الامتحان الوطني الموحد للبكالوريا – الدورة العادية – 2025
  • مادة 📘 : الرياضيات
  • المسالك:
    • علوم الحياة والأرض
    • العلوم الفيزيائية (خيار فرنسية)
  • الدورة 📝 : العادية 2025
  • المدة ⏱️ : 3 ساعات

Exercice 1 (3 points)

Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé direct (O;i⃗,j⃗,k⃗)(O; \vec{i}, \vec{j}, \vec{k}), on considère les points
A(0,0,2)A(0, 0, 2), B(2,0,0)B(2, 0, 0) et la sphère (S)(S) de centre OO et de rayon R=2R = 2

  1. a) Déterminer l’équation cartésienne de la sphère (S)(S)

    b) Vérifier que les points AA et BB appartiennent à la sphère (S)(S)

  2. Soit II le milieu du segment [AB][AB]

    a) Déterminer l’intersection du plan (OAB)(OAB) avec la sphère (S)(S)

    b) Vérifier que OI→⋅AB→=0\overrightarrow{OI} \cdot \overrightarrow{AB} = 0, puis montrer que d(O,(AB))=2d(O, (AB)) = \sqrt{2}

  3. On considère un point M(0,m,0)M(0, m, 0) de l’espace, où m∈Rm \in \mathbb{R}

    a) Vérifier que AB→∧AM→=2mi⃗+4j⃗+2mk⃗\overrightarrow{AB} \wedge \overrightarrow{AM} = 2m\vec{i} + 4\vec{j} + 2m\vec{k}

    b) Déduire que mx+2y+mz−2m=0mx + 2y + mz - 2m = 0 est une équation cartésienne du plan (ABM)(ABM)

    c) Montrer que d(O,(ABM))=2∣m∣4+2m2d(O, (ABM)) = \dfrac{2|m|}{\sqrt{4 + 2m^2}}

  4. Le plan (ABM)(ABM) coupe la sphère (S)(S) suivant un cercle (Γm)(\Gamma_m) de rayon rr

montrer que r=2+42+m2r=\sqrt{ 2+\dfrac{4}{2+m^2} } et déduire que : 2<r≤2\sqrt2 < r \le 2 pour tout m∈Rm\in \R

Exrcice 1

A(0,0,2)A(0, 0, 2), B(2,0,0)B(2, 0, 0) et S(O,R)S(O,R) sphère et R=2R=2

1/a/

M(xyz)∈(S)⇔OM=R⇔OM2=R2⇔x2+y2+z2=4\begin{align*} M\begin{pmatrix}x \\y\\z\end{pmatrix}\in(S) &\Leftrightarrow OM=R \\&\Leftrightarrow OM^2=R^2 \\&\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2=4 \end{align*}

1/b/

  • OA=02+02+22=2=ROA=\sqrt{0^2+0^2+2^2}=2=R donc A∈(S)A\in(S)
  • OB=22+02+02=2=ROB=\sqrt{2^2+0^2+0^2}=2=R donc B∈(S)B\in(S)

Méthode 2 On vérifie que les coordonnées de chaque point vérifient l’équation de la sphère.

  • Pour A(0,0,2)A(0, 0, 2), on a : 02+02+22=40^2 + 0^2 + 2^2 = 4, donc A∈(S)A \in (S).
  • Pour B(2,0,0)B(2, 0, 0), on a : 22+02+02=42^2 + 0^2 + 0^2 = 4, donc B∈(S)B \in (S).

2/a/ Puisque A,B∈(S)A, B \in (S) et que OO est le centre de SS, alors le plan (OAB)(OAB) coupe la sphère (S)(S) selon un grand cercle de centre OO et de rayon R=2R = 2.

2/b/

I(0+22,0+02,2+02)I\left(\dfrac{0+2}{2},\dfrac{0+0}{2},\dfrac{2+0}{2}\right)

Donc I(1,0,1)I(1,0,1)

OI→(101) \overrightarrow{OI}\left(\begin{matrix}1\\0\\1\end{matrix}\right) et AB→(20−2)\overrightarrow{AB}\left(\begin{matrix}2\\0\\-2\end{matrix}\right)

donc :

OI→.AB→=1×2+0×0+1×(−2)=0\begin{align*} \overrightarrow{OI}.\overrightarrow{AB} &=1\times2+0\times0+1\times(-2) \\&=0 \end{align*}

On a OI→.AB→=0\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{AB}=0 et I∈(AB)I\in(AB) donc :

d(O,(AB))=OI=12+02+12=2\begin{align*} d(O,(AB)) &=OI\\&=\sqrt{1^2+0^2+1^2}\\&=\sqrt2 \end{align*}

3/a/

AB→(20−2)etAM→(0m−2)\overrightarrow{AB}\left(\begin{matrix}2\\0\\-2\end{matrix}\right) \quad\text{et}\quad \overrightarrow{AM}\left(\begin{matrix}0\\m\\-2\end{matrix}\right)
AB→∧AM→=∣0m−2−2∣i⃗−∣20−2−2∣j⃗+∣200m∣k⃗=2mi⃗+4j⃗+2mk⃗\begin{align*} \overrightarrow{AB}\land \overrightarrow{AM} &=\left|\begin{matrix}0 & m \\-2 & -2\end{matrix}\right|\vec{i} -\left|\begin{matrix}2 & 0 \\-2 & -2\end{matrix}\right|\vec{j} +\left|\begin{matrix}2 & 0 \\0 & m\end{matrix}\right|\vec{k} \\&=2m\vec{i}+4\vec{j}+2m\vec{k} \end{align*}

3/b/ On a AB→∧AM→\overrightarrow{AB} \land \overrightarrow{AM} est un vecteur normal au plan (ABM)(ABM).

