Fiche de mathématiques
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Bac sciences expérimentales (série SVT et PC) - Maroc 2020

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INSTRUCTIONS GENERALES


L'utilisation de la calculatrice non programmable est autorisée.

Le candidat peut traiter les exercices de l'épreuve suivant l'ordre qui lui convient.
L'utilisation de la couleur rouge lors de la rédaction des solutions est à éviter.

COEFFICIENT : 7

DURÉE : 3 HEURES



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4 points

exercice 1


On considère la suite définie par u_0=\dfrac{3}{2} ~~\text{et pour}~~n \geq 0, ~u_{n+1}=\dfrac{2u_n}{2u_n+5}

1. On calcule u_1 par
  ~~u_1=\dfrac{2u_0}{2u_0+5}=\dfrac{2 \times \dfrac{3}{2} }{2 \times \dfrac{3}{2} + 5 }=\dfrac{3}{3+5}=\boxed{\dfrac{3}{8}=u_1}

2. Montrons par récurrence que, pour tout n de ~\N, u_n > 0

Initialisation: u_0=\dfrac{3}{2} > 0 : l'inégalité de l'énoncé est vraie quand n=0

Hérédité: Soit p un entier naturel tel que u_p > 0.

Alors, 2u_p+5>5 donc 2up+5 est non nul et on peut prendre son inverse, or l'inverse d'un nombre strictement positif étant strictement positif,

\dfrac{1}{2u_p+5}>0 \white{o} et \white{o} \black{2u_p > 0} donc en faisant le produit u_{p+1}=\dfrac{2u_p}{2u_p+5} >0

On a montré par récurrence que, pour tout n de \N, ~\boxed{u_n>0}


3. a) D'après la question précédente, pour tout n de ~\N, u_n>0 donc \boxed{u_{n+1}>0} et 2u_n+5\geq 5 soit

\dfrac{1}{2u_n+5} \leq \dfrac{1}5 puis \boxed{u_{n+1}=\dfrac{2u_n}{2u_n+5} \leq \dfrac{2}5 u_n}

On a donc bien démontré que, pour tout n de \N,~ 0 < u_{n+1} \leq \dfrac{2}5 u_n

L'inégalité \boxed{0<u_n} a déjà été démontrée à la question 2.
Montrons par récurrence que, pour tout n de \N,~ u_n \leq \dfrac{3}2 \left(\dfrac{2}5\right)^n

initialisation:  \dfrac{3}2 \left(\dfrac{2}5\right)^0=\dfrac{3}2=u_0 : l'inégalité est donc vraie pour n=0

hérédité: Soit p un entier naturel tel que u_p \leq \dfrac{3}2 \left(\dfrac{2}5\right)^p

Avec l'inégalité démontrée dans cette même question,

u_{p+1} \leq \dfrac{2}5 u_p \leq \dfrac{2}5 \times \dfrac{3}2 \left(\dfrac{2}5\right)^p  = \dfrac{3}2 \left(\dfrac{2}5\right)^{p+1}

On a donc démontré par récurrence que, pour tout n entier naturel, \boxed{u_n \leq \dfrac{3}2 \left(\dfrac{2}5\right)^n}


3. b) Comme  0< \dfrac{2}5 < 1, \lim\limits_{n \to +\infty} \left(\dfrac{2}5 \right)^n =0 , et à l'aide du théorème des gendarmes, et donc de l'encadrement

 0 <  u_n \leq \dfrac{3}2 \left(\dfrac{2}5 \right)^n, vraie pour tout n entier naturel, \boxed{\lim\limits_{n \to +\infty} u_n =0}


