Examen Math bac 2 SM 2021 Bac Blanc 1 Avec Correction

Exercice 1:

Thème Analyse :
Partie I :

On considère la fonction u définie sur IR par:
\(U(x)=\frac{{e}^{2 x}-1}{{e}^{2 x}+1}\)
1-a) Montrer que la fonction \({u}\) est impaire.
b) Calculer \(\lim _{x➝+∞} u(x)\),
puis interpréter géométriquement le résultat.
2-a) Montrer que \(u\) est strictement croissante sur IR.
b) Écrire une équation de la tangente \((T)\) à la courbe \({C}_{u}\)
au point d’abscisse 0.
3)- Montrer que:
\(u\) admet une bijection réciproque de \(u^{-1}\)
définie sur un intervalle \(J\) que l’on déterminera.
4-a) Tracer dans un repère orthonormé \((O ; \vec{i}, \vec{j})\)
les courbes \(C_{u}\) et \(C_{u^{-1}}\).
b) Calculer en cm² la surface du secteur Δ tel que :
\((Δ)=\{M(x, y)∈ {P} /(x, y)∈[0, \ln 2]^{2} \text { et } u(x)≤ y≤ u^{-1}(x)\}\)

Partie II :

Soit \(f\) fonction numérique définie par:
\(\left\{\begin{array}{l}f(0)=1 \\ f(x)=\frac{2 x}{x+u(x)}, \text { si } x≠0\end{array}\right.\)
1-a) Justifier que: \(D_{f}\)=IR,
puis calculer \(\lim _{x➝-∞} f({x})\)
b) Montrer que la fonction \(f\) est paire,
puis déduire \(\lim _{x➝+∞} f({x})\)
2) Montrer que \(f\) est continue sur IR

3-a) Montrer que ∀ t∈IR+:
\(u'(t)=1-(u(t))^{2}\),
puis en déduire que ∀ x∈IR+:
\(x-\frac{x^{3}}{3}≤ u(x)≤ x\)
b) Vérifier que ∀x∈IR*+:
\(\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{x-u(x)}{2x^{2}}.f(x)\),
puis en déduire que \(f\) est dérivable en 0
et que \(f'(0)=f(0)\).
4-a ) Montrer que \(f\) est dérivable sur IR*+
et que ∀x∈IR*+:
\(f'(x)=2×\frac{u(x)-x.u'(x)}{(x+u(x))^{2}}\)
b) En utilisant le théorème des accroissement finis,
montrer que ∀x∈IR*+:
\(u(x)-x.u'(x)>f(0)\)
c) Montrer que \(f\) est strictement croissante sur IR+,
puis déterminer \(f\)(IR).

Partie III :

Soit \(F\) la fonction numérique définie par:
\(\left\{\begin{array}{l} F(0)=0 \\ F(x)=\frac{1}{x}\int_{0}^{x} \ln (f(t)) d t, \text { si } x≠0 \end{array}\right.\)
1-a) Justifier soigneusement que : \(D_{F}=IR\)
b) Montrer que \(F\) est paire
(Utiliser une intégration par changement de variable ).
2-a) En utilisant le théorème de la moyenne,
montrer que ∀x∈IR*: \(f(0)≤ F(x)≤ ln(f(x))\)
(b) En déduire que \(F\) est continue en 0.
c) Montrer que \(F\) est dérivable à droite en 0
et donner \({F}_{{d}}'(0)\)

3-a) Vérifier que ∀ t∈IR*+:
\( \frac{2 t}{1+t}≤ f(t)≤ 2\)
b) En déduire que, pour tout \(x∈[1,+∞[\), on a :
\(\frac{1}{x}\left(\int_{0}^{1} \ln (f(t)) dt+\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) dt\right)≤ F(x)≤ \ln 2\)
c) Montrer que ∀x∈[1,+∞[:
\(\int 1^{x} \ln(\frac{2 t}{1+t}) dt=(x+1).\ln(\frac{2 x}{x+1})-\ln x\)
d) En déduire :
\(\lim _{x➝+∞} F(x)\), puis interpréter géométriquement le résultat.
4-a) Montrer que \({F}\) est dérivable sur IR*+
et que ∀ x∈IR*+:
\(F'(x)=\frac{\ln (f(x))-F(x)}{x}\)
b) Dresser le tableau de variation de \(F\) sur IR*+.