Par conséquent, une équation cartésienne du plan (ABM)(ABM) peut s’écrire sous la forme :

2mx+4y+2mz+d=02mx + 4y + 2mz + d = 0

Or, le point A(2,0,0)∈(ABM)A(2, 0, 0) \in (ABM), donc

2m×2+4×0+2m×0+d=0⇒4m+d=0⇒d=−4m\begin{align*} & 2m \times 2 + 4 \times 0 + 2m \times 0 + d = 0 \\ &\Rightarrow \quad 4m + d = 0\\ &\Rightarrow \quad d = -4m \end{align*}

Ainsi, l’équation devient :

2mx+4y+2mz−4m=02mx + 4y + 2mz - 4m = 0

En simplifiant par 2, on obtient :

mx+2y+mz−2m=0mx + 2y + mz - 2m = 0

3/c/

d(O,(ABM))=∣0+0−2m∣m2+22+m2=2∣m∣4+2m2\begin{align*} d(O,(ABM)) &=\dfrac{|0+0-2m|}{\sqrt{m^2+2^2+m^2}}\\ &=\dfrac{2|m|}{\sqrt{4+2m^2}} \end{align*}

4/ On a :

r=R2−d2(O,(ABM))=4−4m24+2m2=2+2−2m22+m2=2+4+2m2−2m22+m2=4+42+m2\begin{align*} r &= \sqrt{R^2 - d^2(O, (ABM))} \\ &= \sqrt{4 - \dfrac{4m^2}{4 + 2m^2}} \\ &= \sqrt{2+2 - \dfrac{2m^2}{2 + m^2}} \\ &= \sqrt{2 + \dfrac{4+2m^2 -2m^2 }{2 + m^2}} \\ &= \sqrt{4 + \dfrac{4}{2 + m^2}} \\ \end{align*}

Comme 42+m2>0\dfrac{4}{2 + m^2} > 0, on en déduit que :

2+42+m2>2⇒r>22 + \dfrac{4}{2 + m^2} > 2 \quad \Rightarrow \quad r > \sqrt{2}

Or, on sait que r≤Rr \leq R, avec R=2R = 2 le rayon de la sphère (S)(S).

Donc :

2<r≤2\boxed{\sqrt{2} < r \leq 2}

Fin correction

Question : Pourquoi ? r≤Rr\le R

posons d=d(O,(ABM))d=d(O, (ABM))

on a r=R2−d2r=\sqrt{R^2 - d^2}

d2≥0  ⟹  −d2≤0  ⟹  R2−d2≤R2  ⟹  R2−d2≤R  ⟹  r≤R\begin{align*} d^2\ge0 &\implies -d^2\le 0 \\&\implies R^2-d^2\le R^2 \\&\implies \sqrt{R^2-d^2}\le R \\&\implies r\le R \end{align*}

Exercice 2 (3,5 points)

Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O;u⃗,v⃗)(O; \vec{u}, \vec{v}), on considère les points A,B,C,DA, B, C, D et Ω\Omega d’affixes respectives :

a=1+2i,b=aˉ,c=3(3+i)2a = 1 + 2i, \quad b = \bar{a}, \quad c = \dfrac{3(3+i)}{2}
d=3(1+i)2,ω=52d = \dfrac{3(1+i)}{2}, \quad \omega = \dfrac{5}{2}

  1. a) Vérifier que a+b=2a + b = 2 et déduire que l’affixe du point PP, milieu du segment [AB][AB], est p=1p = 1

    b) Montrer que aa et bb sont les solutions de l’équation : z2−2z+5=0dans Cz^2 - 2z + 5 = 0 \quad \text{dans } \mathbb{C}

  2. a) Vérifier que ∣a−ω∣=∣b−ω∣=∣ω−c∣|a - \omega| = |b - \omega| = |\omega - c|

    b) Déduire que ω\omega est le centre du cercle circonscrit au triangle ABCABC

  3. a) Vérifier que d−ca−b=34i\dfrac{d - c}{a - b} = \dfrac{3}{4} i

    b) Montrer que d−b=(c−a)eiπ2d - b = (c - a)e^{\frac{i\pi}{2}}, puis déduire que les droites (DB)(DB) et (AC)(AC) sont perpendiculaires

