Chahd — Réussir le rattrapage du Bac scientifique

Exercice 1 (3 points)

On considère la suite numérique

(u_n)

définie par

u_0 = 4

et

u_{n+1} = \frac{4u_n - 2}{1 + u_n}

pour tout

n \in \N

.

1.a) Vérifier que $u_{n+1} = 4 - \frac{6}{1 + u_n}$ pour tout $n \in \N$ .

1.b) Montrer par récurrence que $2 \le u_n \le 4$ pour tout $n \in \N$ .

2.a) Montrer que $u_{n+1} - u_n = \frac{(u_n-1)(2-u_n)}{1 + u_n}$ pour tout $n \in \N$ .

2.b) Montrer que la suite $(u_n)$ est décroissante et en déduire qu'elle est convergente.

3) Soit $(v_n)$ la suite numérique définie par $v_n = \frac{2-u_n}{1-u_n}$ pour tout $n \in \N$ .

3.a) Montrer que $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q = \frac{2}{3}$ .

3.b) Montrer que $u_n = 1 + \frac{1}{1 - \left(\frac{2}{3}\right)^{n+1}}$ pour tout $n \in \N$ .

3.c) Calculer la limite de la suite $(u_n)$ .

Corrigé

$(u_n)$ : $\ u_0=4\ $ et $\ u_{n+1}=\dfrac{4u_n-2}{1+u_n}$ pour tout $n\in\N$ .

1.a) Vérifier que $u_{n+1}=4-\dfrac{6}{1+u_n}$ .

On part du membre de droite et on réduit au même dénominateur :

4-\frac{6}{1+u_n}=\frac{4(1+u_n)-6}{1+u_n}=\frac{4+4u_n-6}{1+u_n}=\frac{4u_n-2}{1+u_n}=u_{n+1}.\quad\checkmark

1.b) Montrer par récurrence que $2\le u_n\le4$ pour tout $n\in\N$ .

Initialisation. $u_0=4$ , donc $2\le u_0\le4$ . Vrai au rang $0$ . [2pt] Hérédité. Supposons $2\le u_n\le4$ . Alors $3\le 1+u_n\le5$ , donc en passant aux inverses (fonction décroissante) :

\frac15\le\frac{1}{1+u_n}\le\frac13 \ \Longrightarrow\ -\frac63\le-\frac{6}{1+u_n}\le-\frac65 \ \Longrightarrow\ 2\le 4-\frac{6}{1+u_n}\le\frac{14}{5}.

Comme

\dfrac{14}{5}=2{,}8\le4

, on a bien

2\le u_{n+1}\le4

.

⇒ Par récurrence,

2\le u_n\le4

pour tout

n\in\N

.

2.a) Montrer que $u_{n+1}-u_n=\dfrac{(u_n-1)(2-u_n)}{1+u_n}$ .

u_{n+1}-u_n=\frac{4u_n-2}{1+u_n}-u_n=\frac{4u_n-2-u_n(1+u_n)}{1+u_n} =\frac{-u_n^2+3u_n-2}{1+u_n}.

On factorise le numérateur :

-u_n^2+3u_n-2=-(u_n^2-3u_n+2)=-(u_n-1)(u_n-2)=(u_n-1)(2-u_n)

.

⇒

u_{n+1}-u_n=\dfrac{(u_n-1)(2-u_n)}{1+u_n}

.

2.b) Montrer que $(u_n)$ est décroissante, et en déduire qu'elle converge.

D'après la question 1.b, $2\le u_n\le4$ , donc :

u_n-1\ge1>0,\qquad 2-u_n\le0,\qquad 1+u_n>0.

Le quotient

\dfrac{(u_n-1)(2-u_n)}{1+u_n}

est donc

\le0

: la suite

(u_n)

est décroissante. Étant de plus minorée par $2$ , elle converge (théorème de la limite monotone).

3) Soit $v_n=\dfrac{2-u_n}{1-u_n}$ pour tout $n\in\N$ .

3.a) Montrer que $(v_n)$ est géométrique de raison $q=\dfrac23$ .

Méthode

On calcule

v_{n+1}=\dfrac{2-u_{n+1}}{1-u_{n+1}}

en remplaçant

u_{n+1}=\dfrac{4u_n-2}{1+u_n}

, et on cherche à faire apparaître

v_n

en facteur.

