Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques Sénégal 2025

Séries S1-S1A-S3

Durée : 4 heures

Coefficient : 8

Les calculatrices électroniques non imprimantes avec entrée unique par clavier sont autorisées. Les calculatrices permettant d'afficher des formulaires ou des tracés de courbe sont interdites.

4,75 points

exercice 1

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4,25 points

exercice 2

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11 points

probleme

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Bac 2025 Sénégal - séries S1-S1A-S3

4,75 points

exercice 1

Partie I

Un athlète doit s'entraîner deux jours consécutifs.

${ \white{ xxi } }$ Le premier jour, la probabilité qu'il choisisse le stade A est égale à $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ .
${ \white{ xxi } }$ Le second jour, on admet que la probabilité qu'il choisisse un stade différent de celui fréquenté la veille est 0,8 .

Pour $\overset{ { \white{ _. } } } { j\in\lbrace 1,2\rbrace }$ , on note les événements suivants ainsi :

${ \white{ xxi } }A_j$ : '' l'athlète choisit le stade A le j^ième jour '' ;
${ \white{ xxi } }B_j$ : '' l'athlète choisit le stade B le j^ième jour ''.

1. Déterminons la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ pour que les événements $\overset{ { \white{ _. } } } { A_1 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { A_2 }$ aient la même probabilité.

Dressons un arbre de probabilité pour visualiser la situation.

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Nous devons déterminer la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ pour que $\overset{ { \white{ _. } } } { P(A_1)=P(A_2) }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{P(A_1)=\alpha} }$ .

Calculons $\overset{ { \white{ _. } } } { P(A_2) }$ .
Les événements $\overset{{\white{_.}}}{A_1}$ et $\overset{{\white{}}}{B_1}$ forment une partition de l'univers.
En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $P(A_2)=P(A_1\cap A_2)+P(B_1\cap A_2) \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(A_2)}=P(A_1)\times P_{A_1}(A_2)+P(B_1)\times P_{B_1}(A_2) } \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(A_2)}=\alpha\times0,2+(1-\alpha)\times 0,8 } \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(A_2)}=0,2\alpha +0,8-0,8\alpha } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{P(A_2)=0,8-0,6\alpha}$

Dès lors, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $P(A_1)=P(A_2)\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha=0,8-0,6\alpha \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(A_1)=P(A_2)}\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha+0,6\alpha=0,8} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(A_1)=P(A_2)}\quad\Longleftrightarrow\quad 1,6\alpha=0,8} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(A_1)=P(A_2)}\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha=\dfrac{0,8}{1,6}=\dfrac{8}{16}=0,5} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{P(A_1)=P(A_2)\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha=0,5}$

Dans toute la suite de l'exercice, on prendra $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\alpha=0,5} }$ .
L'arbre de probabilité est alors le suivant :

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 : image 14

2. Nous devons calculer la probabilité qu'un athlète se rende au même stade pendant les deux jours.

${ \white{ xxi } }$ $P(A_1\cap A_2)+P(B_1\cap B_2)=P(A_1)\times P_{A_1}(A_2)+P(B_1)\times P_{B_1}(B_2) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(A_1\cap A_2)+P(B_1\cap B_2)}=0,5\times 0,2+0,5\times 0,2 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(A_1\cap A_2)+P(B_1\cap B_2)}=0,1+0,1 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ P(A_1\cap A_2)+P(B_1\cap B_2)}=0,2 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{P(A_1\cap A_2)+P(B_1\cap B_2)=0,2}$

Par conséquent, la probabilité qu'un athlète se rende au même stade pendant les deux jours est égale à 0,2.

3. Au deuxième jour, on aperçoit un athlète sortant du stade B.
${ \white{ xx } }$ Déterminons la probabilité qu'il se soit entraîné au même stade la veille, soit $\overset{ { \white{ _. } } } { P_{B_2}(B_1) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $P_{B_2}(B_1)=\dfrac{P(B_1\cap B_2)}{P(B_2)}$

Calculons $\overset{ { \white{ _. } } } { P(B_2) }$ .
Les événements   $\overset{{\white{_.}}}{A_1}$ et   $\overset{{\white{_.}}}{B_1}$ forment une partition de l'univers.
En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $P(B_2)=P(A_1\cap B_2)+P(B_1\cap B_2) \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(A_2)}=P(A_1)\times P_{A_1}(B_2)+P(B_1)\times P_{B_1}(B_2) } \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(A_2)}=0,5\times0,8+0,5\times 0,2 } \\\overset{ { \white{ _. } } } {\phantom{P(A_2)}=0,4+0,1 } \\\overset{ { \phantom{ _. } } } {\phantom{P(A_2)}=0,5 } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{P(B_2)=0,5}$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $P_{B_2}(B_1)=\dfrac{P(B_1\cap B_2)}{P(B_2)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P_{B_2}(B_1)}=\dfrac{0,5\times 0,2}{0,5} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P_{B_2}(B_1)}=0,2 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{P_{B_2}(B_1)=0,2}$

D'où sachant qu'au deuxième jour, un athlète sort du stade B, la probabilité qu'il se soit entraîné au même stade la veille est égale à 0,2.

Partie II

Au premier jour, on a $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ athlètes $\overset{ { \white{ _. } } } { (n\geq 3) }$ qui doivent s'entraîner. Chacun d'entre eux choisit, au hasard et indépendamment des choix des autres, l'un des deux stades où il doit s'entraîner.
On suppose que les deux stades ne contiennent aucun athlète au départ.
On dit qu'un athlète est heureux s'il se trouve seul dans un stade.

1. Déterminons la probabilité qu'il y ait deux athlètes heureux.

Au premier jour, on a $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ athlètes $\overset{ { \white{ _. } } } { (n\geq 3) }$ .
Comme il y a au moins 3 athlètes et qu'il n'y a que 2 stades, forcément un des deux stades contiendra au moins deux athlètes.
Donc aucun athlète ne se retrouvera seul dans un stade et inévitablement au moins un athlète ne sera pas heureux.
Par conséquent, la probabilité qu'il y ait deux athlètes heureux est égale à 0.

2. Soit $\overset{ { \white{ M. } } } { p_n }$ la probabilité qu'il y ait un athlète heureux parmi ces $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ athlètes.

2. a) Nous devons montrer que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { (n\geq 3) }$ , on a : $\overset{ { \white{ _. } } } { p_n=\dfrac{n}{2^{n-1}} }$ .

On note $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ la variable aléatoire donnant le nombre d'athlètes ayant choisi le stade A.

Lors de cette expérience, on répète $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fois des épreuves identiques et indépendantes.
Chaque épreuve comporte deux issues :
Succès : '' l'athlète a choisi le stade A '' dont la probabilité est $\overset{ { \white{ . } } } { p=0,5}$ ;
Echec : '' l'athlète a choisi le stade B '' dont la probabilité est $\overset{ { \white{ . } } } {1-p=0,5 }$ .
La variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$    compte le nombre d'athlètes ayant choisi le stade A, soit le nombre de succès à la fin de la répétition des épreuves.
D'où la variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$    suit une loi binomiale $\overset{ { \white{ . } } }{ \mathscr{ B }\left(n\,;\,0,5\right) }$ .

Cette loi est donnée par : $\boxed{ P(X=k)=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\times0,5^k\times0,5^{ n-k } }$

Deux cas sont possibles.

$\overset{ { \white{ } } }{\bullet}{\white{x}}$ ou bien un athlète a choisi le stade A auquel cas, nous avons $\overset{ { \white{ _. } } } { X=1 }$
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ ou bien un athlète a choisi le stade B auquel cas, nous avons $\overset{ { \white{ _. } } } { X=n-1 }$ .

Dès lors, la probabilité qu'il y ait un athlète heureux parmi ces $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ athlètes est $\overset{ { \white{ _. } } } { p_n=P(X=1)+P(X=n-1) }$ .

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $p_n=\begin{pmatrix}n\\1\end{pmatrix}\times0,5^1\times0,5^{ n-1 }+\begin{pmatrix}n\\n-1\end{pmatrix}\times0,5^{n-1}\times0,5^{ n-(n-1) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_n}=\dfrac{n!}{1!(n-1)!}\times0,5^1\times0,5^{ n-1 }+\dfrac{n!}{(n-1)!(n-n+1)!}\times0,5^{n-1}\times0,5^{ n-n+1 } } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_n}=\dfrac{n(n-1)!}{(n-1)!}\times0,5^{1+ n-1 }+\dfrac{n(n-1)!}{(n-1)!1!}\times0,5^{n-1+ n-n+1 } } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_n}=n\times0,5^{n}+n\times0,5^{n } }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_n}=2\times n\times\left(\dfrac 12\right)^{n} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_n}=2\times n\times\dfrac {1}{2^{n}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_n}=\dfrac {2\times n}{2^{n}} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ p_n}=\dfrac {n}{2^{n-1}} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{p_n=\dfrac {n}{2^{n-1}} }$

2. b) Nous devons étudier le sens de variation et la convergence de la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (p_n)_{n\geq 3} }$ .

Pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n\geq 3 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $p_{n+1}-p_n=\dfrac{n+1}{2^n}-\dfrac{n}{2^{n-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_{n+1}-p_n}=\dfrac{(n+1)-2n}{2^n} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p_{n+1}-p_n}=\dfrac{1-n}{2^n} }$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad n\geq 3\quad\Longrightarrow\quad -n\leq -3 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad n\geq 3}\quad\Longrightarrow\quad 1-n\leq -2 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad n\geq 3}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{1-n<0} }$

Il s'ensuit que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n\geq 3 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} 1-n<0\\2^n>0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1-n}{2^n} <0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} 1-n<0\\2^n>0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{ p_{n+1}-p_n<0}}$

Par conséquent, la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (p_n)_{n\geq 3} }$ est strictement décroissante.

Étudions la convergence de la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (p_n)_{n\geq 3} }$ .

