Corrigé Bac Maths S1 S3 1er groupe 2011
Exercice 1 (4 pts)
1) u0=27, u1=77, u2=227, u4=677
Conjecturons que les deux derniers chiffres de un sont 27 ou 77
2) Puisque le premier terme u0 est un entier, on montre facilement par récurrence que pour tout n∈N∗, un est un entier.
On a pour tout n∈N∗ : un+2=3un+1−4=3(3un−4)−4=9un−16 ;
donc un+2−un=8un−16=8(un−2)
Ainsi un+2−un est un multiple de 8 ; ce qui se traduit par un+2≡un[8]
En prenant pour n un entier pair 2p, p∈N∗ cette relation se traduit par u2(p+1)≡u2p[8]
c'est à dire en posant pour tout p∈N∗ : u2p=ap : ap+1≡ap[8]
Deux termes consécutifs de la suite (ap) sont donc congrus modulo 8 ; donc tous les termes sont congrus au premier terme a0=u0=27 qui lui-même est congru à 3. Conclusion u2n≡3[8]
En prenant pour n un entier impair 2p+1, p∈N∗ cette relation se traduit par u2(p+1)+1≡u2p+1[8]
c'est à dire en posant pour tout p∈N∗ : u2p+1=bp : bp+1≡bp[8]
Deux termes consécutifs de la suite (bp) sont donc congrus modulo 8 ; donc tous les termes sont congrus au premier terme b0=u1=77 qui lui-même est congru à 5. Conclusion u2n+1≡5[8]
3) On a pour tout n∈N∗ : vn+1=un+1−2=3un−6=3(un−2)=3vn.
La suite (vn) est donc géométrique de raison 3 et de premier terme v0=u0−2=25.
Par conséquent, pour tout n∈N∗ : vn=3nv0 c'est à dire un=2+25×3n ou 2un=4+50×3n
4) De cette relation on déduit 2un−54=50(3n−1), ce qui entraîne : 2un−54≡[50]
De plus (3n−1) est pair parce que 3n est impair ; donc 2un−54 est un multiple de 2×50=100 c'est à dire 2un−54≡[100].
Cette dernière relation se traduit par : il existe un entier p tel que 2un−54+100p soit, un=27+50p.
Le nombre 50p se terminant par 50 ou 100, le nombre un se termine par 27 + 50 = 77 ou 27 + 00 = 27
5) Remarquons d'abord que un est impair parce que son écriture décimale se termine par 7 ; donc tous ses diviseurs sont impairs.
Soit d un diviseur commun positif de un+1 et un. Il existe deux entiers p et q (dépendant
de n) tels que un+1=pd et un=qd.
La relation un+1=3un−4 qui définit la suite (un) devient d(3q−p)=4.
Ainsi d, qui est un nombre impair, divise 4 c'est à dire d=1 et un+1 et un sont bien premiers entre eux.
On peut aussi dire : Si a et b sont deux entiers tels qu'il existe deux entiers q et r avec a=bq+r alors a∧b=b∧r et l'écriture un+1=3un−4 montre que un+1∧un=un∧4=1 la dernière égalité provenant de ce que les seuls diviseurs positifs de 4 sont 1, 2 et 4 et un est impair.
Exercice 2 (4 pts)
1) a) Pour montrer que f est une isométrie, il suffit de vérifier qu'elle conserve la distance.
Soient M(xM, yM, zM) et N(xN, yN, zN) deux points quelconques de E et M′(xM′, yM′, zM′)
et N′(xN′, yN′, zN′) leurs images respectives par f c'est à dire
{xM′=yMyM′=zM+1zM′=xM−1 et {xN′=yNyN′=zN+1zN′=xN−1
Alors
M′N′2=(xN′−xM′)2+(yN′−yM′)2+(zN′−zM′)2=(yN−yM)2+(zN−zM)2+(xN−xM)2=MN2
b) Un point M(x, y, z) de E est invariant si et seulement si f(M)=M c'est à dire
{x=yy=z+1z=x−1
Ce système est donc équivalent à x=y=z+1
On reconnaît là un système d'équations d'une droite.