4. On considère à présent la suite définie par, pour tout entier naturel n, v_n=\dfrac{4u_n}{2u_n+3}

4. a) Exprimons v_{n+1} en fonction de v_n

v_{n+1}=\dfrac{4u_{n+1}}{2u_{n+1}+3}=\dfrac{4\times \dfrac{2u_n}{2u_n+5} }{ 2 \times \dfrac{2u_n}{2u_n+5} +3} = \dfrac{4\times \dfrac{2u_n}{2u_n+5} }{ 2 \times \dfrac{2u_n}{2u_n+5} +3} \times \dfrac{2u_n+5}{2u_n+5} \\ \\    = \dfrac{4\times \dfrac{2u_n}{\cancel{2u_n+5}} }{ 2 \times \dfrac{2u_n}{2u_n+5} +3} \times \dfrac{\cancel{2u_n+5}}{2u_n+5}=\dfrac{8u_n}{2\times 2u_n +3(2u_n+5)}=\dfrac{8u_n}{10u_n+15}=\dfrac{2}5 \times \dfrac{4u_n}{2u_n+3}= \boxed{\dfrac{2}5 v_n }

On a bien que \left(v_n\right)_{n\in \N est géométrique de raison \white{o} \black{\dfrac{2}5}


4. b) On en déduit immédiatement que v_n=\left(\dfrac{2}5 \right)^n\times v_0 \white{o} avec \white{o} \black{v_0=\dfrac{4u_0}{2u_0+3}=\dfrac{6}{6}=1}

donc pour tout n de \N,~~ \boxed{v_n = \left(\dfrac{2}5 \right)^n}

Ensuite, pour tout n de \N,

 v_n=\dfrac{4u_n}{2u_n+3} ~ \iff   ~ v_n(2u_n+3) = 4u_n   ~   \iff   ~u_n(4-2v_n)=3v_n  \quad \left(  \text{ on montre facilement que }\left(\dfrac{2}5 \right)^n \neq 2 \right) \\\text{soit encore}~~ u_n= \dfrac{3v_n}{4-2v_n} ~ \iff   ~ \boxed{u_n = \dfrac{3 \left(\dfrac{2}5 \right)^n }{4-2 \left(\dfrac{2}5 \right)^n}}



5 points

exercice 2

Dans l'ensemble des complexes \C, on considère l'équation (E) : z^2-2(\sqrt 2 + \sqrt 6)z+16=0

1. a) Le discriminant est

\Delta = \left(-2(\sqrt 2 + \sqrt 6 )\right) ^2 - 4\times 1 \times 16 = -4\left(16-(\sqrt 2 + \sqrt 6\right) ^2)=-4 \left(16-2-2\sqrt{12}-6\right)=-4(8-2\sqrt{12})=-4 \left(6-2\sqrt{12}+2\right)=-4\left(\sqrt{6}^2-2\sqrt{6}\sqrt{2}+\sqrt{2}^2\right)

D'où le résultat \boxed{\Delta=-4 \left(\sqrt 6 - \sqrt 2\right)^2}


1. b) On a donc deux solutions conjuguées z1 et z2 qu'on détermine par

z_1 = \dfrac{- \left(-2(\sqrt 2 + \sqrt 6~ )\right) +i \sqrt{ |\Delta|}}{2\times 1}   \text{ et }z_2=\bar{z_1}

ou encore z_1=\dfrac{2(\sqrt 2 + \sqrt 6)+i\sqrt{4(\sqrt{6}-\sqrt 2)^2}}2 = \dfrac{2(\sqrt 2 + \sqrt 6)+2i(\sqrt{6}-\sqrt 2)}{2}\text{ et } z_2=\bar{z_1}

donc \boxed{ \text{ Les solutions de l'équation (E) sont: }z_1=\sqrt{2}+\sqrt 6+i(\sqrt 6 - \sqrt 2)  \text{ et } z_2=\sqrt{2}+\sqrt 6-i(\sqrt 6 - \sqrt 2)}


2. Soient les nombres complexes a=\left(\sqrt{2}+\sqrt 6\right)+i\left(\sqrt 6 - \sqrt 2\right),~~ b = 1+i\sqrt 3 , ~~ c=\sqrt 2 +i\sqrt 2


2. a) On calcule avec les expressions données :

b \bar{c}=(1+i\sqrt 3)(\sqrt 2 -i\sqrt 2) = \sqrt 2 -i\sqrt 2 +i \sqrt 2 \sqrt 3 + \sqrt 3 \sqrt 2=\left(\sqrt{2}+\sqrt 6\right)+i\left(\sqrt 6 - \sqrt 2\right) =a