Exercice 2:

Thème : Nombres complexes:

Soit \(α\) un nombre complexe non nul et l’équation (E):
\(z^{3}+α z^{2}-\bar{α} z-1=0\)
1-a) Montrer que;
si \(z_{0}, z_{1}\) et \(z_{2}\) sont les solutions de \(({E})\) alors \(z_{0} z_{1} z_{2}=1\)
b) Montrer que:
si \(z\) est solution de \((E)\) alors \(\frac{1}{\bar{z}}\) est aussi solution.
c) En déduire que:
\((E)\) admet au moins une solution de module 1 .
2- On suppose que \(|α|=1\).
a) Vérifier que \(-α\) est une solution de \((E)\)
et montrer que \((E)\) est équivalente à :
\((z+α)\left(a z^{2}+b z+c\right)=0\)
où \(a, b\) et \(c\) sont trois nombres complexes à déterminer en fonction de \({α}\).
b) Soit \({\theta}\) un argument de \({α}\).
Écrire les solutions de \(({E})\) en fonction \(\operatorname{de} {\theta}\).
3- Donner les solutions de l’équation:
\((F): 2 z^{3}+(1+i \sqrt{3}) z^{2}-(1-i \sqrt{3}) z-2=0\)

Exercice 3: 

Thème : Arithmétiques:

Soit
\((S):\left\{\begin{array}{l}n \equiv 13[19] \\ n \equiv 6[12]\end{array}\right.\)
1-a) Montrer que:
\(∃(u,v)∈Z×Z ; \mathbf{19 u}+\mathbf{12} {v}=\mathbf{1}\)
b) Montrer que:
\(N=13×12 v+6×19 u\) est une solution de \((S)\).
2-a) Soit \(n_{0}\) une solution de \((S)\).
Montrer que:
\((S) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}n \equiv n_{0}[19] \\ n \equiv n_{0}[12]\end{array}\right.\)
b) Montrer que:
\(\left\{\begin{array}{l}n \equiv n_{0}[19] \\ n \equiv n_{0}[12]\end{array} ⇔n \equiv n_{0}[12×19] .\right.\)
3-a) Trouver une solution de \(19 u+12 v=1\) puis calculer \(N\).
b) En déduire l’ensemble des solutions de ( \({S}\) ) ( utiliser 2.b).

➲ Si vous souhaitez signaler une  erreur merci de nous envoyer un commentaire  

Correction Examen National Math 2 Bac Science Math 2021 Bac Blan 1 Correction :

Examen Math bac 2 SM 2021 Bac Blanc 1- Corrigé -

Exercice 1:
Partie I:
On considère la fonction u définie sur \(IR\) par :​
\((∀x∈ IR), u(x)=\frac{e^{2x-1}-1}{e^{2x}+1}\)​

Montrons que la fonction \(\boldsymbol{u}\) est impaire :
On a \(\boldsymbol{D}_{\boldsymbol{u}}=IR\),
alors \(∀x∈ D_{u},-x∈ D_{u}\)
et \(u(-x)=\frac{e^{-2 x}-1}{e^{-2 x}+1}
=\frac{e^{-2 x}\left(1-e^{2 x}\right)}{e^{-2 x}\left(1+e^{2 x}\right)}
=-u(x)\).
D’où la fonction \(u\) est impaire.
Calculons \(\lim _{x➝+∞} u(x)\),
puis interprétons géométriquement le résultat :
On \(\lim _{x➝+∞} u(x)=\lim _{x➝+∞} \frac{e^{2 x}-1}{e^{2x}+1}\).
On pose \(X=e^{2x}\),
alors cette limite devient:
\(\lim _{x➝+∞} u(x)=\lim _{X➝+∞} \frac{X-1}{X+1}=1\).
interprétation géométriquement du résultat :
On a \(\lim _{x➝+∞} u(x)=1\)
alors la droite d’équation \(y=1\) est une asymptote verticale
à la courbe \(C_{u}\) au voisinage de \(+∞\).
Montrons que \(u\) est strictement croissante sur \(IR\) :
Soit x∈ IR.
La fonction \(u\) est dérivable sur \(IR\)
car
\(\boldsymbol{x} \mapsto \mathrm{e}^{2 x}-1\)
et \(\boldsymbol{x} \mapsto \mathrm{e}^{2 x}+1\)
sont dérivables \(\operatorname{sur} IR\)
et \(∀x∈ IR, e^{2 x}+1 \neq 0\)
Alors
\(u^{\prime}(x)=\frac{2 e^{2x}\left(e^{2 x}+1\right)-2 e^{2 x}\left(e^{2 x}-1\right)}{\left(e^{2 x}+1\right)^{2}}\)
=\(\frac{4 e^{2 x}}{\left(e^{2 x}+1\right)^{2}}\)
Or
\(∀\boldsymbol{x}∈ IR, \boldsymbol{u}^{\prime}(\boldsymbol{x})>\mathbf{0}\)
alors \(\boldsymbol{u}\) est strictement croissante sur \(IR\).
Écrivons une équation de la tangente \((T)\)
à la courbe \(C_{u}\) au point d’abscisse 0:
On a \((T): y=u^{\prime}(0) x+u(0) .\)
c’est-à-dire \((T): y=x\)
Montrons que \(u\) admet une bijection réciproque de \(u^{-1}\)
définie sur un intervalle J que l’on déterminera :
On a
\(u\) est dérivable sur \(IR\) alors elle continue sur \(IR\).
Or
\(u\) est strictement croissante sur \(IR\),
alors
\(u\) réalise une bijection de \(IR\) dans \(J=u(IR)=]-1,[\).

