Fiche de mathématiques

Télécharger (GRATUIT)

Ile mathématiques > maths bac > Bac 2018 toujours : des sujets venus d'ailleurs

Bac C et TMGM Mauritanie 2018

Coefficients : 9 et 6

Durée : 4 heures

Voir la correction

Bac C et TMGM Mauritanie 2018

3 points

exercice 1

1. On considère l'équation (E) : 25x - 49y = 5, où x et y sont des entiers relatifs.

1. a) Déterminons le pgcd de 49 et 25 à l'aide de l'algorithme d'Euclide.

Nous allons effectuer des divisions euclidiennes jusqu'à ce que nous trouvions un reste nul.
Le dernier reste non nul est le pgcd de 49 et 25.

49 divisé par 25 = 1 (reste = 24) car 49 = 25 multiplie

1 + 24.
25 divisé par 24 = 1 (reste = 1) car 24 = 24 multiplie

1 + 1.
24 divisé par 1 = 24 (reste = 0) car 24 = 1 multiplie

24 + 0.
Le dernier reste non nul est égal à 1.
Par conséquent, le pgcd de 49 et 25 est 1.
Nous savons que si a , b et c sont trois entiers relatifs, alors par le corollaire du théorème de Bézout, l'équation ax + by = c admet des solutions entières si et seulement si c est un multiple du pgcd(a ,b ).
Or pgcd(49,25) = 1.
Puisque 5 est un multiple de 1, l'équation (E) : 25x - 49y = 5 admet des solutions entières.

1. b) Dans l'équation (E), remplaçons x par 10 et y par 5.
25 multiplie

10 - 49

5 = 250 - 245 = 5.
L'équation (E) est donc vérifiée par le couple (10 ; 5).
D'où le couple (10 ; 5) est une solution particulière de l'équation (E).
Résolvons l'équation (E).
$\left\lbrace\begin{matrix}25x-49y=5\\25\times10-49\times5=5\end{matrix}\right.\ \ \ \ \underset{\text{par soustraction}}{\Longrightarrow}\ \ \ \ 25(x-10)-49(y-5)=0 \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW..0.}\Longrightarrow\ \ \ \ 25(x-10)=49(y-5)$
Donc l'entier 49 divise le produit 25(x - 10).
Or nous savons que 49 et 25 sont premiers entre eux.
Par le théorème de Gauss, nous en déduisons que 49 divise (x - 10).
Dès lors, il existe un entier relatif k tel que x - 10 = 49k , soit $\boxed{x=49k+10}$ .
$\text{De plus, }\ \left\lbrace\begin{matrix}25(x-10)=49(y-5)\\x-10=49k\end{matrix}\right.\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ 25\times49k=49(y-5) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW.....}\Longrightarrow\ \ \ \ 25k=y-5 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWW.....}\Longrightarrow\ \ \ \ \boxed{y=25k+5}$
D'où les couples (x ; y ) susceptibles d'être solutions de (E) sont : (49k + 10 ; 25k + 5) où k est un entier relatif quelconque.

Réciproquement, pour x = 49k + 10 et y = 25k + 5,
$25x - 49y = 25(49k+10)-49(25k+5) \\\phantom{25x - 49y} = 1225k+250-1225k-245 \\\phantom{25x - 49y} =5.$
Nous en déduisons que tous les couples (49k + 10 ; 25k + 5) où k est un entier relatif quelconque sont solutions de l'équation (E).
Par conséquent, l'ensemble S des solutions de (E) dans ² est S = {(49k + 10 ; 25k + 5) ; k}.

1. c) Soit p un nombre entier.

$25p\equiv5\,[49]\Longleftrightarrow \exists\,q\in\Z:25p=49q+5 \\\phantom{25p\equiv5\,[49]}\Longleftrightarrow \exists\,q\in\Z:25p-49q=5.$
D'où le couple (p ,q ) est solution de l'équation (E).
En utilisant la question 1. b), nous déduisons que (p ,q ) = (49k + 10 ; 25k + 5) où k est un entier relatif.
Or p doit être compris entre 1960 et 2018.

$\text{Donc }\ 1960< p<2018\Longleftrightarrow1960< 49k+10<2018 \\\phantom{\text{Donc }\ 1960< p<2018}\Longleftrightarrow1950< 49k<2008 \\\phantom{\text{Donc }\ 1960< p<2018}\Longleftrightarrow\dfrac{1950}{49}< k<\dfrac{2008}{49} \\\\\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{1950}{49}\approx39,80\\\\\dfrac{2008}{49}\approx40,98\end{matrix}\right.$
La seule valeur entière k vérifiant la relation $\dfrac{1950}{49}< k<\dfrac{2008}{49}$ est k = 40.
Si k = 40, alors p = 49 multiplie

40 + 10 = 1970.
Par conséquent, il existe un unique entier p compris entre 1960 et 2018 tel que : 25p 5 [49].
Cette valeur est p = 1970.

2. a) Supposons que (x , y ) est solution de (E).

$25x-49y=5\Longleftrightarrow25x-5=49y \\\phantom{25x-49y=5}\Longleftrightarrow5(5x-1)=7\times7y$
Donc l'entier 7 divise le produit 5(5x - 1).
Or nous savons que 7 et 5 sont premiers entre eux.
Par le théorème de Gauss, nous en déduisons que 7 divise (5x - 1).
Dès lors, il existe un entier relatif k tel que 5x - 1 = 7k , soit $5x=7k+1$ .
Par conséquent, $\overset{.}{\boxed{5x\equiv1\,[7]}}$ .

De même, si (x , y ) est solution de (E), alors :

$25x-49y=5\Longleftrightarrow 49y=25x-5 \\\phantom{25x-49y=5}\Longleftrightarrow 49y=5(5x-1)$
Donc l'entier 5 divise 49y.
Or nous savons que 5 et 49 sont premiers entre eux.
Par le théorème de Gauss, nous en déduisons que 5 divise y .
Par conséquent, $\overset{}{\boxed{y\equiv0\,[5]}}$ .

2. b) Nous devons montrer que $5x\equiv1\,[7]\Longleftrightarrow x\equiv3\,[7].$

Montrons que $5x\equiv1\,[7]\Longrightarrow x\equiv3\,[7].$
Complétons la table des restes dans la congruence modulo 7 pour les entiers x et 5x .

$\begin{array} {|c|ccc|ccc|ccc|ccc|ccc|ccc|ccc|} \hline &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&\\x\equiv &&0&&&1&&&2&&&{\red{3}}&&&4&&&5&&&6&\\&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&\\ \hline &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&\\5x\equiv &&0&&&5&&&3&&&{\red{1}}&&&6&&&4&&&2&\\&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& \\ \hline \end{array}$
A l'aide de cette table, nous déduisons qu'il n'y a qu'un seul cas où 5x est congru à 1 modulo 7 et concluons que les solutions de l'équation $5x\equiv1\,[7]$ sont les entiers x congrus à 3 modulo 7.
D'où, $5x\equiv1\,[7]\Longrightarrow x\equiv3\,[7].$
Montrons que $x\equiv3\,[7]\Longrightarrow 5x\equiv1\,[7].$
Cette implication a déjà été utilisée dans le tableau précédent.
En effet, $x\equiv3\,[7] \Longrightarrow5x\equiv15\,[7]\Longrightarrow5x\equiv1\,[7].$
D'où, $x\equiv3\,[7]\Longrightarrow 5x\equiv1\,[7].$
Par conséquent, nous avons démontré que $5x\equiv1\,[7]$ si et seulement si $x\equiv3\,[7].$

3. a) Complétons la table des restes dans la congruence modulo 7 pour les entiers x et x ².

$\begin{array} {|c|ccc|ccc|ccc|ccc|ccc|ccc|ccc|} \hline &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&\\x\equiv &&0&&&1&&&2&&&3&&&4&&&5&&&6&\\&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&\\ \hline &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&\\x^2\equiv &&0&&&1&&&4&&&2&&&2&&&4&&&1&\\&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& \\ \hline \end{array}$
A l'aide de cette table, nous déduisons que les restes de la division euclidienne de x ² par 7 sont 0 ou 1 ou 2 ou 4.

3. b) Existe-t-il un couple (x , y ) d'entiers relatifs tels que (x ² , y ²) soit solution de (E)?
Réponse : non
En effet, selon la question 2. a), si (x ² , y ²) est solution de (E), alors $5x^2\equiv1\,[7]$ .
Selon la question 2. b), si $5x^2\equiv1\,[7]$ , alors $x^2\equiv3\,[7].$
Or selon la question 3. a), il est impossible d'obtenir $x^2\equiv3\,[7]$ car la valeur 3 ne figure pas parmi les restes de la division euclidienne de x ² par 7.
Par conséquent, il n'existe pas de couple (x , y ) d'entiers relatifs tels que (x ² , y ²) soit solution de (E).

