Source Latex
de la correction du devoir
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\usepackage{enumerate}
\usepackage{pst-all}
% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}
\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}
\nwc{\ul}{\underline}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\ct}{\centerline}
\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}
\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt % Doppel C
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Q{\mathbb{Q}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}} % Doppel Z
\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}
\newcounter{nex}[section]\setcounter{nex}{0}
\newenvironment{EX}{%
\stepcounter{nex}
\bgsk{\noindent{{\large\bf Exercice \arabic{nex}}}}\,\hspace{0.5cm}
}{}
\nwc{\bgex}{\begin{EX}}\nwc{\enex}{\end{EX}}
\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
\newenvironment{centerpage}{\vspace*{\fill}}{
\protect\vspace*{\fill}}
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\lhead{}\chead{}\rhead{}
\lfoot{}\cfoot{}\rfoot{\thepage/\pageref{LastPage}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}
\begin{center}
\textbf{\Large Correction du baccalauréat blanc \\
MATHEMATIQUES -- 2023\\
}
\end{center}
\bgex \hrulefill\textbf{\textit{ Asie 8 juin 2021, ex. 1 (candidats libres)}}
\begin{enumerate}
\item Réponse C. \\
On a $f(x) = x^2e^x - 2xe^x - e^x$, avec
$\dsp\lim_{x \to - \infty} e^x = 0$ et, par croissances comparées,
$\dsp\lim_{x \to - \infty} 2xe^x = 0$ et $\dsp\lim_{x \to - \infty} x^2e^x = 0$, d'où par somme de limites : $\displaystyle\lim_{x \to - \infty} f(x) = 0$.
\item Réponse C. \\
On a $\dsp\lim_{x \to - \infty} f(x) = \dfrac{3}{5}$ et donc la droite d'équation $y = \dfrac{3}{5}$ est asymptote horizontale au voisinage de moins l'infini ;
De m\^eme $\dsp\lim_{x \to + \infty} f(x) = 0$ et donc l'axe des abscisses est asymptote horizontale au voisinage de plus l'infini.
\item Réponse B. \\
On voit sur la figure que la dérivée seconde s'annule trois fois:
$f''(- 3) = f''(2) = f''(5) = 0$ en, changeant de signe à chaque fois,
et donc que la fonction $f$ admet trois points d'inflexion.
\item Réponse A.\\
$(u_n)$ est une suite définie explicitement par un expression du second degré:
$u_n=f(n)$ avec $f(x)=x^2-17x+20$.
On conna\^it facilement les variations de cette fonction qui admet un minimum en
$x=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{17}2$, et qui vaut
$f\lp\dfrac{17}2\rp$.
On a alors que, pour tout entier $n$,
$u_n \geqslant f\lp\dfrac{17}2\rp$: la suite est donc minorée.
\item Réponse A.
\end{enumerate}
\enex
\bigskip
\bgex \hrulefill\textbf{\textit{Polynésie 2 juin 2021, ex. 2 (candidats libres)}}
\begin{enumerate}
\item On construit un arbre pondéré modélisant la situation proposée:
\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesepB=3pt,levelsep=2.75cm]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$M~~$}\taput{0,07}}
{\TR{$T$} \taput{0,8}
\TR{$\overline{T}$}\tbput{0,2}
}
\pstree{\TR{$\overline{M}~~$}\tbput{0,93}}
{\TR{$T$} \taput{0,01}
\TR{$\overline{T}$}\tbput{0,99}
}
}
\end{center}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item On a $P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0,07 \times 0,8 = 0,056$.
\item On a de même $P\left(\overline{M} \cap T\right) = P\left(\overline{M}\right) \tm P_{\overline{M}}(T) = 0,93 \tm 0,01 = 0,0093$.
et alors, d'après la formule des probabilités totales:
\[P(T) = P(M \cap T) + P\left(\overline{M} \cap T\right) = 0,056 + 0,0093 = 0,0653\]
\end{enumerate}
\item $P_T(M) = \dfrac{P(T \cap M)}{P(T)} = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0,056}{0,0653} \approx 0,86$
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item On répète $n=10$ fois l'expérience aléatoire "choisir une personne au hasard dans la population", dont le succès est "la personne a un test positif".
Ces répétitions sont supposées identiques et indépendantes (car le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise).
Enfin, la variable aléatoire $X$ compte le nombre de succès, c'est-à-dire le nombre de personnes ayant un test positif.
On en déduit que $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=10$ avec $p=0,0653$.