Traçons dans un repère orthonormé \((\boldsymbol{O} ; \overrightarrow{\boldsymbol{i}}, \overrightarrow{\boldsymbol{j}})\) les courbes \(\mathscr{C}_{\boldsymbol{u}}\) et \(\mathscr{C}_{\boldsymbol{u}^{-1}}\) :

Calculons en cm²  la surface du secteur ( \(\Delta\) )
tel que :
\((\Delta)=\left\{M(x, y) \in \mathscr{P} /(x, y) \in[0, \ln 2]^{2} \text { et } u(x) \leq y \leq u^{-1}(x)\right\}\)  
On a
\(A_{(\Delta)}=\int_{0}^{\ln 2}\left|u(x)-u^{-1}(x)\right| dx \). 
Or \(\forall x \in \mathbb{R}\) 
\( u(x)=\frac{\mathrm{e}^{2 x}-1}{\mathrm{e}^{2 x}+1}\) 
\(x \in]-1,1[, u^{-1}(x)=\frac{1}{2} \ln (\frac{1+x}{1-x})\) 
et \(\forall x \in[0, \ln 2], u^{-1}(x)-u(x) \geq 0 \) 
Alors
\(A_{(\Delta)}=\int_{0}^{\ln 2}\left(\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)-\frac{\mathrm{e}^{2 x}-1}{\mathrm{e}^{2 x}+1}\right) dx \) 
=\(\frac{1}{2} \int_{0}^{\ln 2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right) d x-\int_{0}^{\ln 2} \frac{\mathrm{e}^{2 x}-1}{\mathrm{e}^{2 x}+1} dx \) 
=…

Partie II :
Soit \(f\) fonction numérique définie par :
\(\left\{\begin{array}{l}f(0)=1 \\ f(x)=\frac{2 x}{x+u(x)}, \text { si } x \neq 0\end{array}\right.\)

Justifions que : 

\({D}_{{f}}={IR}\), puis Calculons \(\lim _{x \rightarrow-\infty} {f}({x})\) :
On a
\({x} \in {D}_{{f}} \quad \Leftrightarrow {x} \in {R}\)
et
\({f}({x}) \in {IR}\) \(\Leftrightarrow x \in {R}\)
et
\([(x+u(x) \neq 0\) et \(x \neq 0)\) ou \(x=0]\) \(\Leftrightarrow x \in {R}\)
et
 \((x \neq 0\) ou \(x=0)\) \(\Leftrightarrow x \in {IR}\)
D’où
\(D_{f}={R}\).
 On a
\(\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{2 x}{x+\frac{u(x)}{2}}\)
=\(\lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{u(x)}{1+\frac{u(x)}{x}}\)
 =2
car
\(\lim _{x \rightarrow-\infty} u(x)=-1 \text { et } \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{u(x)}{x}=0\)