\boxed{a=b \bar{c}}

En multipliant cette égalité par c, on obtient: ~~~ac= b c \bar c = \left| c\right|^2b = (\sqrt 2 ^2 + \sqrt 2 ^2)b =4b

\boxed{ ac=4b}


2. b) \ b=1+i\sqrt{3}=2\left(\dfrac{1}2+i\dfrac{\sqrt 3}2\right)=\boxed{2\left(\cos\left({\dfrac{\pi}3}\right)+i\sin\left({\dfrac{\pi}3}\right)\right)}

c= \sqrt 2 +i \sqrt 2 = 2 \left(\dfrac{\sqrt 2}2+i\dfrac{\sqrt 2}2\right)=\boxed{2\left(\cos\left({\dfrac{\pi}4}\right)+i\sin\left({\dfrac{\pi}4}\right)\right)}


2. c) Comme c est non nul, a= \dfrac{4b}{c}, donc en se servant des formes exponentielles, on obtient:

a=4\dfrac{2\exp\left({i\dfrac{\pi}3\right)}}{2\exp{\left(i\dfrac{\pi}4\right)}}=4\exp\left(i \dfrac{\pi}3-i\dfrac{\pi}4\right)=4e^{i\dfrac{\pi}{12}}=\boxed{4\left(\cos\left({\dfrac{\pi}{12}}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)\right)}


3. On considère les points B, C et d'affixes respectives b, c et d telle que d=a^4. Soient z l'affixe du point M du plan

et z' l'affixe de M' image de M par la rotation R de centre O et d'angle \dfrac{\pi}2


3.a)
Pour une rotation R de centre P, d'affixe zp, et d'angle theta, l'affixe z' de M' image de M d'affixe z par la rotation R est z'-z_p = (z-z_p)e^{i\theta}

Ici, \theta= \dfrac{\pi}{12}, ~~ z_O=0~~\text{donc}~~ z'-0=(z-0)e^{i\dfrac{\pi}{12}} \iff ~ z' = ze^{i\dfrac{\pi}{12}} = \left(\cos\left({\dfrac{\pi}{12}}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{12}\right)\right)z  \iff   \boxed{z'=\dfrac{1}4 az}


3. b) On applique la formule précédente pour z=c

z'_c=\dfrac{1}4 \times ac=\dfrac{1}4\times 4b =b

donc \boxed{z'_c=b}


3. c) On a démontré que R(C)=b donc OC=OB.

\boxed{\text{ Le triangle OBC est donc isocèle en O}}


3. d) On a a=4e^{i\frac{\pi}{12}}

Donc a^4=4^4 \exp \left(4\times i\dfrac{\pi}{12}\right)=4^4 \exp \left(i\dfrac{\pi}3\right)=4^4 \left(\dfrac{1}2+i\dfrac{\sqrt 3}2 \right) =4^3\times 2 \times \left(1+i\sqrt 3 \right) = 16 \times 8b ~~ \text{d'où}~~  \boxed{a^4=128b}
Trois points A, B, C d'affixes respectives a, b,et c sont alignés si \left( \overrightarrow{AB} ; \overrightarrow{AC}\right)=\arg\left( \dfrac{c-a}{b-a}\right) = 0 (\pi)

Ici, d=a^4=128b~~\text{donc}~~ \dfrac{d}b=\dfrac{d-0}{b-0}=128 \in \R: un de ses arguments est pi, on a bien que \arg \left( \dfrac{d-0}{b-0} \right) = 0 (\pi)

donc \boxed{\text{ Les points O, B et D sont alignés}}.