4 points

exercice 2

Pour tout nombre complexe z on pose : $P(z)=z^3-(1+4\text{i})z^2-(9-\text{i})z-6+18\text{i}.$

${\red{1.\ \text{a) }}}P(3\text{i})=(3\text{i})^3-(1+4\text{i})(3\text{i})^2-(9-\text{i})(3\text{i})-6+18\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}P(3\text{i})}=-27\text{i}+9(1+4\text{i})-3\text{i}(9-\text{i})-6+18\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}P(3\text{i})}=-27\text{i}+9+36\text{i}-27\text{i}-3-6+18\text{i} \\\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}P(3\text{i})}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(3\text{i})=0}$

Déterminons les nombres a et b tels que pour tout nombre complexe z : $P(z)=(z-3\text{i})(z^2+az+b).$

Première méthode

$P(z)=(z-3\text{i})(z^2+az+b) \\\\\Longleftrightarrow z^3-(1+4\text{i})z^2-(9-\text{i})z-6+18\text{i}=(z-3\text{i})(z^2+az+b) \\\Longleftrightarrow z^3-(1+4\text{i})z^2-(9-\text{i})z-6+18\text{i}=z^3+(a-3\text{i})z^2+(b-3\text{i}a)z-3\text{i}b \\\overset{}{\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}-1-4\text{i}=a-3\text{i}\\-9+\text{i}=b-3\text{i}a\\-6+18\text{i}=-3\text{i}b \end{matrix}\right.}$
$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=-1-\text{i}\\-9+\text{i}=b-3\text{i}a\\\text{i}b=2-6\text{i} \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=-1-\text{i}\\-9+\text{i}=b-3\text{i}a\\b=\dfrac{2-6\text{i}}{\text{i}} \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=-1-\text{i}\\-9+\text{i}=b-3\text{i}a\\b=\dfrac{(2-6\text{i})\text{i}}{-1} \end{matrix}\right. \\\overset{}{\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=-1-\text{i}\\-9+\text{i}=b-3\text{i}a\\b=-2\text{i}-6 \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=-1-\text{i}\\-9+\text{i}=(-2\text{i}-6)-3\text{i}(-1-\text{i})\\b=-2\text{i}-6 \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=-1-\text{i}\\-9+\text{i}=-9+\text{i}\\b=-2\text{i}-6 \end{matrix}\right.} \\\\\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}a=-1-\text{i}\\b--6-2\text{i}\end{matrix}\right.}$

Deuxième méthode

3i est une racine de P puisque P (3i) = 0.
Le polynôme P (z ) peut donc se factoriser par (z - 3i), soit $P(z)=(z-3\text{i})(z^2+az+b).$
Utilisons la méthode de Horner pour effectuer la division de P (z ) par (z - 3i).

$\begin{array} {|c|ccc|ccc|ccc|ccc|} \hline&&&&&&&&&&&&\\ &&1&&&-1-4\text{i}&&&-9+\text{i}&&&-6+18\text{i}&\\&&&&&&&&&&&&\\ \hline &&&&&&&&&&&&\\3\text{i}&&&&&3\text{i}&&&-3\text{i}+3&&&-18\text{i}+6&\\&&&&&&&&&&&&\\ \hline &&&&&&&&&&||&&\\&&1&&&a=-1-\text{i}&&&b=-6-2\text{i}&&||&0&\\&&&&&&&&&&||&& \\ \hline \end{array}$
Donc, a = -1 - i et b = -6 - 2i et $P(z)=(z-3\text{i})\left(\overset{}{z^2-(1+\text{i})z-6-2\text{i}}\right).$

1. b) Nous devons résoudre dans

l'équation P (z ) = 0.

$P(z)=0\Longleftrightarrow(z-3\text{i})\left(\overset{}{z^2-(1+\text{i})z-6-2\text{i}}\right)=0 \\\overset{}{\phantom{P(z)=0}\Longleftrightarrow z-3\text{i}=0\ \ \ \text{ou}\ \ \ z^2-(1+\text{i})z-6-2\text{i}=0} \\\\\bullet\ z-3\text{i}=0\Longleftrightarrow \boxed{z=3\text{i}}$

$\bullet\ z^2-(1+\text{i})z-6-2\text{i}=0 \\\\\phantom{\bullet\ }\underline{\text{Discriminant}}:\Delta=[-(1+\text{i})]^2-4\times1\times(-6-2\text{i}) \\\phantom{WWWWWWWi}=1+2\text{i}-1+24+8\text{i} \\\phantom{WWWWWWWi}=24+10\text{i} \\\phantom{WWWWWWWi}=25+2\times5\text{i}-1 \\\phantom{WWWWWWWi}=(5+\text{i})^2 \\\\\phantom{\bullet\ }\underline{\text{Racines}}:z_1=\dfrac{1+\text{i}+(5+\text{i})}{2}=\dfrac{6+2\text{i}}{2}\Longrightarrow\boxed{z_1=3+\text{i}} \\\\\phantom{WWWWii}z_2=\dfrac{1+\text{i}-(5+\text{i})}{2}=\dfrac{-4}{2}\Longrightarrow\boxed{z_2=-2}$

Par conséquent, l'ensemble S des solutions de l'équation P (z ) = 0 est $\boxed{S=\lbrace 3\text{i}\,,\,3+\text{i}\,,\,-2 \rbrace}$ .

${\red{1.\ \text{c) }}}\ \left\lbrace\begin{matrix}|3\text{i}|=3\ \ \ \ \ \ \\|3+\text{i}|=\sqrt{3^2+1^2}\\|-2|=2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}|3\text{i}|=3\\|3+\text{i}|=\sqrt{10}\\|-2|=2\ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \Longrightarrow\ \ |-2|<|3\text{i}|<|3+\text{i}| \\\\\text{D'où }\ |z_C|\le|z_B|\le|z_A|\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}z_A=3+\text{i}\\z_B=3\text{i}\ \ \\z_C=-2\end{matrix}\right.}\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}A\,(3\,;\,1)\\B\,(0\,;\,3)\\C\,(-2\,;\,0)\end{matrix}\right.}$

Déterminons la nature du triangle ABC.

Calculons la mesure de l'angle $(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}).$

$(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})=\arg\left(\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}\right) \\\\\text{Or }\ \dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}=\dfrac{3+\text{i}-3\text{i}}{-2-3\text{i}}=\dfrac{3-2\text{i}}{-2-3\text{i}}=\dfrac{(3-2\text{i})(-2+3\text{i})}{(-2-3\text{i})(-2+3\text{i})} \\\overset{}{\phantom{\text{Or }\ \dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}}=\dfrac{-6+9\text{i}+4\text{i}+6}{4+9}=\dfrac{13\text{i}}{13}=\text{i}} \\\\\text{D'où }\ (\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})=\arg(\text{i})\Longrightarrow\boxed{(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi]}.$
De plus $\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{|z_A-z_B|}{|z_C-z_B|}=\left|\dfrac{z_A-z_B}{z_C-z_B}\right|=|\text{i}|=1\Longrightarrow\boxed{BA=BC}$
Par conséquent, le triangle ABC est un triangle rectangle isocèle direct en B.
La représentation graphique est donnée dans la question 2. d).

1. d) Soit A' = bar{(A ; -5), (B ; 6), (C ; 12)}.
Calculons l'affixe de A'.

$z_{A'}=\dfrac{-5z_A+6z_B+12z_C}{-5+6+12} \\\overset{}{\phantom{z_{A'}}=\dfrac{-5(3+\text{i})+6\times(3\text{i})+12\times(-2)}{13} =\dfrac{-15-5\text{i}+18\text{i}-24}{13}} \\\overset{}{\phantom{z_{A'}}=\dfrac{-39+13\text{i}}{13}=\dfrac{13(-3+\text{i})}{13}}=-3+\text{i} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_{A'}=-3+\text{i}}$
D'où les coordonnées du point A' sont (-3 ; 1).
La représentation graphique est donnée dans la question 2. d).

2. a) Les points A, A' et B sont trois sommets de l'ellipse gammamaj

.
En observant la position de chacun de ces points, nous déduisons que la droite (AA') est un axe de gammamaj

.
Dès lors, le centre I de l'ellipse est le milieu de [AA'].

D'où, $z_I=\dfrac{z_A+z_{A'}}{2}=\dfrac{(3+\text{i})+(-3+\text{i})}{2}=\dfrac{2\text{i}}{2}=\text{i}\Longrightarrow\boxed{z_I=\text{i}}$

Les coordonnées du point I sont (0 ; 1).

Déterminons l'excentricité e de gammamaj

.
Calculons les longueurs des demi-axes de gammamaj

et l'excentricité e de gammamaj

.