Montrons que:
 la fonction \({f}\) est paire, puis déduisons \(\lim _{{x} \rightarrow+\infty} {f}({x}):\)
On a:
 \({D}_{{f}}={IR}\)
alors:
 \(\forall x \in D_{f},\left\{\begin{array}{l}x \in D_{f} \\ f(-x)=\frac{-2 x}{-x+u(-x)}=\frac{-2 x}{-x-u(x)}=\frac{2 x}{x+u(x)}=f(x)\end{array}\right.\)
Donc:
 \(f\) est une fonction paire.
Par suite \(\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=2\)

Montrons que
\({f}\) est continue sur \({IR}\) :
La fonction \({x} \mapsto 2 {x}\) est une fonction polynôme
alors
elle est continue sur \({IR}\) et en particulier sur \({IR}^{*}\)
Encore
 La fonction \({x} \mapsto {x}+{u}({x})\) est une somme de deux fonctions continues sur \({IR}\)
et \(\forall {x} \in {R}^{*}, {x}+{u}({x}) \neq {0}\)
Donc
la fonction \({f}\) est continue sur \({R}^{*}\) (1).

Étudions sa continuité en \({0}\) :
On a
\(\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x}{x+u(x)}\)
=\(\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2}{1+\frac{u(x)}{x}}=1=f(0)\)
Car
 \(\lim _{x \rightarrow 0} \frac{{u}({x})}{{x}}={u}^{\prime}({0})={1} .\)
Par suite \(\tilde{f}\) est continue en \({0}\) (2).
 De (1) et (2)
on en déduit que \({f}\) est continue sur \({R}\).
Montrons que:
\(\left(\forall {t} \in {R}^{+}\right), {u}^{\prime}({t})={1}-({u}({t}))^{2}\),
puis en déduisons que :
 \(\left(\forall {x} \in {R}^{+}\right), {x}-\frac{{x}^{3}}{{3}} \leq {u}({x})\leq x .\)

On a
\((\forall {t} \in {R}^{+}), {u}^{\prime}({t})=\frac{4 {e}^{2 t}}{\left({e}^{2t}+1\right)^{2}}\)
=\(\frac{\left({e}^{2 t}+1\right)^{2}-\left({e}^{2 t}-1\right)^{2}}{\left({e}^{2 t}+1\right)^{2}}\)
=\({1}-({u}({t}))^{2}.\)
On a
 \(\left(\forall t \in {R}^{+}\right), {0} \leq {u}({t})<{1}\)
soit
\({0} \leq {1}-({u}({t}))^{2}<{1}\)
C’est-à-dire
 \({0} \leq {u}^{\prime}({t})<{1} .\)
alors
 \(\left(\forall {x} \in {R}^{+}\right), {0} \leq \int_{{0}}^{{x}} {u}^{\prime}({t}) {d} {t}<\int_{{0}}^{{x}} {d} {t}\).
D’où \(\left(\forall x \in {R}^{+}\right), {0} \leq {u}({x})<{x} .\)
Par suite
 \(\left(\forall {x} \in {R}^{+}\right), {u}({x}) \leq {x}\left(^{*}\right)\).
On a encore
\(\left(\forall t \in {R}^{+}\right), {0} \leq {u}({t})<{t}\) soit \({1}-{t}^{2}<{1}-({u}({t}))^{2} \leq {1}\)
Alors
 \(\left(\forall x \in {R}^{+}\right), \int_{0}^{x}\left(1-t^{2}\right) d t<\int_{0}^{x} u^{\prime}(t) d t .\)
C’est-à-dire
 \(\left[t-\frac{t^{3}}{3}\right]_{0}^{x}<[u(t)]_{0}^{x}\)
D’où
\({x}-\frac{{x}^{3}}{{3}}<{u}({x})\)
Par suite
 \(\left(\forall {x} \in {R}^{+}\right), {x}-\frac{{x}^{3}}{{3}} \leq {u}({x})(* *) .\)
De (*) et (**) on en déduit que:
 \(\left(\forall {x} \in {R}^{+}\right), {x}-\frac{{x}^{3}}{{3}} \leq {u}({x})\leq x .\)