L'ensemble des points invariants par f est la droite d'équations : x=y=z+1
Le point A appartient manifestement à cette droite puisque xA=yA=zA+1
Le point B(1, 1, 0) appartient aussi `a cette droite puisque xB=yB=zB+1.
Le vecteur →u=→AB(1, 1, 1) est donc un vecteur directeur de cette droite
L'ensemble des points invariants par f est bien la droite Δ.
On peut aussi trouver un vecteur directeur de Δ en partant d'une représentation paramétrique de Δ.
Prenons z comme paramètre. La relation x=y=z+1 est équivalente à
{x=t+1y=t+1z=t;t∈R
Le vecteur →u(1, 1, 1) est donc un vecteur directeur de cette droite.
2) Étant donné que le point A appartient à P,
pour prouver que le point I appartient à P, il suffit d'établir que →AI est orthogonal à →u c'est à dire →AI.→u=0.
→AI ayant pour coordonnées (−1, 0, 1) on a bien : →AI.→u=−1.1+0.0+1.1=0
a) I′=f(I) a pour coordonnées
{xI′=yI=0yI′=zI+1=1zI′=xI−1=−2
Étant donné que le point A appartient à P,
pour prouver que le point I′ appartient à P, il suffit d'établir que →AI′ est orthogonal à →u c'est à dire →AI′.→u=0.
→AI′ ayant pour coordonnées (0, 1, −1) on a bien : →AI′.→u=0.1+1.1−1.1=0
On peut aussi donner une équation de P et établir que les coordonnées des points I et I′ vérifient cette équation.
Puisque le vecteur →u est normal à P, une équation cartésienne de P sera de la forme x+y+z+d=0.
Dire que A appartient P signifie alors que 1+d=0 c'est à dire d=1.
3) f étant une isométrie de l'espace dont l'ensemble des points invariants est la droite
Δ, elle est une rotation d'axe Δ. Son angle a pour mesure θ=(→AI, →AI′).
Or →AI.→AI′=AI.AI′cosθ; →AI a pour coordonnées (−1, 0, 1) et →AI′ a pour coordonnées (1, 0, −1).
Donc −1=√2√2cosθ c'est à dire cosθ=−12 ; on peut donc prendre
θ=2π3ou−2π3(selon l'orientation deΔ)
4) a) Notons Q1 l'ensemble des points M de E d'images M′ tels que le milieu J de [MM′] appartient au plan Q d'équation 2x+y−z=0.
Soit M(x, y, z) un point de E et M′(x′, y′, z′) son image par f c'est à dire
{x′=yy′=z+1z=x−1
Les coordonnées du milieu J de [MM′] sont
xJ=12(x+x′), yJ=12(y+y′) et zJ=12(z+z′)
xJ=12(x+y), yJ=12(y+z+1) et zJ=12(z+x−1)
Donc
M∈Q1⇔J∈Q⇔2(x+y)+(y+z+1)−(z+x−1)=0⇔x+3y+2=0
L'ensemble des points M de E d'images M′ tels que le milieu J de [MM′] appartient
au plan Q d'équation 2x+y−z=0 est donc le plan d'équation x+3y+2=0.
b) Notons D1 l'ensemble des points M de E d'images M′ tels que le milieu J de [MM′] appartient à la droite (D) d'équations x=y=z.
Soit M(x, y, z) un point de Q1 et M′(x′, y′, z′) son image par f.
Les coordonnées du milieu J de [MM′] sont
xJ=12(x+y), yJ=12(y+z+1) et zJ=12(z+x−1)
Donc
M∈D1⇔J∈(D)⇔x+y=y+z+1=z+x−1(∗)⇔{x−z−1=0−x+y+2=0
L'ensemble des points M de E d'images M′ tels que le milieu J de [MM′] appartient
à la droite (D) d'équations x=y=z est donc le droite d'équations
{x−z−1=0x−y−2=0
La relation (∗) constitue aussi un système d'équations de notre ensemble !
PROBLÈME. (12 pts)
Partie A
1) a) La fonction f‴ étant continue dans l'intervalle fermé borné I, est bornée (et atteint
même ses bornes)
Il existe donc un réel K>0 tel que pour tout x∈I, |f‴(x)|≤K.
