Fiche de mathématiques

Télécharger (GRATUIT)

Ile mathématiques > maths bac > BAC 2025 TOUJOURS : DES SUJETS VENUS D'AILLEURS

Bac Mathématiques Sénégal 2025

Série F6

Durée : 4 heures

Coefficient : 5

5 points

exercice 1

5 points

exercice 2

10 points

probleme

Voir la correction

Bac Sénégal 2025 série F6

5 points

exercice 1

1. Résoudre dans l'ensemble $\overset{ { \white{ _. } } } { \C }$ des nombres complexes, l'équation $\overset{ { \white{ } } } { z^4=1 }$ .

${ \white{ xxi } }$ $z^4=1\quad\Longleftrightarrow\quad z^2=1\quad\text{ou}\quad z^2=-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z^4=1}\quad\Longleftrightarrow\quad z=1\quad\text{ou}\quad z=-1\quad\text{ou}\quad z=\text i\quad\text{ou}\quad z=-\text i }$

D'où l'ensemble des solutions de l'équation $\overset{ { \white{ } } } { z^4=1 }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\mathcal S=\lbrace1\;;\;-1\;;\;\text i\;;\;-\text i\rbrace} }$

2. On considère l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { (E): z^4 = 28 + 96\text i }$ .

2. a) Nous devons montrer que le nombre complexe $\overset{ { \white{ _. } } } { a =3+\text i }$ est une solution de $\overset{ { \white{ _. } } } { (E) }$ .
Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { a^4=28+96\text i }$ .

${ \white{ xxi } }$ $a=3+\text i\quad\Longrightarrow\quad a^4=(3+\text i)^4 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a=3+\text i}\quad\Longrightarrow\quad a^4=\Big((3+\text i)^2\Big)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a=3+\text i}\quad\Longrightarrow\quad a^4=(9+6\text i-1)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a=3+\text i}\quad\Longrightarrow\quad a^4=(8+6\text i)^2}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ i=3+\text i}\quad\Longrightarrow\quad a^4=64+96\text i-36} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ a=3+\text i}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{a^4=28+96\text i}}$

Par conséquent, le nombre complexe $\overset{ { \white{ _. } } } { a =3+\text i }$ est une solution de $\overset{ { \white{ _. } } } { (E) }$ .

2. b) Nous devons en déduire les autres solutions de $\overset{ { \white{ _. } } } { (E) }$ .

Nous avons montré que $\overset{ { \white{ _. } } } { a =3+\text i }$ est une solution de $\overset{ { \white{ _. } } } { (E) : z^4=28+96\text i }$ en montrant que $\overset{ { \white{ _. } } } { a^4=28+96\text i }$ .

Donc pour toute autre solution $\overset{ { \white{ . } } } { z }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { (E) }$ , nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { z^4=a^4 }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad z^4=a^4\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{z^4}{a^4}=1\qquad(\text{car }a\neq 0) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad z^4=a^4}\quad\Longleftrightarrow\quad \left(\dfrac{z}{a}\right)^4=1 }$

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { Z=\dfrac{z}{a} }$ .

Nous obtenons alors : $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(\dfrac{z}{a}\right)^4=1 \quad\Longleftrightarrow\quad Z^4=1 }$ , et par suite, $\overset{ { \white{ _. } } } { Z }$ doit être une solution de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { Z^4=1 }$ .

Ces solutions ont été identifiées dans la question 1.
Nous obtenons ainsi:

${ \white{ xxi } }$ $Z=1\quad\text{ou}\quad Z=-1\quad\text{ou}\quad Z=\text i\quad\text{ou}\quad Z=-\text i$

soit ${\white{xx}} \dfrac{z}{a}=1\quad\text{ou}\quad \dfrac{z}{a}=-1\quad\text{ou}\quad \dfrac{z}{a}=\text i\quad\text{ou}\quad \dfrac{z}{a}=-\text i$

soit ${\white{xx}} z=a\quad\text{ou}\quad z=-a\quad\text{ou}\quad z=\text ia\quad\text{ou}\quad z=-\text ia$

soit ${\white{xx}} z=3+\text i\quad\text{ou}\quad z=-3-\text i\quad\text{ou}\quad z=\text i(3+\text i)\quad\text{ou}\quad z=-\text i(3+\text i)$

soit ${\white{xx}} z=3+\text i\quad\text{ou}\quad z=-3-\text i\quad\text{ou}\quad z=-1+3\text i\quad\text{ou}\quad z=1-3\text i$

D'où les autres solutions de $\overset{ { \white{ _. } } } { (E) }$ sont $\overset{ { \white{ _. } } } { -3-\text i, -1+3\text i }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { 1-3\text i }$ .