  4. Soit hh l’homothétie de centre CC et de rapport 23\dfrac{2}{3} qui transforme chaque point MM du plan d’affixe zz en un point M′M' d’affixe z′z'. On pose h(P)=Gh(P) = G

    a) Vérifier que z′=23z+13cz' = \dfrac{2}{3}z + \dfrac{1}{3}c

    b) Montrer que l’affixe du point GG est : g=136+12ig = \dfrac{13}{6} + \dfrac{1}{2}i

  5. Montrer que les points Ω\Omega, GG et DD sont alignés.

1/a/

a+b=a+aˉ=2Re(a)=2a+b=a+\bar{a}=2\mathcal{R}e(a)=2

PP est milieu de [AB][AB] donc son affixe est :

a+b2=1\dfrac{a+b}2=1

1/b/

on a a+b=2a+b=2 et ab=a.aˉ=∣a∣2=1+42=5ab=a.\bar{a}=|a|^2=\sqrt{1+4}^2=5

donc aa et bb sont solutions de z2−(a+b)z+ab=0z^2-(a+b)z+ab=0 c’est à dire : l’équation z2−2z+5=0z^2-2z+5=0

2/a/

  • ω−a=52−1−2i=32−2i\omega - a=\frac{5}{2}-1-2i=\frac{3}{2}-2i

  ⟹  ∣ω−a∣=94+4=52\implies |\omega-a|=\sqrt{\dfrac94+4}=\dfrac52

  • ω−b=52−1+2i=32+2i\omega - b=\frac{5}{2}-1+2i=\frac{3}{2}+2i

  ⟹  ∣ω−b∣=94+4=52\implies |\omega-b|=\sqrt{\dfrac94+4}=\dfrac52

  • ω−c=52−92−32i=−2−32i\omega - c=\frac{5}{2}-\dfrac92-\dfrac32i=-2-\dfrac32i

  ⟹  ∣ω−c∣=4+94=52\implies |\omega-c|=\sqrt{4+\dfrac94}=\dfrac52

Alors ∣ω−a∣=∣ω−b∣=∣ω−c∣|\omega - a|=|\omega - b|=|\omega - c|

2/b/ on a : ∣ω−a∣=∣ω−b∣=∣ω−c∣|\omega - a|=|\omega - b|=|\omega - c| donc ΩA=ΩB=ΩC\Omega A=\Omega B=\Omega C donc AA , BB et CC appartient au cercle de centre Ω\Omega et et de rayon 52\dfrac52 c’est à dire Ω\Omega est le centre du circle circonsrit au triangle ABCABC

3/a

∙ d−c=3(1+i)2−3(3+i)2=−3∙ a−b=1+2i−1+2i=4i\begin{align*} &\bullet~ d-c=\dfrac{3(1+i)}{2}-\dfrac{3(3+i)}{2}=-3 \\ &\bullet~ a-b=1+2i-1+2i=4i \end{align*}
d−ca−b=−3×14i=−3i4i2=34i\dfrac{d-c}{a-b}=-3\times\dfrac{1}{4i}=\dfrac{-3i}{4i^2}=\dfrac34i

3/b

∙ d−b=3(1+i)2−1+2i=1+7i2∙ c−a=3(3+i)2−1−2i=7−i2\begin{align*} &\bullet~ d-b=\dfrac{3(1+i)}{2}-1+2i=\dfrac{1+7i}{2} \\ &\bullet~ c-a=\dfrac{3(3+i)}{2}-1-2i=\dfrac{7-i}{2} \end{align*}
d−bc−a=1+7i7−i=(1+7i)(7+i)72+12 =7+i+49i−750=i=eiπ2\begin{align*} \dfrac{d-b}{c-a}&=\dfrac{1+7i}{7-i} =\dfrac{(1+7i)(7+i)}{7^2+1^2}\\~\\ &=\dfrac{7+i+49i-7}{50}=i=e^{i\frac\pi2} \end{align*}

Alors : d−b=(c−a)eiπ2d-b=(c-a)e^{i\frac\pi2}

on a :

(AC→,BD→)≡arg⁡(d−bc−a) [2π]≡π2 [2π]  ⟹  (AC)⊥(BD)\begin{align*} &(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD})\equiv \arg\left(\dfrac{d-b}{c-a}\right)~[2\pi] \\ &\hspace{1.7cm}\equiv \dfrac\pi2~[2\pi] \\ &\implies (AC)\perp(BD) \end{align*}

4/ h(C,23)h(C,\frac23) et h(P)=Gh(P)=G

4/a/

h(M)=M′  ⟺  z′−c=k(z−c)  ⟺  z′=23z−23c+c  ⟺  z′=23z+13c  ⟺  z′=23z+3+i2  ⟺  z′=23z+32+12i\begin{align*} h(M)=M' &\iff z'-c=k(z-c) \\ &\iff z'=\frac23z-\frac23c+c \\ &\iff z'=\frac23z+\frac13c \\ &\iff z'=\frac23z+\dfrac{3+i}{2}\\ &\iff z'=\frac23z+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}i \end{align*}