2-u_{n+1}=\frac{2(1+u_n)-(4u_n-2)}{1+u_n}=\frac{4-2u_n}{1+u_n},

1-u_{n+1}=\frac{(1+u_n)-(4u_n-2)}{1+u_n}=\frac{3-3u_n}{1+u_n}.

D'où

v_{n+1}=\frac{4-2u_n}{3-3u_n}=\frac{2(2-u_n)}{3(1-u_n)}=\frac23\cdot\frac{2-u_n}{1-u_n}=\frac23\,v_n.

⇒

(v_n)

est géométrique de raison

\boxed{q=\dfrac23}

, de premier terme

v_0=\dfrac{2-4}{1-4}=\dfrac23

.

3.b) \textit{Montrer que $u_n=1+\dfrac{1}{1-\left(\frac23\right)^{n+1}}$ .}

Terme général de $(v_n)$ : $\ v_n=v_0\,q^{\,n}=\dfrac23\left(\dfrac23\right)^{n}=\left(\dfrac23\right)^{n+1}.$ On exprime ensuite $u_n$ à partir de $v_n=\dfrac{2-u_n}{1-u_n}$ :

v_n(1-u_n)=2-u_n\ \Longrightarrow\ u_n-u_n v_n=2-v_n\ \Longrightarrow\ u_n(1-v_n)=2-v_n,

\text{soit}\qquad u_n=\frac{2-v_n}{1-v_n}.

Or

\dfrac{2-v_n}{1-v_n}=\dfrac{(1-v_n)+1}{1-v_n}=1+\dfrac{1}{1-v_n}

, d'où

\boxed{\,u_n=1+\dfrac{1}{1-\left(\frac23\right)^{n+1}}\,}.

3.c) Calculer $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n$ .

Comme $-1<\dfrac23<1$ , on a $\left(\dfrac23\right)^{n+1}\to0$ , donc

\lim_{n\to+\infty}u_n=1+\frac{1}{1-0}=\boxed{2}.

Exercice 2 (3 points)

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct

(O,\vec{i},\vec{j},\vec{k})

, on considère les points

A(-1,0,-1)

et

B(1,2,-1)

, le plan

(P)

passant par

A

et de vecteur normal

\vec{n}(2,-2,1)

, et la sphère

(S)

de centre

\Omega(2,-1,0)

et de rayon

R = 5

.

1) Montrer que $2x - 2y + z + 3 = 0$ est une équation cartésienne du plan $(P)$ .

2) Déterminer une équation cartésienne de la sphère $(S)$ .

3.a) Vérifier que la distance du point $\Omega$ au plan $(P)$ est $d(\Omega, (P)) = 3$ .

3.b) En déduire que le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$ de rayon $r$ à déterminer.

4.a) Déterminer une représentation paramétrique de la droite $(\Delta)$ passant par $\Omega$ et perpendiculaire au plan $(P)$ .

4.b) Montrer que le point $H(0,1,-1)$ est le centre du cercle $(\Gamma)$ .

4.c) Montrer que la droite $(\Delta)$ est la médiatrice du segment $[AB]$ .

Corrigé

Points $A(-1,0,-1)$ et $B(1,2,-1)$ . Plan $(P)$ passant par $A$ , de vecteur normal $\vec n(2,-2,1)$ . Sphère $(S)$ de centre $\Omega(2,-1,0)$ et de rayon $R=5$ .

1) Montrer que $(P):2x-2y+z+3=0$ .

Rappel

Un plan de vecteur normal

\vec n(a,b,c)

a une équation

ax+by+cz+d=0

; on trouve

d

en écrivant qu'un point connu appartient au plan.

(P):2x-2y+z+d=0

. Comme

A(-1,0,-1)\in(P)

:

2(-1)-2(0)+(-1)+d=0\ \Longrightarrow\ -3+d=0\ \Longrightarrow\ d=3.

⇒

(P):\ \boxed{2x-2y+z+3=0}

.

2) Équation cartésienne de la sphère $(S)$ .

Rappel

Sphère de centre

\Omega(x_0,y_0,z_0)

et rayon

R

:

(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2=R^2

.

(x-2)^2+(y+1)^2+z^2=25\ \Longrightarrow\ \boxed{x^2+y^2+z^2-4x+2y-20=0}.