\item On a alors, à l'aide de la calculatrice,
$P(X = 2) \simeq 0,11$ à $10^{-2}$ près.
\end{enumerate}
\item {\bf Méthode 1, avec le logarithme:}\\
On a $P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - (1 - 0,0653)^n = 1 - 0,9347^n$
et on cherche alors que:
\[P(X \geqslant 1) > 0,99 \iff 1 - 0,9347^{n} > 0,99 \iff 0,01 > 0,9347^{n}\]
soit en prenant le logarithme népérien :
\[\ln 0,01 > n\ln 0,9347 \iff n>\dfrac{\ln 0,01}{\ln 0,9347}\simeq68,2\]
Il faut donc tester au moins 69 personnes au minimum.
\medskip
{\bf Méthode 2, avec la calculatrice:}
On cherche en tatonnant la plus petite valeur de $n$ telle que
$X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n;0,0653)$
et
$P(X\geqslant1) > 0,99)$.
On trouve alors $n=69$.
\end{enumerate}
\enex
\bigskip
\bgex \hrulefill\textbf{\textit{ Centres étrangers 9 juin 2021 (candidats libres)}}
\textbf{Partie A}
\medskip
\begin{enumerate}
\item $a_1 = a_0 \times \dfrac{85}{100}+ 450 = 200 \times \dfrac{85}{100}+ 450 = 620$
\item Prendre les 85\,\% du nombre de collaborateurs en télétravail revient à multiplier par $0,85$; puis on ajoute 450 donc, pour tout entier naturel $n$, on a:
$a_{n+1} = 0,85a_n + 450$.
\item On considère la suite $\left(v_n\right)$ définie pour tout entier naturel n par: $v_n = a_n - 3000$; on en déduit que $a_n = v_n + 3000$.
\begin{enumerate}[a)]
\item Pour tout entier $n$, on a
\[\bgar{ll}
v_{n+1} &= u_{n+1} - 3000 \\&= 0,85 u_n + 450 - 3000\\
&= 0,85\left (v_n + 3000\right ) -2550 \\
&= 0,85 v_n + 2550 - 2550 \\
&= 0,85 v_n\enar\]
ce qui montre bien que cette suite est géométrique de raison $q=0,85$.
\item On a de plus $v_0=u_0 - 3000 = 200 - 3000 = -2800$
et donc, pour tout $n$, on a $v_n=v_0\tm q^n = -2800\tm 0,85^n$.
\item Comme $u_n=v_n+ 3000$, on a donc aussi, pour tout entier naturel $n$,\,
$a_n = - 2800 \times 0,85^n + 3000$.
\end{enumerate}
\item Le nombre de mois $a_n$ au bout duquel le nombre de télétravailleurs sera strictement supérieur à 2500 est l'entier $n$ tel que $a_n > 2500$, soit
\[\bgar{ll}a_n> 2500
&\iff - 2800 \tm 0,85^n + 3000 > 2500\\
&\iff \dfrac{500}{2800} > 0,85^n\\[5pt]
&\iff \ln\left ( \dfrac{500}{2800} \right ) > \ln \lp0,85^n\rp = nln(0,85)\\
&\iff n>\dfrac{\ln\left ( \frac{5}{28} \right )}{\ln \left (0,85\right )} \simeq10,6
\enar\]
Le nombre de mois au bout duquel le nombre de télétravailleurs sera strictement supérieur à 2500 est 11.
\end{enumerate}
\bigskip
\textbf{Partie B }
$u_{n+1} = \dfrac{5u_n + 4}{u_n + 2} = f\lp u_n\rp$
avec $f(x) = \dfrac{5x+4}{x+2}$.
\medskip
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item $f$ est dérivable sur $[0~;~+\infty[$ avec, en dérivant le quotient
$f=\dfrac{u}v$,
\[f'(x)= \dfrac{5\tm (x+2) - (5x+4)\tm 1}{(x+2)^2}
= \dfrac{6}{(x+2)^2}\]
$f'(x)>0$ sur $[0~,~+\infty[$, donc la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0~;~+\infty[$.