4/b/

h(P)=G  ⟹  g=23p+32+12i   ⟹  g=23+32+12i   ⟹  g=136+12i\begin{align*} h(P)=G &\implies g=\frac23p+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}i\\~\\ &\implies g=\dfrac{2}3+\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}i \\~\\ &\implies g=\dfrac{13}{6}+\dfrac{1}{2}i \end{align*}

5/

∙ g−ω=136+12i−52 =−26+12i=−13+12i\begin{align*} \bullet~g-\omega&=\dfrac{13}{6}+\dfrac{1}{2}i - \dfrac52\\~\\ &=-\dfrac26+\dfrac12i = -\dfrac13+\dfrac12i \end{align*}
∙ d−ω=3(1+i)2−52=−1+32i=3(−13+12i)\begin{align*} \bullet~d-\omega &= \dfrac{3(1+i)}{2}-\dfrac52 =-1+\dfrac{3}{2}i \\&=3(-\dfrac13+\dfrac12i) \end{align*}
  ⟹  g−ωd−ω=13∈R\implies \dfrac{g-\omega}{d-\omega}=\dfrac{1}{3}\in\R

Alors les points DD, GG et Ω\Omega sont alignés

Exercice 3 (2,5 points)

Une urne contient six boules indiscernables au toucher :

  • Quatre boules blanches numérotées : 00, 11, 11, 11
  • Deux boules noires numérotées : 00, 11

On tire au hasard et simultanément deux boules de l’urne.

On considère les événements suivants :

  • AA : « Les deux boules tirées portent le numéro 1 »
  • BB : « Les deux boules tirées sont de même couleur »

  1. a) Montrer que : P(A)=25\mathbb{P}(A) = \dfrac{2}{5}

    b) Montrer que : P(B)=715\mathbb{P}(B) = \dfrac{7}{15}

    c) Les événements AA et BB sont-ils indépendants ? Justifier.

  2. On répète l’expérience précédente trois fois successives. On considère la variable aléatoire XX indiquant le nombre de fois que l’on réalise l’événement AA.

    a) Recopier et compléter le tableau ci-dessous, représentant la loi de probabilité de XX :

    X=xiX = x_i 0 1 2 3
    P(X=xi)\mathbb{P}(X=x_i) 27125\dfrac{27}{125}

    b) Calculer l’espérance E(X)\mathbb{E}(X) de la variable aléatoire XX.

1110012boules(Cpn)

Calculons d’abord : Card(Ω)Card(\Omega)

🔵 Chaque tirage est une combinaison de 2 éléments parmi 6
Donc :

Card(Ω)=C62=6×52×1=15Card(\Omega) = C_{6}^2 = \frac{6 \times 5}{2 \times 1} = 15

1/a/

A={1 ; 1}A=\{1~;~1\}
Card(A)=C42=6Card(A)=C_{4}^2=6
  ⟹  p(A)=Card(A)Card(Ω)=615=25\implies p(A)=\dfrac{Card(A)}{Card(\Omega)}= \dfrac{6}{15}=\dfrac25

1/b/

A={B ; B}∪{N ; N}A=\{B~;~B\}\cup\{N~;~N\}
Card(B)=C42+C22=6+1=7Card(B)=C_{4}^2+C_{2}^2=6+1=7
  ⟹  p(B)=Card(A)Card(Ω)=715\implies p(B)=\dfrac{Card(A)}{Card(\Omega)}= \dfrac{7}{15}

1/c/

Deux évenements AA et BB sont indépendantes si p(A∩B)=p(A).p(B)p(A\cap B)=p(A).p(B)

on a : p(A).p(B)=25×715=14125p(A).p(B)=\dfrac{2}{5}\times \dfrac{7}{15}=\dfrac{14}{125}

Calculons p(A∩B)p(A\cap B)

A∩B={B1 ; B1}A\cap B=\{B_1~;~B_1\}
Card(A∩B)=C32=3Card(A\cap B)=C_3^2=3
  ⟹  p(A∩B)=Card(A∩B)Card(Ω)=315=15\begin{align*} \implies p(A\cap B)&=\dfrac{Card(A\cap B)}{Card(\Omega)}\\ &=\dfrac{3}{15}=\dfrac15 \end{align*}

comme p(A∩B)≠p(A).p(B)p(A\cap B)\ne p(A).p(B), alors AA et BB ne sont pas indépendantes

2/ La variable XX, suit une loi binomiale de paramètres : n=3n=3 et p=p(A)=25p =p(A)= \frac{2}{5}

Donc X∼B(3,25)X \sim \mathcal{B}(3,\frac{2}{5})

