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).
Examen Math bac 2 SM 2021 Bac Blanc 1- Corrigé -
Exercice 1:
Partie I:
On considère la fonction u définie sur \(IR\) par :
\((∀x∈ IR), u(x)=\frac{e^{2x-1}-1}{e^{2x}+1}\)
et \(u(-x)=\frac{e^{-2 x}-1}{e^{-2 x}+1}
=\frac{e^{-2 x}\left(1-e^{2 x}\right)}{e^{-2 x}\left(1+e^{2 x}\right)}
=-u(x)\).
puis interprétons géométriquement le résultat :
alors cette limite devient:
\(\lim _{x➝+∞} u(x)=\lim _{X➝+∞} \frac{X-1}{X+1}=1\).
alors la droite d’équation \(y=1\) est une asymptote verticale
à la courbe \(C_{u}\) au voisinage de \(+∞\).
car
\(\boldsymbol{x} \mapsto \mathrm{e}^{2 x}-1\)
et \(\boldsymbol{x} \mapsto \mathrm{e}^{2 x}+1\)
sont dérivables \(\operatorname{sur} IR\)
et \(∀x∈ IR, e^{2 x}+1 \neq 0\)
\(u^{\prime}(x)=\frac{2 e^{2x}\left(e^{2 x}+1\right)-2 e^{2 x}\left(e^{2 x}-1\right)}{\left(e^{2 x}+1\right)^{2}}\)
=\(\frac{4 e^{2 x}}{\left(e^{2 x}+1\right)^{2}}\)
\(∀\boldsymbol{x}∈ IR, \boldsymbol{u}^{\prime}(\boldsymbol{x})>\mathbf{0}\)
alors \(\boldsymbol{u}\) est strictement croissante sur \(IR\).
à la courbe \(C_{u}\) au point d’abscisse 0:
c’est-à-dire \((T): y=x\)
définie sur un intervalle J que l’on déterminera :
\(u\) 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 \(\mathscr{C}_{\boldsymbol{u}^{-1}}\) :
tel que :
\(A_{(\Delta)}=\int_{0}^{\ln 2}\left|u(x)-u^{-1}(x)\right| dx \).
\( u(x)=\frac{\mathrm{e}^{2 x}-1}{\mathrm{e}^{2 x}+1}\)
\(x \in]-1,1[, u^{-1}(x)=\frac{1}{2} \ln (\frac{1+x}{1-x})\)
et \(\forall x \in[0, \ln 2], u^{-1}(x)-u(x) \geq 0 \)
\(A_{(\Delta)}=\int_{0}^{\ln 2}\left(\frac{1}{2} \ln \left(\frac{1+x}{1-x}\right)-\frac{\mathrm{e}^{2 x}-1}{\mathrm{e}^{2 x}+1}\right) dx \)
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 :
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 \(\lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)=\lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)=2\)
\({f}\) est continue sur \({IR}\) :
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 \(\forall {x} \in {R}^{*}, {x}+{u}({x}) \neq {0}\)
la fonction \({f}\) est continue sur \({R}^{*}\) (1).
Étudions sa continuité en \({0}\) :
\(\lim _{x \rightarrow 0} f(x)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 x}{x+u(x)}\)
=\(\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2}{1+\frac{u(x)}{x}}=1=f(0)\)
\(\lim _{x \rightarrow 0} \frac{{u}({x})}{{x}}={u}^{\prime}({0})={1} .\)
De (1) et (2)
on en déduit que \({f}\) est continue sur \({R}\).
\(\left(\forall {t} \in {R}^{+}\right), {u}^{\prime}({t})={1}-({u}({t}))^{2}\),
puis en déduisons que :
\((\forall {t} \in {R}^{+}), {u}^{\prime}({t})=\frac{4 {e}^{2 t}}{\left({e}^{2t}+1\right)^{2}}\)
=\(\frac{\left({e}^{2 t}+1\right)^{2}-\left({e}^{2 t}-1\right)^{2}}{\left({e}^{2 t}+1\right)^{2}}\)
\(\left(\forall t \in {R}^{+}\right), {0} \leq {u}({t})<{1}\)
soit
\({0} \leq {1}-({u}({t}))^{2}<{1}\)
\({0} \leq {u}^{\prime}({t})<{1} .\)
alors
\(\left(\forall {x} \in {R}^{+}\right), {0} \leq \int_{{0}}^{{x}} {u}^{\prime}({t}) {d} {t}<\int_{{0}}^{{x}} {d} {t}\).
