Fiche de mathématiques

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

Bac Mathématiques Sénégal 2025 Séries S1-S1A-S3

2e groupe

Durée : 2 heures

Coefficient : 8

6 points

exercice 1

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 (2e groupe) : image 1

6 points

exercice 2

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 (2e groupe) : image 3

8 points

exercice 3

Voir la correction

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3

(2e groupe)

6 points

exercice 1

L'espace $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal E }$ est rapporté à un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ _. } } } {(O\,;\,\vec i\,,\,\vec j\,,\,\vec k) }$ d'unité 1cm.

On considère les points $\overset{ { \white{ _. } } } { A(2,0,0), B(2,2,0), C(0,2,0) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { D(2,2,2)}$ .

1. a) Nous devons démontrer que les points $\overset{ { \white{ . } } } { A\,,\,B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ définissent un plan.

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

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

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

1. b) Nous devons montrer que le vecteur ${ \overrightarrow{BD} }$ est normal au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .

Déterminons les coordonnées du vecteur ${ \overrightarrow{BD} }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} B(2,2,0)\\D(2,2,2) \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{BD}\,\begin{pmatrix}2-2\\ 2-2\\2-0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad\boxed{\overrightarrow{BD}\,\begin{pmatrix}0\\ 0\\2\end{pmatrix}}$

Nous obtenons ainsi :

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

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} \overrightarrow{BD}\,\begin{pmatrix}0\\ 0\\2\end{pmatrix}\\\overrightarrow{AC}\,\begin{pmatrix}-2\\ 2\\0\end{pmatrix} \\\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{matrix} \\\\\overrightarrow {BD} \cdot \overrightarrow {AC}=0\times(-2)+0\times2+2\times0\\=0{\white{WWtWWW}}\\ {\white{}}\end{matrix} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} \overrightarrow n \begin{pmatrix}3\\ 4\\-2\end{pmatrix} \\\end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\overrightarrow {BD} \perp \overrightarrow {AC}}}$

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

1. c) Nous devons donner une équation cartésienne du plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .

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

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

1. d) Nous devons calculer l'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A }$ du triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ .

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

${ \white{ xxi } }$ $\overrightarrow{AB}\,\begin{pmatrix}0\\ 2\\0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad AB^2=0^2+2^2+0^2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{AB^2=4} \\\\\overrightarrow{AC}\,\begin{pmatrix}-2\\ 2\\0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad AC^2=(-2)^2+2^2+0^2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{AC^2=8} \\\\\overrightarrow{BC}\,\begin{pmatrix}-2\\ 0\\0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad BC^2=(-2)^2+0^2+0^2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{BC^2=4}$

Nous observons que $\overset{ { \white{ _. } } } { AC^2=AB^2+BC^2 }$ .

Dès lors, selon la réciproque du théorème de Pythagore, nous savons que le triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ est rectangle en $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ .

Nous en déduisons que l'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A }$ du triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ se calcule par : $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A=\dfrac{AB\times AC}{2} }$ .

$\text{Or }\quad \begin{cases}AB^2=4\quad\Longrightarrow\quad AB = 2\\AC^2=4\quad\Longrightarrow\quad AC = 2\end{cases}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } {\mathcal A=\dfrac{AB\times AC}{2}=\dfrac{2\times 2}{2}=2\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\mathcal A=2} }$
L'unité de longueur étant 1 cm, il s'ensuit que l'unité d'aire est 1 cm².
L'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A }$ du triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ est égale à 2 cm².

2. Soient $\overset{ { \white{ _. } } } { I,\,J }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { K }$ les points tels que :

$\overset{ { \white{ _. } } } {\overrightarrow{AI}=\dfrac 13 \overrightarrow{AD},\;\overrightarrow{AJ}=\dfrac 13 \overrightarrow{AB}}$ et $\overrightarrow{AK}=\dfrac 13 \overrightarrow{AC}$ .

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 (2e groupe) : image 7

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { V }$ le volume du tétraèdre $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD}$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { V' }$ le volume du tétraèdre $\overset{ { \white{ _. } } } {AIJK }$ .

2. a) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ _. } } } { V }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } { V=\dfrac 13\times \text{aire de la base}\times\text{la hauteur correspondante} }$

Nous choisirons le triangle $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ comme base dont l'aire est égale à 2 cm² (voir question 1. d).

