Sujet Bac 2 2020 Math Préparation 11
Durée de l’épreuve 3h
L’épreuve est composée de trois exercices et un problème
indépendants entre eux et répartis suivant les domaines comme suit:
* Suite Numérique (3 points )
* Nombres complexes (3 points )
* Fonction logarithmique et exponentielle (3 points )
* Etude d’une fonction numérique (11 points )
* Intégrale ( 2.5 points )
1) Vérifier que :
∀ x∊R : \(1-\frac{e^{x}}{e^{x}+1}=\frac{1}{e^{x}+1}\)
2) Déduire que :
\(I=\int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x}+1} d x=1+\ln (\frac{2}{e+1})\)
3) a- Montrer que:
la fonction \(H: x➝\frac{-1}{e^{x}+1}\) est une primitive de:
\(h: x➝\frac{e^{x}}{(e^{x}+1)²}\) sur IR
b – En utilisant une intégration par parties montrer que :
\(J=\int_{0}^{1}\frac{x e^{x}}{(e^{x}+1)²} dx\)
* Fonction logarithmique et exponentielle ( 2.5 points )
1) a – Résoudre dans \(R\) l’équation : 2x²-5x+2=0
b- Déduire les solutions de l’équation \(2 e^{2 x}-5 e^{x}+2=0\) dans IR
2) a- Résoudre dans IR² le système :
\(\{\begin{array}{l}x+y=3 \\ 4 x-y=2\end{array}\)
b – Déduire dans \((R^{*}_{+})^{2}\) les solutions du système:
\(\{\begin{array}{l}\ln x+\ln y=3 \\ 4 \ln x-\ln y=2\end{array}\)
3) Résoudre dans l’intervalle ]0;+∞[ l’inéquation:
\(ln(x)+ln(x+1)≥ln (x²+1)\)
* Nombre Complexe (3.5 points )
1) On considère dans C l’équation:
( E): \(Z²-2\sqrt{3}Z+4=0\)
a- Déterminer \(Z_{1}\) et \(Z_{2}\) les deux solutions de (E) tels que:
\((ImZ_{1}>ImZ_{2})\)
b- Écrire \(Z_{1}\) sous sa forme trigonométrique
puis déduire que \( Z_{1}^{6}+64=0\)
Dans le plans complexe,on considère les points A, B et C d’affixes respectives:
\(Z_{A}=\sqrt{3}+i, \;Z_{B}=\sqrt{3}-i\; et \;Z_{C}=2 i\)
2) a- Écrire \(Z_{A}\) sous sa forme exponentielle.
b- Déterminer:
la représentation complexe de la translation \(T\) de vecteur
\(\vec{ u }\) d’affixe \(3 \sqrt{3}- i\)
c- Soit E l’image de B par la translation \(T\).
Déterminer \(Z_{ E }\) l’affixe du point E
d- Montrer que les points A et E et C alignés.
* Suite Numérique (4 points )
Soit \((U_{n})_{n≥0}\) la suite numérique définie par:
\( U _{0}=\frac{3}{2} \;et\; U _{n+1}=\frac{4 U _{n}}{3+ U _{n}}\;(∀ n∈N) \) ∀n∈N
1) Montrer par récurrence que ∀n∈N: \(U_{n}>1\)
2) Montrer que \((U_{n})_{n≥0}\) est décroissante et déduire qu’elle est convergente.
3) On pose \(V_{n}=\frac{U_{n}}{U_{n}-1}\;(∀ n∈N) \)
a- Calculer : \(V_{0}\)
b-Montrer que \(( V _{n})_{n≥0}\) est une suite géométrique de raison \(q=\frac{4}{3}\)
puis déduire que \(V_{n}=3(\frac{4}{3})^{n}\) pour tout n de IN
c- Montrer que:
pour tout n de IN : \(U_{n}=\frac{V_{n}}{V_{n}-1}\)
d – Déduire la limite de\((U_{n})_{n≥0}\)
* Etudes de Fonctions ( 7.5 points )
I. On considère la fonction définie sur ]0;+∞[ par: g(x)=x²-2lnx
1) Montrer que pour tout x de ]0;+∞[:
\(g ‘(x)=\frac{2(x^{2}-1)}{x}\)
2) Dresser le tableau de variations de \(g\) sur ]0;+∞[
(le calcul des limites n’est pas demandé.)
3) Déduire que \(g\) est strictement positive sur ]0;+∞[:
II. Soit \(f\) la fonction numérique définie sur ]0;+∞[ par :
\(f(x)=\frac{1+lnx}{x}+\frac{1}{2} x\)
\((C_{f})\) sa courbe représentative de \(f\) dans un repère orthonormé. \(\|\vec{i}\|=2cm\)
1) a- Montrer que \(\lim _{x➝+∞} f(x)=+∞\)
b- Calculer \(\lim_{x➝+∞}(f(x)-\frac{1}{2} x)\)
et déduire que la droite (Δ) d’équation \(y=\frac{1}{2} x\) est une asymptote oblique de \((C_{f})\) au voisinage de +∞
c – Calculer \(\lim _{x➝0^{+}} f(x)\)
puis interpréter le résultat géométriquement.
