Annales - Bac 2025 Bénin série F (le corrigé)

Exercice 1

On considère les suites $(u_n)$ et $(v_n)$ définies sur $\mathbb N$ par :

$\left\lbrace\begin{matrix}u_0=-2\\u_{n+1}=\dfrac13\,u_n+2\end{matrix}\right.\qquad \text{ et }\quad v_n=u_n+k\quad \text{ avec }\quad k=-\displaystyle\int_1^e\dfrac{6\ln x}{x}\,\text dx.$

1. Justifier que $k=-3$

On doit calculer : $k=-\displaystyle\int_1^e\dfrac{6\ln x}{x}~dx$

On remarque que la fonction $\dfrac{\ln x}{x}$ admet pour primitive : $\dfrac{1}{2}(\ln x)^2$

Donc une primitive de $\dfrac{6\ln x}{x}$ est : $3(\ln x)^2$

Ainsi : $k=-\left[3(\ln x)^2\right]_1^e$

On calcule les valeurs aux bornes :

$\ln(e)=1$

$\ln(1)=0$

Donc :

$k=-\left(3(\ln e)^2-3(\ln 1)^2\right)$

$k=-\left(3\times 1^2-3\times 0^2\right)$

$k=-3$

On a bien : $k=-3$

2. Démontrer que la suite $(v_n)$ est géométrique puis préciser sa raison et son premier terme

On sait que : $v_n=u_n+k$

Or, d’après la question précédente : $k=-3$

Donc : $v_n=u_n-3$

On veut exprimer $v_{n+1}$ en fonction de $v_n$.

On a : $v_{n+1}=u_{n+1}-3$

Or : $u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+2$

Donc : $v_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n+2-3$

$v_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n-1$

On factorise : $v_{n+1}=\dfrac{1}{3}(u_n-3)$

Or : $v_n=u_n-3$

Donc : $v_{n+1}=\dfrac{1}{3}v_n$

La suite $(v_n)$ est donc une suite géométrique de raison : $q=\dfrac{1}{3}$

Son premier terme est : $v_0=u_0-3$

$v_0=-2-3$

$v_0=-5$

Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $-5$.

3. Exprimer $u_n$ en fonction de $n$

Comme $(v_n)$ est géométrique de premier terme $v_0=-5$ et de raison $q=\dfrac{1}{3}$, on a :

$v_n=v_0~q^n$

Donc : $v_n=-5\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$

Or : $v_n=u_n-3$

Donc : $u_n-3=-5\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$

Ainsi : $u_n=3-5\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$

4. Calculer $S=u_0+u_1+u_2+\cdots+u_{2025}$

On utilise l’expression trouvée : $u_n=3-5\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$

Donc : $S=\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}u_n$

$S=\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}\left(3-5\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right)$

On sépare la somme :

$S=\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}3-5\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n$

Il y a $2026$ termes de $n=0$ à $n=2025$, donc :

$\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}3=3\times 2026=6078$

On utilise ensuite la formule de la somme d’une suite géométrique :

$\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n=\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2026}}{1-\dfrac{1}{3}}$

Or : $1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$

Donc : $\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n=\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2026}}{\dfrac{2}{3}}$

$\displaystyle\sum_{n=0}^{2025}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n=\dfrac{3}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2026}\right)$

Ainsi : $S=6078-5\times\dfrac{3}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2026}\right)$

$S=6078-\dfrac{15}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2026}\right)$

Réponse finale : $S=6078-\dfrac{15}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{2026}\right)$

Exercice 2

1- a- Vérifier que $4$ est une solution de $(E)$

On remplace $z$ par $4$ dans $z^3 - 8z^2 + 32z - 64$ :

$4^3 = 64$, $-8 \times 16 = -128$, $32 \times 4 = 128$, et $-64$.

Or $64 - 128 + 128 - 64 = 0$.

Ainsi $4$ est bien une solution.

1- b- Résoudre $(E)$ et justifier $a = 2 - 2i\sqrt{3}$, $b = 2 + 2i\sqrt{3}$

On factorise $(E)$ par $(z - 4)$ :

$(z - 4)(z^2 + pz + q) = z^3 - 8z^2 + 32z - 64$.

Par identification :

$p - 4 = -8 \Rightarrow p = -4$

$-4q = -64 \Rightarrow q = 16$

Vérifions $q - 4p = 16 - 4(-4) = 16 + 16 = 32$, correct.