3.a) Vérifier que $d(\Omega,(P))=3$ .

Rappel

d\bigl(M(x_0,y_0,z_0),\,ax+by+cz+d=0\bigr)=\dfrac{|ax_0+by_0+cz_0+d|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}

.

d(\Omega,(P))=\frac{|2(2)-2(-1)+0+3|}{\sqrt{2^2+(-2)^2+1^2}}=\frac{|4+2+3|}{\sqrt9}=\frac93=\boxed{3}.

3.b) En déduire que $(P)$ coupe $(S)$ selon un cercle $(\Gamma)$ de rayon $r$ .

Rappel

Si

d<R

, le plan coupe la sphère selon un cercle de rayon

r=\sqrt{R^2-d^2}

(Pythagore :

R^2=d^2+r^2

).

Ici

d=3<R=5

, donc le cercle existe et

r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=\boxed{4}.

4.a) Représentation paramétrique de $(\Delta)$ par $\Omega$ , perpendiculaire à $(P)$ .

$(\Delta)\perp(P)$ , donc $(\Delta)$ a pour vecteur directeur $\vec n(2,-2,1)$ . Passant par $\Omega(2,-1,0)$ :

\boxed{\ \begin{cases} x=2+2t\\[1pt] y=-1-2t\\[1pt] z=t\end{cases}\quad (t\in\R).\ }

4.b) Montrer que $H(0,1,-1)$ est le centre de $(\Gamma)$ .

Méthode

Le centre de

(\Gamma)

est le projeté orthogonal de

\Omega

sur

(P)

: c'est l'intersection de

(\Delta)

et de

(P)

. On injecte la paramétrisation de

(\Delta)

dans l'équation de

(P)

.

2(2+2t)-2(-1-2t)+t+3=0\ \Longrightarrow\ 9t+9=0\ \Longrightarrow\ t=-1.

En reportant

t=-1

:

x=0

,

y=1

,

z=-1

.

⇒ Le centre de

(\Gamma)

est

\boxed{H(0,1,-1)}

.

4.c) Montrer que $(\Delta)$ est la médiatrice du segment $[AB]$ .

Milieu de $[AB]$ : $\left(\dfrac{-1+1}{2},\dfrac{0+2}{2},\dfrac{-1-1}{2}\right)=(0,1,-1)=H$ : $(\Delta)$ passe par le milieu de $[AB]$ . De plus $\vec{AB}(2,2,0)$ , et le vecteur directeur de $(\Delta)$ est $\vec n(2,-2,1)$ :

\vec{AB}\cdot\vec n=2(2)+2(-2)+0(1)=0\ \Longrightarrow\ (\Delta)\perp(AB).

⇒

(\Delta)

passe par le milieu de

[AB]

et lui est perpendiculaire : c'est la médiatrice de

[AB]

.

Exercice 3 (4 points)

Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct

(O,\vec{u},\vec{v})

, on considère les points

A

et

B

d'affixes respectives :

a = \sqrt{3}(1-i) \quad \text{et} \quad b = 2 + \sqrt{3} + i

1) Vérifier que $|a| = \sqrt{6}$ et que $\arg(a) \equiv -\frac{\pi}{4} \pmod{2\pi}$ .

2.a) Montrer que $\frac{b}{a} = \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}} e^{i\pi/3}$ .

2.b) En déduire une forme trigonométrique du nombre complexe $b$ , puis vérifier que $b^{24}$ est un nombre réel.

3) Soit $R$ la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi}{6}$ qui transforme chaque point $M$ d'affixe $z$ en un point $M'$ d'affixe $z'$ . On pose $R(B) = B'$ , $R(A) = A'$ et $R(A') = A''$ .

3.a) Vérifier que $z' = \frac{1}{2}(\sqrt{3}+i)z$ et que $\arg(a') \equiv -\frac{\pi}{12} \pmod{2\pi}$ , où $a'$ est l'affixe du point $A'$ .

3.b) Montrer que l'affixe du point $A''$ est $a'' = \sqrt{6}e^{i\pi/12}$ et en déduire que les points $O$ , $A''$ et $B$ sont alignés.

3.c) Montrer que $b'$ , l'affixe du point $B'$ , vérifie $b' = \frac{\sqrt{3}+3}{3} i\,a$ .