$a=IA=|z_A-z_I|=|(3+\text{i})-\text{i}|=|3|=3. \\b=IB=|z_B-z_I|=|3\text{i}-\text{i}|=|2\text{i}|=2. \\\\\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}a=3\\b=2\end{matrix}\right.} \\\\\Longrightarrow c=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{3^2-2^2}=\sqrt{9-4}=\sqrt{5} \Longrightarrow \boxed{c=\sqrt{5}}.$
Nous savons que l'excentricité e de gammamaj

est $e=\dfrac{c}{a}.$
Par conséquent, l'excentricité e de est $\boxed{e=\dfrac{\sqrt{5}}{3}}.$

2. b) Une équation cartésienne d'une ellipse de demi-axes a et b et de centre omegamaj

(

;

) est de la forme $\dfrac{(x-\alpha)^2}{a^2}+\dfrac{(y-\beta)^2}{b^2}=1.$
Dès lors, une équation cartésienne de l'ellipse gammamaj

est : $\dfrac{(x-0)^2}{9}+\dfrac{(y-1)^2}{4}=1$ , soit $\boxed{\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{(y-1)^2}{4}=1}.$

2. c) Les coordonnées des points d'intersection de gammamaj

avec l'axe des abscisses sont les solutions du système : $\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{(y-1)^2}{4}=1\\y=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$
Remplaçons y par 0 dans l'équation de gammamaj

et calculons les valeurs de x .

$\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{(0-1)^2}{4}=1\Longleftrightarrow\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{1}{4}=1 \\\overset{}{\phantom{\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{(0-1)^2}{4}=1}\Longleftrightarrow\dfrac{x^2}{9}=\dfrac{3}{4}} \\\overset{}{\phantom{\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{(0-1)^2}{4}=1}\Longleftrightarrow\dfrac{x}{3}=\pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}} \\\overset{}{\phantom{\dfrac{x^2}{9}+\dfrac{(0-1)^2}{4}=1}\Longleftrightarrow \boxed{x=\pm\dfrac{3\sqrt{3}}{2}}}$
Par conséquent, les coordonnées des points d'intersection de avec l'axe (Ox ) sont : $(-\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\,;\,0)$ et $(\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\,;\,0).$

2. d) Les foyers F et F' de gammamaj

appartiennent à l'axe (A'A).
Leurs ordonnées sont donc égales à 1.
Les abscisses de ces foyers sont -c et c .
Dès lors, les foyers ont pour coordonnées $F'\,(-\sqrt{5}\,;\,1)$ et $F\,(\sqrt{5}\,;\,1)$ .
Les équations des directrices (D') et (D) de gammamaj

sont respectivement de la forme : $x=-\dfrac{a^2}{c}$ et $x=\dfrac{a^2}{c}$ .
Par conséquent, les équations des directrices de sont : $\boxed{(D'):x=-\dfrac{9}{\sqrt{5}}}$ et $\boxed{(D):x=\dfrac{9}{\sqrt{5}}}$ .

Représentation graphique de l'ellipse.

Bac C et TMGM Mauritanie 2018 : image 13

4 points

exercice 3

1. La représentation graphique ci-dessous reprend des données de l'ensemble de l'exercice.

Bac C et TMGM Mauritanie 2018 : image 12

2. Soit R_A la rotation de centre A et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ , T la translation de vecteur $\overrightarrow{BC}$ et f = T _° R_A .

2. a) La composée d'une rotation d'angle alpha

non nul suivie d'une translation est une rotation d'angle alpha

.
D'où, f est une rotation d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ .

2. b) Déterminons f (D).
Nous savons que $f(D)=(T\circ R_A)(D)=T(R_A(D)).$
R_A (D) = H car ADGH est un carré et donc AD = AH et que $(\overrightarrow{AD}\,,\,\overrightarrow{AH})=\dfrac{\pi}{2}$ .
T (H) = G car T est une translation de vecteur $\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{HG}.$
Par conséquent, $f(D)=(T\circ R_A)(D)=T(R_A(D))=T(H)=G\Longrightarrow\boxed{f(D)=G}.$

Caractéristiques de f
Nous avons montré dans la question 2. a) que f est une rotation d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ .
Soit X le centre de la rotation f .
Puisque f( (D) = G, nous savons que XD = XG.
D'où le centre X appartient à la médiatrice du segment [DG].
De plus, $f(A)=(T\circ R_A)(A)=T(R_A(A))=T(A)=D\Longrightarrow\boxed{f(A)=D}.$
D'où le centre X appartient à la médiatrice du segment [AD].
Nous en déduisons que le point X est le point d'intersection des médiatrices [DG] et [AD].
Or le point d'intersection des médiatrices des segments [DG] et [AD] est le centre du carré ADGH.
Puisque le point K est le milieu de [GA], ce point K est le centre du carré ADGH.
D'où, le centre de la rotation f est le centre K du carré ADGH.
Par conséquent, f est une rotation de centre K et d'angle $\dfrac{\pi}{2}$ .

Enfin, $f(F)=T(R_A(F))=T(B)=C\Longrightarrow\boxed{f(F)=C}.$

${\red{2.\ \text{c) }}} \left\lbrace\begin{matrix}f(D)=G\\f(F)=C\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}(\overrightarrow{DF}\,,\,\overrightarrow{GC})=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi]\\DF=GC\ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$
D'où, les segments [DF] et [CG] sont perpendiculaires et de même longueur.

3. a) $\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{DA}+\overrightarrow{AF}.$
Or $\overrightarrow{DA}=\overrightarrow{CB}$ car ABCD est un parallélogramme.
$\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{BE}$ car AFEB est un carré.
D'où $\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BE}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{CE}}$

Montrons que le triangle ECG est rectangle isocèle direct en C.
Nous avons montré dans la question 2. c) que DF = GC.
Or nous avons montré dans cette question que $\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{CE}$ , ce qui implique que DF = CE.
$\left\lbrace\begin{matrix}DF = GC\\DF = CE\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{GC=CE}$
D'où le triangle ECG est isocèle en C.

Nous avons également montré dans la question 2. c) que $(\overrightarrow{DF}\,,\,\overrightarrow{GC})=\dfrac{\pi}{2}$
Sachant que $\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{CE}$ , nous en déduisons que $(\overrightarrow{CE}\,,\,\overrightarrow{GC})=\dfrac{\pi}{2}$
D'où le triangle ECG est rectangle direct en C.

Par conséquent, le triangle ECG est rectangle isocèle direct en C.

3. b) E, C et G sont des points du plan tels que EC = CG different

0.
D'où il existe un unique antidéplacement g envoyant E sur C et C sur G.

3. c) Un antidéplacement est soit une symétrie orthogonale, soit une symétrie glissante.
Or $\overset{.}{(g \circ g)(E)=g(g(E))=g(C)=G\Longrightarrow\boxed{(g \circ g)(E)=G\neq E}}$
Nous savons que si g est une symétrie orthogonale, alors $g \circ g$ est la fonction identique du plan et nous devons obtenir $(g \circ g)(E)=E.$
Puisque ce n'est pas le cas, l'antidéplacement g n'est pas une symétrie orthogonale.
Par conséquent, g est une symétrie glissante.

Forme réduite de g
L'axe de g passe par le milieu d'un segment d'extrémités un point et son image.
Donc l'axe de g passe par le milieu I du segment [EC] et par le milieu J du segment [CG].
D'où l'axe de g est la droite (IJ)
Si g est une symétrie glissante, alors $g\circ g=t_{2\vec{u}}$ où $\vec{u}$ est le vecteur de la translation de g .
Nous avons montré que $(g \circ g)(E)=G$ .
Dès lors, le vecteur de g est le vecteur $\dfrac{1}{2}\overrightarrow{EG}.$
Or par le théorème des milieux, le segment de droite joignant les points I et J milieux des deux côtés [EC] et [CG] du triangle ECG est parallèle au troisième côté et de longueur égale à sa moitié.
D'où $\overrightarrow{IJ}=\dfrac{1}{2}\overrightarrow{EG}.$
Par conséquent, le vecteur de g est le vecteur $\overrightarrow{IJ}.$
Nous en déduisons que la forme réduite de g est $\boxed{g=t_{\overrightarrow{IJ}}\circ S_{IJ}=S_{IJ}\circ t_{\overrightarrow{IJ}}}$

4. Soit S la similitude directe qui transforme B en A et A en D.

4. a) Nous savons que S(B) = A et S(A) = D.
Donc l'image du segment [BA] par S est le segment [AD].
Or par construction, BA = 2AD, soit $\dfrac{AD}{BA}=\dfrac{1}{2}.$
Nous en déduisons que le rapport de S est égal à $\dfrac{1}{2}.$
Par construction également, nous savons que $(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD})=\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi].$
Dès lors,
$\text{Dès lors, }(\overrightarrow{BA}\,;\,\overrightarrow{AD})=(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD})+\pi \\\overset{}{\phantom{\text{Dès lors, }(\overrightarrow{AB}\,;\,\overrightarrow{AD})}=(\dfrac{\pi}{4}+\pi)\,[2\pi]} \\\\\Longrightarrow\boxed{(\overrightarrow{BA}\,;\,\overrightarrow{AD})=\dfrac{5\pi}{4}[2\pi]=-\dfrac{3\pi}{4}[2\pi]}$
Nous en déduisons que la mesure principale de l'angle de S est égale à $-\dfrac{3\pi}{4}.$

4. b) Soit omegamaj

le centre de la similitude directe S.
Dans ce cas, nous avons : $(\overrightarrow{\Omega B}\,;\,\overrightarrow{\Omega A})=-\dfrac{3\pi}{4}[2\pi].$
Or, puisque AFEB est un carré, nous savons que $(\overrightarrow{EB}\,;\,\overrightarrow{EA})=\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]$
Nous en déduisons que $\boxed{(\overrightarrow{\Omega B}\,;\,\overrightarrow{\Omega A})=(\overrightarrow{EB}\,;\,\overrightarrow{EA})\,[\pi]}$ .
Par conséquent, les points omegamaj

, A, E et B sont cocycliques.
Or le cercle circonscrit au triangle AEB est le cercle gammamaj

₁.
Par conséquent, omegamaj

appartient au cercle gammamaj

₁.