2) a- Montrer que: ∀x∈]0;+∞[: \(f ‘(x)=\frac{g(x)}{2 x^{2}}\)
b – Dresser le tableau de variations de \(f\)
3) a – Montrer que l’équation \(f(x)=0\)
admet une unique solution α dans ]0;+∞[
puis vérifier que \(\frac{1}{4}<α<\frac{1}{2}\)
b – Montrer que \(f « (x)\) a le même signe que( 2ln(x)-1) sur ]0;+∞[
Puis déduire la concavité de \((C_{f})\)
4) Construire la droite (Δ) et la courbe \((C_{f})\)
5) a – Montrer que \(f\) admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur
un intervalle J dont on déterminera.
(La détermination de \(f^{-1}(x)\) n’est pas demandée)
b -Calculer \(f(1)\) puis déduire \((f^{-1})'(\frac{3}{2})\)
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Examen Bac 2 2020 Math Préparation 11
* Solution
* Intégrale
1) Vérifier que : \(\quad \forall x \in R ; 1-\frac{e^{x}}{e^{x}+1}=\frac{1}{e^{x}+1}\)
Correction :
\[\forall x \in R ; 1-\frac{e^{x}}{e^{x}+1}=\frac{e^{x}+1-e^{x}}{e^{x}+1}=\frac{1}{e^{x}+1}\]
2) Déduire que : \(\quad I=\int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x}+1} d x=1+\ln \left(\frac{2}{e+1}\right)\)
\[\begin{aligned}I &=\int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x}+1} d x \\&=\int_{0}^{1} 1-\frac{e^{x}}{e^{x}+1} d x \\&=\left[x-\ln \left(e^{x}+1\right)\right]_{0}^{1} \\&=1-\ln \left(e^{1}+1\right)-0+\ln \left(e^{0}+1\right) \\&=1-\ln (e+1)+\ln (2) \\&=1+\ln (2)-\ln (e+1) \\&=1+\ln \left(\frac{2}{e+1}\right)\end{aligned}\]
3) a – Montrer que la fonction \(H : x \mapsto \frac{-1}{e^{x}+1}\) est une primitive de \(h : x \mapsto \frac{e^{ x }}{\left(e^{x}+1\right)^{2}} \operatorname{sur} R\)
\(H\) est dérivable sur \(R\)
\[\text { Soit } x \in R , \quad H ^{\prime}( x )=\left(\frac{-1}{e^{x}+1}\right)^{\prime}=-\frac{-\left(e^{x}+1\right)^{\prime}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}=\frac{e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}\]
Puisque \(\forall x \in R , \quad H^{\prime}(x)=h(x)\)
Alors \(H: x \mapsto \frac{-1}{e^{x}+1}\) est une primitive de \(h: x \mapsto \frac{e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}\) sur \(R\)
b- En utilisant une intégration par parties montrer que :
\[J=\int_{0}^{1} \frac{x e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}} d x\]
Posons \(\left.U^{\prime}(x)=\frac{e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}} \text { Donc une primitive de } U \text { est } U(x)=\frac{-1}{e^{x}+1} \text { d’après } 3\right) a\)
Et posons \(V(x)=x\) Donc la dérivée de \(V\) est \(V^{\prime}(x)=1\)
Donc:
\[\begin{aligned}\int_{0}^{1} \frac{x e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}} d x &=\left[\frac{-x}{e^{x}+1}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1} \frac{-1}{e^{x}+1} d x \\&=\left[\frac{-x}{e^{x}+1}\right]_{0}^{1}+\int_{0}^{1} \frac{1}{e^{x}+1} d x \\&=\left(\frac{-1}{e^{1}+1}-\frac{-0}{e^{0}+1}\right)+1+\ln \left(\frac{2}{e+1}\right) \\&=\frac{e}{e+1}+\ln \left(\frac{2}{e+1}\right)\end{aligned}\]
* Fonction logarithmique et exponentielle
1) a – Résoudre dans \(R\) l’équation \(: 2 x^{2}-5 x+2=0\)
\[\Delta=(-5)^{2}-4.2 .2=25-16=9\]
Donc l’équation admet deux solutions dans R
\[\begin{array}{l}x_{1}=\frac{5-\sqrt{9}}{2.2}=\frac{2}{4}=\frac{1}{2}\\x_{2}=\frac{5+\sqrt{9}}{2.2}=\frac{8}{4}=2\end{array}\]
L’ensemble des solutions de l’équation \(:\left\{2 ; \frac{1}{2}\right\}\)
b – Déduire les solutions de l’équation \(2 e^{2 x}-5 e^{x}+2=0\) dans \(R\)
\[2 e^{2 x}-5 e^{x}+2=0 \Longleftrightarrow 2\left(e^{x}\right)^{2}-5 e^{x}+2=0\]
En posant \(X=e^{ r }\) léquation devient \(2 X^{2}-5 X+2=0\)
Or ,d’après 1 ) \(a: X=\frac{1}{2}\) ou \(X=2\)
\[c-a-d: e^{x}=\frac{1}{2} \text { ou } e^{x}=2\]
D’où \(x=\ln \left(\frac{1}{2}\right)\) ou \(x=\ln 2\)
\[S=\left\{\ln \left(\frac{1}{2}\right) ; \ln 2\right\}\]
2) a – Résoudre dans \(R ^{2}\) le système : \(\left\{\begin{array}{l}x+y=3 \\ 4 x-y=2\end{array}\right.\)
\(\left\{\begin{array}{l}x+y=3 \\ 4 x-y=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=3-x \\ 4 x-y=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=3-x \\ 4 x-3+x=2\end{array}\right.\right.\right.\)
\(\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=3-x \\ x=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=2 \\ x=1\end{array}\right.\right.\)
Le système admet une seule solution; le couple (1; 2).
