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 $lim_{x ➝ + \infty} u (x)$ ,
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 :
$(Δ) = {M (x, y) \in P / (x, y) \in [0, \ln 2]^{2} et u (x) \leq y \leq u^{- 1} (x)}$

Partie II :

Soit $f$ fonction numérique définie par:
${\begin{cases} f (0) = 1 \\ f (x) = \frac{2 x}{x + u (x)}, si x \neq 0 \end{cases}$
1-a) Justifier que: $D_{f}$ =IR,
puis calculer $lim_{x ➝ - \infty} f (x)$
b) Montrer que la fonction $f$ est paire,
puis déduire $lim_{x ➝ + \infty} f (x)$
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+:
$x - \frac{x^{3}}{3} \leq u (x) \leq x$
b) Vérifier que ∀x∈IR*+:
$\frac{f (x) - f (0)}{x} = \frac{x - u (x)}{2 x^{2}} . f (x)$ ,
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*+:
$f^{'} (x) = 2 \times \frac{u (x) - x . u^{'} (x)}{(x + u (x))^{2}}$
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:
${\begin{cases} F (0) = 0 \\ F (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f (t)) d t, si x \neq 0 \end{cases}$
1-a) Justifier soigneusement que : $D_{F} = I R$
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*: $f (0) \leq F (x) \leq l n (f (x))$
(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*+:
$\frac{2 t}{1 + t} \leq f (t) \leq 2$
b) En déduire que, pour tout $x \in [1, + \infty [$ , on a :
$\frac{1}{x} (\int_{0}^{1} \ln (f (t)) d t + \int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) d t) \leq F (x) \leq \ln 2$
c) Montrer que ∀x∈[1,+∞[:
$\int 1^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) d t = (x + 1) . \ln (\frac{2 x}{x + 1}) - \ln x$
d) En déduire :
$lim_{x ➝ + \infty} F (x)$ , 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 :
$(z + α) (a z^{2} + b z + c) = 0$
où $a, b$ et $c$ sont trois nombres complexes à déterminer en fonction de $α$ .
b) Soit $θ$ un argument de $α$ .
Écrire les solutions de $(E)$ en fonction $de θ$ .
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
$(S) : {\begin{cases} n \equiv 13 [19] \\ n \equiv 6 [12] \end{cases}$
1-a) Montrer que:
$\exists (u, v) \in Z \times Z; 19 u + 12 v = 1$
b) Montrer que:
$N = 13 \times 12 v + 6 \times 19 u$ est une solution de $(S)$ .
2-a) Soit $n_{0}$ une solution de $(S)$ .
Montrer que:
$(S) \Leftrightarrow {\begin{cases} n \equiv n_{0} [19] \\ n \equiv n_{0} [12] \end{cases}$
b) Montrer que:
${\begin{cases} n \equiv n_{0} [19] \\ n \equiv n_{0} [12] \end{cases} \Leftrightarrow n \equiv n_{0} [12 \times 19] .$
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).

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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 $I R$ par :
$(\forall x \in I R), u (x) = \frac{e^{2 x - 1} - 1}{e^{2 x} + 1}$

1-a-

Montrons que la fonction

u

est impaire :

On a

D_{u} = I R

alors

\forall x \in D_{u}, - x \in D_{u}

u (- x) = \frac{e^{- 2 x} - 1}{e^{- 2 x} + 1} = \frac{e^{- 2 x} (1 - e^{2 x})}{e^{- 2 x} (1 + e^{2 x})} = - u (x)

D’où la fonction

u

est impaire.

Calculons

lim_{x ➝ + \infty} u (x)

,
puis interprétons géométriquement le résultat :

lim_{x ➝ + \infty} u (x) = lim_{x ➝ + \infty} \frac{e^{2 x} - 1}{e^{2 x} + 1}

On pose

X = e^{2 x}

,
alors cette limite devient:

lim_{x ➝ + \infty} u (x) = lim_{X ➝ + \infty} \frac{X - 1}{X + 1} = 1

interprétation géométriquement du résultat :

On a

lim_{x ➝ + \infty} u (x) = 1

alors la droite d’équation

y = 1

est une asymptote verticale
à la courbe

C_{u}

au voisinage de

+ \infty

2-a

Montrons que

u

est strictement croissante sur

I R

Soit x∈ IR.

