Bac Maths — Session de rattrapage 2019

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Exercice 1 (3 points)

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormé direct

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

, on considère les points

A(1,2,2)

B(3,-1,6)

C(1,1,3)

1.a) Vérifier que $\vec{AB} \wedge \vec{AC} = \vec{i} - 2\vec{j} - 2\vec{k}$ .

1.b) En déduire que $x - 2y - 2z + 7 = 0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$ .

2) Soient les points $E(5,1,4)$ et $F(-1,1,12)$ , et soit $(S)$ l'ensemble des points $M$ vérifiant $\vec{ME} \cdot \vec{MF} = 0$ . Montrer que $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(2,1,8)$ et de rayon $R = 5$ .

3.a) Calculer $d(\Omega, (ABC))$ la distance du point $\Omega$ au plan $(ABC)$ .

3.b) En déduire que le plan $(ABC)$ coupe la sphère $(S)$ selon un cercle $(\Gamma)$ de rayon $r = 4$ .

Corrigé

Repère orthonormé direct $(O,\ii,\jj,\kk)$ , avec $A(1,2,2)$ , $B(3,-1,6)$ et $C(1,1,3)$ .

1.a) Vérifier que $\vec{AB}\wedge\vec{AC}=\ii-2\jj-2\kk$ .

Rappel

\vec{AB}=(x_B-x_A,\,y_B-y_A,\,z_B-z_A)

. Produit vectoriel de

\vec u(a,b,c)

\vec v(a',b',c')

\vec u\wedge\vec v=\bigl(b c'-c b'\,,\;\,c a'-a c'\,,\;\,a b'-b a'\bigr).

On calcule les deux vecteurs :

\begin{aligned} \vec{AB}&=(3-1,\,-1-2,\,6-2)=(2,-3,4),\\ \vec{AC}&=(1-1,\,1-2,\,3-2)=(0,-1,1). \end{aligned}

Puis, coordonnée par coordonnée :

\begin{aligned} 1^{\text{re}}&:\ (-3)(1)-(4)(-1)=-3+4=1,\\ 2^{\text{e}}&:\ -\bigl[(2)(1)-(4)(0)\bigr]=-2,\\ 3^{\text{e}}&:\ (2)(-1)-(-3)(0)=-2. \end{aligned}

⇒

\vec{AB}\wedge\vec{AC}=(1,-2,-2)=\boxed{\ii-2\jj-2\kk}

1.b) En déduire l'équation $x-2y-2z+7=0$ du plan $(ABC)$ .

Rappel

\vec{AB}\wedge\vec{AC}

est un vecteur normal au plan

(ABC)

: l'équation est de la forme

ax+by+cz+d=0

avec

(a,b,c)

les coordonnées du vecteur normal.

Vecteur normal

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

, donc

x-2y-2z+d=0

. Le point

C(1,1,3)

est dans le plan :

1-2(1)-2(3)+d=0\ \Longrightarrow\ -7+d=0\ \Longrightarrow\ d=7.

⇒ Une équation cartésienne de

(ABC)

est

\boxed{x-2y-2z+7=0}

2) \textit{ $(S)=\{M:\vec{ME}\cdot\vec{MF}=0\}$ , avec $E(5,1,4)$ , $F(-1,1,12)$ . Montrer que c'est la sphère de centre $\Omega(2,1,8)$ et rayon $R=5$ .}

Méthode

On écrit

M(x,y,z)

, on calcule

\vec{ME}\cdot\vec{MF}

, on développe, puis on complète les carrés pour reconnaître une équation de sphère.

Avec

\vec{ME}=(5-x,\,1-y,\,4-z)

\vec{MF}=(-1-x,\,1-y,\,12-z)

\vec{ME}\cdot\vec{MF}=(5-x)(-1-x)+(1-y)^2+(4-z)(12-z)=0.