b – Déduire les solutions du système: \(\left\{\begin{array}{l}\ln x+\ln y=3 \\ 4 \ln x-\ln y=2\end{array} \text { dans }( R *+)^{2}\right.\)
Correction En posant \(\alpha=\ln x\) et \(\beta=\ln y\) ce système devient: \(\left\{\begin{array}{l}\alpha+\beta=3 \\ 4 \alpha-\beta=2\end{array}\right.\)
Donc \(\alpha=1\) et \(\beta=2 d\) ‘après 2 ) \(a\) Par suite \(\left\{\begin{array}{l}\ln x=1 \\ \ln y=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=e^{1} \\ y=e^{2}\end{array} \text { finalement Tensemble des solutions est }\left\{\left(e ; e^{2}\right)\right.\right.\right.\)
3) Résoudre dans l’intervalle \(] 0 ;+\infty\left[\text { l’inéquation }: \quad \ln (x)+\ln (x+1) \geq \ln \left(x^{2}+1\right)\right.\)
Correction :
\(\forall x \in] 0 ;+\infty[\)
\[\begin{aligned}\ln (x)+\ln (x+1) \geq \ln \left(x^{2}+1\right)&\Longleftrightarrow \ln (x(x+1)) \geq \ln \left(x^{2}+1\right) \\& \Longleftrightarrow \ln \left(x^{2}+x\right) \geq \ln \left(x^{2}+1\right) \\& \Longleftrightarrow x^{2}+x \geq x^{2}+1 \\& \Longleftrightarrow x \geq 1\end{aligned}\]
Donc l’ensemble des solutions de cette inéquation est : \([1 ;+\infty[\)
* Nombre Complexe
1) On considère dans C l’équation :
\(( E ): \quad Z^{2}-2 \sqrt{3} Z+4=0\)
\(a-\) Déterminer \(Z_{1}\) et \(Z_{2}\) les deux solutions de \((E)\) tels que \(: 3 m\left(Z_{1}\right)>3 m\left(Z_{2}\right)\)
\[\Delta=(-2 \sqrt{3})^{2}-4.1 .4=12-16=-4\]
Donc l’équation admet deux solutions dans
L’ensemble des solutions est: \(\{\sqrt{3}-i ; \sqrt{3}+i\}\)
b – Écrire \(Z_{1}\) sous sa forme trigonométrique puis déduire que : \(Z_{1}^{6}+64=0\)
\[\begin{aligned}Z_{1}=\sqrt{3}+i&=\underbrace{\sqrt{\sqrt{3}^{2}+1^{2}}}_{\text {Module de } Z_{1}}\left(\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{\sqrt{3}^{2}+1^{2}}}+\frac{1}{\sqrt{\sqrt{3}^{2}+1^{2}}} i\right) \\&=2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2} i\right) \\&=2\left(\cos \left(\frac{\pi}{6}\right)+\sin \left(\frac{\pi}{6}\right) i\right) \\&=\left[2 ; \frac{\pi}{6}\right]\end{aligned}\]
Montrons que \(Z_{1}^{6}+64=0\)
\[\begin{aligned}Z_{1}^{6}+64 &=\left[2 ; \frac{\pi}{6}\right]^{6}+64 \\&=\left[2^{6} ; \frac{\pi}{6} \cdot 6\right]+64 \\&=[64 ; \pi]+64 \\&=64 \cdot(\cos \pi+i \sin \pi)+64 \\&=64 \cdot(-1+i .0)+64 \\&=-64+64\end{aligned}\]
Dans le plans complexe, on considère les points \(A\) et \(B\) et \(C\) d’affixes respectives:
\[Z_{A}=\sqrt{3}+i \text { et } Z_{B}=\sqrt{3}-i \text { et } Z_{C}=2 i\]
2) a – Ecrire \(Z_{A}\) sous sa forme exponentielle.