Vérifions que :
\(\left(\forall x \in \mathbb{R}^{*+}\right), \frac{{f}({x})-{f}({0})}{{x}}=\frac{{x}-{u}({x})}{2 x^{2}} \cdot \f(x)\),
puis en déduisons
que \(f\) est dérivable en 0
et que \(f ^{\prime}(0)=0\) :
soit
\(x \in R^{*+}\).
On a
\(f(x)-f(0)=\frac{2 x}{x+u(x)}-1=\frac{2 x-x-u(x)}{x+u(x)}=\frac{x-u(x)}{x+u(x)}=\frac{x-u(x)}{2 x} \cdot f(x) .\)
Donc
\(\frac{f(x)-f(0)}{x}=\frac{x-u(x)}{2 x^{2}} \cdot f(x)\)
On a
\(\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{x-u(x)}{2 x^{2}} \cdot f(x)\)
Or
\(\forall x \in \mathbb{R}^{+}, x-\frac{x^{3}}{3} \leq u(x) \leq x\) alors \(0 \leq \frac{x-u(x)}{2 x^{2}} \leq \frac{x}{6}\)
par suite

\(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x-u(x)}{2 x^{2}}=0\)
Sachant que
\(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} f(x)=1\),
on a donc
\(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)-f(0)}{x}=0\)
D’où
\(f\) est dérivable à droite en \({0}\) et \({f}_{{d}}^{\prime}({0})={0}\).
Or
\({f}\) est paire
alors
elle est dérivable à gauche en \({0}\)
et
\({f}_{{g}}^{\prime}({0})=-{f}_{{d}}^{\prime}({0})
={0}\).
Donc
\({f}\) est dérivable en \({0}\)
et \({f}^{\prime}({0})={0}\).

