{R} - \lbrace 1\rbrace, h(x) = \dfrac{a}{x-1} + \dfrac{bx+c}{x^2 + x + 1}$ .

b. Déduis-en la primitive $H$ de $h$ sur $]- \infty, 1[$ telle que : $H(-1) = -\ln 2$ .

2. Soit $x$ un nombre réel, $I(x)$ et $J(x)$ les intégrales suivantes :

$I(x)=\displaystyle\int_0^x\left(\cos^2 t\right)\text dt$ et $J(x)=\displaystyle\int_0^x\left(\sin^2 t\right)\text dt$

a. Calcule $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)+J(x) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)-J(x) }$ .

b. Déduis-en $I(x)$ et $J(x)$ .

6 points

exercice 2

I. Le plan est muni d'un repère orthonormé $(O, \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v})$ .

1. Résous, dans $\mathbb{C}$ , l'équation $z^2 - (2+6i)z - 16 + 12i = 0$ .

2. Soit $p(z) = z^3 - (4 + 6i)z^2 - (12 - 24i)z + 32 - 24i$ .

a. Montre que l'équation $p(z) = 0$ admet une solution réelle $z_a$ .

b. Factorise $p(z)$ puis résous, dans $\mathbb{C}$ , l'équation $p(z) = 0$ .

II. On donne les points $A, B$ et $C$ d'affixes respectives $z_A = 2$ , $z_B = 4 + 2i$ , et $z_C = -2 + 4i$ .

1. a. Calcule le rapport $\dfrac{z_C - z_A}{z_B - z_A}$ puis déduis-en la nature du triangle $ABC$ .

b. Détermine l'ensemble $E$ des points du plan vérifiant $|z - 4 - 2i| = |z + 2 - 4i|$ .

2. Soit $s$ une similitude directe telle que $s(A) = A$ et $s(B) = C$ .

a. Détermine le rapport $k$ et l'angle $\theta$ de $s$ .

b. Déduis-en l'expression de $s$ .

10 points

probleme

Le plan est rapporté au repère orthonormé $(O; \vec{i}, \vec{j})$ d'unité graphique 2 cm.

A

Soit $g$ la fonction définie par $g : x \mapsto g(x) = \dfrac{x^2 + x + 1}{x^2 + x}$ .

1. Détermine l'ensemble de définition $D_g$ de $g$ .

2. Résous, sur $D_g$ , l'inéquation $g(x) \geq 0$ .

3. Détermine trois nombres réels $a, b$ et $c$ tels que pour tout $x \in D_g : g(x) = a + \dfrac{b}{x} + \dfrac{c}{x+1}$ .

B

Soit la fonction $f$ définie de $\mathbb{R}$ vers $\mathbb{R}$ par $f : x \mapsto f(x) = x + 2 + \ln \left| \dfrac{x}{x+1} \right|$ .

Soit $(C)$ la représentation graphique de $f$ dans le repère $(O; \vec{i}, \vec{j})$ .

1. Étudie les variations de $f$ .

2. a. Montre que la droite $(D)$ d'équation $y = x + 2$ est asymptote à $(C)$ .

b. Précise la position de $(C)$ par rapport à $(D)$ .

c. Détermine les coordonnées du point d'intersection de $(C)$ et $(D)$ puis écris une équation de la tangente à $(C)$ en ce point.

3. Étudie le comportement de $f$ aux bornes de son ensemble de définition.

4. a. Trace la courbe $(C)$ et la droite $(D)$ .

b. Précise les points d'intersection de $(C)$ et de la droite $(D')$ d'équation $y = x$ .

5. Montre que le point $A \left( \dfrac{-1}{2}, \dfrac{3}{2} \right)$ est un centre de symétrie de $(C)$ .

Voir la correction

Bac Mali 2023 série TSEXP

4 points

exercice 1

1. Soit la fonction $\overset{ { \white{ } } } { h:x\mapsto h(x)=\dfrac{x^2-2x-2}{x^3-1}. }$

1. a) Nous devons déterminer trois réels $\overset{ { \white{ . } } } { a, b }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { c }$ tels que : $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\R\setminus\lbrace-1\rbrace,\quad h(x)=\dfrac{a}{x-1}+\dfrac{bx+c}{x^2+x+1}. }$

$\forall\,x\in\R\setminus\lbrace-1\rbrace, \\\\\quad h(x)=\dfrac{a}{x-1}+\dfrac{bx+c}{x^2+x+1}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2-2x-2}{x^3-1}=\dfrac{a(x^2+x+1)+(bx+c)(x-1)}{(x-1)(x^2+x+1)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \quad h(x)=\dfrac{a}{x-1}+\dfrac{bx+c}{x^2+x+1}}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2-2x-2}{x^3-1}=\dfrac{ax^2+ax+a+bx^2-bx+cx-c}{(x-1)(x^2+x+1)} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \quad h(x)=\dfrac{a}{x-1}+\dfrac{bx+c}{x^2+x+1}}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2-2x-2}{x^3-1}=\dfrac{(a+b)x^2+(a-b+c)x+a-c}{x^3-1} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \quad h(x)=\dfrac{a}{x-1}+\dfrac{bx+c}{x^2+x+1}}\quad\Longleftrightarrow\quad x^2-2x-2=(a+b)x^2+(a-b+c)x+a-c }$