Alors
|∫a0(a−x)2f‴(x)dx|≤signe(a)∫a0|(a−x)2f‴(x)|dx≤M.signe(a)∫a0(a−x)2dx=13M.signe(a)[−(a−x)3]a0=13M.signe(a)a3=13M|a|3
Ensuite 0≤|1a2∫a0(a−x)2f‴(x)dx|≤13M|a|⟶0lorsque a tend vers 0
et (Théorème des gendarmes) :lim
b) La dérivée de f''g'-f'g'' est \left(f''g'-f'g''\right)'=f'''g'+f''g''-(f''g''+f'g''')=f'''g'-f'g'''
En intégrant cette relation de 0 à a on obtient :
\int_{0}^{a}\left(f''g'-f'g''\right)'(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{a}\left(f'''(x)g'(x)-f'(x)g''(x)'\right)\mathrm{d}x
c'est à dire la relation demandée
\int_{0}^{a}f'(x)g'''(x)\mathrm{d}x=\left[(f'g''-f''g')(x)\right]_{0}^{a}+\int_{0}^{a}f'''(x)g'(x)\mathrm{d}x
2) On prend g(x)=\dfrac{1}{6}(a-x)^{3}
a) g'(x)=-\dfrac{1}{2}(a-x)^{2}\;,\ g''(x)=a-x\;,\ g'''(x)=-1 , et la relation précédente devient : -\int_{0}^{a}f'(x)\mathrm{d}x=\left[(f'g''-f''g')(x)\right]_{0}^{a}+\int_{0}^{a}f'''(x)g'(x)\mathrm{d}x
En remarquant que g' et g'' s'annulent au point a :
-(f(a)-f(0))=-(f'(0)g''(0)-f''(0)g'(0))-\dfrac{1}{2}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}f'''(x)\mathrm{d}x
Il ne reste plus qu'à remplacer g'(0) et g''(0) par leurs valeurs respectives -\dfrac{1}{2}a^{2} et a pour avoir la relation demandée f(a)=f(0)+f'(0)a+\dfrac{1}{2}f''(0)a^{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}f'''(x)\mathrm{d}x
b) Appliquons le résultat précédent à la fonction f définie par f(x)=\mathrm{e}^{x}.
Toutes les dérivées de f en x sont égales à \mathrm{e}^{x} ; donc toutes les dérivées de f en 0 sont égales à 1.
La relation précédente devient alors :
\mathrm{e}^{a}=1+1.a+\dfrac{1}{2}.1.a^{2}+\dfrac{1}{2}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x
c'est à dire \dfrac{\mathrm{e}^{a}-a-1}{a^{2}}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2a^{2}}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x
et la question 1 permet de conclure, puisque la fonction x\mapsto \mathrm{e}^{x} est bornée dans [-1\;,\ 1] :
\lim_{a\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{e}^{a}-a-1}{a^{2}}=\dfrac{1}{2}+\lim_{a\rightarrow 0}\dfrac{1}{2a^{2}}\int_{0}^{a}(a-x)^{2}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\dfrac{1}{2}
3) a) \lim_{t\rightarrow 0}x(t)=\lim_{t\rightarrow 0}\dfrac{t}{\mathrm{e}^{t}-1}=1=x(0) , donc la fonction x est continue au point 0.
\lim_{t\rightarrow 0}y(t)=\lim_{t\rightarrow 0}x(t)\mathrm{e}^{t}=1=y(0) , donc la fonction y est continue au point 0.
Regardons le taux d'accroissement \tau_{1} de x au point 0
\begin{eqnarray} \forall\;t\neq 0\;,\ \tau_{1}(t) &=& \dfrac{x(t)-x(0)}{t} \nonumber \\ &=& \dfrac{t-\mathrm{e}^{t}+1}{t(\mathrm{e}^{t}-1)} \nonumber \\ &=& -\dfrac{\mathrm{e}^{t}-t-1}{t^{2}}\dfrac{t}{\mathrm{e}^{t}-1} \nonumber \end{eqnarray}
Le premier facteur de ce dernier membre a pour limite -\dfrac{1}{2} quand t tend vers 0 d'après l'application. Le deuxième facteur a pour limite 1 quand t tend vers 0.