Donc $(E) ~:~ (z - 4)(z^2 - 4z + 16) = 0$.

Résolvons $z^2 - 4z + 16 = 0$ :

$\Delta = (-4)^2 - 4 \times 16 = 16 - 64 = -48 = (4i\sqrt{3})^2$.

Les solutions : $z = \dfrac{4 \pm 4i\sqrt{3}}{2} = 2 \pm 2i\sqrt{3}$.

Les trois solutions sont donc :

$c = 4$, $a = 2 - 2i\sqrt{3}$, $b = 2 + 2i\sqrt{3}$.

On vérifie $\text{Im}(a) = -2\sqrt{3}$, $\text{Im}(b) = 2\sqrt{3}$, donc bien $\text{Im}(a) \le \text{Im}(b)$.

2- a- Écrire sous forme exponentielle $\dfrac{a - c}{b - c}$

On a $a - c = (2 - 2i\sqrt{3}) - 4 = -2 - 2i\sqrt{3} = -2(1 + i\sqrt{3})$.

$b - c = (2 + 2i\sqrt{3}) - 4 = -2 + 2i\sqrt{3} = -2(1 - i\sqrt{3})$.

Donc $\dfrac{a - c}{b - c} = \dfrac{1 + i\sqrt{3}}{1 - i\sqrt{3}}$.

Multiplions numérateur et dénominateur par le conjugué du dénominateur $1 + i\sqrt{3}$ :

$\dfrac{(1 + i\sqrt{3})^2}{1^2 + (\sqrt{3})^2} = \dfrac{1 + 2i\sqrt{3} - 3}{1 + 3} = \dfrac{-2 + 2i\sqrt{3}}{4} = \dfrac{-1 + i\sqrt{3}}{2}$.

Ce nombre a pour module : $\left| \dfrac{-1 + i\sqrt{3}}{2} \right| = \dfrac{\sqrt{(-1)^2 + (\sqrt{3})^2}}{2} = \dfrac{2}{2} = 1$.

Un argument $\theta$ vérifie $\cos\theta = \frac{-1}{2}$, $\sin\theta = \frac{\sqrt{3}}{2}$, donc $\theta = \frac{2\pi}{3}$.

Ainsi $\dfrac{a - c}{b - c} = e^{i\frac{2\pi}{3}}$.

2- b- Nature du triangle $ABC$

$\dfrac{a - c}{b - c}$ est l’affixe de $\overrightarrow{CA}$ divisé par celle de $\overrightarrow{CB}$.

Son module est $1$ : $CA = CB$, donc le triangle est isocèle en $C$.

Son argument est $\dfrac{2\pi}{3}$ : l’angle $\widehat{ACB}$ vaut $\frac{2\pi}{3}$.

Donc $ABC$ est isocèle en $C$ avec un angle au sommet de $120^\circ$.

3- a- Démontrer $M \in (H) \iff \begin{cases} x \ge 0 \\ 4x^2 - y^2 - 8x - 16 = 0 \end{cases}$

On a $(H) : |z + c| = \sqrt{5}\, \text{Re}(z)$, avec $c = 4$.

Donc $|z + 4| = \sqrt{5} \cdot x$.

$z + 4 = (x + 4) + iy$, donc $|z + 4| = \sqrt{(x+4)^2 + y^2}$.

L’équation devient $\sqrt{(x+4)^2 + y^2} = \sqrt{5}\, x$.

Comme la racine carrée est positive, on doit avoir $\sqrt{5}\, x \ge 0$, donc $x \ge 0$.

Élevons au carré : $(x+4)^2 + y^2 = 5x^2$.

Développons : $x^2 + 8x + 16 + y^2 = 5x^2$.

$0 = 5x^2 - x^2 - 8x - 16 - y^2 = 4x^2 - 8x - 16 - y^2$.

Donc $4x^2 - y^2 - 8x - 16 = 0$.

Ainsi $M \in (H) \iff \begin{cases} x \ge 0 \\ 4x^2 - y^2 - 8x - 16 = 0 \end{cases}$.

3- b- Justifier que $(H)$ est une portion d’une hyperbole $\Gamma$

L’équation $4x^2 - y^2 - 8x - 16 = 0$ s’écrit $4(x^2 - 2x) - y^2 = 16$.

Complétons le carré : $x^2 - 2x = (x - 1)^2 - 1$.