Par conséquent, l'ensemble des solutions de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } {(E): z^4=28+96\text i }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\mathcal S_{(E)}=\lbrace3+\text i\;;\;-3-\text i\;;\;-1+3\text i\;;\;1-3\text i\rbrace} }$

3. Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ _. } } } { (O; \vec u,\vec v ) }$ d'unité graphique 1 cm.
On considère les points $\overset{ { \white{ . } } } { A, B, C }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { D }$ d'affixes respectives :
$\overset{ { \white{ . } } } { z_A=1-3\text i, z_B=3+\text i, z_C=-1+3\text i }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { z_D=-3-\text i }$

3. a) Nous devons calculer les affixes des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{DC}$ .

${ \white{ xxxi } }$ $z_{\overrightarrow{AB}}=z_B-z_A \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_{\overrightarrow{AB}}}=(3+\text i)-(1-3\text i) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_{\overrightarrow{AB}}}=3+\text i-1+3\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_{\overrightarrow{AB}}}=2+4\text i } \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{z_{\overrightarrow{AB}}=2+4\text i }$

${ \white{ xxxi } }$ $z_{\overrightarrow{DC}}=z_C-z_D \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_{\overrightarrow{AB}}}=(-1+3\text i)-(-3-\text i) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_{\overrightarrow{AB}}}=-1+3\text i+3+\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_{\overrightarrow{AB}}}=2+4\text i } \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{z_{\overrightarrow{DC}}=2+4\text i }$

3. b) On pose : $\overset{ { \white{ . } } } { U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B} }$ .
${ \white{ xxxi } }$ Nous devons écrire $\overset{ { \white{ _. } } } { U }$ sous forme algébrique puis sous forme trigonométrique.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Écrivons $\overset{ { \white{ _. } } } { U }$ sous forme algébrique.

${ \white{ xxi } }$ $U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U}=\dfrac{(1-3\text i)-(3+\text i)}{(-1+3\text i)-(3+\text i)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U}=\dfrac{1-3\text i-3-\text i}{-1+3\text i-3-\text i} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U}=\dfrac{-2-4\text i}{-4+2\text i} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U}=\dfrac{\text i(2\text i-4)}{-4+2\text i} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U}=\dfrac{\text i(-4+2\text i)}{-4+2\text i} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U}=\text i} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{U=\text i}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Écrivons $\overset{ { \white{ _. } } } { U }$ sous forme trigonométrique.

${ \white{ xxi } }$ $\boxed{U=\cos\left(\dfrac{\pi}{2}\right)+\text i\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)}$

3. c) Nous devons en déduire que le quadrilatère $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD }$ est un carré.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que le quadrilatère $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD }$ est un parallélogramme.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}z_{\overrightarrow{AB}}=2+4\text i\\z_{\overrightarrow{DC}}=2+4\text i \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}}$

Donc le quadrilatère $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD }$ est un parallélogramme.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Montrons que le triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ est rectangle et isocèle en $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ .

D'une part, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\text i\quad\Longleftrightarrow\quad \left|\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}\right|=|\text i| \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\text i}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{\left|z_A-z_B\right|}{\left|z_C-z_B\right|}=1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\text i}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{BA}{BC}=1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\text i}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{BA=BC} }$

D'autre part,

${ \white{ xxi } }$ $U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\text i\quad\Longleftrightarrow\quad \arg\left(\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}\right)\equiv \arg(\text i) \;[2\pi]\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U=\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\text i}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})\equiv\dfrac{\pi}{2}\;[2\pi] }}$

Donc les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (BA) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (BC) }$ sont perpendiculaires.
Nous en déduisons que le triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ est rectangle et isocèle en $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Par conséquent, le quadrilatère $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD }$ est un carré.

4. a) Nous devons donner l'écriture complexe de la rotation $\overset{ { \white{ . } } } { r }$ de centre $\overset{ { \white{ _. } } } { O }$ qui transforme $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ en $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { B }$ .

