Fiche de mathématiques

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Épreuve de Mathématiques (session de contrôle)

Section Mathématiques

Tunisie 2020

COEFFICIENT : 4

DURÉE : 4 HEURES

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Bac Maths (contrôle) Tunisie 2020

5 points

exercice 1

ABC est un triangle équilatéral direct de centre O.
I, J et K sont les milieux respectifs des côtés [BC], [AC] et [AB].
Soit S la similitude directe de centre B et telle que S(J) = C.

1. Nous devons déterminer l'angle theta

de la similitude S.

Puisque B est le centre de la similitude S et que S(J) = C, nous obtenons : $\theta=(\overrightarrow{BJ},\overrightarrow{BC}).$
Nous savons que le triangle ABC est équilatéral et que J est le milieu de [AC].
Donc la médiane (BJ) est également la bissectrice de l'angle $(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})$
D'où $(\overrightarrow{BJ},\overrightarrow{BC})=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}) =\dfrac{1}{2}\times(-\dfrac{\pi}{3})\,[2\pi]=-\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]$

Par conséquent, l'angle de la similitude S est $\boxed{\theta=-\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]}.$

Nous devons déterminer le rapport k de la similitude S.

Puisque B est le centre de la similitude S et que S(J) = C, nous obtenons : $k=\dfrac{BC}{BJ}.$
Or le triangle BJC est rectangle en J puisque dans le triangle équilatéral ABC, la médiane (BJ) est également la médiatrice de [AC].

$\text{Dès lors, }\ \cos(\widehat{JBC})=\dfrac{BJ}{BC}\Longleftrightarrow\cos(\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{1}{\dfrac{BC}{BJ}} \\\phantom{\text{Dès lors, }\ \cos(\widehat{JBC})=\dfrac{BJ}{BC}}\Longleftrightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{1}{k}\Longleftrightarrow k=\dfrac{2}{\sqrt{3}} \\\\\phantom{\text{Dès lors, }\ \cos(\widehat{JBC})=\dfrac{BJ}{BC}}\Longleftrightarrow k=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
Par conséquent, le rapport de la similitude S est $\boxed{k=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}.$

2. Soit ( gammamaj

) le cercle de diamètre [AB] et ( gammamaj

') le cercle circonscrit au triangle ABC.

2. a) Nous devons montrer que S(K) = O.
Le centre O du cercle circonscrit au triangle ABC est le point d'intersection des médiatrices des côtés de ce triangle.
Le point K est le milieu de [AB].
Donc (OK) est la médiatrice du segment [AB] et est donc perpendiculaire à (AB).
D'où le triangle OKB est rectangle en K.
De plus, $(\overrightarrow{BK},\overrightarrow{BO})=\dfrac{1}{2}(\overrightarrow{BK},\overrightarrow{BC}) =\dfrac{1}{2}\times(-\dfrac{\pi}{3})\,[2\pi]\Longrightarrow\boxed{ (\overrightarrow{BK},\overrightarrow{BO})=-\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]}$

$\text{Dès lors, }\ \cos(\widehat{KBO})=\dfrac{BK}{BO}\Longleftrightarrow\cos(\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{1}{\dfrac{BO}{BK}} \\\phantom{\text{Dès lors, }\ \cos(\widehat{JBC})=\dfrac{BJ}{BC}}\Longleftrightarrow\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{1}{\dfrac{BO}{BK}}\Longleftrightarrow \dfrac{BO}{BK}=\dfrac{2}{\sqrt{3}} \\\\\phantom{\text{Dès lors, }\ \cos(\widehat{JBC})=\dfrac{BJ}{BC}}\Longleftrightarrow\boxed{\dfrac{BO}{BK}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}$

Par conséquent, $\left\lbrace\begin{matrix} (\overrightarrow{BK},\overrightarrow{BO})=-\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]\\\dfrac{BO}{BK}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}=k\ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{S(K)=O}$

2. b) [AB] est le diamètre du cercle ( gammamaj

).
Le centre de ce cercle ( gammamaj

) est alors le point K, milieu de [AB] et le rayon de ce cercle est r = BK.
Nous savons que l'image par la similitude S du cercle ( gammamaj

) de centre K est de rayon r est le cercle de rayon r' = kr et de centre S(K).

$\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}S(K)=O\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\ r'=k\times r= \dfrac{2\sqrt{3}}{3}\times BK = BO\end{matrix}\right.$
Il s'ensuit que l'image par la similitude S du cercle ( gammamaj

) est le cercle de rayon BO et de centre O, soit le cercle ( gammamaj

').
Par conséquent, $\overset{.}{\boxed{S(\Gamma )=\Gamma '}}$

2. c) Nous devons déterminer et construire le point A' = S(A).
S(A)=A', S(K)=O (voir question 2. a) et S(B)=B.
Or une similitude conserve le milieu et K est le milieu de [AB].
Donc le point O est le milieu de [A'B].
Par conséquent, le point A' est le symétrique du point A par rapport à O, déterminant ainsi le diamètre [A'B] du cercle (').
(Voir la figure ci-dessus).

3. La droite (OC) recoupe ( gammamaj

') en P et la droite (BP) recoupe ( gammamaj

) en Q.
On note S^-1 l'application réciproque de S.

3. a) S^-1 est une similitude directe de centre B, de rapport $\dfrac{1}{k}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et d'angle $\dfrac{\pi}{6}.$

3. b) Nous devons montrer que S^-1(A) = Q.