On développe :

\underbrace{x^2-4x-5}_{(5-x)(-1-x)}+\underbrace{y^2-2y+1}_{(1-y)^2}+\underbrace{z^2-16z+48}_{(4-z)(12-z)}=0 \ \Longrightarrow\ x^2+y^2+z^2-4x-2y-16z+44=0.

On complète les carrés :

(x-2)^2-4+(y-1)^2-1+(z-8)^2-64+44=0\ \Longrightarrow\ (x-2)^2+(y-1)^2+(z-8)^2=25.

⇒

(S)

est la sphère de centre

\boxed{\Omega(2,1,8)}

et de rayon

\boxed{R=\sqrt{25}=5}

Remarque

\vec{ME}\cdot\vec{MF}=0

signifie «

M

voit

[EF]

sous un angle droit » :

(S)

est la sphère de diamètre

[EF]

. On retrouve

\Omega=

milieu de

[EF]=(2,1,8)

R=\frac12 EF=\frac{10}{2}=5

3.a) Calculer $d(\Omega,(ABC))$ .

Rappel

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

Avec le plan

x-2y-2z+7=0

\Omega(2,1,8)

d(\Omega,(ABC))=\frac{|\,2-2(1)-2(8)+7\,|}{\sqrt{1^2+(-2)^2+(-2)^2}}=\frac{|-9|}{\sqrt9}=\frac93=\boxed{3}.

3.b) En déduire que $(ABC)$ coupe $(S)$ selon un cercle $(\Gamma)$ de rayon $r=4$ .

Rappel

d<R

, le plan coupe la sphère selon un cercle de rayon

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

(théorème de Pythagore :

R^2=d^2+r^2

Ici

d=3<R=5

, donc il y a bien un cercle, et

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

Exercice 2 (3 points)

1.a) Résoudre dans l'ensemble $\C$ des nombres complexes l'équation : $z^2 - 3z + 3 = 0$ .

1.b) On considère le nombre complexe $a = \frac{3}{2} - i\frac{\sqrt{3}}{2}$ . Écrire $a$ sous forme trigonométrique.

2) On considère le nombre complexe $b = \frac{\sqrt{2}}{2}(1+i)$ . Vérifier que $b^2 = i$ .

3) On considère le nombre complexe $h = \cos\frac{\pi}{12} + i\sin\frac{\pi}{12}$ . Montrer que $h^4 + 1 = \bar{a}$ .

4) Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\vec{u},\vec{v})$ , on considère le point $B$ d'affixe $b$ et la rotation $R$ de centre $O$ et d'angle $\frac{\pi}{2}$ .

4.a) Soit $c$ l'affixe du point $C$ image du point $B$ par la rotation $R$ . Montrer que $c = ib$ .

4.b) En déduire la nature du triangle $OBC$ .

Corrigé

1.a) Résoudre dans $\C$ : $z^2-3z+3=0$ .

Rappel

\Delta=b^2-4ac

. Si

\Delta<0

z=\dfrac{-b\pm i\sqrt{|\Delta|}}{2a}

\Delta=(-3)^2-4(1)(3)=9-12=-3=(i\sqrt3)^2<0

, donc

z=\frac{3\pm i\sqrt3}{2}.

\conclu{

S=\boxed{\left\{\dfrac{3-i\sqrt3}{2}\ ;\ \dfrac{3+i\sqrt3}{2}\right\}}

1.b) Écrire $a=\frac32-i\frac{\sqrt3}{2}$ sous forme trigonométrique.

Rappel

Forme trigonométrique :

a=|a|\,(\cos\theta+i\sin\theta)

, avec

\cos\theta=\dfrac{\mathrm{Re}(a)}{|a|}

\sin\theta=\dfrac{\mathrm{Im}(a)}{|a|}

Module :

\;|a|=\sqrt{\left(\tfrac32\right)^2+\left(\tfrac{\sqrt3}{2}\right)^2}=\sqrt{\tfrac94+\tfrac34}=\sqrt3.

\cos\theta=\frac{3/2}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \sin\theta=\frac{-\sqrt3/2}{\sqrt3}=-\frac12 \ \Longrightarrow\ \theta=-\frac\pi6.