Par identification des coefficients des termes de mêmes degrés en $\overset{ { \white{ O. } } } {x, }$ nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} a+b=1&(L_1)\\ a-b+c=-2&(L_2)\\a-c=-2&(L_3) \end{cases}\qquad\underset{\begin{cases} (L_1)+(L_3)\\ (L_2) \end{cases}}{\Longrightarrow}\quad \begin{cases} 2a+b-c=-1&(L_4)\\a-b+c=-2 &(L_2) \end{cases} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a+b=1&(L_1)\\ a-b+c=-2&(L_2)\\a-c=-2&(L_3) \end{cases}}\qquad\underset{(L_4)+(L_2)}{\Longrightarrow}\quad 3a=-3 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a+b=1&(L_1)wwwww \end{cases}}\qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{a=-1} }$

Dès lors, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} a+b=1\\ a-b+c=-2\\a-c=-2\\a=-1 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} -1+b=1\\ -1-b+c=-2\\-1-c=-2\\a=-1 \end{cases} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a+b=1\\ a-b+c=-2\\a-c=-2\\a=-1 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} b=2\\ -1-b+c=-2\\-c=-1\\a=-1 \end{cases} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a+b=1\\ a-b+c=-2\\a-c=-2\\a=-1 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} b=2\\ -1-2+1=-2\\c=1\\a=-1 \end{cases} }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\begin{cases} a=-1\\b=2\\c= 1 \end{cases}} }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{ \forall\,x\in\R\setminus\lbrace-1\rbrace,\quad h(x)=\dfrac{-1}{x-1}+\dfrac{2x+1}{x^2+x+1}}\,. }$

1. b) Nous devons en déduire la primitive $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { H }$ de $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { h }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {]-\infty\;;\;1[ }$ telle que $\overset{ { \white{ . } } } { H(-1)=-\ln 2. }$

Nous observons que :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in\,]-\infty\;;\;1[,\quad x<1\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases} x-1<0\\x^2+x+1>0\quad(\text{car }\Delta=1-4=-3<0) \end{cases}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \forall\,x\in\,]-\infty\;;\;1[,\quad x<1}\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases} |x-1|=1-x\\\left|x^2+x+1\right|=x^2+x+1 \end{cases} }$

Dès lors, les primitives de $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { h }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {]-\infty\;;\;1[ }$ sont les fonctions : $\overset{ { \white{ . } } } { H(x)=-\ln|x-1|+\ln\left|x^2+x+1\right|+k\qquad(k\in\R),}$

soit les fonctions : $\overset{ { \white{ . } } } { H(x)=-\ln(1-x)+\ln(x^2+x+1)+k\qquad(k\in\R),}$

La primitive $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { H }$ de $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { h }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {]-\infty\;;\;1[ }$ vérifiant $\overset{ { \white{ . } } } { H(-1)=-\ln 2 }$ est telle que : $\overset{ { \white{ . } } } {H(-1)= -\ln\Big(1-(-1)\Big)+\ln\Big((-1)^2+(-1)+1\Big)+k=-\ln 2 ,}$

soit $\overset{ { \white{ . } } } { -\ln 2+\ln 1+k=-\ln 2 ,}$ soit $\overset{ { \white{ _. } } } { k=0.}$

Par conséquent, la primitive $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { H }$ de $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { h }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {]-\infty\;;\;1[ }$ telle que $\overset{ { \white{ . } } } { H(-1)=-\ln 2 }$ est définie par : $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{H(x)=-\ln(1-x)+\ln(x^2+x+1)}\,.}$

2. Soit $\overset{ { \white{ . } } } { x }$ un nombre réel, $\overset{ { \white{ . } } } { I(x) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } {J(x) }$ les intégrales suivantes :
$\overset{ { \white{ . } } } { I(x)=\displaystyle\int_0^x\left(\cos^2 t\right)\text dt }$ ${ \white{ xxi } }$ et ${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {J(x)=\displaystyle\int_0^x\left(\sin^2 t\right)\text dt.}$
2. a) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)+J(x) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)-J(x). }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)+J(x) }$

${ \white{ xxi } }$ $I(x)+J(x)=\displaystyle\int_0^x\left(\cos^2 t\right)\text dt+\displaystyle\int_0^x\left(\sin^2 t\right)\text dt \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)+J(x)}=\displaystyle\int_0^x\left(\cos^2 t+\sin^2 t\right)\text dt } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)+J(x)}=\displaystyle\int_0^x 1\,\text dt } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)+J(x)}=\Big[t\Big]_0^x } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)+J(x)}=x-0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)+J(x)}=x} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{I(x)+J(x)=x}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)-J(x) }$

${ \white{ xxi } }$ $I(x)-J(x)=\displaystyle\int_0^x\left(\cos^2 t\right)\text dt-\displaystyle\int_0^x\left(\sin^2 t\right)\text dt \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)-J(x)}=\displaystyle\int_0^x\left(\cos^2 t-\sin^2 t\right)\text dt } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)-J(x)}=\displaystyle\int_0^x\cos(2t)\,\text dt } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)-J(x)}=\Big[\dfrac 12\sin(2t)\Big]_0^x } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)-J(x)}=\dfrac 12\sin(2x)-\dfrac 12\sin0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ I(x)-J(x)}=\dfrac 12\sin(2x)} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{I(x)-J(x)=\dfrac 12\sin(2x)}$