Déterminons d'abord $(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BQ}).$
$(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BQ})=(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BP})\,[2\pi]$ car le point P appartient au segment [BQ].

De plus $(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BP})=(\overrightarrow{CA}\,,\overrightarrow{CP})\,[2\pi]$ car ces deux angles sont inscrits dans le cercle ( gammamaj

') et interceptent le même arc $\overset{\frown}{AP}.$

Or $(\overrightarrow{CA}\,,\overrightarrow{CP})=\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]$ car le triangle ABC est équilatéral et la droite (CP) est la bissectrice de l'angle $(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}).$
Par conséquent, $(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BQ})=(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BP})\,[2\pi]=(\overrightarrow{CA}\,,\overrightarrow{CP})\,[2\pi]=\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]\Longrightarrow\boxed{(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BQ})=\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]}$
Le triangle AQB est rectangle en Q car il est inscrit dans le cercle ( gammamaj

) et le côté [AB] est le diamètre de ce cercle.
Dès lors, $\dfrac{BQ}{BA}=\cos(\widehat{QBA})=\cos(\dfrac{\pi}{6})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Longrightarrow\boxed{\dfrac{BQ}{BA}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$
Par conséquent, $\left\lbrace\begin{matrix}(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BQ})=\dfrac{\pi}{6}\,[2\pi]\\\dfrac{BQ}{BA}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\boxed{S^{-1}(A)=Q}$

3. c) Montrons que le triangle BJQ est équilatéral.

Par définition de S, nous savons que S(J) = C.

D'où $\left\lbrace\begin{matrix}S^{-1}(A)=Q\\S^{-1}(B)=B\\S^{-1}(C)=J\end{matrix}\right.$
Nous en déduisons que l'image par S^-1 du triangle ABC est le triangle QBJ.
Or S^-1 est une similitude et le triangle ABC est équilatéral.
Par conséquent, le triangle BJQ est un triangle équilatéral direct.

3. d) Nous devons prouver que K est le milieu du segment [QI].
Montrons d'abord que le quadrilatère AQBI est un rectangle.

Le triangle AQB est rectangle en Q car il est inscrit dans le cercle ( gammamaj

) et le côté [AB] est le diamètre de ce cercle.
Donc dans le quadrilatère AQBI, l'angle $\widehat{AQB}$ est un angle droit.

$(\overrightarrow{BI}\,,\overrightarrow{BQ})=(\overrightarrow{BI}\,,\overrightarrow{BA})+(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BQ})\ [2\pi]=\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{6}\ [2\pi]=\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$
Donc dans le quadrilatère AQBI, l'angle $\widehat{QBI}$ est un angle droit.

Le triangle BIA est rectangle en I car il est inscrit dans le cercle ( gammamaj

) et le côté [AB] est le diamètre de ce cercle.
Donc dans le quadrilatère AQBI, l'angle $\widehat{BIA}$ est un angle droit.

Or un quadrilatère ayant trois angles droits est un rectangle.
Par conséquent, le quadrilatère AQBI est un rectangle et les diagonales [AB] et [QI] se coupent en leur milieu K.
Nous en déduisons que K est le milieu du segment [QI].

4. Soit $\overset{^.}{\sigma =S\circ S_{(AB)}}$ où S_(AB) est la symétrie orthogonale d'axe (AB).

4. a) Nous devons montrer que sigma

est une similitude indirecte.
Par définition, la similitude S est directe.
Une symétrie orthogonale est une similitude indirecte.
La composée d'une similitude directe et d'une similitude indirecte est une similitude indirecte.
D'où $\overset{^.}{\sigma =S\circ S_{(AB)}}$ une similitude indirecte.

Eléments caractéristiques de sigma

:

centre : Le centre de la similitude sigma

est B car
$\overset{.}{\sigma(B)} =(S\circ S_{(AB)})(B)=S(S_{(AB)}(B))=S(B)=B\Longrightarrow\boxed{\sigma(B) =B}$

rapport : Le rapport k de la similitude sigma

est $\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ car
$\left\lbrace\begin{matrix}\sigma =S\circ S_{(AB)}\\\text{le rapport de }S\text{ est }\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\\\text{le rapport de }S_{(AB)}\text{ est }1\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ k_{\sigma} =\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\times1\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{k_{\sigma} =\dfrac{2\sqrt{3}}{3}}$

axe : $\sigma(A) =(S\circ S_{(AB)})(A)=S(S_{(AB)}(A))=S(A)=A'\Longrightarrow{\blue{\sigma(A) =A'}}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\sigma(A) =A'\\\sigma(B) =B\end{matrix}\right.$ implique

l'axe de la similitude est la droite portant la bissectrice intérieure de $(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BA'}).$

4. b) Nous devons déterminer sigma

(Q).
Nous savons par la question 3. c) que le triangle BJQ est équilatéral.
De plus, $(\overrightarrow{BJ}\,,\overrightarrow{BA})=(\overrightarrow{BO}\,,\overrightarrow{BK})=\dfrac{\overset{.}{\pi}}{6}\,[2\pi]$ et $(\overrightarrow{BA}\,,\overrightarrow{BQ})=\dfrac{\overset{.}{\pi}}{6}\,[2\pi].$
D'où la droite (BA) est bissectrice de l'angle $(\overrightarrow{BJ}\,,\overrightarrow{BQ})$
et par suite, la droite (AB) est la médiatrice du segment [QJ].
Nous en déduisons que $S_{(AB)}(Q)=J.$