De même, si omegamaj

est le centre de la similitude directe S, alors $(\overrightarrow{\Omega A}\,;\,\overrightarrow{\Omega D})=-\dfrac{3\pi}{4}[2\pi].$
Puisque ADGH est un carré, nous savons que $(\overrightarrow{GA}\,;\,\overrightarrow{GD})=\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]$
Nous en déduisons que $\boxed{(\overrightarrow{\Omega A}\,;\,\overrightarrow{\Omega D})=(\overrightarrow{GA}\,;\,\overrightarrow{GD})\,[\pi]}$ .
Par conséquent, les points omegamaj

, D, G et A sont cocycliques.
Or le cercle circonscrit au triangle DGA est le cercle gammamaj

₂.
Par conséquent, omegamaj

appartient au cercle gammamaj

₂.
Donc appartient aux cercles ₁ et ₂.
Le second point appartenant aux cercles gammamaj

₁ et

₂ est le point A.
omegamaj

ne peut pas être le point A car S(A) different

A.
D'où le point omegamaj

est correctement placé sur la figure (voir question 1).

4. c) Déterminons l'image par S du triangle rectangle isocèle BAF direct en A.
Nous savons que l'image par une similitude directe d'un triangle rectangle isocèle direct est un triangle rectangle isocèle direct.
Or S(B) = A et S(A) = D.
Donc l'image par S du triangle rectangle isocèle BAF direct en A est un triangle rectangle isocèle direct en D comprenant le sommet A.
Or le seul triangle rectangle isocèle direct en D comprenant le sommet A est le triangle ADG.
Par conséquent, S(F) = G.

Ainsi, la similitude S transforme le diamètre [BF] du cercle gammamaj

₁ en [AG], diamètre de gammamaj

₂.
D'où $\boxed{S(\Gamma _1)=\Gamma _2}.$

4. d) Soit M un point de gammamaj

₁ et M' = S(M).
Montrons que les points A, M et M' sont alignés.

Premier cas : le point M est confondu avec le point A.
M' = S(M) = S(A) = D.
Alors, les points A, M et M' sont alignés car les points A, M et M' se réduisent aux deux points A et D qui sont forcément alignés.
Deuxième cas : le point M est confondu avec le point B.
M' = S(M) = S(B) = A.
Alors, les points A, M et M' sont alignés car les points A, M et M' se réduisent aux deux points A et B qui sont forcément alignés.
Troisième cas : le point M est différent des points A et B.
Les points M, A, B et E appartiennent au même cercle gammamaj

₁.
Donc $(\overrightarrow{MB}\,;\,\overrightarrow{MA})=(\overrightarrow{EB}\,;\,\overrightarrow{EA})\,[\pi].$
Or AFEB étant un carré nous savons que $(\overrightarrow{EB}\,;\,\overrightarrow{EA})=\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]$
D'où, $\boxed{(\overrightarrow{MB}\,;\,\overrightarrow{MA})=\dfrac{\pi}{4}\,[\pi]}.$
De plus, nous savons que S(M) = M', S(B) = A et la mesure principale de l'angle de S est égale à $-\dfrac{3\pi}{4}$
Nous en déduisons que $(\overrightarrow{MB}\,;\,\overrightarrow{M'A})=-\dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]$ , soit que $\boxed{(\overrightarrow{M'A}\,;\,\overrightarrow{MB})=\dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]}$
$\text{Dès lors, }\left\lbrace\begin{matrix}(\overrightarrow{M'A}\,;\,\overrightarrow{MB})=\dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]\\\overset{}{(\overrightarrow{MB}\,;\,\overrightarrow{MA})=\dfrac{\pi}{4}\,[\pi]}\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ (\overrightarrow{M'A}\,;\,\overrightarrow{MB})+(\overrightarrow{MB}\,;\,\overrightarrow{MA})=\left(\dfrac{3\pi}{4}+\dfrac{\pi}{4}\right)\,[\pi] \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\ \ \ (\overrightarrow{M'A}\,;\,\overrightarrow{MA})=\pi\,[\pi]$
Par conséquent, les points A, M et M' sont alignés.

4 points

exercice 4

1. a) Résoudre l'équation différentielle (E) : y'' - 6y' + 8y = 0.
Nous associons à cette équation différentielle (E) son équation caractéristique : r ² - 6r + 8 = 0.
Résolvons l'équation r ² - 6r + 8 = 0.
Discriminant : deltamaj

= (-6)² - 4 multiplie

8 = 4 > 0.
Racines :
$r_1=\dfrac{6-\sqrt{4}}{2}=\dfrac{6-2}{2}=2 \\\overset{}{r_2=\dfrac{6+\sqrt{4}}{2}=\dfrac{6+2}{2}=4}$
L'équation caractéristique de (E) admet deux racines réelles distinctes r ₁ = 2 et r ₂ = 4.
Par conséquent, la solution générale de l'équation (E) est : $\boxed{y(x)=\alpha\, \text{e}^{2x}+\beta\, \text{e}^{4x}}\ \ \ \ \ \text{avec }\ \ (\alpha\,;\,\beta)\in\R^2.$

1. b) La solution y ₀ dont la courbe passe par le point A (0 ; -1) vérifie la relation : $y_0(0)=-1.$
Cette courbe admet au point A(0 ; -1) une tangente horizontale.
La solution y ₀ vérifie alors la relation : $y'_0(0)=0.$
Or $y_0(x)=\alpha\, \text{e}^{2x}+\beta\, \text{e}^{4x}\Longrightarrow y'_0(x)=2\,\alpha\, \text{e}^{2x}+4\,\beta\, \text{e}^{4x}$
Nous avons alors :
$\left\lbrace\begin{matrix}y_0(0)=-1\\y'_0(0)=0\ \ \end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\,\alpha\, \text{e}^{0}+\,\beta\, \text{e}^{0}=-1\\2\,\alpha\, \text{e}^{0}+4\,\beta\, \text{e}^{0}=0\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\,\alpha+\beta=-1\\2\alpha+4\beta=0\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\,\alpha+\beta=-1\\\alpha+2\beta=0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWW}\Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\,(\alpha+2\beta)-(\alpha+\beta)=0-(-1)\\\alpha+2\beta=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\beta=1\\\alpha+2\beta=0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWW}\Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\beta=1\\\alpha+2=0\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \boxed{\left\lbrace\begin{matrix}\beta=1\\\alpha=-2\end{matrix}\right.}$
Par conséquent, la solution y ₀ dont la courbe passe par le point A (0 ; -1) et admettant en ce point une tangente horizontale est définie par $\boxed{y_0(x)=-2\,\text{e}^{2x}+\,\text{e}^{4x}}.$

2. Soit f la fonction définie sur

par $f(x)=\text{e}^{4x}-2\,\text{e}^{2x}$ et (C) sa courbe représentative dans un
repère orthonormé $(O\,;\,\vec{i}\,,\,\vec{j}).$

${\red{2.\ \text{a) }}}\ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}(4x)=-\infty\\\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{par composition }(X =\, 4x)}{\Longrightarrow}\ \ \ {\blue{\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{4x}=0}} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}(2x)=-\infty\\\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{par composition }(X =\, 2x)}{\Longrightarrow}\ \ \ {\blue{\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{2x}=0}}$
D'où $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}(\text{e}^{4x}-2\text{e}^{2x})=0 \Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=0}$
Nous en déduisons que la droite d'équation y = 0 est une asymptote horizontale à la courbe (C) en -.

$f(x)=\text{e}^{4x}-2\,\text{e}^{2x}=\text{e}^{2x}\left(\text{e}^{2x}-2\right) \\\\ \text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}(2x)=+\infty\\\lim\limits_{X\to+\infty}\text{e}^{X}=+\infty\ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \underset{\text{par composition }(X =\, 2x)}{\Longrightarrow}\ \ \ {\blue{\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{2x}=+\infty}} \\\\\text{D'où }\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{2x}\left(\text{e}^{2x}-2\right)=+\infty\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}$

$f(x)=\text{e}^{4x}-2\,\text{e}^{2x}=\text{e}^{2x}\left(\text{e}^{2x}-2\right)\Longrightarrow \boxed{\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{\text{e}^{2x}}{x}\left(\text{e}^{2x}-2\right)} \\\\ \text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text{e}^{2x}}{x}=+\infty\ \ \ (\text{croissances comparées})\\\overset{}{\lim\limits_{x\to+\infty}(\text{e}^{2x}-2)=+\infty\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }\end{matrix}\right. \\\\\text{D'où }\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text{e}^{2x}}{x}\left(\text{e}^{2x}-2\right)=+\infty\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}$
Nous déduisons que la courbe (C) présente une branche parabolique de direction asymptotique (Oy ) en +.