Donc $4[(x - 1)^2 - 1] - y^2 = 16$

$4(x - 1)^2 - 4 - y^2 = 16$

$4(x - 1)^2 - y^2 = 20$.

Divisons par $20$ : $\dfrac{(x - 1)^2}{5} - \dfrac{y^2}{20} = 1$.

C’est l’équation d’une hyperbole centrée en $(1,0)$, d’axe transversal horizontal.

$c^2 = a^2 + b^2$ avec $a^2 = 5$, $b^2 = 20$, donc $c^2 = 25$, $c = 5$.

L’excentricité $e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{5}{\sqrt{5}} = \sqrt{5}$.

$(H)$ est la partie de cette hyperbole avec $x \ge 0$.

3- c- Construire $(H)$ dans le repère

Pour construire $(H)$ :

- Centre en $O'(1,0)$.

- Sommets : $x = 1 \pm \sqrt{5}$, $y = 0$ → $S_1(1 - \sqrt{5}, 0)$ et $S_2(1 + \sqrt{5}, 0)$.

- $x \ge 0$ : on ne garde que la branche droite de l’hyperbole (celle contenant $S_2$).

- Asymptotes : $y = \pm \frac{b}{a}(x - 1) = \pm \frac{\sqrt{20}}{\sqrt{5}}(x - 1) = \pm 2(x - 1)$.

On trace l’hyperbole complète, puis on ne conserve que les points avec $x \ge 0$.

Problème

On considère : $f(x)=\dfrac{e^x}{u(x)}$ où $u$ est solution de : $(E_1):~y''-y=-x$ avec : $u'(0)=2u(0)=2$

Donc : $u'(0)=2$ et : $u(0)=1$

1. Vérifier que la fonction $g:x\mapsto x$ est une solution de $(E_1)$

On a : $g(x)=x$ Donc : $g'(x)=1$ et : $g''(x)=0$

On calcule :

$g''(x)-g(x)=0-x$

$g''(x)-g(x)=-x$

La fonction $g:x\mapsto x$ vérifie bien l’équation : $y''-y=-x$

Donc $g$ est une solution de $(E_1)$.

2. Résoudre l’équation différentielle $(E_2):~y''-y=0$

L’équation caractéristique associée est : $r^2-1=0$ Donc : $(r-1)(r+1)=0$ Ainsi : $r=1$ ou : $r=-1$

Les solutions de $(E_2)$ sont donc les fonctions de la forme : $y(x)=Ae^x+Be^{-x}$ avec $A$ et $B$ deux réels.

3-a. Démontrer qu’une fonction $h$ dérivable sur $\mathbb R$ est solution de $(E_1)$ si et seulement si $h-g$ est solution de $(E_2)$

On sait que $g$ est solution de $(E_1)$, donc : $g''-g=-x$

Supposons que $h$ soit solution de $(E_1)$. Alors : $h''-h=-x$

On calcule :

$(h-g)''-(h-g)=h''-g''-h+g$

$(h-g)''-(h-g)=(h''-h)-(g''-g)$

Or : $h''-h=-x$ et : $g''-g=-x$

Donc :

$(h-g)''-(h-g)=-x-(-x)$

$(h-g)''-(h-g)=0$

Ainsi, $h-g$ est solution de $(E_2)$.

Réciproquement, si $h-g$ est solution de $(E_2)$, alors : $(h-g)''-(h-g)=0$

Donc : $(h''-h)-(g''-g)=0$

Ainsi : $h''-h=g''-g$

Or : $g''-g=-x$

Donc : $h''-h=-x$

Ainsi, $h$ est solution de $(E_1)$.

On a donc bien démontré l’équivalence.

3-b. En déduire que, pour tout réel $x$, $u(x)=x+e^x$

Comme $u$ est solution de $(E_1)$, alors $u-g$ est solution de $(E_2)$.

Donc il existe deux réels $A$ et $B$ tels que : $u(x)-x=Ae^x+Be^{-x}$

Donc : $u(x)=x+Ae^x+Be^{-x}$

On utilise les conditions initiales.