Dès lors, $\sigma(Q) =(S\circ S_{(AB)})(Q)=S(S_{(AB)}(Q))=S(J)=C\Longrightarrow\boxed{\sigma(Q) =C}$

Nous devons déterminer sigma

(J).
Nous avons montré dans la question précédente que $S_{(AB)}(Q)=J$ , soit que $S_{(AB)}(J)=Q.$
De plus, par la question 3. b), nous savons que $S^{-1}(A)=Q$ , soit que $S(Q)=A.$

D'où, $\sigma(J) =(S\circ S_{(AB)})(J)=S(S_{(AB)}(J))=S(Q)=A\Longrightarrow\boxed{\sigma(J) =A}$

4. c) La droite (IJ) coupe la droite (QB) en un point M.
Nous devons déterminer et construire le point M' = sigma

(M).

Le point M est le point d'intersection des deux droites (IJ) et (QB).
D'où le point M' = sigma

(M) sera la point d'intersection des images de ces droites par la similitude sigma

.

$\text{Or }\ \sigma(I)=S_{AB}(S(I))=S_{AB}(O)=P\Longrightarrow\sigma(I)=P \\\phantom{\text{Or }\ }\sigma(J)=A\ \ \ (\text{voir question 4. a}) \\\\\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}\sigma(I)=P\\\sigma(J)=A\end{matrix}\right.}$
Donc l'image par sigma

de la droite (IJ) est la droite (AP).

$\text{De plus }\ \boxed{\left\lbrace\begin{matrix}\sigma(Q)=C\\\sigma(B)=B\end{matrix}\right.}\ \ \ (\text{voir question 4. a})$
Donc l'image par sigma

de la droite (QB) est la droite (BC).

Par conséquent, le point M' est le point d'intersection des droites (AP) et (BC).

Construction ci-dessous :

4 points

exercice 2

Soit k

^* et r le reste modulo 7 de k .

1. Déterminons les restes modulo 7 de k ³.

$k\equiv0\,\text{ (mod 7)}\Longrightarrow k^3\equiv0^3\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv0\,\text{ (mod 7)} \\\\k\equiv1\,\text{ (mod 7)}\Longrightarrow k^3\equiv1^3\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv1\,\text{ (mod 7)} \\\\k\equiv2\,\text{ (mod 7)}\Longrightarrow k^3\equiv2^3\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv8\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv1\,\text{ (mod 7)}\ \ \ (\text{car }8=1\times7+1)$
$k\equiv3\,\text{ (mod 7)}\Longrightarrow k^3\equiv3^3\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv27\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv6\,\text{ (mod 7)}\ \ \ (\text{car }27=3\times7+6) \\\\k\equiv4\,\text{ (mod 7)}\Longrightarrow k^3\equiv4^3\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv64\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv1\,\text{ (mod 7)}\ \ \ (\text{car }64=9\times7+1) \\\\k\equiv5\,\text{ (mod 7)}\Longrightarrow k^3\equiv5^3\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv125\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv1\,\text{ (mod 7)}\ \ \ (\text{car }125=17\times7+6)$
$k\equiv6\,\text{ (mod 7)}\Longrightarrow k^3\equiv6^3\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv216\,\text{ (mod 7)} \\\phantom{k\equiv0\,\text{ (mod 7)}}\Longrightarrow k^3\equiv6\,\text{ (mod 7)}\ \ \ (\text{car }216=30\times7+6)$

Tableau résumé des résultats :

$\begin{array}{|c||>{\columncolor{red}}c||>{\columncolor{green}}c||>{\columncolor{green}}c||>{\columncolor{yellow}}c||>{\columncolor{green}}c||>{\columncolor{yellow}}c||>{\columncolor{yellow}}c|}\hline&&&&&&&& r:\text{reste modulo 7 de }k&0&1&2&3&4&5&6\\&&&&&&& \\\hline&&&&&&&& \text{reste modulo 7 de }k^3&0&1&1&6&1&6&6\\&&&&&&&\\\hline \end{array}$

Par conséquent, $\left\lbrace\begin{matrix}k^3\equiv1\,\text{ (mod 7)}\Longleftrightarrow r\in\lbrace1,2,4\rbrace \\k^3\equiv6\,\text{ (mod 7)}\Longleftrightarrow r\in\lbrace3,5,6\rbrace \\k^3\equiv0\,\text{ (mod 7)}\Longleftrightarrow r=0\ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$

2. Soit (x ,y ) appartient

^*.

$\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv0\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv0\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{0}}\ (\text{mod 7)} \\\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv0\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv1\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{1}}\ (\text{mod 7)} \\\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv0\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv6\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{6}}\ (\text{mod 7)}$

$\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv1\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv0\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{1}}\ (\text{mod 7)} \\\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv1\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv1\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{2}}\ (\text{mod 7)} \\\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv1\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv6\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv7\ (\text{mod 7)}\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{0}}\ (\text{mod 7)}$

$\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv6\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv0\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{6}}\ (\text{mod 7)} \\\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv6\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv1\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv7\ (\text{mod 7)}\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{0}}\ (\text{mod 7)} \\\left\lbrace\begin{matrix}x^3\equiv6\ (\text{mod 7)}\\y^3\equiv6\ (\text{mod 7)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow x^3+y^3\equiv12\ (\text{mod 7)}\Longrightarrow x^3+y^3\equiv{\red{5}}\ (\text{mod 7)}$
Par conséquent, les restes possibles modulo 7 de x ³ + y ³ sont 0, 1, 2, 5 et 6.