Donc x est dérivable au point 0 et x'(0)=-\dfrac{1}{2}
Regardons le taux d'accroissement \tau_{2} de y au point 0
\begin{eqnarray} \forall\;t\neq 0\;,\ \tau_{2}(t) &=& \dfrac{y(t)-y(0)}{t} \nonumber \\ &=& \dfrac{x(t)\mathrm{e}^{t}-1}{t} \nonumber \\ &=& x(t)\dfrac{\mathrm{e}^{t}-1}{t}+\dfrac{x(t)-1}{t} \nonumber \end{eqnarray}
Puisque x(t) a pour limite 1 quand t tend vers 0, \tau_{2} a pour limite 1\times 1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2} quand t tend vers 0.
Donc y est dérivable au point 0 et y'(0)=\dfrac{1}{2}
b) La tangente T_{B} à \mathcal{C} au point B(1\;,\ 1) est la droite passant par B et de vecteur directeur le vecteur de coordonnées \left(-\dfrac{1}{2}\;,\ \dfrac{1}{2}\right)
Partie B
1) a) Pour simplifier, nous allons poser u_{n}=\mathrm{e}+\dfrac{1}{n}.
La fonction f_{1}\ :\ x\mapsto \mathrm{e}^{x} est dérivable sur \mathbb{R} et \forall\;x\in\mathbb{R}\;,\ f_{1}'(x)=\mathrm{e}^{x} ; la fonction f_{2}\ :\ x\mapsto \sqrt{x} est dérivable sur \mathbb{R}_{+}^{*} et \forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ f_{2}'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}.
Comme f égale f_{1}\circ f_{2}-u_{n}.f_{2}, elle est dérivable sur \mathbb{R}_{+}^{*} et
\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ f'(x)=f_{1}'(f_{2}(x))f_{2}'(x)-u_{n}.f_{2}'(x)=f_{2}'(x)\left(f_{1}'(f_{2}(x))-u_{n}\right)
\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n}\right)
Pour étudier la dérivabilité de f_{n} à droite en 0, regardons le taux d'accroissement
\begin{eqnarray} \tau(x) &=& \dfrac{f(x)-f(0)}{x}\;,\quad x>0 \nonumber \\ \tau(x) &=& \dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n}\sqrt{x}-1}{x} \nonumber \end{eqnarray}
Posons a=\sqrt{x}. Alors quand x tend vers 0^{+}, a aussi tend vers 0^{+} et
\tau(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{a}-u_{n}a-1}{a^{2}}=\dfrac{\mathrm{e}^{a}-a-1}{a^{2}}+\dfrac{(1-u_{n})}{a}
Dans le dernier membre de cette relation, le premier terme a pour limite \dfrac{1}{2} d'après la partie A ; le deuxième terme a pour limite -\infty. Donc \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\tau(x)=-\infty
La fonction f_{n} n'est donc pas dérivable au point 0 et de plus au point de \mathcal{C}_{f_{n}} d'abscisse 0 (c'est le point de coordonnées (0\;,\ 1)) il y a une demi-tangente verticale.
Remarque 1.
Pour étudier la dérivabilité de f_{n} en 0, on utilise souvent le théorème suivant :
Théorème 1.
Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I, dérivable sur I sauf peut-être en un point a de I. Alors
(i) Si f' a une limite \ell quand x tend vers a, alors f est dérivable en a et f'(a)=\ell
(ii) Si f' a pour limite +\infty ou -\infty quand x tend vers a, alors f n'est pas dérivable en a et de plus au point de \mathcal{C}_{f} d'abscisse a il y a une tangente verticale.
