Partie A Partie B

EXERCICE 5 (5points), commun à tous les candidats :Partie A : restitution organisée des connaissances.La fonction exponentielle, notée exp, est l’unique fonction dérivable sur I R telle que exp (0) = 1, et pour tout réel x,exp '(x) = exp (x).Démontrer que :a) pour x ∈ IR:: exp(x) × exp (– x) = 1.b) pour x ∈ I R et a ∈ I R : exp (a + x) = exp (a) × exp (x).Partie B : QCM : Pour chaque question, aucune, une ou plusieurs propositions peuvent être exactes.Pour chacune des propositions ci-dessous, préciser si elle est vraie ou fausse. Aucune justification n’estdemandée.Le candidat doit indiquer ses réponses sur la feuille donnée en annexeQ1 : On considère l’équation différentielle (E) : y ' + 3 y = e – c xfonction dérivée et c un réel.1) Si c = 0, les solutions de l’équation différentielle (E) :a) sont les fonctions f k de la forme f k (x) = k e – 3 x .où y est une fonction dérivable sur IR, y ' sab) sont les fonctions f k de la forme f k (x) = k e – 3 x + 1 3c) sont les fonctions f k de la forme f k (x) = k e 3x + 1 3 .2) Si c = 3 , une solution particulière de ( E) esta) La fonction g définie sur IR par g (x) = 1 3 e – 3 xb) La fonction g définie sur I R par g (x) = (x + 2) e – 3 xc) La fonction g définie sur IR par g (x) = (x – 2) e – 3 x⎪⎧ f (x) = x 2 sin 1 Q2 : Soit f la fonction définie sur IR par : ⎨x⎩⎪ f (0) = 01- a) f est continue en 0 ;b) lim f (x) = 0x → +∞c) f est dérivable en 0.pour x ≠ 02) Pour x ≠ 0, f est dérivable et sa fonction dérivée f ' est définie par :q) f '(x) = 2 x sin 1 x + x2 cos 1 x .b) f '(x) = 2 x sin 1 x + cos 1 x .c) f '(x) = 2 x sin 1 x – cos 1 x .

AnnexeNom : Classe :EXERCICE 2 à traiter par les candidats ne suivant pas l’enseignement de spécialité :EXERCICE 5 (5points), commun à tous les candidats :Q1 : Q2 :1) a) Vrai · Faux · 1) a) Vrai · Faux ·1) b) Vrai · Faux · 1) b) Vrai · Faux ·1) c) Vrai · Faux · 1) c) Vrai · Faux ·2) a) Vrai · Faux ·2) b) Vrai · Faux ·2) c) Vrai · Faux ·2) a) Vrai · Faux ·2) b) Vrai · Faux ·2) c) Vrai · Faux ·

EXERCICE 1 (5 points), commun à tous les candidats : Partie A 1) a) Résoudre dans l'ensemble des complexes l'équation z 2 – 2 z+ 4 = 0. Les solutions seront notées z ' et z'' sachant que la partie imaginaire de z ' est positive.∆ = (– 2) 2 – 4 × 4 × 1 = – 12 = (2 i 3) 2 donc les solutions sont : z' = 2 + 2 i 3 = 1 + i 3 et z " = z2− ' = 1 – i 3b) Ecrire z ' et z '' sous forme exponentielle.⎪⎧ cos θ = 1 2| z ' | = 1 + 3 2 = 2 et donc si θ est un argument de z ' alorssin θ =donc z ' = 2 e i 3 πet z " = z − ' = 2 e – i 3 π2) Quelle est la valeur exacte de (z') 2007 sous forme exponentielle puis algébrique.