Par suite
\(\left(\forall {x} \in {R}^{+}\right), {u}({x}) \leq {x}\left(^{*}\right)\).
\(\left(\forall t \in {R}^{+}\right), {0} \leq {u}({t})<{t}\) soit \({1}-{t}^{2}<{1}-({u}({t}))^{2} \leq {1}\)
\(\left(\forall x \in {R}^{+}\right), \int_{0}^{x}\left(1-t^{2}\right) d t<\int_{0}^{x} u^{\prime}(t) d t .\)
C’est-à-dire
\(\left[t-\frac{t^{3}}{3}\right]_{0}^{x}<[u(t)]_{0}^{x}\)
\({x}-\frac{{x}^{3}}{{3}}<{u}({x})\)
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 \({f}^{\prime}({0})={0}\).
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 \(\forall x \in R^{*}, x+u(x) \neq 0\)
la fonction \(f\) est dérivable sur \(R^{*}\)
et on a
\({u}\) continue sur \([{0}, {x}]\) et dérivable sur \(]{0}, {x}[\)
d’après le théorème des accroissement finis \(\exists {c} \in] {0}, {x}\left[, {u}^{\prime}({c})=\frac{{u}({x})-{u}({0})}{{x}-{0}}=\frac{{u}({x})}{{x}}\right.\).
\({0}<{c}<{x} \Rightarrow {0}<{u}({c})<{u}({x})\)
\(\left(\forall {x} \in \mathbb{R}^{*+}\right),\)
\({f}^{\prime}({x})={2} \times \frac{{u}({x})-{x} {u}^{\prime}({x})}{({x}+{u}({x}))^{2}}\)
\({u}({x})-{x} {u}^{\prime}({x})>{0}\)
et \(({x}+{u}({x}))^{2}>{0}\),
alors
\(\left(\forall {x} \in \mathbb{R}^{*+}, {f}^{\prime}({x})>{0} .\right.\)
Or
\({f}\) est paire alors elle strictement décroissante sur \(\mathbb{R}^{-}\)
D’où
\(f(\mathbb{R})=\left[{f}({0}) ; \lim _{x \rightarrow-\infty} f(x)\left[\cup\left[f(0) ; \lim _{x \rightarrow+\infty} f(x)[=[1;2[\right.\right.\right.\)
Soit \(F\) la fonction numérique définie par :
\(D_{F}=R\)
Soit
\({h}: {t} \mapsto \ln ({f}(t))\).
\(t \in {D}_{{h}} \Leftrightarrow {t} \in R\)
et
\( {f}({t}) \in R^{*+} \Leftrightarrow {t} \in R\)
car
\( \forall {t} \in R, {f}({t}) \in[1;2[\)
On a
\(D_{F}=IR\),
alors \(\forall x \in D_{F},-x \in D_{F}\)
et
car \(f\) est paire
D’où F est une fonction paire.
On a la fonction \(t \mapsto \ln (f(t))\) est continue sur \(IR\)
et en particulier
\(\exists c \in[0, x], \ln (f(c))=\frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f(t)) d f\)
\(\exists c \in[0, x], \ln (f(c))=F(x)\).
\(0 \leq c \leq x \Rightarrow \mathbf{1} \leq f(c) \leq f(x)(f\) est croissante)
\(\forall x \in IR^{*+}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x)) \star\).
alors \(\star\) devient \(\forall x \in IR^{*-}, 0 \leq F(-x) \leq \ln (f(-x))\).
alors
\(\forall x \in IR^{*-}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x)) \star \star\)
on a
\(\forall x \in IR^{*}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\).
\(\forall x \in IR^{*}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\)
et \(\lim _{x \rightarrow 0} \ln (f(x))=\ln 1=0\).
\(\lim _{x \rightarrow 0} F(x)=0=F(0) .\)
\(F\) est continue en \(0\).
et donnons \(F_{d}^{\prime}(0)\) :
\(\forall x \in IR^{*+}, 0 \leq F(x) \leq \ln (f(x))\)
soit \(0 \leq \frac{F(x)}{x} \leq \frac{\ln (f(x))}{x}\)
\(\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{F(x)-F(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0^{+}} \frac{F(x)}{x}\)
=0
Donc F est dérivable à droite en 0
et \(F_{d}^{\prime}(0)\)
\(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), \frac{2 t}{1+t} \leq f(t) \leq 2\) :
On a :
\(f(t)-2=\frac{2 t}{t+u(t)}-2=\frac{-2 u(t)}{t+u(t)}\)
\(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), u(t)>0\) alors \(f(t)-2<0\).
