Fiche de mathématiques
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Épreuve de Mathématiques

Section Mathématiques

Tunisie 2020

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COEFFICIENT : 4

DURÉE : 4 HEURES





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Bac Maths Tunisie 2020

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5 points

exercice 1

Figure reprenant les données et les résultats de l'exercice.
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1. a)  Montrons que  (r_2\,\circ S_L\,\circ r_1)(A)=A.

Le triangle GAC est rectangle isocèle en G et donc  \left\lbrace\begin{matrix}(\overrightarrow{GA},\overrightarrow{GC})=\dfrac{\pi}{2}[2\pi]\\GA=GC\ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.
Nous en déduisons que  r_1(A)=C  et par suite, que  (r_2\,\circ S_L\,\circ r_1)(A)=r_2(S_L(r_1(A)))=r_2(S_L(C)).

Le point L est le milieu de [BC]. D'où  S_L(C)=B  et par suite,  r_2(S_L(C))=r_2(B).

Le triangle EBA est rectangle isocèle en E et donc  \left\lbrace\begin{matrix}(\overrightarrow{EB},\overrightarrow{EA})=\dfrac{\pi}{2}[2\pi]\\EB=EA\ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.
Nous en déduisons que  r_2(B)=A. 

Par conséquent,  (r_2\,\circ S_L\,\circ r_1)(A)=r_2(S_L(r_1(A)))=r_2(S_L(C))=r_2(B)=A.

\Longrightarrow\boxed{(r_2\,\circ S_L\,\circ r_1)(A)=A}

La symétrie centrale de centre L peut être considérée comme étant une rotation de centre L et d'angle pi.
D'où  r_2\,\circ S_L\,\circ r_1  est un déplacement dans le plan d'angle  \dfrac{\pi}{2}+\pi+\dfrac{\pi}{2}=2\pi.
Dès lors,  r_2\,\circ S_L\,\circ r_1  est une translation de vecteur nul puisque  (r_2\,\circ S_L\,\circ r_1)(A)=A.
Par conséquent,  \boxed{r_2\,\circ S_L\,\circ r_1=\text{Id}_{\mathscr{P}}}  où  \text{Id}_{\mathscr{P}}  est l'identité du plan.

1. b)  Montrons que le triangle EFG est rectangle isocèle en montrant que  r_2(F)=G.

r_2\,\circ S_L\,\circ r_1=\text{Id}_{\mathscr{P}}\Longrightarrow r_2\,\circ S_L=\text{Id}_{\mathscr{P}}\,\circ r^{-1}_1 \\\phantom{WWWWWWWn}\Longrightarrow r_2\,\circ S_L=r^{-1}_1 \\\phantom{WWWWWWWn}\Longrightarrow r_2=r^{-1}_1\circ S^{-1}_L \\\\\text{D'où }\, r_2(F)=r^{-1}_1(S^{-1}_L(F)) \\\phantom{WWWWn}=r^{-1}_1(G) \\\phantom{WWWWn}=G \\\\\Longrightarrow\boxed{r_2(F)=G}
Nous en déduisons que  \left\lbrace\begin{matrix}(\overrightarrow{EF},\overrightarrow{EG})=\dfrac{\pi}{2}[2\pi]\\EF=EG\ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.

Par conséquent, le triangle EFG est rectangle isocèle en E.

1. c)  Nous devons montrer que le quadrilatère LJKI est un carré.

  Montrons que le quadrilatère LJKI est un parallélogramme.
Dans le triangle EGL, K et I sont les milieux respectifs de [EG] et [EL].
Alors par le "théorème des milieux", nous savons que les droites (KI) et (GL) sont parallèles et que  KI=\dfrac{1}{2}GL.
Or J est le milieu de [GL] implique  \dfrac{1}{2}GL=JL.
D'où, les droites (KI) et (GL) sont parallèles et  KI=JL.
Puisque le point J appartient à la droite (GL), nous déduisons que les droites (KI) et (JL) sont parallèles.
Par conséquent, le quadrilatère LJKI est un parallélogramme puisque KI = JL et que (KI) est parallèle à (JL).

  Montrons que le quadrilatère LJKI est un losange.
Nous avons montré dans la question 1. b) que le triangle EFG est rectangle en E.
Puisque L est le milieu de l'hypoténuse [FG], nous en déduisons que EL = LG.
Les points I et J étant les milieux respectifs de [EL] et [LG], nous en déduisons que LI = LJ.
Par conséquent, le quadrilatère LJKI est un losange car c'est un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs de mêmes longueurs.

  Montrons que le quadrilatère LJKI est un carré.
Le triangle EFG est isocèle et le point L est le milieu de [FG].
Donc (EL) est la médiane issue de E et par suite, (EL) est la médiatrice de [FG].
D'où  (\overrightarrow{LJ},\overrightarrow{LI})=\dfrac{\pi}{2}[2\pi]
Par conséquent, le quadrilatère LJKI est un carré car c'est un losange ayant un angle droit.

2.  Soit  \varphi  la symétrie glissante de vecteur  \overrightarrow{LK}  et d'axe  \Delta  passant par I.
On pose  g=\varphi\circ S_{(LE)} , où  S_{(LE)  est la symétrie orthogonale d'axe (LE).

2. a)  Nous devons montrer que  \Delta=(IH).

Par définition de la symétrie glissante  \varphi , la droite  \Delta  passe par le point I et est parallèle à la droite (LK).
Montrons que (IH) est parallèle à (LK).
Dans le triangle EFG, K et L sont les milieux respectifs de [EG] et [FG].
Alors par le "théorème des milieux", nous savons que les droites (KL) et (EF) sont parallèles et que  KL=\dfrac{1}{2}EF.
Dans le triangle ELF, I et H sont les milieux respectifs de [EL] et [FL].
Alors par le "théorème des milieux", nous savons que les droites (IH) et (EF) sont parallèles et que  IK=\dfrac{1}{2}EF. Les droites (KL) et (IH) étant toutes deux parallèles à la droite (EF), nous en déduisons que ces droites (KL) et (IH) sont parallèles.
D'où, la droite (IH) passe par I et est parallèle à (LK)
Par conséquent,  \overset{.}{\boxed{\Delta=(IH).}}

{\red{2.\ \text{b) }}}\ g(J)=(\varphi\circ S_{(LE)})(J)=\varphi(S_{(LE)}(J)).

Or H est le symétrique de J par rapport à L. Il s'ensuit que JL = LH.
De plus, puisque le quadrilatère LJKI est un carré, nous savons que la droite (LE) est perpendiculaire à (JH).
Nous en déduisons que   S_{(LE)}(J)=H.