2. b) Nous devons en déduire $\overset{ { \white{ . } } } { I(x) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { J(x). }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } { I(x) }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} I(x)+J(x)=x&(L_1)\\I(x)-J(x)=\dfrac 12\sin(2x)&(L_2) \end{cases}\qquad\underset{(L_1)+(L_2)}{\Longrightarrow}\qquad 2I(x)=x+\dfrac 12\sin(2x) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ z \begin{cases} I(x)+J(x)=x&(L_1)\\I(x)-J(x)=\dfrac 12\sin(2x)&(L_2) \end{cases}}\qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{I(x)=\dfrac 12x+\dfrac 14\sin(2x) }}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } { J(x) }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} I(x)+J(x)=x&(L_1)\\I(x)-J(x)=\dfrac 12\sin(2x)&(L_2) \end{cases}\qquad\underset{(L_1)-(L_2)}{\Longrightarrow}\qquad 2J(x)=x-\dfrac 12\sin(2x) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ z \begin{cases} I(x)+J(x)=x&(L_1)\\I(x)-J(x)=\dfrac 12\sin(2x)&(L_2) \end{cases}}\qquad\Longrightarrow\qquad \boxed{J(x)=\dfrac 12x-\dfrac 14\sin(2x) }}$

6 points

exercice 2

I. Le plan est muni d'un repère orthonormé $\overset{ { \white{ . } } } {\left(O\;;\;\vec u\;,\;\vec v\right). }$

1. Nous devons résoudre, dans $\overset{ { \white{ . } } } { \C, }$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { z^2-(2+6\text i)z-16+12\text i=0 }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Discriminant de l'équation

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $\Delta=[-(2+6\text i)]^2-4\times1\times(-16+12\text i) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \Delta}=4+24\text i-36+64-48\text i } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \Delta}=32-24\text i } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \Delta}=36-24\text i -4} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \Delta}=(6-2\text i)^2}$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Solutions de l'équation

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $z_1=\dfrac{(2+6\text i)+(6-2\text i)}{2}=\dfrac{8+4\text i}{2}=4+2\text i \\\\z_2=\dfrac{(2+6\text i)-(6-2\text i)}{2}=\dfrac{-4+8\text i}{2}=-2+4\text i$

D'où l'ensemble des solutions , dans $\overset{ { \white{ . } } } { \C, }$ de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { z^2-(2+6\text i)z-16+12\text i=0 }$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\Big\lbrace 4+2\text i\;;\;-2+4\text i\Big\rbrace}\,. }$

2. Soit $\overset{ { \white{ . } } } {p(z)=z^3-(4+6\text i)z^2-(12-24\text i)z+32-24\text i. }$

2. a) Montrons que l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { p(z)=0 }$ admet une solution réelle $\overset{ { \white{ . } } } { z_0. }$

Soit $\overset{ { \white{ . } } } { z_0=a }$ où $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { a\in\R. }$

Dans ce cas, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $p(a)=0\quad\Longleftrightarrow\quad a^3-(4+6\text i)a^2-(12-24\text i)a+32-24\text i=0 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ p(a)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad a^3-4a^2-6a^2\text i-12a+24a\text i+32-24\text i=0 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ p(a)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad (a^3-4a^2-12a+32)+\text i\,(-6a^2+24a-24)=0+0\text i }$

Par identification des parties réelles et imaginaires, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\-6a^2+24a-24=0 \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\a^2-4a+4=0 \end{cases} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\-6a^2+24a-24=0 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\ (a-2)^2=0 \end{cases} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\-6a^2+24a-24=0 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\a=2 \end{cases} }$

${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\-6a^2+24a-24=0 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases} 2^3-4\times2^2-12\times2+32=0\\a=2 \end{cases} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} a^3-4a^2-12a+32=0\\-6a^2+24a-24=0 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases} 0=0\\a=2 \end{cases} } \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{a=2}$

D'où l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { p(z)=0 }$ admet une solution réelle $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{z_0=2}\,. }$

2. b) Nous devons factoriser $\overset{ { \white{ . } } } { p(z) }$ puis résoudre , dans $\overset{ { \white{ . } } } { \C }$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { p(z)=0.}$

Nous avons montré que 2 est une solution de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { p(z)=0 }$ , soit que $\overset{ { \white{ . } } } { p(2)=0. }$
Le polynôme   $\overset{ { \white{ _. } } } { p(z) }$ est donc divisible par   $\overset{ { \white{ . } } } { (z-2). }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons le quotient de   $\overset{ { \white{ . } } } { p(z) }$ par   $\overset{ { \white{ . } } } {(z-2) }$ selon la méthode de Horner.