(z ' ) 2007 = ( 2 e )i 3 π 2 007 = 2 2 007 × e 2 007 i 3 π⎨⎩⎪32donc θ = π 3 + 2 k π2 007 π 3 = 669 π = π + 334 × 2 π donc π est un argument de (z ')2 007 et donc (z ') 2 007 = 2 2 007 e i π = – 2 2 007Partie B Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal direct (O; ⎯→i ; ⎯→j ), on prendra pour unité graphique 2 centimètres. 1)Montrer que les points A (1 + i 3 ) et B(1 – i 3 ) sont sur un même cercle de centre O dont on précisera le rayon. Construire cecercle et placer les points A et B.OA = | 1 + i 3 | = 2 et OB = | 1 – i 3 | = 2 donc A et b sont sur le cercle de centre O de rayon 2.2) On considère la rotation r1 de centre A et d'angle – π . On note O' l'image de O par cette rotation.2Construire O'. Démontrer que O' a pour affixe : 1 – 3 + i ( 3 + 1).z O ' – z A = e – i π/2 (z O – z A ) ⇔ z O ' = z A – i (0 – z A )z O ' = 1 + i 3 + i (1 + i 3) = 1 + i 3 + i – 3 = 1 – 3 + i ( 3 + 1)3) On considère la rotation r2 de centre A et d'angle π . On note B' l'image de B par cette rotation.2Construire B'. Démontrer que B' a pour affixe 2 3 + 1 + i 3 .z B ' – z A = e i π/2 (z B – z A ) ⇔ z B ' = z A + i (z B – z A )z B ' = 1 + i 3 + i (1 – i 3 – 1 – i 3) = 1 + i 3 – 2 i 2 3 = 1 + 2 3 + i 34) Soit I le milieu de [OB] d'affixe zI : a) Vérifier que zI = 1 2 − i 3 .2z I = z O + z B= 0 + 1 – i 3 = 1 2 2 2 – i 32b) Calculer la mesure de l'angle ( ⎯⎯→AI , O'B')⎯⎯→( ⎯⎯→AI , O'B') ⎯⎯→= arg ⎜ ⎛ z B ' – z O '⎝ z ⎠ ⎟⎞I – z Az B ' – z O '= 1 + 2 3 + i 3 – 1 + 3 – i ( 3 + 1)z I – z A 12 – i 3=2 – 1 – i 3= 2 ×3 3 – i= (3 3 – i) ×1 – i 3 – 2 – 2 i 322– 1 – 3 i 33 3 – i– 1 – 3 i 3 = 2 × i – 3 3 (i – 3 3) (1 – 3 i 3)= 2 × = 2 × i – 3 i2 3 – 3 3 + 9 i × 31 + 3 i 3 1 + 9 × 328= 2 × i + 3 3 – 3 3 + 27 i28= 2 i variante 2 × i – 3 3 i (1 + 3 i 3)= 2 ×1 + 3 i 3 1 + 3 i 3 = 2 ion a donc ( ⎯⎯→AI , O'B') ⎯⎯→= arg ⎜ ⎛ z B ' – z O '⎝ z ⎠ ⎟⎞ = arg (2 i) = πI – z A 2c) Que peut-on en déduire pour la droite (AI) dans le triangle AO'B' ?(AI) est la hauteur issue de A du triangle AO'B'5) A tout nombre complexe z, on associe le nombre complexe Z = – 2 z + 2. Soit M un point d'affixe z. Déterminer l'ensemble Edes points M tels que : | Z | = 2. Préciser la nature de E.| Z | = 2 ⇔ | – 2 z + 2 | = 2 ⇔ | 1 – z | = 1 ⇔ Ω M = 1 où Ω est le point d'affixe 1.E est donc le cercle de centre Ω de rayon 1variante z M = x + i y| Z | = 2 ⇔ |– 2 (x + i y) + 2 | = 2 ⇔ | – 2 x – 2 i y + 2 | = 2 ⇔ (– 2 x + 2) 2 + (– 2 y) 2 = 4 ⇔ 4 x 2 – 8 x + 4 + 4 y 2 = 4⇔ x 2 – 2 x + y 2 = 0 ⇔ (x – 1) 2 + y 2 = 1 .