\(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), f(t) \leq 2 \,\) ①
\(\frac{2 t}{1+t}-f(t)=\frac{2 t}{1+t}-\frac{2 t}{t+u(t)}=2 t\left(\frac{1}{1+t}-\frac{1}{t+u(t)}\right)\)
\(\frac{2 t}{1+t}-f(t)<0\)
\(\left(\forall t \in IR^{*+}\right), \frac{2 t}{f{1 + t}} \leq f(t) \, \)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
\(\ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) \leq \ln (f(t)) \leq \ln 2\).
\(\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{x} \int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d x \leq \frac{1}{x} \int_{1}^{x} \ln (f(t)) d x \\ \frac{1}{x} \int_{0}^{x} \ln (f(t)) d x \leq \ln 2\end{array}\right.\)
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
\(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=\left[t \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right)\right]_{1}^{x}-\int_{1}^{x} \frac{d t}{1+t}\)
\(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=x \ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)-\ln (1+x)+\ln 2\)
\(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=x \ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)+\ln \left(\frac{2}{1+x}\right) .\)
\(\int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=x \ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)+\ln \left(\frac{2 x}{1+x}\right)-\ln x\)
\(\left(\forall x \in\left[1,+\infty[), \int_{1}^{x} \ln \left(\frac{2 t}{1+t}\right) d t=(x+1) \cdot \ln \left(\frac{2 x}{x+1}\right)-\ln x .\right.\right.\)
\(\lim _{x ➝+\infty} F(x)\),
puis interprétons géométriquement le résultat
\(\forall x \in [1,+\infty[\),
\(\frac{1}{x}(\int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t+\int_{1}^{x} \ln (\frac{2 t}{1+t}) dt) \leq F(x) \leq \ln 2\)
et
\(\frac{1}{x} \int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t+\frac{x+1}{x} \cdot \ln (\frac{2 x}{x+1})-\frac{\ln x}{x} \leq F(x) \leq \ln 2 …\)
\(\lim _{x ➝+\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t=0, \lim _{x ➝+\infty} \frac{x+1}{x} \cdot \ln (\frac{2 x}{x+1})=\ln 2\)
et
\(\lim _{x ➝+\infty} \frac{\ln x}{x}=0\)
\(\lim _{x ➝+\infty} \frac{1}{x} \int_{0}^{1} \ln (f(t)) d t+\frac{x+1}{x} \cdot \ln (\frac{2 x}{x+1})-\frac{\ln x}{x}=\ln 2 .\)
\(\lim _{x ➝+\infty} F(x)=\ln 2 .\)
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 \(IR^{*+}\) :
Alors\(\frac{1}{\overline{z_{0}}}, \frac{1}{\overline{z_{1}}}\) et \(\frac{1}{\overline{z_{2}}}\)
sont aussi des solutions de \((\boldsymbol{E})\).
\(z_{0}=\frac{1}{\overline{z_{0}}}\)
\(z_{1}=\frac{1}{\overline{z_{1}}}\)
\(z_{2}=\frac{1}{\overline{z_{2}}}\).
\(z_{0} \cdot \overline{z_{0}}=1\)
\(z_{1} \cdot \overline{z_{1}}=1\)
\(z_{2} \cdot \overline{z_{2}}=1\).
\(\left|z_{0}\right|=1\)
\(\left|z_{1}\right|=1\)
\(\left|z_{2}\right|=1\).
Exercice 2:
Soit \(\alpha\) un nombre complexe non nul et l’équation (E):
\(z^{3}+\alpha z^{2}-\overline{\boldsymbol{\alpha}} z-\mathbf{1}=\mathbf{0}\)
alors\(z_{0} z_{1} z_{2}=1\) :
alors \(\frac{1}{\bar{z}}\) est aussi solution:
\(z\) est solutions de \(({E})\)
\(\Rightarrow z^{3}+{\alpha} z^{2}-\overline{{\alpha}} z-1=0\)
\(\Rightarrow \overline{-1-\frac{\alpha}{z}+\frac{\bar{\alpha}}{z^{2}}+\frac{1}{z^{3}}}=0\)
merci entierment pour vos efforts!!!!!……
Nous vous remercions de tout cœur pour votre visite sur notre site
Merci beaucoup pour votre efforts
Bon courrage
salut monsieur pouvez vous faire des PDF pour cette bac blanc sil vous plait
POSSIBLES PDF SVP ? merci