⇒

a=\boxed{\sqrt3\left(\cos\!\left(-\dfrac\pi6\right)+i\sin\!\left(-\dfrac\pi6\right)\right)}

2) $b=\frac{\sqrt2}{2}(1+i)$ . Vérifier que $b^2=i$ .

b^2=\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{\!2}(1+i)^2=\frac24\,(1+2i+i^2)=\frac12\,(1+2i-1)=\frac12\cdot2i=\boxed{i}.

3) $h=\cos\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}$ . Montrer que $h^4+1=\bar a$ .

Rappel

h=\cos\theta+i\sin\theta=e^{i\theta}

, et

h^n=e^{in\theta}=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta)

(formule de Moivre).

Ici

h=e^{i\pi/12}

, donc

h^4=e^{i\cdot 4\pi/12}=e^{i\pi/3}=\cos\frac\pi3+i\sin\frac\pi3=\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}, \qquad h^4+1=\frac32+i\frac{\sqrt3}{2}.

a=\frac32-i\frac{\sqrt3}{2}

, donc

\frac32+i\frac{\sqrt3}{2}

est son conjugué :

\boxed{h^4+1=\bar a.}

Remarque

L'énoncé écrit «

h^4+1=a

», mais le calcul donne

\frac32+i\frac{\sqrt3}{2}

, qui est

\bar a

et non

a

. Avec

h=\cos\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}

, l'égalité correcte est donc

h^4+1=\bar a

. (Il s'agit d'une coquille de l'énoncé : il faudrait lire

\bar a

, ou bien définir

h=\cos\frac{\pi}{12}-i\sin\frac{\pi}{12}

pour obtenir

a

4) Dans le plan complexe, $B$ a pour affixe $b$ ; $R$ est la rotation de centre $O$ et d'angle $\frac\pi2$ .

4.a) $C$ est l'image de $B$ par $R$ , d'affixe $c$ . Montrer que $c=ib$ .

Rappel

Rotation de centre

O

et d'angle

\theta

z'=e^{i\theta}z

. Ici

e^{i\pi/2}=i

⇒

z'=e^{i\pi/2}z=iz

, donc

c=\boxed{ib}

4.b) En déduire la nature du triangle $OBC$ .

De $c=ib$ on tire $\dfrac cb=i$ . Alors :

\left|\frac cb\right|=|i|=1\ \Longrightarrow\ OB=OC\quad(\text{isocèle en }O),

\arg\!\left(\frac cb\right)=\arg(i)=\frac\pi2=(\vec{OB},\vec{OC})\quad(\text{rectangle en }O).

⇒ Le triangle

OBC

est rectangle et isocèle en

O

Exercice 3 (3 points)

Une urne contient une boule rouge, deux boules blanches et trois boules noires, indiscernables au toucher. On tire au hasard, successivement et avec remise, trois boules de l'urne. Soient les événements suivants : [label=•]

$A$ : « Les trois boules tirées sont de même couleur ».
$B$ : « Il n'y a aucune boule blanche parmi les boules tirées ».
$C$ : « Il y a exactement deux boules blanches parmi les boules tirées ».

1) Montrer que $p(A) = \frac{1}{6}$ et $p(B) = \frac{8}{27}$ .

2) Calculer $p(C)$ .

Corrigé

Urne : $1$ rouge, $2$ blanches, $3$ noires ( $6$ boules). On tire $3$ boules successivement et avec remise.

Méthode

Avec remise

\Rightarrow

les

3

tirages sont indépendants et identiques : à chaque tirage

\;P(\text{rouge})=\frac16,\ P(\text{blanche})=\frac26=\frac13,\ P(\text{noire})=\frac36=\frac12.

On multiplie les probabilités le long d'une suite de tirages.

1) Montrer $p(A)=\frac16$ ( $A$ : « $3$ de même couleur ») et $p(B)=\frac{8}{27}$ ( $B$ : « aucune blanche »).