3. Pour tout a appartient

^*, on désigne par $E_a=\lbrace(x,y)\in,\N^*\times \N^*,\ x^3+y^3=a\rbrace.$

Les valeurs 3 et 4 n'apparaissent pas dans les restes possibles modulo 7 de x ³ + y ³.
Dès lors, les équations x ³ + x ³ = 3(mod 7) et x ³ + x ³ = 4(mod 7) n'admettent pas de solution dans ^*^*.

4. a) $(x,y)\in E_{9990}\Longleftrightarrow(x,y)\in\N^*\times\N^*, x^3+y^3=9990.$
Or 9990 = 1427 multiplie

7 + 1.
Donc $x^3+y^3\equiv1\ (\text{mod 7}).$
Nous en déduisons que $x^3\equiv0\ (\text{mod 7})\ \ \text{ou}\ \ y^3\equiv0\ (\text{mod 7})$ , soit que $\boxed{x\equiv0\ (\text{mod 7})\ \ \text{ou}\ \ y\equiv0\ (\text{mod 7})}.$

4. b) Par la question précédente, nous savons que $x\equiv0\ (\text{mod 7})\ \ \text{ou}\ \ y\equiv0\ (\text{mod 7}).$
Premier cas : $x\equiv0\ (\text{mod 7}).$
x est alors un entier naturel non nul multiple de 7.

Si x = 7, alors x ³ = 343 et y ³ = 9990 - x ³ = 9990 - 343 = 9647.
Dans ce cas, $y=\sqrt[3]{9647}\approx21,3\notin\N^*.$
D'où x different

7.

Si x = 14, alors x ³ = 2744 et y ³ = 9990 - x ³ = 9990 - 2744 = 7246.
Dans ce cas, $y=\sqrt[3]{7246}\approx19,35\notin\N^*.$
D'où x different

14.

Si x = 21, alors x ³ = 9261 et y ³ = 9990 - x ³ = 9990 - 9261 = 729.
Dans ce cas, $y=\sqrt[3]{729}=9\in\N^*.$
D'où x = 21 et y = 9.

Si x = 28, alors x ³ = 21952 et y ³ = 9990 - x ³ = 9990 - 21952 = -11962 < 0.
Dès lors, les entiers naturels non nuls multiples de 7 strictement supérieurs à 21 sont à rejeter.

Second cas : $y\equiv0\ (\text{mod 7}).$
y est alors un entier naturel non nul multiple de 7.
Une démarche analogue au premier cas nous permet de conclure que y = 21 et x = 9.

Par conséquent, $\boxed{E_{9990}=\lbrace(21,9);(9,21)\rbrace}$

5 points

exercice 3

1. a) Etablissons l'arbre de probabilité correspondant à l'expérience.

Calculs préalables.
Si la première boule tirée de l'urne U₁ est blanche, on la remet dans l'urne U₁ et on tire simultanément deux boules de U₂.
Il y a équiprobabilité puisque toutes les boules sont indiscernables au toucher.
Le nombre de tirages possibles de deux boules est égal au nombre de combinaisons de 2 éléments parmi 4, soit $\begin{pmatrix}4\\2\end{pmatrix}=\dfrac{4!}{2!\,2!}=\dfrac{24}{4}=6.$
Au deuxième tirage, l'urne U₂ contient une boule noire et trois boules blanches.
Calculons dans ce cas la probabilité de l'événement B, soit la probabilité de tirer deux boules blanches de l'urne U₂.
Le nombre de tirages de deux boules blanches de l'urne U₂ est égal au nombre de combinaisons de 2 éléments parmi 3, soit $\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}=\dfrac{3!}{2!\,1!}=\dfrac{6}{2}=3.$
Donc, si la première boule tirée de l'urne U₁ est blanche, alors $p(B)=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}.$
Dans la même situation, nous remarquons que l'événement D est le contraire de l'événements B.
Dès lors, $p(D)=1-p(B)=1-\dfrac{1}{2}\Longrightarrow p(D)=\dfrac{1}{2}$
Donc, si la première boule tirée de l'urne U₁ est blanche, alors $p(D)=\dfrac{1}{2}.$

Si la première boule tirée de l'urne U₁ est noire, on la met dans l'urne U₂ et on tire simultanément deux boules de U₂.
Au deuxième tirage, l'urne U₂ contient deux boules noires et trois boules blanches.
Le nombre de tirages de deux boules blanches de l'urne U₂ est égal au nombre de combinaisons de 2 éléments parmi 5, soit $\begin{pmatrix}5\\2\end{pmatrix}=\dfrac{5!}{2!\,3!}=\dfrac{120}{12}=10.$
Calculons dans ce cas la probabilité de l'événement B, soit la probabilité de tirer deux boules blanches de l'urne U₂.
Le nombre de tirages de deux boules blanches de l'urne U₂ est égal au nombre de combinaisons de 2 éléments parmi 3, soit $\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}=\dfrac{3!}{2!\,1!}=\dfrac{6}{2}=3.$
Donc, si la première boule tirée de l'urne U₁ est noire, alors $p(B)=\dfrac{3}{10}.$
Calculons la probabilité de l'événement C, soit la probabilité de tirer deux boules noires de l'urne U₂.
Le nombre de tirages de deux boules noires de l'urne U₂ est égal au nombre de combinaisons de 2 éléments parmi 2, soit $\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}=1.$
Donc, si la première boule tirée de l'urne U₁ est noire, alors $p(C)=\dfrac{1}{10}.$
Enfin, si la première boule tirée de l'urne U₁ est noire, l'arbre ébauché dans l'énoncé montre que $p(D)=0,6 = \dfrac{6}{10}.$
Nous obtenons ainsi l'arbre complété :

1. b) Nous devons déterminer p(B) et p(D).