Nous avons montré que la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (p_n)_{n\geq 3} }$ est strictement décroissante.
De plus, la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (p_n)_{n\geq 3} }$ est minorée par 0 car pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n\geq 3,\quad p_n>0 }$ .
Par le théorème de convergence monotone, nous en déduisons que la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (p_n) }$ est convergente.

Calculons la limite de la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (p_n)_{n\geq 3} }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{n\to+\infty}p_n=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n}{2^{n-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2\times n}{2\times2^{n-1}}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n}{2^{n}}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n}{(\text e^{\ln2})^{n}} }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{2n}{\text e^{n\ln2}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=2\times\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n}{\text e^{n\ln2}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=\dfrac{2}{\ln 2}\times\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{n\ln 2}{\text e^{n\ln2}} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=\dfrac{2}{\ln 2}\times\lim\limits_{N\to+\infty}\dfrac{N}{\text e^{N}} \quad\text{où }N=n\ln 2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=\dfrac{2}{\ln 2}\times0\quad(\text{croissances comparées})} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{n\to+\infty}p_n}=0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}p_n=0}$

2. c) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ . } } } { p_{10} }$ puis déterminer la plus grande valeur de $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ pour laquelle la probabilité d'avoir un athlète heureux soit supérieur à 0,005.

${ \white{ xxi } }$ $p_{10}=\dfrac{10}{2^{9}}=\dfrac{2\times5}{2^{9}}=\dfrac{5}{2^{8}}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{p_{10}=\dfrac{5}{256}\approx0,0195}$

Déterminons la plus grande valeur de $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ pour laquelle la probabilité d'avoir un athlète heureux soit supérieur à 0,005.

Nous observons que $\overset{ { \white{ _. } } } { p_{10}\approx0,0195\quad\Longrightarrow\quad \boxed{p_{10}>0,005} }$

De plus, nous savons que la suite $\overset{ { \white{ . } } } { (p_n)_{n\geq 3} }$ est strictement décroissante.
Donc la valeur de $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ cherchée est supérieure à 10.
Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $p_{11}=\dfrac{11}{2^{10}}=\dfrac{11}{1024}\approx0,011\;{\red{>0,005}} \\\\p_{12}=\dfrac{12}{2^{11}}=\dfrac{3}{512}\approx0,0059\;{\red{>0,005}} \\\\p_{13}=\dfrac{13}{2^{12}}=\dfrac{13}{4096}\approx0,003\;{\red{<0,005}}$

Par conséquent, la plus grande valeur de $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ pour laquelle la probabilité d'avoir un athlète heureux soit supérieur à 0,005 est 12.

4,25 points

exercice 2

Soient $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ deux droites distinctes de l'espace.
On note $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { R_2 }$ les demi-tours d'axes respectifs $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ .

Le but de cet exercice est de déterminer une condition nécessaire et suffisante portant sur $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ pour que $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1\circ R_2=R_2\circ R_1 }$ .

1. On suppose que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ sont perpendiculaires en un point noté $\overset{ { \white{ _. } } } { O }$ .

On adoptera les notations suivantes :

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Le plan contenant $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ est noté $\overset{ { \white{ _. } } } { (P) }$
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ La droite perpendiculaire en $\overset{ { \white{ _. } } } { O }$ au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (P) }$ est notée $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ .
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Le plan contenant $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ est noté $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ .
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Le plan contenant $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ et t $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ est noté $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ .
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Les réflexions par rapport aux plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P),\,(P_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ sont respectivement notées $\overset{ { \white{ _. } } } { S_P,\, S_{P_1} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { S_{P_2} }$ .

1. a) Nous devons faire une figure en faisant apparaitre clairement le point $\overset{ { \white{ _. } } } { O }$ , les plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P),\, (P_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ ainsi que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta),\, (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ .

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 : image 15

1. b) Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ . } } } { S_P \circ S_{P_1} }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_2} \circ S_{P} }$ .

Rappelons que la composée de deux réflexions par rapport à deux plans sécants dans l'espace est une rotation dont l'axe est la droite intersection des deux plans et d'angle double de l'angle formé par les deux plans.

Il s'ensuit que :

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ . } } } { S_P \circ S_{P_1} }$ est une rotation dont l'axe est la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ , intersection des deux plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ et d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { 2\times \dfrac{\pi}{2} }$ , soit d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { \pi }$ .
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { S_P \circ S_{P_1} }$ est un demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Delta_1) }$ .
Autrement dit, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{S_P \circ S_{P_1}=R_1} }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_2} \circ S_{P} }$ est une rotation dont l'axe est la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ , intersection des deux plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ et d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { 2\times \dfrac{\pi}{2} }$ , soit d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { \pi }$ .
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_2} \circ S_{P} }$ est un demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Delta_2) }$ .
Autrement dit, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{S_{P_2} \circ S_{P}=R_2} }$ .

1. c) Nous devons en déduire que $\overset{ { \white{ _. } } } { R_2\circ R_1 }$ est un demi-tour dont on précisera l'axe.

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $R_2\circ R_1=(S_{P_2}\circ S_P)\circ(S_P\circ S_{P_1}) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_2\circ R_1}=S_{P_2}\circ (S_P\circ S_P)\circ S_{P_1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_2\circ R_1}=S_{P_2}\circ 1_E\circ S_{P_1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_2\circ R_1}=S_{P_2}\circ S_{P_1} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{R_2\circ R_1=S_{P_2}\circ S_{P_1} }$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_2} \circ S_{P_1} }$ est une rotation dont l'axe est la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ , intersection des deux plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ et d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { 2\times \dfrac{\pi}{2} }$ , soit d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { \pi }$ .
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_2} \circ S_{P_1} }$ est le demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Delta) }$ .
Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { R_2 \circ R_1 }$ est le demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Delta) }$ .

1. d) Nous devons prouver que $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1\circ R_2=R_2\circ R_1 }$ .

Les axes des réflexions $\overset{ { \white{ _. } } } { S_P }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_1} }$ étant perpendiculaires, nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { S_{P_1}\circ S_{P}=S_{P}\circ S_{P_1} }$ .
Dès lors, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $R_1\circ R_2=(S_{P_1}\circ S_P)\circ(S_P\circ S_{P_2}) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_2\circ R_1}=S_{P_1}\circ (S_P\circ S_P)\circ S_{P_2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_2\circ R_1}=S_{P_1}\circ 1_E\circ S_{P_2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_2\circ R_1}=S_{P_1}\circ S_{P_2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{R_1\circ R_2=S_{P_1}\circ S_{P_2} }$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_1} \circ S_{P_2} }$ est une rotation dont l'axe est la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ , intersection des deux plans $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (P_2) }$ et d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { 2\times \dfrac{\pi}{2} }$ , soit d'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { \pi }$ .
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { S_{P_1} \circ S_{P_2} }$ est le demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Delta) }$ .
Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { R_1 \circ R_2 }$ est le demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Delta) }$ .

En conclusion ,nous avons montré que $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1 \circ R_2 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { R_2 \circ R_1 }$ ne sont autres que le demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Delta) }$ .

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{R_1 \circ R_2=R_2 \circ R_1} }$ .

2. Réciproquement, on suppose que $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1 \circ R_2=R_2 \circ R_1 }$ .

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ un point de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ qui n'appartient pas à $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { R_2 }$ .

2. a) Nous devons montrer que la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ sont perpendiculaires.

Montrons d'abord que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ sont orthogonales en montrant que la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ est incluse dans un plan perpendiculaire à $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ .

En effet, soit $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Pi) }$ le plan orthogonal à la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ passant par le point $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ .
La droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ perce le plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Pi) }$ au point $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ .

Par définition, $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ est l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { R_2 }$ , soit par un demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ .
Donc $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ est l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ dans le plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Pi) }$ par une symétrie centrale dont le centre est le point $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ .
Dès lors, la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ est incluse au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Pi) }$ qui est orthogonal à $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ .
Nous en déduisons que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \Delta_2 }$ sont orthogonales.

Montrons ensuite que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \Delta_2 }$ sont sécantes.

$\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ est l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { R_2 }$ , soit par un demi-tour d'axe $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ .
Donc les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A,\, B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { I }$ sont alignés.
Donc les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \Delta_2 }$ sont sécantes.

En conclusion, nous avons montré que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \Delta_2 }$ sont orthogonales et sécantes.

Par conséquent, les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \Delta_2 }$ sont perpendiculaires.

2. b) En utilisant la relation $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1\circ R_2=R_2\circ R_1 }$ , montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { B=R_1(B) }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $R_1(B)=R_1(R_2(A)) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_1(B)}=R_2(R_1(A)) \qquad\text{car }R_1\circ R_2=R_2\circ R_1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_1(B)}=R_2(A) \qquad\text{car }R_1(A)=A} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ R_1(B)}=B} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{B=R_1(B)}$

2. c) Nous devons en déduire que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta_2) }$ sont perpendiculaires.

Nous avons montré que les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ sont perpendiculaires.
Nous allons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta_2) }$ sont perpendiculaires en montrant que $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB)=(\Delta_1) }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { A\in(\Delta_1) }$ par définition du point $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ .
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { B\in(\Delta_1) }$ car $\overset{ { \white{ _. } } } {R_1(B)=B }$ .
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\overset{ { \white{ _. } } } { A\neq B }$ .
En effet, supposons par l'absurde que $\overset{ { \white{ _. } } } {A=B }$ .
Dans ce cas, nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases}R_2(A)=B\\B=A \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad R_2(A)=A. }$

Or $\overset{ { \white{ _. } } } {R_2(A)=A }$ signifie que $\overset{ { \white{ _. } } } { A\in (\Delta_2) }$ , ce qui est impossible par définition du point $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ .

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } {A\neq B }$ .

