Correction du sujet de mathématiques - Session de Juillet 2020 2ème Bac - Série Sciences Expérimentales

Correction du sujet de mathématiques - Session de Juillet 2020 2ème Bac - Série Sciences Expérimentales

Exercice 1

   

0

1

3 2

2

2 5











  



;

:

n

n n

n

u

u u

u n IN

u 1) On a : ₁ ⁰

0

2

2 5

 

u u u

2 3 2 2 3 5

2

 

  3

8 Donc : ₁ ³

8 u

2) Montrons par récurrence que :



^{ n IN}



^; un ^0

Pour n=0

0

3

 2

u donc u₀ 0 Soit n ∈ IN

Supposons que u_n 0et montrons que u_n1 0

On a : 2 0

0 2 5 0



    

n n

n

u u

u 2

2 5 0

 

ⁿ

n

u u u_n1 0 Conclusion

On a montré par récurrence que :



^{ n IN}



^; un ^0

3) a) Montrons que :



^{ n IN}



^; 1

0 2

 5

u_n  u_n

D’après la question 2) on a montré que



^{ n IN}



^; u_n1 0 Montrons que :



^{ n IN}



^; 1

2

  5

n n

u u

On a pour tout n IN : ₁ 2 2 2

5 2 5 5

   



n n n n

n

u u u u

u

 

 

5 2 2 2 5

5 2 5

  

  

n n n

n

u u u

u

 

 

10 2 2 10

5 2 5

 

  

n n n

n

u u u

u

 

 

2 2

5 2 5

   

n n

u u Comme 2u_n  5 0d’après la question 2).

donc :



^{ n IN}



^; 1

2

  5

n n

u u . D'où



^{ n IN}



^; 1

0 2

 5

u_n  u_n

On a : 2 ₁

0u_n5 u_n^ 0 u_n1 2 ₂

5 ^

 u_n

0 u_n2 2 ₃ 5 ^

 u_n

0 1

u 2 ₀

 5u

En multipliant membre à membre les n-inégalités on obtient :

0

2 2 2 3 2

0 0

5 5 5 2 5

           

n

n n

nfois

u u u

Donc :



^{ n IN}



^{; 0 3 2}

2 5

    

 

n

un

2éme méthode

On peut montrer l'inégalité par récurrence.

On peut procéder de le façon suivante :

On a : 2 ₁ 2 2 ₂ 2 2 2 ₀

0 _n  5 _n^  5 5 _n^     5 5 5

nfois

u u u u

Donc :



^{ n IN}



^{; 0 3 2}

2 5

    

 

n

un .

b) on a pour n IN : 3 2

0 2 5

     

n

un et 3 2 2 5 0

      lim

n

n (car 2

1 1

  5 ).

Donc : 0

 

limn un (théorème des gendarmes) 4) Pour n IN ; on pose : 4

2 3

 ⁿ

n n

v u u a) Soit n IN ; on a : ₁ ¹

1

4

2 3

 



 ⁿ

n

n

v u

u

4 2

2 5

2 2 3

2 5

 



 



n n n n

u u u u

 

2 4

4 3 2 5

 

 ⁿ 

n n

u

u u

^{2 4} 10 15

 



n n

u u

 

2 4

5 2 3

 

 _nⁿ u u 2 4

5 2 3

  _nⁿ u u Donc :



^{ n IN}



^; 1

2

  5

n n

v v

D’où :

 

vn est une suite géométrique de raison 2

 5

q et de premier terme

0 0

0

4 3

4 2 1

2 3 3

2 3

2

   

  

v u u

b) on a pour tout n IN : ₀ ²

5

       

n n

n n

v v q v

D’où :



^{ n IN}



^{; 2}

5

    

n

vn

Et pour tout n IN ; ⁴



^{2 3}



⁴

2 3

   



n n n n n

n

v u u v u

u

2u_nv_n4u_n  3v_n ^un^



²vn^4



^{ 3}vn

3

2 4

  

ⁿ

n n

u v v 3

4 2

 

 ⁿ

n

n

u v

v Donc :



^{ n IN}



^;

3 2 5 4 2 2

5

   

  

     

n

n n

u

Exercice 2.