D'où  \left\lbrace\begin{matrix}g(J)=\varphi(S_{(LE)}(J))\\ S_{(LE)}(J)=H\ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{g(J)=\varphi(H)}

Or, par définition,  \varphi=t_{\overrightarrow{LK}}\circ S_{\Delta}  où  t_{\overrightarrow{LK}}  est la translation de vecteur  \overrightarrow{LK}  et  S_{\Delta}  est la symétrie orthogonale par rapport à la droite  (\Delta).
Donc  \varphi(H)=(t_{\overrightarrow{LK}}\circ S_{\Delta})(H)=t_{\overrightarrow{LK}}(S_{\Delta}(H))=t_{\overrightarrow{LK}}(S_{(IH)}(H))=t_{\overrightarrow{LK}}(H).

Nous avons montré dans la question 2. a) que les droites (KL) et (IH) sont parallèles et que  KL=IH=\dfrac{1}{2}EF.
D'où,  \overrightarrow{LK}=\overrightarrow{HI}.
Par conséquent,  \varphi(H)=t_{\overrightarrow{LK}}(H)=t_{\overrightarrow{HI}}(H)=I\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{\varphi(H)=I}.
Nous en déduisons que  \left\lbrace\begin{matrix}g(J)=\varphi(H)\\\varphi(H)=I \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{{\red{g(J)=I}}}

De même,  g(L)=(\varphi\circ S_{(LE)})(L)=\varphi(S_{(LE)}(L))=\varphi(L)\Longrightarrow\boxed{g(L)=\varphi(L)}.
Or, par définition,  \varphi=S_{\Delta}\circ t_{\overrightarrow{LK}}  où  t_{\overrightarrow{LK}}  est la translation de vecteur  \overrightarrow{LK}  et  S_{\Delta}  est la symétrie orthogonale par rapport à la droite  (\Delta).
Donc  \varphi(L)=(S_{\Delta}\circ t_{\overrightarrow{LK}})(L)=S_{\Delta}(t_{\overrightarrow{LK}}(L))=S_{\Delta}(K)\Longrightarrow\boxed{\varphi(L)=S_{\Delta}(K)}.
Puisque le quadrilatère LJKI est un carré, nous savons que IK = IL.
Comme I est le milieu de [EL], nous obtenons : IL = IE.
D'où IK = IE.
Par la question 2. a), nous savons que la droite (IH) est parallèle à (EF).
Or le triangle EFG est rectangle en E (voir question 1. b)
D'où la droite (IH) est perpendiculaire à la droite (EG), soit la droite (\Delta)  est perpendiculaire à la droite (EK).
Dès lors, puisque IK = IE et  (\Delta)  est perpendiculaire à (EK), nous déduisons que la droite (\Delta) est la médiatrice du segment [EK].
Dès lors,  \boxed{S_{\Delta}(K)=E}.
Par conséquent,  \left\lbrace\begin{matrix}g(L)=\varphi(L)\\\varphi(L)=S_{\Delta}(K)\\S_{\Delta}(K)=E\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{{\red{g(L)=E}}}

2. c)  Montrons que g  est la rotation de centre K et d'angle  \dfrac{\pi}{2}.
Puisque JL = IE et  \overrightarrow{JL}\neq\overrightarrow{0} , il existe un déplacement unique g  tel que  g(J)=I  et que  g(L)=E.
Comme  \overrightarrow{JL}\neq\overrightarrow{IE} , g  n'est pas une translation.
Par conséquent, g  est une rotation.
Le centre de cette rotation est le point d'intersection des médiatrices de [IJ] et [EL], soit le point K.
Or  (\overset{.}{\overrightarrow{KI},\overrightarrow{KJ}})=-\dfrac{\pi}{2}[2\pi].
Par conséquent, g  est la rotation de centre K et d'angle  -\dfrac{\pi}{2}.

3.  Soit f  l'antidéplacement qui envoie J en I et L en E.

3. a)  Un antidéplacement est soit une symétrie orthogonale, soit une symétrie glissante.
Puisque les médiatrices de [JI] et de [LE] sont distinctes, f  n'est pas une symétrie orthogonale.
Par conséquent, f  est une symétrie glissante.

3. b)  L'axe de f  passe par le milieu de [IJ] et par le milieu I de [LE].
D'où l'axe de f  est la droite (IJ).

\text{De plus, }f(J)=I\Longleftrightarrow t_{\vec{u}}\circ S_{(IJ)}(J)=I \\\phantom{\text{De plus, }f(J)=I}\Longleftrightarrow t_{\vec{u}}(J)=I \\\\\Longrightarrow\boxed{\vec{u}=\overrightarrow{JI}}

Par conséquent, f est une symétrie glissante d'axe (IJ) et de vecteur  \vec{u}=\overrightarrow{JI}.

4.  Soit M un point du plan. Notons  M'=f(M)  et  M''=g(M).
Définissons un déplacement qui envoie M' sur M''.
f(M)=M'\Longrightarrow f^{-1}(M')=M \\\phantom{f(M)=M'}\Longrightarrow g(f^{-1}(M'))=g(M) \\\phantom{f(M)=M'}\Longrightarrow g(f^{-1}(M'))=M'' \\\\\Longrightarrow \boxed{(g\circ f^{-1})(M')=M''}

D'où  g\circ f^{-1}  est un déplacement envoyant M' sur M''.
\text{Or }g(f^{-1}(I)=g(J)=I\Longrightarrow \boxed{(g\circ f^{-1})(I)=I} \\\phantom{\text{Or }}g(f^{-1}(E)=g(L)=E\Longrightarrow \boxed{(g\circ f^{-1})(E)=E}
Nous en déduisons que  g\circ f^{-1}  est un déplacement envoyant M' sur M'' dont les points I et E sont fixes.
D'où  g\circ f^{-1}  est une symétrie orthogonale d'axe (IE).
Par conséquent, M' et M'' sont symétriques par rapport à la droite (IE).

4 points

exercice 2

Soient (gammamaj) le cercle de centre O et de rayon  \sqrt{2},
                les points A, B et C dont les affixes sont respectivement  1,\ \text{i}\sqrt{2}  et  -\text{i}\sqrt{2},
                Q un point du cercle (gammamaj) d'affixe a , distinct de  \text{i}\sqrt{2}  et  -\text{i}\sqrt{2}.

1.  On désigne R le point d'affixe  Z_R = a+\overline{a}.

1. a)   Z_R = a+\overline{a}=2\,\Re(a)
L'affixe de R étant un nombre réel, nous en déduisons que  \boxed{R\in(O\,,\,\vec{u})}

Construction de R : voir figure de la question 3. b)
Plaçons le point Q' d'affixe  \overline{a} , symétrique du point Q par rapport à  (O\,,\,\vec{u}).
Construisons le parallélogramme dont deux côtés consécutifs sont [OQ] et (OQ'].
Le quatrième sommet de ce parallélogramme est le point R.