3.d) En déduire que le triangle $OAB'$ est rectangle en $O$ .

Corrigé

$a=\sqrt3(1-i)=\sqrt3-i\sqrt3$ et $b=2+\sqrt3+i$ .

1) Vérifier que $|a|=\sqrt6$ et $\arg(a)\equiv-\dfrac\pi4\pmod{2\pi}$ .

|a|=\sqrt{(\sqrt3)^2+(\sqrt3)^2}=\sqrt6.

a=\sqrt6\!\left(\frac{\sqrt3}{\sqrt6}-i\frac{\sqrt3}{\sqrt6}\right)=\sqrt6\!\left(\frac{1}{\sqrt2}-i\frac{1}{\sqrt2}\right) =\sqrt6\Bigl(\cos\!\bigl(-\tfrac\pi4\bigr)+i\sin\!\bigl(-\tfrac\pi4\bigr)\Bigr).

⇒

|a|=\boxed{\sqrt6}

\ et \

\arg(a)\equiv\boxed{-\dfrac\pi4}\pmod{2\pi}

.

2.a) Montrer que $\dfrac ba=\dfrac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,e^{i\pi/3}$ .

Méthode

On multiplie haut et bas par le conjugué de

a

(ou, plus simplement, on utilise

\dfrac1a=\dfrac{1+i}{2\sqrt3}

puisque

a=\sqrt3(1-i)

), puis on met le module en facteur.

Comme

a=\sqrt3(1-i)

, on a

\dfrac1a=\dfrac{1+i}{\sqrt3(1-i)(1+i)}=\dfrac{1+i}{2\sqrt3}

. Donc

\frac ba=(2+\sqrt3+i)\cdot\frac{1+i}{2\sqrt3} =\frac{(2+\sqrt3)(1+i)+i(1+i)}{2\sqrt3} =\frac{(1+\sqrt3)+(3+\sqrt3)\,i}{2\sqrt3}.

On factorise par

(1+\sqrt3)

en remarquant

3+\sqrt3=\sqrt3(\sqrt3+1)

:

\frac ba=(1+\sqrt3)\!\left[\frac{1}{2\sqrt3}+\frac{i}{2}\right] =(1+\sqrt3)\cdot\frac{1}{\sqrt3}\!\left[\frac12+\frac{\sqrt3}{2}\,i\right] =\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\Bigl(\cos\tfrac\pi3+i\sin\tfrac\pi3\Bigr).

⇒

\dfrac ba=\boxed{\dfrac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,e^{i\pi/3}}=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,e^{i\pi/3}

.

Remarque

L'énoncé écrit

\dfrac ba=\dfrac{\sqrt3+1}{3}\,e^{i\pi/3}

. Or le module vaut

\left|\dfrac ba\right|=\dfrac{|b|}{|a|}=\dfrac{\sqrt{8+4\sqrt3}}{\sqrt6}=\dfrac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\approx1{,}58

, pas

\dfrac{\sqrt3+1}{3}\approx0{,}91

. Il s'agit d'une coquille : le dénominateur doit être

\sqrt3

(et non

3

), soit

\dfrac{\sqrt3+1}{\sqrt3}=\dfrac{3+\sqrt3}{3}

.

2.b) En déduire une forme trigonométrique de $b$ , puis vérifier que $b^{24}\in\R$ .

b=a\cdot\frac ba=\sqrt6\,e^{-i\pi/4}\cdot\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,e^{i\pi/3} =\frac{\sqrt6(\sqrt3+1)}{\sqrt3}\,e^{i(\pi/3-\pi/4)}=(\sqrt6+\sqrt2)\,e^{i\pi/12},

car

\dfrac{\sqrt6}{\sqrt3}=\sqrt2

et

\dfrac\pi3-\dfrac\pi4=\dfrac\pi{12}

.

⇒

b=\boxed{(\sqrt6+\sqrt2)\Bigl(\cos\tfrac{\pi}{12}+i\sin\tfrac{\pi}{12}\Bigr)}

, donc

\arg(b)\equiv\dfrac{\pi}{12}

.

Pour

b^{24}

:

\ \arg(b^{24})\equiv 24\times\dfrac{\pi}{12}\equiv2\pi\equiv0\pmod{2\pi}

, donc

b^{24}

est un réel (positif :

b^{24}=(\sqrt6+\sqrt2)^{24}

).