La fonction \(x \mapsto 2x\) est une fonction polynôme
alors
elle est dérivable sur \(R\)
et en particulier sur \(R^{*}\)
Encore La fonction \(x \mapsto x+u(x)\) est une somme de deux fonctions dérivables sur \(R\)
et \(\forall x \in R^{*}, x+u(x) \neq 0\)
Donc
la fonction \(f\) est dérivable sur \(R^{*}\)
et on a
\((\forall x \in R^{*+}),\)
 \(f^{\prime}(x) =\frac{2(x+u(x))-2 x\left(1+u^{\prime}(x)\right)}{(x+u(x))^{2}}\)
= \(2 \times \frac{x+u(x)-x-x u^{\prime}(x)}{(x+u(x))^{2}}\)
= \(2 \times \frac{u(x)-x u^{\prime}(x)}{(x+u(x))^{2}}\)
Soit \({x} \in \in \mathbb{R}^{*+}\).
On a
\({u}\) continue sur \([{0}, {x}]\) et dérivable sur \(]{0}, {x}[\)
alors
d’après le théorème des accroissement finis \(\exists {c} \in] {0}, {x}\left[, {u}^{\prime}({c})=\frac{{u}({x})-{u}({0})}{{x}-{0}}=\frac{{u}({x})}{{x}}\right.\).
On a :
 \({0}<{c}<{x} \Rightarrow {0}<{u}({c})<{u}({x})\)
\(\Rightarrow {0}<{u}^{2}({c})<{u}^{2}({x})\)
\(\Rightarrow {1}-{u}^{2}({x})<{1}-{u}^{2}({c})<{l}\)
\(\Rightarrow {u}^{\prime}({x})<{u}^{\prime}({c})<{1}\)
\(\Rightarrow {u}^{\prime}({x})<\frac{{u}({x})}{{x}}<{1}\)
\(\Rightarrow {u}^{\prime}({x})<\frac{{u}({x})}{{x}}\)
\(\Rightarrow {u}({x})-{x} {u}^{\prime}({x})>{0}\)
On a
\(\left(\forall {x} \in \mathbb{R}^{*+}\right),\)
\({f}^{\prime}({x})={2} \times \frac{{u}({x})-{x} {u}^{\prime}({x})}{({x}+{u}({x}))^{2}}\)
Or
\({u}({x})-{x} {u}^{\prime}({x})>{0}\)
et \(({x}+{u}({x}))^{2}>{0}\),
alors
\(\left(\forall {x} \in \mathbb{R}^{*+}, {f}^{\prime}({x})>{0} .\right.\)
Donc \({f}\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}^{+}\).
Or
 \({f}\) est paire alors elle strictement décroissante sur \(\mathbb{R}^{-}\)
D’où
\(f(\mathbb{R})=\left[{f}({0}) ; \lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)\left[\cup\left[f(0) ; \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)[=[1;2[\right.\right.\right.\)
Partie III :
Soit \(F\) la fonction numérique définie par :
F(0)=0 
F(x)=\(\frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f(t)) d t, \text { si } x \neq 0\)
Justifions soigneusement que :
 \(D_{F}=R\)
Soit
\({h}: {t} \mapsto \ln ({f}(t))\).
On a
\(t \in {D}_{{h}} \Leftrightarrow {t} \in R\)
et
\( {f}({t}) \in R^{*+} \Leftrightarrow {t} \in R\)
car 
\( \forall {t} \in R, {f}({t}) \in[1;2[\)
Alors \({D}_{{h}}=R\)
Donc \({D}_{{F}}=\left\{{x} \in IR / {x} \in {D}_{{h}}\right.\)et \(\left.{x} \neq {0}\right\} \cup\{{0}\}=IR^{*} \cup\{{0}\}=IR\)
Montrons que \(F\) est paire
On a
\(D_{F}=IR\),
alors \(\forall x \in D_{F},-x \in D_{F}\)
et
F(x)=\(\frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f(t)) d t\)
(on pose  y=-t c-à-d  t=-y et dt=-dy)
\(=\frac{1}{x} \int_{0}^{-x}-\ln (f(-y)) d y\)
\(=-\frac{1}{x} \int_{0}^{-x} \ln (f(y)) d y\)
car \(f\) est paire
\(=\frac{1}{-x} \int_{0}^{-x} \ln (f(t)) d t\)
\(=F(-x)\)
D’où F est une fonction paire.
Soit \(x \in IR^{*+}\)
On a la fonction \(t \mapsto \ln (f(t))\) est continue sur \(IR\)
et en particulier
\(\operatorname{sur}[0, x] .\)
Alors
\(\exists c \in[0, x], \ln (f(c))=\frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f(t)) d f\)
C’est-à-dire
\(\exists c \in[0, x], \ln (f(c))=F(x)\).
On a
\(0 \leq c \leq x \Rightarrow \mathbf{1} \leq f(c) \leq f(x)(f\) est croissante)
\(\Rightarrow 0 \leq \ln (f(c)) \leq \ln (f(x))\) (la fonction \(\ln\) est croissante \()\)
\(\Rightarrow 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\)
D’où
\(\forall x \in IR^{*+}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x)) \star\).
Pour \(x \in IR^{*-}\),
alors \(\star\) devient \(\forall x \in IR^{*-}, 0 \leq F(-x) \leq \ln (f(-x))\).
Or les fonction \(f\) et \(F\) sont paires
alors
 \(\forall x \in IR^{*-}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x)) \star \star\)
Donc de \(\star\) et \(\star \star\),
on a
 \(\forall x \in IR^{*}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\).
En déduisons que \(F\) est continue en \(0\) :
On a
\(\forall x \in IR^{*}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\)
et \(\lim _{x \rightarrow 0} \ln (f(x))=\ln 1=0\).
Alors
\(\lim _{x \rightarrow 0} F(x)=0=F(0) .\)
Donc
\(F\) est continue en \(0\).
Montrons que \(F\) est dérivable à droite en \(0\)
et donnons \(F_{d}^{\prime}(0)\) :
On a
\(\forall x \in IR^{*+}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\)
soit \(0 \leq \frac{F(x)}{x} \leq \frac{\ln (f(x))}{x}\)
Alors
\(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{F(x)-F(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{F(x)}{x}\)
\(=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln (f(x))}{x}\)
\(=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{\ln (f(x))}{f(x)-1} \times \frac{f(x)-1}{x}\)
\(=1 \times 0\)
=0
Donc F est dérivable à droite en 0 
et \(F_{d}^{\prime}(0)\)
Vérifions que :
\(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), \frac{2 t}{1+t} \leq f(t) \leq 2\) :
Soit \(t \in IR^{*+} .\)
On a :
\(f(t)-2=\frac{2 t}{t+u(t)}-2=\frac{-2 u(t)}{t+u(t)}\)
Or
\(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), u(t)>0\) alors \(f(t)-2<0\).
D’où
 \(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), f(t) \leq 2 \,\) ①
Et on a:
 \(\frac{2 t}{1+t}-f(t)=\frac{2 t}{1+t}-\frac{2 t}{t+u(t)}=2 t\left(\frac{1}{1+t}-\frac{1}{t+u(t)}\right)\)
Or \(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), u(t)<1\) alors \(t+u(t)<t+1\) soit \(\frac{1}{t+u(t)}>\frac{1}{1+t} .\)
Donc
\(\frac{2 t}{1+t}-f(t)<0\)
Par suite
 \(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), \frac{2 t}{f{1 + t}} \leq f(t) \, \)②
Donc de  ① et ②
on en déduit que:
\(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), \frac{2 t}{1} \leq f(t) \leq 2\).