1. b)  Notons ZQ l'affixe du point Q, soit  Z_Q=a.
\text{O, R et Q sont alignés}\Longleftrightarrow\dfrac{Z_Q-Z_O}{Z_R-Z_O}\in\R\Longleftrightarrow\dfrac{Z_Q}{Z_R}\in\R  \\\\\text{Or }\ \dfrac{Z_Q}{Z_R}\in\R\Longleftrightarrow\dfrac{Z_Q}{Z_R}=\overline{\left(\dfrac{Z_Q}{Z_R}\right)}  \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_Q}{Z_R}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{Z_Q}{Z_R}=\dfrac{\overline{Z_Q}}{\overline{Z_R}}  \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_Q}{Z_R}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{a}{a+\overline{a}}=\dfrac{\overline{a}}{a+\overline{a}} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_Q}{Z_R}\in\R}\Longleftrightarrow a\times(a+\overline{a})=\overline{a}\times(a+\overline{a}) \\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_Q}{Z_R}\in\R}\Longleftrightarrow  a=\overline{a}\ \ \ (\text{car }a+\overline{a}\neq0) \\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_Q}{Z_R}\in\R}\Longleftrightarrow  a\in\R

Or les points Q du cercle (gammamaj) dont les affixes sont réelles ont comme affixes  -\sqrt{2}  et  \sqrt{2}.
Par conséquent, les points O, R et Q sont alignés si  a=-\sqrt{2}  ou  a=\sqrt{2}.

2.  Soit P le point du plan d'affixe  Z_P=\text{i}a  et M un point d'affixe z  non nul.

2. a)   \left\lbrace\begin{matrix}Z_Q=a\\Z_P=\text{i}a\end{matrix}\right.\Longrightarrow Z_P=\text{i}\,Z_Q\Longrightarrow \boxed{Z_P=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{2}}Z_Q}
D'où P est l'image de Q par une rotation de centre O et d'angle  \dfrac{\pi}{2}.

{\red{2.\ \text{b) }}}\ \text{A, P et M sont alignés}\Longleftrightarrow\dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R \\\\\text{Or }\ \dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R\Longleftrightarrow\dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}=\overline{\left(\dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\right)} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}=\dfrac{\overline{Z_M-Z_A}}{\overline{Z_P-Z_A}} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}=\dfrac{\overline{Z_M}-\overline{Z_A}}{\overline{Z_P}-\overline{Z_A}} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{z-1}{\text{i}a-1}=\dfrac{\overline{z}-1}{-\text{i}\overline{a}-1}

\text{D'où A, P et M sont alignés}\Longleftrightarrow(\text{i}a-1)(\overline{z}-1)=(-\text{i}\overline{a}-1)(z-1) \\\phantom{\text{D'où A, P et M sont alignés}}\Longleftrightarrow(\text{i}a-1)\overline{z}-\text{i}a+1=(-\text{i}\overline{a}-1)z+\text{i}\overline{a}+1 \\\phantom{\text{D'où {A, P et M sont alignés}}}\Longleftrightarrow(\text{i}a-1)\overline{z}-\text{i}a=-(\text{i}\overline{a}+1)z+\text{i}\overline{a} \\\phantom{\text{D'où A, P et M sont alignés}}\Longleftrightarrow(\text{i}\overline{a}+1)z+(\text{i}a-1)\overline{z}=\text{i}a+\text{i}\overline{a}  \\\\\Longrightarrow\boxed{  \text{A, P et M sont alignés}\Longleftrightarrow(\text{i}\overline{a}+1)z+(\text{i}a-1)\overline{z}=\text{i}(a+\overline{a})}

{\red{2.\ \text{c) }}}\ (AP)\perp(OM)\Longleftrightarrow\overrightarrow{AP}\perp\overrightarrow{OM}\Longleftrightarrow\dfrac{Z_P-Z_A}{Z_M-Z_O}\in\text{i}\R \\\\\text{Or }\ \dfrac{Z_P-Z_A}{Z_M-Z_O}\in\text{i}\R\Longleftrightarrow\overline{\left(\dfrac{Z_P-Z_A}{Z_M}\right)}=-\dfrac{Z_P-Z_A}{Z_M} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{\overline{Z_P-Z_A}}{\overline{Z_M}}=\dfrac{-Z_P+Z_A}{Z_M} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{\overline{Z_P}-\overline{Z_A}}{\overline{Z_M}}=\dfrac{-Z_P+Z_A}{Z_M} \\\\\phantom{\text{Or }\ \dfrac{Z_M-Z_A}{Z_P-Z_A}\in\R}\Longleftrightarrow\dfrac{-\text{i}\overline{a}-1}{\overline{z}}=\dfrac{-\text{i}a+1}{z}

\text{D'où }(AP)\perp(OM)\Longleftrightarrow(-\text{i}\overline{a}-1)z=(-\text{i}a+1)\overline{z} \\\phantom{\text{D'où }(AP)\perp(OM)}\Longleftrightarrow-(\text{i}\overline{a}+1)z=-(\text{i}a-1)\overline{z} \\\phantom{\text{D'où }(AP)\perp(OM)}\Longleftrightarrow(\text{i}\overline{a}+1)z-(\text{i}a-1)\overline{z}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{(AP)\perp(OM)\Longleftrightarrow(\text{i}\overline{a}+1)z-(\text{i}a-1)\overline{z}=0}

2. d)  Soit H le projeté orthogonal de O sur (AP).

  D'une part, nous savons que les points A, P et H sont alignés.
Par la question 2. b), nous obtenons :  (\text{i}\overline{a}+1)Z_H+(\text{i}a-1)\overline{Z_H}=\text{i}(a+\overline{a}).

  D'autre part, nous savons que  (AP)\perp(OH)
Par la question 2. c), nous obtenons :  (\text{i}\overline{a}+1)Z_H-(\text{i}a-1)\overline{Z_H}=0.

\text{D'où }\left\lbrace\begin{matrix}(\text{i}\overline{a}+1)Z_H+(\text{i}a-1)\overline{Z_H}=\text{i}(a+\overline{a})\\ (\text{i}\overline{a}+1)Z_H-(\text{i}a-1)\overline{Z_H}=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right. \underset{\text{par addition}}{\Longrightarrow}2(\text{i}\overline{a}+1)Z_H=\text{i}(a+\overline{a}) \\\\\\\Longrightarrow\boxed{Z_H=\dfrac{\text{i}(a+\overline{a})}{2(\text{i}\overline{a}+1)}}

3. a)  Soit N le point d'affixe  Z_N=\dfrac{(a+\overline{a})}{(\text{i}\overline{a}+1)}.