3) $R$ rotation de centre $O$ , angle $\dfrac\pi6$ ; $\ B'=R(B)$ , $A'=R(A)$ , $A''=R(A')$ .

3.a) Vérifier que $z'=\dfrac12(\sqrt3+i)z$ et $\arg(a')\equiv-\dfrac{\pi}{12}$ .

Rappel

Rotation de centre

O

et d'angle

\theta

:

z'=e^{i\theta}z

.

e^{i\pi/6}=\cos\dfrac\pi6+i\sin\dfrac\pi6=\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac12 i=\dfrac12(\sqrt3+i)

, donc

z'=\dfrac12(\sqrt3+i)z

. Pour

A'

:

\arg(a')\equiv\arg(a)+\frac\pi6\equiv-\frac\pi4+\frac\pi6\equiv-\frac{\pi}{12}\pmod{2\pi}.

3.b) Montrer que $a''=\sqrt6\,e^{i\pi/12}$ et en déduire que $O$ , $A''$ , $B$ sont alignés.

$A''=R(A')=R(R(A))$ , donc $a''=e^{i\pi/6}\bigl(e^{i\pi/6}a\bigr)=e^{i\pi/3}a$ :

a''=e^{i\pi/3}\cdot\sqrt6\,e^{-i\pi/4}=\sqrt6\,e^{i(\pi/3-\pi/4)}=\boxed{\sqrt6\,e^{i\pi/12}}.

Comme

b=(\sqrt6+\sqrt2)\,e^{i\pi/12}

et

a''=\sqrt6\,e^{i\pi/12}

ont le même argument :

\frac{b}{a''}=\frac{\sqrt6+\sqrt2}{\sqrt6}=\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\in\R_+^{*}.

⇒

\dfrac{b}{a''}

est un réel strictement positif :

O

,

A''

,

B

sont alignés (et

B

sur la demi-droite

[OA'')

).

3.c) Montrer que $b'=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,i\,a$ .

$B'=R(B)$ , donc $b'=e^{i\pi/6}b$ . En utilisant $b=\dfrac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,e^{i\pi/3}\,a$ (question 2.a) :

b'=e^{i\pi/6}\cdot\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,e^{i\pi/3}\,a =\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,e^{i(\pi/6+\pi/3)}a =\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,e^{i\pi/2}\,a=\frac{\sqrt3+1}{\sqrt3}\,i\,a.

⇒

b'=\boxed{\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,i\,a}

\ (puisque

\dfrac{\sqrt3+1}{\sqrt3}=\dfrac{3+\sqrt3}{3}

).

Remarque

L'énoncé écrit

b'=\dfrac{\sqrt3+3}{3}\,a

: il manque le facteur $i$ . C'est lui qui rend le quotient

\dfrac{b'}{a}

imaginaire pur, condition nécessaire pour la question suivante (triangle rectangle en

O

) ; sans le

i

, on aurait

O

,

A

,

B'

alignés.

3.d) En déduire que le triangle $OAB'$ est rectangle en $O$ .

D'après la question précédente, $\dfrac{b'}{a}=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,i$ est un imaginaire pur, donc

\arg\!\left(\frac{b'}{a}\right)=\bigl(\vec{OA},\vec{OB'}\bigr)\equiv\frac\pi2\pmod\pi.

⇒ L'angle en

O

est droit : le triangle

OAB'

est rectangle en $O$ .

Exercice 4 (2 points)

Une urne contient sept boules indiscernables au toucher : quatre boules portant le numéro 1, deux boules portant le numéro 2, et une boule portant le numéro 3. On tire simultanément au hasard deux boules de cette urne.

1) Montrer que $p(A) = \frac{1}{3}$ , où $A$ est l'événement « les deux boules tirées portent le même numéro ».

2) Montrer que $p(B) = \frac{5}{21}$ , où $B$ est l'événement « la somme des numéros des boules tirées est égale à 4 ».

3) Calculer $p(A \cap B)$ .

4) Les événements $A$ et $B$ sont-ils indépendants ? Justifier.

Corrigé

Urne : quatre boules « $1$ », deux boules « $2$ », une boule « $3$ » ( $7$ boules). On tire simultanément $2$ boules : $\dbinom72=\dfrac{7\times6}{2}=21$ tirages équiprobables.