Dans le cas présent, \forall\;x>0\;,\ f'_{n}(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}\left(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n}\right) et en posant comme précédemment a=\sqrt{x} , on a :
\forall\;x>0\;,\ f'_{n}(x)=\dfrac{1}{2}\dfrac{\mathrm{e}^{a}-u_{n}}{a}=\dfrac{1}{2}\dfrac{\mathrm{e}^{a}-1}{a}+\dfrac{1}{2}\dfrac{1-u_{n}}{a}\longrightarrow "\dfrac{1}{2}-\infty"=-\infty
lorsque a tend vers 0^{+}
b) Au voisinage de +\infty, on a une indétermination de la forme "+\infty-\infty". Pour lever cette indétermination écrivons : f_{n}(x)=\sqrt{x}\left(\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}}-u_{n}\right) , puis en posant toujours a=\sqrt{x}\;,\ f_{n}(x)=a\left(\dfrac{\mathrm{e}^{a}}{a}-u_{n}\right)
Comme \lim_{a\rightarrow +\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{a}}{a}=+\infty , il vient \lim_{a\rightarrow +\infty}f_{n}(x)=+\infty
On a aussi \dfrac{f_{n}(x)}{x}=\left(\dfrac{\mathrm{e}^{a}}{a^{2}}-\dfrac{u_{n}}{a}\right) puis \lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f_{n}(x)}{x}=+\infty
Pour x>0 on a :
\begin{array}{lclcl} f'_{n}(x)>0 & \Leftrightarrow & \mathrm{e}^{\sqrt{x}}-u_{n} >0 & \Leftrightarrow & \mathrm{e}^{\sqrt{x}}>u_{n} \\ & \Leftrightarrow & \sqrt{x}>\ln u_{n} & \Leftrightarrow & x>(\ln u_{n})^{2}\end{array}
Voici le tableau de variations de f_{n}.
\begin{array}{|c|lrcccr|} \hline x & 0 & \alpha_{n} & 1 & (\ln u_{n})^{2} & \beta_{n} & +\infty \\ \hline f'_{n}(x) & | & & - & | & + & \\ \hline & 1 & \vdots & \vdots & | & \vdots & +\infty \\ & & 0 & \vdots & | & 0 & \\ f_{n} & & & -\frac{1}{n} & | & & \\ & & \searrow & & | & \nearrow & \\ & & & & u_{n}(1-\ln u_{n}) & & \\ & & & & & & \\ \hline\end{array}
c) Et voici la courbe \mathcal{C}_{1} et ses tangentes verticale et horizontale.

2) a) Puisque un est strictement supérieur à \mathrm{e}\;,\ \ln u_{n} est strictement supérieur 1 ; donc f((\ln u_{n})^{2})=u_{n}(1-\ln u_{n}) est strictement négatif.
Comme f(0)=1 est strictement positif, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f_{n}(x)=0 admet dans ]0\;,\ (\ln u_{n})^{2}[ une solution unique \alpha_{n}.
De même, \lim_{x\rightarrow +\infty}f_{n}(x)=+\infty permet d'affirmer d'après ce même théorème que l'équation f_{n}(x)=0 admet dans ](\ln u_{n})^{2}\;,\ +\infty[ une solution unique \beta_{n}.
1<(\ln u_{n})^{2}\ et \ f_{n}(1)=-\dfrac{1}{n}<0=f_{n}(\alpha_{n}) entraîne \alpha_{n}<1 car f_{n} est strictement décroissante sur [1\;,\ (\ln u_{n})^{2}]
Ainsi on a bien
\alpha_{n}<1<(\ln u_{n})^{2}<\beta_{n}
b) Pour que la formule d'intégration par parties puisse être appliquée, v doit être tel que
uv'=\mathrm{e}^{\sqrt{x}}, ce qui nécessite v'=\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{x}}}{\sqrt{x}} ou v'=2\left(\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\right)'.
On peut donc prendre v=2\mathrm{e}^{\sqrt{x}}.