D'où $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases}A\in(\Delta_1)\\B\in(\Delta_1)\\A\neq B \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{(AB)=(\Delta_1)} }$

En résumé,
${ \white{ xxi } }$ les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ sont perpendiculaires
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ _. } } } { (AB)=(\Delta_1) }$
Dès lors, les droites $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ sont perpendiculaires

3. En utilisant ce qui précède, nous devons énoncer une condition nécessaire et suffisante portant sur $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ pour que $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1\circ R_2=R_2\circ R_1 }$ .

Dans l'espace, si $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ sont deux droites distinctes et $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { R_2 }$ sont deux demi-tours d'axes respectifs $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ , alors la condition nécessaire et suffisante pour que $\overset{ { \white{ _. } } } { R_1\circ R_2=R_2\circ R_1 }$ est que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta_2) }$ soient perpendiculaires.

11 points

probleme

On considère le plan complexe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal P }$ rapporté à un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ _. } } } {(O\,;\,\vec u\,;\,\vec v) }$ .

PARTIE A

1. Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { (a,b)\in\R^*\times \R }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { F_{a,b} }$ l'application de $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal P }$ dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal P }$ qui au point $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { z }$ fait correspondre le point $\overset{ { \white{ } } } { M' }$ d'affixe $\overset{ { \white{ } } } { z' }$ telle que : $\overset{ { \white{ _. } } } {z'=a\overline z+\text i b }$ où $\overset{ { \white{ _. } } } { \overline z }$ est le conjugué de $\overset{ { \white{ . } } } { z }$ .

1. a) Nous devons exprimer les coordonnées $\overset{ { \white{ } } } { x' }$ et $\overset{ { \white{ } } } { y' }$ de $\overset{ { \white{ } } } { M' }$ en fonction des coordonnées $\overset{ { \white{ . } } } { x }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { y }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ .

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } {(x,y)\in\R^*\times \R }$ les coordonnées du point $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } {(x',y')\in\R^*\times \R }$ les coordonnées du point $\overset{ { \white{ _. } } } { M' }$ .

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $z'=a\overline z+\text i b\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=a(x-\text i y)+\text i b \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=a\overline z+\text i b}\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=ax-\text i ay+\text i b } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=a\overline z+\text i b}\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=ax+\text i (b-ay) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=a\overline z+\text i b}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases}x'=ax\\y'=b-ay \end{cases}}}$

1. b) Nous devons déterminer, suivant les valeurs de $\overset{ { \white{ . } } } { a }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { b }$ , l'ensemble des points invariants par $\overset{ { \white{ . } } } { F_{a,b} }$ .

$\overset{ { \white{ _. } } } {M }$ est un point invariant par $\overset{ { \white{ . } } } { F_{a,b} }$

${ \white{ WWWW } }$ $\quad\Longleftrightarrow\quad F_{a,b}(M)=M \\\overset{ { \white{ _. } } } { \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}ax=x\\b-ay=y \end{cases}} \\\overset{ { \white{ _. } } } { \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}ax-x=0\\y+ay=b \end{cases}} \\\overset{ { \white{ _. } } } { \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}(a-1)x=0\\ (1+a)y=b \end{cases}}$

Envisageons les différentes valeurs possibles de $\overset{ { \white{. } } } { a }$ et de $\overset{ { \white{ _. } } } { b }$ .

$\checkmark{\white{x}}$ Premier cas : $\overset{ { \white{ _. } } } {{\red{a=1}} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}(a-1)x=0\\ (1+a)y=b \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}0x=0\\ 2y=b \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}0x=0\\ y=\dfrac b2 \end{cases}$

Dans ce cas, l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { 0x=0 }$ est vérifiée pour tout réel $\overset{ { \white{ -. } } } { x }$ .
Nous en déduisons que l'ensemble des points invariants par $\overset{ { \white{ . } } } { F_{a,b} }$ est la droite d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{y=\dfrac b2} }$ .

$\checkmark{\white{x}}$ Deuxième cas : $\overset{ { \white{ _. } } } {{\red{a=-1}} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}(a-1)x=0\\ (1+a)y=b \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}-2x=0\\ 0y=b \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=0\\ 0y=\dfrac b2 \end{cases}$

${ \white{ WWW } }$ $\checkmark\checkmark{\white{x}}$ Première possibilité : $\overset{ { \white{ _. } } } {{\red{b= 0}} }$
${ \white{ WWW } }$ Dans ce cas, l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { 0y=0 }$ est vérifiée pour tout réel $\overset{ { \white{ -. } } } { y }$ .
${ \white{ WWW } }$ Nous en déduisons que l'ensemble des points invariants par $\overset{ { \white{ . } } } { F_{a,b} }$ est la droite d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{x=0} }$ .

${ \white{ WWW } }$ $\checkmark\checkmark{\white{x}}$ Deuxième possibilité : $\overset{ { \white{ _. } } } {{\red{b\neq 0}} }$
${ \white{ WWW } }$ Dans ce cas, l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { 0y=\dfrac b2 }$ est impossible.
${ \white{ WWW } }$ Nous en déduisons que l'ensemble des points invariants par $\overset{ { \white{ . } } } { F_{a,b} }$ est l'ensemble vide .

$\checkmark{\white{x}}$ Troisième cas : $\overset{ { \white{ _. } } } {{\red{a\neq 1\text{ et }a\neq -1}} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}(a-1)x=0\\ (1+a)y=b \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x=0\\ y=\dfrac{b}{1+a} \end{cases}$

Nous en déduisons que l'ensemble des points invariants par $\overset{ { \white{ . } } } { F_{a,b} }$ est le point $\overset{ { \white{ _. } } } {\Omega }$ d'affixe $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{\text ib}{1+a} }$ .

2. On suppose $\overset{ { \white{ _. } } } { |a|\neq 1 }$ .
Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { F_{a,b}=S_{\Delta} \circ h}$ , où $\overset{ { \white{ _. } } } { S_{\Delta} }$ est la symétrie orthogonale d'axe la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta ) }$ d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { y=\dfrac{b}{a+1} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ l'homothétie de centre le point $\overset{ { \white{ _. } } } {\Omega }$ d'affixe $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{\text ib}{1+a} }$ et de rapport $\overset{ { \white{ _. } } } { a }$ .

Considérons les points $\overset{ { \white{ _. } } } { M\;(x\;;\;y) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { M'\;(x'\;;\;y') }$ .

Déterminons l'expression analytique de la symétrie orthogonale $\overset{ { \white{ _. } } } { S_{\Delta} }$ .

Soit $\overset{ { \white{ _{_.}} } } { K }$ le milieu du segment $\overset{ { \white{ _. } } } { [MM']. }$
Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { M'=S_{\Delta}(M)\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \overrightarrow{MM'} \perp \vec u\\K\in(\Delta) \end{cases} }$
Or nous avons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{MM'}\begin{pmatrix}x'-x\\y'-y\end{pmatrix},\;K\,\left(\dfrac{x+x'}{2}\;;\;\dfrac{y+y'}{2}\right),\;\vec u \begin{pmatrix}1\\ 0\end{pmatrix}. }$
Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $M'=S_{\Delta}(M)\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} \overrightarrow{MM'}\cdot \vec u=0\\K\in(\Delta) \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=S_{\Delta}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} (x'-x)\times1+(y'-y)\times 0=0\\\dfrac{y+y'}{2}=\dfrac{b}{a+1} \end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=S_{\Delta}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x'-x=0\\y+y'=\dfrac{2b}{a+1} \end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=S_{\Delta}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x'=x\\y'=-y+\dfrac{2b}{a+1} \end{cases} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{{ M'=S_{\Delta}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x'=x\\y'=-y+\dfrac{2b}{a+1} \end{cases} }$

Déterminons l'expression analytique de l'homothétie $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ } } } { M'=h(M)\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{\Omega M'}=a\, \overrightarrow{\Omega M} }$ .

Or nous avons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases}\overrightarrow{\Omega M'}\begin{pmatrix}x'-0\\y'-\dfrac{b}{1+a}\end{pmatrix}\\\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{\Omega M}\begin{pmatrix}x-0\\y-\dfrac{b}{1+a}\end{pmatrix}}\end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases}\overrightarrow{\Omega M'}\begin{pmatrix}x'\\y'-\dfrac{b}{1+a}\end{pmatrix}\\\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{\Omega M}\begin{pmatrix}x\\y-\dfrac{b}{1+a}\end{pmatrix}}\end{cases} }$
Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $M'=h(M)\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{\Omega M'}=a\, \overrightarrow{\Omega M} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=h(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x'=ax\\y'-\dfrac{b}{1+a}=a\left(y-\dfrac{b}{1+a} \right) \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=h(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x'=ax\\y'=ay-\dfrac{ab}{1+a} +\dfrac{b}{1+a} \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=h(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x'=ax\\y'=ay-\dfrac{b}{1+a}(a-1) \end{cases}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{M'=h(M)\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x'=ax\\y'=ay-\dfrac{b}{1+a}(a-1) \end{cases}}$

Déterminons l'expression analytique de la composée $\overset{ { \white{ _. } } } { S_{\Delta} \circ h }$ .

Soit le point $\overset{ { \white{ _. } } } { M''\;(x''\;;\;y'') }$ .

Nous pouvons écrire :

${ \white{ xxi } }$ $M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)\quad\Longleftrightarrow\quad M''=S_{\Delta} \Big( h(M)\Big) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad M''=S_{\Delta} (M') } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=x'\\y''=-y'+\dfrac{2b}{a+1} \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax\\y''=-\big(ay-\dfrac{b}{1+a}(a-1)\Big)+\dfrac{2b}{a+1} \end{cases}}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax\\y''=-ay+\dfrac{ab}{1+a}-\dfrac{b}{1+a}+\dfrac{2b}{a+1} \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax\\y''=-ay+\dfrac{ab}{1+a}+\dfrac{b}{1+a} \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax\\y''=-ay+\dfrac{ab+b}{1+a} \end{cases}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax\\y''=-ay+\dfrac{b(a+1)}{1+a} \end{cases}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax\\y''=-ay+b \end{cases}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{ M''=(S_{\Delta} \circ h)(M)\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax\\y''=-ay+b \end{cases}}$

Déterminons l'écriture complexe de la composée $\overset{ { \white{ _. } } } { S_{\Delta} \circ h }$ .