1) Montrer que $p(A)=\dfrac13$ ( $A$ : « même numéro »).

Deux boules de même numéro : deux « $1$ » ou deux « $2$ » (impossible pour « $3$ », une seule) :

p(A)=\frac{\dbinom42+\dbinom22}{21}=\frac{6+1}{21}=\frac{7}{21}=\boxed{\frac13}.

2) Montrer que $p(B)=\dfrac{5}{21}$ ( $B$ : « somme $=4$ »).

Somme $4$ : $\{1,3\}$ ou $\{2,2\}$ :

p(B)=\frac{\dbinom41\dbinom11+\dbinom22}{21}=\frac{4\times1+1}{21}=\boxed{\frac{5}{21}}.

3) Calculer $p(A\cap B)$ .

$A\cap B$ : « même numéro et somme $4$ » $=\{2,2\}$ uniquement :

p(A\cap B)=\frac{\dbinom22}{21}=\boxed{\frac{1}{21}}.

4) $A$ et $B$ sont-ils indépendants ?

p(A)\times p(B)=\frac13\times\frac{5}{21}=\frac{5}{63},\qquad p(A\cap B)=\frac{1}{21}=\frac{3}{63}.

Comme

\dfrac{3}{63}\ne\dfrac{5}{63}

, on a

p(A\cap B)\ne p(A)p(B)

.

⇒ Les événements

A

et

B

ne sont pas indépendants.

Problème (8 points)

Partie I On considère les deux fonctions

u

et

v

définies sur

\R

par

u(x) = e^x

et

v(x) = x

.

1) Tracer dans un même repère orthonormé les courbes $(C_u)$ et $(C_v)$ des fonctions $u$ et $v$ .

2) Justifier graphiquement que $e^x - x > 0$ pour tout $x \in \R$ .

3) Calculer l'aire de la partie du plan délimitée par la courbe $(C_u)$ , la courbe $(C_v)$ et les droites d'équations $x = 0$ et $x = 1$ .

Partie II On considère la fonction numérique $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = x + 1 - \ln(e^x - x)$ . Soit $(C_f)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ .

1.a) Vérifier que $f$ est définie sur $\R$ .

1.b) Montrer que pour tout $x \in \R$ : $f(x) = 1 - \ln(1 - xe^{-x})$ .

1.c) En déduire que $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1$ , puis interpréter géométriquement ce résultat.

2.a) Calculer $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x)$ .

2.b) Vérifier que pour tout $x < 0$ : $f(x) = x + 1 - \ln(-x) - \ln\left(1 - \frac{e^x}{x}\right)$ .

2.c) Calculer $\lim\limits_{x \to -\infty} \frac{f(x)}{x}$ et en déduire que la courbe $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction la droite d'équation $y = x$ au voisinage de $-\infty$ .

3.a) Montrer que pour tout $x \in \R$ : $f'(x) = \frac{1-x}{e^x - x}$ .

3.b) Étudier le signe de $f'(x)$ , puis dresser le tableau de variations de $f$ sur $\R$ .

3.c) Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $]-1, 0[$ .

4) La courbe $(C_f)$ ci-contre est la représentation graphique de $f$ dans un repère orthonormé.

4.a) Justifier graphiquement que l'équation $f(x) = x$ admet deux solutions $\alpha$ et $\beta$ .

4.b) Montrer que $e^\alpha - e^\beta = \alpha - \beta$ .

[Figure — voir le PDF]

5) Soit $g$ la restriction de $f$ sur l'intervalle $I = ]-\infty, 1]$ .

5.a) Montrer que $g$ admet une fonction réciproque $g^{-1}$ définie sur un intervalle $J$ que l'on déterminera.

5.b) Vérifier que $g^{-1}$ est dérivable en $1$ et calculer $(g^{-1})'(1)$ .

Corrigé

Partie I : encadrement

e^x>x

et aire

$u(x)=e^x$ , $v(x)=x$ .

1) Tracer $(C_u)$ et $(C_v)$ .

\begin{center}

\end{center}

2) Justifier graphiquement que $e^x-x>0$ pour tout $x\in\R$ .