La fonction

u

est dérivable sur

I R

car

x \mapsto e^{2 x} - 1

x \mapsto e^{2 x} + 1

sont dérivables

sur I R

\forall x \in I R, e^{2 x} + 1 \neq 0

Alors

u^{'} (x) = \frac{2 e^{2 x} (e^{2 x} + 1) - 2 e^{2 x} (e^{2 x} - 1)}{{(e^{2 x} + 1)}^{2}}

\frac{4 e^{2 x}}{{(e^{2 x} + 1)}^{2}}

\forall x \in I R, u^{'} (x) > 0

alors

u

est strictement croissante sur

I R

Écrivons une équation de la tangente

(T)

à la courbe

C_{u}

au point d’abscisse 0:

On a

(T) : y = u^{'} (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

I R

alors elle continue sur

I R

.
Or

u

est strictement croissante sur

I R

,
alors

u

réalise une bijection de

I R

dans

J = u (I R) =] - 1, [

4-a

Traçons dans un repère orthonormé $(O; \vec{i}, \vec{j})$ les courbes $C_{u}$ et $C_{u^{- 1}}$ :

4-b

Calculons en cm² la surface du secteur (

Δ

)
tel que :

(Δ) = {M (x, y) \in P / (x, y) \in [0, \ln 2]^{2} et u (x) \leq y \leq u^{- 1} (x)}

On a

A_{(Δ)} = \int_{0}^{\ln 2} | u (x) - u^{- 1} (x) | d x

\forall x \in R

u (x) = \frac{e^{2 x} - 1}{e^{2 x} + 1}

x \in] - 1, 1 [, u^{- 1} (x) = \frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x})

\forall x \in [0, \ln 2], u^{- 1} (x) - u (x) \geq 0

Alors

A_{(Δ)} = \int_{0}^{\ln 2} (\frac{1}{2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) - \frac{e^{2 x} - 1}{e^{2 x} + 1}) d x

\frac{1}{2} \int_{0}^{\ln 2} \ln (\frac{1 + x}{1 - x}) d x - \int_{0}^{\ln 2} \frac{e^{2 x} - 1}{e^{2 x} + 1} d x

=…

Partie II :
Soit $f$ fonction numérique définie par :
${\begin{cases} f (0) = 1 \\ f (x) = \frac{2 x}{x + u (x)}, si x \neq 0 \end{cases}$

1-a

Justifions que :

D_{f} = I R

, puis Calculons

lim_{x \to - \infty} f (x)

:
On a

x \in D_{f} \Leftrightarrow x \in R

f (x) \in I R

\Leftrightarrow x \in R

[(x + u (x) \neq 0

x \neq 0)

x = 0]

\Leftrightarrow x \in R

(x \neq 0

x = 0)

\Leftrightarrow x \in I R

D’où

D_{f} = R

.
On a

lim_{x \to - \infty} f (x) = lim_{x \to - \infty} \frac{2 x}{x + \frac{u (x)}{2}}

lim_{x \to - \infty} \frac{u (x)}{1 + \frac{u (x)}{x}}

=2
car

lim_{x \to - \infty} u (x) = - 1 et lim_{x \to - \infty} \frac{u (x)}{x} = 0

Montrons que:
la fonction $f$ est paire, puis déduisons $lim_{x \to + \infty} f (x) :$
On a:
$D_{f} = I R$
alors:
$\forall x \in D_{f}, {\begin{cases} x \in D_{f} \\ f (- x) = \frac{- 2 x}{- x + u (- x)} = \frac{- 2 x}{- x - u (x)} = \frac{2 x}{x + u (x)} = f (x) \end{cases}$
Donc:
$f$ est une fonction paire.
Par suite $lim_{x \to + \infty} f (x) = lim_{x \to - \infty} f (x) = 2$

Montrons que

f

est continue sur

I R

La fonction

x \mapsto 2 x

est une fonction polynôme
alors
elle est continue sur

I R

et en particulier sur

{I R}^{*}

Encore
La fonction

x \mapsto x + u (x)

est une somme de deux fonctions continues sur

I R

\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 \to 0} f (x) = lim_{x \to 0} \frac{2 x}{x + u (x)}

lim_{x \to 0} \frac{2}{1 + \frac{u (x)}{x}} = 1 = f (0)

Car

lim_{x \to 0} \frac{u (x)}{x} = u^{'} (0) = 1 .