\[Z_{A}=Z_{1}=\left[2 ; \frac{\pi}{6}\right]=2 e^{i \frac{m}{\pi}}\]
b – Déterminer la représentation complexe de la translation \(T\) de vecteur \(\vec{u}\) d’affixe \(3 \sqrt{3}-i\)
Rappel : \(\operatorname{si} M(Z)\) et \(M^{\prime}\left(Z^{\prime}\right)\) tels que \(M^{\prime}=T(M)\)
\[\text { Alors } Z^{\prime}=Z+Z_{\vec{u}}\]
\[\begin{aligned}M^{\prime}=T(M) & \Longleftrightarrow Z^{\prime}=Z+Z_{\bar{u}} \\& \Longleftrightarrow Z^{\prime}=Z+3 \sqrt{3}-i\end{aligned}\]
Donc la représentation complexe de \(T\) est \(: Z^{\prime}=Z+3 \sqrt{3}-i\)
c- Soit \(E\) l’image de \(B\) par la translation \(T\). Déterminer \(Z_{E}\) l’affixe du point \(E\)
\(\begin{aligned}E = T ( B ) & \Longleftrightarrow Z_{E}=Z_{B}+3 \sqrt{3}- i \\& \Longleftrightarrow Z_{E}=\sqrt{3}-i+3 \sqrt{3}-i \\& \Longleftrightarrow Z_{E}=4 \sqrt{3}-2 i\end{aligned}\)
d- Montrer que les points \(A\) et \(E\) et \(C\) alignés.
Correction:
\[
\begin{aligned}
\frac{Z_{A}-Z_{E}}{Z_{A}-Z_{C}} &=\frac{\sqrt{3}+i-4 \sqrt{3}+2 i}{\sqrt{3}+i-2 i} \\
&=\frac{-3 \sqrt{3}+3 i}{\sqrt{3}-i} \\
&=\frac{-3(\sqrt{3}-i)}{\sqrt{3}-i} \\
&=-3 \in R \\
&\left(\text { On peut aussi calculer } \frac{Z_{C}-Z_{E}}{Z_{C}-Z_{A}} ou \frac{Z_{E}-Z_{C}}{Z_{E}-Z_{A}} ou \ldots\right)
\end{aligned}
\]
Puisque \(\frac{Z_{A}-Z_{E}}{Z_{A}-Z_{C}} \in R\) Alors les points \(A\) et \(E\) et \(C\) sont alignés.
* Suite Numérique
Soit \(\left(U_{n}\right)_{n \geq 0}\) la suite numérique définie par: \(\left\{\begin{aligned} U_{0} &=\frac{3}{2} \\ U_{n+1} &=\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}} \end{aligned} \quad \forall n \in N \right.\)
1) Montrer par récurrence que : \(\quad(\forall n \in N ): \quad U_{n}>1\)
Correction :
Si \(n=0, U_{0}=\frac{3}{2}>1\) donc le résultat est vrai pour \(n=0\)
Soit \(n \in N\). Supposons que \(U_{n}>1\) et montrons que \(U_{n+1}>1\)
\[
U_{n+1}-1=\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}}-1=\frac{4 U_{n}-3-U_{n}}{3+U_{n}}=\frac{3 U_{n}-3}{3+U_{n}}=\frac{3\left(U_{n}-1\right)}{3+U_{n}}
\]
Étudions le signe de \(\frac{3\left(U_{n}-1\right)}{3+U_{n}}\)
D’après l’hypothèse de la récurrence \(U_{n}>1\) donc \(U_{n}-1>0\) et \(3+U_{n}>0\)
\[\begin{array}{l}
\text { Par suite } U_{n+1}-1=\frac{3\left(U_{n}-1\right)}{3+U_{n}}>0 \\
\text { c-à } \cdot d=U_{n+1}>1\end{array}\]
Finalement, d’après le principe de la récurrence \(\forall n \in N , \quad U_{n}>1\)
2) Montrer que \(\left(U_{n}\right)_{n \geq 0}\) est décroissante et déduire qu’elle est convergente.
Correction :
Soit \(n \in N\). Etudions le signe de \(U_{n+1}-U_{n}\)
\[\begin{aligned}
U_{n+1}-U_{n} &=\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}}-U_{n} \\
&=\frac{4 U_{n}-3 U_{n}-U_{n}^{2}}{3+U_{n}} \\
&=\frac{-U_{n}^{2}+U_{n}}{3+U_{n}} \\
&=\frac{U n\left(-U_{n}+1\right)}{3+U_{n}}\end{aligned}\]
D’où \(U_{n+1}-U n<0\) par suite \(\left(U_{n}\right)_{n}\) est décroissante.