3/a/

Formule de la loi binomiale :

p(X=k)=C3k(25)k(1−25)3−kp(X = k) = C_3^k \left(\frac{2}{5}\right)^k \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - k}
p(X=0)=C30(25)0(1−25)3−0=(35)3=27125\begin{align*} p(X = 0) &= C_3^0 \left(\frac{2}{5}\right)^0 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 0} \\ &=\left(\frac{3}{5}\right)^{3}=\frac{27}{125} \end{align*}
p(X=1)=C31(25)1(1−25)3−1=65(35)2=54125\begin{align*} p(X = 1) &= C_3^1 \left(\frac{2}{5}\right)^1 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 1} \\ &=\dfrac65\left(\frac{3}{5}\right)^{2}=\frac{54}{125} \end{align*}
p(X=2)=C32(25)2(1−25)3−2=3×425×35=36125\begin{align*} p(X = 2) &= C_3^2 \left(\frac{2}{5}\right)^2 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 2} \\ &=3\times\dfrac{4}{25}\times\frac{3}{5}=\frac{36}{125} \end{align*}
p(X=3)=C33(25)3(1−25)3−3=1×8125×1=8125\begin{align*} p(X = 3) &= C_3^3 \left(\frac{2}{5}\right)^3 \left(1 - \frac{2}{5}\right)^{3 - 3} \\ &=1\times\dfrac{8}{125}\times1=\frac{8}{125} \end{align*}

Alors :

X=kX = k 0 1 2 3
P(X=k)\mathbb{P}(X=k) 27125\dfrac{27}{125} 54125\dfrac{54}{125} 36125\dfrac{36}{125} 8125\dfrac{8}{125}

3/b/

E(X)=np=3×25=65E(X)=np=3\times\dfrac25=\dfrac65

Problème (11 points) :

Partie I :

Le graphique ci-contre représente les courbes (Cs)\left( C_s \right) et (Ch)\left( C_h \right) des fonctions : g:x↦x2g : x \mapsto x^2 et h:x↦2ln⁡x−(ln⁡x)2h : x \mapsto 2 \ln x - (\ln x)^2 sur l’intervalle ]0,+∞[ ]0, +\infty[ dans un même repère orthonormé.

xy123456789−3−2−11234(Cg)(Ch)

  1. a) Justifier graphiquement que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[ : g(x)−h(x)>0g(x) - h(x) > 0

    b) Déduire que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[ : 2ln⁡x−(ln⁡x)2x2<1\dfrac{2 \ln x - (\ln x)^2}{x^2} < 1

  2. a) Vérifier que la fonction H:x↦xln⁡x−xH : x \mapsto x \ln x - x est une primitive de la fonction x↦ln⁡xx \mapsto \ln x sur l’intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[, puis déduire que ∫1e2ln⁡(x)dx=1+e2\displaystyle\int_1^{e^2} \ln(x) dx = 1 + e^2

    b) En utilisant une intégration par parties, montrer que ∫1e2(ln⁡x)2dx=2e2−2\displaystyle\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx = 2e^2 - 2

    c) Résoudre sur l’intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[, l’équation h(x)=0h(x) = 0 et déduire les deux points d’intersection de la courbe (Ch)\left( C_h \right) avec l’axe des abscisses.

    d) Déduire, en unité d’aire, l’aire de la partie du plan délimitée par la courbe (Ch)\left( C_h \right), l’axe des abscisses, et les droites d’équations x=1x = 1 et x=e2x = e^2.

Partie II :

On considère la fonction numérique ff définie sur ]0,+∞[ ]0, +\infty[ par :

f(x)=x−(ln⁡x)2xf(x) = x - \dfrac{(\ln x)^2}{x}

Soit (Cf)(C_f) sa courbe représentative dans un repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}).

  1. a) Vérifier que lim⁡x→0+f(x)=−∞\lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty et donner une interprétation géométrique de ce résultat.

    b) Montrer que lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{(\ln x)^2}{x} = 0 (on peut poser t=xt = \sqrt{x}), puis calculer lim⁡x→+∞f(x)\lim\limits_{x \to +\infty} f(x).

    c) Déduire que la droite d’équation y=xy = x est une asymptote oblique de (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty.

  1. a) Montrer que pour tout xx de ]0,+∞[]0, +\infty[, f′(x)=1−2ln⁡x−(ln⁡x)2x2f'(x) = 1 - \dfrac{2 \ln x - (\ln x)^2}{x^2}.

    b) Montrer que la fonction ff est strictement croissante sur l’intervalle ]0,+∞[]0, +\infty[ (utiliser la question Partie I-1-b).

  1. a) Montrer que l’équation f(x)=0f(x) = 0 admet une solution unique α\alpha dans ]0,+∞[]0, +\infty[.

    b) Vérifier que e−1<α<1e^{-1} < \alpha < 1 et montrer que ln⁡α=−α\ln \alpha = -\alpha.

    c) Montrer que f(x)≤xf(x) \leq x pour tout x∈]0,+∞[x \in ]0, +\infty[.

    d) Montrer que y=xy = x est l’équation de la tangente (T)(T) à la courbe (Cf)(C_f) au point d’abscisse 1.

  1. Le graphique ci-contre représente la courbe (Cf)(C_f) dans le repère orthonormé (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}).

    xy1234−3−2−11234(Cf)y=x

    Soit φ\varphi la restriction de ff sur l’intervalle ]0,1]]0,1].

    a) Montrer que φ\varphi admet une fonction réciproque φ−1\varphi^{-1} définie sur un intervalle JJ à déterminer.

    b) Montrer que φ−1\varphi^{-1} est dérivable en 0 et que (φ−1)′(0)=α2+2α(\varphi^{-1})'(0) = \dfrac{\alpha}{2 + 2\alpha}.

    c) Recopier la courbe de φ\varphi et construire la courbe de φ−1\varphi^{-1} dans le repère (O,i⃗,j⃗)(O, \vec{i}, \vec{j}).