Sur tout l'axe, la courbe $(C_u)$ est strictement au-dessus de la droite $(C_v)$ : les deux ne se coupent jamais. Donc $e^x>x$ , c'est-à-dire $\boxed{e^x-x>0}$ pour tout $x\in\R$ .

3) Aire délimitée par $(C_u)$ , $(C_v)$ , $x=0$ et $x=1$ .

Rappel

Si

g_1\ge g_2

sur

[\alpha,\beta]

, l'aire entre les deux courbes vaut

\displaystyle\int_\alpha^\beta\!\bigl(g_1(x)-g_2(x)\bigr)\dx

.

Sur

[0,1]

,

e^x\ge x

(question 2), donc

\mathcal A=\int_0^1(e^x-x)\dx=\left[e^x-\frac{x^2}{2}\right]_0^1=\Bigl(e-\tfrac12\Bigr)-\bigl(1-0\bigr) =\boxed{\Bigl(e-\tfrac32\Bigr)\ \text{u.a.}}\approx1{,}22\ \text{u.a.}

Partie II : étude de

f(x)=x+1-\ln(e^x-x)

1.a) Vérifier que $f$ est définie sur $\R$ .

$f$ est définie là où $e^x-x>0$ , ce qui est vrai pour tout réel (Partie I).

⇒

D_f=\R

.

1.b) Montrer que $f(x)=1-\ln\!\bigl(1-xe^{-x}\bigr)$ .

Méthode

On factorise

e^x

dans

e^x-x

, puis on utilise

\ln(AB)=\ln A+\ln B

.

e^x-x=e^x\bigl(1-xe^{-x}\bigr)

, donc

f(x)=x+1-\ln\!\Bigl(e^x\bigl(1-xe^{-x}\bigr)\Bigr)=x+1-\underbrace{\ln(e^x)}_{=x}-\ln\!\bigl(1-xe^{-x}\bigr) =\boxed{1-\ln\!\bigl(1-xe^{-x}\bigr)}.

1.c) En déduire $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)$ et interpréter.

Rappel

Croissances comparées :

\displaystyle\lim_{x\to+\infty}xe^{-x}=0

.

Quand

x\to+\infty

:

xe^{-x}\to0

, donc

1-xe^{-x}\to1

et

\ln(1-xe^{-x})\to0

. Ainsi

\lim_{x\to+\infty}f(x)=1-\ln1=\boxed{1}.

⇒ La droite

y=1

est asymptote horizontale à

(C_f)

au voisinage de

+\infty

.

2.a) Calculer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)$ .

Quand $x\to-\infty$ : $xe^{-x}\to-\infty$ (car $x\to-\infty$ et $e^{-x}\to+\infty$ ), donc $1-xe^{-x}\to+\infty$ et $\ln(1-xe^{-x})\to+\infty$ . Avec $f(x)=1-\ln(1-xe^{-x})$ :

\boxed{\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty.}

2.b) Vérifier que pour $x<0$ : $f(x)=x+1-\ln(-x)-\ln\!\bigl(1-\dfrac{e^x}{x}\bigr)$ .

Pour $x<0$ , $-x>0$ et l'on factorise $-x$ dans $e^x-x$ :

e^x-x=-x\Bigl(1-\frac{e^x}{x}\Bigr)\ \Longrightarrow\ \ln(e^x-x)=\ln(-x)+\ln\!\Bigl(1-\frac{e^x}{x}\Bigr),

d'où, en reportant dans

f(x)=x+1-\ln(e^x-x)

:

\boxed{f(x)=x+1-\ln(-x)-\ln\!\Bigl(1-\frac{e^x}{x}\Bigr)}.

2.c) Calculer $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}$ et conclure (branche parabolique).

Rappel

\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\ln(-x)}{x}=0

\ et \

\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{x}=0

.

En divisant l'écriture précédente par

x

:

\frac{f(x)}{x}=1+\frac1x-\frac{\ln(-x)}{x}-\frac1x\ln\!\Bigl(1-\frac{e^x}{x}\Bigr)\xrightarrow[x\to-\infty]{}1.

De plus

f(x)-x=1-\ln(-x)-\ln\!\bigl(1-\frac{e^x}{x}\bigr)\to-\infty

.

⇒

\dfrac{f(x)}{x}\to1

et

f(x)-x\to-\infty

:

(C_f)

admet une branche parabolique de direction $y=x$ au voisinage de

-\infty

.