\left\lbrace\begin{matrix}Z_H=\dfrac{\text{i}(a+\overline{a})}{2(\text{i}\overline{a}+1)}\\\\Z_N=\dfrac{(a+\overline{a})}{(\text{i}\overline{a}+1)}\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ Z_H=\dfrac{\text{i}}{2}Z_N\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ Z_N=\dfrac{2}{\text{i}}Z_H\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ Z_N=-2\text{i}Z_H \\\\\text{D'où }\ \boxed{Z_N=2\,\text{e}^{-\text{i}\frac{\pi}{2}}Z_H}
Par conséquent, N est l'image de H par une similitude directe de centre O, de rapport 2 et d'angle  -\dfrac{\pi}{2} , soit la composée dans un ordre quelconque d'une rotation de centre O et d'angle  -\dfrac{\pi}{2}  et d'une homothétie de même centre O et de rapport 2.

3. b)  Construction de N (voir figure).

Bac Maths Tunisie 2020 : image 11


3. c)  Lorsque le point Q varie sur le cercle (gammamaj) privé des points B et C, le point H varie sur le cercle (gammamaj') de diamètre [OA] privé du point O.
Dès lors, le point N varie sur l'image de (gammamaj') par la similitude directe de centre O, de rapport 2 et d'angle  -\dfrac{\pi}{2} .
Soit D le point d'affixe -2i.
Alors l'ensemble sur lequel varie N lorsque Q varie sur le cercle (gammamaj) privé des points B et C est le cercle de diamètre [OD] privé du point O.

4 points

exercice 3

On considère la suite (an ) définie sur N par  a_n=2\times5^n+7.

1. a)  Pour tout entier naturel n , 2 multiplie 5n  est un nombre pair car c'est un multiple de 2.
7 est un nombre impair.
Or la somme d'un nombre pair et d'un nombre impair est un nombre impair.
D'où pour tout entier naturel n ,  a_n=2\times5^n+7  est un nombre impair.

1. b)  Nous devons déterminer suivant les valeurs de n , le reste modulo 8 de 5n .

Nous savons que  5^2=25=3\times8+1\Longrightarrow 5^2\equiv1\text{(mod 8)}.
D'où pour tout entier naturel k ,  (5^2)^k\equiv1^k\text{(mod 8)} , soit  \boxed{5^{2k}\equiv1\text{(mod 8)}}
et 5\times5^{2k}\equiv(5\times1)\text{(mod 8)} , soit  \boxed{5^{2k+1}\equiv5\text{(mod 8)}}
Par conséquent,
 si n  est pair, alors  5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}
 si n  est impair, alors  5^{n}\equiv5\text{(mod 8)}


{\red{1.\ \text{c) }}}\ \text{Si }n\text{ est pair, }5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}\Longrightarrow2\times5^{n}\equiv2\text{(mod 8)} \\\phantom{{\red{1.\ \text{c) }}}\ \text{Si }n\text{ est pair, }5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}}\Longrightarrow2\times5^{n}+7\equiv9\text{(mod 8)} \\\phantom{{\red{1.\ \text{c) }}}\ \text{Si }n\text{ est pair, }5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}}\Longrightarrow2\times5^{n}+7\equiv1\text{(mod 8)} \\\phantom{{\red{1.\ \text{c) }}}\ \text{Si }n\text{ est pair, }5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}}\Longrightarrow a_n\equiv1\text{(mod 8)}

\text{Si }n\text{ est impair, }5^{n}\equiv5\text{(mod 8)}\Longrightarrow2\times5^{n}\equiv10\text{(mod 8)} \\\phantom{\text{Si }n\text{ est impair, }5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}}\Longrightarrow2\times5^{n}+7\equiv17\text{(mod 8)} \\\phantom{\text{Si }n\text{ est impair, }5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}}\Longrightarrow2\times5^{n}+7\equiv1\text{(mod 8)} \\\phantom{\text{Si }n\text{ est impair, }5^{n}\equiv1\text{(mod 8)}}\Longrightarrow a_n\equiv1\text{(mod 8)}

D'où,  \boxed{\forall n\,\in\N,\ a_n\equiv1\text{(mod 8)}}

2. a)  Nous devons montrer que si  \left\lbrace\begin{matrix}x\equiv1\text{(modulo 8)}\\x\equiv7\text{(modulo 125)}\end{matrix}\right. ,  alors  x\equiv257\text{(modulo 1000)}.

Montrons que  x-257\equiv0\text{(modulo 1000)}.

\left\lbrace\begin{matrix}x\equiv1\text{(modulo 8)}\\x\equiv7\text{(modulo 125)}\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x-257\equiv-256\text{(modulo 8)}\\x-257\equiv-250\text{(modulo 125)}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWW.}\Longrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x-257\equiv0\text{(modulo 8)}\\x-257\equiv0\text{(modulo 125)}\end{matrix}\right.

Or 8 et 125 sont premiers entre eux.

D'où  \left\lbrace\begin{matrix}x-257\equiv0\text{(modulo 8)}\\x-257\equiv0\text{(modulo 125)}\end{matrix}\right.\ \  \Longrightarrow\ \ \ x-257\equiv0\text{(modulo 1000)}\ \  \Longrightarrow\ \ \ \boxed{x\equiv257\text{(modulo 1000)}}

2. b)  Nous devons montrer que pour tout n  supegal 3,  a_n\equiv257\text{(modulo 1000)}.

Démontrons cette propriété par récurrence.

Initialisation
Montrons que la propriété est vraie pour n  = 3, soit que nous avons :   a_3\equiv257\text{(modulo 1000)}.

a_n=2\times5^n+7\Longrightarrow a_3=2\times5^3+7 \\\phantom{a_n=2\times5^n+7}\Longrightarrow a_3=2\times125+7 \\\phantom{a_n=2\times5^n+7}\Longrightarrow a_3=257 \\\phantom{a_n=2\times5^n+7}\Longrightarrow \boxed{a_3\equiv257\text{ (modulo 1000)}}
L'initialisation est vraie.

Hérédité Montrons que si la propriété est vraie au rang n  pour une valeur fixée de n  supegal 3, alors elle est également vraie au rang (n  + 1).
Montrons donc que si pour une valeur fixée de n  supegal 3,  a_n\equiv257\text{(modulo 1000)} , alors nous obtenons :
 a_{n+1}\equiv257\text{(modulo 1000)}.

Nous savons que  a_{n+1}=2\times5^{n+1}+7 .