EXERCICE 2 (5 points), La courbe C f donnée en annexe est la représentation graphique de la fonction f définie sur] 0 ; + ∞ [ par f (x) = ln xx + 1.1) a) Etudier les variations de la fonction f sur ] 0 ; + ∞ [f est dérivable sur ] 0 ; + ∞ [ et pour tout réel x > 0,1x × x – 1 × ln xf '(x) =x 2 = 1 – ln xx 2f '(x) est donc du signe de 1 – ln x : 1 – ln x ≥ 0 ⇔ ln x ≤ 1 ⇔ x ≤ eb) En déduire les coordonnées du point de C f d’ordonnée maximale.f (e) = ln ee + 1 = 1 e + 1 donc le point d'ordonnée maximale est le point de coordonnées ⎝ ⎜⎛ e , 1 e + 1 ⎠ ⎟⎞2) Soit D la droite d'équation y = x. On cherche à calculer les coordonnées du point d'intersection de la courbe C et de la droite D. a) Démontrerque l'abscisse des points d'intersection de C f et D est solution de l'équation ln x – x 2 + x = 0.M(x, y) ∈ C f ∩ D ⇔ ⎨ ⎧ y = x⎩ y = f (x) ⇔ y = x⎩ ⎨⎧ x = f (x); donc l'abscisse de M est solution de l'équation f (x) = x.f (x) = x ⇔ ln xx + 1 = x ⇔ ln x + x = x2 (car x ≠ 0) ⇔ ln x – x 2 + x = 0b) Démontrer que l'équation ln x – x 2 + x = 0 admet une solution et une seule dans l'intervalle ] 0 ; + ∞ [ que l'on déterminera. Remarque : Onpourra étudier les variations de la fonction g définie sur ] 0 ; + ∞ [ par g (x) = ln x – x 2 + xg est dérivable sur ] 0 ; + ∞ [ et pour tout réel x > 0,g '(x) = 1 x – 2 x + 1 = – 2 x2 + x + 1xx < 0 donc g '(x) est du signe de – 2 x 2 + x + 1 = (x – 1)(– 2 x – 1)D'après les variations de g' on peut dire que, pour tout réel x ∈ ] 0 ; 1 ( ∪ ] 1 ; + ∞ [, g (x) < 0 et g (x) = 0 ⇔ x = 1.c) Déterminer alors les coordonnées du point d'intersection de C f et de D.L'abscisse des points d'intersection de C f et D est solution de l'équation ln x – x 2 + x = 0 c'est donc 1.Les coordonnées de ce point sont donc (1, 1).x 0 e + ∞signe de f '(x) + 0 –3) On définit une suite (U n ) n ∈ IN par son premier terme U 0 = 2 et, pour tout entier naturel n, U n + 1 = ln U n+ 1. a) Sur la représentation graphiqueci-dessous construire U 1 , U 2 et U 3 b) Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, U n appartient à [1 ; e].Initialisation : U 0 = 2 donc U 0 ∈ [ 1 , e]Hérédité : Si n est un entier naturel tel que U n ∈ [ 1 , e ] alors 0 < 1 ≤ U n ≤ e alors f (1) ≤ f (U n ) ≤ f (e), car f estcroissante sur ] 0 , e ], alors ln 12 + 1 ≤ U n + 1 ≤ 1 e + 1 < e et donc U n + 1 ∈ [ 1 , e ].Conclusion : la propriété est vraie pour n = 0, elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n.4) Déterminer le sens de variation de la suite (U n ) n ∈ IN .On démontre, par récurrence que, pour tout entier naturel n, U n ≥ U n + 1Initialisation : U 0 = 2 et U 1 = ln 22 + 1 < U 0Hérédité : si n est un entier naturel vérifiant U n ≥ U n + 1 .On sait que f est croissante sur ] 0 , e ], et que pour tout entier naturel n, U n et U n + 1 appartiennent à [1 , e] ⊂ ]0 , e]on peut donc dire que : f (U n + 1 ) ≤ f (U n ) c'est à dire U n + 2 ≤ U n + 1 .Conclusion : la propriété est