Partie III :

Soit (un)(u_n) la suite numérique définie par u0=eu_0 = e et un+1=f(un)u_{n+1} = f(u_n), pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

  1. Montrer par récurrence que 1<un1 < u_n pour tout n∈Nn \in \mathbb{N}.

  1. a) Montrer que la suite (un)(u_n) est décroissante (utiliser la question Partie II-3-c).

    b) En déduire que la suite (un)(u_n) est convergente.

    c) Déterminer la limite de la suite (un)(u_n).

Partie I

1/a/ D’après le graphe, la courbe (Cg)(C_g) est située strictement au-dessus de la courbe (Ch)(C_h) sur l’intervalle ]0;+∞[]0; +\infty[.

On en déduit que, pour tout x∈]0;+∞[x \in ]0; +\infty[, on a :

g(x)−h(x)>0g(x) - h(x) > 0

1/b/ (∀x∈]0;+∞[: g(x)−h(x)>0(\forall x \in]0;+\infty[:~g(x)-h(x)>0

  ⟺  x2−2ln⁡x+(ln⁡x)2>0  ⟺  2ln⁡x−(ln⁡x)2<x2  ⟺  2ln⁡x−(ln⁡x)2x2<1\begin{align*} &\iff x^2-2\ln x+(\ln x)^2>0\\ &\iff 2\ln x-(\ln x)^2<x^2 \\ &\iff \frac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}<1 \end{align*}

2/a HH est dérivable sur ]0;+∞[]0;+\infty[ et on a :

H′(x)=ln⁡x+x×1x−1=ln⁡x=h(x)\begin{align*} H'(x)&=\ln x+x\times\dfrac1x-1\\&=\ln x =h(x) \end{align*}

Donc HH est une primitive de hh sur ]0;+∞[]0;+\infty[

∫1e2ln⁡xdx=∫1e2h(x)dx=[H(x)]1e2=H(e2)−H(1)=2e2−e2+1=1+e2\begin{align*} \int_1^{e^2}\ln x dx &=\int_1^{e^2} h(x)dx =[H(x)]_1^{e^2} \\ &= H(e^2)-H(1)\\ &=2e^2-e^2+1\\&=1+e^2 \end{align*}

2/b Formule d’integration par parties

∫u′(x)v(x)dx=[uv(x)]−∫u(x)v′(x)dx\int u'(x)v(x)dx=[uv(x)]-\int u(x)v'(x)dx

pour ∫1e2(ln⁡x)2dx=2e2−2\displaystyle\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx = 2e^2 - 2

posons : u′(x)=ln⁡xu'(x)=\ln x et v(x)=ln⁡xv(x)=\ln x

donc u(x)=H(x)u(x)=H(x) et v′(x)=1xv'(x)=\dfrac1x

I=∫1e2(ln⁡x)2dx=[H(x)ln⁡x]1e2−∫1e2H(x)xdx=e2ln⁡(e2)−∫1e2ln⁡x−1dx=2e2−∫1e2ln⁡xdx+∫1e21dx=2e2−1−e2+[x]1e2=e2−1+(e2−1)=2e2−2\begin{align*} I&=\int_1^{e^2} (\ln x)^2 dx \\ &= [H(x)\ln x]_1^{e^2}-\int_1^{e^2}\frac{H(x)}x dx\\ &=e^2\ln(e^2)-\int_1^{e^2}\ln x -1 dx \\ &=2e^2-\int_1^{e^2}\ln x dx+\int_1^{e^2}1 dx \\ &=2e^2-1-e^2+[x]_1^{e^2} \\ &=e^2-1+(e^2-1) \\ &=2e^2-2 \end{align*}

2/c soit x∈]0;+∞[x\in]0;+\infty[ on a :

h(x)=0  ⟺  2ln⁡x−(ln⁡x)2=0  ⟺  ln⁡x(2−ln⁡x)=0  ⟺  ln⁡x=0 ou ln⁡x=2  ⟺  x=e0=1 ou x=e2\begin{align*} h(x)=0 &\iff 2\ln x -(\ln x)^2=0 \\ &\iff \ln x(2-\ln x)=0\\ &\iff \ln x=0 \text{ ou } \ln x=2 \\ &\iff x=e^0=1 \text{ ou } x=e^2 \end{align*}

Donc (Ch)(C_h) coupe l’axe des abscisses en deux points E(1,0)E(1,0) et F(e2,0)F(e^2,0)

2/d

A=∫1e2∣h(x)∣dx u \boxed{\mathcal{A}=\int_1^{e^2} |h(x)|dx~u}~

avec u: unité d’aire

Or, la courbe (Ch)(C_h) est située au-dessus de l’axe des abscisses sur l’intervalle [1,e2][1, e^2], ce qui signifie que h(x)≥0h(x) \geq 0 sur cet intervalle.