3) On pose: \(\quad(\forall n \in N ): V_{n}=\frac{U_{n}}{U_{n}-1}\)
Correction :
Si \(n=0, U_{0}=\frac{3}{2}>1\) donc le résultat est vrai pour \(n=0\)
Soit \(n \in N\). Supposons que \(U_{n}>1\) et montrons que \(U_{n+1}>1\)
\[
U_{n+1}-1=\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}}-1=\frac{4 U_{n}-3-U_{n}}{3+U_{n}}=\frac{3 U_{n}-3}{3+U_{n}}=\frac{3\left(U_{n}-1\right)}{3+U_{n}}
\]
Étudions le signe de \(\frac{3\left(U_{n}-1\right)}{3+U_{n}}\)
D’après l’hypothèse de la récurrence \(U_{n}>1\) donc \(U_{n}-1>0\) et \(3+U_{n}>0\)
\[\begin{array}{l}
\text { Par suite } U_{n+1}-1=\frac{3\left(U_{n}-1\right)}{3+U_{n}}>0 \\
\text { c-à } \cdot d=U_{n+1}>1\end{array}\]
Finalement, d’après le principe de la récurrence \(\forall n \in N , \quad U_{n}>1\)
2) Montrer que \(\left(U_{n}\right)_{n \geq 0}\) est décroissante et déduire qu’elle est convergente.
Correction :
Soit \(n \in N\). Etudions le signe de \(U_{n+1}-U_{n}\)
\[\begin{aligned}
U_{n+1}-U_{n} &=\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}}-U_{n} \\
&=\frac{4 U_{n}-3 U_{n}-U_{n}^{2}}{3+U_{n}} \\
&=\frac{-U_{n}^{2}+U_{n}}{3+U_{n}} \\
&=\frac{U n\left(-U_{n}+1\right)}{3+U_{n}}\end{aligned}\]
D’où \(U_{n+1}-U n<0\) par suite \(\left(U_{n}\right)_{n}\) est décroissante.
3) On pose: \(\quad(\forall n \in N ): V_{n}=\frac{U_{n}}{U_{n}-1}\)
a – Calculer \(V _{0}\):
\[
V_{0}=\frac{U_{0}}{U_{0}-1}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}-1}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}=3
\]
b- Montrer que \(\left(V_{n}\right)_{n \geq 0}\) est une suite géométrique de raison \(q=\frac{4}{3}\) puis déduire que \(V_{n}=3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}\)
pour tout \(n\) de \(N\)
Soit \(n \in N :\)
\[V_{n+1}=\frac{U_{n+1}}{U_{n+1}-1}=\frac{\frac{4 u_{n}}{3+U_{n}}}{\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}}-1}=\frac{\frac{4 \pi_{n}}{3+U_{n}}}{\frac{2 U_{n}-3}{3+U_{n}}}=\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}} \cdot \frac{3+U_{n}}{3\left(U_{n}-1\right)}=\frac{4}{3}\left(\frac{U_{n}}{U_{n}-1}\right)=\frac{4}{3} \cdot V_{n}\]
Puisque \(V_{n+1}=\frac{4}{3} . V_{n} .\) alors \(\left(V_{n}\right)_{n}\) est une suite géométrique de raison \(q=\frac{4}{3}\)
Comme \(\left(V_{n}\right)_{n}\) est une suite géométrique alors son terme général s’écrit : \(V_{n}=V_{0} . q^{n}\)
\[
\text { Donc } V_{n}=3 .\left(\frac{4}{3}\right)^{n}
\]
c-Montrer que pour tout \(n\) de \(N : \quad U_{n}=\frac{V_{n}}{V_{n}-1}\)
\[
\begin{aligned}
V_{n}=\frac{U_{n}}{U_{n}-1} & \Longleftrightarrow V_{n}\left(U_{n}-1\right)=U_{n} \\
& \Longleftrightarrow V_{n} U_{n}-V_{n}=U_{n} \\
& \Longleftrightarrow V_{n} U_{n}-U_{n}=V_{n} \\
& \Longleftrightarrow U_{n}\left(V_{n}-1\right)=V_{n} \\
& \Longleftrightarrow U_{n}=\frac{V_{n}}{V_{n}-1}
\end{aligned}
\]
d – Déduire la limite de \(\left(U_{n}\right)_{n}\)
\[
\lim U_{n}=\lim \frac{V_{n}}{V_{n}-1}=\lim \frac{3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}}{3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}-1}=\lim \frac{3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}}{\left(\frac{4}{3}\right)^{n}\left(3-\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}\right)}=\lim \frac{3}{3-\frac{1}{(3)^{n}}}=1