2. b) Puisque la fonction f est dérivable sur

, déterminons l'expression de la dérivée f' (x ) pour tout x réel.

$f'(x)=(\text{e}^{4x})'-2(\text{e}^{2x})' \\\phantom{f'(x)}=(4x)'\,\text{e}^{4x}-2\times(2x)'\,\text{e}^{2x} \\\phantom{f'(x)}=4\,\text{e}^{4x}-2\times2\,\text{e}^{2x} \\\phantom{f'(x)}=4\,\text{e}^{4x}-4\,\text{e}^{2x} \\\phantom{f'(x)}=4\,\text{e}^{2x}\,(\text{e}^{2x}-1) \\\phantom{f'(x)}=4\,\text{e}^{2x}\,[(\text{e}^{x})^2-1] \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=4\,\text{e}^{2x}\,(\text{e}^{x}+1)\,(\text{e}^{x}-1)}$

Etudions le signe de la dérivée f' (x ) et les variations de f sur

.

Puisque l'exponentielle est strictement positive sur

, le signe de la dérivée f' sera le signe de $\text{e}^{x}-1.$

$\begin{matrix}\text{e}^{x}-1<0\Longleftrightarrow\text{e}^{x}<1\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow \text{e}^{x}<\text{e}^{0}\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow x<0 \\\\\text{e}^{x}-1=0\Longleftrightarrow\text{e}^{x}=1\\\phantom{\text{e}^{x}-1=0}\Longleftrightarrow x=0 \\\\\text{e}^{x}-1>0\Longleftrightarrow\text{e}^{x}>1\\\phantom{\text{e}^{x}-1>0}\Longleftrightarrow x>0\end{matrix} \ \ \begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&+\infty\\&&&&&\\\hline\text{e}^x-1&&-&0&+&\\\hline&&&&&\\f'(x)&&-&0&+&\\&&&&&\\\hline &0&&&&+\infty\\ f(x)&&\searrow&&\nearrow& \\ &&&-1&& \\ \hline \end{array}\end{matrix}$

3. a) Soit g la restriction de f sur l'intervalle I = ]- infini

; 0].
En nous aidant du tableau de variations de f sur l'intervalle I = ]- infini

; 0], nous observons que la fonction continue g est strictement décroissante sur l'intervalle I = ]- infini

; 0] et que g (]- infini

; 0]) = [-1 ; 0[.
Par conséquent, la fonction g réalise une bijection de l'intervalle I sur l'intervalle J = [-1 ; 0[.

3. b) La fonction g définit une bijection de l'intervalle I sur l'intervalle J.
Il existe donc une fonction réciproque g ^-1 de J dans I telle que : $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x\in J\ \ \ \ \\y=g^{-1}(x)\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}y\in I\ \ \ \ \\x=g(y)\end{matrix}\right.}$
La fonction réciproque g ^-1 est continue et possède la même décroissance que g .
Nous obtenons ainsi le tableau suivant :

$\begin{matrix} \begin{array}{|c|ccc|}\hline &&&\\ x&-1&&0\\&&&\\\hline &0&&\\ y=g^{-1}(x)&&\searrow& \\ &&&-\infty \\ \hline \end{array}\end{matrix}$

Nous savons que g (0) = -1 et donc que g ^-1(-1) = 0.
De plus, par le tableau de croissance de g, nous savons que si x tend vers -1 par valeurs supérieures à -1, alors y tend vers 0 par valeurs négatives.
Dès lors,
$\lim\limits_{\underset{x>-1}{x\to-1}}\dfrac{g^{-1}(x)}{x+1}=\lim\limits_{\underset{x>-1}{x\to-1}}\dfrac{g^{-1}(x)-0}{x-(-1)} \\\overset{}{\phantom{XXXXXX.}=\lim\limits_{\underset{x>-1}{x\to-1}}\dfrac{g^{-1}(x)-g^{-1}(-1)}{x-(-1)}} \\\overset{}{\phantom{XXXXXX.}=\lim\limits_{\underset{y<0}{y\to0}}\dfrac{y-0}{g(y)-g(0)}} \\\overset{}{\phantom{XXXXXX.}=\lim\limits_{\underset{y<0}{y\to0}}\dfrac{1}{\dfrac{g(y)-g(0)}{y-0}}} \\\overset{}{\phantom{XXXXXX.}=\dfrac{1}{\lim\limits_{\underset{y<0}{y\to0}}\dfrac{g(y)-g(0)}{y-0}}}$

Or $\lim\limits_{\underset{y<0}{y\to0}}\dfrac{g(y)-g(0)}{y-0}=g'_g(0)$ où $g'_g(0)$ est le nombre dérivé à gauche de g en 0.
Par définition de la fonction g , nous avons : $g'_g(0)=f'_g(0).$
$f'(x)=4\,\text{e}^{2x}\,(\text{e}^{x}+1)\,(\text{e}^{x}-1)\Longrightarrow f'(0)=4\,\text{e}^{0}\,(\text{e}^{0}+1)\,(\text{e}^{0}-1)=4\times(1+1)\times(1-1)=0 \\\phantom{f'(x)=4\,\text{e}^{2x}\,(\text{e}^{x}+1)\,(\text{e}^{x}-1)}\Longrightarrow f'(0)=0$
En nous aidant du tableau de signes de la dérivée f' (voir question 2. b), nous avons : $f'_g(0)=0^-.$

D'où $g\,'_d(0)=f'_d(0)=0^-$ et donc, $\lim\limits_{\underset{y<0}{y\to0}}\dfrac{g(y)-g(0)}{y-0}=g'_g(0)=0^-$
Par conséquent, $\lim\limits_{\underset{x>-1}{x\to-1}}\dfrac{g^{-1}(x)}{x+1}=\dfrac{1}{\lim\limits_{\underset{y<0}{y\to0}}\dfrac{g(y)-g(0)}{y-0}}=\left[\dfrac{1}{0^-}\right]\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{\underset{x>-1}{x\to-1}}\dfrac{g^{-1}(x)}{x+1}=-\infty}.$
Interprétation : La courbe représentative de la fonction g ^-1 admet une demi-tangente verticale orientée vers le bas en son point d'abscisse -1.

3. c) Soit (C') la courbe de la fonction g ^-1.
En utilisant la symétrie des courbes (C) et (C') par rapport à la première bissectrice d'équation y = x, nous déduisons que les éventuels points d'intersection des deux courbes (C) et (C') appartiennent à cette bissectrice.
Les abscisses de ces éventuels points sont donc les solutions dans l'intervalle ]- infini

; 0] de l'équation g (x ) = x .
Soit la fonction h définie sur l'intervalle ]- infini

; 0] par $h(x)=g(x)-x.$

Les solutions dans l'intervalle ]- infini

; 0] de l'équation g (x ) = x sont les solutions dans l'intervalle ]- infini

; 0] de l'équation h (x ) = 0.

$h'(x)=\left(\overset{}{g(x)-x}\right)' \\\phantom{h'(x)}=g\,'(x)-1 \\\phantom{h'(x)}=4\,\text{e}^{4x}-4\,\text{e}^{2x}-1 \\\phantom{h'(x)}=(4\,\text{e}^{4x}-4\,\text{e}^{2x}+1)-2 \\\phantom{h'(x)}=(2\,\text{e}^{2x}-1)^2-2 \\\phantom{h'(x)}=[(2\,\text{e}^{2x}-1)+\sqrt{2}][(2\,\text{e}^{2x}-1)-\sqrt{2}] \\\\\Longrightarrow\boxed{h'(x)=(2\,\text{e}^{2x}-1+\sqrt{2})(2\,\text{e}^{2x}-1-\sqrt{2})}$

Etudions le signe de la dérivée h' (x ) et les variations de h .
$\left\lbrace\begin{matrix}2\text{e}^{2x}>0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\-1+\sqrt{2}\approx0,414>0\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{2\text{e}^{2x}-1+\sqrt{2}>0}$
Donc le signe de la dérivée h' sera le signe de $2\,\text{e}^{2x}-1-\sqrt{2}.$

$\begin{matrix}2\,\text{e}^{2x}-1-\sqrt{2}\le0\Longleftrightarrow2\text{e}^{x}\le1+\sqrt{2}\\\phantom{WWW\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow \text{e}^{x}\le\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0WWWWW}\Longleftrightarrow x\le\ln\left(\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}\right) \\\\\text{Or }\ln\left(\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}\right) \approx0,188>0 \end{matrix} \ \ \begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&\ln\left(\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}\right)\\&&&&&\\\hline2\,\text{e}^{2x}-1-\sqrt{2}&&-&-&-&0\\\hline&&&&&\\h'(x)&&-&-&||||&||||\\&&&&&\\\hline &+\infty&&&& \\ h(x)&&\searrow&&||||&|||| \\ &&&-1&& \\ \hline \end{array}\end{matrix}$

$\text{N. B.: } \lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}(g(x)-x) \\\phantom{\text{N. B.: } \lim\limits_{x\to-\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)-\lim\limits_{x\to-\infty}x \\\phantom{\text{N. B.: } \lim\limits_{x\to-\infty}h(x)}=0-(-\infty) \\\phantom{\text{N. B.: } \lim\limits_{x\to-\infty}h(x)}=+\infty\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=+\infty} \\\\\phantom{\text{N. B.: } }h(0)=g(0)-0 =-1-0=-1\Longrightarrow\boxed{h(0)=-1}$

Dès lors, la fonction h est continue et strictement décroissante sur l'intervalle ]- infini

; 0] et en particulier sur l'intervalle [0,5 ; 0,6].
$\left\lbrace\begin{matrix}h(-0,6)=\text{e}^{-2,4}-2\text{e}^{-1,2}+0,6\approx0,0883\Longrightarrow {\red{h(-0,6)>0}} \\\overset{}{h(-0,5)=\text{e}^{-2}-2\text{e}^{-1}+0,5\approx-0,1004\Longrightarrow {\red{h(-0,5)<0}}}\end{matrix}\right.$
Par conséquent, selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation h (x ) = 0 admet une solution unique dans l'intervalle ]-0,6 ; -0,5[.