vraie pour n = 0, elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n.Variante. U n + 1 – U n = f (U n ) – U n = ln (U n)+ 1 – UU n = ln U n + U n – (U n ) 2= g (U n)n U n U non a vu que, pour tout réel x > 0, g (x) ≤ 0 donc g (x) ≤ 0 donc Uxn + 1 – U n ≤ 0.La suite (U n ) est donc décroissante.5) a) Montrer que la suite (U n ) n ∈ IN est convergente. On note l sa limite.La suite (U n ) est décroissante et minorée, elle est donc convergente.b) Déterminer la valeur exacte de l.lim U n + 1 = lim U n = l et lim U n + 1 = lim f (U n) = f (l ) car lim U n = l et f continue en l .n → +∞ n → +∞ n → +∞ n → +∞ n → +∞l est donc solution de l'équation f (x) = x et cette équation a pour unique solution 1 donc l = 1.f (x)x 0 1 + ∞signe de g '(x) + 0 –0g (x)U n

EXERCICE 2 (5 points), à traiter par les candidats suivant l’enseignement de spécialité : Calculer le PGCD de 4 5 – 1 et de 4 6 – 1.Décomposition en facteurs premiers. , 4 5 – 1 = 1023 = 3 × 11 × 31 et 4 6 – 1 = 4095 = 3 2 × 5. × 7 × 13 d'oùPGCD(4 5 – 1 ; 4 6 – 1) = 3.Variante : Algorithme d'Euclide.4 6 – 1 = 4 (4 5 – 1) + 3 et 4 5 – 1 est divisible par 3 (évident en passant aux congruences modulo 3) doncPGCD(4 5 – 1 ; 4 6 – 1) = 3.Le dernier reste non nul dans l'Algorithme d'Euclide est 3 donc PGCD = 3.1) (u n ) est la suite définie par U 0 = 0, U 1 = 1 et, pour tout entier naturel n, par U n+2 = 5 U n+1 – 4 U n . Calculer U 2 , U 3 et U 4 .U 2 = 5 U 1 – 4 U 0 = 5U 3 = 5 U 2 – 4 U 1 = 25 – 4 = 21U 4 = 5 U 3 – 4 U 2 = 5 × 21 – 4 × 5 = 853-a) Montrer que la suite (u n ) vérifie, pour tout entier naturel n , u n+1 = 4 u n + 1.Par récurrenceInitialisation : U 1 = 1 = 4 × U 0 + 1.Hérédité : Si n est un entier naturel tel que : U n + 1 = 4 U n + 1 alors 4 U n = U n + 1 – 1On a donc : U n + 2 = 5 U n + 1 – 4 U n = 5 U n + 1 – U n + 1 + 1 = 4 U n + 1 + 1.On a donc bien U n + 2 = 4 U n + 1 + 1.Conclusion : la propriété est héréditaire et elle est vraie pour n = 0 elle est donc vraie pour tout entier naturel n.Variante :On peut démontrer que la suite (U n + 1 – 4 U n ) est constante.W n = U n + 1 – 4 U nW n + 1 = U n + 2 – 4 U n + 1 – U n + 1 + 4 U n = 5 U n + 1 – 4 U n – 4 U n + 1 – U n + 1 + 4 U n = 0.La suite (W n ) est donc constante donc pour tout entier naturel n, W n = W 0 = U 1 – 4 U 0 = 1On a bien pour tout entier naturel n, U n + 1 = 4 U n + 1.b) Montrer que, pour tout entier naturel n, U n est un entier naturel.Par récurrenceInitialisation : U 0 = 1 donc U 0 ∈ INHérédité : si n est un entier naturel tel que U n ∈ IN alors 4 U n + 1 ∈ IN alors U n + 1 ∈ IN.Conclusion : la propriété est vraie pour n = 0, elle est héréditaire, elle est donc vraie pour tout entier naturel n.c) En déduire, pour tout entier naturel n, le PGCD de U n et U n+1 .Pour tout entier naturel n, U n + 1 – 4 U n = 1 donc il existe des entiers relatifs u et v tels que :u U n + 1 + v U n = 1 et on peut en déduire, d'après le théorème de Bézout, que