\text{Or }a_{n}=2\times5^{n}+7\Longrightarrow5a_{n}=5(2\times5^{n}+7) \\\phantom{\text{Or }a_{n}=2\times5^{n}+7}\Longrightarrow5a_{n}=2\times5^{n+1}+35 \\\phantom{\text{Or }a_{n}=2\times5^{n}+7}\Longrightarrow2\times5^{n+1}=5a_{n}-35

Dès lors,  \left\lbrace\begin{matrix}a_{n+1}=2\times5^{n+1}+7\\\\2\times5^{n+1}=5a_{n}-35\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{a_{n+1}=5a_n-28}

Par conséquent,

a_n\equiv257\ \text{(modulo 1000)}\ \ \ \ \ (\text{par hypothèse de récurrence)} \\\Longrightarrow5a_n\equiv5\times257\ \text{(modulo 1000)} \\\Longrightarrow5a_n\equiv1285\ \text{(modulo 1000)} \\\Longrightarrow5a_n\equiv285\ \text{(modulo 1000)} \\\Longrightarrow5a_n-28\equiv285-28\ \text{(modulo 1000)} \\\Longrightarrow5a_n-28\equiv257\ \text{(modulo 1000)} \\\Longrightarrow a_{n+1}\equiv257\ \text{(modulo 1000)}
L'hérédité est vraie.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies,
nous avons montré par récurrence que pour tout n  supegal 3,  a_n\equiv257\text{(modulo 1000)}.

2. c)  Nous devons déterminer les trois derniers chiffres de  (2\times5^{2020}+7)(2\times5^{2021}+7).
Par la question précédente, nous savons que  a_{2020}\equiv257\ \text{(modulo 1000)}  et que  a_{2021}\equiv257\ \text{(modulo 1000)}. 

D'où

\left\lbrace\begin{matrix}2\times5^{2020}+7\equiv257\ \text{(modulo 1000)}\\2\times5^{2021}+7\equiv257\ \text{(modulo 1000)}\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow(2\times5^{2020}+7)(2\times5^{2021}+7)\equiv257\times257\ \text{(modulo 1000)} \\\\\Longrightarrow(2\times5^{2020}+7)(2\times5^{2021}+7)\equiv66049\ \text{(modulo 1000)} \\\\\Longrightarrow\boxed{(2\times5^{2020}+7)(2\times5^{2021}+7)\equiv049\ \text{(modulo 1000)}}
Par conséquent, les trois derniers chiffres de  (2\times5^{2020}+7)(2\times5^{2021}+7)  sont 049.

{\red{3.\ \text{a) }}}\ \forall\,n\in\N,\ 5a_{2n}-a_{2n+1}=5(2\times5^{2n}+7)-(2\times5^{2n+1}+7) \\\phantom{{\red{3.\ \text{a) }}}\ \forall\,n\in\N,\ 5a_{2n}-a_{2n+1}}=2\times5^{2n+1}+35-2\times5^{2n+1}-7 \\\phantom{{\red{3.\ \text{a) }}}\ \forall\,n\in\N,\ 5a_{2n}-a_{2n+1}}=28 \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,n\in\N,\ 5a_{2n}-a_{2n+1}=28}

3. b)  Soit  d=\text{PGCD}(a_{2n}\,,a_{2n+1}).
Nous devons montrer que d  est différent de 7.
Supposons que d  = 7.
Puisque  d=\text{PGCD}(a_{2n}\,,a_{2n+1}) , d divise a 2n  ce qui signifie que 7 divise  2\times5^{2n}+7  et par suite, 7 divise  2\times5^{2n} , ce qui est impossible car les seuls diviseurs premiers de  2\times5^{2n}  sont 2 et 5.
D'où supposer que d  = 7 entraîne une impossibilité.
Par conséquent, d  est différent de 7.

3. c)  Nous devons déterminer d .

Puisque  d=\text{PGCD}(a_{2n}\,,a_{2n+1}) , d  divise a 2n  et d  divise a 2n +1.
Dès lors, d  divise 5a 2n  - a 2n +1.
Or nous avons montré dans la question 3. a) que 5a 2n  - a 2n +1 = 28.
D'où d  divise 28.
Or l'ensemble des diviseurs de 28 est  \lbrace1\,,\,2\,,\,4\,,\,7\,,\,14\,,\,28\rbrace.
Mais nous savons que d  est impair car d divise a 2n  qui est impair (voir question 1. a)
De plus, d  est différent de 7 (voir question 3. b)
Par conséquent, d  = 1.

7 points

exercice 4

I.  Soit la fonction définie sur R par  f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}.

1.  Montrons que la fonction f  est dérivable sur R.
La fonction  g:x\mapsto\text{e}^{2x}  est dérivable sur R comme composée de deux fonctions dérivables sur R (fonction polynôme et fonction exponentielle).
La fonction  h:x\mapsto1+\text{e}^{2x}  est dérivable sur R comme somme de deux fonctions dérivables sur R (fonction constante et fonction g ).
De plus la fonction h  est strictement positive.
Dès lors, la fonction  i:x\mapsto\sqrt{1+\text{e}^{2x}}  est dérivable sur R comme composée de deux fonctions dérivables sur R (fonction "racine carrée" et fonction h ).
Par conséquent, la fonction f  est dérivable sur R comme inverse de la fonction i  dérivable et non nulle sur R.

Déterminons l'expression de f' (x ).

f'(x)=\dfrac{-(\sqrt{1+\text{e}^{2x}})'}{(\sqrt{1+\text{e}^{2x}})^2}=\dfrac{-\dfrac{(1+\text{e}^{2x})'}{2\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}}{1+\text{e}^{2x}}=\dfrac{-\dfrac{2\,\text{e}^{2x}}{2\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}}{1+\text{e}^{2x}}=\dfrac{-\dfrac{\text{e}^{2x}}{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}}{1+\text{e}^{2x}}=\dfrac{-\,\text{e}^{2x}}{(1+\text{e}^{2x})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\R,\,f'(x)=\dfrac{-\,\text{e}^{2x}}{(1+\text{e}^{2x})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}}

{\red{2.\ \text{a) }}}\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{2x}=+\infty\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}(1+\text{e}^{2x})=+\infty \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}(1+\text{e}^{2x})=+\infty\\\lim\limits_{X\to+\infty}\sqrt{X}=+\infty\end{matrix}\right. \underset{\text{par composée}}{\Longrightarrow}\ \ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{1+\text{e}^{2x}}=+\infty \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\sqrt{1+\text{e}^{2x}}=+\infty\\\lim\limits_{X\to+\infty}\dfrac{1}{X}=0\end{matrix}\right. \underset{\text{par composée}}{\Longrightarrow}\ \ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0}
D'où, la courbe  (\zeta)  admet une asymptote horizontale en +infini d'équation y  = 0.