Nous avons montré que le vecteur ${ \overrightarrow{BD} }$ est normal au plan $\overset{ { \white{ _. } } } { (ABC) }$ .
La hauteur du tétraèdre correspondant à la base $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ est donc $\overset{ { \white{ _. } } } { BD }$ .
Or $\overset{ { \white{ _. } } } {\overrightarrow{BD}\,\begin{pmatrix}0\\ 0\\2\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{BD=2} }$ .
Nous en déduisons que : $\overset{ { \white{ _. } } } {V=\dfrac 13\times 2\times2\quad\Longrightarrow\quad \boxed{V=\dfrac{4}{3}\,\text{cm}^3} }$

2. b) Nous devons en déduire $\overset{ { \white{ _. } } } { V' }$ .

Les points $\overset{ { \white{ _. } } } { I,\, J,\, K }$ sont les images respectives des points $\overset{ { \white{ _. } } } {D,\; B,\; C }$ par l'homothétie de centre $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ et de rapport $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac 13 }$ .
Le volume $\overset{ { \white{ _. } } } { V' }$ est une réduction du volume $\overset{ { \white{ _. } } } { V }$ telle que $\overset{ { \white{ _. } } } { V'=\left(\dfrac 13\right)^3\times V }$ .
Dès lors, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ _. } } } { V'=\left(\dfrac 13\right)^3\times V=\dfrac{1}{27}\times\dfrac 43\quad\Longrightarrow\quad \boxed{V'=\dfrac {4}{81}\,\text{cm}^3} }$

6 points

exercice 2

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } {(U_n) }$ la suite définie par : $\overset{ { \white{ _. } } } { U_0=0 }$ et pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n,\quad U_{n+1}=\dfrac13 U_n+n-1 }$ .

1. a) Démontrons par récurrence que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,n\geq 3,\,U_n\geq 0 }$ .

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $\overset{ { \white{ _. } } } { n=3 }$ , soit que : $\overset{ { \white{ .} } } {U_3\geq 0}$ .
En effet,

${ \white{ xxi } }$ $\bullet{\white{x}}\boxed{U_0=0} \\\\\bullet{\white{x}}U_1=\dfrac13U_0+0-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}}U_1 }=\dfrac13\times0+0-1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}}U_1 }=-1} \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_1=-1}$

${ \white{ xxi } }$ $\\\\\bullet{\white{x}}U_2=\dfrac13\,U_1+1-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}}U_2 }=\dfrac13\times(-1)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}}U_2 }=-\dfrac13} \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_2=-\dfrac13}$

${ \white{ xxi } }$ $\\\\\bullet{\white{x}}U_3=\dfrac13\,U_2+2-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}}U_3 }=\dfrac13\times(-\dfrac13)+1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\bullet{\phantom{x}}U_3}=\dfrac89} \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_3=\dfrac89\,{\red{\geq 0}}}$

Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n \geq 3 }$ 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 $\overset{ { \white{ _. } } } { n \geq 3 }$ fixé, $\overset{ {. } } { U_n\geq 0 }$ , alors $\overset{ { \white{ _.} } } {U_{n+1}\geq 0 }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}U_n\geq0\\n\geq 3 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases}\dfrac 13U_n\geq0\\n-1\geq 2 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}U_n\geq0\\n\geq 3 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases}\dfrac 13U_n\geq0\\n-1>0 \end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}U_n\geq0\\n\geq 3 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac13 U_n+n-1 \geq 0} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}U_n\geq0\\n\geq 3 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{U_{n+1} \geq 0}\quad\text{car }U_{n+1}=\dfrac13 U_n+n-1}$

L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,n\geq 3,\,U_n\geq 0 }$ .

1. b) Démontrons par récurrence que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,n\geq4,\quad U_n\geq n-2 }$ .

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour $\overset{ { \white{ _. } } } { n=4 }$ , soit que : $\overset{ { \white{ .} } } {U_4\geq 2}$ .
En effet,

${ \white{ xxi } }$ $U_4=\dfrac13\,U_3+3-1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{U_4 }=\dfrac13\times\dfrac 89+2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{U_4 }=\dfrac{62}{27}\approx2,3} \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_4\geq 2}$

Donc l'initialisation est vraie.