Nous en déduisons que l'équation h (x ) = 0 admet une solution unique alpha

dans l'intervalle ]-0,6 ; -0,5[.
D'où les courbes (C) et (C') se coupent en un unique point B d'abscisse tel que -0,6 < < -0,5.

3. d) Représentation des courbes (C) et (C') dans le même repère.

Bac C et TMGM Mauritanie 2018 : image 14

3. e) Déterminons l'expression analytique de g ^-1(x ).

Nous avons montré dans la question 3. b) que $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x\in [-1\,;\,0[\ :y=g^{-1}(x)\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}y\in\, ]-\infty\,;\,0]\ :x=g(y)\end{matrix}\right.}$
$\text{D'où }\ \forall\,y\in\, ]-\infty\,;\,0]\ :x=g(y)\Longleftrightarrow x=\text{e}^{4y}-2\,\text{e}^{2y} \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow x=(\text{e}^{4y}-2\,\text{e}^{2y}+1)-1 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow x=(\text{e}^{2y}-1)^2-1 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow (\text{e}^{2y}-1)^2=x+1 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow \text{e}^{2y}-1=\sqrt{x+1}\ \ \ \text{ou}\ \ \ \text{e}^{2y}-1=-\sqrt{x+1}$
$\text{Or }\ y\in\, ]-\infty\,;\,0]\Longleftrightarrow y<0 \\\phantom{\text{Or }\ y\in\, ]-\infty\,;\,0]}\Longleftrightarrow 2y<0 \\\overset{}{\phantom{\text{Or }\ y\in\, ]-\infty\,;\,0]}\Longleftrightarrow \text{e}^{2y}<1} \\\overset{}{\phantom{\text{Or }\ y\in\, ]-\infty\,;\,0]}\Longleftrightarrow \text{e}^{2y}-1<0}$

$\text{Donc }\ \forall\,y\in\, ]-\infty\,;\,0]\ :x=g(y)\Longleftrightarrow \text{e}^{2y}-1=-\sqrt{x+1} \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow \text{e}^{2y}=1-\sqrt{x+1} \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow 2y=\ln(1-\sqrt{x+1}) \\\phantom{WWWWWWWWWWWWW}\Longleftrightarrow y=\dfrac{1}{2}\ln(1-\sqrt{x+1})$
Par conséquent, pour tout x dans l'intervalle [-1 ; 0[, $\boxed{g^{-1}(x)=\dfrac{1}{2}\ln(1-\sqrt{x+1})}$

4. Soit S l'aire de la partie du plan délimitée par les courbes (C), (C') et les axes de coordonnées. Cette partie du plan est colorée dans la figure (voir question 3. d).

4. a) En utilisant la symétrie des deux courbes par rapport à la droite d'équation y = x , nous observons que l'aire S est égale au double de l'aire du domaine coloré en brun sur la figure.
Puisque la droite d'équation y = x est au-dessus de la courbe (C) sur l'intervalle [ alpha

; 0],
nous en déduisons que : $\boxed{S=2\times\int\limits_{\alpha}^0(x-f(x))\,dx}$
${\red{4.\ \text{b) }}}S=2\times\int\limits_{\alpha}^0(x-f(x))\,dx \\\phantom{WWW}=2\times\int\limits_{\alpha}^0(x-\text{e}^{4x}+2\text{e}^{2x})\,dx \\\phantom{WWW}=2\times\left[\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{4}\text{e}^{4x}+2\times\dfrac{1}{2}\text{e}^{2x}\right]\limits_{\alpha}^0 \\\phantom{{\red{4.\ \text{b) }}}S}=2\times\left[\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{4}\text{e}^{4x}+\text{e}^{2x}\right]\limits_{\alpha}^0 \\\overset{}{\phantom{WWW}=2\times\left[\left(\dfrac{0^2}{2}-\dfrac{1}{4}\text{e}^{0}+\text{e}^{0}\right)-\left(\dfrac{\alpha^2}{2}-\dfrac{1}{4}\text{e}^{4\alpha}+\text{e}^{2\alpha}\right)\right]} \\\overset{}{\phantom{WWW}=2\times\left[\left(0-\dfrac{1}{4}+1\right)-\left(\dfrac{\alpha^2}{2}-\dfrac{1}{4}\text{e}^{4\alpha}+\text{e}^{2\alpha}\right)\right]} \\\overset{}{\phantom{WWW}=2\times\left(\dfrac{3}{4}-\dfrac{\alpha^2}{2}+\dfrac{1}{4}\text{e}^{4\alpha}-\text{e}^{2\alpha}\right)}$

$\Longrightarrow\boxed{S=\dfrac{3}{2}-\alpha^2+\dfrac{1}{2}\text{e}^{4\alpha}-2\,\text{e}^{2\alpha}\ \text{u.a.}}$
En prenant -0,55 comme valeur approchée de alpha

, nous obtenons $\boxed{S\approx0,59\ \text{u.a.}}$

5 points

exercice 5

Partie A

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

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

1. Montrons que $\boxed{\lim\limits_{x\to-1^+}f(x)=-\infty}.$
$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-1^+}x=-1\\\lim\limits_{x\to-1^+}(x+1)=0^+\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ {\blue{\lim\limits_{x\to-1^+}\dfrac{x}{x+1}=-\infty}} \\\\\text{De plus, }\lim\limits_{x\to-1^+}(x+1)\ln(x+1)=\lim\limits_{X\to0^+} X\ln(X)\ \ \ \ \ \text{où }X=x+1\\\\\text{Or }\lim\limits_{X\to0^+} X\ln(X)=0\ \ \ (\text{par les croissances comparées}) \\\\\text{D'où, }{\blue{\lim\limits_{x\to-1^+}(x+1)\ln(x+1)=0}} \\\text{Par conséquent,}\lim\limits_{x\to-1^+}\left(\dfrac{x}{x+1}-(x+1)\ln(x+1)\right)=-\infty-0=-\infty,\text{ soit }\boxed{\lim\limits_{x\to-1^+}f(x)=-\infty}$

Montrons que $\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty}.$
$\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{x+1}=\overset{.}{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x}\right)}\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ {\blue{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{x+1}=1}} \\\\\text{De plus}{\blue{\lim\limits_{x\to+\infty}(x+1)\ln(x+1)=+\infty}} \\\text{Par conséquent,}\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{x}{x+1}-(x+1)\ln(x+1)\right)=-\infty,\text{ soit }\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-\infty}$

Calculons $\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}}.$
$\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{x+1}{x}\,\ln(x+1) \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x+1}=0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\overset{}{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x+1}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{x}{x}=1} \\\overset{}{\lim\limits_{x\to+\infty}\ln(x+1)}=+\infty\ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{x+1}{x}\,\ln(x+1)\right]=-\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWw}\Longrightarrow\ \ \ \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty}$

Par conséquent, autour de +, la courbe (C) admet une branche parabolique d'axe vertical.

2. a) Nous devons déterminer l'expression de la dérivée f' (x ) et f'' (x ) pour tout x dans l'intervalle ]-1 ; + infini

[.

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

$f''(x)=\dfrac{-((x+1)^2)'}{((x+1)^2)^2}-\dfrac{1}{x+1}-0 \\\overset{}{\phantom{f''(x)}=\dfrac{-2(x+1)}{(x+1)^4}-\dfrac{1}{x+1}} \\\\\Longrightarrow\boxed{f''(x)=\dfrac{-2}{(x+1)^3}-\dfrac{1}{x+1}}$

Etudions les variations de f' .

$x\in\,]-1\,;\,+\infty[\ \Longleftrightarrow x>-1\Longleftrightarrow x+1>0 \\\\\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{-2}{(x+1)^3}<0\\-\dfrac{1}{x+1}<0\end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \dfrac{-2}{(x+1)^3}-\dfrac{1}{x+1}<0 \\\phantom{WWWWWWWWWw}\Longrightarrow\boxed{f''(x)<0}$
Par conséquent, f' est strictement décroissante sur l'intervalle ]-1 ; +[.