\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{2x}=0\Longrightarrow\lim\limits_{x\to-\infty}(1+\text{e}^{2x})=1 \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{2x}=0}{\Longrightarrow}\ \ \ \ \lim\limits_{x\to-\infty}\sqrt{1+\text{e}^{2x}}=1 \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{2x}=0}{\Longrightarrow}\ \ \ \ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=1}
D'où, la courbe  (\zeta)  admet une asymptote horizontale en -infini d'équation y  = 1.

{\red{2.\ \text{b) }}}\ \forall\ x\in\R,\ \text{e}^{2x}>0\Longrightarrow1+ \text{e}^{2x}>1 \\\phantom{{\red{2.\ \text{b) }}}\ \forall\ x\in\R,\ \text{e}^{2x}>0}\Longrightarrow\sqrt{1+ \text{e}^{2x}}>1 \\\phantom{{\red{2.\ \text{b) }}}\ \forall\ x\in\R,\ \text{e}^{2x}>0}\Longrightarrow0<\dfrac{1}{\sqrt{1+ \text{e}^{2x}}}<1 \\\phantom{{\red{2.\ \text{b) }}}\ \forall\ x\in\R,\ \text{e}^{2x}>0}\Longrightarrow0<f(x)<1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\in\R,\ 0<f(x)<1}

3. a)  Nous avons montré dans la question 1. que  \forall\,x\in\R,\,f'(x)=\dfrac{-\,\text{e}^{2x}}{(1+\text{e}^{2x})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}} .
Puisque l'exponentielle est strictement positive sur R, nous en déduisons que  \forall\,x\in\R,\,f'(x)<0.
Par conséquent, la fonction f  est strictement décroissante sur R.

Tableau de variation de f 

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

3. b)  Par la question 3. a), nous savons que la fonction f  est continue et strictement décroissante sur R
et que f (R) = ]0 ; 1[.
Par conséquent, la fonction f  réalise une bijection de R sur l'intervalle J = ]0 ; 1[.

3. c)  On pose  g(x)=f(x)-x.
La fonction g  est définie, dérivable sur R avec  g'(x)=f'(x)-1<0.
Ainsi, g est strictement décroissante sur R.
Puisque  g(0,5)=\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}}}-0,5\approx0,02\ {\red{>0}}\ \ \ \text{et}\ \ \ g(0,6)=\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{1,2}}}-0,6\approx-0,12\ {\red{<0}} ,
par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous en déduisons qu'il existe un unique réel alpha
tel que g (alpha) = 0 et que alpha appartient ]0,5 ; 0,6[.
Remarque : Nous aurions également pu dire que g  réalise une bijection (car elle est continue et strictement décroissante sur R) de R sur g (R) = R.
Auquel cas, 0 admet un unique antécédent alpha par g .

3. d)  Etudions le signe de  g(x)=f(x)-x.
Nous avons montré dans la question 3. c) que la fonction g  est strictement décroissante sur R.

\text{Dès lors, }\forall\,x\in\R,\ x<\alpha\Longrightarrow g(x)>g(\alpha ) \\\phantom{\text{Dès lors, }\forall\,x\in\R,\ x<\alpha}\Longrightarrow g(x)>0\ \ \ \ \ \ \ (\text{car }g(\alpha )=0) \\\\\phantom{\text{Dès lors, }\forall\,x\in\R,\ }x>\alpha\Longrightarrow g(x)<g(\alpha ) \\\phantom{\text{Dès lors, }\forall\,x\in\R,\ x<\alpha}\Longrightarrow g(x)<0\ \ \ \ \ \ \ (\text{car }g(\alpha )=0)

Par conséquent,  f(x)-x>0  pour tout x  dans l'intervalle ]-infini ; alpha[
et  f(x)-x<0  pour tout x  dans l'intervalle ]alpha ; +infini[


D'où, la courbe  (\zeta)  est au-dessus de la droite d'équation y  = x  sur l'intervalle ]-infini ; alpha[ et est en dessous de cette droite sur l'intervalle ]alpha ; +infini[.

4. a) et b)  Représentations graphiques des courbes  (\zeta)  et  (\zeta '). 

Bac Maths Tunisie 2020 : image 13


5. a)  Soit la fonction h  définie sur R par : h(x)=x-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})
Montrons que la fonction h  est une primitive de f .
La fonction h  est dérivable sur R.
De plus, pour tout réel x ,
h'(x)=x'-[\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})]'=1-\dfrac{(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})'}{1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=1-\dfrac{(\sqrt{1+\text{e}^{2x}})'}{1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}} \\\\\phantom{h'(x)}=1-\dfrac{\dfrac{(1+\text{e}^{2x})'}{2\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}}{1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=1-\dfrac{\dfrac{2\,\text{e}^{2x}}{2\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}}{1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=1-\dfrac{\dfrac{\text{e}^{2x}}{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}}{1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}} \\\\\phantom{h'(x)}=1-\dfrac{\text{e}^{2x}}{(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=\dfrac{(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}-\text{e}^{2x}}{(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}} \\\\\phantom{h'(x)}=\dfrac{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}+(1+\text{e}^{2x})-\text{e}^{2x}}{(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=\dfrac{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}+1}{(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})\sqrt{1+\text{e}^{2x}}} =\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2x}}}=f(x)
Puisque  h'(x)=f(x) , nous en déduisons que la fonction h  est une primitive de f .

5. b)  Déterminons l'aire  \mathscr{A}  de la partie du plan délimitée par la courbe  (\zeta ) , l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives x  = 0 et x  = alpha.

\mathscr{A}=\int\limits_0^{\alpha}f(x)\,\text{d}x=\left[\overset{}{h(x)}\right]\limits_0^{\alpha}=\left[\overset{}{x-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}})}\right]\limits_0^{\alpha} \\\phantom{ A}=[\alpha-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2\alpha}})]-[0-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{0}})]  \\\phantom{ A}=\alpha-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2\alpha}})+\ln(1+\sqrt{1+1})]  \\\phantom{ A}=\alpha-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2\alpha}})+\ln(1+\sqrt{2}) \\\phantom{ A}=\alpha+\ln\dfrac{1+\sqrt{2}}{1+\sqrt{1+\text{e}^{2\alpha}}}
Or, par la question 3. c), nous savons que alpha est la solution unique de l'équation f (x ) = x .
Dès lors,  f(\alpha)=\alpha , soit  \dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2\alpha}}}=\alpha\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \sqrt{1+\text{e}^{2\alpha}}=\dfrac{1}{\alpha}.
Nous en déduisons que :

\mathscr{A}=\alpha+\ln\dfrac{1+\sqrt{2}}{1+\dfrac{1}{\alpha}}=\alpha+\ln\dfrac{1+\sqrt{2}}{\dfrac{\alpha+1}{\alpha}} \Longrightarrow \boxed{\mathscr{A}=\alpha+\ln\dfrac{\alpha(1+\sqrt{2})}{\alpha+1}\ \text{u.a.}}

II.  Pour tout k  appartient N*, considérons la fonction Fk  définie sur [0 ; +infini[ par  F_k(x) =\int\limits_0^x(f(t))^k\,\text{d}t.