$\bullet$ Événement $A$ : $RRR$ ou $BlBlBl$ ou $NNN$ (couleurs incompatibles, on additionne) :

p(A)=\left(\frac16\right)^3+\left(\frac26\right)^3+\left(\frac36\right)^3 =\frac{1+8+27}{216}=\frac{36}{216}=\boxed{\frac16}.

\bullet

Événement $B$ : à chaque tirage, « non blanche » a

4

issues sur

6

, soit

\frac46=\frac23

. Les tirages étant indépendants :

p(B)=\left(\frac23\right)^3=\boxed{\frac{8}{27}}.

2) Calculer $p(C)$ , où $C$ : « exactement deux boules blanches ».

Rappel

Schéma de Bernoulli : pour

n

tirages indépendants, la probabilité d'obtenir exactement

k

succès (ici « blanche », de probabilité

p=\frac13

) est

\displaystyle\binom nk p^k(1-p)^{\,n-k}

Avec

n=3

k=2

p=\frac13

p(C)=\binom32\left(\frac13\right)^2\left(\frac23\right)^1 =3\times\frac19\times\frac23=\frac{6}{27}=\boxed{\frac29}.

Problème (11 points)

Première partie Soit

f

la fonction numérique définie sur

\R^*

par :

f(x) = 2 + 8\left(\frac{x-2}{x}\right)^2 e^{x-4}

Soit

(C_f)

sa courbe représentative dans un repère orthonormé

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

(unité : 1cm).

1.a) Vérifier que $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = 2$ , et interpréter le résultat géométriquement.

1.b) Vérifier que $\lim\limits_{x \to 0} f(x) = +\infty$ , et interpréter le résultat géométriquement.

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

2.b) Montrer que la courbe $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$ .

3.a) Montrer que pour tout $x \in \R^*$ , $f'(x) = \frac{8(x-2)(x^2-2x+4)e^{x-4}}{x^3}$ .

3.b) Vérifier que pour tout $x \in \R$ , $x^2-2x+4 > 0$ .

3.c) Montrer que la fonction $f$ est strictement décroissante sur $]0, 2]$ et strictement croissante sur $]-\infty, 0[$ et sur $[2, +\infty[$ .

3.d) Dresser le tableau de variations de la fonction $f$ sur $\R^*$ .

4) Construire la courbe $(C_f)$ dans le repère $(O,\vec{i},\vec{j})$ .

5.a) Vérifier que la fonction $H : x \mapsto \frac{e^{x-4}}{x}$ est une primitive de la fonction $x \mapsto \frac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}$ sur $[2, 4]$ .

5.b) Vérifier que pour tout $x \in \R^*$ , $f(x) = 2 + 8e^{x-4} - 32\frac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}$ .

5.c) Calculer l'intégrale $\int_2^4 e^{x-4}\,\mathrm{d}x$ .

5.d) Calculer en cm $^2$ l'aire du domaine plan limité par $(C_f)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=2$ et $x=4$ .

Deuxième partie

1) On considère la fonction g définie sur $[2, 4]$ par : $g(x) = 8(x-2)e^{x-4} - x^2$ .

1.a) Calculer $g(4)$ .

1.b) Vérifier que pour tout $x \in [2, 4]$ , $g(x) = -(x-4)^2 e^{x-4} + x^2(e^{x-4}-1)$ .

1.c) Vérifier que pour tout $x \in [2, 4]$ , $e^{x-4}-1 \le 0$ , puis en déduire que pour tout $x \in [2, 4]$ , $g(x) \le 0$ .

2.a) Vérifier que pour tout $x \in [2, 4]$ , $f(x) - x = \frac{(x-2)g(x)}{x^2}$ .

2.b) En déduire que pour tout $x \in [2, 4]$ , $f(x) \le x$ .

3) Soit $(u_n)$ la suite numérique définie par $u_0 = 3$ et $u_{n+1} = f(u_n)$ pour tout $n \in \N$ .

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

3.b) Déterminer la monotonie de la suite $(u_n)$ et en déduire qu'elle est convergente.