4 points

exercice 3

On considère la fonction numérique g définie sur ]0, +infini[ par g(x)=2\sqrt x -2 -\ln(x)

1. a) g est dérivable sur ]0, + infini[ et pour tout x de ]0, +infini[, g'(x)=2\times \dfrac{1}{2\sqrt x}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{\sqrt x}{ x} - \dfrac{1}x

Soit \boxed{\forall x\in ]0,+\infty[\text{ : }g'(x)=\dfrac{\sqrt x -1}{x}}


1. b) Pour tout x de [1, +\infty[ \text{ , }x est strictement positif et \sqrt{x}-1\geq 0

Donc \forall x\in[1,+\infty[ \text{ : }  g'(x)=\dfrac{\sqrt x -1}{x}\geq 0

D'où \boxed{ g \text{ est croissante sur } [1,+\infty[}


1. c) Puisque g est croissante sur [1,+\infty[ \text{ , } \forall x\in [1,+\infty[ \text{ : }g(1) \leq g(x)

Donc  \forall x\in [1,+\infty[ \text{ : } 0 \leq 2\sqrt x -2-\ln (x) , il s'ensuit que \ln(x)\leq 2\sqrt{x}-2\leq 2\sqrt{x}

Et comme \ln(x) \geq 0 pour tout x\in [1,+\infty[

On conclut \boxed{\forall x\in [1,+\infty[\text{ : } 0 \leq \ln x \leq 2\sqrt x}


1. d) Notons f la fonction définie sur \mathbb{R} par f(x)=x^3.

Cette fonction usuelle est croissante sur \mathbb{R} et donc sur x\in [1,+\infty[.

On a alors: \forall x\in [1,+\infty[\text{ : } 0 \leq \ln x \leq 2\sqrt x\Longrightarrow f(0)\leq f(\ln x)\leq f(2\sqrt{x})

On en tire que \forall x\in [1,+\infty[\text{ : } 0 \leq (\ln x)^3 \leq 2^3 x\sqrt x

Et comme x est non nul, on peut diviser par x^{2}

D'où \boxed{\text{pour}~~ x\geq 1,~~ 0 \leq \dfrac{(\ln x)^3}{x^2} \leq \dfrac{8}{\sqrt x}}

Et comme \lim\limits_{x \to + \infty} \dfrac{8}{\sqrt x} = 0
Donc d'après le théorème des gendarmes \boxed{\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{(\ln x)^3}{x^2}=0 }


2. On considère G: x \longmapsto x\left(-1+\dfrac{4}3 \sqrt x - \ln x \right)

2. a) On a \forall x>0 \text{ : }

 G'(x)=1 \times \left(-1+\dfrac{4}3 \sqrt x - \ln x \right)+x \times \left(\dfrac{2}{3\sqrt x} - \dfrac{1}x \right)= -1 +\dfrac{4}3\sqrt x -\ln x +\dfrac{2}3 \sqrt x -1 = -2 + \dfrac{6}3 \sqrt x -\ln x =g(x)

Donc \boxed{G\text{ est bien une primitive de } g \text{ sur } ]0;+\infty[}


2. b) On a

\begin{aligned}\int_{1}^{4}{g(x)\;\mathrm{d}x\end{aligned}=\left[ G(x)\right]_1^4=4 \left(-1+\dfrac{4}3 \sqrt 4 - \ln 4 \right)- \left( 1\left(-1+\dfrac{4}3 \sqrt 1 - \ln 1 \right) \right)= -4 + \dfrac{32}{3}-4\ln 4 +1 -\dfrac{4}3
Or \ln(4)=\ln(2^2)=2\ln(2), d'où \boxed{\int_{1}^{4}{g(x)dx}=\dfrac{19}3-8\ln 2}

7 points

probleme

On considère f la fonction numérique définie sur R par f(x)=-x+\dfrac{5}2-\dfrac{1}2 e^{x-2}\left( e^{x-2}-4\right) et (C) sa courbe représentative dans un repère orthonormé \left(O; \vec{i}; \vec{j} \right)


1) Lorque x tend vers -infini, x-2 tend aussi vers -infini et \lim\limits_{x \to -\infty} e^{x-2}=0~~\text{donc}~~\lim\limits_{x\to - \infty} e^{x-2}\left( e^{x-2}-4\right)=0

D'où \boxed{\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty} -x+\dfrac{5}2 = +\infty}