2. b) $f'(0)=\dfrac{1}{(0+1)^2}-\ln(0+1)-1=1-0-1=0\Longrightarrow\boxed{f'(0)=0}$
Etudions le signe de f' (x ) sur l'intervalle ]-1 ; + infini

.
Puisque f' est strictement décroissante sur l'intervalle ]-1 ; + infini

[, nous obtenons :
$-1<x\le0\Longrightarrow f'(-1)>f'(x)\ge f'(0) \\\phantom{-1<x\le0}\Longrightarrow f'(x)\ge f'(0) \\\phantom{-1<x\le0}\Longrightarrow f'(x)\ge 0 \\x\ge0 \Longrightarrow f'(x)\le f'(0) \\\phantom{x\ge0}\Longrightarrow f'(x)\le 0$

Par conséquent, f'(x) 0 sur l'intervalle ]-1 ; 0]
                                     f'(x) 0 sur l'intervalle [0 ; +[.

3. a) En nous basant sur l'étude du signe de f' de la question 2; b), nous en déduisons le tableau de variation de f suivant :

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

3. b) Représentation graphique de la courbe (C).

Bac C et TMGM Mauritanie 2018 : image 10

${\red{4.\ \text{a) }}}\ \int\limits_0^x\dfrac{t}{t+1}\,dt=\int\limits_0^x\dfrac{(t+1)-1}{t+1}\,dt=\int\limits_0^x\left(\dfrac{t+1}{t+1}-\dfrac{1}{t+1}\right)\,dt=\int\limits_0^x\left(1-\dfrac{1}{t+1}\right)\,dt \\\phantom{{\red{4.\ \text{a) }}}\ \int\limits_0^x\dfrac{t}{t+1}\,dt}=\left[\overset{}{t-\ln(t+1)}\right]\limits_0^x=\left[\overset{}{x-\ln(x+1)}\right]-\left[\overset{}{0-\ln(0+1)}\right] \\\phantom{{\red{4.\ \text{a) }}}\ \int\limits_0^x\dfrac{t}{t+1}\,dt}=x-\ln(x+1)-0 \\\Longrightarrow\boxed{\int\limits_0^x\dfrac{t}{t+1}\,dt=x-\ln(x+1)}$

Nous devons calculer $H(x)=\int\limits_0^x(t+1)\ln(t+1)\,\text{d}t.$

$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\int\limits_0^xu(t)v'(t)\,\text{d}t=\left[\overset{}{u(t)v(t)}\right]\limits_0^x-\int\limits_0^xu'(t)v(t)\,\text{d}t}}. \\\\\left\lbrace\begin{matrix}u(t)=\ln(t+1)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ u'(t)=\dfrac{1}{t+1}\ \ \ \ \ \\\overset{}{v'(t)=t+1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ v(t)=\dfrac{1}{2}(t+1)^2}\end{matrix}\right.$

Dès lors, $\int\limits_0^x(t+1)\ln(t+1)\,\text{d}t$
$=\left[\dfrac{1}{2}(t+1)^2\ln(t+1)\right]\limits_0^x- \int\limits_0^x\dfrac{1}{2}(t+1)\,\text{d}t \\\\=\left[\dfrac{1}{2}(t+1)^2\ln(t+1)\right]\limits_0^x-\dfrac{1}{2}\int\limits_0^x(t+1)\,\text{d}t$
$=\left[\dfrac{1}{2}(t+1)^2\ln(t+1)\right]\limits_0^x-\dfrac{1}{2}\times\left[\dfrac{1}{2}(t+1)^2\right]\limits_0^x$
$=\left[\dfrac{1}{2}(t+1)^2\ln(t+1)\right]\limits_0^x-\dfrac{1}{4}\left[\overset{}{(t+1)^2}\right]\limits_0^x$
$=\left[\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-\dfrac{1}{2}\times1\times\ln(1)\right]-\dfrac{1}{4}\left[\overset{}{(x+1)^2}-1\right] \\=\left[\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-0\right]-\dfrac{1}{4}\left[\overset{}{(x+1)^2}-1\right] \\\overset{}{=\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}(x+1)^2+\dfrac{1}{4}} \\\overset{}{=\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}(x^2+2x+1)+\dfrac{1}{4}} \\\overset{}{=\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\int\limits_0^x(t+1)\ln(t+1)\,\text{d}t=\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{1}{2}x}$

4. b) Nous devons déterminer la primitive F de f sur ]-1 ; + infini

[ qui s'annule en 0.
Cette fonction F est définie sur ]-1 ; + infini

[ par $F(x)=\int\limits_0^xf(t)\,\text{d}t.$
En utilisant les résultats de la question 4. a), nous obtenons :
$F(x)=\int\limits_0^x\left(\dfrac{t}{t+1}-(t+1)\ln(t+1)\right)\,\text{d}t \\\phantom{F(x)}=\int\limits_0^x\dfrac{t}{t+1}\,\text{d}t-\int\limits_0^x(t+1)\ln(t+1)\right)\,\text{d}t \\\phantom{F(x)}=[x-\ln(x+1)]-[\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)-\dfrac{1}{4}x^2-\dfrac{1}{2}x] \\\phantom{F(x)}=x-\ln(x+1)-\dfrac{1}{2}(x+1)^2\ln(x+1)+\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{1}{2}x \\\phantom{F(x)}=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{2}x-\left(\dfrac{1}{2}(x+1)^2+1\right)\ln(x+1) \\\phantom{F(x)}=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{2}x-\left(\dfrac{1}{2}(x^2+2x+1)+1\right)\ln(x+1) \\\\\Longrightarrow\boxed{F(x)=\dfrac{1}{4}x^2+\dfrac{3}{2}x-\left(\dfrac{1}{2}x^2+x+\dfrac{3}{2}\right)\ln(x+1)}$

4. c) Puisque la fonction f est continue et négative sur l'intervalle [0 ; n ], l'aire A_n du domaine plan délimité par la courbe (C), l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives x = 0 et x = n , pour un entier naturel n supegal

1 est donnée par :

$A_n=-\int\limits_0^nf(t)\,\text{d}t=-F(n)+F(0)=-F(n)+0=-F(n) \\\\\Longrightarrow\boxed{A_n=-\dfrac{1}{4}n^2-\dfrac{3}{2}n+\left(\dfrac{1}{2}n^2+n+\dfrac{3}{2}\right)\ln(n+1)}$

Partie B

Soit (U_n ) la suite définie quelquesoit

1 par $U_n=\dfrac{1}{2}f(1)+\dfrac{1}{3}f(2)+\dfrac{1}{4}f(3)+\cdots+\dfrac{1}{n}f(n-1)=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k+1}f(k)$

1. Posons $\forall n\ge 1:V_n=\dfrac{1}{n+1}f(n).$

${\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall n\ge1:V_n=\dfrac{1}{n+1}f(n) \\\overset{}{\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall n\ge1:V_n}=\dfrac{1}{n+1}\left(\dfrac{n}{n+1}-(n+1)\ln(n+1)\right)} \\\overset{}{\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall n\ge1:V_n}=\dfrac{n}{(n+1)^2}-\dfrac{n+1}{n+1}\ln(n+1)} \\\overset{}{\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall n\ge1:V_n}=\dfrac{n}{(n+1)^2}-\ln(n+1)} \\\overset{}{\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall n\ge1:V_n}=\dfrac{n+1-1}{(n+1)^2}-\ln(n+1)} \\\overset{}{\phantom{{\red{1.\ \text{a) }}}\ \forall n\ge1:V_n}=\dfrac{n+1}{(n+1)^2}-\dfrac{1}{(n+1)^2}-\ln(n+1)} \\\\\Longrightarrow\boxed{ \forall n\ge1:V_n=\dfrac{1}{n+1}-\dfrac{1}{(n+1)^2}-\ln(n+1)}$

${\red{1.\ \text{b) }}}U_n=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k+1}f(k) \\\phantom{{\red{1.\ \text{b) }}}U_n}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}V_k \\\phantom{{\red{1.\ \text{b) }}}U_n}=\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{(k+1)^2}-\ln(k+1)\right) \\\phantom{{\red{1.\ \text{b) }}}U_n}=\sum\limits_{k={\red{0}}}^{n-1}\left(\dfrac{1}{k+1}-\dfrac{1}{(k+1)^2}-\ln(k+1)\right)\ \ \ (\text{car }\ \dfrac{1}{{\red{0}}+1}-\dfrac{1}{({\red{0}}+1)^2}-\ln({\red{0}}+1)=0) \\\phantom{{\red{1.\ \text{b) }}}U_n}=\sum\limits_{k={\red{1}}}^{{\red{n}}}\left(\dfrac{1}{k}-\dfrac{1}{k^2}-\ln k\right) \\\phantom{{\red{1.\ \text{b) }}}U_n}=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}-\sum\limits_{k=1}^{n}\ln k.$
Or $\sum\limits_{k=1}^{n}\ln k=\ln1+\ln2+\ln3+\cdots+\ln n=\ln(1\times2\times3\times\cdots\times n)=\ln(n!)$
Par conséquent, $\boxed{U_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}-\ln(n!)}$