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

Corrigé

On pose, sur $\R^*$ : $\displaystyle f(x)=2+8\left(\frac{x-2}{x}\right)^2 e^{x-4}$ , de courbe $(C_f)$ (repère orthonormé, unité $1$ cm).

Première partie

1.a) $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)$ et interprétation.

Quand $x\to-\infty$ : $\dfrac{x-2}{x}=1-\dfrac2x\to1$ , donc $\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^2\to1$ ; et $e^{x-4}\to0$ . Le produit $\to0$ , donc

\boxed{\lim_{x\to-\infty}f(x)=2.}

⇒ La droite

y=2

est asymptote horizontale à

(C_f)

au voisinage de

-\infty

1.b) $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)$ et interprétation.

Quand $x\to0$ : $\dfrac{x-2}{x}\to\dfrac{-2}{0}=\pm\infty$ , donc $\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^2\to+\infty$ ; et $e^{x-4}\to e^{-4}>0$ . Donc

\boxed{\lim_{x\to0}f(x)=+\infty.}

⇒ La droite

x=0

(l'axe des ordonnées) est asymptote verticale à

(C_f)

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

Quand $x\to+\infty$ : $\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^2\to1$ et $e^{x-4}\to+\infty$ , donc

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

2.b) Branche parabolique de direction l'axe des ordonnées.

Rappel

f(x)\to+\infty

\dfrac{f(x)}{x}\to+\infty

, alors

(C_f)

admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées

(Oy)

\frac{f(x)}{x}=\frac2x+8\left(\frac{x-2}{x}\right)^2\frac{e^{x-4}}{x}.

Quand

x\to+\infty

\frac2x\to0

\left(\frac{x-2}{x}\right)^2\to1

, et

\dfrac{e^{x-4}}{x}\to+\infty

(l'exponentielle l'emporte sur

x

). Donc

\dfrac{f(x)}{x}\to+\infty

⇒

(C_f)

admet au voisinage de

+\infty

une branche parabolique de direction

(Oy)

3.a) \textit{Montrer $f'(x)=\dfrac{8(x-2)(x^2-2x+4)e^{x-4}}{x^3}$ .}

Méthode

On pose

\varphi(x)=\dfrac{x-2}{x}=1-\dfrac2x

(donc

\varphi'(x)=\dfrac{2}{x^2}

) et on dérive

f=2+8\,\varphi^2 e^{x-4}

avec la règle du produit :

(\varphi^2 e^{x-4})'=(\varphi^2)'e^{x-4}+\varphi^2 e^{x-4}

On a

(\varphi^2)'=2\varphi\varphi'=2\cdot\dfrac{x-2}{x}\cdot\dfrac{2}{x^2}=\dfrac{4(x-2)}{x^3}

, d'où

(\varphi^2 e^{x-4})'=e^{x-4}\!\left(\frac{4(x-2)}{x^3}+\frac{(x-2)^2}{x^2}\right) =e^{x-4}\,\frac{4(x-2)+x(x-2)^2}{x^3}.

On factorise par

(x-2)

au numérateur :

4(x-2)+x(x-2)^2=(x-2)\bigl(4+x(x-2)\bigr)=(x-2)(x^2-2x+4).

En multipliant par

8

\boxed{f'(x)=\dfrac{8(x-2)(x^2-2x+4)e^{x-4}}{x^3}.}

3.b) Vérifier que $x^2-2x+4>0$ pour tout $x\in\R$ .

x^2-2x+4=(x-1)^2+3\ \ge\ 3>0.

⇒

x^2-2x+4>0

pour tout réel

x

3.c) Sens de variation de $f$ .