1) Soit l'équation

 

^{E : z2 2}



^{2 6}



^z160

a) Vérifions que le discriminant de l'équation

 

^{E est   4 6}



^{ 2}



²

Calculons  ce discriminant

On a : a1 ; ^{b 2 2}



^{ 6}



^etc16.

►  b² 4ac

^{ }



^{2 2}



^{ 6}

 

^{2 4 16}

^{4 2}



^{ 6}



^{2  4 16}

^{4 2}



^{22 6 2 62}



^{ 4 16}

^4 2 2 6 2 2



^{ }



^{ }4 16

^4 2 6 2 8 16



^{ }



^{4 2 6 2 8}



^



^{ }4 6 2 6 2 2



^{ }



^{ 4 6}



^{22 6 2 22}



^{ 4 6}



^{ 2}



²

D’où : ^{  4 6}



^{ 2}



²

2éme méthode : on peut arrêter les calculs à : ^{4 2 6 2 8}



^



^{ 32 8 6 2}

Et développer ^{4 6}



^{ 2}



²et puis trouver que : ^{4 6}



^{ 2}



^{2 32 8 6 2 puis}

déduire que ^{  4 6}



^{ 2}



²

 

E admet deux solutions complexes conjuguées ; soient :

•) ₁

2

  

 b i

z a

^



^{2 6}

 

^{i 6 2}



•) ^{z2 }



^{2 6}

 

^{i 6 2}



Donc les solutions de

 

E sont les nombres complexes : ^z1



^{2 6}

 

^{i 6 2}



^et

   

2  2 6  6 2

z i

2) ^a



^{2 6}

 

^{i 6 2}



^{; b 1 i 3 et c 2i 2}

a) on a : ^{bc }



^{1 i 3}



^{2i 2}



 2i 2i 6 6 ^



^{2 6}

 

^{i 6 2}



a Donc : bc a

b) •) On a : b 1 i 3

1 3

2 2 2

 

  i 

2

3 3

 

 

 cos isin  Donc : 2

3 3

 

 

 cos  sin 

b i

•) On a : c 2i 2

2 2

2 2 2

 

  i 

2

4 4

 

 

 cos isin 

Donc 2

4 4

 

 

 cos  sin 

c i

c) D’après la question 2)a) on a : bc a  a  bc  a  b c  a  2 2 Donca 4 et arg a arg bc^{( )}

 

^{ }_{ }^2

^{arg b}

 

^{arg c}

 

^{ }_{ }^2

^{arg b}

 

^{arg c}

 

^{ }_{ }^2

2 3 4

  

     2

12

 

   

D’où : 4

12 12

 

    

     

   

cos sin 

a i

3) Soient ^{B b}



^{ 1 i 3}



^{;C c}



^{ 2i 2}



^{etD d a}

^

^{ 4}

^

^.

R : la rotation de contre 0 et d’angle 12

 .

a) on a : ^{M z'}

 

^{ R}



^{M Z}

  

^

^

^z0

^{ }

^{ z0}

^

^ei12

  z ze^i12

On a : 4 ^{12 12 1}

4

 

 ⁱ  ⁱ 

a e e a

D’où :

     

¹

 4



 

'  z az

M z R M Z

b) Soit ^{C c }

 

^{image de C c}

 

par R ; on a :

     

¹

    4

' ac

C c R C c c

1

c 4bcc

1 ²

c 4b c 1

4 4

 

c b   c b

Donc l'image du point C par la rotation R est le point B.

c) on a B est l'image de C par la rotation R; donc :



^b0

 

^{ c0}



^{ei12  b 0 c0}

OB OC  D'où le triangle OBC est isocèle.

d) On a : 4

12 12

 

    

 cos  sin 

a i

D’après la formule de Moivre ; on a : ⁴ 4⁴ 4 4

12 12

 

    

 cos   sin  

a i

256

3 3

 

    

 cos  isin   128 2

3 3

 

    

      

   

cos isin  128b (Car 2

3 3

 

    

 cos   sin  

b i )

Donc : a⁴ 128b. D’où : d128b

128 128

  d 

d b IR

b

Par suite les points O ; D et B sont alignées.