U n + 1 et U n sont premiers entre eux.Variante :Si d divise U n et U n + 1 alors d divise U n + 1 – 4 U n alors d divise 1 alors d = 1.U n et U n + 1 sont donc premiers entre eux.4) Soit (V n ) la suite définie pour tout entier naturel n par V n = U n + 1 3 .a) Montrer que (V n ) est une suite géométrique dont on déterminera la raison et le premier terme v 0V n + 1 = U n + 1 + 1 3 = 4 U n + 1 + 1 3 = 4 U n + 4 3 = 4 ⎝ ⎜⎛ U n + 1 3 ⎠ ⎟⎞ = 4 V n.Donc (V n ) est une suite géométrique de raison 4 de premier terme V 0 = 1 3 b) Exprimer V n puis U n en fonction de n.V n =4 n × V 0 = 4n3 donc U n = V n – 1 3 = 4n3 – 1 3 = 4n – 13c) Déterminer, pour tout entier naturel n, le PGCD de 4 n+1 – 1 et de 4 n – 1.Pour tout entier naturel n, U n + 1 – 4 U n = 1 donc 4 n + 1 – 1 – 4 (4 n – 1) = 3Donc il existe des entiers relatifs u et v tels que u (4 n + 1 – 1) + v (4 n – 1) = 3 donc PGCD(4 n + 1 – 1,4 n – 1) = 3.Variante :U n = 4n – 1et U3 n ∈ IN donc 4 n – 1 est divisible par 3.On note g = PGCD(4 n + 1 – 1, 4 n – 1)g = 3 g'g divise 4 n + 1 – 1 et 4 n – 1 donc g divise 3 U n et 3 U n + 1 donc 3 g' divise 3 U n et 3 U n + 1 donc g' divise U n et U n + 1donc g' = 1 car U n et U n + 1 sont premiers entre eux.PGCD (4 n + 1 – 1, 4 n – 1) = 3.

EXERCICE 3 (5points), n désigne un entier naturel non nul. On étudie la fonction f n définie sur IR par : f n (x) = x e x – n x. On note C n sacourbe représentative dans un repère orthonormal (O; ⎯→ ⎯→i ; j ). Partie A : Soit gn la fonction définie sur IR par g n (x) = (1 + x) e x – n.1) Etudier les variations de g n (donner le tableau de variations), et déterminer les limites aux bornes de son ensemble de définition.La fonction g n est dérivable sur IR et, pour tout réel x, g '(x) = 1 × e x + (1 + x) e x = (2 + x) e xg '(x) est du signe de 2 + x.⎧ lim (1 + x) = + ∞x → +∞⎨⎩limx → +∞ ex = + ∞g n (x) = e x + x e x – n et limdonc limx → +∞ (1 + x) ex = + ∞ donc limx → +∞ g n (x)= + ∞.x → –∞ ex = 0 = lim xx → –∞ ex donc lim g n (x) = – n.x → –∞2) Montrer que g n s’annule pour une unique valeur α n , et que α n est positif ou nul.La fonction g n est continue et strictement croissante sur l'intervalle [ – 2 ; + ∞ [, g n (– 2) < 0 et lim g n (x) = + ∞x → +∞donc l'équation g n (x) = 0 admet une solution unique dans l'intervalle [ – 2 ; + ∞ [.d'après les variations de la fonction g n l'équation g n (x) = 0 n'a pas de solution sur l'intervalle ] – ∞ ; – 2].L'équation g n (x) = 0 admet donc une solution unique dans IR;g n (0) = (1 + 0) e 0 – n = 1 – n ≤ 0. (car n ≠ 0 donc n ≥ 1) donc g n (0) ≤ g n (α n ) donc 0 ≤ α n parce que la fonction g nest croissante sur [ – 2 , + ∞ [ et que 0 et α n sont dans [ – 2 , + ∞ [L'équation g n (x) = 0 admet donc une solution unique α n et cette solution est positive ou nulle.net que 0 ≤ α n ≤ ln n.1 + α n3) Montrer que α n = ln ⎛ ⎞ ⎝ ⎠g n (α n ) = 0 ⇔ e α n (α n + 1) – n = 0 ⇔ e α nn =α n + 1 ⇔ α n = ln ⎜ ⎛ n⎝ 1 + α ⎠ ⎟⎞nnOn a vu que α n ≥ 0 on a donc ≤ n donc α n ≤ ln n. On a donc bien 0 ≤ α n ≤ ln n.1 + α nVariante : g n (ln n) = (1 + ln n)e ln n – n = n ln n ≥ 0 donc, d'après les variations de g n , g n (α n ) ≤ g n (ln n) ⇒ α n ≤ ln n4) a) Démontrer que, pour tout réel x strictement positif : ln x ≤ x – 1Soit la fonction h définie sur ] 0 ; + ∞ [ par h (x) = ln x – x + 1.h est dérivable sur ] 0 ; + ∞ ( et pour tout réel x, h '(x) = 1 x – 1 = 1 – xxh '(x) est donc du signe de 1 – x.d'après les variations de h, pour tout réel x, h (x)≤ 0 donc ln x ≤ x – 1.b) En déduire que g n (ln( n)) ≤ 0.g n (ln ( n)) = e ln( n ) (1 + ln ( n)) – n = n (1 + ln ( n)) – nln n ≤ n – 1 donc ln n + 1 ≤ n donc g n (ln ( n)) ≤ n × n – n donc g n (ln n) ≤ 0.c) Montrer alors que 1 2 ln n ≤ α n .x 0 – 2 + ∞g n '( x ) – 0 +– n + ∞g n ( x )– e – 2 – nx 0 1 + ∞signe de h '(x) + 0 –0h (x)g n (ln n) ≤ 0 donc g n (ln n) ≤ g n (α n ) et donc, d'après les variations de g n , ln n ≤ α n c'est à dire 1 2 ln n ≤ α nd) Etudier la convergence des suites de terme général α n et α nn .12 ln n ≤ α 1n et lim ln n = + ∞ donc, d’après les théorèmes de comparaison, limx → +∞ 2 α n = + ∞.x → +∞0 ≤ α n ≤ ln n donc 0 ≤ α nn ≤ ln nn . lim ln nx → +∞ nα= 0 donc, d'après le théorème des gendarmes, lim nx → +∞ n = 0Partie B : 1) Etudier les variations de f n , et déterminer les limites aux bornes de l’ensemble de définition.La fonction f n est dérivable sur IR et, pour tout réel x, f n (x) = 1 × e x + x × e x – n = g n (x)g n (α n ) =0 et, d'après les variations de g n , g n (x) ≥ 0 ⇔ x ≥ α n .f n (x) = x (e x – n) et ⎨ ⎧ limx → +∞ (ex – n) = + ∞⎩lim x = + ∞ donc lim f n (x)= + ∞x → +∞x → +∞f n (x) = x e x – n x. lim xx → –∞ ex = 0; lim (– n x) = + ∞ donc lim f n (x) = + ∞x → –∞ x → –∞2) Montrer que C n admet une asymptote oblique D n en -∞ d’équation y = – n x.f n (x) – (– n x) = x e x et lim xx → –∞ ex = 0 donc la droite d'équation y = – n x est asymptote à C n en – ∞.3) Déterminer les points d’intersection de C n et de l'axe des abscisses.M ∈ C n ∩ (Ox) ⇔ ⎨ ⎧ y = 0⎩ y = f n (x) . Les abscisses des points d'intersection de C n avec (Ox) sont les solutions del'équation f n (x) = 0. f n (x) = 0 ⇔ x e x – n x = 0 ⇔ x (e x – n) = 0 ⇔ x = 0 ou e x – n = 0 ⇔ x = 0 ou x = ln n.Les points d’intersection sont donc les points de coordonnées : (0 ; 0) et (ln n ; 0).x 0 α n + ∞f n ' '(x) – 0 +f n (x)

EXERCICE 5 (5points), commun à tous les candidats : Partie A : restitution organisée des connaissances. La fonctionexponentielle, notée exp, est l’unique fonction dérivable sur I R telle que exp (0) = 1, et pour tout réel x, exp '(x) = exp (x).Démontrer que : a) pour x ∈ IR:: exp(x) × exp (– x) = 1.Soit la fonction h définie sur IR par h (x) = exp (x) × exp (– x)h est le produit de deux fonctions dérivables sur IR elle est donc dérivable sur IR et, pour tout réel x,h '(x) = exp (x) × exp (– x) + exp (x) × (– 1 × exp (– x)) = 0.La