Hérédité : Montrons que si pour un nombre entier naturel $\overset{ { \white{ _. } } } { n \geq 4 }$ 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 $\overset{ { \white{ _. } } } { n \geq 4 }$ fixé, $\overset{ {. } } { U_n\geq n-2 }$ , alors $\overset{ { \white{ _.} } } {U_{n+1}\geq (n+1)-2 }$ , soit $\overset{ { \white{ _.} } } {U_{n+1}\geq n-1 }$ .

En effet, nous avons montré dans la question précédente que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,n\geq 3,\,U_n\geq 0 }$ .

Dès lors, pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n \geq 4 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $U_n\geq 0\quad\Longrightarrow\quad \dfrac13\,U_n\geq 0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U_n\geq 0}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac13\,U_n+n-1\geq n-1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ U_n\geq 0}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{U_{n+1}\geq n-1 }}$

L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons montré par récurrence que $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,n\geq4,\quad U_n\geq n-2 }$ .

1. c) Nous devons en déduire la limite de la suite $\overset{ { \white{ _. } } } {(U_n) }$ .

En utilisant le théorème de comparaison, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}U_n\geq n-2\quad (\text{si} \; n\geq 4) \\\lim\limits_{n\to+\infty}(n-2)=+\infty \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}U_n=+\infty}$

2. Pour tout entier naturel $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ , on pose $\overset{ { \white{ _. } } } {V_n=12U_n-18n+45 }$ .

2. a) Nous devons démontrer que la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (V_n) }$ est géométrique de raison $\overset{ { \white{ _. } } } { \dfrac 13 }$ .

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

${ \white{ xxi } }$ $V_{n+1}=12\,U_{n+1}-18(n+1)+45 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V_{n+1}}=12\left(\dfrac13 U_{n}+n-1\right)-18(n+1)+45} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V_{n+1}}=4\,U_{n}+12n-12-18n-18+45} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V_{n+1}}=4\,U_{n}-6n+15}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V_{n+1}}=\dfrac 13(12\,U_{n}-18n+45)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ V_{n+1}}=\dfrac 13V_n} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,n\in\N,\quad V_{n+1}=\dfrac 13 V_n} \\\\\underline{\text{Remarque}}:V_0=12\,U_{0}-18\times0+45=0-0+45\quad\Longrightarrow\quad \boxed{V_0=45}$

Par conséquent la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (V_n) }$ est géométrique de raison $\overset{ { \white{ _. } } } { q=\dfrac 13 }$ dont le premier terme est $\overset{ { \white{ _. } } } { V_0=45 }$ .

2. b) Nous devons en déduire l'expression de $\overset{ { \white{ _. } } } { V_n }$ en fonction de $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ puis, celle de $\overset{ { \white{ _. } } } { U_n }$ en fonction de $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ .

Le terme général de la suite $\overset{ { \white{ _. } } } { (V_n) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { V_n=V_0\times q^n }$ .

Dès lors, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{V_n=45\times\left(\dfrac 13\right)^n} }$ .

Nous en déduisons que :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases}V_n=12U_n-18n+45\\V_n=45\times\left(\dfrac 13\right)^n \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad 12U_n-18n+45=45\times\left(\dfrac 13\right)^n \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}V_n=12U_n-18n+45 \end{cases} }\quad\Longrightarrow\quad 12U_n=18n-45+45\times\left(\dfrac 13\right)^n } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}V_n=12U_n-18n+45 \end{cases} }\quad\Longrightarrow\quad U_n=\dfrac{18}{12}n-\dfrac{45}{12}+\dfrac{45}{12}\times\left(\dfrac 13\right)^n } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases}V_n=12U_n-18n+45 \end{cases} }\quad\Longrightarrow\quad \boxed{U_n=\dfrac{3}{2}n-\dfrac{15}{4}+\dfrac{15}{4}\times\left(\dfrac 13\right)^n} }$

8 points

exercice 3

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ la fonction numérique à variable réelle définie par $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases}f(x)=\dfrac 1x\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt, \text{si }x\neq 0\\f(0)=1 \end{cases} }$ .
On note $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_f) }$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormé $\overset{ { \white{ _. } } } {(O\,;\,\vec i\,,\,\vec j) }$ .