\]
Justification : On a \(\frac{4}{3}>1\) Donc \(\lim \left(\frac{4}{3}\right)^{n}=+\infty\) par suite \(\lim \frac{1}{\left(\frac{4}{3}\right)^{\pi}}=0\)
\[
V_{0}=\frac{U_{0}}{U_{0}-1}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{3}{2}-1}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{1}{2}}=3
\]
b- Montrer que \(\left(V_{n}\right)_{n \geq 0}\) est une suite géométrique de raison \(q=\frac{4}{3}\) puis déduire que \(V_{n}=3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}\)
pour tout \(n\) de \(N\)
Soit \(n \in N :\)
\[V_{n+1}=\frac{U_{n+1}}{U_{n+1}-1}=\frac{\frac{4 u_{n}}{3+U_{n}}}{\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}}-1}=\frac{\frac{4 \pi_{n}}{3+U_{n}}}{\frac{2 U_{n}-3}{3+U_{n}}}=\frac{4 U_{n}}{3+U_{n}} \cdot \frac{3+U_{n}}{3\left(U_{n}-1\right)}=\frac{4}{3}\left(\frac{U_{n}}{U_{n}-1}\right)=\frac{4}{3} \cdot V_{n}\]
Puisque \(V_{n+1}=\frac{4}{3} . V_{n} .\) alors \(\left(V_{n}\right)_{n}\) est une suite géométrique de raison \(q=\frac{4}{3}\)
Comme \(\left(V_{n}\right)_{n}\) est une suite géométrique alors son terme général s’écrit : \(V_{n}=V_{0} . q^{n}\)
\[
\text { Donc } V_{n}=3 .\left(\frac{4}{3}\right)^{n}
\]
c-Montrer que pour tout \(n\) de \(N : \quad U_{n}=\frac{V_{n}}{V_{n}-1}\)
\[
\begin{aligned}
V_{n}=\frac{U_{n}}{U_{n}-1} & \Longleftrightarrow V_{n}\left(U_{n}-1\right)=U_{n} \\
& \Longleftrightarrow V_{n} U_{n}-V_{n}=U_{n} \\
& \Longleftrightarrow V_{n} U_{n}-U_{n}=V_{n} \\
& \Longleftrightarrow U_{n}\left(V_{n}-1\right)=V_{n} \\
& \Longleftrightarrow U_{n}=\frac{V_{n}}{V_{n}-1}
\end{aligned}
\]
d – Déduire la limite de \(\left(U_{n}\right)_{n}\)
\[
\lim U_{n}=\lim \frac{V_{n}}{V_{n}-1}=\lim \frac{3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}}{3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}-1}=\lim \frac{3 \cdot\left(\frac{4}{3}\right)^{n}}{\left(\frac{4}{3}\right)^{n}\left(3-\frac{1}{\left(\frac{1}{3}\right)^{n}}\right)}=\lim \frac{3}{3-\frac{1}{(3)^{n}}}=1
\]
Justification : On a \(\frac{4}{3}>1\) Donc \(\lim \left(\frac{4}{3}\right)^{n}=+\infty\) par suite \(\lim \frac{1}{\left(\frac{4}{3}\right)^{\pi}}=0\)
* Etudes de Fonctions
I. On considère la fonction \(g \text { définie sur }] 0 ;+\infty\left[\text { par }: \quad g(x)=x^{2}-2 \ln x\right.\)
1) Montrer que pour tout \(x \text { de }] 0 ;+\infty\left[: \quad g^{\prime}(x)=\frac{2\left(x^{2}-1\right)}{x}\right.\)
\(g \text { est dérivable sur }] 0 ;+\infty[\)
\(\forall x \in] 0 ;+\infty\left[: \quad g^{\prime}(x)=2 x-2 \cdot \frac{1}{x}=\frac{2 x^{2}-2}{x}=\frac{2\left(x^{2}-1\right)}{x}\right.\)
2) Dresser le tableau de variations de \(g \text { sur }] 0 ;+\infty[\). (le calcul des limites n’est pas demandé.)
\(\forall x \in] 0 ;+\infty\left[: \quad g^{\prime}(x)=\frac{2\left(x^{2}-1\right)}{x}\right.\)
Le dénominateur \(x\) est strictement positif.
Le signe de \(\left.g^{\prime}(x) \text { dépend du signe de } x^{2}-1 \text { sur }\right] 0 ;+\infty[\)
Tableau de signes de \(x^{2}-1\)
Tableau de signes de g′(x) et tableau de variations de g.
3) Déduire que g est strictement positive sur ]0;+∞[.
g(1) = 1 est la valeur minimale absolue de g.
Donc ∀ x∈]0;+∞[ ; g(x) ≥ 1 > 0. D’où g est strictement positive sur ]0;+∞[.