Exercice 3

 

^{2  2}

g x x lnx

1) a) g est dérivable comme somme de fonctions dérivables et pour tout x0;on a :

  

^{2 2}



^

   

g x x lnx

2 ^{1 1}

 2  x x  ¹ ¹

x x  x^1

x

Donc :



^{ }x ^⁰;^



; ^{g x}

 

^{ x}_x^1

b) On a : x 1 x 1

 

1 0

  

  

x 0 x g x

Donc g est croissante sur1;. c) Soitx 1; , alors :

•) ^{x 1 g x}

 

^g

 

¹ (Car g est croissante sur1;).

^{g x}

 

^0 (Car^g

 

^{1 0)}

2 x 2 lnx0 lnx2 x2

lnx2 x (Car2 x 2 x2)

•) x 1 lnx0.

D’où :



^{ }x ^¹;^



; 0lnx2 x

d) Pour tout x1;on a : ^{0lnx2 x  0}

 

^{lnx 3}

 

^{2 x 3}

 

³

2 2

0 8

  lnx  x x

x x

 

³

2

0 8

  lnx 

x x

Donc :



^{  }x ^¹; ^



;

 

³

2

0 lnx  8

x x

Comme ⁸ 0

 

xlim x

Alors

 

³

2 0

 

xlim lnx

x (théorème des gendarmes) 2) a) pour tout x0;; on a :

 

^{1 4}

3

 

   

  

 

G x x x Inx 

^{1 4}

 

^{1 4}

3 3

     

       

  

x Inx x x x Inx

4 4 1

1 3 3 2

 

  

   

  

x  x Inx

x x

4 2

1 1

3 3

   x Inx  x

2 x 2 Inx ^{g x}

 

Donc la fonction G est une primitive de g sur0;. b) G est une primitive de g sur 0;donc :

   

4 4

1

1   



^{g x dx G x}

^G

 

^{4 G}

 

¹

4 4

4 1 4 4 1 1 1 1

3 3

   

   

    

  

 In  In 

8 4

4 1 2 2 1

3 3

    In   

12 32 1

3 3 8 2 3

    In  19

3 8 2

  In

Donc : ₁⁴

 

^{19 8 2}

 3 



^{g x dx In}

Problème

On considère la fonction f définie sur IRpar :

 

^{5 1 2}



^{2 4}



2 2

 

    ^{x x} 

f x x e e

1) ► Montrons que : _x^lim_^{f x}

 

^{ }

On a : • 5

  2   

lim lim

x x x x

•

2

2

0

2 4 4





  



 

     

  



lim

lim lim

lim

x x

x x x

x

x x e

e

^_x^lim_^ex2



^{ex2 4}



^_x^lim_^{e e e ex 2}



^{x 24}



^00

(Car 0

 

lim ^x

x e )

D’où : _x^lim_^{f x}

 

^{ }

► Montrons que : _x^lim_^{f x}

 

^{ }

On a : • 5

  2   

lim lim

x x x x

•

2

2 2

4





  



  

     

  



lim

lim lim

lim

x x

x x x

x

x x e

e

^{1 2}



^{2 4}



^{1 2}



^{2 4}



2 2

   

 

 lim ^{x x}   lim ^{x x}   

x e e x e e e e

(Car

  

lim ^x

x e )

D’où : _x^lim_^{f x}

 

^{ }

2) a) montrons que la droite

 

^ d'équation 5

  2

y x est asymptote a la courbe au voisinage de.