2. Notons quelquesoit

1, $S_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}\ \ \text{et}\ \ S\,'_n=\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k^2}\ .$

2. a) Pour tout entier k supérieur à 1 et pour tout réel t , nous avons :

$k\le t\le k+1\\\\\Longrightarrow \dfrac{1}{k+1}\le\dfrac{1}{t}\le\dfrac{1}{k} \\\overset{}{\Longrightarrow \int\limits_k^{k+1}\dfrac{1}{k+1}\,\text{d}t\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{1}{t}\,\text{d}t\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{1}{k}\,\text{d}t} \\\overset{}{\Longrightarrow \dfrac{1}{k+1}\int\limits_k^{k+1}1\,\text{d}t\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}\le\dfrac{1}{k}\int\limits_k^{k+1}1\,\text{d}t}$

$\Longrightarrow \dfrac{1}{k+1}\left[\overset{}{t}\right]\limits_k^{k+1}\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}\le\dfrac{1}{k}\left[\overset{}{t}\right]\limits_k^{k+1} \\\Longrightarrow \dfrac{1}{k+1}[(k+1)-k]\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}\le\dfrac{1}{k}[(k+1)-k] \\\Longrightarrow \boxed{\dfrac{1}{k+1}\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}\le\dfrac{1}{k}}$
Nous devons en déduire que : $\dfrac{1}{n}+\ln n \le S_n \le1+\ln n.$

$\text{Nous savons que }\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}=\int\limits_1^{2}\dfrac{\text{d}t}{t}+\int\limits_2^{3}\dfrac{\text{d}t}{t}+\int\limits_3^{4}\dfrac{\text{d}t}{t}+\cdots+\int\limits_{n-1}^{n}\dfrac{\text{d}t}{t} =\int\limits_1^{n}\dfrac{\text{d}t}{t}\ \ \ \ \text{(additivité de l'intégrale)} \\\ocerset{}{\phantom{\text{Nous savons que }\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}}=\left[\overset{}{\ln t}\right]\limits_1^{n}}=\ln n - \ln 1 = \ln n-0=\ln n \\\\\Longrightarrow\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}=\ln n.$

Par conséquent,
$\dfrac{1}{k+1}\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}\le\dfrac{1}{k}\Longrightarrow\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k+1}\le\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}\le\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k} \\\\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow\sum\limits_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k}\le\ln n\le\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k} \\\\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\right)-1\le\ln n\le\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\right)-\dfrac{1}{n} \\\\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow S_n-1\le\ln n\le S_n-\dfrac{1}{n} \\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow -S_n+\dfrac{1}{n}\le-\ln n\le -S_n+1 \\\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow \dfrac{1}{n}\le S_n-\ln n\le 1 \\\overset{}{\phantom{WWWWWWWW}\Longrightarrow \boxed{\dfrac{1}{n}+\ln n\le S_n\le 1+\ln n}}$

2. b) Pour tout entier k supérieur à 1 et pour tout réel t , nous avons :

$0\le k\le t\le k+1\\\\\Longrightarrow 0\le k^2\le t^2\le(k+1)^2 \\\Longrightarrow \dfrac{1}{(k+1)^2}\le\dfrac{1}{t^2}\le\dfrac{1}{k^2} \\\overset{}{\Longrightarrow \int\limits_k^{k+1}\dfrac{1}{(k+1)^2}\,\text{d}t\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{1}{t^2}\,\text{d}t\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{1}{k^2}\,\text{d}t} \\\overset{}{\Longrightarrow \dfrac{1}{(k+1)^2}\int\limits_k^{k+1}1\,\text{d}t\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}\le\dfrac{1}{k^2}\int\limits_k^{k+1}1\,\text{d}t}$

$\Longrightarrow \dfrac{1}{(k+1)^2}\left[\overset{}{t}\right]\limits_k^{k+1}\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}\le\dfrac{1}{k^2}\left[\overset{}{t}\right]\limits_k^{k+1} \\\Longrightarrow \dfrac{1}{(k+1)^2}[(k+1)-k]\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}\le\dfrac{1}{k^2}[(k+1)-k] \\\Longrightarrow \boxed{\dfrac{1}{(k+1)^2}\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}\le\dfrac{1}{k^2}}$
Nous devons en déduire que : $1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2} \le S\,'_n \le2-\dfrac{1}{n}.$

$\text{Nous savons que }\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}=\int\limits_1^{2}\dfrac{\text{d}t}{t^2}+\int\limits_2^{3}\dfrac{\text{d}t}{t^2}+\int\limits_3^{4}\dfrac{\text{d}t}{t^2}+\cdots+\int\limits_{n-1}^{n}\dfrac{\text{d}t}{t^2} =\int\limits_1^{n}\dfrac{\text{d}t}{t^2}\ \ \ \ \text{(additivité de l'intégrale)} \\\ocerset{}{\phantom{\text{Nous savons que }\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t}}=\left[-\dfrac{1}{t}\right]\limits_1^{n}}=(-\dfrac{1}{n})-(-\dfrac{1}{1})=1-\dfrac{1}{n} \\\\\Longrightarrow\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}=1-\dfrac{1}{n}.$

Par conséquent,
$\dfrac{1}{(k+1)^2}\le\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}\le\dfrac{1}{k^2}\Longrightarrow\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{(k+1)^2}\le\sum\limits_{k=1}^{n-1}\int\limits_k^{k+1}\dfrac{\text{d}t}{t^2}\le\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^2} \\\\\phantom{WWWW}\Longrightarrow\sum\limits_{k=2}^{n}\dfrac{1}{k^2}\le1-\dfrac{1}{n}\le\sum\limits_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^2} \\\\\phantom{WWWW}\Longrightarrow\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}\right)-1\le1-\dfrac{1}{n}\le\left(\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\right)-\dfrac{1}{n^2} \\\\\phantom{WWWW}\Longrightarrow S\,'_n-1\le1-\dfrac{1}{n}\le S\,'_n-\dfrac{1}{n^2} \\\phantom{WWWW}\Longrightarrow-(S\,'_n-\dfrac{1}{n^2})\le -(1-\dfrac{1}{n})\le -(S\,'_n-1) \\\overset{}{\phantom{WWWW}\Longrightarrow-S\,'_n+\dfrac{1}{n^2}\le -1+\dfrac{1}{n}\le -S\,'_n+1} \\\phantom{WWWW}\Longrightarrow \dfrac{1}{n^2}\le S\,'_n -1+\dfrac{1}{n}\le 1 \\\overset{}{\phantom{WWWW}\Longrightarrow \boxed{1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}\le S\,'_n\le 2-\dfrac{1}{n}}}$

2. c) Nous savons par les questions 1. b) et 2. que
$\left\lbrace\begin{matrix}U_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}-\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}-\ln(n!)\\S_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\S\,'_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{U_n=S_n-S\,'_n-\ln(n!)}$

$\text{D'où }\ U_n+\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right)=S_n-S\,'_n-\ln(n!)+\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right) \\\phantom{\text{D'où }\ U_n+\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right)}=S_n-S\,'_n-\left[\ln(n!)-\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right)\right] \\\phantom{\text{D'où }\ U_n+\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right)}=S_n-S\,'_n-\ln\left(\dfrac{n!}{(n-1)!}\right) \\\Longrightarrow \boxed{U_n+\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right)=S_n-S\,'_n-\ln n}$

En utilisant les résultats des questions 2. a) et b), nous déduisons que :

$\left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{1}{n}+\ln n\le S_n\le 1+\ln n\\ 1-\dfrac{1}{n}+\dfrac{1}{n^2}\le S\,'_n\le 2-\dfrac{1}{n}\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{1}{n}+\ln n\le S_n\le 1+\ln n\\-2+\dfrac{1}{n}\le -S\,'_n\le -1+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWW..WWW}\Longrightarrow\dfrac{1}{n}+\ln n-2+\dfrac{1}{n} \le S_n-S\,'_n\le 1+\ln n-1+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2} \\\\\phantom{WWWWWWWWW..WWW}\Longrightarrow\dfrac{2}{n}+\ln n-2 \le S_n-S\,'_n\le \ln n+\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2} \\\\\phantom{WWWWWWWWW..WWW}\Longrightarrow\dfrac{2}{n}-2 \le S_n-S\,'_n-\ln n\le \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}$

Or nous avons montré que $U_n+\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right)=S_n-S\,'_n-\ln n$

Par conséquent, $\forall n\ge1:\boxed{\dfrac{2}{n}-2\le U_n+\ln\left(\overset{}{(n-1)!}\right)\le \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n^2}}$

Publié par malou le 27-04-2021

ceci n'est qu'un extrait
Pour visualiser la totalité des cours vous devez vous inscrire / connecter (GRATUIT)
Inscription Gratuite se connecter

Merci à / pour avoir contribué à l'élaboration de cette fiche

Cette fiche

Voir la correction
Imprimer
Réduire / Agrandir
Pour plus d'options, Connectez vous
Forum de maths

forum de terminale
Plus de 146 746 topics de mathématiques en terminale sur le forum.