Donc \(\forall x \in] 0 ;+\infty[; g(x) \geq 1>0 . \text { D’où } g \text { est strictement positive sur }] 0 ;+\infty[\)
II. Soit \(f \text { la fonction numérique définie sur }] 0 ;+\infty\left[\text { par : } \quad f(x)=\frac{1+\ln x}{x}+\frac{1}{2} x\right.\)
\(\left(C_{f}\right)\) sa courbe représentative de \(f\) dans un repère orthonormé. \(\| \vec{i}||=2 c m\)
1) a – Montrer que \(\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty\)
\(\begin{aligned} \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x) &=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1+\ln x}{x}+\frac{1}{2} x \\ &=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}+\frac{\ln (x)}{x}+\frac{1}{2} x \\ &=+\infty \end{aligned}\)
\(\left(C_{f}\right)\) sa courbe représentative de \(f\) dans un repère orthonormé. \(\| \vec{i}||=2 c m\)
1) a – Montrer que \(\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=+\infty\)
\(\begin{aligned} \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x) &=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1+\ln x}{x}+\frac{1}{2} x \\ &=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}+\frac{\ln (x)}{x}+\frac{1}{2} x \\ &=+\infty \end{aligned}\)
\(\left(\operatorname{car} \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{\ln (x)}{x}=0 \text { et } \lim _{\infty \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}=0 \text { et } \lim _{\infty \rightarrow+\infty} \frac{1}{2} x=+\infty\right)\)
b- Calculer \(\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[f(x)-\frac{1}{2} x\right]\) et déduire que la droite
\((\Delta)\) d’équation \(y=\frac{1}{2} x\) est une asymp
tote oblique de \(\left(C_{f}\right)\) au voisinage de \(+\infty\)
\[\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[f(x)-\frac{1}{2} x\right]=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1+\ln (x)}{x}+\frac{1}{2} x-\frac{1}{2} x=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}+\frac{\ln (x)}{x}=0\]
Puisque \(\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[f(x)-\frac{1}{2} x\right]=0\) Donc la droite
\((\Delta)\) d’équation \(y=\frac{1}{2} x\) est une asymptote
oblique de \(\left(C_{f}\right)\) au voisinage de \(+\infty\)
\((\Delta)\) d’équation \(y=\frac{1}{2} x\) est une asymp
tote oblique de \(\left(C_{f}\right)\) au voisinage de \(+\infty\)
\[\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[f(x)-\frac{1}{2} x\right]=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1+\ln (x)}{x}+\frac{1}{2} x-\frac{1}{2} x=\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{1}{x}+\frac{\ln (x)}{x}=0\]
Puisque \(\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[f(x)-\frac{1}{2} x\right]=0\) Donc la droite
\((\Delta)\) d’équation \(y=\frac{1}{2} x\) est une asymptote
oblique de \(\left(C_{f}\right)\) au voisinage de \(+\infty\)
c – Calculer \(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)\) puis interpréter le résultat géométriquement.
\[\begin{aligned}
\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x) &=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1+\ln x}{x}+\frac{1}{2} x \\
&=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x}(1+\ln x)+\frac{1}{2} x \\
&=-\infty\end{aligned}\]
\(\left(\operatorname{car} \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \ln (x)=-\infty \text { et } \lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{x}=+\infty\right)\)
Puisque \(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=-\infty\) Alors \(\left(C_{f}\right)\) admet une asymptote verticale d’équation \(x=0\) (l’axe
des ordonnés).2) a – Montrer que : \(\quad \forall x \in] 0 ;+\infty\left[\quad ; f^{\prime}(x)=\frac{g(x)}{2 x^{2}}\right.\)
\(f \text { est dérivable sur }] 0 ;+\infty[\)
\[\begin{aligned}
\forall x \in] 0 ;+\infty[,& \\
&=f^{\prime}(x)=\left(\frac{1+\ln x}{x}+\frac{1}{2} x\right)^{\prime} \\
&=\frac{\frac{1}{x} x-(1+\ln x)}{x^{2}}+\frac{1}{2}(1+\ln x) \\
&=\frac{1-1-\ln x}{x^{2}}+\frac{1}{2} \\
&=\frac{-11+\ln x)^{\prime} x-x^{\prime}}{2^{2}} \\
&=\frac{g(x)}{2 x^{2}}\end{aligned}\]
b – Dresser le tableau de variations de \(f\)
∀∊] 0;+∞[: 2𝑥² > 0 donc le signe de 𝑓′(𝑥) dépend juste du signe de 𝑔(𝑥) sur ] 0;+∞[
Or, d’après le résultat de la question I.3) \(g \text { est strictement positive sur }] 0 ;+\infty[. \text { D’où } f\) est strictement croissante sur \(| 0 ;+\infty\)