1. a)  Montrons que Fk  est croissante sur [0 ; +infini[.
Nous savons par la question I.1. que la fonction f  est dérivable sur R.
Donc f  est continue sur R et en particulier sur [0 ; +infini[.
Par conséquent, la fonction  x\mapsto(f(x))^k  est continue sur [0 ; +infini[.
Nous en déduisons que la fonction  x\mapsto F_k(x)  est dérivable sur [0 ; +infini[. 
F\,'_k(x) =(f(x))^k>0\ \ \ \ (\text{car }f>0 - \text{voir question I.2.b)} \\\overset{}{\Longrightarrow\forall\,x\in[0\,;\,+\infty[,\ F\,'_k(x)>0}
D'où la fonction Fk  est croissante sur [0 ; +infini[.

{\red{1.\ \text{b) }}}\ \forall\,t\in[0\,;+\infty[,\ \ f(t)=\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f(t)>0\\f(t)<\dfrac{1}{\sqrt{\text{e}^{2t}}}\end{matrix}\right. \\\Longrightarrow 0<f(t)<\dfrac{1}{\text{e}^t} \\\Longrightarrow 0<f(t)<\text{e}^{-t} \\\Longrightarrow 0<(f(t))^k<(\text{e}^{-t})^k \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,t\in[0\,;+\infty[,\ \  0\le(f(t))^k\le \text{e}^{-kt}}

{\red{1.\ \text{c) }}}\ \forall\,t\in[0\,;+\infty[,\ \ 0\le(f(t))^k\le \text{e}^{-kt} \\\\\Longrightarrow\forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ 0\le\int\limits_0^x(f(t))^k\text{d}t\le \int\limits_0^x\text{e}^{-kt}\text{d}t \\\phantom{\Longrightarrow\forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ }0\le F_k(x)\le -\dfrac{1}{k}\int\limits_0^x-k\,\text{e}^{-kt}\text{d}t \\\phantom{\Longrightarrow\forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ }0\le F_k(x)\le -\dfrac{1}{k}\left[\overset{}{\text{e}^{-kt}}\right]\limits_0^x \\\\\phantom{\Longrightarrow\forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ }0\le F_k(x)\le -\dfrac{1}{k}\left[\overset{}{\text{e}^{-kx}-\text{e}^{-0}}\right] \\\\\phantom{\Longrightarrow\forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ }0\le F_k(x)\le -\dfrac{1}{k}\left[\overset{}{\text{e}^{-kx}-1}\right] \\\\\phantom{\Longrightarrow\forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ }0\le F_k(x)\le \dfrac{1}{k}\left[\overset{}{1-\text{e}^{-kx}}\right]< \dfrac{1}{k} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ 0\le F_k(x)\le \dfrac{1}{k}}

1. d)  Pour tout x appartient [0 ; +infini[, la fonction Fk  est croissante (voir question II.1.a) et bornée par  \dfrac{1}{k}.
Par conséquent, la fonction Fk  admet une limite finie Ik  quand x  tend vers +infini.

{\red{1.\ \text{e) }}}\ \forall\,x\in[0\,;+\infty[,\ \ 0\le F_k(x)\le \dfrac{1}{k}\ \ \ \Longrightarrow \ \ \ 0\le \lim\limits_{x\to+\infty}F_k(x)\le \dfrac{1}{k} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow \ \ \ 0\le I_k\le \dfrac{1}{k} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow \ \ \ 0\le \lim\limits_{k\to+\infty}I_k\le\lim\limits_{k\to+\infty} \dfrac{1}{k} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow \ \ \ 0\le \lim\limits_{k\to+\infty}I_k\le0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{k\to+\infty}I_k=0}

2. a)  Nous savons par la question I.5.a) que la fonction h  est une primitive de f .

\text{D'où }I_1=\lim\limits_{x\to+\infty}F_1(x) =\lim\limits_{x\to+\infty}\int\limits_0^xf(t)\text{d}t =\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\overset{}{h(t)}\right]\limits_0^x =\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\overset{}{h(x)-h(0)}\right] \\\phantom{\text{D'où }I_1}=\left(\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)\right)-h(0) \\\\\text{Or }\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}(x-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}) \\\phantom{\text{Or }\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}(\ln\text{e}^x-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}) \\\phantom{\text{Or }\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\dfrac{\text{e}^x}{1+\sqrt{1+\text{e}^{2x}}} \\\phantom{\text{Or }\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\dfrac{\text{e}^x}{\sqrt{\text{e}^{2x}}}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^{x}}=\ln1 =0 \\\\\text{Donc }I_1=0-h(0)\Longrightarrow\boxed{I_1=-h(0)}

{\red{2.\ \text{b) }}}\forall\ t\in\,[0\,;\,+\infty],\ \\ (f(t))^3-f(t)=\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}\right)^3-\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}} \\\\\phantom{(f(t))^3-f(t)}=\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}\right)^2\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}\right)-\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}} \\\\\phantom{(f(t))^3-f(t)}=\dfrac{1}{1+\text{e}^{2t}}\times\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}-\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}=\dfrac{1}{(1+\text{e}^{2t})\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}-\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^{2t}}} \\\\\phantom{(f(t))^3-f(t)}=\dfrac{1-(1+\text{e}^{2t})}{(1+\text{e}^{2t})\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}=\dfrac{-\,\text{e}^{2t}}{(1+\text{e}^{2t})\sqrt{1+\text{e}^{2t}}}=f'(t)\ \ \ \ (\text{voir question I.1.)} \\\\\Longrightarrow\boxed{(f(t))^3-f(t)=f'(t)}

{\red{2.\ \text{c) }}}\forall\ t\in\,[0\,;\,+\infty],\ \forall\ x\in\,[0\,;\,+\infty],\ \\ (f(t))^3-f(t)=f'(t)\Longrightarrow\int\limits_0^x(f(t))^3\,\text{d}t- \int\limits_0^xf(t)\,\text{d}t=\int\limits_0^xf'(t)\,\text{d}t \\\phantom{(f(t))^3-f(t)=f'(t)}\Longrightarrow F_3(x)-F_1(x)=\int\limits_0^xf'(t)\,\text{d}t \\\phantom{(f(t))^3-f(t)=f'(t)}\Longrightarrow F_3(x)-F_1(x)=\left[\overset{}{f(t)}\right]\limits_0^x \\\phantom{(f(t))^3-f(t)=f'(t)}\Longrightarrow F_3(x)-F_1(x)=f(x)-f(0) \\\\\Longrightarrow\boxed{F_3(x)=F_1(x)+f(x)-f(0)}