On a :

 

^{5 2}



^{2 4}



⁰

2

 

 

 

     

lim lim ^{x x}

x f x x x e e

(Car ²2 ²



²



0

4 0

4 4



  

 



 

   

   



lim lim lim

x

x x x

x x

x

e e e

e )

D'où la droite

 

^ d'équation 5

  2

y x est asymptote a la courbe au voisinage de

b) Résolvons l’équation : e^x2  4 0 On a : e^x2  4 0 e^x2 4

  x 2 ln4   x 2 ln4

Donc l'ensemble des solutions de l’équation e^x2  4 0 est ^S



^2ln4



► Montrons que

 

Cf est au-dessus de la droite

 

^ sur l’intervalle  ;2 ln et 4 au-dessous de la droite

 

^ sur l’intervalle2ln ;4 .

Pour déterminer la position de

 

Cf par rapport à

 

^ il faut étudier le signe de

 

⁵

2

 

   

f x x

On a :



^{ x IR}



^;

 

^{5 1 2}



^{2 4}



2 2

 

 

     

x x

f x x e e

Donc le signe de

 

⁵

2

 

   

f x x est celui de ^



^{ex2 4}



^{(car ex2 0pour tout x IR .}

On a : ►^



^{ex2 4}



^{ 0 ex2  4 0}

e^x2 4   x 2 ln4   x 2 ln4

Donc :

 

^{5 0 2 4}

2

 

      ln

f x x x

D’où

 

Cf au-dessous de la droite

 

^ sur l’intervalle2ln ;4 .

►^



^{ex2 4}



^{ 0 ex2 4 0}

e^x2 4   x 2 ln4   x 2 ln4

Donc :

 

^{5 0 2 4}

2

 

      ln

f x x x

D’où

 

Cf est au-dessus de la droite

 

^ sur l’intervalle ;2 ln . 4 3) ► Montrons que :

 

  

xlim f x

x

 

^{5 1 2}



^{2 4}



2 2

 

 

    

 

  

 

 

lim lim

x x

x x

x e e

f x

x x

^{1 5 1 2}



^{2 4}



2 2

 



 

     

 

lim ^{x x}

x

e e

x x

^{1 5 1 2}



^{2 4}



2 2

 



 

     

 

lim ^{x x}

x

e e e

x x

 

(Car 1 ⁵ 1

 2

   

 

 

xlim x ;



 

  

  lim ^x

x

e

x et ^{1 2}



^{2 4}



2

 



   

 

 

lim ^x

x e e )

Donc :

 

  

xlim f x

x

Interprétation géométrique

On a _x^lim_^{f x}

 

^{  et} _x^lim_^{f x}

^{ }

_x ^{ alors}

 

Cf admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de.

4) a) Montrons que :



^{ x IR}



^{;f x}

 

^{ }



^ex21



²

Les fonctions : 5

 2

x x ; 1 ²

2

 ^x

x e et x e^x2 4 étant toutes dérivables surIR ; la fonction f est dérivable sur IR ; et on a :



^{ x IR}



^;

 

^{5 1 2}



^{2 4}



2 2

  

 

      

x x

f x x e e

^{  } ⁵₂^^1₂



^2



^{2 4}

 

^

x x

x e e

^{  1 1}₂^

  

^{2  2 4}



^{ 2}



^{2 4}



^

x x x x

e e e e

^{1 1 2}



^{2 4}



^{2 2}

2

   

 

   e^x e^x  e e^{x x} 

^{1 1 2}

 

^{2 2 4 2}

2

 

 

     

x x

e e

^{  1}

 

^{ex2 2 2ex2}

^{ }

  

^{ex2 22ex2 1}



^{ }



^{ex2 1}



²

Donc :



^{ x IR}



^{; f x}

 

^{ }



^{ex2 1}



²

b) Dressons le tableau de variation de f On a : ^{f x}

 

^{ 0 ex2 1 0}

e^x2 1   x 2 0  x 2

De plus :



^{ x IR}



^{; f x}

 

^{ }



^ex21



^{2 0}

D'où le tableau de variation de f : x  2 

 

f x  0 

 

f x





5) Calculons ^{f x}

 

La fonction ^{x f x}

 

^{ }



^ex21



²étant dérivable sur IR ; la fonction f est deux fois dérivable surIR ; et on a :



^{ x IR}



^{; f x}

 

^{ }_



^{ex2 1}



^2_^

^{ 2}



^ex21

 