L'écriture complexe de la rotation $\overset{ { \white{ . } } } { r }$ est de la forme : $\overset{ { \white{ _. } } } { z'=\dfrac{z_B}{z_A} z }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad \dfrac{z_B}{z_A}=\dfrac{3+\text i}{1-3\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad \dfrac{z_B}{z_A}}=\dfrac{\text i(-3\text i+1)}{1-3\text i} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad \dfrac{z_B}{z_A}}=\dfrac{\text i(1-3\text i)}{1-3\text i} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad \dfrac{z_B}{z_A}}=\text i} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{z_B}{z_A}=\text i}$

D'où l'écriture complexe de la rotation $\overset{ { \white{ . } } } { r }$ de centre $\overset{ { \white{ _. } } } { O }$ qui transforme $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ en $\overset{ { \white{ _{_.} } } } { B }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{z'=\text i z} }$

4. b) Nous devons déterminer l'image du point $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ par $\overset{ { \white{ . } } } { r }$ et en déduire l'image de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ par $\overset{ { \white{ . } } } { r }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\bullet\quad z'_B=\text i z_B \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_B}=\text i (3+\text i) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_B}= 3\text i-1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_B}= -1+3\text i } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_B}=z_C} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z'_B=z_C}$

D'où l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ par la rotation $\overset{ { \white{ _. } } } { r }$ est le point $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\bullet\quad z'_A=\text i z_A \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_A}=\text i (1-3\text i) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_A}= \text i+3 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_A}= 3+\text i } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \bullet\quad z'_A}=z_B} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z'_A=z_B}$

D'où l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ par la rotation $\overset{ { \white{ _. } } } { r }$ est le point $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ .

Nous en déduisons que l'image de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ par la rotation $\overset{ { \white{ _. } } } { r }$ est la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (BC) }$ .

5 points

exercice 2

Dans l'espace muni d'un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ _. } } } { (O;\vec i,\vec j,\vec k) }$ , on considère les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A(1,0,2), B(1,1,4), C(-1,1,1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { D(0,1,3) }$ .

1. Nous devons montrer que les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A, B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ déterminent un plan.

Montrons que les vecteurs $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{AB} }$ et $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{AC} }$ ne sont pas colinéaires.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} A(1,0,2)\\ B(1,1,4) \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{AB}\,\begin{pmatrix}1-1\\ 1-0\\4-2\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad\boxed{\overrightarrow{AB}\,\begin{pmatrix}0\\ 1\\2\end{pmatrix}} \\\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} A(1,0,2)\\ C(-1,1,1) \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{AC}\,\begin{pmatrix}-1-1\\1-0\\1-2\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad\boxed{\overrightarrow{AC}\,\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix} }}$

Manifestement, les vecteurs $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{AB} }$ et $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{AC} }$ ne sont pas colinéaires.
Dès lors, les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A, B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ ne sont pas alignés.
Par conséquent, les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A, B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ déterminent un plan.

2. Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { \vec n }$ le vecteur de coordonnées $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{pmatrix}3\\ 4\\-2\end{pmatrix} }$ .

2. a) Nous devons montrer que le vecteur $\overset{ { \white{ _. } } } { \vec n }$ est orthogonal au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \overrightarrow n \begin{pmatrix}3\\ 4\\-2\end{pmatrix}\\\overrightarrow{AB}\,\begin{pmatrix}0\\ 1\\2\end{pmatrix} \\\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{matrix} \\\\\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {AB}=3\times0+4\times1-2\times2\\=0+4-4{\white{xx}}\\=0{\white{WWWW}}\end{matrix} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \overrightarrow n \begin{pmatrix}3\\ 4\\-2\end{pmatrix} \\\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AB}}}$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \overrightarrow n \begin{pmatrix}3\\ 4\\-2\end{pmatrix}\\\overrightarrow{AC}\,\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}\\\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{matrix} \\\\\overrightarrow n \cdot \overrightarrow {AC}=3\times(-2)+4\times1-2\times(-1)\\=-6+4+2{\white{WWW}}\\=0{\white{WWWWWWW}}\end{matrix} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \overrightarrow n \begin{pmatrix}3\\ 4\\-2\end{pmatrix} \\\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow n \perp \overrightarrow {AC}}}$

Dès lors, le vecteur $\overset{ { \white{ } } } {\overrightarrow{n} }$ est orthogonal à deux vecteurs $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{AB} }$ et $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{AC} }$ non colinéaires du plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .
Il s'ensuit que le vecteur $\overset{ { \white{ } } } {\overrightarrow{n} }$ est normal au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .

2. b) Nous devons en déduire une équation cartésienne du plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }$ .

Nous avons montré dans la question précédente que le vecteur $\overset{ { \white{ w } } } {\overrightarrow n \begin{pmatrix}3\\ 4\\-2\end{pmatrix} }$ est normal au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .
D'où l'équation du plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }$ est de la forme $\overset{ { \white{ . } } } { 3 x+4 y -2 z + d = 0 }$ où $\overset{ { \white{ _. } } } {d }$ est un nombre réel.

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } {A(1\;;\;0\;;\;2) }$ appartient à ce plan $\overset{ { \white{ _. } } } {(ABC) }$ .
Donc $\overset{ { \white{ . } } } {3\times 1+4\times 0-2\times2+d=0, }$ soit $\overset{ { \white{ _. } } } {d=1. }$
Par conséquent, une équation cartésienne du plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }$ est $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{ 3x+4 y -2 z +1 = 0}\,. }$

3. Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ le plan d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { x + y + 2z + 3 = 0 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ le plan d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { x - 2y - z = 0 }$ .

3. a) Nous devons montrer que les plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ sont sécants suivant une droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ dont on déterminera une représentation paramétrique.

Les plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ sont sécants si leurs vecteurs normaux ne sont pas colinéaires.
Un vecteur normal de $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{n_1}\,\begin{pmatrix}1\\ 1\\2\end{pmatrix} }$ et un vecteur normal de $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{n_2}\,\begin{pmatrix}1\\ -2\\-1\end{pmatrix} }$
Les coordonnées des deux vecteurs ne sont pas proportionnelles.
Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires.
Par conséquent, les plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ sont sécants suivant une droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ .

Déterminons une représentation paramétrique de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ .

Le point $\overset{ { \white{ _. } } } { (x\;;\;y\;;\;z) }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ vérifie le système suivant :

$\begin{cases}x+y+2z+3=0\\x-2y-z=0 \end{cases}$

Choisissons $\overset{ { \white{ -. } } } { x }$ comme paramètre et posons $\overset{ { \white{ _. } } } { x=t }$ .
Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}x=t\\t+y+2z+3=0\\t-2y-z=0 \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=t\\t+y+2z+3=0\\z=t-2y \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=t\\t+y+2(t-2y)+3=0\\z=t-2y \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}x=t\\t+y+2z+3=0\\t-2y-z=0 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=t\\3t-3y+3=0\\z=t-2y \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=t\\t-y+1=0\\z=t-2y \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}x=t\\t+y+2z+3=0\\t-2y-z=0 \end{cases}}}\quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases}x=t\\y=1+t\\z=t-2(1+t) \end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad\begin{cases}x=t\\y=1+t\\z=-2-t \end{cases}$

Par conséquent, une représentation paramétrique de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\begin{cases}x=t\\y=1+t\\z=-2-t \end{cases}\quad \text{avec }t\in\R} }$

3. b) Nous devons montrer que la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ est sécante au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ en un point $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ dont on donnera ses coordonnées.

Montrons qu'il existe un nombre réel $\overset{ { \white{ _. } } } { t }$ tel que $\overset{ { \white{ _. } } } { 3t+4(1+t)-2(-2-t)+1=0 }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $3t+4(1+t)-2(-2-t)+1=0\quad\Longleftrightarrow\quad 3t+4+4t+4+2t+1=0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ 3t+4(1+t)-2(-2-t)+1=0}\quad\Longleftrightarrow\quad 9t+9=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ 3t+4(1+t)-2(-2-t)+1=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{t=-1} }$

En remplaçant $\overset{ { \white{ _. } } } { t }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { -1 }$ dans la représentation paramétrique de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ , nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases}x=-1\\y=0\\z=-1 \end{cases} }$

D'où, les coordonnées du point $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ sont $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{(-1\;;\;0\;;\;-1)} }$

4. a) Nous devons montrer que les quatre points $\overset{ { \white{ . } } } {A,\,B,\,C }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { D }$ sont les sommets d'un tétraèdre.