La formule donne alors
\begin{eqnarray} \int_{0}^{b}\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x &=& [uv]_{0}^{b}-\int_{0}^{b}\dfrac{1}{2\sqrt{x}}2\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x \nonumber \\ &=& [uv]_{0}^{b}-\int_{0}^{b}v'\mathrm{d}x \nonumber \\ &=& [uv-v]_{0}^{b} \nonumber \end{eqnarray}
Finalement \int_{0}^{b}\mathrm{e}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=2+2\mathrm{e}^{\sqrt{b}}(\sqrt{b}-1)
c) On a \int_{0}^{b}\sqrt{x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{b}x^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}x=\left[\dfrac{2}{3}x^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{b}=\left[\dfrac{2}{3}x\sqrt{x}\right]_{0}^{b}=\dfrac{2}{3}b\sqrt{b}
Par conséquent \int_{0}^{b}f(x)\mathrm{d}x=2+2\mathrm{e}^{\sqrt{b}}(\sqrt{b}-1)-\dfrac{2}{3}u_{n}b\sqrt{b}
La relation f_{n}(\alpha_{n})=0 se traduit par \mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}-u_{n}\sqrt{\alpha_{n}}=0 c'est à dire \mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}=u_{n}\sqrt{\alpha_{n}}
Donc
\begin{eqnarray} I_{n} &=& 2+2\mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}(\sqrt{\alpha_{n}}-1)-\dfrac{2}{3}u_{n}\alpha_{n}\sqrt{\alpha_{n}} \nonumber \\ &=& 2+2u_{n}{\sqrt{\alpha_{n}}}(\sqrt{\alpha_{n}}-1)-\dfrac{2}{3}u_{n}\alpha_{n}\sqrt{\alpha_{n}} \nonumber \end{eqnarray}
I_{n}=2+2u_{n}{\sqrt{\alpha_{n}}}\left(\sqrt{\alpha_{n}}-\dfrac{1}{3}\alpha_{n}-1\right)
3) Pour tout x\in\mathbb{R}_{+}^{*} , on pose \varphi(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{x}}{x}
a) La fonction \varphi est continue et dérivable dans \mathbb{R}_{+}^{*} , et
\forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ \varphi'(x)=\dfrac{x-1}{x^{2}}\mathrm{e}^{x}
Le signe de \varphi'(x) est donc celui de x-1.
Voici le tableau de variations de \varphi.
\begin{array}{|c||lcccr|} \hline x & 0 & & 1 & & +\infty \\ \hline \varphi'(x) & & - & | & + & \\ \hline & +\infty & & | & & +\infty \\ \varphi & & \searrow & | & \nearrow & \\ & & & \mathrm{e} & & \\ \hline\end{array}
La fonction \varphi est continue et strictement décroissante dans V_{1}. Sa restriction à V_{1} est donc une bijection h_{1} de V_{1} dans \varphi(V_{1})=W=[\mathrm{e}\;,\ +\infty[.
La fonction \varphi est continue et strictement croissante dans V_{2}. Sa restriction à V_{2} est donc une bijection h_{2} de V_{2} dans \varphi(V_{2})=W
b) La relation f_{n}(\alpha_{n})=0 se traduit par \mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}-u_{n}\sqrt{\alpha_{n}}=0 c'est à dire \dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}}{\sqrt{\alpha_{n}}}=u_{n} ou, puisque \alpha_{n} appartient à V_{1}\;,\ u_{n}=h_{1}(\alpha_{n}).
On en déduit, puisque h_{1} est une bijection : \alpha_{n}=h_{1}^{-1}(u_{n}).
La fonction h_{1} étant continue et la suite (u_{n}) convergente de limite \mathrm{e},
la suite (\alpha_{n}) convergente et de limite h_{1}^{-1}(\mathrm{e})=1
Sachant que la suite (\alpha_{n}) convergente, la relation I_{n}=2+2u_{n}{\sqrt{\alpha_{n}}}\left(\sqrt{\alpha_{n}}-\dfrac{1}{3}\alpha_{n}-1\right) montre que la suite (I_{n}) est aussi convergente et de limite 2+2\mathrm{e}.1\left(1-\dfrac{1}{3}-1\right)=2-\dfrac{2}{3}\mathrm{e}
c) Le même raisonnement montre que la suite (\beta_{n}) est convergente et de limite h_{2}^{-1}(\mathrm{e})=1
4) a) Les relations \dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{\alpha_{n}}}}{\sqrt{\alpha_{n}}}=\dfrac{\mathrm{e}^{\sqrt{\beta_{n}}}}{\sqrt{\beta_{n}}}=u_{n} montrent que
\varphi(\sqrt{\alpha_{n}})=\varphi(\sqrt{\beta_{n}})
c'est à dire , puisque \sqrt{\alpha_{n}}\in V_{1} et \sqrt{\beta_{n}}\in V_{2}
h_{1}(\sqrt{\alpha_{n}})=h_{2}(\sqrt{\beta_{n}}) ou, \sqrt{\beta_{n}}=h_{2}^{-1}\circ h_{1}(\sqrt{\alpha_{n}})=h(\sqrt{\alpha_{n}}).