${ \white{ xxi } }$ $z''=x''+\text iy'' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z''}=ax+\text i(-ay+b) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z''}=ax-a\text iy+\text ib } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z''}=a(x-\text iy)+\text ib } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ z''}=a\overline z+\text ib } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z''=a\overline z+\text ib }$

Par conséquent, nous en déduisons que $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{S_{\Delta} \circ h=F_{a,b}}}$

3. Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { (c,d)\in\R^*\times \R }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { G_{c,d} }$ l'application de $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal P }$ dans $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal P }$ qui, au point $\overset{ { \white{ _. } } } { N }$ d'affixe $\overset{ { \white{ -. } } } { z }$ , fait correspondre le point $\overset{ { \white{ } } } { N' }$ d'affixe $\overset{ { \white{ } } } { z' }$ tel que : $\overset{ { \white{ _. } } } { z'=cz+\text i d }$ .
Déterminer, suivant les valeurs de $\overset{ { \white{ . } } } { c }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { d }$ , la nature et les éléments géométriques caractéristiques de $\overset{ { \white{ _. } } } {G_{c,d} }$ .

Si $\overset{ { \white{ _. } } } { c=1 }$ , alors l'application $\overset{ { \white{ _. } } } { G_{c,d} }$ est la translation de vecteur $\overset{ { \white{ _. } } } {\vec v }$ d'affixe $\overset{ { \white{ _. } } } { \text i\,d }$ .
Si $\overset{ { \white{ _. } } } {c\neq 1 }$ , alors l'application $\overset{ { \white{ _. } } } { G_{c,d} }$ est l'homothétie de centre $\overset{ { \white{ _. } } } { \Gamma }$ d'affixe $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{\text i\,d}{1-c} }$ et de rapport $\overset{ { \white{ _. } } } { c }$ .

PARTIE B

1. Dans cette question on suppose que $\overset{ { \white{ _. } } } { |a|\neq 1 }$ .
On définit la suite de points $\overset{ { \white{ _. } } } { (M_n)_{n\geq 1} }$ par : $\begin{cases} M_1\text{ est le point d'abscisse }u_1=a+\text i b\\\forall\,n\geq 1, M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)\end{cases}$ .

1. a) Nous devons déterminer l'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { u_2 }$ du point $\overset{ { \white{ _. } } } { M_2 }$ .

${ \white{ xxi } }$ $M_{2}=F_{a,b}(M_1)\quad\Longleftrightarrow\quad u_2=a\overline {u_1}+\text i b \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M_{2}=F_{a,b}(M_1)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_2=a(a-\text ib)+\text i b} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M_{2}=F_{a,b}(M_1)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_2=a^2-\text iab+\text i b} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M_{2}=F_{a,b}(M_1)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_2=a^2+\text i b(-a+1)}$

D'où l'affixe du point $\overset{ { \white{ _. } } } { M_2 }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{u_2=a^2+\text i b(1-a)} }$ .

1. b) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ n. } } } { n }$ non nul, $\overset{ { \white{ _. } } } { u_n=a^n+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^n}{1+a}\right) }$ .

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $\overset{ { \white{ _. } } } { n=1 }$ , soit que $\overset{ { \white{ _. } } } { M_1 }$ a pour affixe : $\overset{{\white{.}}}{u_1=a^1+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^1}{1+a}\right) }$ .
C'est une évidence puisque :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{{\white{.}}}{\begin{cases}u_1=a+\text i b\\a^1+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^1}{1+a}\right) =a+\text ib\left(\dfrac{1+a}{1+a}\right) =a+\text i b \end{cases}} \\\\\quad\Longrightarrow\quad \boxed{u_1=a^1+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^1}{1+a}\right)}$
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre entier naturel non nul $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fixé, la propriété est vraie au rang $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$   , alors elle est encore vraie au rang $\overset{ { \white{ _. } } } { n+1 }$ .
Montrons donc que si pour un nombre entier naturel non nul $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fixé, $\overset{ { \white{ _. } } } { M_n }$ a pour affixe : $\overset{ { \white{ -. } } } {u_n=a^n+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^n}{1+a}\right)}$ , alors $\overset{ { \white{ _. } } } { M_{n+1} }$ a pour affixe :   $\overset{{\white{.}}}{u_{n+1}=a^{n+1}+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^{n+1}}{1+a}\right) }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}=a\overline{u_n}+\text i b \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}=a\left(\overline{a^n+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^n}{1+a}\right) }\right)+\text i b} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}=a\left({a^n-\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^n}{1+a}\right) }\right)+\text i b} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}={a^{n+1}-\text iab\left(\dfrac{1-(-a)^n}{1+a}\right) }+\text i b}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}={a^{n+1}- \dfrac{\text ib\Big(a-a(-a)^{n}\Big)}{1+a} }+\text i b} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}={a^{n+1}- \dfrac{\text ib\Big(a+(-a)^{n+1}\Big)}{1+a} }+\text i b} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}={a^{n+1}+ \dfrac{\text ib\Big(-a-(-a)^{n+1}\Big)}{1+a} }+\dfrac{\text i b(1+a)}{1+a}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}={a^{n+1}+\dfrac{\text ib\Big(-a-(-a)^{n+1}+1+a\Big)}{1+a} }} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad u_{n+1}={a^{n+1}+\dfrac{\text ib\Big(1-(-a)^{n+1}\Big)}{1+a} }} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{u_{n+1}=a^{n+1}+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^{n+1}}{1+a}\right)}$

L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n \geq 1,\quad u_n=a^n+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^n}{1+a}\right)}$

1. c) Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ la droite passant par les points $\overset{ { \white{ _. } } } {\Omega\,\left(\dfrac{\text i b}{1+a} \right) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { M_1 }$ et soit $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ son image par $\overset{ { \white{ _. } } } {F_{a,b} }$ .

i. Nous devons déterminer une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ .

Déterminons d'abord une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_1) }$ .
La droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ passe par le point $\overset{ { \white{ _. } } } { \Omega }$ de coordonnées $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(0\;;\;\dfrac{ b}{1+a}\right) }$ .
Son ordonnée à l'origine est donc $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{ b}{1+a} }$ .
Dès lors, une équation cartésienne de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ est de la forme $\overset{ { \white{ _. } } } {y=mx+ \dfrac{ b}{1+a} }$ où $\overset{ { \white{ . } } } { m }$ est le coefficient directeur de $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_1) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad m=\dfrac{y_{M_1}-y_{\Omega}}{x_{M_1}-x_{\Omega}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad m}=\dfrac{b-\dfrac{b}{1+a}}{a-0} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad m}=\dfrac{\dfrac{b+ab-b}{1+a}}{a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad m}=\dfrac{ab}{a(1+a)} } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{m=\dfrac{b}{a+b}}$

Par conséquent, une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_1) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{(D_1):y=\dfrac{b}{1+a}x+\dfrac{b}{1+a}} }$

Déterminons ensuite une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_2) }$ .
La droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_2) }$ est l'image par $\overset{ { \white{ _. } } } { F_{a,b} }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ .
Soient les points $\overset{ { \white{ _. } } } {M\,(x\;;\;y) \in (D_1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { M'\,(x'\;;\;y') \in (D_2) }$ .

Nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $M'=F_{a,b}(M)\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x'=ax\\y'=-ay+b\\y=\dfrac{b}{1+a}x+\dfrac{b}{1+a} \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=F_{a,b}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} ax=x'\\ay=-y'+b \\ay=\dfrac{b}{1+a}ax+\dfrac{ab}{1+a} \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=F_{a,b}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} ax=x'\\ay=-y'+b \\-y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab}{1+a} \end{cases}}$

Nous en déduisons qu'une équation de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_2) }$ peut s'écrire : $\overset{ { \white{ _. } } } {-y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab}{1+a} }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad -y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab}{1+a}\quad\Longleftrightarrow\quad-y'=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab}{1+a}-b \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad -y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab}{1+a}}\quad\Longleftrightarrow\quad-y'=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab-b-ab}{1+a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad -y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab} {1+a}}\quad\Longleftrightarrow\quad-y'=\dfrac{b}{1+a}x'-\dfrac{b}{1+a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad -y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab}{1+a}}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{y'=-\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{b}{1+a} }}$

Par conséquent, une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{(D_2):y=-\dfrac{b}{1+a}x+\dfrac{b}{1+a} } }$ .

ii. Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_1) }$ est aussi l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { F_{a,b} }$ .

Supposons que la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ soit l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { F_{a,b} }$ .

Soient les points $\overset{ { \white{ _. } } } {M'\,(x'\;;\;y') \in (D_2) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { M''\,(x''\;;\;y'') \in (D) }$ .

Nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $M''=F_{a,b}(M')\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} x''=ax'\\y''=-ay'+b\\y'=-\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{b}{1+a} \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=F_{a,b}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} ax'=x''\\ay'=-y''+b \\ay'=-\dfrac{b}{1+a}ax'+\dfrac{ab}{1+a} \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M'=F_{a,b}(M)}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} ax'=x''\\ay'=-y''+b \\-y''+b=-\dfrac{b}{1+a}x''+\dfrac{ab}{1+a} \end{cases}}$

Nous en déduisons qu'une équation de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(D) }$ peut s'écrire : $\overset{ { \white{ _. } } } {-y''+b=-\dfrac{b}{1+a}x''+\dfrac{ab}{1+a} }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad -y''+b=-\dfrac{b}{1+a}x''+\dfrac{ab}{1+a}\quad\Longleftrightarrow\quad-y''=-\dfrac{b}{1+a}x''+\dfrac{ab}{1+a}-b \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad -y''+b=\dfrac{b}{1+a}x''+\dfrac{ab}{1+a}}\quad\Longleftrightarrow\quad-y''=-\dfrac{b}{1+a}x''+\dfrac{ab-b-ab}{1+a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad -y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab} {1+a}}\quad\Longleftrightarrow\quad-y''=-\dfrac{b}{1+a}x''-\dfrac{b}{1+a} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad -y'+b=\dfrac{b}{1+a}x'+\dfrac{ab}{1+a}}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{y''=\dfrac{b}{1+a}x''+\dfrac{b}{1+a} }}$

D'où, une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{(D):y=\dfrac{b}{1+a}x+\dfrac{b}{1+a} } }$ .
Nous observons que l'équation de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D) }$ n'est autre que l'équation de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ .
Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_1) }$ est aussi l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { F_{a,b} }$ .

iii. Montrons que, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, le point $\overset{ { \white{ _. } } } {M_{2n} }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ et le point $\overset{ { \white{ _. } } } {M_{2n+1} }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous allons montrer que le point $\overset{ { \white{ _. } } } {M_{2n} }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ en montrant que ses coordonnées vérifient l'équation de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ .

Nous avons montré dans la Partie B, question 1. b) que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, le point $\overset{ { \white{ _. } } } {M_n }$ a pour affixe $\overset{ { \white{ _. } } } { a^n+\text ib\left(\dfrac{1-(-a)^n}{1+a}\right) }$ .
Ainsi, les coordonnées du point $\overset{ { \white{ _. } } } { M_n }$ sont $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(a^n\;;\;\dfrac{b}{1+a}\Big(1-(-a)^n\Big)\right) }$ .
Il s'ensuit que les coordonnées du point $\overset{ { \white{ _. } } } { M_{2n} }$ sont $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(a^{2n}\;;\;\dfrac{b}{1+a}\Big(1-(-a)^{2n}\Big)\right) }$ .
Montrons que ces coordonnées vérifient l'équation de $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_2) :y=-\dfrac{b}{1+a}x+\dfrac{b}{1+a} }$
En effet,

${ \white{ xxi } }$ $-\dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n}}+\dfrac{b}{1+a}=-\dfrac{b}{1+a}\times a^{2n}+\dfrac{b}{1+a} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ -\dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n}}+\dfrac{b}{1+a}}=\dfrac{b}{1+a}(-a^{2n}+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ -\dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n}}+\dfrac{b}{1+a}} =\dfrac{b}{1+a}(-(-a)^{2n}+1) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ -\dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n}}+\dfrac{b}{1+a}}=y_{M_{2n}}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{y_{M_{2n}}=-\dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n}}+\dfrac{b}{1+a}}$

Nous pouvons conclure en affirmant que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, le point $\overset{ { \white{ _. } } } {M_{2n} }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_2) }$ .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous allons montrer que le point $\overset{ { \white{ _. } } } {M_{2n+1} }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ en montrant que ses coordonnées vérifient l'équation de $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$ .

Les coordonnées du point $\overset{ { \white{ _. } } } { M_{2n+1} }$ sont $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(a^{2n+1}\;;\;\dfrac{b}{1+a}\Big(1-(-a)^{2n+1}\Big)\right) }$ .
Montrons que ces coordonnées vérifient l'équation de $\overset{ { \white{ _. } } } {(D_1) :y=\dfrac{b}{1+a}x+\dfrac{b}{1+a} }$
En effet,

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n+1}}+\dfrac{b}{1+a}=\dfrac{b}{1+a}\times a^{2n+1}+\dfrac{b}{1+a} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n+1}}+\dfrac{b}{1+a}}=\dfrac{b}{1+a}(a^{2n+1}+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n+1}}+\dfrac{b}{1+a}}=\dfrac{b}{1+a}(-(-a)^{2n+1}+1) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n+1}}+\dfrac{b}{1+a}}=y_{M_{2n+1}}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{y_{M_{2n+1}}=\dfrac{b}{1+a}\times x_{M_{2n+1}}+\dfrac{b}{1+a}}$

Nous pouvons conclure en affirmant que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, le point $\overset{ { \white{ _. } } } {M_{2n+1} }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (D_1) }$

2. Dans cette question on suppose que $\overset{ { \white{ _. } } } { |c|\neq 1 }$ .
On définit la suite de points $\overset{ { \white{ _. } } } { (N_n)_{n\geq 1} }$ par : $\begin{cases} N_1\text{ est le point d'abscisse }v_1=c+\text i d\\\forall\,n\geq 1, N_{n+1}=G_{c,d}(N_n)\end{cases}$ .

2. a) Nous devons déterminer l'affixe $\overset{ { \white{ . } } } { v_2 }$ du point $\overset{ { \white{ _. } } } { N_2 }$ .

${ \white{ xxi } }$ $N_{2}=G_{c,d}(N_1)\quad\Longleftrightarrow\quad v_2=cv_1+\text i d \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M_{2}=F_{a,b}(M_1)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_2=c(c+\text id)+\text i d} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M_{2}=F_{a,b}(M_1)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_2=c^2+\text icd+\text i d} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{M_{2}=F_{a,b}(M_1)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_2=c^2+\text i d(c+1)}$

D'où l'affixe du point $\overset{ { \white{ _. } } } { N_2 }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{v_2=c^2+\text i d(1+c)} }$ .

2. b) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ n. } } } { n }$ non nul, $\overset{ { \white{ _. } } } { v_n=c^n+\text id\left(\dfrac{c^n-1}{c-1}\right) }$

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $\overset{ { \white{ _. } } } { n=1 }$ , soit que $\overset{ { \white{ _. } } } { N_1 }$ a pour affixe : $\overset{{\white{.}}}{v_1=c^1+\text id\left(\dfrac{c^1-1}{c-1}\right)}$ .
C'est une évidence puisque :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{{\white{.}}}{\begin{cases}v_1=c+\text i d\\c^1+\text id\left(\dfrac{c^1-1}{c-1}\right) =c+\text id\times1=c+\text i d \end{cases}} \\\\\quad\Longrightarrow\quad \boxed{v_1=c^1+\text id\left(\dfrac{c^1-1}{c-1}\right)}$
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre entier naturel non nul $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fixé, la propriété est vraie au rang $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$   , alors elle est encore vraie au rang $\overset{ { \white{ _. } } } { n+1 }$ .
Montrons donc que si pour un nombre entier naturel non nul $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fixé, $\overset{ { \white{ _. } } } { N_n }$ a pour affixe : $\overset{ { \white{ -. } } } { v_n=c^n+\text id\left(\dfrac{c^n-1}{c-1}\right)}$ , alors $\overset{ { \white{ _. } } } { N_{n+1} }$ a pour affixe :   $\overset{{\white{.}}}{ v_{n+1}=c^{n+1}+\text id\left(\dfrac{c^{n+1}-1}{c-1}\right) }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $N_{n+1}=G_{c,d}(N_n)\quad\Longleftrightarrow\quad v_{n+1}=c\,v_{n}+\text i d \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_{n+1}=c\left(c^n+\text id\left(\dfrac{c^n-1}{c-1}\right)\right)+\text i d} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_{n+1}={c^{n+1}+\text icd\left(\dfrac{c^n-1}{c-1}\right) }+\text i d} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_{n+1}={c^{n+1}+\dfrac{\text id(c^{n+1}-c)}{c-1} }+\text i d}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_{n+1}={c^{n+1}+\dfrac{id\text (c^{n+1}-c)}{c-1} }+\dfrac{\text i d(c-1)}{c-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_{n+1}={c^{n+1}+\dfrac{\text id(c^{n+1}-c+c-1)}{c-1} }} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ M_{n+1}=F_{a,b}(M_n)}\quad\Longleftrightarrow\quad v_{n+1}={c^{n+1}+\dfrac{\text id(c^{n+1}-1)}{c-1} }} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{v_{n+1}=c^{n+1}+\text id\left(\dfrac{c^{n+1}-1}{c-1}\right) }$

L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n \geq 1,\quad v_n=c^n+\text id\left(\dfrac{c^n-1}{c-1}\right)}$

2. c) Montrons que tous les points $\overset{ { \white{ _. } } } {N_n\;(n\in\N^*) }$ appartiennent à la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta) }$ passant par $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { N_1 }$ où $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ est le point d'affixe $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{\text i\,d}{1-c} }$ .

Déterminons d'abord une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta) }$ .
La droite $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ passe par le point $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ de coordonnées $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(0\;;\;\dfrac{ d}{1-c}\right) }$ .
Son ordonnée à l'origine est donc $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac{ d}{1-c} }$ .
Dès lors, une équation cartésienne de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ est de la forme $\overset{ { \white{ _. } } } {y=mx+ \dfrac{ d}{1-c} }$ où $\overset{ { \white{ . } } } { m }$ est le coefficient directeur de $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad m=\dfrac{y_{N_1}-y_B}{x_{N_1}-x_B} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad m}=\dfrac{d-\dfrac{d}{1-c}}{c-0} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad m}=\dfrac{\dfrac{d-cd-d}{1-c}}{c} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad m}=\dfrac{-cd}{c(1-c)} } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{m=-\dfrac{d}{1-c}}$

Par conséquent, une équation cartésienne de la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{(\Delta):y=-\dfrac{d}{1-c}x+\dfrac{d}{1-c}} }$
Nous savons par la question 2. b) que pour un nombre entier naturel non nul $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ , les coordonnées du point $\overset{ { \white{ _. } } } {N_n }$ sont $\overset{ { \white{ _. } } } { \left(c^n\;;\;d\Big(\dfrac{c^n-1}{c-1}\Big)\right) }$ .
Montrons que ces coordonnées vérifient l'équation de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $-\dfrac{d}{1-c}\times x_{N_n}+\dfrac{d}{1-c}=-\dfrac{d}{1-c}\times c^n+\dfrac{d}{1-c} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ -\dfrac{d}{1-c}\times x_{N_n}+\dfrac{d}{1-c}}=\dfrac{d}{1-c}(-c^n+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ -\dfrac{d}{1-c}\times x_{N_n}+\dfrac{d}{1-c}}=\dfrac{d}{c-1}(c^n-1) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ -\dfrac{d}{1-c}\times x_{N_n}+\dfrac{d}{1-c}}=y_{N_n}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{y_{N_n}=-\dfrac{d}{1-c}\times x_{N_n}+\dfrac{d}{1-c}}$

Nous pouvons conclure en affirmant que tous les points $\overset{ { \white{ _. } } } {N_n\;(n\in\N^*) }$ appartiennent à la droite $\overset{ { \white{ _. } } } {(\Delta) }$ passant par $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { N_1 }$ .

