Exercice I
1. Démontrons que les fonctions de la forme $x \mapsto$ $C{e^{ax}} - \frac{b}{a}$ où C est un réel, sont les solutions de l’équation différentielle $y' = ay$ $+ b$
Soit f une fonction définie sur l’ensemble $\mathbb{R}$ par : $f(x) =$ $C{e^{ax}} - \frac{b}{a}$
Alors $f'(x) =$ $Ca{e^{ax}}$ ainsi, $af(x)$ $+ b =$ $aC{e^{ax}} -$ $b + b$ $= a{e^{ax}}$ $= f'(x)$
Conclusion : les fonctions de la formes $x \mapsto$ $C{e^{ax}} - \frac{b}{a}$ où C est un réel, sont les solutions de l’équation différentielle $y' = ay$ $+ b$ 1 pt
2. Indiquons si chaque affirmation suivante est vraie ou fausse 3pts
a) Vraie
b) Fausse
c) Vraie
Exercice II 5 pts
1. Donnons l’angle et le rapport des similitudes S₁ et S₂ 2 pts
Le triangle ABM est rectangle isocele en M donc $AB = \sqrt 2 AM$ et la mesure de $(\widehat {\overrightarrow {AM} ;\overrightarrow {AB} })$ $= \frac{\pi }{2}$.
S, a pour angle $\frac{\pi }{4}$ et de rapport $\sqrt 2$.
De même, on trouve que S₂ a pour angle $\frac{\pi }{4}$ et pour rapport $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$
2.a Deduissons–en les écritures complexes de S₁ et S₂ 1pt
S₁ : $z' =$ $\sqrt 2 {e^{\frac{{\pi i}}{4}}}$ $(z - {z_A})$ $+ {z_A} =$ $(1 + i)z$ $- 2i$
S₂ : $z' = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ ${e^{\frac{{\pi i}}{4}}}z =$ $\frac{1}{2}(1 + i)z$
2.b) Déduisons-en les affixes Z_M et Z_N 1pt
${z_M} =$ $\frac{{{z_B} + 2i}}{{1 + i}}$ $= \frac{9}{4} + \frac{3}{4}i$
${z_N} =$ $\frac{1}{2}(1 + i){z_B}$ $= \frac{1}{4} + \frac{5}{4}i$
2.c Donnons, par lecture graphique, l’affixe Zp du point P
${z_P} = 1 + i$
Démontrons que les droites (OM) et (PN) sont perpendiculaires 0,5 pt
$\frac{{{z_O} - {z_M}}}{{{z_P} - {z_N}}}$ $= - i$
Donc les droites (OM) et (PN) sont perpendiculaires, On peut aussi montrer que $\overrightarrow {OM} .\overrightarrow {ON} = 0$.

Problème /11 pts
A.1 Etudins la limite de la foncfion f en $- \infty$ puis en $+ \infty$ 0,5pt
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x)$ $= - \infty$
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x)$ $= - \infty$
A.2 Démontrons que la droite d’équation $y = 2x + 1$ est asymptote à la courbe (C) en $- \infty$ et précisons la position de (C) par rapport à la droite ($\Delta$) 0,75 pt
$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } [f(x)$ $- 2x - 1]$ $=$ $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } ( - \frac{1}{e}x{e^x})$ $= 0$
La droite ($\Delta$) est asymptote à (C) en $- \infty$
$- \frac{1}{e}x{e^x} \prec 0$ si $x \in [0; + \infty [$ et $- \frac{1}{e}x{e^x} \succ 0$ si $x \in ] - \infty ; + 0[$
Conclusion (C) est au dessus de $(\Delta )$ dans $] - \infty ; + 0[$ et en dessous de $(\Delta )$ dans $]0, + \infty [$
A.3.a Calculons la dérivée f’ et la dérivée f’’ de la fonction f :
Pour tout $x \in \mathbb{R}$,
$f'(x) =$ $2 - (1 + x)$ ${e^{x - 1}}$
$f''(x) =$ $- (2 + x){e^{x - 1}}$
A.3.b Dressons le tableau de variations de la fonction f’
A.3.c Calculons f’(1) et en déduisons-en le signe de f’ 0,75pt
$f'(1) =$ $2 - (1 + 1)$ ${e^0} = 0$