fonction h est donc constante sur IR et, pour tout réel x, h (x) = h (0) = exp (0) × exp (– 0) = 1.donc pour tout réel x, exp (x) × exp (– x) = 1.b) pour x ∈ I R et a ∈ I R : exp (a + x) = exp (a) × exp (x).exp (a + x)Soit h a la fonction définie sur I R par h a (x) = .exp (a)1h a est dérivable sur IR et, pour tout réel x, h a '(x) =exp (a) × 1 × exp (a + x) = h a (x).1est une constante et (a + x)' = 1.exp aAinsi h a '(x) = h a (x) pour x ∈ IRexp (a)Or h a (0) =exp(a) = 1Or d’après le pré requis, la fonction exponentielle est la seule à vérifier toutes ces conditionsexp (a + x)Donc, pour tout réel a, h a = exp et donc pour tout réel x et pour tout réel a, = exp(x) doncexp (a)exp (a + x) = exp (a) × exp (x)variante : Pour tout réel x, exp (x) × exp (– x) = 1 donc la fonction exp (x) ne s'annule pas sur IRexp(a + x)On peut donc définir sur IR la fonction f a par f a (x) =exp (x)⎪⎧ u (x) = exp (a + x) et u' (x) = 1 × exp (a + x)⎨donc f⎩⎪ v (x)= exp (x) et v' (x) = exp(x)a '(x) =exp (a + x) × exp (x) – exp (a + x) × exp (x)(exp (x)) 2 = 0.la fonction f a est donc constante sur IR et donc, pour tout réel a, pour tout réel x, f a (x) = f a (0) =Donc, pour tout réel x et pour tout réel a,exp(a + x)exp (x)= exp(a) donc exp (a + x) = exp (a) × exp (x)exp (a)= exp (a)exp (0)Partie B : Q1 : On considère l’équation différentielle (E) : y ' + 3 y = e – c x où y est une fonction dérivable sur IR, y ' sa fonctiondérivée et c un réel. 1) Si c = 0, les solutions de l’équation différentielle (E) :si c = 0 , e -c x = e 0 = 1 et on obtient l’équation différentielle y ' = 1 – 3 y dont les solutions, d’après le cours, sont les fonctionsf k définies et dérivables sur IR telles que f k (x) = k e– 3 x + 1 : Réponse b) est la seule juste.32) Si c = 3 , une solution particulière de ( E) estsi c = 3 , e -c x = e -3 x et on obtient l’équation différentielle y' + 3 y = e -3 xPour vérifier si une fonction g est solution d’une équation particulière il faut remplacer y par g , y' par g' et voir si l’égalité estvérifiéeOr chaque fonction g est dérivable sur I R et pour x ∈ I R :a) g '(x) + 3 g (x) = – e -3 x + 3 e -3 x = 2 e -3 x ≠ e -3 x dans ce cas g n'est donc pas solution.b) g '(x) + 3 g (x) = e -3 x + ( x + 2) × (– 3) × e -3 x + 3 (x + 2) e -3 x = e -3 x donc g est bien solution de l'équation différentielle .c) g '(x) + 3 g (x) = e -3 x + (x – 2) × (– 3) × e -3 x + 3 (x – 2) e -3 x = e -3 x donc g est bien solution de l'équation différentielleles seules réponses justes sont donc les réponses b) et c)Q2 : Soit f la fonction définie sur IR par : ⎨ ⎧ f (x) = x 2 sin 1 x⎩ f (0) = 01- a) f est continue en 0limx → 0f (x) = limx → 0 x2 sin 1 xpour x ≠ 0Or pour x ∈ I R : – 1 ≤ sin 1 x ≤ 1 donc, comme x2 ≥ 0, on obtient – x 2 ≤ x 2 sin 1 x ≤ x2 .Puis lim –x → 0 x2 = limx → 0 x2 = 0 donc d’après le théorème des gendarmes lim f (x) = 0 = f (0) donc f est continue en 0x → 0la réponse a) est donc juste.