le point M_{n} appartient bien au graphe de h.
b) Soit x un réel
x\in\;D_{h}\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{rcl} x &\in& D_{h_{1}} \\ h_{1}(x) &\in & D_{h_{2}^{-1}}\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ \left\lbrace\begin{array}{rcl} x &\in& V_{1} \\ h_{1}(x) &\in& V_{2}\end{array}\right.\ \Leftrightarrow\ x \in\;V_{1}
Lorsque x tend vers 0, h_{1}(x)=\varphi(x) tend vers +\infty.
Lorsque x tend vers +\infty\;,\ h_{2}^{-1}(x) tend vers +\infty
donc \lim_{x\rightarrow +\infty}h(x)=+\infty
Lorsque x tend vers 1, h_{1}(x)=\varphi(x) tend vers \mathrm{e}.
Lorsque x tend vers \mathrm{e}\;,\ h_{2}^{-1}(x) tend vers 1
donc \lim_{x\rightarrow 1}h(x)=1
La fonction h est décroissante car elle la composée de la fonction décroissante h_{1} par la fonction croissante h_{2}^{-1}.
c) La fonction h_{1} est dérivable sur ]0\;,\ 1[ car c'est la restriction de \varphi à V_{1}.
La fonction h_{2}^{-1} est dérivable sur ]\mathrm{e}\;,\ +\infty[ car h_{2} est dérivable sur V_{2} (c'est la restriction
de \varphi à V_{2},) et sa dérivée ne s'annule pas dans ]1\;,\ +\infty[.
Donc h=h_{2}^{-1}\circ h_{1} est dérivable dans ]0\;,\ 1[.
Pour tout x appartenant à V_{1} on a
\begin{eqnarray} \varphi[h(x)] &=& h_{2}[h(x)]\quad\text{ car }h(x)\in\;V_{2} \nonumber \\ &=& h_{2}[h_{2}^{-1}\circ h_{1}(x)] \nonumber \\ &=& h_{1}(x) \nonumber \\ &=& \varphi(x)\quad\text{ car }x\in\;V_{1} \nonumber \end{eqnarray}
Remarquons que \forall\;x\in\mathbb{R}_{+}^{*}\;,\ \varphi'(x)=\dfrac{x-1}{x^{2}}\mathrm{e}^{x}=\dfrac{x-1}{x}\varphi(x).
En dérivant par rapport à x la relation \varphi(h(x))=\varphi(x), pour x\in\;]0\;,\ 1[ on obtient :
\forall\;x\in\;]0\;,\ 1[\;,\ \varphi'(h(x))h'(x)=\varphi'(x) c'est à dire
\begin{eqnarray} \forall\;x\in\;]0\;,\ 1[\;,\ h'(x) &=& \dfrac{\varphi'(x)}{\varphi'(h(x))} \nonumber \\ &=& \dfrac{x-1}{x}\varphi(x)\dfrac{h(x)}{(h(x)-1)\varphi(h(x))} \nonumber \\ &=& \dfrac{x-1}{x}\dfrac{h(x)}{h(x)-1}\quad\text{ car }\varphi(x)=\varphi(h(x)) \nonumber \end{eqnarray}
5) La tangente au point A a pour pente h'(0\;,\ 4)=\dfrac{0.4-1}{0.4}\dfrac{h(0.4)}{h(0.4)-1}=-3
Une équation de cette tangente est donc y=-3(x-0.4)+2
Finalement T_{A}\ :\ -3x+3.2
La tangente T_{B} est déjà déterminée dans la partie A puisque \mathcal{C}=\mathcal{C}_{h}.

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