PARTIE C

On considère la famille de courbes $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal F=\lbrace\mathcal C_n,\,n\geq 1\rbrace }$ définie de la manière suivante :

${ \white{ WWW } }$ $\checkmark$ La courbe $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal C_1 }$ est la courbe représentative dans le plan muni du repère orthonormé $\overset{ { \white{ _. } } } {(O;\vec u,\vec v) }$ de la fonction $\overset{ { \white { _. } } } { \Phi_1 }$ définie par : $\overset{ { \white{ } } } { \Phi_1(x)=x\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2 }$ .
${ \white{ WWW } }$ $\checkmark$ Pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n\geq 1,\quad \mathcal C_{n+1}=G_{2,1}(\mathcal C_n) }$ où $\overset{ { \white{ _. } } } { G_{2,1} }$ est l'application de $\overset{ { \white{ _. } } } { P }$ dans $\overset{ { \white{ _. } } } { P }$ définie dans la question 3. de la partie A avec $\overset{ { \white{ _. } } } { c=2 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } {d=1 }$ .

1. a) Nous devons étudier les variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_1 }$ puis établir le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_1 }$ .

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_1 }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R^* }$ .
Pour tout réel $\overset{ { \white{ _. } } } { x\neq 0 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\Phi_1'(x)=\left(x\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2\right)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}=x'\times \text e^{\left(\frac 1x\right)}+x\times \left(\text e^{\left(\frac 1x\right)}\right)' } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}=1\times \text e^{\left(\frac 1x\right)}+x\times \left(-\dfrac{1}{x^2}\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}\right)' } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}= \text e^{\left(\frac 1x\right)}-\dfrac{1}{x}\,\text e^{\left(\frac 1x\right)} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}= \left(1-\dfrac{1}{x}\right)\,\text e^{\left(\frac 1x\right)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}= \left(\dfrac{x-1}{x}\right)\,\text e^{\left(\frac 1x\right)} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R^*,\quad \Phi_1'(x)= \left(\dfrac{x-1}{x}\right)\,\text e^{\left(\frac 1x\right)} }$

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_1'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R^* }$ .

$\begin{matrix}x-1> 0\quad\Longleftrightarrow\quad x>1\\\\x-1= 0\quad\Longleftrightarrow\quad x=1\\\\x-1 < 0\quad\Longleftrightarrow\quad x < 1\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&||&&&&\\x&-\infty&&0&&1&&+\infty\\ &&&||&&&& \\\hline &&&||&&&&\\x-1&&-&||&-&0&+&\\x&&-&||&+&+&+&\\\text e^{\left(\frac 1x\right)}&&+&||&+&+&+&\\&&&||&&&&\\\hline &&&||&&&&\\\Phi_1'(x)&&+&||&-&0&+&\\&&&||&&&&\\\hline \end{array}$

Dès lors, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {\Phi_1 }$ est croissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } {]-\infty\;;\;0\,[\,\cup\; [1\;;\;+\infty[ }$ et est décroissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } {]\,0\;;\;1] }$ .

Établissons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_1 }$ .

Calculons les limites de $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_1 }$ aux bornes du domaine de définition.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\\\begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac 1x=0\\\lim\limits_{X\to0}\text e^X=\text e^0=1 \end{cases} \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\\ \lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{\left(\frac 1x\right)}=1 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty}x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}=-\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty}\left(x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2\right)=-\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\Phi_1(x)=-\infty} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\\\begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac 1x=0\\\lim\limits_{X\to0}\text e^X=\text e^0=1 \end{cases} \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\\ \lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{\left(\frac 1x\right)}=1 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to+\infty}x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}=+\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to+\infty}\left(x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2\right)=+\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\Phi_1(x)=+\infty} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}x=0\\\begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac 1x=-\infty\\\lim\limits_{X\to-\infty}\text e^X=0 \end{cases} \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}x=0\\ \lim\limits_{x\to0^-}\text e^{\left(\frac 1x\right)}=0 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0^-}x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0^-}\left(x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2\right)=-2 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to0^-}\Phi_1(x)=-2} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to0^+}x=0\\\begin{cases} \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac 1x=+\infty\\\lim\limits_{X\to+\infty}\text e^X=+\infty \end{cases} \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^+}x=0\\ \lim\limits_{x\to0^+}\text e^{\left(\frac 1x\right)}=+\infty \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^+}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0^+}x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}=+\infty\quad(\text{croissances comparées}) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0^+}\left(x\,\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2\right)=+\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty WWW \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to0^+}\Phi_1(x)=+\infty} }$

Dressons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_1 }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&||&&&&\\x&-\infty&&0&&1&&+\infty\\ &&&||&&&& \\\hline &&&||&&&&\\\Phi_1'(x)&&+&||&-&0&+&\\&&&||&&&&\\\hline &&&\phantom{x}-2||+\infty&&&&+\infty\\\Phi_1&&\nearrow&||&\searrow&&\nearrow&\\&-\infty&&||&&\text e-2&&\\\hline \end{array}$

1. b) Nous devons montrer que la droite d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } {y=x-1 }$ est asymptote à $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_1 }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } {+\infty }$ et en $\overset{ { \white{ _. } } } {-\infty }$ .

Calculons $\overset{ { \white{ _. } } } {\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) =\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left[\Big(x\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2\Big)-(x-1) \right] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left(x\text e^{\left(\frac 1x\right)}-2 -x+1\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left(x\text e^{\left(\frac 1x\right)} -x-1\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left[x\left(\text e^{\left(\frac 1x\right)} -1\right)-1\right]}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left(\dfrac{\text e^{\left(\frac 1x\right)} -1}{\dfrac 1x}-1\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\text e^{t} -1}{t}-1\right)\qquad \text{où }t=\dfrac 1x} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) =\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\text e^{t} -1}{t}-1\right)}$

Or $\overset{ { \white{ _. } } } { \lim\limits_{t\to 0} \dfrac{\text e^{t} -1}{t}=1 }$

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) =\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\text e^{t} -1}{t}\right)-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) } =1-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) } =0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) =0}$

Par conséquent, la droite d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } {y=x-1 }$ est asymptote à $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_1. }$

1. c) Traçons la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_1 }$ .

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 : image 16

2. Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { n\in\N^* }$ , on désigne par $\overset{ { \white{ _. } } } {\Phi_n }$ la fonction numérique à variable réelle dont la courbe représentative dans le plan muni du repère orthonormé $\overset{ { \white{ _. } } } { (O;\vec u,\vec v) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_n }$ .

2. a) Montrons par récurrence que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,n\in\N^* }$ et $\underset{ { \white{ -} } } {\forall\,x\in\R^*, \Phi_n(x)=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1 }$ .

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $\overset{ { \white{ _. } } } { n=1 }$ , soit que : $\underset{ { \white{ -} } } {\forall\,x\in\R^*, \Phi_1(x)=x\text e^{\left(\frac{2^{1-1}}{x}\right)}-2^{1-1}-1 }$ .
En effet,

${ \white{ xxi } }$ $\forall\,x\in\R^*,\quad x\text e^{\left(\frac{2^{1-1}}{x}\right)}-2^{1-1}-1=x\text e^{\left(\frac{2^{0}}{x}\right)}-2^{0}-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall\,x\in\R^*,\quad x\text e^{\left(\frac{2^{1-1}}{x}\right)}-2^{1-1}-1}=x\text e^{\left(\frac{1}{x}\right)}-1-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall\,x\in\R^*,\quad x\text e^{\left(\frac{2^{1-1}}{x}\right)}-2^{1-1}-1}=x\text e^{\left(\frac{1}{x}\right)}-2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall\,x\in\R^*,\quad x\text e^{\left(\frac{2^{1-1}}{x}\right)}-2^{1-1}-1}=\Phi_1(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R^*,\quad \Phi_1(x)=x\text e^{\left(\frac{2^{1-1}}{x}\right)}-2^{1-1}-1}$
Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre entier naturel non nul $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fixé, la propriété est vraie au rang $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ , alors elle est encore vraie au rang $\overset{ { \white{ _. } } } { n+1 }$ .
Montrons donc que si pour un nombre entier naturel non nul $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fixé, $\underset{ { } } {\forall\,x\in\R^*, \Phi_n(x)=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1 }$ , alors, $\overset{ { \white{ _.} } } {\forall\,x\in\R^*, \Phi_{n+1}(x)=x\text e^{\left(\frac{2^{n}}{x}\right)}-2^{n}-1 }$