Montrons que le point $\overset{ { \white{ _. } } } { D }$ n'appartient pas au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ en montrant que ses coordonnées ne vérifient pas l'équation cartésienne de $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .
En effet,

${ \white{ xxi } }$ $3x_D+4 y_D -2 z_D +1=3\times 0+4\times 1-2\times3+1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ 3x_D+4 y_D -2 z_D +1}=0+4-6+1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ 3x_D+4 y_D -2 z_D +1}=-1 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{3x_D+4 y_D -2 z_D +1=-1\,{\red{\neq 0}}}$

Donc les quatre points $\overset{ { \white{ _. } } } {A,\,B,\,C }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { D }$ ne sont pas coplanaires.
Nous en déduisons que les quatre points $\overset{ { \white{ _. } } } {A,\,B,\,C }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { D }$ sont les sommets d'un tétraèdre.

4. b) Nous devons calculer le volume $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal V }$ en unité de volume (u.v.) du tétraèdre $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal V=\dfrac 16\left|(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC})\cdot \overrightarrow{AD}\right|\qquad\text{avec }\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{AB}\,\begin{pmatrix}0\\ 1\\2\end{pmatrix},\; \overrightarrow{AC}\,\begin{pmatrix}-2\\ 1\\-1\end{pmatrix},\; \overrightarrow{AD}\,\begin{pmatrix}-1\\ 1\\1\end{pmatrix} } }$
Nous obtenons ainsi :
${ \white{ xxi } }$ $\left(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right)\cdot \overrightarrow{AD}=\begin{pmatrix}0&1&2\\-2&1&-1\\-1&1&1\end{pmatrix} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \left(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right)\cdot \overrightarrow{AD}}=0\times(1+1)-1\times(-2-1)+2\times(-2+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \left(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right)\cdot \overrightarrow{AD}}=0+3-2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \left(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right)\cdot \overrightarrow{AD}}=1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right)\cdot \overrightarrow{AD}=1}$

Nous en déduisons que :

${ \white{ xxi } }$ $\mathcal V=\dfrac 16\left|(\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC})\cdot \overrightarrow{AD}\right| \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\dfrac 16\times\left|1\right| } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\dfrac 16\times1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\dfrac 16} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mathcal V=\dfrac 16\text{ u.v.}}$

10 points

probleme

On considère la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ définie sur $\overset{ { \white{ . } } } {]0\;;\;+\infty[ }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { f(x)=\dfrac{\ln x}{1+x\ln x} }$ .
On note $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ la courbe représentative de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ dans le plan muni d'un repère orthonormé $\overset{ { \white{ _. } } } { (O ; \vec i,\vec j) }$ d'unité graphique 2 cm.

Partie A

On considère la fonction $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ définie sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty [ }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } {g(x)=1-x(\ln x)^2 }$ .

1. Nous devons justifier que la fonction $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ puis montrer que pour tout réel $\overset{ { \white{ -. } } } { x }$ strictement positif, $\overset{ { \white{ _. } } } { g'(x)=(-\ln x)(2+\ln x) }$ .

La fonction $\overset{ { \white{m. } } } { g }$ est la somme de produits de fonctions dérivables sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ .
Donc la fonction $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in\,]0\;;\;+\infty[ }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $g'(x)=\Big(1-x(\ln x)^2\Big)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=0-\Big(x(\ln x)^2\Big)' } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=-\Big(x'\times(\ln x)^2+x\times\left((\ln x)^2\right)'\Big) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=-\Big(1\times(\ln x)^2+x\times\left(2(\ln x)' \ln x\right)\Big) }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=-\Big((\ln x)^2+2x\times\dfrac 1x \ln x\Big) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=-\ln x\Big(\ln x+2\Big) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{g'(x)=(-\ln x)(2+\ln x)}$

2. Nous devons dresser le tableau de variations complet de $\overset{ { \white{m. } } } { g }$ .

Par définition, la fonction $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ est définie sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ .
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ W. } } } { \lim\limits_{x\to 0^+}g(x) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 0^+}x(\ln x)^2=0\quad(\text{croissances comparées})\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 0^+}\Big(1-x(\ln x)^2\Big)=1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 0^+}x(\ln x)^2=0\quad(\text{croissances comparées})}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}g(x)=1 } }$

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

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to +\infty}x(\ln x)^2=+\infty\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to +\infty}\Big(1-x(\ln x)^2\Big)=-\infty \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to +\infty}x(\ln x)^2=+\infty}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)=-\infty } }$

Nous pouvons ainsi dresser le tableau de signes de $\overset{ { \white{m. } } } { g'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ .

$\begin{matrix}-\ln x> 0\quad\Longleftrightarrow\quad \ln x<0\\\phantom{-\ln x<000}\quad\Longleftrightarrow\quad 0<x<1\\\\-\ln x= 0\quad\Longleftrightarrow\quad x=1\\\\-\ln x<0\quad\Longleftrightarrow\quad x>1\\\\2+\ln x> 0\quad\Longleftrightarrow\quad \ln x>-2\\\phantom{-\ln x<0}\quad\Longleftrightarrow\quad x>\text e^{-2}\\\\2+\ln x= 0\quad\Longleftrightarrow\quad x=\text e^{-2}\\\\2+\ln x< 0\quad\Longleftrightarrow\quad 0<x<\text e^{-2}\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\x&0&&\text e^{-2}&&1&&+\infty\\ &&&&&&& \\\hline &||&&&&&&\\-\ln x&||&+&+&+&0&-&\\2+\ln x&||&-&0&+&+&+&\\&||&&&&&&\\\hline &||&&&&&&\\g'(x)&||&-&0&+&0&-&\\&||&&&&&&\\\hline \end{array}$

D'où le tableau de variations de $\overset{ { \white{m. } } } { g }$ .

$\begin{matrix}g(\text e^{-2})=1-\text e^{-2}\times\Big(\ln(\text e^{-2})\Big)^2\\\phantom{}=1-\text e^{-2}\times(-2)^2\\=1-4\text e^{-2}\approx0,46\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\x&0&&\text e^{-2}&&1&&+\infty\\ &&&&&&& \\\hline &||&&&&&&\\g'(x)&||&-&0&+&0&-&\\&||&&&&&&\\\hline &\phantom{x}||1&&&&1&&\\g(x)&||&\searrow&&\nearrow&&\searrow&\\&||&&1-4\text e^{-2}&&&&-\infty\\\hline \end{array}$

3. a) Nous devons démontrer que l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)=0 }$ admet une unique solution qu'on notera $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;1] }$ :

Le tableau de variations de $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ montre que sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;1] }$ , cette fonction $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ admet un minimum égal à $\overset{ { \white{ _. } } } { 1-4\text e^{-2}\approx0,46>0 }$ .
Dès lors, sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]0\;;\;1] }$ , l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)=0 }$ n'admet pas de solution.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ :

La fonction $\overset{ { \white{ m. } } } {g }$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ .
De plus, $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases}g(1)=1>0\\\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad {0\in\;\left]\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)\;;\;g(1)\,\right]} }$

Par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha \in\; [1\;;\;+\infty[ }$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } { g(\alpha)=0 }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ En conclusion, l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)=0 }$ admet une solution unique dans l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ .

3. b) Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { 2<\alpha <2,1 }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}g(2)=1-2(\ln 2)^2\approx0,039\;{\red{>0}}\\g(2,1)=1-2,1(\ln 2,1)^2\approx-0,156\;{\red{<0}}\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{2<\alpha <2,1}$

3. c) Nous devons déterminer le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x) }$ suivant les valeurs de $\overset{ { \white{ -. } } } { x }$ .

En nous aidant du tableau de variations de $\overset{ { \white{ m. } } } {g }$ , nous en déduisons que :

${ \white{ WWW } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)>0\quad\Longleftrightarrow\quad 0<x<\alpha }$
${ \white{ WWW } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=\alpha }$
${ \white{ WWW } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)<0\quad\Longleftrightarrow\quad x>\alpha }$ .

Partie B

1. a) Nous devons déterminer la limite de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } { 0^+ }$ , puis interpréter géométriquement le résultat.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty\\\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=0\\ \quad\text{(croissances comparées)}\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases} \lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty\\\lim\limits_{x\to 0^+}(1+x\ln x)=1\end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty\\\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=0\end{cases}WWWw}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{1+x\ln x}=-\infty} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to 0^+}\ln x=-\infty\end{cases}WWWw}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=-\infty}}$

Géométriquement, ce résultat signifie que la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ admet une asymptote verticale d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { x=0 }$ .