Lorque x tend vers +infini, x-2 tend aussi vers +infini et \lim\limits_{x \to +\infty} e^{x-2}=+\infty~~\text{donc}~~\lim\limits_{x\to - \infty}-\dfrac{1}2 e^{x-2}\left( e^{x-2}-4\right)=-\infty ainsi que \lim\limits_{x\to +\infty} -x+\dfrac{5}2=-\infty

Donc \boxed{\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)=-\infty}


2. a)

Pour tout x de \mathbb{R} , f(x)-\left(-x+\dfrac{5}2\right)=-\dfrac{1}2 e^{x-2}\left( e^{x-2}-4\right)

Et puisque \lim\limits_{x\to - \infty} e^{x-2}\left( e^{x-2}-4\right)=0

Alors \lim\limits_{x\to - \infty} f(x)-\left(-x+\dfrac{5}2\right) = 0 :
Ce qui se traduit géométriquement par:
\boxed{\text{ La droite } (\Delta) \text{ d'équation } y=-x+\dfrac{5}{2} \text{ est une asymptote à la courbe } (C) \text{ au voisinage de }-\infty}


2. b) On a \text{pour tout } x \in \R, ~ e^{x-2}-4=0 \iff e^{x-2}=4 \iff x-2=\ln 4 \iff x=2+\ln 4

Donc \boxed{ \text{ L'ensemble des solutions de l'équation } e^{x-2}-4=0 \text{ est } S=\left\lbrace 2+2\ln 2 \right\rbrace }

Pour tout réel x\text{ : }f(x)-\left(-x+\dfrac{5}2\right)= -\dfrac{1}2 e^{x-2}\left( e^{x-2}-4\right)

Puisque \forall x\in\mathbb{R}\text{ : } \dfrac{1}2 e^{x-2}\geq 0, alors le signe de f(x)-\left(-x+\dfrac{5}2\right) est le signe de l'opposé de e^{x-2}-4

En traçant le tableau de signes:

\begin{tabvar}{|C|CCCCC|}\hline x& -\infty&&2+2\ln 2&&+\infty\\\hline e^{x-2}-4&&-&\barre{0}&+&\\\hline f(x)-(-x+\frac{5}2)&&+&\barre{0}&-&\\\hline\end{tabvar}

On conclut que:

 \boxed{\text{La courbe }(C) \text{ est au-dessus de la droite }(\Delta) \text{ sur } ]-\infty,2+2\ln 2] \text{ et en-dessous de }(\Delta) \text{ sur }   [2+2\ln 2 ; +\infty[}


3. Pour tout réel x non nul, on a: \dfrac{f(x)}x=-1+\dfrac{5}{2x}-\dfrac{1}{2e^2}\dfrac{e^x}{x}\left(e^{x-2}-4\right)

De plus, on a: \lim\limits_{x \to +\infty} -1+\dfrac{5}{2x}=-1, ~~ \lim\limits_{x \to +\infty} e^{x-2}-4=+\infty, \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{e^x}x=+\infty

On déduit par opérations élémentaires sur les limites que \boxed{\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{f(x)}x=-\infty}

Interprétation géométrique: \boxed{(C)\text{ admet l'axe des ordonnées comme direction asymptotique au voisinage de }~+\infty}


4. a) f est dérivable sur \R en tant que somme de fonctions dérivables sur \R.

Donc, pour tout réel x:

f'(x)=\left(-x+\dfrac{5}2-\dfrac{1}2 e^{x-2}\left( e^{x-2}-4\right)\right)^{'}=\left(-x+\dfrac{5}2-\dfrac{1}2 e^{2x-4} +2e^{x-2}\right)^{'}=-1-e^{2x-4}+2e^{x-2}=-\left( \left(e^{x-2}\right)^2-2e^{x-2}+1\right)

On a donc bien \boxed{\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=-\left( e^{x-2}-1\right)^2}


4. b) Pour tout x de \R \text{ , } f'(x)\leq 0 donc on peut dresser le tableau de variations de f

\begin{tabvar}{|C|CCC|}\hline x& -\infty & & +\infty \\\hline f'(x) & &- &\\\hline\niveau{2}{3} f& +\infty& \decroit& -\infty\\\hline\end{tabvar}