On a
\(\left(\forall t \in \mathbb{R}^{*+}\right), \frac{2 t}{1+t} \leq f(t) \leq 2\).
Alors
\(\ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) \leq \ln (f(t)) \leq \ln 2\).

\(\left\{\begin{array}{l}\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d x \leq \int_{1}^{x} \ln (f(t)) d x \\ \int_{0}^{x} \ln (f(t)) d x \leq \int_{0}^{x} \ln 2 d x\end{array}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x} \int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d x \leq \frac{1}{x} \int_{1}^{x} \ln (f(t)) d x \\ \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f(t)) d x \leq \ln 2\end{array}\right.\)
Donc ∀x∈[1,+∞[, on a :
\(\frac{1}{x}\left(\int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t+\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t\right) \leq F(x) \leq \ln 2\)

Soit \(x \in[1,+\infty[\).
En intégrant par partie, on a
 \(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=\left[t \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right)\right]_{1}^{x}-\int_{1}^{x} \frac{d t}{1+t}\)

Soit
\(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=x \ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)-\ln (1+x)+\ln 2\)
C.à.d
\(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=x \ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)+\ln \left(\frac{2}{1+x}\right) .\)
Alors
\(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=x \ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)+\ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)-\ln x\)
D’où
\(\left(\forall x \in\left[1,+\infty[), \int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=(x+1) \cdot \ln \left(\frac{2 x}{x+1}\right)-\ln x .\right.\right.\)
En déduisons:
\(\lim _{x ➝+\infty} F(x)\),
puis interprétons géométriquement le résultat

On a
\(\forall x \in [1,+\infty[\),

\(\frac{1}{x}(\int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t+\int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1+t}) dt) \leq F(x) \leq \ln 2\)
et 
\(\int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1+t}) d t=(x+1) \cdot \ln (\frac{2 x}{x+1})-\ln x\)
\(\forall x \in[1,+\infty[,\)
\(\frac{1}{x} \int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t+\frac{x+1}{x} \cdot \ln (\frac{2 x}{x+1})-\frac{\ln x}{x} \leq F(x) \leq \ln 2 …\)
Or
\(\lim _{x ➝+\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t=0, \lim _{x ➝+\infty} \frac{x+1}{x} \cdot \ln (\frac{2 x}{x+1})=\ln 2\)
et
\(\lim _{x ➝+\infty} \frac{\ln x}{x}=0\)
Alors
\(\lim _{x ➝+\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t+\frac{x+1}{x} \cdot \ln (\frac{2 x}{x+1})-\frac{\ln x}{x}=\ln 2 .\)
Par suite
\(\lim _{x ➝+\infty} F(x)=\ln 2 .\)
Donc
la courbe de la fonction \(F\) admet une asymptote d’équation \(y=\ln 2\)
au voisinage de \(+\infty\)

Soit \(H(x)=\int_{0}^{x} \ln (f(t)) d t .\)
On a
\(H\) est une primitive de la fonction \(x \mapsto \ln (f(x))\) étant continue sur \(IR\)
alors
\({H}\) est dérivable sur \(IR\) en particulier sur \(IR^{*+}\).
et on a
la fonction \({x} \mapsto \frac{1}{{x}}\) dérivable sur \(IR^{*+}\).
Donc
\({F}\) est dérivable sur \(IR^{*+}\).
On pose \(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), {H}^{\prime}({t})=\ln ({f}({t}))\).
On a
\(\left(\forall x \in IR^{*+}\right),\)
\({F}({x})=\frac{1}{{x}} \int_{0}^{{x}} \ln ({f}({t})) {d} {t}=\frac{1}{{x}}({H}({x})-{H}(\mathbf{0})) .\)
Alors
\(\left(\forall x \in IR^{*+}\right), {F}^{\prime}({x})=-\frac{1}{x^{2}}({H}({x})-{H}(\mathbf{0}))+\frac{1}{{x}} {H}^{\prime}({x}) .\)
Soit
\(\left(\forall x \in IR^{*+}\right),\)
\(F^{\prime}(x)=-\frac{1}{x} F(x)+\frac{1}{x} \ln (f(t))=\frac{\ln (f(x))-F(x)}{x} .\)