Dans $f'(x)$ , les facteurs $8$ , $\,x^2-2x+4\,$ et $\,e^{x-4}$ sont $>0$ . Donc $f'(x)$ a le signe de $\dfrac{x-2}{x^3}$ : [leftmargin=1.6em,itemsep=1pt,topsep=2pt]

$x\in\,]-\infty,0[$ : $x-2<0$ et $x^3<0$ $\Rightarrow f'(x)>0$ : $f$ croissante ;
$x\in\,]0,2]$ : $x-2\le0$ et $x^3>0$ $\Rightarrow f'(x)\le0$ : $f$ décroissante ;
$x\in[2,+\infty[$ : $x-2\ge0$ et $x^3>0$ $\Rightarrow f'(x)\ge0$ : $f$ croissante.

⇒

f

est décroissante sur

]0,2]

et croissante sur

]-\infty,0[

et sur

[2,+\infty[

3.d) Tableau de variations de $f$ sur $\R^*$ .

Valeurs utiles : $\displaystyle\lim_{-\infty}f=2$ , $\displaystyle\lim_{0}f=+\infty$ , $\displaystyle\lim_{+\infty}f=+\infty$ , et $f(2)=2+8\cdot0\cdot e^{-2}=2$ .

\begin{center}

\end{center}

4) Construire la courbe $(C_f)$ .

Asymptotes : $y=2$ (horizontale à gauche) et $x=0$ (verticale). Minimum local en $(2\,;\,2)$ .

\begin{center}

\end{center}

5.a) \textit{ $H:x\mapsto\dfrac{e^{x-4}}{x}$ est une primitive de $x\mapsto\dfrac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}$ sur $[2,4]$ .}

Rappel

Il suffit de vérifier

H'(x)=

la fonction donnée. Dérivée d'un quotient :

\left(\dfrac uv\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}

Avec

u=e^{x-4}

v=x

(

u'=e^{x-4}

v'=1

) :

H'(x)=\frac{e^{x-4}\cdot x-e^{x-4}\cdot1}{x^2}=\frac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}.

⇒

H

est une primitive de

x\mapsto\dfrac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}

sur

[2,4]

5.b) \textit{Vérifier $f(x)=2+8e^{x-4}-32\dfrac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}$ .}

On part du membre de droite et on met $8e^{x-4}$ en facteur :

\begin{aligned} 2+8e^{x-4}\!\left(1-\frac{4(x-1)}{x^2}\right) &=2+8e^{x-4}\,\frac{x^2-4x+4}{x^2}\\ &=2+8e^{x-4}\,\frac{(x-2)^2}{x^2}=2+8\left(\frac{x-2}{x}\right)^2 e^{x-4}=f(x).\quad\checkmark \end{aligned}

5.c) Calculer $\displaystyle\int_2^4 e^{x-4}\dx$ .

\int_2^4 e^{x-4}\dx=\bigl[e^{x-4}\bigr]_2^4=e^{0}-e^{-2}=\boxed{1-e^{-2}}.

5.d) Aire (en cm $^2$ ) limitée par $(C_f)$ , l'axe des abscisses, $x=2$ et $x=4$ .

Rappel

Sur

[2,4]

f(x)\ge2>0

: l'aire vaut

\displaystyle\int_2^4 f(x)\dx

unités d'aire (

1

u.a.

=1

^2

On utilise la forme de la question 5.b ; une primitive de

\dfrac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}

est

\dfrac{e^{x-4}}{x}

(question 5.a) :

\mathcal A=\int_2^4 f(x)\dx=\left[\,2x+8e^{x-4}-32\,\frac{e^{x-4}}{x}\,\right]_2^4.

\text{En }x=4:\ 8+8-8=8;\qquad \text{en }x=2:\ 4+8e^{-2}-16e^{-2}=4-8e^{-2}.

\mathcal A=8-(4-8e^{-2})=\boxed{(4+8e^{-2})\ \text{cm}^2}\approx5{,}08\ \text{cm}^2.

Deuxième partie

1) On pose $g(x)=8(x-2)e^{x-4}-x^2$ sur $[2,4]$ .

1.a) Calculer $g(4)$ .

g(4)=8(4-2)e^{0}-4^2=16-16=\boxed{0}.