) limx → +∞ f (x) = 0On pose X = 1 x :1limx → +∞x = 0+ donc limx → +∞f (x) = limla réponse b) est donc fausse.c) La fonction f est dérivable en 0.Soit t le taux de variation de f en 0: t (x) =1X → 0 + X 2 sin X = lim1X → 0 + X × sin XXf (x) – f (0)x – 0= x sin 1 x= + ∞ car limsin XX → 0 + X = 1Or pour x ∈ I R : 0 ≤ sin 1 x ≤ 1 donc, comme | x | ≥ 0, on obtient 0 ≤ | x | sin 1 x ≤ | x |.lim | x | =0 donc, d'après le théorème des gendarmes, lim t (x) = 0.x → 0 x → 0t (x) = 0.donc f est dérivable en 0 et f ’(0) = limx → 0les seules réponses justes sont donc les réponses a) et c)2) Pour x ≠ 0, f est dérivable et sa fonction dérivée f ' est définie par :q) f '(x) = 2 x sin 1 x + x2 cos 1 x .b) f '(x) = 2 x sin 1 x + cos 1 x .c) f '(x) = 2 x sin 1 x – cos 1 x .On pose u (x)= x 2 et v (x) = sin 1 xla fonction u est dérivable sur IR et, pour tout réel x, u' (x)= 2 x.v est la composée de deux fonctions dérivables sur leur ensemble de définition elle est donc dérivable sur son ensemble dedéfinition IR* et, pour tout réel x, v' (x)= – 1 x 2 × cos 1 xcar ⎝ ⎛ 1⎠ ⎞ '= – 1 x x 2On a donc f '(x) = 2 x sin 1 x + x2 × ⎛– 1 ⎞⎝ x 2 cos 1 ⎠ x = 2 x sin 1 x – cos 1 x .la seule réponse juste est la réponse c).Remarque :⎪⎧ 1f '(x)= 2 x sinLa fonction dérivée de f est définie sur IR par ⎨x – cos 1 x pour x ≠ 0⎩⎪ f '(0) = 0Cette fonction n'est pas continue en 0 car 2 x sin 1 x – cos 1 n'a pas de limite en 0.x

EXERCICE 1 (5 points), commun à tous les candidatsEXERCICE 2 à traiter par les candidats ne suivant pas l’enseignement de spécialité :U 3 U 2 U 1EXERCICE 5 (5points), commun à tous les candidats :Q1 : Q2 :1) a) Vrai · Faux · 1) a) Vrai · Faux ·1) b) Vrai · Faux · 1) b) Vrai · Faux ·1) c) Vrai · Faux · 1) c) Vrai · Faux ·2) a) Vrai · Faux ·2) b) Vrai · Faux ·2) c) Vrai · Faux ·2) a) Vrai · Faux ·2) b) Vrai · Faux ·2) c) Vrai · Faux ·