${ \white{ XXXXX } }\begin{array}{c|ccc|c} &1&-4-6\text i&-12+24\text i&32-24\text i \\&&&& \\\hline&&&&& 2&&2&-4-12\text i&-32+24\text i\\&&&&\\\hline &&&&\\&1&-2-6\text i&-16+12\text i&0\\\end{array}$

Dès lors,  le quotient est le polynôme   $\overset{ { \white{ . } } } { z^2+(-2-6\text i)z-16+12\text i.}$

Par conséquent,   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\forall z\in \textbf C\,,\,p(z)=(z-2)\Big(z^2-(2+6\text i)z-16+12\text i\Big)}\,. }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Résolvons, dans $\overset{ { \white{ . } } } { \C }$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { p(z)=0.}$

${ \white{ xxi } }$ $p(z)=0\quad\Longleftrightarrow\quad (z-2)\Big(z^2-(2+6\text i)z-16+12\text i\Big)=0 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ p(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad z-2=0\quad\text{ou}\quad z^2-(2+6\text i)z-16+12\text i=0 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ p(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad z=2\quad\text{ou}\quad z=4+2\text i \quad\text{ou}\quad z= -2+4\text i }\quad(\text{voir question 1)}$

Par conséquent, l'ensemble des solutions de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { p(z)=0 }$ est $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\Big\lbrace 2\;;\;4+2\text i\;;\;-2+4\text i\Big\rbrace }}$

II. On donne les points $\overset{ { \white{ . } } } { A, B }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { C }$ d'affixes respectives $\overset{ { \white{ . } } } { z_A=2, z_B=4+2\text i }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { z_C=-2+4\text i. }$

1. a) Nous devons calculer le rapport $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} }$ puis en déduire la nature du triangle $\overset{ { \white{ . } } } { ABC. }$

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\dfrac{-2+4\text i-2}{4+2\text i -2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}}=\dfrac{-4+4\text i}{2+2\text i} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}}=\dfrac{2\text i(2+2\text i)}{2+2\text i} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}}=2\text i } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=2\text i }$

${ \white{ xxi } }$ $\text{D'où }\quad \arg\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=\arg(2\text i)\,[2\pi]\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{(\overrightarrow{AB}\;,\;\overrightarrow{AC})=\dfrac{\pi}{2}\;[2\pi]}$

Nous en déduisons que le triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ est rectangle en $\overset{ { \white{ _. } } } { A. }$

1. b) Déterminons l'ensemble $\overset{ { \white{ . } } } { (E) }$ des points $\overset{ { \white{_. } } } { M }$ d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { z }$ du plan vérifiant $\overset{ { \white{ . } } } { \big|\,z-4-2\text i\,\big|= \big|\,z+2-4\text i\,\big|. }$

${ \white{ xxi } }$ $\big|\,z-4-2\text i\,\big|= \big|\,z+2-4\text i\,\big|\quad\Longleftrightarrow\quad \big|\,z-(4+2\text i)\,\big|= \big|\,z-(-2+4\text i)\,\big| \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \big|\,z-4-2\text i\,\big|= \big|\,z+2-4\text i\,\big|}\quad\Longleftrightarrow\quad \big|\,z-z_B\,\big|= \big|\,z-z_C\,\big| } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \big|\,z-4-2\text i\,\big|= \big|\,z+2-4\text i\,\big|}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{BM=CM }}$

Nous en déduisons que l'ensemble $\overset{ { \white{ . } } } { (E) }$ des points du plan vérifiant $\overset{ { \white{ . } } } { \big|\,z-4-2\text i\,\big|= \big|\,z+2-4\text i\,\big| }$ est la médiatrice du segment $\overset{ { \white{ . } } } { [BC]. }$

2. Soit $\overset{ { \white{ . } } } { s }$ la similitude directe telle que $\overset{ { \white{ . } } } { s(A)=A }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { s(B)=C. }$

2. a) Déterminons le rapport $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { k }$ et l'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { \theta }$ de $\overset{ { \white{ . } } } {s. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Déterminons le rapport $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { k }$ de $\overset{ { \white{ . } } } {s. }$

${ \white{ xxi } }$ $k=\left|\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right|=\left|2\,\text i\right|\quad\Longrightarrow\quad\boxed{k=2}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Déterminons l'angle $\overset{ { \white{ . } } } { \theta }$ de $\overset{ { \white{ . } } } {s. }$

${ \white{ xxi } }$ $\theta=\arg\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=\arg(2\text i)\,[2\pi]\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\theta=\dfrac{\pi}{2}\;[2\pi]}$

2. b) Nous devons en déduire l'expression de $\overset{ { \white{ . } } } { s. }$

Nous savons que l'écriture complexe d'une similitude directe est de la forme $\overset{ { \white{_. } } } { z'=az+b }$ avec $\overset{ { \white{ . } } } { a\neq 0. }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} s(A)=A\\s(B)=C \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases}z_A=az_A+b \\z_C=az_B+b \end{cases} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} s(A)=A\\s(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases}2=2a+b \\-2+4\text i=a(4+2\text i)+b \end{cases} }$

En soustrayant les équations membre à membre, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $4-4\text i=2a-4a-2\text ia\quad\Longleftrightarrow\quad 4-4\text i=(-2-2\text i)a \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ 4-4\text i=2a-4a-2\text ia}\quad\Longleftrightarrow\quad a=\dfrac{4-4\text i}{-2-2\text i}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ 4-4\text i=2a-4a-2\text ia}\quad\Longleftrightarrow\quad a=\dfrac{4(1- \text i)}{-2(1+\text i)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ 4-4\text i=2a-4a-2\text ia}\quad\Longleftrightarrow\quad a=\dfrac{-2(1-\text i)}{1+\text i}}$