Par suite

\tilde{f}

est continue en

0

(2).
De (1) et (2)
on en déduit que

f

est continue sur

R

3-a

Montrons que:

(\forall t \in R^{+}), u^{'} (t) = 1 - (u (t))^{2}

,
puis en déduisons que :

(\forall x \in R^{+}), x - \frac{x^{3}}{3} \leq u (x) \leq x .

On a

(\forall t \in R^{+}), u^{'} (t) = \frac{4 e^{2 t}}{{(e^{2 t} + 1)}^{2}}

\frac{{(e^{2 t} + 1)}^{2} - {(e^{2 t} - 1)}^{2}}{{(e^{2 t} + 1)}^{2}}

1 - (u (t))^{2} .

On a

(\forall t \in R^{+}), 0 \leq u (t) < 1

soit

0 \leq 1 - (u (t))^{2} < 1

C’est-à-dire

0 \leq u^{'} (t) < 1 .

alors

(\forall x \in R^{+}), 0 \leq \int_{0}^{x} u^{'} (t) d t < \int_{0}^{x} d t

D’où

(\forall x \in R^{+}), 0 \leq u (x) < x .

Par suite

(\forall x \in R^{+}), u (x) \leq x (^{*})

On a encore

(\forall t \in R^{+}), 0 \leq u (t) < t

soit

1 - t^{2} < 1 - (u (t))^{2} \leq 1

Alors

(\forall x \in R^{+}), \int_{0}^{x} (1 - t^{2}) d t < \int_{0}^{x} u^{'} (t) d t .

C’est-à-dire

{[t - \frac{t^{3}}{3}]}_{0}^{x} < [u (t)]_{0}^{x}

D’où

x - \frac{x^{3}}{3} < u (x)

Par suite

(\forall x \in R^{+}), x - \frac{x^{3}}{3} \leq u (x) (* *) .

De (*) et (**) on en déduit que:

(\forall x \in R^{+}), x - \frac{x^{3}}{3} \leq u (x) \leq x .

Vérifions que :
$(\forall x \in R^{* +}), \frac{f (x) - f (0)}{x} = \frac{x - u (x)}{2 x^{2}} \cdot \f (x)$ ,
puis en déduisons
que $f$ est dérivable en 0
et que $f^{'} (0) = 0$ :
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
$lim_{x \to 0} \frac{f (x) - f (0)}{x} = lim_{x \to 0} \frac{x - u (x)}{2 x^{2}} \cdot f (x)$
Or
$\forall x \in R^{+}, x - \frac{x^{3}}{3} \leq u (x) \leq x$ alors $0 \leq \frac{x - u (x)}{2 x^{2}} \leq \frac{x}{6}$
par suite

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

4-a

La fonction

x \mapsto 2 x

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

\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^{'} (x) = \frac{2 (x + u (x)) - 2 x (1 + u^{'} (x))}{(x + u (x))^{2}}

2 \times \frac{x + u (x) - x - x u^{'} (x)}{(x + u (x))^{2}}

2 \times \frac{u (x) - x u^{'} (x)}{(x + u (x))^{2}}

Soit

x \in\in 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 [, u^{'} (c) = \frac{u (x) - u (0)}{x - 0} = \frac{u (x)}{x}

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^{'} (x) < u^{'} (c) < 1

\Rightarrow u^{'} (x) < \frac{u (x)}{x} < 1

\Rightarrow u^{'} (x) < \frac{u (x)}{x}

\Rightarrow u (x) - x u^{'} (x) > 0

On a

(\forall x \in R^{* +}),

f^{'} (x) = 2 \times \frac{u (x) - x u^{'} (x)}{(x + u (x))^{2}}

u (x) - x u^{'} (x) > 0

(x + u (x))^{2} > 0

,
alors

(\forall x \in R^{* +}, f^{'} (x) > 0 .