3) a – Montrer que l’équation \(f(x)=0 \text { admet une unique solution } \alpha \text { dans }] 0 ;+\infty[\) puis vérifier que
\(\frac{1}{4}<\alpha<\frac{1}{2}\)
Correction :
\(f\) est continue \((x \mapsto \ln x \text { et } x \mapsto x \text { sont continues sur }] 0 ;+\infty[)\) et strictement monotone
sur \(] 0 ;+\infty[\)
De plus \(0 \in f(] 0 ;+\infty[)=]-\infty ;+\infty[\)
Donc l’équation \(f(x)=0 \text { admet une unique solution } \alpha \text { dans }] 0 ;+\infty[\)
Vérification : Puisque : \(f\left(\frac{1}{4}\right)=\frac{33-32 \ln 4}{8}<0\) et \(f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{9-8 \ln 2}{4}>0\)
Donc \(\frac{1}{4}<\alpha<\frac{1}{2}\)
Donc \(\frac{1}{4}<\alpha<\frac{1}{2}\)
b -\(\left.\text { Montrer que } f^{\prime \prime}(x) \text { a le même signe que } 2 \ln (x)-1 \text { sur }\right] 0 ;+\infty[.\)
Puis déduire la concavité de \((C_{f})\)
\(\left.f^{\prime} \text { est dérivable sur }\right] 0 ;+\infty[. \forall x \in] 0 ;+\infty[\)
\[\begin{aligned}
f^{\prime \prime}(x) &=\left(\frac{g(x)}{2 x^{2}}\right)^{\prime} \\
&\left.=\frac{g^{\prime}(x) 2 x^{2}-\left(2 x^{2}\right)^{\prime} g(x)}{4 x^{4}}\right) 2 x^{2}-4 x\left(x^{2}-2 \ln x\right) \\
&=\frac{\left(\frac{2\left(x^{2}-1\right)}{x}\right)^{2}}{x^{2}} \\
&=\frac{\left(x^{2}-1\right) 4 x-4 x\left(x^{2}-2 \ln x\right)}{4 x^{4}} \\
&=\frac{\left(x^{2}-1\right)-\left(x^{2}-2 \ln x\right)}{x^{3}} \\
&=\frac{x^{2}-1-x^{2}+2 \ln x}{x^{3}} \\
&=\frac{2 \ln x-1}{x^{3}}\end{aligned}\]
Puisque \(\forall x \in] 0 ;+\infty\left[\quad, x^{3}>0 \text { alors } f^{\prime \prime}(x) \text { a le même signe que } 2 \ln (x)-1 \text { sur }\right] 0 ;+\infty[\)
\[\begin{aligned}2 \ln (x)-1>0 & \Longleftrightarrow \ln (x)>\frac{1}{2} \\& \Longleftrightarrow x>e^{\frac{1}{2}}\end{aligned}\]
\(f^{\prime \prime}\) est positive sur \(\left[e^{\frac{1}{2}} ;+\infty[\text { et négative sur }] 0 ; e^{\frac{1}{2}}\right]\)
f^{\prime \prime}(x) &=\left(\frac{g(x)}{2 x^{2}}\right)^{\prime} \\
&\left.=\frac{g^{\prime}(x) 2 x^{2}-\left(2 x^{2}\right)^{\prime} g(x)}{4 x^{4}}\right) 2 x^{2}-4 x\left(x^{2}-2 \ln x\right) \\
&=\frac{\left(\frac{2\left(x^{2}-1\right)}{x}\right)^{2}}{x^{2}} \\
&=\frac{\left(x^{2}-1\right) 4 x-4 x\left(x^{2}-2 \ln x\right)}{4 x^{4}} \\
&=\frac{\left(x^{2}-1\right)-\left(x^{2}-2 \ln x\right)}{x^{3}} \\
&=\frac{x^{2}-1-x^{2}+2 \ln x}{x^{3}} \\
&=\frac{2 \ln x-1}{x^{3}}\end{aligned}\]
Puisque \(\forall x \in] 0 ;+\infty\left[\quad, x^{3}>0 \text { alors } f^{\prime \prime}(x) \text { a le même signe que } 2 \ln (x)-1 \text { sur }\right] 0 ;+\infty[\)
\[\begin{aligned}2 \ln (x)-1>0 & \Longleftrightarrow \ln (x)>\frac{1}{2} \\& \Longleftrightarrow x>e^{\frac{1}{2}}\end{aligned}\]
\(f^{\prime \prime}\) est positive sur \(\left[e^{\frac{1}{2}} ;+\infty[\text { et négative sur }] 0 ; e^{\frac{1}{2}}\right]\)
\(f\left(e^{\frac{1}{2}}\right)=\frac{1+\frac{1}{2}}{e^{\frac{1}{2}}}+\frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}}=\frac{3}{2 e^{\frac{1}{2}}}+\frac{1}{2} e^{\frac{1}{2}}=\frac{3+e}{2 e^{\frac{1}{2}}}\)
4) Construire la droite (Δ) et la courbe (𝐶𝑓 ) .
5) a – Montrer que \(f\) admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur un intervalle \(J\) dont on déterminera. \(\quad\) (La détermination de \(f^{-1}(x)\) n’est pas demandée)
\(f \text { est continue et strictement monotone ( strictement croissante) sur }] 0 ;+\infty[\) donc elle admet une fonction réciproque \(\left.f^{-1} \text {définie sur } J=f(] 0 ;+\infty[)=\right]-\infty ;+\infty[\)
b- Calculer \(f(1)\) puis déduire \(\left(f^{-1}\right)^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right)\)
\[f(1)=\frac{1+\ln 1}{1}+\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\]
Déduisons \(\left(f^{-1}\right)^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right):\)
Rappel : \(\left(f^{-1}\right)^{\prime}(x)=\frac{1}{f^{\prime}\left(f^{-1}(x)\right)}\)
\(\left(f^{-1}\right)^{\prime}\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{1}{f^{\prime}\left(f^{-1}\left(\frac{3}{2}\right)\right)}=\frac{1}{f^{\prime}(1)}=\frac{1}{\frac{g(1)}{2}}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2\)
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