${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ 4-4\text i=2a-4a-2\text ia}\quad\Longleftrightarrow\quad a=\dfrac{-2(1-\text i)^2}{(1+\text i)(1-\text i)}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ 4-4\text i=2a-4a-2\text ia}\quad\Longleftrightarrow\quad a=\dfrac{-2(1-2\text i-1)}{1+1}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ 4-4\text i=2a-4a-2\text ia}\quad\Longleftrightarrow\quad a=\dfrac{4\text i}{2}} \\\Longrightarrow\quad \boxed{a=2\text i}$

Remplaçons $\overset{ { \white{ . } } } { a }$ par $\overset{ { \white{ . } } } {2\text i }$ dans l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { 2=2a+b }$
Nous obtenons alors : $\overset{ { \white{ . } } } { 2=2\times 2\text i +b\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{b=2-4\text i} }$

Par conséquent, l'écriture complexe de la similitude $\overset{ { \white{ . } } } { s }$ est : $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{z'=2\text iz+2-4\text i}\,. }$

10 points

probleme

Le plan est rapporté au repère orthonormé $\overset{ { \white{ . } } } { \left(O;\vec u,\vec v\right) }$ d'unité graphique 2 cm.

A. Soit $\overset{ { \white{ P. } } } { g }$ la fonction définie par $\overset{ { \white{ } } } { g:x\mapsto g(x)=\dfrac{x^2+x+1}{x^2+x}\,. }$

1. Déterminons l'ensemble de définition $\overset{ { \white{ . } } } { D_g }$ de $\overset{ { \white{ . } } } { g. }$

${ \white{ xxi } }$ $g(x)\in \R\quad\Longleftrightarrow\quad x^2+x\neq 0 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ g(x)\in \R}\quad\Longleftrightarrow\quad x(x+1)\neq 0 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ g(x)\in \R}\quad\Longleftrightarrow\quad x\neq 0\quad\text{et}\quad x+1\neq 0 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ g(x)\in \R}\quad\Longleftrightarrow\quad x\neq 0\quad\text{et}\quad x\neq -1 }$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{D_g=\R\setminus \lbrace-1\;;\;0\rbrace} }$

2. Nous devons résoudre, sur $\overset{ { \white{ . } } } {D_g, }$ l'inéquation $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)\geq 0, }$ soit l'inéquation $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{x^2+x+1}{x^2+x}\geq 0. }$

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{x^2+x+1}{x^2+x} }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } {D_g. }$

Montrons que sur $\overset{ { \white{ . } } } {D_g,\quad x^2+x+1>0. }$

Le discriminant de $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { x^2+x+1 }$ est égal à $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { \Delta=1^2-4\times1\times 1=1-4=-3<0.}$
Puisque ce discriminant est strictement négatif, sur $\overset{ { \white{ . } } } {D_g, }$ le trinôme du second degré $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { x^2+x+1 }$ est du signe du coefficient principal, soit strictement positif.

Donc sur $\overset{ { \white{ . } } } {D_g,\quad x^2+x+1>0. }$

Dressons le tableau de signes de $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)=\dfrac{x^2+x+1}{x^2+x} }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { D_g. }$

$\begin{matrix}\overset{ { \phantom{.} } } {x^2+x=0\Longleftrightarrow x(x+1)=0}\\\phantom{x^2+x=0wwww}\Longleftrightarrow x=0\quad\text{ou}\quad x=-1 \end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\|| \\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|cccccccc|}\hline &&&&&&&&\\x&-\infty&&-1&&0&&&+\infty\\ &&&&&&&& \\\hline &&&||&&||&&&\\x^2+x+1&&+&||&+&||&+&&&x^2+x&&+&\cancel 0&-&\cancel 0&+&&\\&&&||&&||&&&\\\hline&&&||&&||&&&\\g(x)&&+&||&-&||&+&&\\&&&||&&||&&&\\\hline \end{array}$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)\geq 0\quad\Longleftrightarrow\quad x\in\;]-\infty\;;\;-1[\;\cup\;]0\;;\;+\infty[ }$

Par conséquent, l'ensemble des solutions, dans $\overset{ { \white{ . } } } { D_g, }$ de l'inéquation $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)\geq0 }$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=]-\infty\;;\;-1[\;\cup\;]0\;;\;+\infty[} }$

3. Nous devons déterminer trois nombres réels $\overset{ { \white{ . } } } {a, b }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { c }$ tels que pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in D_g : g(x)=a+\dfrac bx + \dfrac{c}{x+1}\,. }$

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in D_g, }$
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {g(x)=a+\dfrac bx + \dfrac{c}{x+1}}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2+x+1}{x^2+x}= \dfrac{ax(x+1)+b(x+1)+cx}{x(x+1)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ g(x)=a+\dfrac bx + \dfrac{c}{x+1}}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2+x+1}{x^2+x}= \dfrac{ax^2+ax+bx+b+cx}{x^2+x} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ g(x)=a+\dfrac bx + \dfrac{c}{x+1}}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x^2+x+1}{x^2+x}= \dfrac{ax^2+(a+b+c)x+b}{x^2+x} }$

Par identification, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} a=1\\a+b+c=1\\b=1 \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a=1\\b=1\\1+1+c=1 \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases} a=1\\b=1\\c=-1 \end{cases}}$

Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{g(x)=1+\dfrac 1x - \dfrac{1}{x+1}} }$

B. Soit la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ définie de $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ vers $\overset{ { \white{ _. } } } {\R }$ par $\overset{ { \white{ . } } } { f:x\mapsto f(x)=x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\,. }$

Soit $\overset{ { \white{ . } } } { (C) }$ la représentation graphique de $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ dans le repère $\overset{ { \white{ . } } } {\left(O\;;\;\vec i, \vec j\right). }$

1. Nous devons étudier les variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Déterminons le domaine de définition $\overset{ { \white{ . } } } { D_f }$ de $\overset{ { \white{ . } } } { f. }$

${ \white{ xxi } }$ $f(x)\in\R\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x+1\neq 0\\ \dfrac{x}{x+1}\neq 0 \end{cases} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ f(x)\in\R}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x\neq -1\\ x\neq 0 \end{cases}}$

${ \white{ xxi } }$ $\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{D_f=\R\setminus\lbrace-1\;;0\rbrace}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Étudions la croissance de $\overset{ { \white{ . } } } { f. }$

Notons que pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in D_f:\quad \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=\ln\left|x\right|-\ln\left|x+1\right|.}$

Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{f(x)=x+2+\ln\left|x\right|-\ln\left|x+1\right|}\,.}$

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in D_f\,, }$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\Big(x+2+\ln\left|x\right|-\ln\left|x+1\right|\Big)' \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ f'(x)}=1+\dfrac 1x-\dfrac{1}{x+1}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ f'(x)}=g(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in D_f:f'(x)=g(x)}$

À l'aide du tableau de signes de $\overset{ { \white{ . } } } { g(x) }$ dressé dans la question 2. Partie A, nous observons que :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet\bullet}{\white{x}}g(x)>0\quad\text{si}\quad x\in\;]-\infty\;;\;-1[\;\cup\;]0\;;\;+\infty[ \\\overset{ { \phantom{ . } } }{\bullet\bullet}{\white{x}}g(x)<0\quad\text{si}\quad x\in\;]-1\;;\;0[$

Nous en déduisons les signes de $\overset{ { \white{ . } } } {f'(x) }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet\bullet}{\white{x}}$ Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\;]-\infty\;;\;-1[\;\cup\;]0\;;\;+\infty[,\quad f'(x) > 0 }$
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet\bullet}{\white{x}}$ Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\;]-1\;;\;0[,\quad f'(x) < 0 }$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est strictement croissante sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;-1[\;\cup\;]0\;;\;+\infty[ }$ et est strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]-1\;;\;0[\,. }$

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

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to-\infty}\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=\lim\limits_{x\to-\infty}\left|\dfrac{x}{x}\right|=1\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=\ln 1=0 \\\\\text{Alors }\; \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}(x+2)=-\infty\\ \lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty}\left(x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\right)=-\infty$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty} \,. }$

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

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to+\infty}\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=\lim\limits_{x\to+\infty}\left|\dfrac{x}{x}\right|=1\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=\ln 1=0 \\\\\text{Alors }\; \begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}(x+2)=+\infty\\ \lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to+\infty}\left(x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\right)=+\infty$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty} \,. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ P. } } } { \lim\limits_{x\to-1}f(x). }$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to-1}\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=+\infty\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-1}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=+\infty \\\\\text{Alors }\; \begin{cases} \lim\limits_{x\to-1}(x+2)=-1+2=1\\ \lim\limits_{x\to-1}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=+\infty \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-1}\left(x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\right)=+\infty$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to-1}f(x)=+\infty} \,. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ P. } } } { \lim\limits_{x\to 0}f(x). }$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to0}\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=\left|\dfrac 01\right|=0^+\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=-\infty \\\\\text{Alors }\; \begin{cases} \lim\limits_{x\to0}(x+2)=0+2=2\\ \lim\limits_{x\to0}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=-\infty \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0}\left(x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\right)=-\infty$

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

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Dressons le tableau de variations de la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f. }$

${ \white{ WWWWW } }$ $\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\x&-\infty&&-1&&0&&+\infty\\ &&&&&&& \\\hline&&&||&&||&&\\f'(x)&&+&||&-&||&+&\\&&&||&&||&&\\\hline&&&+\infty&&||&&+\infty\\f&&\nearrow&||&\searrow&||&\nearrow&\\&-\infty&&||&&-\infty&&\\\hline \end{array}$

2. a) $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(f(x)-(x+2)\Big)=\lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=0}$ et $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\Big(f(x)-(x+2)\Big)=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=0.}$

Il s'ensuit que la droite $\overset{ { \white{ . } } } { (D) }$ d'équation $\overset{ { \white{ . } } } { y=x+2 }$ est asymptote à $\overset{ { \white{ . } } } { (C) }$ en $\overset{ { \white{ . } } } {-\infty }$ et en $\overset{ { \white{ . } } } {+\infty. }$

2. b) Précisons la position de $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ par rapport à $\overset{ { \white{ . } } } {(D). }$
Cette position dépend du signe de $\overset{ { \white{ . } } } {f(x)-(x+2), }$ soit du signe de $\overset{ { \white{ . } } } { \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|. }$