3.a) Montrer que $f'(x)=\dfrac{1-x}{e^x-x}$ .

Rappel

\bigl(\ln w\bigr)'=\dfrac{w'}{w}

. Ici

w(x)=e^x-x

,

w'(x)=e^x-1

.

f'(x)=1-\frac{e^x-1}{e^x-x}=\frac{(e^x-x)-(e^x-1)}{e^x-x}=\frac{1-x}{e^x-x}.

⇒

f'(x)=\boxed{\dfrac{1-x}{e^x-x}}

.

3.b) Signe de $f'$ et tableau de variations.

Comme $e^x-x>0$ , le signe de $f'(x)$ est celui de $1-x$ : positif pour $x<1$ , négatif pour $x>1$ . Maximum en $x=1$ : $f(1)=1+1-\ln(e-1)=2-\ln(e-1)\approx1{,}46$ .

\begin{center}

\end{center} (La limite

1

en

+\infty

est atteinte « par au-dessus » :

y=1

est asymptote.)

3.c) Montrer que $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in\,]-1,0[$ .

Sur $]-1,0[\subset\,]-\infty,1[$ , $f$ est continue et strictement croissante. De plus

f(-1)=-\ln\!\bigl(e^{-1}+1\bigr)\approx-0{,}31<0,\qquad f(0)=1-\ln1=1>0.

Comme

0\in\,]f(-1),f(0)[

, le théorème des valeurs intermédiaires (version bijective) donne une unique solution.

⇒

f(x)=0

admet une unique solution

\alpha\in\,]-1,0[

.

4) (Lecture graphique de $(C_f)$ ci-dessous.)

\begin{center}

\end{center}

4.a) Justifier graphiquement que $f(x)=x$ admet deux solutions $\alpha$ et $\beta$ .

Les solutions de $f(x)=x$ sont les abscisses des points d'intersection de $(C_f)$ avec la première bissectrice $y=x$ . Le graphique en montre deux, notées $\alpha\approx-2{,}65$ et $\beta\approx1{,}42$ .

Remarque

Ce

\alpha

(solution de

f(x)=x

) n'est pas celui de la question 3.c (solution de

f(x)=0

, située dans

]-1,0[

) : l'énoncé réutilise la même lettre pour deux points différents.

4.b) Montrer que $e^\alpha-e^\beta=\alpha-\beta$ .

$\alpha$ et $\beta$ vérifient $f(x)=x$ , c'est-à-dire $1-\ln(e^x-x)=0$ , soit $\ln(e^x-x)=1$ , donc $e^x-x=e$ . Ainsi :

e^\alpha-\alpha=e\quad\text{et}\quad e^\beta-\beta=e\ \Longrightarrow\ e^\alpha-\alpha=e^\beta-\beta.

⇒

e^\alpha-e^\beta=\alpha-\beta

.

5) Soit $g$ la restriction de $f$ à $I=\,]-\infty,1]$ .

5.a) Montrer que $g$ admet une réciproque $g^{-1}$ sur un intervalle $J$ .

Sur $I=\,]-\infty,1]$ , $f$ est continue et strictement croissante (question 3.b) : $g$ réalise une bijection de $I$ vers $J=g(I)$ . Aux bornes : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}g=-\infty$ et $g(1)=2-\ln(e-1)$ .

⇒

g

admet une réciproque

g^{-1}

définie sur

\boxed{J=\,]-\infty,\ 2-\ln(e-1)\,]}

.

5.b) Vérifier que $g^{-1}$ est dérivable en $1$ et calculer $(g^{-1})'(1)$ .

Rappel

Si

g

est dérivable en

x_0

avec

g'(x_0)\ne0

, alors

g^{-1}

est dérivable en

y_0=g(x_0)

et

\bigl(g^{-1}\bigr)'(y_0)=\dfrac{1}{g'(x_0)}

.

On a

g(0)=f(0)=1

, donc

g^{-1}(1)=0

. Et

g'(0)=f'(0)=\dfrac{1-0}{e^0-0}=\dfrac{1}{1}=1\ne0

. Donc

g^{-1}

est dérivable en

1

et

\bigl(g^{-1}\bigr)'(1)=\frac{1}{g'(0)}=\boxed{1}.