^{ ex2 1}



^{ 2ex2}



^{ex2 1}



On a : ^{f x}

 

^{ 0 ex2 1 0}

e^x2 1   x 2 0  x 2

Le signe de ^{f x}

 

est celui de



^



^{ex2 1}

 

^(car

^

^{ x IR}

^

^{;ex2 0)}

Donc le tableau de signe de ^{f x}

 

est le suivant :

x  2 

2 1

 

ex  0 



^{2 1}



 e^x   0 

 

f x  0 

On remarque que ^{f x}

 

s'annule en 2 ; et change de signe et :

•

 

^{2 5 1 2 2}



^{2 2 4}



2 2

2     ^{ } 

f e e

^{4 5 1}



^{1 4}



2 2 2

    

4 5 3

2 2 2

    2

Donc le point ^A

 

^2;2 est un point d'inflexion de

 

Cf .

Remarque : On pouvait prévoir ce résultat sans passer par la dérivée seconde.

En effet, on remarque d'après le tableau de variations de f que ^{f x}

 

s’annule en 2 sans changer de signe.

D’où le point ^A



^2;f

 

²



est un point d'inflexion de

 

Cf .

6) Montrons que l’équation ^{f x}

 

^0admet une solution unique  telle que : 2ln3   2 ln 4

On a : • f est continue sur IRet en particulier sur2ln ;3 2ln . 4

• f est strictement décroissante sur IRet en particulier sur2ln ;3 2ln .4

•



³

 

^{2 3}



^{5 1 2 3 2}



^{2 3 2 4}



2 2

2ln   ln   e^{ln } e^{ln }  f

^{2 3 5 1 3}



^{3 4}



2 2

  ln   e^ln e^ln 

^{4 3 5 13 3 4}

 

2 2 2

  ln   

4 5 3

2 3 2 2

  ln    2 ln3

2 1 1 , 0

•



⁴

 

^{2 4}



^{5 1 2 4 2}



^{2 4 2 4}



2 2

2ln   ln   e^{ln } e^{ln }  f

^{2 4 5 1 4}



^{4 4}



2 2

  ln   e^ln e^ln 

^{2 4 5 14 4}



⁴



2 2

  ln   

4 5

2 4 2

  ln  1

2 2

 2 ln 0 5 1 4,  , 0 Finalement on a :

• f continue et strictement décroissante sur2ln ;3 2ln . 4

• ^f



^2ln3

 

^{f 2ln4}



^0

D'où d'après le théorème des valeurs intermédiaires l’équation^{f x}

 

^{0admet une}

solution unique dans l’intervalle2ln ;3 2ln . 4 7) Construisons

 

Cf et

 

^{ .}

8) a) Montrons que f admet une fonction réciproque définie surIR.

• Les fonctions : 5

 2

x x et ^{1 2}



^{2 4}



2

 

 ^{x x} 

x e e étant continues surIR ; alors la fonction f est continue sur IR.

f est strictement décroissante surIR.

Donc f admet une fonction réciproque f^1définie sur l’intervalle J tel que :

   

   ;  J f IR f

_{ }^_x^lim_^{f x}

 

^{; lim}_x^{f x}

 

^_

   ;  IR

b) Construisons

 

Cf^1 (voir courbes

 

Cf et

 

Cf^1 ci-haut)

 

Cf et

 

Cf^1 sont symétriques par à rapport à la 1ére bissectrice.

c) Calculons

 

^{f1 }

^

^2ln3

^

On a : ^f



^2ln3



^{ 2 ln3 f1}



^2ln3



^{ 2 ln3}

La fonction f est dérivableen



^2ln3



^{et f }



^{2 ln3}



^0

(^{f }



^{2 ln3}



^{ }



^{e2ln3 2 1}



²

^{ }



^eln31



²

  4 0)

Donc f^1est dérivable en



^{2ln et : 3}



 

^{f1 }

^

^2ln3

^

^{ f f}



^1

_

^21ln3

_ 



^{21 3}



f ln

1

 4



Donc :

 

¹

^

^{2 3}

^

¹

4

  ln   f