Résolvons dans $\overset{ { \white{ . } } } { D_f }$ l'inéquation $\overset{ { \white{ . } } } { \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq 0. }$

${ \white{ xxi } }$ $\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0\quad\Longleftrightarrow\quad \left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq1 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longleftrightarrow\quad -1\leq\dfrac{x}{x+1}\leq1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longleftrightarrow\quad -1\leq\dfrac{x+1-1}{x+1}\leq1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longleftrightarrow\quad -1\leq\dfrac{x+1}{x+1}-\dfrac{1}{x+1}\leq1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longleftrightarrow\quad -1\leq1-\dfrac{1}{x+1}\leq1}$

${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longleftrightarrow\quad -2\leq-\dfrac{1}{x+1}\leq0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longleftrightarrow\quad 0\leq\dfrac{1}{x+1}\leq2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longrightarrow\quad x+1\geq\dfrac 12} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|\leq0}\quad\Longrightarrow\quad x\geq-\dfrac 12} \\.$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } {f(x)-(x+2)\leq 0 }$ pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in\Big[-\dfrac12\;;\;0\Big[\,\cup\,\Big]0\;;\;+\infty\Big[ }$
De même, $\overset{ { \white{ . } } } {f(x)-(x+2)\geq 0 }$ pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in\Big]-\infty\;;\;-1\Big[\,\cup\,\Big]-1\;;\;-\dfrac 12\Big]. }$

Par conséquent, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ est en dessous de la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D) }$ sur l'ensemble $\overset{ { \white{ . } } } {\Big[-\dfrac12\;;\;0\Big[\,\cup\,\Big]0\;;\;+\infty\Big[ }$
La courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ est au-dessus de la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D) }$ sur l'ensemble $\overset{ { \white{ . } } } {\Big]-\infty\;;\;-1\Big[\,\cup\,\Big]-1\;;\;-\dfrac 12\Big] }$
La droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D) }$ traverse la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ au point d'abscisse $\overset{ { \white{ . } } } {-\dfrac 12. }$

2. c) Nous devons déterminer les coordonnées du point d'intersection de $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } {(D) }$ , puis écrire une équation de la tangente à $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ en ce point.

Nous avons montré dans la question précédente que la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D) }$   traverse la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ au point d'abscisse $\overset{ { \white{ . } } } {-\dfrac 12. }$
Ce point appartient à la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D). }$
Ses coordonnées vérifient donc l'équation de $\overset{ { \white{ . } } } {(D) . }$
Dès lors, l'ordonnée de ce point est $\overset{ { \white{ . } } } {y=-\dfrac 12 +2=\dfrac 32. }$
D'où les coordonnées du point d'intersection de $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } {(D) }$ sont $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\left(-\dfrac 12\;;\;\dfrac 32\right)}\,. }$

Déterminons l'équation de la tangente à $\overset{ { \white{ . } } } {(C_f) }$ au point d'abscisse $\overset{ { \white{ . } } } {-\dfrac 12. }$

L'équation de cette tangente est de la forme $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{y=f'\Big(-\dfrac 12\Big)(x+\dfrac 12)+f\Big(-\dfrac 12\Big) }}$

$\text{Or }\;\begin{cases}f\Big(-\dfrac 12\Big)=\dfrac 32\\\overset{ { \phantom{ . } } } { f'(x)=1+\dfrac 1x - \dfrac{1}{x+1} }\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases}f\Big(-\dfrac 12\Big)=\dfrac 32\\\overset{ { \phantom{ . } } } { f'\Big(-\dfrac 12\Big)=1+\dfrac {1}{-\frac 12} - \dfrac{1}{-\frac 12+1} }\end{cases} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Or }\;\begin{cases}f\Big(-\dfrac 12\Big)=\dfrac 32\\\overset{ { \phantom{ . } } } { f'(x)=1+\dfrac 1x - \dfrac{1}{x+1} }\end{cases} }\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases}f\Big(-\dfrac 12\Big)=\dfrac 32\\\overset{ { \phantom{ . } } } { f'\Big(-\dfrac 12\Big)=-3 }\end{cases} }$

D'où une équation de la tangente à $\overset{ { \white{ . } } } {(C_f) }$ au point d'abscisse $\overset{ { \white{ . } } } {-\dfrac 12 }$ est $\overset{ { \white{ . } } } {y=-3\Big(x+\dfrac 12\Big)+\dfrac 32 }$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{y=-3x} \,.}$

3. Nous devons étudier le comportement de $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ aux bornes de son ensemble de définition.