D’abord : $u(0)=1$ Donc : $0+A+B=1$

Ainsi : $A+B=1$

Ensuite, on dérive :

$u'(x)=1+Ae^x-Be^{-x}$

Or : $u'(0)=2$ Donc : $1+A-B=2$

Ainsi : $A-B=1$

On résout le système :

$\left\lbrace\begin{matrix}A+B=1\\A-B=1\end{matrix}\right.$

En additionnant les deux lignes :

$2A=2$ Donc : $A=1$

Puis : $A+B=1$

$1+B=1$

Donc : $B=0$

Ainsi : $u(x)=x+e^x$

4-a. Justifier que l’équation $u(x)=0$ admet dans $\mathbb R$ une unique solution $\alpha$ telle que $-1<\alpha<0$

On a : $u(x)=x+e^x$

La fonction $u$ est dérivable sur $\mathbb R$ et : $u'(x)=1+e^x$

Or : $e^x>0$

Donc : $u'(x)>0$

Ainsi, $u$ est strictement croissante sur $\mathbb R$.

On calcule : $u(-1)=-1+e^{-1}$

Comme $e^{-1}<1$, on a : $u(-1)<0$

Puis : $u(0)=0+e^0=1$

Donc : $u(0)>0$

Comme $u$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb R$, l’équation $u(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans l’intervalle $]-1~;~0[$.

4-b. En déduire l’ensemble de définition de $f$

On a : $f(x)=\dfrac{e^x}{u(x)}$

La fonction $f$ est définie lorsque le dénominateur est non nul, c’est-à-dire lorsque : $u(x)\neq 0$

Or l’équation $u(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$.

Donc l’ensemble de définition de $f$ est : $D_f=\mathbb R\setminus\{\alpha\}$

ou encore : $D_f=]-\infty~;~\alpha[\cup]\alpha~;~+\infty[$

5. Étudier les variations de $f$ puis dresser son tableau de variations

On a : $f(x)=\dfrac{e^x}{x+e^x}$

On dérive avec la formule du quotient :

$f'(x)=\dfrac{e^x(x+e^x)-e^x(1+e^x)}{(x+e^x)^2}$

On simplifie :

$f'(x)=\dfrac{e^x(x+e^x-1-e^x)}{(x+e^x)^2}$

$f'(x)=\dfrac{e^x(x-1)}{(x+e^x)^2}$

Comme $e^x>0$ et $(x+e^x)^2>0$ sur $D_f$, $f'(x)$ a donc le signe de $x-1$.

Donc :

$f'(x)<0$ si $x<1$

$f'(x)=0$ si $x=1$

$f'(x)>0$ si $x>1$

Ainsi, $f$ est décroissante sur $]-\infty~;~\alpha[$, décroissante sur $]\alpha~;~1]$, puis croissante sur $[1~;~+\infty[$.

On calcule la valeur au minimum :

$f(1)=\dfrac{e}{1+e}$

Les limites utiles sont :

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$

$\displaystyle\lim_{x\to\alpha^-}f(x)=-\infty$

$\displaystyle\lim_{x\to\alpha^+}f(x)=+\infty$

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1$

Le tableau de variations est donc :

6. Préciser les asymptotes de $(C)$

Comme : $\displaystyle\lim_{x\to\alpha^-}f(x)=-\infty$ et : $\displaystyle\lim_{x\to\alpha^+}f(x)=+\infty$, la droite d’équation : $x=\alpha$ est une asymptote verticale à $(C)$.

Comme : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$, la droite d’équation : $y=0$ est une asymptote horizontale à gauche.

Comme : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1$, la droite d’équation : $y=1$ est une asymptote horizontale à droite.

7. Construire $(C)$ dans le repère orthonormé $(O~;~\vec i,\vec j)$

On prend : $\alpha\approx -0,57$

Pour construire la courbe, on trace d’abord les asymptotes :

$x=-0,57$ ; $y=0$ ; $y=1$

On place ensuite quelques points utiles.

Pour $x=0$ : $f(0)=\dfrac{1}{1}=1$

Donc la courbe passe par : $(0~;~1)$

Pour $x=1$ : $f(1)=\dfrac{e}{1+e}\approx 0,73$

Donc la courbe passe par : $(1~;~0,73)$

La courbe possède deux branches.

Sur $]-\infty~;~\alpha[$, la courbe est décroissante, proche de l’asymptote $y=0$, puis elle descend vers $-\infty$ quand $x$ se rapproche de $\alpha$ par la gauche.

Sur $]\alpha~;~+\infty[$, la courbe part de $+\infty$, décroît jusqu’au point minimum $(1~;~\dfrac{e}{1+e})$, puis croît vers l’asymptote horizontale $y=1$.