Ainsi, on a :

∣h(x)∣=h(x)pour tout x∈[1,e2]|h(x)| = h(x) \quad \text{pour tout } x \in [1, e^2]
A=∫1e22ln⁡x−(ln⁡x)2dx=2∫1e2ln⁡xdx−I=2(1+e2)−(2e2−2)=2+2e2−2e2+2=4u\begin{align*} \mathcal{A}&=\int_1^{e^2} 2\ln x - (\ln x)^2dx \\ &=2\int_1^{e^2}\ln x dx - I \\ &=2(1+e^2)-(2e^2-2) \\ &=2+2e^2-2e^2+2 \\ &=4 u \end{align*}

Partie II :

On considère la fonction numérique ff définie sur ]0,+∞[ ]0, +\infty[ par :

f(x)=x−(ln⁡x)2xf(x) = x - \dfrac{(\ln x)^2}{x}

1/a

lim⁡x→0+f(x)=−∞\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty

car lim⁡x→0+x=0\lim\limits_{x\to0^+}x=0 et lim⁡x→0+=−∞\lim\limits_{x\to0^+}=-\infty

1/b On pose t=xt=\sqrt x donc x=t2x=t^2 et x→+∞x\to+\infty   ⟹  t→+∞\implies t\to+\infty

lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=lim⁡t→+∞(2ln⁡t)2t2=lim⁡t→+∞4(ln⁡tt)2=0\begin{align*} \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}&=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{(2\ln t)^2}{t^2}\\ &=\lim\limits_{t\to+\infty}4\left(\dfrac{\ln t}{t}\right)^2 \\&=0 \end{align*}

car lim⁡t→+∞ln⁡tt=0\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0

lim⁡x→+∞f(x)=+∞\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=+\infty

car lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0 et lim⁡x→+∞x=+∞\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty

1/c

lim⁡x→+∞f(x)−x=lim⁡x→+∞(ln⁡x)2x=0\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)-x=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0

et donc la droite d’équation y=xy=x est une asymptote oblique de (Cf)(C_f) au voisinage de +∞+\infty

2/a la fonction ff est dérivable sur ]0,+∞[ ]0, +\infty[ par somme , produit et quotient

(∀x∈]0,+∞[(\forall x\in]0, +\infty[

f′(x)=1−2×1xln⁡x×x−(ln⁡x)2x2=1−2ln⁡x−(ln⁡x)2x2\begin{align*} f'(x) &=1-\dfrac{2\times\dfrac1x\ln x\times x - (\ln x)^2}{x^2}\\ &=1-\dfrac{2\ln x -(\ln x)^2}{x^2} \end{align*}

2/b on a d’aprés la question Partie I-1-b (∀x∈]0,+∞[(\forall x \in]0, +\infty[ : 2ln⁡x−(ln⁡x)2x2<1\dfrac{2\ln x -(\ln x)^2}{x^2}<1

donc f′(x)>0f'(x)>0 et donc la fonction ff est strictement croissante sur ]0,+∞[]0, +\infty[

3/a/

on a ff est continue sur ]0,+∞[]0, +\infty[ car dérivable

et f(]0,+∞[)=]lim⁡x→0+f(x),lim⁡x→+∞[=Rf(]0, +\infty[)=]\lim\limits_{x\to0^+} f(x), \lim\limits_{x\to+\infty}[=\R

et comme 0∈R0\in\R alors d’aprés le théorème des valeurs intermédiaires l’équation f(x)=0f(x)=0 admet au moins une solution α∈]0,+∞[\alpha\in]0, +\infty[ et comme ff est strictement croissante alors α\alpha est unique.

3/b/

  • f(e−1)=e−1−(−1)2e−1=e−2−1e−1<0f(e^{-1})=e^{-1}-\frac{(-1)^2}{e^{-1}}=\frac{e^{-2}-1}{e^{-1}}<0

  • f(1)=1−(0)21=1>0f(1)=1-\frac{(0)^2}{1}=1>0

donc f(e−1)f(1)<0f(e^{-1})f(1)<0

et donc e−1<α<1e^{-1}<\alpha<1

3/c/

f(x)−x=−(ln⁡x)2xf(x)-x=-\dfrac{(\ln x)^2}{x}

(∀x∈]0,+∞[)(\forall x\in]0, +\infty[) on a

x>0 et (ln⁡x)2≥0x>0\text{ et } (\ln x)^2\ge0

donc

f(x)−x≤0f(x)-x\le0

et donc (∀x∈]0,+∞[) : f(x)≤x(\forall x\in]0, +\infty[)~:~f(x)\le x

3/d/

(T) : y=f′(1)(x−1)+f(1)=x−1+1=x\begin{align*} (T)~:~y &=f'(1)(x-1)+f(1)\\ &=x-1+1=x \end{align*}

4/ (∀x∈]0,1](\forall x\in]0,1] φ(x)=f(x)\varphi(x)=f(x)