Donc

f

est strictement croissante sur

R^{+}

.
Or

f

est paire alors elle strictement décroissante sur

R^{-}

D’où

f (R) = [f (0); lim_{x \to - \infty} f (x) [\cup [f (0); lim_{x \to + \infty} f (x) [= [1; 2 [

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, si x \neq 0

1-a

Justifions soigneusement que :

D_{F} = R

Soit

h : t \mapsto \ln (f (t))

On a

t \in D_{h} \Leftrightarrow t \in R

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} = {x \in I R / x \in D_{h}

x \neq 0} \cup {0} = I R^{*} \cup {0} = I R

Montrons que

F

est paire
On a

D_{F} = I R

,
alors

\forall x \in D_{F}, - x \in D_{F}

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.

2-a

Soit

x \in I R^{* +}

On a la fonction

t \mapsto \ln (f (t))

est continue sur

I R

et en particulier

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 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 I R^{* +}, 0 \leq F (x) \leq \ln (f (x)) ⋆

Pour

x \in I R^{* -}

,
alors

⋆

devient

\forall x \in I R^{* -}, 0 \leq F (- x) \leq \ln (f (- x))

Or les fonction

f

F

sont paires
alors

\forall x \in I R^{* -}, 0 \leq F (x) \leq \ln (f (x)) ⋆ ⋆

Donc de

⋆

⋆ ⋆

,
on a

\forall x \in I R^{*}, 0 \leq F (x) \leq \ln (f (x))

En déduisons que

F

est continue en

0

On a

\forall x \in I R^{*}, 0 \leq F (x) \leq \ln (f (x))

lim_{x \to 0} \ln (f (x)) = \ln 1 = 0

Alors

lim_{x \to 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}^{'} (0)

On a

\forall x \in I R^{* +}, 0 \leq F (x) \leq \ln (f (x))

soit

0 \leq \frac{F (x)}{x} \leq \frac{\ln (f (x))}{x}

Alors

lim_{x \to 0^{+}} \frac{F (x) - F (0)}{x - 0} = lim_{x \to 0^{+}} \frac{F (x)}{x}

= lim_{x \to 0^{+}} \frac{\ln (f (x))}{x}

= lim_{x \to 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}^{'} (0)

3-a

Vérifions que :

(\forall t \in I R^{* +}), \frac{2 t}{1 + t} \leq f (t) \leq 2

Soit

t \in I R^{* +} .

On a :

f (t) - 2 = \frac{2 t}{t + u (t)} - 2 = \frac{- 2 u (t)}{t + u (t)}

(\forall t \in I R^{* +}), u (t) > 0

alors

f (t) - 2 < 0

D’où

(\forall t \in I R^{* +}), 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 (\frac{1}{1 + t} - \frac{1}{t + u (t)})

(\forall t \in I R^{* +}), 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

(\forall t \in I R^{* +}), \frac{2 t}{f 1 + t} \leq f (t)

②

Donc de ① et ②
on en déduit que:

(\forall t \in I R^{* +}), \frac{2 t}{1} \leq f (t) \leq 2

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

{\begin{cases} \int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) 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{cases}

\Rightarrow {\begin{cases} \frac{1}{x} \int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) 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{cases}

Donc ∀x∈[1,+∞[, on a :

\frac{1}{x} (\int_{0}^{1} \ln (f (t)) d t + \int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) d t) \leq F (x) \leq \ln 2

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

Soit

\int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) d t = x \ln (\frac{2 x}{1 + x}) - \ln (1 + x) + \ln 2

C.à.d

\int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) d t = x \ln (\frac{2 x}{1 + x}) + \ln (\frac{2}{1 + x}) .

Alors

\int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) d t = x \ln (\frac{2 x}{1 + x}) + \ln (\frac{2 x}{1 + x}) - \ln x

D’où

(\forall x \in [1, + \infty [), \int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1 + t}) d t = (x + 1) \cdot \ln (\frac{2 x}{x + 1}) - \ln x .