Nous avons montré dans les questions précédentes que $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\\ \lim\limits_{x\to+\infty}\Big(f(x)-(x+2)\Big)=0\end{cases} }$ et que $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty\\ \lim\limits_{x\to-\infty}\Big(f(x)-(x+2)\Big)=0\end{cases} }$ .
Dès lors, la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D) }$ est une asymptote oblique en $\overset{ { \white{ . } } } {+\infty }$ et en $\overset{ { \white{ . } } } {-\infty . }$

De même, nous avons montré que $\overset{ { \white{ P. } } } {\lim\limits_{x\to-1}f(x)=+\infty}$
Dès lors, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ admet une asymptote verticale d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {x=-1. }$

Enfin, nous avons montré que $\overset{ { \white{ P. } } } {\lim\limits_{x\to0}f(x)=-\infty}$
Dès lors, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ admet une asymptote verticale d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {x=0. }$

4. a) Traçons la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ et la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D). }$

4. b) Nous devons préciser les points d'intersection de $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ et de la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D') }$ d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {y=x. }$

Résolvons le système $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases} y=x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right| \\y=x \end{cases} }$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} y=x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right| \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x=x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right| \\y=x \end{cases} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} y=x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right| \\y=x \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right|=-2 \\y=x \end{cases} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} y=x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right| \\y=x \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \left|\dfrac{x}{x+1}\right|=\text e^{-2} \\y=x \end{cases} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} y=x+2+\ln\left|\dfrac{x}{x+1}\right| \\y=x \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \dfrac{x}{x+1}=\text e^{-2} \\y=x \end{cases}\text{ou}\quad \begin{cases} \dfrac{x}{x+1}=-\text e^{-2} \\y=x \end{cases} }$

Donc

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\begin{cases} \dfrac{x}{x+1}=\text e^{-2} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=(x+1)\text e^{-2} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=x\,\text e^{-2}+\text e^{-2} \\y=x \end{cases} \\\\.\phantom{WWWWWWWW}\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x-x\,\text e^{-2}=\text e^{-2} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}(1-\text e^{-2})x=\text e^{-2} \\y=x \end{cases} } \\\\.\phantom{WWWWWWWW}\overset{ { \phantom{ . } } } { \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=\dfrac{\text e^{-2}}{1-\text e^{-2}} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases}x=\dfrac{\text e^{-2}}{1-\text e^{-2}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {y=\dfrac{\text e^{-2}}{1-\text e^{-2}}} \end{cases}}}$

et

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\begin{cases} \dfrac{x}{x+1}=-\text e^{-2} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=-(x+1)\,\text e^{-2} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=-x\,\text e^{-2}-\text e^{-2} \\y=x \end{cases} \\\\.\phantom{WWWxWWWWW}\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x+x\,\text e^{-2}=-\\text e^{-2} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}(1+\text e^{-2})\,x=-\,\text e^{-2} \\y=x \end{cases} } \\\\.\phantom{WWWWxWWWW}\overset{ { \phantom{ . } } } { \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=\dfrac{-\,\text e^{-2}}{1+\text e^{-2}} \\y=x \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases}x=\dfrac{-\,\text e^{-2}}{1+\text e^{-2}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {y=\dfrac{-\,\text e^{-2}}{1+\text e^{-2}}} \end{cases}}}$

Par conséquent, les coordonnées des points d'intersection de $\overset{ { \white{ . } } } {(C) }$ et de la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(D') }$ d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {y=x }$ sont :

$\overset{ { \white{ . } } } { \left(\dfrac{\text e^{-2}}{1-\text e^{-2}}\;;\;\dfrac{\text e^{-2}}{1-\text e^{-2}}\right) }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\dfrac{-\,\text e^{-2}}{1+\text e^{-2}}\;;\;\dfrac{-\,\text e^{-2}}{1+\text e^{-2}}\right). }$

5. Nous devons montrer que le point $\overset{ { \white{ . } } } { A\left(-\dfrac{1}{2}\;;\;\dfrac 32\right) }$ est un centre de symétrie de $\overset{ { \white{ . } } } {(C). }$

Montrons que pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in D_f,\quad f\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)+f\left(-\dfrac{1}{2}+x\right)=2\times\dfrac 32 ,}$
soit que pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in D_f,\quad \boxed{f\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)+f\left(-\dfrac{1}{2}+x\right)=3}\,.}$

En effet, pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in D_f,}$

${ \white{ xxi } }$ $f\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)+f\left(-\dfrac{1}{2}+x\right) \\\\=\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)+2+\ln\left|\dfrac{-\dfrac{1}{2}-x}{\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)+1}\right|+\left(-\dfrac{1}{2}+x\right)+2+\ln\left|\dfrac{-\dfrac{1}{2}+x}{\left(-\dfrac{1}{2}+x\right)+1}\right| \\\\=3+\ln\left|\dfrac{-\dfrac{1}{2}-x}{\dfrac{1}{2}-x}\right|+\ln\left|\dfrac{-\dfrac{1}{2}+x}{\dfrac{1}{2}+x}\right|$

${ \white{ xxi } }$ $\\\\=3+\ln\left|\dfrac{\dfrac{1}{2}+x}{\dfrac{1}{2}-x}\right|+\ln\left|\dfrac{\dfrac{1}{2}-x}{\dfrac{1}{2}+x}\right| \\\\=3+\ln\left|\dfrac{\dfrac{1}{2}+x}{\dfrac{1}{2}-x}\times \dfrac{\dfrac{1}{2}-x}{\dfrac{1}{2}+x}\right| \\\\=3+\ln1 \\\\=3 \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in D_f,\quad f\left(-\dfrac{1}{2}-x\right)+f\left(-\dfrac{1}{2}+x\right)=3}$

Par conséquent, nous avons montré que le point $\overset{ { \white{ . } } } { A\left(-\dfrac{1}{2}\;;\;\dfrac 32\right) }$ est un centre de symétrie de $\overset{ { \white{ . } } } {(C). }$

Publié par malou le 08-03-2025

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