Donc $f'(x) \succ 0$ si $x \in ] - \infty ;1[$ et $f'(x) \prec 0$ si $x \in [1; + \infty [$
A.3.d Dressons le tableau de variation de la fonction f : 0,75pt
A.4 Démontrons que sur $I = [1,9; 2]$, l’équation $f(x) = 0$ a une solution unique $\alpha$ : 0,75pt
F est continue et strictement croissante sur I (1)
$f(1,9) \times f(2)$ $= - 0,056 \prec 0$ (2)
Donc l’équation $f(x) = 0$ a une unique solution $\alpha$ :
A.5 Traçons la droite $(\Delta )$ et la courbe (C) ( unité graphique : 2 cm)
B.1 Montrons que sur I, l’équation f(x) équivaut à l’équation g(x)=x
$f(x) = 0$ équivaut à $- x{e^{x - 1}} =$ $- 2x - 1$ c’est à dire $\ln (x{e^{x - 1}})$ $= \ln (2x + 1)$ ainsi
$\ln (x) +$ $x - 1$ $= \ln [x(2 + \frac{1}{x})]$
D’où $x =$ $\ln (2 + \frac{1}{x})$ $+ 1$
Ainsi : on a $f(x) = 0$ et $g(x) = x$ 0,5pt
B.2 Étudions le sens des variations de la fonction g sur I et montrons que pour tout x appartenant à I, g(x) appartient à I 1,5 pt
Pour tout $x \in I$, $g(x) =$ $- \frac{1}{{x(2x + 1)}}$ $\prec 0$, donc d est strictement décroissante sur I.
Pour tout $x \in I$,
$1,9 \le x$ $\le 2 \Rightarrow$ $g(1,9) \le$ $g(x) \le$ $g(2)$
Car g est décroissante sur I. or $g(2) =$ $1,916.. \ge 1,9$ et $g(1,9) =$ $1,916..$ $\le 2$ ainsi $g(x) \in I$
B.3 Démontrons que pour tout x de l’intervalle I, $\left| {g(x)} \right| \le \frac{1}{9}$ 0,75 pt
$\left| {g(x)} \right| =$ $\frac{1}{{x(2x + 1)}}$
Pour tout $x \in I$, $1,9 \le x$ $\le 2$ et $4,8 \le$ $2x + 1$ $\le 5$, en multipliant membre à membre les termes de d’inégalités, on obtient :
$9,12 \le$ $x(2x + 1)$ $\le 10$, en inversant et en multipliant la dernière inégalité, on obtient :
$\frac{1}{{10}} \le$ $g'(x) \le$ $\frac{1}{9}$
Donc $\left| {g'(x)} \right| \le \frac{1}{9}$ pout tout x appartient à I
B.4.a Démontrons que pour tout n entier naturel,
$\left| {{U_{n + 1}} - \alpha } \right|$ $\le \frac{1}{9}\left| {{U_n} - \alpha } \right|$ pour tout entier naturel n
B.4.b Déduisons-en par récurrence que :
$\left| {{U_n} - \alpha } \right|$ $\le {(\frac{1}{9})^n} \times \frac{1}{{10}}$
Pour n=0, on a :
$\left| {{U_0} - \alpha } \right|$ $= \left| {2 - \alpha } \right|$ $\le 0,1 =$ $(\frac{1}{9}) \times \frac{1}{{10}}$ donc la proposition est vraie au premier rang
Soit $k \in \mathbb{N}$, Supposons que
$\left| {{U_k} - \alpha } \right|$ $\le {(\frac{1}{9})^k}$ $\times \frac{1}{{10}}$
D’après B.4, on a
$\left| {{U_k} - \alpha } \right|$ $\le \frac{1}{9}\left| {{U_k} - \alpha } \right|$ $\le \frac{1}{9} \times {(\frac{1}{9})^k}$ $\times \frac{1}{{10}}$ D’après l’hypothèse de récurrence. On a donc :
$\left| {{U_{k + 1}} - \alpha } \right| \le$ $\frac{1}{9} \times {(\frac{1}{9})^k} \times \frac{1}{{10}}$
Conclusion :
$\left| {{U_n} - \alpha } \right| \le$ ${(\frac{1}{9})^n} \times \frac{1}{{10}}$ pour tout entier naturel n.
B.4.c Déduisons-en que la suite converge et précisons sa limite 0,75 pt
On a
$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(\frac{1}{9})^n} \times$ $\frac{1}{{10}} \approx 0$
Donc (Un) est convergente et converge vers $\alpha$