1.b) Vérifier $g(x)=-(x-4)^2 e^{x-4}+x^2(e^{x-4}-1)$ sur $[2,4]$ .

On développe le membre de droite :

-(x^2-8x+16)e^{x-4}+x^2 e^{x-4}-x^2=\bigl[-(x^2-8x+16)+x^2\bigr]e^{x-4}-x^2=(8x-16)e^{x-4}-x^2,

soit

8(x-2)e^{x-4}-x^2=g(x)

\checkmark

1.c) Montrer $e^{x-4}-1\le0$ , puis $g(x)\le0$ sur $[2,4]$ .

Pour $x\in[2,4]$ : $x-4\le0$ , donc $e^{x-4}\le e^{0}=1$ , d'où $e^{x-4}-1\le0$ . Dans l'écriture précédente :

\underbrace{-(x-4)^2}_{\le0}\,\underbrace{e^{x-4}}_{>0}\ \le0 \qquad\text{et}\qquad \underbrace{x^2}_{\ge0}\,\underbrace{(e^{x-4}-1)}_{\le0}\ \le0.

La somme de deux quantités négatives est négative.

⇒

g(x)\le0

pour tout

x\in[2,4]

2.a) Vérifier $f(x)-x=\dfrac{(x-2)g(x)}{x^2}$ sur $[2,4]$ .

f(x)-x=(2-x)+8\left(\frac{x-2}{x}\right)^2 e^{x-4} =\frac{(2-x)x^2+8(x-2)^2 e^{x-4}}{x^2}.

On factorise par

(x-2)

(en remarquant

2-x=-(x-2)

) :

f(x)-x=\frac{(x-2)\bigl[-x^2+8(x-2)e^{x-4}\bigr]}{x^2}=\frac{(x-2)\,g(x)}{x^2}.\quad\checkmark

2.b) En déduire que $f(x)\le x$ sur $[2,4]$ .

Pour $x\in[2,4]$ : $x-2\ge0$ , $g(x)\le0$ et $x^2>0$ , donc $f(x)-x=\dfrac{(x-2)g(x)}{x^2}\le0$ .

⇒

f(x)\le x

pour tout

x\in[2,4]

3) Soit $(u_n)$ définie par $u_0=3$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ .

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

Initialisation. $u_0=3\in[2,4]$ . Vrai au rang $0$ . [2pt] Hérédité. Supposons $2\le u_n\le4$ . Sur $[2,4]\subset[2,+\infty[$ , $f$ est croissante (question 3.c), donc :

f(2)\le f(u_n)\le f(4)\ \Longrightarrow\ 2\le u_{n+1}\le4,

car

f(2)=2

f(4)=2+8\left(\tfrac{2}{4}\right)^2 e^{0}=2+8\cdot\tfrac14=4

⇒ Par récurrence,

2\le u_n\le4

pour tout

n\in\N

3.b) Monotonie et convergence de $(u_n)$ .

u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=\frac{(u_n-2)\,g(u_n)}{u_n^2}\le0\qquad(\text{question 2}),

car

u_n\in[2,4]

. La suite

(u_n)

est donc décroissante ; étant de plus minorée par

2

, elle converge (théorème de la limite monotone).

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

Notons $\ell$ la limite. Comme $2\le u_n\le4$ , on a $2\le\ell\le4$ ; $f$ est continue sur $[2,4]$ , donc le passage à la limite dans $u_{n+1}=f(u_n)$ donne $\ell=f(\ell)$ . Or $f(\ell)=\ell\iff f(\ell)-\ell=0\iff\dfrac{(\ell-2)g(\ell)}{\ell^2}=0$ , soit $\ell=2$ ou $g(\ell)=0$ . Sur $[2,4]$ , $g$ est strictement négative sauf en $4$ (où $g(4)=0$ ) ; les points fixes sont donc $2$ et $4$ . La suite étant décroissante à partir de $u_0=3$ , on a $u_n\le3$ , donc $\ell\le3$ : la valeur $4$ est exclue.

⇒

\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\boxed{2}