1. Nous devons déterminer le domaine de définition de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ .

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est définie pour tout $\overset{ { \white{ -. } } } { x }$ réel.
Donc le domaine de définition de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ .

2. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est paire.

Nous devons donc montrer que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } {x\in\R,\quad f(-x)=f(x) }$ .

$\bullet{\white{x}}$ Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\neq 0,\quad f(-x)=\dfrac {1}{-x}\displaystyle\int_0^{-x}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt }$ .
Posons $\overset{ { \white{ _. } } } { u=-t }$ .
Dans ce cas, $\overset{ { \white{ _. } } } { \text du=-\text dt }$ , soit $\overset{ { \white{ _. } } } { \text dt=-\text du }$ .

Analysons les bornes d'intégration.

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} t=0\qquad\Longrightarrow\quad u=0\\t=-x\quad\Longrightarrow\quad u=x\end{cases}$

Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $\displaystyle\int_0^{-x}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt=\displaystyle\int_0^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+(-u)^2}}\,(-\text du) \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\displaystyle\int_0^{-x}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt=-\displaystyle\int_0^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}}\,\text du }$

Nous en déduisons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\neq 0}$ ,

${ \white{ xxi } }$ $f(-x)=\dfrac{1}{-x}\left(-\displaystyle\int_0^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}}\,\text du \right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f(-x)}=\dfrac{1}{x}\displaystyle\int_0^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+u^2}}\,\text du } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f(-x)}=\dfrac{1}{x}\displaystyle\int_0^{x}\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\quad\text{car les variables d'intégration sont muettes } (u\text{ ou }t) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f(-x)}=f(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R^*,\quad f(-x)=f(x)}$

$\bullet{\white{x}}$ Il va de soi que $\overset{ { \white{ _. } } } { f(0)=f(-0)=1. }$

$\bullet{\white{x}}$ D'où $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{\forall\,x\in\R,\quad f(-x)=f(x)} }$ .

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est paire.

3. a) Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0 }$ , nous devons montrer que : $\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x\,.$

${\white{x}}$ Montrons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0 }$ , $\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\,.$

Soit la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ définie sur $\overset{ { \white{ . } } } { [\,0\;;\;+\infty\,[ }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } {h(x)=\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt }$ .
La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } {h }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { [\,0\;;\;+\infty\,[ }$ .
Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0,\quad h'(x)=\left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)'-\left( \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\right)' }$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or } \left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)'=\dfrac{x'\times \sqrt{1+x^2}-x\times (\sqrt{1+x^2})'}{1+x^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or } \left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)'}=\dfrac{1\times \sqrt{1+x^2}-x\times \dfrac{2x}{2\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or } \left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)'}=\dfrac{\sqrt{1+x^2}- \dfrac{x^2}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or } \left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)'}=\dfrac{\dfrac{1+x^2-x^2}{\sqrt{1+x^2}}}{1+x^2} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \text{Or } \left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)'}=\dfrac{1}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}} }$

${ \white{ xxi } }$ $\text{et } \left( \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\right)'=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $h'(x)=\left(\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right)'-\left( \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\right)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(x)}=\dfrac{1}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}-\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(x)}=\dfrac{1-(1+x^2)}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ h'(x)}=\dfrac{1-1-x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x>0,\quad h'(x)=\dfrac{-x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}}$

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x> 0 }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} -x^2<0\\ (1+x^2)\sqrt{1+x^2}>0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{-x^2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}<0} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} -x^2<0\\ (1+x^2)\sqrt{1+x^2}>0 \end{cases}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{h'(x)<0} }$

Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est décroissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } { ]\,0\;;\;+\infty\,[ }$ .
Or $\overset{ { \white{ _. } } } { h(0)=0 }$ .
Dès lors, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est négative sur $\overset{ { \white{ _. } } } { [\,0\;;\;+\infty\,[ }$ .

Par conséquent, pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0,\quad \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt \leq 0 }$ ,
soit $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{ \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt} }$

${\white{x}}$ Montrons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0 }$ , $\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x> 0 }$ , pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { t\in[0\;;\;x] }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $t^2\geq0\quad\Longrightarrow\quad 1+t^2\geq1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t^2\geq0}\quad\Longrightarrow\quad \sqrt{1+t^2}\geq1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t^2\geq0}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\leq1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t^2\geq0}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq\displaystyle\int_0^x1\,\text dt }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t^2\geq0}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq\Big[t\Big]_0^x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t^2\geq0}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x-0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t^2\geq0}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x} }$

${\white{x}}$ Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{\forall\,x>0 ,\quad\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x\,.}}$

3. b) Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est continue en 0.