En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

$p(B)=p(A\cap B)+p(\overline{A}\cap B) =p(A)\times p_A(B)+p(\overline{A})\times p_{\overline{A}}(B) \\\\\phantom{p(B)}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{3}{10}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{20}=\dfrac{5}{20}+\dfrac{3}{20}=\dfrac{8}{20}=\dfrac{2}{5} \\\\\Longrightarrow\boxed{p(B)=\dfrac{2}{5}}$

$p(D)=p(A\cap D)+p(\overline{A}\cap D) =p(A)\times p_A(D)+p(\overline{A})\times p_{\overline{A}}(D) \\\\\phantom{p(D)}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{6}{10}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{6}{20}=\dfrac{5}{20}+\dfrac{6}{20}=\dfrac{11}{20} \\\\\Longrightarrow\boxed{p(D)=\dfrac{11}{20}}$

1. c) Pour qu'il ne reste aucune boule noire dans l'urne U₂ après les tirages des deux boules, deux cas sont à envisager :

Premier cas : La première boule tirée de l'urne U₁ est blanche et les deux boules tirées de urne U₂ sont noires.
Ce cas correspond à l'événement $A\cap D.$

Second cas : La première boule tirée de l'urne U₁ est noire et les deux boules tirées de urne U₂ sont noires.
Ce cas correspond à l'événement $\overline{A}\cap C.$

Donc la probabilité qu'il ne reste aucune boule noire dans l'urne U₂ est donnée par : $p(A\cap D)+p(\overline{A}\cap C).$
$\text{Or }\ p(A\cap D)+p(\overline{A}\cap C)=p(A)\times p_{A}(D)+p(\overline{A})\times p_{\overline{A}}(C) \\\\\phantom{\text{Or }\ p(A\cap D)+p(\overline{A}\cap C)}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{10} \\\\\phantom{\text{Or }\ p(A\cap D)+p(\overline{A}\cap C)}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{20}=\dfrac{5}{20}+\dfrac{1}{20}=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10} \\\\\Longrightarrow\boxed{p(A\cap D)+p(\overline{A}\cap C)=\dfrac{3}{10}}$
D'où la probabilité qu'il ne reste aucune boule noire dans l'urne U₂ est égale à $\dfrac{3}{10}.$

2. Soit X la variable aléatoire ayant pour valeur le nombre de boules noires restantes dans U₂.

2. a) Les valeurs possibles prises par X sont 0, 1 et 2.

$p(X=0)=\dfrac{3}{10}$ (voir question 1. c).

$p(X=1)=\dfrac{11}{20}$ (voir question 1. b).
$p(X=2)=p(\overline{A}\cap B)=p(\overline{A})\times p_{\overline{A}}(B)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{3}{10}\Longrightarrow p(X=2)=\dfrac{3}{20}$

Tableau résumant la loi de probabilité de X :

$\begin{array}{|c|ccc|ccc|ccc|}\hline&&&&&&&&&& x_i&&0&&&1&&&2&\\&&&&&&&&& \\\hline&&&&&&&&&& p(X=x_i)&&\dfrac{3}{10}&&&\dfrac{11}{20}&&&\dfrac{3}{20}&\\&&&&&&&&&\\\hline \end{array}$

2. b) Nous devons déterminer p(X supegal

1).

$p(X\ge1)=p(X=1)+p(X=2)=\dfrac{11}{20}+\dfrac{3}{20}=\dfrac{14}{20}=\dfrac{7}{10}.$
Par conséquent, la probabilité qu'il reste au moins une boule noire dans U₂ est égale à $\dfrac{7}{10}.$

3. L'expérience des tirages est répétée n fois de manière indépendante.
Pour que l'événement F_n se réalise, il faut qu'il ne reste aucune boule noire dans U₂ pour les (n -1) premières épreuves, soit que X = 0 pour les (n -1) premières épreuves.
Il faut ensuite qu'il reste au moins une boule noire à la n ^ième épreuve, soit que X supegal

1 lors de la n ^ième épreuve.

Puisque les n épreuves sont indépendantes, nous obtenons :

$p_n=p(X=0)^{n-1}\times p(X\ge1)=\left(\dfrac{3}{10}\right)^{n-1}\times\dfrac{7}{10}\Longrightarrow\boxed{p_n=\dfrac{7\times3^{n-1}}{10^{n}}}$

6 points

exercice 4

Soit f la fonction définie sur ]-1 ; + infini

[ par $f(x)=\dfrac{x\ln(1+x)}{1+x}.$

Partie A

1. a) Nous devons montrer que $\lim\limits_{x\to-1^+}f(x)=+\infty.$

$f(x)=\dfrac{x\ln(1+x)}{1+x}\Longleftrightarrow f(x)=x\times \dfrac{1}{1+x}\times\ln(1+x) \\\\\text{Soit }\ t=1+x,\ \text{alors }(x\to-1^+\Longleftrightarrow t\to0^+) \\\\\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-1^+}x=-1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\lim\limits_{x\to-1^+}\dfrac{1}{1+x}=\lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{1}{t}=+\infty\\\\\lim\limits_{x\to-1^+}\ln(1+x)=\lim\limits_{t\to0^+}\ln t=-\infty\end{matrix}\right.\\\\\Longrightarrow \ \lim\limits_{x\to-1^+}\left[x\times \dfrac{1}{1+x}\times\ln(1+x)\right]=+\infty \\\\\Longrightarrow \ \boxed{\lim\limits_{x\to-1^+}f(x)=+\infty}$
Par conséquent, la droite d'équation : x = -1 est une asymptote verticale à la courbe $\mathscr{C}$ .