Dressons le tableau de variation de \(F \operatorname{sur} IR^{*+}\) :
On a
\(\left(\forall x \in IR^{*+}\right), F^{\prime}(x)=\frac{\ln (f(x))-F(x)}{x}\)
et
\(\left(\forall x \in IR^{*}\right), 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\)
Alors
\(\left(\forall \boldsymbol{x} \in IR^{*+}\right), F^{\prime}(\boldsymbol{x}) \geq 0 .\)
Par suite
 \(F\) est croissante sur \(IR^{*+}\).
Tableau de variations de \(F\) sur \(IR^{*+}\) :

En déduisons que \((E)\) admet au moins une solution de module \(1\) :
On a \((E)\) admet trois solutions \(z_{0}, z_{1}\) et \(z_{2}\).
Alors\(\frac{1}{\overline{z_{0}}}, \frac{1}{\overline{z_{1}}}\) et \(\frac{1}{\overline{z_{2}}}\)
sont aussi des solutions de \((\boldsymbol{E})\).
Par suite
 \(z_{0}=\frac{1}{\overline{z_{0}}}\)
\(z_{1}=\frac{1}{\overline{z_{1}}}\)
\(z_{2}=\frac{1}{\overline{z_{2}}}\).
D’où
\(z_{0} \cdot \overline{z_{0}}=1\)
\(z_{1} \cdot \overline{z_{1}}=1\)
\(z_{2} \cdot \overline{z_{2}}=1\).
Donc
\(\left|z_{0}\right|=1\)
\(\left|z_{1}\right|=1\)
\(\left|z_{2}\right|=1\).

Exercice 2:
Soit \(\alpha\) un nombre complexe non nul et l’équation (E):
\(z^{3}+\alpha z^{2}-\overline{\boldsymbol{\alpha}} z-\mathbf{1}=\mathbf{0}\)

Montrons que si \(z_{0}, z_{1}\) et \(z_{2}\) sont les solutions de \((E)\)
alors\(z_{0} z_{1} z_{2}=1\) :
\(z_{0}, z_{1}\) et \(z_{2}\) sont les solutions de \((E)\)
\(\Rightarrow\left(z-z_{0}\right)\left(z-z_{1}\right)\left(z-z_{3}\right)=0\) 
\(\Rightarrow z^{3}-z^{2}\left(z_{0}+z_{1}+z_{2}\right)+z\left(z_{0} z_{1}+z_{0} z_{2}+z_{1}z_{2}\right)-z_{0} z_{1} z_{2}=0 \)
\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}{\alpha}=z_{0}+z_{1}+z_{2}(\overline{{\alpha}}=z_{0} z_{1}+z_{0} z_{2}+z_{1} z_{2} \\ -1=-z_{0} z_{1} z_{2}\end{array}\right.\)
\(\Rightarrow z_{0} z_{1} z_{2}=1\)
Montrons que si \(z\) est solution de \(({E})\)
alors \(\frac{1}{\bar{z}}\) est aussi solution:
On a
\(z\) est solutions de \(({E})\)
\(\Rightarrow z^{3}+{\alpha} z^{2}-\overline{{\alpha}} z-1=0\)
\(\Rightarrow-z^{3}\left(-1-\frac{\alpha}{z}+\frac{\bar{\alpha}}{z^{2}}+\frac{1}{z^{3}}\right)=0\)
\(\Rightarrow -1-\frac{\alpha}{z}+\frac{\bar{\alpha}}{z^{2}}+\frac{1}{z^{3}}=0\)
\(\Rightarrow \overline{-1-\frac{\alpha}{z}+\frac{\bar{\alpha}}{z^{2}}+\frac{1}{z^{3}}}=0\)
\(\Rightarrow -1-\frac{\bar{\alpha}}{\bar{z}}+\frac{\alpha}{\bar{z}^{2}}+\frac{1}{\bar{z}^{3}}=0\)
\(\Rightarrow \frac{1}{\bar{z}^{3}}+\frac{\alpha}{\bar{z}^{2}}-\frac{\bar{\alpha}}{\bar{z}}-1=0\)
\(\Rightarrow \frac{1}{\bar{z}}\) est solutions de \(({E})\)

5 commentaires

Laisser un commentaire