En utilisant la question 3. a), nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x\quad\Longrightarrow\quad \dfrac1x\times\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \dfrac1x\times\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq \dfrac1x\times x \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\leq \dfrac1x\,\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq 1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\leq \lim\limits_{x\to 0^+}\left(\dfrac1x\,\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\right)\leq \lim\limits_{x\to 0^+}1}$
$.\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x}\quad\Longrightarrow\quad 1\leq \lim\limits_{x\to 0^+}f(x)\leq 1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}\leq \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\leq x}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)= 1}}$

De plus, comme la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est paire, nous obtenons : $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 0^-}f(x)= 1} }$
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 0}f(x)= 1} }$
Or $\overset{ { \white{ _. } } } {f(0)=1 }$ .
Nous obtenons ainsi : $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 0}f(x)=f(0) }}$ .
Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est continue en 0.

4. Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ W. } } } { \forall\,t\geq 1, \quad \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t} }$ , puis en déduire $\overset{ { \white{ R. } } } { \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) }$ .

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $t\geq 1\quad\Longrightarrow\quad t^2\geq t \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t\geq 1}\quad\Longrightarrow\quad 1+t^2>t^2\geq t } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t\geq 1}\quad\Longrightarrow\quad 1+t^2> t } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t\geq 1}\quad\Longrightarrow\quad \sqrt{1+t^2}>\sqrt t } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ t\geq 1}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t }} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,t\geq 1, \quad \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t} }$

Nous devons en déduire $\overset{ { \white{ R. } } } { \lim\limits_{x\to+\infty}f(x) }$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0 }$ , pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { t\geq 1 }$ , nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt<\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt t}\,\text dt \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t}}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt<2\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{2\sqrt t}\,\text dt} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t}}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt<2\Big[\sqrt t\Big]_0^x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t}}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt<2\Big(\sqrt x-\sqrt 0\Big)}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t}}\quad\Longrightarrow\quad \displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt<2\sqrt x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t}}\quad\Longrightarrow\quad \dfrac 1x\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt<2\sqrt x}\times \dfrac 1x \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}<\dfrac{1}{\sqrt t}}\quad\Longrightarrow\quad f(x)<\dfrac{2}{\sqrt x}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x>0,\quad f(x)<\dfrac{2}{\sqrt x}}$

De plus, pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0,\quad f(x)>0 }$ .

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\forall\,x>0,\quad 0<f(x)<\dfrac{2}{\sqrt x}} }$ .

En utilisant le théorème des gendarmes, nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} 0<f(x)<\dfrac{2}{\sqrt x}\\\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{2}{\sqrt x}=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}$

5. Nous devons étudier les variations de la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ puis établir le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } {f }$ .

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R^* }$ .
Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\R^* }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\left(\dfrac {\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt}{x}\right)'=\dfrac{\left(\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\right)'\times x-\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\times x'}{x^2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } =\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}\times x-\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt\times 1}{x^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f'(x) } =\dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt}{x^2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R^*,\quad f'(x)=\dfrac{\dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt}{x^2} }$

Le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ est le signe de son numérateur car le dénominateur est strictement positif.

Nous avons montré dans la question 3. a) que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0,\quad \dfrac{x}{\sqrt{1+x^2}}-\displaystyle\int_0^x\dfrac{1}{\sqrt{1+t^2}}\,\text dt \leq 0 }$ .
Par conséquent, pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0,\quad f'(x) \leq 0 }$ et par suite, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est décroissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } {]0\;;\;+\infty[ }$ .

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ étant paire, il s'ensuit que $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est croissante sur $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-\infty\;;\;0[ }$ .

Nous pouvons ainsi établir le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } { f. }$

Calcul préliminaire :

$\overset{ { \white{ _. } } } {\begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\\f\text{ est paire} \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0 } }$

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

6. Nous devons tracer la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_f) }$ .

Bac 2025 Sénégal séries S1-S1A-S3 (2e groupe) : image 6

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

Publié par malou le 01-03-2026

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