En effet, $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_{n+1}=G_{2,1}(\mathcal C_{n}) }$ où $\overset{ { \white{ _. } } } { G_{2,1} }$ est l'application de $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal P }$ dans $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal P }$ qui, au point $\overset{ { \white{ _. } } } { N }$ d'affixe $\overset{ { \white{ -. } } } { z }$ , fait correspondre le point $\overset{ { \white{ } } } { N' }$ d'affixe $\overset{ { \white{ } } } { z' }$ tel que : $\overset{ { \white{ _. } } }{ z'=2z+\text i }$ .
Si $\overset{ { \white{ _. } } } { z=x+\text iy }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { z'=x'+\text i y' }$ , alors nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $z'=2z+\text i \quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'= 2(x+\text iy)+\text i \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text iy' = 2x+\text i(2y+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x'=2x \\y'=2y+1\end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}2x=x' \\2y=y'-1\end{cases}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases}x=\dfrac{1}{2}x' \\\overset{ { \phantom{ _. } } } { y=\dfrac{1}{2}(y'-1)}\end{cases}}}$

Nous en déduisons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R^* }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}y=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\\x=\dfrac{1}{2}x' \\\overset{ { \phantom{ _. } } } { y=\dfrac{1}{2}(y'-1)}\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{2}(y'-1)=\dfrac{1}{2}x'\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{\frac{1}{2}x'}\right)}-2^{n-1}-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}y=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad y'-1=x'\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{\frac{1}{2}x'}\right)}-2\times2^{n-1}-2\times1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}y=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad y'-1=x'\text e^{\left(\frac{2\times2^{n-1}}{x'}\right)}-2^{n}-2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}y=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{y'=x'\text e^{\left(\frac{2^{n}}{x'}\right)}-2^{n}-1}}$

Par conséquent, $\underset{ { \white{ -} } } {\forall\,x\in\R^*, \Phi_{n+1}(x)=x\text e^{\left(\frac{2^{n}}{x}\right)}-2^{n}-1 }$ .

L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,n\in\N^* }$ et $\underset{ { \white{ -} } } {\forall\,x\in\R^*, \Phi_n(x)=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1 }$ .

2. b) Nous devons montrer que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, la droite d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } {y=x-1 }$ est asymptote à la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_n. }$

Soit ${ n\in\N^* }$ .

Calculons $\overset{ { \white{ _. } } } {\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) }$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) =\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left[\Big(x\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\Big)-(x-1) \right] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left(x\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1} -1-x+1\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left(x\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)} -2^{n-1}-x\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) }=\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left[x\left(\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)} -1\right)-2^{n-1}\right]}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }=2^{n-1}\lim\limits_{x\to \pm\infty} \left(\dfrac{\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)} -1}{\dfrac {2^{n-1}}{x}}\right)}-2^{n-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) }=2^{n-1}\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\text e^{t} -1}{t}\right)-2^{n-1}\qquad \text{où }t=\dfrac {2^{n-1}}{x}} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) =2^{n-1}\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\text e^{t} -1}{t}\right)-2^{n-1}}$

Or $\overset{ { \white{ _. } } } { \lim\limits_{t\to 0} \dfrac{\text e^{t} -1}{t}=1 }$

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) =2^{n-1}\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\text e^{t} -1}{t}\right)-2^{n-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) } =2^{n-1}\times1-2^{n-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_1(x)-(x-1)\Big) } =0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to \pm\infty} \Big(\Phi_n(x)-(x-1)\Big) =0}$

Par conséquent, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, la droite d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } {y=x-1 }$ est asymptote à la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_n. }$

2. c) i) Nous devons montrer que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, il existe un unique point $\overset{ { \white{ _. } } } { S_n }$ où la tangente à la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_n }$ est parallèle à l'axe des abscisses.

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_n }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R^* }$ .
Pour tout réel $\overset{ { \white{ _. } } } { x\neq 0 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\Phi_n'(x)=\left(x\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\right)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}=x'\times \text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}+x\times \left(\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}\right)'-0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}=1\times \text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}+x\times \left(-\dfrac{2^{n-1}}{x^2}\,\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}\right)' } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}= \text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}-\dfrac{2^{n-1}}{x}\,\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}= \left(1-\dfrac{2^{n-1}}{x}\right)\,\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)}= \left(\dfrac{x-2^{n-1}}{x}\right)\,\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R^*,\quad \Phi_n'(x)= \left(\dfrac{x-2^{n-1}}{x}\right)\,\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)} }$

La tangente à la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_n }$ est parallèle à l'axe des abscisses si $\overset{ { \white{ _. } } } { \Phi_n'(x)=0 }$

${ \white{ xxi } }$ $\Phi_1'(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad \left(\dfrac{x-2^{n-1}}{x}\right)\,\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)} =0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x-2^{n-1}}{x} =0 \quad\text{car }\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{x}\right)}\neq 0} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad x-2^{n-1}=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_1'(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{x=2^{n-1}} }$

Nous en déduisons que la tangente à la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_n }$ est parallèle à l'axe des abscisses au point d'abscisse ${ 2^{n-1} }$ .

L'ordonnée de ce point est donnée par :

${ \white{ xxi } }$ $\Phi_n(2^{n-1})=2^{n-1}\text e^{\left(\frac {2^{n-1}}{2^{n-1}}\right)}-2^{n-1}-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_n(2^{n-1})}=2^{n-1}\text e-2^{n-1}-1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Phi_n(2^{n-1})}=(\text e-1)2^{n-1}-1 }$

Par conséquent, l'unique point où la tangente à la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal C_n }$ est parallèle à l'axe des abscisses est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{S_n\, \Big(2^{n-1}\;;\;(\text e-1)2^{n-1}-1\Big)} }$

2. c) ii) Nous devons montrer que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, les points $\overset{ { \white{ _. } } } { S_n,\, S_{n+1} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B(0\;;\;-1) }$ sont alignés.

Montrons que les vecteurs $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{BS_n} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{BS_{n+1}} }$ sont colinéaires.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} B\,(0\;;\;-1)\\S_n\,\Big(2^{n-1}\;;\;(\text e-1)2^{n-1}-1\Big) \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{ \overrightarrow{BS_n}\,\Big(2^{n-1}\;;\;(\text e-1)2^{n-1}\Big) } \\\\ \begin{cases} B\,(0\;;\;-1)\\S_{n+1}\,\Big(2^{n}\;;\;(\text e-1)2^{n}-1\Big) \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow{BS_{n+1}}\,\Big(2^{n}\;;\;(\text e-1)2^{n}\Big) }$

Nous observons que $\overset{ { \white{ _. } } } { 2^n=2\times 2^{n-1} }$ .

Dès lors, $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{BS_{n+1}}=2\times \overrightarrow{BS_{n}} }$ et par suite, les vecteurs $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{BS_n} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \overrightarrow{BS_{n+1}} }$ sont colinéaires.

Par conséquent, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, les points $\overset{ { \white{ _. } } } { S_n,\, S_{n+1} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ sont alignés.

PARTIE D

Pour tout entier naturel non nul, on considère la fonction numérique à variable réelle $\overset{ { \white{ _. } } } { h_n }$ définie par :
$\overset{ { \white{ _. } } } { h_n(x)=x-1+4^{n-1}\left(\dfrac{\text e -2}{x}\right) }$
On note $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal H_n }$ la courbe représentative de $\overset{ { \white{ _. } } } { h_n}$ dans le plan muni du repère orthonormé $\overset{ { \white{ _. } } } { (O;\vec i;\vec j) }$ .

1. a) Nous devons étudier les variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { h_1 }$ puis dresser son tableau de variations.

Pour tout réel $\overset{ { \white{ -. } } } { x }$ non nul, $\overset{ { \white{ _. } } } {h_1(x)=x-1+\dfrac{\text e-2}{x} }$

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h_1 }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R^* }$ .
Pour tout réel $\overset{ { \white{ _. } } } { x\neq 0 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $h_1'(x)=\left(x-1+\dfrac{\text e-2}{x}\right)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h_1'(x)}=1-0-\dfrac{\text e -2}{x^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h_1'(x)}=1-\dfrac{\text e -2}{x^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h_1'(x)}=\dfrac{x^2-(\text e -2)}{x^2}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R^*,\quad h_1'(x)=\dfrac{x^2-(\text e -2)}{x^2}}$

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { h_1'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R^* }$ .

$\begin{matrix}x^2-(\text e -2)=0\\\\\quad\Longleftrightarrow\quad x^2=\text e-2\\\\\quad\Longleftrightarrow\quad x=\sqrt{\text e-2}\\\\\text{ ou }\;x=-\sqrt{\text e-2}\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline &&&&&||&&&&\\x&-\infty&&-\sqrt{\text e-2}&&0&&\sqrt{\text e-2}&&+\infty\\ &&&&&||&&&& \\\hline &&&&&||&&&&\\x^2-(\text e-2)&&+&0&-&||&-&0&+&\\x^2&&+&+&+&||&+&+&+&\\&&&&&||&&&&\\\hline &&&&&||&&&&\\h_1'(x)&&+&0&-&||&-&0&+&\\&&&&&||&&&&\\\hline \end{array}$

Dès lors, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {h_1 }$ est croissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } {]-\infty\;;\;-\sqrt{\text e -2}\,]\,\cup\; [\sqrt{\text e -2}\;;\;+\infty[ }$ et est décroissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } {[\,-\sqrt{\text e -2}\;;\;0\,[\,\cup\,]\,0\;;\;\sqrt{\text e -2}\,] }$ .

Établissons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { h_1 }$ .