{\red{2.\ \text{d) }}}\ I_3=\lim\limits_{x\to+\infty}F_3(x) \\\phantom{{\red{2.\ \text{d) }}}\ I_3}=\lim\limits_{x\to+\infty}[F_1(x)+f(x)-f(0)] \\\phantom{{\red{2.\ \text{d) }}}\ I_3}=\lim\limits_{x\to+\infty}F_1(x)+\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)-f(0) \\\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}F_1(x)=I_1=-h(0)\ \ \ (\text{voir question II.2.a)}\\\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\ \ \ (\text{voir question I.2.a)}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }I_3=-h(0)+0-f(0)\Longrightarrow {\blue{I_3=-h(0)-f(0)}} \\\\\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}-h(0)=-(0-\ln(1+\sqrt{1+\text{e}^0}))=\ln(1+\sqrt{2})\\f(0)=\dfrac{1}{\sqrt{1+\text{e}^0}}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{matrix}\right. \\\\\Longrightarrow\boxed{I_3=\ln(1+\sqrt{2})-\dfrac{\sqrt{2}}{2}}

{\red{3.\ \text{a) }}}\ \forall\ x\ge0,\ \forall\ k\ge2, \\\\F_{2k+1}(x)-F_{2k-1}(x)=\int\limits_0^x[(f(t))^{2k+1}-(f(t))^{2k-1}]\,\text{d}t \\\phantom{F_{2k+1}(x)-F_{2k-1}(x)}=\int\limits_0^x(f(t))^{2k-2}[(f(t))^3-f(t)]\,\text{d}t \\\phantom{F_{2k+1}(x)-F_{2k-1}(x)}=\int\limits_0^x(f(t))^{2k-2}\times f\,'(t)\,\text{d}t\ \ \ \ \ (\text{voir question II.2.b}) \\\phantom{F_{2k+1}(x)-F_{2k-1}(x)}=\left[\dfrac{(f(t))^{(2k-2)+1}}{(2k-2)+1}\right]\limits_0^x=\left[\dfrac{(f(t))^{2k-1}}{2k-1}\right]\limits_0^x=\dfrac{1}{2k-1}\left[(f(t))^{2k-1}\right]\limits_0^x \\\\\Longrightarrow\boxed{ \forall\ x\ge0,\ \forall\ k\ge2,\ F_{2k+1}(x)-F_{2k-1}(x)=\dfrac{1}{2k-1}\left((f(x))^{2k-1}-(f(0))^{2k-1}\right)}

{\red{3.\ \text{b) }}}\ \forall\ x\ge0,\ \forall\ k\ge2, F_{2k+1}(x)-F_{2k-1}(x)=\dfrac{1}{2k-1}((f(x))^{2k-1}-(f(0))^{2k-1}) \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}[F_{2k+1}(x)-F_{2k-1}(x)]=\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac{1}{2k-1}((f(x))^{2k-1}-(f(0))^{2k-1})\right] \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k+1}(x)-\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k-1}(x)=\dfrac{1}{2k-1}\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x))^{2k-1}-\dfrac{1}{2k-1}(f(0))^{2k-1}

\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k+1}(x)=I_{2k+1}\\\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k-1}(x)=I_{2k-1}\\\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\ \ \ (\text{voir I.2.a)}\\f(0)=\dfrac{1}{\sqrt{2}}\ \ \ (\text{voir II.2.d)}\end{matrix}\right.\ \ \Longrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k+1}(x)=I_{2k+1}\\\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k-1}(x)=I_{2k-1}\\\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x))^{2k-1}=0\\ (f(0))^{2k-1}=\dfrac{1}{(\sqrt{2})^{2k-1}}\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où  }\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k+1}(x)-\lim\limits_{x\to+\infty}F_{2k-1}(x)=\dfrac{1}{2k-1}\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x))^{2k-1}-\dfrac{1}{2k-1}(f(0))^{2k-1} \\\\\Longrightarrow I_{2k+1}-I_{2k-1}=\dfrac{1}{2k-1}\times0-\dfrac{1}{2k-1}\times\dfrac{1}{(\sqrt{2})^{2k-1}} \\\\\Longrightarrow\boxed{I_{2k+1}-I_{2k-1}=\dfrac{-1}{(2k-1)(\sqrt{2})^{2k-1}},\ \ \ k\ge2.}

3. c)  Par la question précédente, nous savons que  I_{2k+1}=I_{2k-1}-\dfrac{1}{(2k-1)(\sqrt{2})^{2k-1}},\ \ \ k\ge2.

Dès lors, par itération, nous obtenons :  \left\lbrace\begin{matrix}I_{2k+1}=I_{2k-1}-\dfrac{1}{(2k-1)(\sqrt{2})^{2k-1}} \\\overset{}{I_{2k-1}=I_{2k-3}-\dfrac{1}{(2k-3)(\sqrt{2})^{2k-3}}} \\\overset{}{I_{2k-3}=I_{2k-5}-\dfrac{1}{(2k-5)(\sqrt{2})^{2k-5}}} \\\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots\dots \\\overset{}{I_5=I_3-\dfrac{1}{3(\sqrt{2})^3}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.

Après avoir additionné membre à membre ces égalités et avoir simplifié les termes égaux, nous obtenons :

\boxed{I_{2k+1}=I_3-\sum\limits_{m=2}^k\dfrac{1}{(2m-1)(\sqrt{2})^{2m-1}}}

{\red{3.\ \text{d) }}}\ I_{2k+1}=I_3-\sum\limits_{m=2}^k\dfrac{1}{(2m-1)(\sqrt{2})^{2m-1}} \\\\\Longrightarrow\lim\limits_{k\to+\infty}I_{2k+1}=I_3-\lim\limits_{k\to+\infty}\sum\limits_{m=2}^k\dfrac{1}{(2m-1)(\sqrt{2})^{2m-1}} \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{k\to+\infty}I_{2k+1}=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\text{voir II.1.e})\ \ \ \ \ \ \ \\I_3=\ln(1+\sqrt{2})-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ \ \ (\text{voir II.2.d})\ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\ 0=\ln(1+\sqrt{2})-\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\lim\limits_{k\to+\infty}\sum\limits_{m=2}^k\dfrac{1}{(2m-1)(\sqrt{2})^{2m-1}} \\\\\text{soit }\boxed{\lim\limits_{k\to+\infty}\sum\limits_{m=2}^k\dfrac{1}{(2m-1)(\sqrt{2})^{2m-1}}=\ln(1+\sqrt{2})-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\ \ \ (=I_3)}


F I N




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