1. b) Nous devons montrer que $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.$

$f(x)=\dfrac{x\ln(1+x)}{1+x}\Longleftrightarrow f(x)=\dfrac{x}{1+x}\times\ln(1+x) \\\\\text{Soit }\ t=1+x,\ \text{alors }(x\to+\infty\Longleftrightarrow t\to+\infty) \\\\\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{1+x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}1=1\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\ln(1+x)=\lim\limits_{t\to+\infty}\ln t=+\infty\end{matrix}\right.\\\\\Longrightarrow \ \lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac{x}{1+x}\times\ln(1+x)\right]=+\infty \\\\\Longrightarrow \ \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}$

Nous devons montrer que $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0.$

$f(x)=\dfrac{x\ln(1+x)}{1+x}\Longrightarrow \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{\ln(1+x)}{1+x} \\\\\text{Soit }\ t=1+x,\ \text{alors }(x\to+\infty\Longleftrightarrow t\to+\infty) \\\\\text{D'où }\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}= \lim\limits_{t\to+\infty} \dfrac{\ln t}{t}=0\ \ \ \ (\text{par les croissances comparées}) \\\\\Longrightarrow \ \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0}$

Puisque $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0$ , la courbe (C) admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses au voisinage de +.

2. a) La fonction définie par $x\mapsto\dfrac{x}{1+x}$ est une fonction rationnelle dérivable sur ]- infini

; -1[

]-1 ; +

[ et en particulier dérivable sur ]-1 ; + infini

[.
La fonction définie par $x\mapsto\ln(1+x)$ est la composée de la fonction définie par $x\mapsto 1+x$ dérivable sur

et en particulier sur ]-1 ; + infini

[ et de la fonction logarithme népérien dérivable sur f(]-1 ; + infini

[) = ]0 ; + infini

[.
Donc la fonction définie par $x\mapsto\ln(1+x)$ est dérivable sur ]-1 ; + infini

[.
La fonction f est le produit de ces fonctions $x\mapsto\dfrac{x}{1+x}$ et $x\mapsto\ln(1+x)$ dérivables sur ]-1 ; + infini

[.
Par conséquent, la fonction f est dérivable sur ]-1 ; +[.

2. b) Déterminons l'expression algébrique de f' (x ).

$f'(x)=\dfrac{[x\ln(1+x)]'\times(1+x)-x\ln(1+x)\times(1+x)'}{(1+x)^2} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{[x'\times\ln(1+x)+x\times(\ln(1+x))']\times(1+x)-x\ln(1+x)\times1}{(1+x)^2} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{\left[1\times\ln(1+x)+x\times(\dfrac{1}{1+x})\right]\times(1+x)-x\ln(1+x)}{(1+x)^2} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{\left[\ln(1+x)+\dfrac{x}{1+x}\right]\times(1+x)-x\ln(1+x)}{(1+x)^2} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{(1+x)\ln(1+x)+x-x\ln(1+x)}{(1+x)^2} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{\ln(1+x)+x\ln(1+x)+x-x\ln(1+x)}{(1+x)^2} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{x+\ln(1+x)}{(1+x)^2}$

$\Longrightarrow\boxed{f'(x)=\dfrac{x+\ln(1+x)}{(1+x)^2}\ \ \ \ \ (x>-1)}$

2. c) Nous devons montrer que $x+\ln(1+x)>0\Longleftrightarrow x>0.$
Soit la fonction g définie que l'intervalle ]-1 ; + infini

[ par $g(x)=x+\ln(1+x).$
La fonction g est dérivable sur ]-1 ; + infini

[.

$g'(x)=1+\dfrac{1}{1+x}=\dfrac{1+x+1}{1+x}=\dfrac{2+x}{1+x} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\in\,]-1\,;\,+\infty[,\ \ g'(x)=\dfrac{x+2}{x+1}} \\\\x\in\,]-1\,;\,+\infty[\ \ \Longrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}x+2>0\\x+1>0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{x\in\,]-1\,;\,+\infty[}\ \ \Longrightarrow\ \ \dfrac{x+2}{x+1}>0 \\\\\phantom{x\in\,]-1\,;\,+\infty[}\ \ \Longrightarrow\ \ \boxed{g'(x)>0}$
Nous en déduisons que la fonction g est strictement croissante sur ]-1 ; +[.