Calculons les limites de $\overset{ { \white{ _. } } } { h_1 }$ aux bornes du domaine de définition.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)=-\infty \\ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)=-\infty\\ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac {\text e-2}{x}=0 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)=-\infty \\ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty}\left(x-1+\dfrac{\text e-2}{x}\right)=-\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)=-\infty \\ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}h_1(x)=-\infty} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)=+\infty \\ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)=+\infty\\ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac {\text e-2}{x}=0 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)=+\infty \\ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to+\infty}\left(x-1+\dfrac{\text e-2}{x}\right)=+\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)=-\infty \\ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}h_1(x)=+\infty} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}(x-1)=-1\\ \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac 1x=-\infty \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}(x-1)=-1\\ \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac {\text e-2}{x}=-\infty \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}(x-1)=-1 \\ \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac 1x=-\infty \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0^-}\left(x-1+\dfrac{\text e-2}{x}\right)=-\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}(x-1)=-1 \\ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to0^-}h_1(x)=-\infty} }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \lim\limits_{x\to0^+}(x-1)=-1\\ \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac 1x=+\infty \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^+}(x-1)=-1\\ \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac {\text e-2}{x}=+\infty \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}(x-1)=-1 \\ \lim\limits_{x\to0^-}\dfrac 1x=-\infty \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0^+}\left(x-1+\dfrac{\text e-2}{x}\right)=+\infty } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \lim\limits_{x\to0^-}(x-1)=-1 \\ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac 1x=0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to0^+}h_1(x)=+\infty} }$

Dressons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { h_1 }$ .

$h_1(-\sqrt{\text e-2})=-\sqrt{\text e-2}-1+\dfrac{\text e-2}{-\sqrt{\text e-2}}=-\sqrt{\text e-2}-1-\sqrt{\text e-2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h_1(-\sqrt{\text e-2})}}=-2\sqrt{\text e-2}-1\approx-2,7 \\\\h_1(\sqrt{\text e-2})=\sqrt{\text e-2}-1+\dfrac{\text e-2}{\sqrt{\text e-2}}=\sqrt{\text e-2}-1+\sqrt{\text e-2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h_1(\sqrt{\text e-2})}}=2\sqrt{\text e-2}-1\approx0,7 \\\\\\\begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline &&&&&||&&&&\\x&-\infty&&-\sqrt{\text e-2}&&0&&\sqrt{\text e-2}&&+\infty\\ &&&&&||&&&& \\\hline &&&&&||&&&&\\h'_1(x)&&+&0&-&||&-&0&+&\\&&&&&||&&&&\\\hline &&&\overset{ { \white{ _. } } } { -2\sqrt{\text e- 2}-1}&&\phantom{+\infty}||+\infty&&&&+\infty\\h_1&&\nearrow&&\searrow&||&\searrow&&\nearrow&\\&-\infty&&&&-\infty||\phantom{-\infty}&&2\sqrt{\text e-2}-1&&\\\hline \end{array}$

1. b) Nous devons tracer $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal H_1 }$

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 : image 18

1. c) Nous devons calculer, en unité de volume, le volume du solide obtenu par révolution autour de l'axe des abscisses, de la partie de $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal H_1 }$ comprise entre les droites d'équations respectives $\overset{ { \white{ _. } } } { x=1 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { x=2 }$ .

Ce volume est donné en unité de volume par $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal V=\pi\displaystyle\int_1^2\Big(h_1(x)\Big)^2\,\text dx. }$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad \Big(h_1(x)\Big)^2=\left(x-1+\dfrac{\text e-2}{x}\right)^2 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad \Big(h_1(x)\Big)^2}=(x-1)^2+2(x-1)\left(\dfrac{\text e-2}{x}\right)+\left(\dfrac{\text e-2}{x}\right)^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad \Big(h_1(x)\Big)^2}=(x-1)^2+2(\text e-2)\left(\dfrac{x-1}{x}\right)+(\text e-2)^2\left(\dfrac{1}{x}\right)^2} \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\Big(h_1(x)\Big)^2=(x-1)^2+2(\text e-2)\left(1-\dfrac{1}{x}\right)+(\text e-2)^2\left(\dfrac{1}{x^2}\right)}$

Dès lors, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\mathcal V=\pi\displaystyle\int_1^2\Big(h_1(x)\Big)^2\,\text dx \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\displaystyle\int_1^2\left((x-1)^2+2(\text e-2)\left(1-\dfrac{1}{x}\right)+(\text e-2)^2\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)\,\text dx } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\left(\displaystyle\int_1^2(x-1)^2\,\text dx +2(\text e-2)\displaystyle\int_1^2\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\,\text dx+(\text e-2)^2\displaystyle\int_1^2\dfrac{1}{x^2}\,\text dx\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\left(\left[\dfrac{(x-1)^3}{3}\right]_1^2 +2(\text e-2)\Big[x-\ln x\Big]_1^2+(\text e-2)^2\left[-\dfrac{1}{x}\right]_1^2\right)}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\left(\left[\dfrac{1}{3}-0\right] +2(\text e-2)\Big[(2-\ln 2)-(1-0)\Big]+(\text e-2)^2\left[-\dfrac{1}{2}-(-1)\right]\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\left(\dfrac{1}{3} +2(\text e-2)(1-\ln 2)+\dfrac{1}{2}(\text e-2)^2\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\left(\dfrac{1}{3} +2\text e-2\text e\ln 2-4+4\ln 2+\dfrac{1}{2}(\text e^2-4\text e+4)\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\left(\dfrac{1}{3} +2\text e-\text e\ln 4-4+\ln 16+\dfrac{1}{2}\text e^2-2\text e+2\right)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \mathcal V}=\pi\left(-\dfrac{5}{3} -\text e\ln 4+\ln 16+\dfrac{1}{2}\text e^2\right)}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\mathcal V=\pi\left(-\dfrac{5}{3} -\text e\ln 4+\ln 16+\dfrac{1}{2}\text e^2\right)\,\text{u.v.}\approx 1,03 \,\text{u.v.}}}$

2. Nous devons montrer que pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, $\overset{ { \white{ _. } } } {H_{n+1} }$ est l'image de $\overset{ { \white{ _. } } } { H_n }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { G_{2,1} }$ .

Pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, nous savons par définition que $\overset{ { \white{ _. } } } { h_n(x)=x-1+4^{n-1}\left(\dfrac{\text e -2}{x}\right) }$ .

$\overset{ { \white{ _. } } } { G_{2,1} }$ est l'application de $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal P }$ dans $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal P }$ qui, au point $\overset{ { \white{ _. } } } { N }$ d'affixe $\overset{ { \white{ -. } } } { z }$ , fait correspondre le point $\overset{ { \white{ } } } { N' }$ d'affixe $\overset{ { \white{ } } } { z' }$ tel que : $\overset{ { \white{ _. } } } { z'=2z+\text i }$ .
Si $\overset{ { \white{ _. } } } { z=x+\text iy }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { z'=x'+\text i y' }$ , alors nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $z'=2z+\text i \quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'= 2(x+\text iy)+\text i \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text iy' = 2x+\text i(2y+1)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}x'=2x \\y'=2y+1\end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases}2x=x' \\2y=y'-1\end{cases}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ z'=2z+\text i }\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases}x=\dfrac{1}{2}x' \\\overset{ { \phantom{ _. } } } { y=\dfrac{1}{2}(y'-1)}\end{cases}}}$

Nous en déduisons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R^* }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}y=x-1+4^{n-1}\left(\dfrac{\text e -2}{x}\right)\\x=\dfrac{1}{2}x' \\\overset{ { \phantom{ _. } } } { y=\dfrac{1}{2}(y'-1)}\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{2}(y'-1)=\dfrac{1}{2}x'-1+4^{n-1}\left(\dfrac{\text e -2}{\frac{1}{2}x'}\right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}y=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad y'-1=x'-2+2\times4^{n-1}\times2\left(\dfrac{\text e -2}{x'}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}y=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad y'-1=x'-2+4^{n}\left(\dfrac{\text e -2}{x'}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}y=x\text e^{\left(\frac{2^{n-1}}{x}\right)}-2^{n-1}-1\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{y'=x'-1+4^{n}\left(\dfrac{\text e -2}{x'}\right)}}$

Par conséquent, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{H_{n+1}=G_{2,1}(H_n)} }$ .

3. Pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, on note $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A_n }$ l'aire du domaine plan délimité par les courbes d'équations respectives dans le repère $\overset{ { \white{ _. } } } {(O;\vec i,\vec j):y=h_n(x), y=x-1, x=2^{n-1} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { x=2^n }$ .
Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal A_n)_{n\geq 1} }$ est une suite géométrique dont on donnera la raison et le premier terme.

Déterminons d'abord $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A_n }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\mathcal A_n=\displaystyle\int_{2^{n-1}}^{2^n}\Big|h_n(x)-(x-1)\Big|\,\text dx \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal A_n}=\displaystyle\int_{2^{n-1}}^{2^n}\left|x-1+4^{n-1}\left(\dfrac{\text e -2}{x}\right)-(x-1)\right|\,\text dx} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal A_n}=\displaystyle\int_{2^{n-1}}^{2^n}\left|4^{n-1}\left(\dfrac{\text e -2}{x}\right)\right|\,\text dx} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal A_n}=4^{n-1}(\text e-2)\displaystyle\int_{2^{n-1}}^{2^n}\dfrac{1}{x}\,\text dx}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal A_n}=4^{n-1}(\text e-2)\Big[\ln x\Big]_{2^{n-1}}^{2^n}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal A_n}=4^{n-1}(\text e-2)\Big(\ln 2^n-\ln 2^{n-1}\Big)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mathcal A_n}=4^{n-1}(\text e-2)\ln \left(\dfrac{2^n}{2^{n-1}}\right)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \mathcal A_n}=4^{n-1}(\text e-2)\ln 2} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mathcal A_n=4^{n-1}(\text e-2)\ln 2}$

Dès lors, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ non nul, nous avons :

$\begin{cases} \mathcal A_n=4^{n-1}(\text e-2)\ln 2\\\mathcal A_{n+1}=4^{n}(\text e-2)\ln 2 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\mathcal A_{n+1}=4\,\mathcal A_{n}}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal A_n)_{n\geq 1} }$ est une suite géométrique de raison 4 et dont le premier terme est $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal A_1=4^{0}(\text e-2)\ln 2 }$ , soit $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal A_1=}(\text e-2)\ln 2 }$ .
_{Merci à Hiphigénie et Malou pour l'élaboration de cette contribution}

Publié par malou le 15-02-2026

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