5. f est deux fois dérivable sur \R , donc pour tout réel x, on a :

f''(x)=\left[-\left( e^{x-2}-1\right)^2\right]^{'}=-2(\left( e^{x-2}-1\right)^{'}\left(e^{x-2}-1\right)

Donc: \boxed{\forall x\in\R\text{ : } f^{''}(x)=-2 e^{x-2} \left(e^{x-2}-1\right)}

Or, on sait que pour tout réel x\text{ : }e^{x-2}>0 , donc le signe de f''(x) est le signe de -(e^{x-2}-1):

Et enfin, on a:  e^{x-2}-1=0 \iff e^{x-2} =1 \iff x-2 = \ln 1 =0 \iff x =2

On peut tracer le tableau de signes:

\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}    \hline x                  & -\infty~&  &~ ~ &       2           &~ ~  &      &~+\infty \\\hline e^{x-2}-1&             ~ &-&  ~~ &\barre{0}&~ ~  & +  &~ \\\hline f''(x)           &             ~ &+&~  ~&\barre{0}&~~   &-    &~ \\\hline\end{tabvar}

On en tire que f'' s'annule en x=2 en changeant de signe, donc le point A(2,f(2)) est un point d'inflexion de (C)
Or f(2)=2

\boxed{A(2,2) \text{ est donc un point d'inflexion de  }(C)}


6. D'après le tableau de variations de la question 4.b), f est continue et strictement décroissante sur \R

Et comme \lim\limits_{x\to - \infty} f(x) =+\infty, \lim\limits_{x\to + \infty}f(x)=-\infty (question 1)

Donc, d'après le théorème des valeurs intermédiaires , il existe un réel unique \alpha tel que f(\alpha)=0.

De plus:

\bullet f(2+\ln 3)=-2-\ln 3 +\dfrac{5}2 - \dfrac{1}2 e^{2+\ln 3 -2} \left( e^{2+\ln 3 -2}-4\right)= \dfrac{1}2-\ln 3 -\dfrac{1}2 \times 3\times(3-4)=2-\ln 3 > 0

\bullet f(2+\ln 4)=\dfrac{1}2-\ln 4 < 0 (d'une manière analogue)

On en déduit que: 2+\ln 3 < \alpha < 2+\ln 4

Conclusion: \boxed{\text{ L'équation } f(x)=0 \text{ admet une solution unique }\alpha\text{ telle que } 2+\ln 3 < \alpha < 2+\ln 4}


7.
Bac SVT-PC Maroc 2020 : image 10



8. a)

Puisque f est continue et strictement décroissante sur \R , donc f est bijective et admet une fonction réciproque f^{-1} définie sur f(\mathbb{R})=]\lim\limits_{x\to -\infty} f(x) ;\lim\limits_{x\to +\infty} f(x)[=]-\infty,+\infty[=\R

\boxed{f \text{ admet une fonction réciproque } f^{-1} \text{ définie sur }\mathbb{R}}


8.b) Pour tracer la courbe de f^{-1} que l'on note (C'), il suffit de tracer le symétrique de (C) par rapport à la droite d'équation y=x pour obtenir :
Bac SVT-PC Maroc 2020 : image 8



9. Rappel:

Pour tout point x_0\text{ de }\R tel que f'(x_0) \neq 0, f^{-1} est dérivable en y_0=f(x_0), ~~\text{et}~~(f^{-1})'(y_0)=\dfrac{1}{f'(x_0)}=\dfrac{1}{(f'of^{-1})(y_0)}

Puisque f(2+\ln 3)=2-\ln 3, alors   f^{-1}(2-\ln 3)=2+\ln 3

De plus, f'(2+\ln 3)=-\left(e^{2+\ln 3 -2}-1\right)^2=-4 \neq 0 , il s'ensuit que f^{-1} est dérivable en 2-\ln 3 et (f^{-1})'(2-\ln 3)=\dfrac{1}{f'(2+\ln 3)}

Donc \boxed{\left(f^{-1}\right)'(2-\ln 3)=-\dfrac{1}4}
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