1. b) Nous devons déterminer la limite de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } { +\infty }$ , puis interpréter géométriquement le résultat.
Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\,]0\;;\;+\infty[ ,\quad f(x)=\dfrac{\ln x}{1+x\ln x}=\dfrac{\ln x}{x\left(\dfrac 1x+\ln x\right)}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{f(x)=\dfrac{\dfrac{\ln x}{x}}{\dfrac 1x+\ln x}} }$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\\ \quad\text{(croissances comparées)}\\\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac 1x=0\\\lim\limits_{x\to +\infty}\ln x=+\infty\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\begin{cases} \lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\\\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to+\infty}(\dfrac 1x+\ln x)=+\infty}\end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to +\infty}\ln x=-\infty\\\lim\limits_{x\to +\infty}x\ln x=0\end{cases}WWWw}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\dfrac{\ln x}{x}}{\dfrac 1x+\ln x}=0} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to +\infty}\ln x=-\infty\end{cases}WWWw}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0}}$

Géométriquement, ce résultat signifie que la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ admet une asymptote horizontale en $\overset{ { \white{ _. } } } { +\infty }$ d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { y=0 }$ .

2. a) Montrons que pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\,]0\;;\;+\infty[ }$ , on a : $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x)=\dfrac{g(x)}{x(1+x\ln x)^2} }$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\,]0\;;\;+\infty[ }$ ,

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

2. b) Nous devons étudier le sens de variation de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ , puis dresser son tableau de variation.

Nous observons que le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ est le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x) }$ car pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\in\;]0\;;\;+\infty[,\quad x(1+x\ln x)^2>0 }$ .
Or le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x) }$ a été étudié dans la question 3. c) - Partie A.

Dès lors,

${ \white{ WWW } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \overset{ { \white{ _. } } } { f'(x)>0\quad\Longleftrightarrow\quad 0<x<\alpha }$
${ \white{ WWW } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \overset{ { \white{ _. } } } { f'(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=\alpha }$
${ \white{ WWW } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} \overset{ { \white{ _. } } } { f'(x)<0\quad\Longleftrightarrow\quad x>\alpha }$ .

Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est croissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]0\;;\;\alpha] }$ et est décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } {[\alpha\;;\;+\infty[ }$ .
Nous pouvons ainsi dresser le tableau de variation de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ .

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\x&0&&\alpha&&+\infty\\ &&&&&\\\hline &||&&&&\\f'(x)&||&+&0&-&\\&||&&&&\\\hline &||&&&&\\&||&&f(\alpha)&&\\f&||&\nearrow&&\searrow&\\&-\infty&&&&0\\\hline \end{array}$

2. c) Nous devons vérifier que $\overset{ { \white{ _. } } } { f(\alpha)=\dfrac{1}{\alpha+\sqrt \alpha} }$ .
Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ est l'unique solution de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)=0 }$ .
Donc nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $g(\alpha)=0\quad\Longrightarrow\quad 1-\alpha(\ln \alpha)^2=0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g(\alpha)=0}\quad\Longrightarrow\quad \alpha(\ln \alpha)^2 =1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g(\alpha)=0}\quad\Longrightarrow\quad (\ln \alpha)^2 =\dfrac{1}{\alpha}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g(\alpha)=0}\quad\Longrightarrow\quad \ln \alpha =\sqrt{\dfrac{1}{\alpha}}\quad\text{(car }\alpha\approx2\Longrightarrow \ln\alpha >0)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ g(\alpha)=0}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\ln \alpha =\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}}}$
Il s'ensuit que :

${ \white{ xxi } }$ $f(\alpha)=\dfrac{\ln \alpha}{1+\alpha\ln \alpha} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(\alpha)}=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}}{1+\alpha\times\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(\alpha)}=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}}{1+\sqrt{\alpha}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(\alpha)}=\dfrac{1}{\sqrt\alpha(1+\sqrt{\alpha})} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(\alpha)}=\dfrac{1}{\sqrt\alpha+\alpha} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{f(\alpha)=\dfrac{1}{\alpha+\sqrt\alpha} }$

3. Déterminons une équation de la tangente $\overset{ { \white{ _. } } } { (T) }$ à $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ au point d'abscisse $\overset{ { \white{ _. } } } { x=1 }$ .

Une équation de la tangente $\overset{ { \white{ _. } } } { (T) }$ est de la forme $\overset{ { \white{ _. } } } { y=f'(1)(x-1)+f(1) }$ .