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}) d t) \leq F (x) \leq \ln 2

\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 \dots

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

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

4-a

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 $I R$
alors
$H$ est dérivable sur $I R$ en particulier sur $I R^{* +}$ .
et on a
la fonction $x \mapsto \frac{1}{x}$ dérivable sur $I R^{* +}$ .
Donc
$F$ est dérivable sur $I R^{* +}$ .
On pose $(\forall t \in I R^{* +}), H^{'} (t) = \ln (f (t))$ .
On a
$(\forall x \in I R^{* +}),$
$F (x) = \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f (t)) d t = \frac{1}{x} (H (x) - H (0)) .$
Alors
$(\forall x \in I R^{* +}), F^{'} (x) = - \frac{1}{x^{2}} (H (x) - H (0)) + \frac{1}{x} H^{'} (x) .$
Soit
$(\forall x \in I R^{* +}),$
$F^{'} (x) = - \frac{1}{x} F (x) + \frac{1}{x} \ln (f (t)) = \frac{\ln (f (x)) - F (x)}{x} .$

Dressons le tableau de variation de $F sur I R^{* +}$ :
On a
$(\forall x \in I R^{* +}), F^{'} (x) = \frac{\ln (f (x)) - F (x)}{x}$
et
$(\forall x \in I R^{*}), 0 \leq F (x) \leq \ln (f (x))$
Alors
$(\forall x \in I R^{* +}), F^{'} (x) \geq 0 .$
Par suite
$F$ est croissante sur $I R^{* +}$ .
Tableau de variations de $F$ sur $I R^{* +}$ :

En déduisons que

(E)

admet au moins une solution de module

1

On a

(E)

admet trois solutions

z_{0}, z_{1}

z_{2}

.
Alors

\frac{1}{\overset{―}{z_{0}}}, \frac{1}{\overset{―}{z_{1}}}

\frac{1}{\overset{―}{z_{2}}}

sont aussi des solutions de

(E)

Par suite

z_{0} = \frac{1}{\overset{―}{z_{0}}}

z_{1} = \frac{1}{\overset{―}{z_{1}}}

z_{2} = \frac{1}{\overset{―}{z_{2}}}

D’où

z_{0} \cdot \overset{―}{z_{0}} = 1

z_{1} \cdot \overset{―}{z_{1}} = 1

z_{2} \cdot \overset{―}{z_{2}} = 1

Donc

| z_{0} | = 1

| z_{1} | = 1

| z_{2} | = 1

Exercice 2:
Soit $α$ un nombre complexe non nul et l’équation (E):
$z^{3} + α z^{2} - \overset{―}{α} z - 1 = 0$

1-a

Montrons que si

z_{0}, z_{1}

z_{2}

sont les solutions de

(E)

alors

z_{0} z_{1} z_{2} = 1

z_{0}, z_{1}

z_{2}

sont les solutions de

(E)

\Rightarrow (z - z_{0}) (z - z_{1}) (z - z_{3}) = 0

\Rightarrow z^{3} - z^{2} (z_{0} + z_{1} + z_{2}) + z (z_{0} z_{1} + z_{0} z_{2} + z_{1} z_{2}) - z_{0} z_{1} z_{2} = 0

\Rightarrow {\begin{cases} α = z_{0} + z_{1} + z_{2} (\overset{―}{α} = z_{0} z_{1} + z_{0} z_{2} + z_{1} z_{2} \\ - 1 = - z_{0} z_{1} z_{2} \end{cases}

\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} + α z^{2} - \overset{―}{α} z - 1 = 0

\Rightarrow - z^{3} (- 1 - \frac{α}{z} + \frac{\bar{α}}{z^{2}} + \frac{1}{z^{3}}) = 0

\Rightarrow - 1 - \frac{α}{z} + \frac{\bar{α}}{z^{2}} + \frac{1}{z^{3}} = 0

\Rightarrow \overset{―}{- 1 - \frac{α}{z} + \frac{\bar{α}}{z^{2}} + \frac{1}{z^{3}}} = 0

\Rightarrow - 1 - \frac{\bar{α}}{\bar{z}} + \frac{α}{{\bar{z}}^{2}} + \frac{1}{{\bar{z}}^{3}} = 0

\Rightarrow \frac{1}{{\bar{z}}^{3}} + \frac{α}{{\bar{z}}^{2}} - \frac{\bar{α}}{\bar{z}} - 1 = 0

\Rightarrow \frac{1}{\bar{z}}

est solutions de

(E)

Exercice 1:

Thème Analyse :Partie I :

Partie II :

Partie III :

Exercice 2:

Thème : Nombres complexes:

Exercice 3:

Thème : Arithmétiques:

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

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

Examen National Math Bac 2 Science Mathématiques Bac Blan 2021:

Thème Analyse :
Partie I :