$\text{Or } \lim\limits_{x\to-1^+}g(x)=\lim\limits_{x\to-1^+}[x+\ln(1+x)]=-1-\infty=-\infty\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-1^+}g(x)=-\infty} \\\\\phantom{\text{Or }}g(0)=0+\ln1=0\Longrightarrow\boxed{g(0)=0} \\\\\phantom{\text{Or }}\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}[x+\ln(1+x)]=+\infty+\infty=+\infty\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=+\infty}$

Nous obtenons ainsi le tableau de variations de la fonction g sur ]-1 ; + infini

[ :

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

Nous déduisons de ce tableau que $\left\lbrace\begin{matrix}g(x)>0\Longleftrightarrow x>0\\g(x)<0\Longleftrightarrow -1<x<0\end{matrix}\right.$ , soit que $\left\lbrace\begin{matrix}x+\ln(1+x)>0\Longleftrightarrow x>0\ \ \ \ \ \ \ \\x+\ln(1+x)<0\Longleftrightarrow -1<x<0\end{matrix}\right.$

2. d) Etudions le signe de la dérivée $f'(x)}=\dfrac{x+\ln(1+x)}{(1+x)^2}$ et les variations de f .
Nous savons que (1 + x )² > 0 pour tout x appartient

]-1 ; +

[.
D'où le signe de f' (x ) est le signe de $x+\ln(1+x)$ (voir question précédente).
Par conséquent, le tableau de variation de f est donné par :

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

2. e) Représentation graphique de la courbe $\mathscr{C}$ .

Partie B

Soit G la fonction définie sur [1 ; + infini

[ par $G(x)=\int\limits_1^x\dfrac{f(t)}{t}\,\text{d}t.$

Pour tout entier n supegal

1, on pose $V_n=\int\limits_1^{\frac{n+1}{n}}f(t^n)\,\text{d}t$

Soit F_n la fonction définie que [1 ; + infini

[ par $F_n(x)=\int\limits_1^{x^n}\,\dfrac{f(t)}{t}\,\sqrt[n]{t}\ \text{d}t.$

1. Par définition de f , nous savons que $f(t)=\dfrac{t\,\ln(1+t)}{1+t}\Longrightarrow\dfrac{f(t)}{t}=\dfrac{\ln(1+t)}{1+t}$ $\text{D'où }\ G(x)=\int\limits_1^x\dfrac{f(t)}{t}\,\text{d}t=\int\limits_1^x\dfrac{\ln(1+t)}{1+t}\,\text{d}t \\\\\phantom{\text{D'où }\ G(x)}=\int\limits_1^x\dfrac{1}{1+t}\times\ln(1+t)\,\text{d}t=\int\limits_1^x(\ln(1+t))'\times\ln(1+t)\,\text{d}t \\\\\phantom{\text{D'où }\ G(x)}=\left[\dfrac{\ln^2(1+t)}{2}\right]\limits_1^x=\dfrac{\ln^2(1+x)}{2}-\dfrac{\ln^2(1+1)}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\ge1, \ \ G(x)=\dfrac{1}{2}\ln^2(1+x)-\dfrac{1}{2}\ln^2(2)}$

2. Nous avons montré que $\dfrac{f(t)}{t}=\dfrac{\ln(1+t)}{1+t}.$ $t\ge1\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\ln(1+t)\ge\ln(1+1)\ \ \ (\text{car la fonction }\ln\text{ est strictement croissante sur }\R _+^*)\\ 1+t>0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right. \\\\\phantom{t\ge1}\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\ln(1+t)\ge\ln(2)\\ 1+t>0\ \ \ \ \end{matrix}\right. \\\\\phantom{t\ge1}\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\ln(1+t)>0\\ 1+t>0\ \ \ \ \end{matrix}\right. \\\\\phantom{t\ge1}\Longrightarrow\dfrac{\ln(1+t)}{1+t}>0 \\\\\phantom{t\ge1}\Longrightarrow\boxed{\dfrac{f(t)}{t}>0}$

Donc,

$\forall\ x\ge1,\ \ 1\le t\le x^n\ \ \Longrightarrow\ \ 1\le \sqrt[n]{t}\le \sqrt[n]{x^n} \\\phantom{\forall\ x\ge1,\ \ 1\le t\le x^n}\ \ \Longrightarrow\ \ 1\le \sqrt[n]{t}\le x \\\\\phantom{\forall\ x\ge1,\ \ 1\le t\le x^n}\ \ \Longrightarrow\ \ \dfrac{f(t)}{t}\le \dfrac{f(t)}{t}\times\sqrt[n]{t}\le x\times\dfrac{f(t)}{t}\ \ \ \ \ \ (\text{car }\dfrac{f(t)}{t}>0) \\\\\phantom{\forall\ x\ge1,\ \ 1\le t\le x^n}\ \ \Longrightarrow\ \ \int\limits_1^{x^n}\dfrac{f(t)}{t}\,\text{d}t\le \int\limits_1^{x^n}\dfrac{f(t)}{t}\,\sqrt[n]{t}\,\text{d}t\le x\times\int\limits_1^{x^n}\dfrac{f(t)}{t}\,\text{d}t \\\\\phantom{\forall\ x\ge1,\ \ 1\le t\le x^n}\ \ \Longrightarrow\ \ G(x^n)\le F_n(x)\le x\times G(x^n) \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\ge1,\ \ G(x^n)\le F_n(x)\le x\, G(x^n)}$

3. Montrons que F_n est dérivable sur [1 ; + infini

[.