Or $\overset{ { \white{ _. } } } {\begin{cases}f(x)=\dfrac{\ln x}{1+x\ln x}\\\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x)=\dfrac{g(x)}{x(1+x\ln x)^2}} \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}f(1)=\dfrac{\ln 1}{1+1\times\ln 1}\\\overset{ { \white{ _. } } } { f'(1)=\dfrac{g(1)}{1(1+1\times\ln 1)^2}} \end{cases} \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}f(1)=0\\\overset{ { \phantom{ _. } } } { f'(1)=1} \end{cases} }$

Par conséquent, une équation de la tangente $\overset{ { \white{ _. } } } { (T) }$ à $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ au point d'abscisse $\overset{ { \white{ _. } } } { x=1 }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{y=x-1} }$

4. Nous devons construire $\overset{ { \white{ _. } } } { (T) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ .

Partie C

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ la restriction de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { I=[\alpha\;;\;+\infty[ }$ .

1. Nous devons montrer que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est une bijection de $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ vers un intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { J }$ que l'on précisera.

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { h }$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { I=[\alpha\;;\;+\infty[ }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { f(\alpha)= \dfrac{1}{\alpha+\sqrt\alpha} }$ et $\overset{ { \white{ W. } } } { \displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) =0. }$
La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { h }$ réalise donc une bijection de $\overset{ { \white{ _. } } } { I=[\alpha\;;\;+\infty[ }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { J= \left]0, \dfrac{1}{\alpha+\sqrt\alpha} \right] . }$

2. a) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ _. } } } { h(4) }$ puis, dire si la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h^{-1} }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est dérivable en $\overset{ { \white{ } } } { y_0=\dfrac{2\ln 2}{1+8\ln 2} }$ .

${ \white{ xxi } }$ $h(4)=\dfrac{\ln 4}{1+4\ln 4} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(4)}=\dfrac{\ln 2^2}{1+4\ln 2^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(4)}=\dfrac{2\ln 2}{1+4\times2\ln 2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h(4)}=\dfrac{2\ln 2}{1+8\ln 2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{h(4)=\dfrac{2\ln 2}{1+8\ln 2} }$

Montrons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h^{-1} }$ est dérivable en $\overset{ { \white{ _. } } } { y_0=\dfrac{2\ln 2}{1+8\ln 2} }$ en montrant que $\overset{ { \white{ _. } } } { h'(4)\neq 0 }$ .
En effet, $\overset{ { \white{ _. } } } { h'(4)=\dfrac{1-4(\ln 4)^2}{4(1+4\ln 4)^2}\neq 0 }$ .
Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h^{-1} }$ est dérivable en $\overset{ { \white{ _. } } } { y_0=\dfrac{2\ln 2}{1+8\ln 2} }$ .

2. b) Calculons $\overset{ { \white{ _. } } } { (h^{-1})'(y_0) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $(h^{-1})'(y_0)=\Big(h^{-1}\Big)'\left(\dfrac{2\ln 2}{1+8\ln 2} \right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (h^{-1})'(y_0)}=\dfrac{1}{h'\Bigg(h^{-1}\Big(\frac{2\ln 2}{1+8\ln 2} \Big)\Bigg)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (h^{-1})'(y_0)}=\dfrac{1}{h'(4)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (h^{-1})'(y_0)}=\dfrac{4(1+4\ln 4)^2} {1-4(\ln 4)^2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(h^{-1})'(y_0)=\dfrac{4(1+4\ln 4)^2} {1-4(\ln 4)^2} }$

3. Déterminons si la fonction réciproque $\overset{ { \white{ } } } { h^{-1} }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est dérivable en $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{1}{\alpha+\sqrt\alpha} }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{1}{\alpha+\sqrt\alpha} =h(\alpha) }$ .
Or nous avons montré dans la question 2. b) - Partie B que $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(\alpha)=0 }$ , soit que $\overset{ { \white{ _. } } } { h'(\alpha)=0 }$ .
Nous en déduisons que la fonction réciproque $\overset{ { \white{ } } } { h^{-1} }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ n'est pas dérivable en $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{1}{\alpha+\sqrt\alpha} }$ .

4. Traçons $\overset{ { \white{ _. } } } { (C') }$ , courbe de $\overset{ { \white{ } } } { h^{-1} }$ dans le plan muni du repère $\overset{ { \white{ _. } } } { (O;\vec i, \vec j) }$ .

Le graphique de la fonction réciproque $\overset{ { \white{ } } } { h^{-1} }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est le symétrique de la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ par rapport à l'axe d'équation $\overset{ { \white{ . } } } { y=x }$ .

_{Merci à Hiphigenie et malou pour l'élaboration de cette contribution.}

Publié par malou le 31-01-2026

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

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

Cette fiche

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

forum de terminale
Plus de 147 452 topics de mathématiques en terminale sur le forum.