4/a/ φ\varphi est continue et strictement croissante sur ]0,1]]0,1] alors elle admet une fonction réciproque φ−1\varphi^{-1} définie sur J=φ(]0,1])=]−∞,1]J=\varphi(]0,1])=]-\infty,1]

4/b/

on sait que f(α)=0f(\alpha)=0 et α∈]e−1,1[\alpha\in]e^{-1},1[ et comme ]e−1,1[⊂]0,1]]e^{-1},1[\subset]0,1] alors φ(α)=0\varphi(\alpha)=0 et donc φ−1(0)=α\varphi^{-1}(0)=\alpha

et comme φ′(α)>0\varphi'(\alpha)>0 donc φ′(α)≠0\varphi'(\alpha)\ne0

et donc φ−1\varphi^{-1} est dérivable en 00 et on a :

(φ−1)′(0)=1φ′(φ−1(0))=1φ′(α)\begin{align*} (\varphi^{-1})'(0) &=\dfrac{1}{\varphi'(\varphi^{-1}(0))}\\ &=\dfrac{1}{\varphi'(\alpha)} \end{align*}

on a f(α)=0f(\alpha)=0 donc α−(ln⁡α)2α2=0\alpha - \dfrac{(\ln\alpha)^2}{\alpha^2}=0

et donc (ln⁡α)2=α2(\ln\alpha)^2=\alpha^2

alors ln⁡α=−α\ln\alpha=-\alpha car α∈]0,1]\alpha\in]0,1]

φ′(α)=1−2ln⁡α−(ln⁡α)2α2=1−−2α−(−α)2α2=α2−2α+α2α2=α(2α+2)α2=2α+2α\begin{align*} \varphi'(\alpha) &=1-\dfrac{2\ln\alpha-(\ln\alpha)^2}{\alpha^2}\\ &=1-\dfrac{-2\alpha-(-\alpha)^2}{\alpha^2} \\&=\dfrac{\alpha^2-2\alpha+\alpha^2}{\alpha^2} \\&=\dfrac{\alpha(2\alpha+2)}{\alpha^2} \\&=\dfrac{2\alpha+2}{\alpha} \end{align*}

Alors : (φ−1)′(0)=1φ′(α)=α2α+2(\varphi^{-1})'(0)=\dfrac{1}{\varphi'(\alpha)}=\dfrac{\alpha}{2\alpha+2}

4/c/

on sait que la courbe de φ−1\varphi^{-1} est le symétrique de la courbe de ff sur ]0,1]]0,1] par rapport à la première bissectrice (d’équation y=xy=x)

xy−3−2−11234−3−2−11234(Cf)y=x(Cφ−1)

Partie III

u0=eetun+1=f(un)  (∀n∈N)u_0=e \quad \text{et} \quad u_{n+1}=f(u_n) ~~(\forall n\in\N)

1/

  • u0=e>1u_0=e>1 donc vraie pour n=0n=0

  • Soit n∈Nn\in\N, supposons que 1<un1<u_n et montrons que 1<un+11<u_{n+1}

    on a 1<un1<u_n et f(1)=1f(1)=1 et un+1=f(un)u_{n+1}=f(u_n)

    comme ff continue et strictement croissante sur [1;+∞[[1;+\infty[

    alors f(1)<f(un)f(1)<f(u_{n})

    donc 1<un+11<u_{n+1}

  • D’aprés le principe de récurrence on a

(∀n∈N)  :  1<un(\forall n\in\N)~~:~~ 1<u_{n}

2/a/ soit n∈Nn\in\N

d’aprés la question Partie II-3-c on a pour tout x∈]0,+∞[x\in]0,+\infty[ f(x)≤xf(x)\le x

et comme un∈]1,+∞[u_n\in]1,+\infty[ et ]1,+∞[⊂]0,+∞[]1,+\infty[\subset]0,+\infty[

alors f(un)≤unf(u_n)\le u_n

d’ou un+1≤unu_{n+1}\le u_n

  ⟹  \implies (un)(u_n) est décroissante.

2/b/

{(un) ↘(un) minoreˊe  ⟹  (un) converge\left\{ \begin{matrix} (u_n)\text{ } \searrow\\ (u_n)\text{ minorée} \end{matrix} \right. \implies (u_n) \text{ converge}

2/c/ lim⁡un\quad \lim u_n

on a le conditions :

  • ff continue sur [1,+∞[[1,+\infty[
  • f([1,+∞[)=[1;+∞[f([1,+\infty[)=[1;+\infty[
  • u0∈[1;+∞[u_0\in [1;+\infty[
  • (un)(u_n) converge

Alors la limite de (un)(u_n) est la solution de l’équa f(x)=xf(x)=x

f(x)=x  ⟺  (ln⁡x)2=0  ⟺  ln⁡x=0  ⟺  x=1\begin{align*} f(x)=x &\iff (\ln x)^2=0 \\ &\iff \ln x=0 \\& \iff x=1 \end{align*}

et donc lim⁡un=1\boxed{\lim u_n=1}