Soit la fonction h définie sur [1 ; + infini

[ par $h(t)=\dfrac{f(t)}{t}\times\sqrt[n]{t}.$
La fonction f est dérivable sur ]-1 ; + infini

[ (voir question 2. a).
Donc la fonction f est continue sur ]-1 ; + infini

[ et en particulier sur [1 ; + infini

[.
La fonction définie sur [1 ; + infini

[ par $t\mapsto t$ est continue sur [1 ; + infini

[ et ne s'annule pas sur [1 ; + infini

[.
La fonction définie sur [1 ; + infini

[ par $t\mapsto \sqrt[n]{t}$ est continue sur [1 ; + infini

[.

Dès lors, la fonction h est continue sur [1 ; + infini

[.
Nous en déduisons que la fonction F_n est la primitive de la fonction h qui s'annule en 1.
Par conséquent, la fonction F_n est dérivable sur [1 ; +[.

$F'_n(x)=\dfrac{f(x^n)}{x^n}\times\sqrt[n]{x^n}\times(x^n)' =\dfrac{f(x^n)}{x^n}\times x\times(n\,x^{n-1}) =\dfrac{f(x^n)}{x^n}\times n\times x^{n} =n\times f(x^n) \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall x\ge1,\ \ F'_n(x)=n\times f(x^n)}$

4. Pour tout entier n supegal

1,

$n\ V_n=n\times \int\limits_1^{\frac{n+1}{n}}f(t^n)\,\text{d}t \\\phantom{n\ V_n}= \int\limits_1^{\frac{n+1}{n}}n\times f(t^n)\,\text{d}t \\\phantom{n\ V_n}= \int\limits_1^{\frac{n+1}{n}}F'_n(t)\,\text{d}t\ \ \ \ (\text{voir question 3.)} \\\phantom{n\ V_n}= \left[\overset{}{F_n(t)}\right]\limits_1^{\frac{n+1}{n}} =F_n(\frac{n+1}{n})-F_n(1)=F_n(\frac{n+1}{n})-0 =F_n(\frac{n+1}{n}) \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ n\ge1,\ \ n\ V_n=F_n\left(\frac{n+1}{n}\right)}$

5. a) Pour tout entier n supegal

1, $G(x^n)\le F_n(x)\le x\, G(x^n)\ \ \ \ (\text{voir question 2}).$

Remplaçons x par $\dfrac{n+1}{n}$ en sachant que $\dfrac{n+1}{n}=1+\dfrac{1}{n}>1$

$G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)\le F_n\left(\dfrac{n+1}{n}\right)\le \left(\dfrac{n+1}{n}\right)\, G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)$

Or, par la question 4., nous savons que $\forall\ n\ge1,\ \ n\ V_n=F_n\left(\frac{n+1}{n}\right).$

Par conséquent, $\boxed{\forall\ n\ge1,\ \ G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)\le n\ V_n\le \left(\dfrac{n+1}{n}\right)\, G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)}$

${\red{5.\ \text{b) }}}\ \left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n=\text{e}^{\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n}=\text{e}^{n\,\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right)}=\text{e}^{n\,\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n=\text{e}^{n\,\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}}$

Nous devons en déduire que $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n=\text{e}.$

$\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n=\lim\limits_{n\to+\infty}\text{e}^{n\,\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)} \\\\\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n}=\lim\limits_{n\to+\infty}\text{e}^{\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}}}\ \ \ \ \ \ \ \ (\text{car }n=\dfrac{1}{\frac{1}{n}}) \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n=\text{e}^{\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}}}}$

Posons $h=\dfrac{1}{n}.$
Si n tend vers + infini

, alors h tend vers 0⁺.
D'où, $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}}=\lim\limits_{h\to0^+}\dfrac{\ln(1+h)}{h}=\lim\limits_{h\to0^+}\dfrac{\ln(1+h)-\ln(1)}{h}.$

Si L est la fonction définie sur ]0 ; + infini

[ par $L(x)=\ln(x)$ , alors $\lim\limits_{h\to0^+}\dfrac{\ln(1+h)-\ln1}{h}=F'(1).$
De plus, $F(x)=\ln (x)\Longrightarrow F'(x)=\dfrac{1}{x}\Longrightarrow F'(1)=1$

En résumé, $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}}=\lim\limits_{h\to0^+}\dfrac{\ln(1+h)-\ln1}{h} =F'(1)=1\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}}=1}$

Par conséquent, $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n=\text{e}^{\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}}}=\text{e}^1=\text{e}\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n=\text{e}}$

5. c) En utilisant la question 5. a), nous obtenons :

$\lim\limits_{n\to+\infty}G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)\le \lim\limits_{n\to+\infty}(n\ V_n)\le \lim\limits_{n\to+\infty}[\left(\dfrac{n+1}{n}\right)\, G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)] \\\\\lim\limits_{n\to+\infty}G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)\le \lim\limits_{n\to+\infty}(n\ V_n)\le \lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)\times \lim\limits_{n\to+\infty}G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)] \\\\\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{n\to+\infty}G\left(\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)=G\left(\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)^n\right)=G(\etxt{e})\\\\\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n+1}{n}\right)=\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)=1+\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{n}\right)=1+0=1\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\ G(\text{e})\le \lim\limits_{n\to+\infty}(n\ V_n)\le1\times G(\text{e}) \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}(n\ V_n)=G(\text{e})}$

Il s'ensuit que $\lim\limits_{n\to+\infty}V_n=\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{1}{n}\times (nV_n)\right]=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\times \lim\limits_{n\to+\infty}(nV_n)=0\times G(\text{e})=0.$

Par conséquent, $\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}V_n=0}\ .$

Publié par malou le 09-08-2021

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