\item
\[\psset{unit=1.5cm,arrowsize=7pt}
\begin{pspicture}(-1,-1)(8,7)
\psline{->}(-0.5,0)(7.5,0)
\psline{->}(0,-0.5)(0,6.5)
\multido{\i=0+1}{8}{%
\psline(\i,-0.1)(\i,0.1)%
%\rput(\i,-0.3){$\i$}
}
\multido{\i=0+1}{7}{%
\psline(-0.1,\i)(0.1,\i)%
\rput(-0.3,\i){$\i$}%
}
% Definition de la fonction f de u_{n+1}=f(u_n)
\newcommand{\f}[1]{5 #1 mul 4 add #1 2 add div}
% Et son tracer:
\psplot[linewidth=1.4pt]{0}{7}{\f{x}}
% ainsi que le tracer de la droite y=x
\psplot{-0.2}{6.5}{x}
% Defintion de la fonction itérée:
% par ex.: fn{3}{x}=f(f(f(x)))
\newcommand\fn[2]{%
\ifnum#1=1
\f{#2}%
\else
\f{\fn{\numexpr#1-1}{#2}}%
\fi
}
% Valeur initiale (u_0)
\def\xinit{0}
\def\nmax{3}
% Initialisation pour u_0
\psline[linestyle=dashed]
(\xinit,0)
(!\xinit\space\f{\xinit})
(!\f{\xinit}\space\f{\xinit})
\rput(\xinit,-0.3){$A_0$}
% Boucle pour u_1, u_2, ..., u_nmax
\multido{\i=1+1}{\nmax}{
\psline[linestyle=dashed]
(!\fn{\i}{\xinit} \space 0)
(!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\i}{\xinit})
(!\fn{\i}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
(!\fn{\numexpr\i+1}{\xinit} \space \fn{\numexpr\i+1}{\xinit})
\rput(!\fn{\i}{\xinit}\space 0){$\tm$}
\rput(!\fn{\i}{\xinit}\space -0.3){$A_\i$}
}
\end{pspicture}\]
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item Soit $\mathcal{P}_n$ la propriété $0 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 4$.
\bgit
\item \textbf{Initialisation}
$u_0 = 1$ et $u_1 = \dfrac{5\times u_0 +4}{u_0+1} = 3$,
donc on a bien $0\leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant 4$, donc la propriété est vraie pour $n=0$.
\item \textbf{Hérédité}
On suppose la propriété $\mathcal{P}_n$ vraie pour un rang $n\geqslant 0$, c'est-à-dire $0 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 4$.
En appliquant la fonction $f$ qui est strictement croissante sur $[0~;~+\infty[$, donc qui conserve l'ordre, on obtient alors $f(0) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1} ) \leqslant f(4)$.
Or $f(0)=\dfrac{4}{2}= 2 \geqslant 0$,
et $f(u_n)=u_{n+1}$ et $f(u_{n+1})=u_{n+2}$ et enfin $f(4)=\dfrac{24}{6}=4$
On a donc obtenu $0\leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 4$, ce qui montre que la propriété est vraie au rang $n+1$.
\item \textbf{Conclusion}
On vient donc de démontrer, d'après le principe de récurrence, que la propriété $\mathcal{P}_n$ est vraie pour tout $n\geqslant 0$, c'est-à-dire que
$0 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 4$.
\enit
\item D'arprès les inégalités précédentes, on a en particulier que
$u_n \leqslant u_{n+1}$ ce qui signifie que la suite est croissante,
et de plus que $u_n \leqslant 4$ et donc qu'elle est aussi majorée.
On en déduit, d'après le théorème de la convergence monotone, que la suite $(u_n)$ est convergente.
\end{enumerate}
\item On a $\dsp\lim_{n\to+\infty}\lp\dfrac12\rp^n=0$ et donc,
$\dsp\lim_{n\to+\infty}3\lp\dfrac12\rp^n=0$.
On en déduit, d'après le théorème des gendarmes, que
$\dsp\lim_{n \to +\infty} \left (4 - u_n \right )=0$
et donc finalement que
$\dsp\lim_{n \to +\infty} \left ( u_n \right )=4$.
%En déduire la limite de la suite $\left(u_n\right)$ et l'interpréter dans le contexte de la modélisation.
Cela signifie que le nombre de collaborateurs satisfaits va tendre vers 4000.
\end{enumerate}
\enex
\bigskip
\bgex \hrulefill\textbf{\textit{ Asie 8 juin 2021, ex. 2 (candidats libres)}}
\medskip
\begin{center}
\psset{unit=.5cm,arrowsize=2pt 4}
\begin{pspicture}(6,10)
\pspolygon(0.5,0.5)(4,0)(4,7.2)(0.5,7.7)%BCGF
\uput[d](0.5,0.5){B} \uput[d](4,0){C} \uput[ul](4,7.2){G} \uput[ul](0.5,7.7){F}
\psline(4,0)(5,1.4)(5,8.6)(4,7.2)%CDHG
\uput[r](5,1.4){D} \uput[ur](5,8.6){H} \uput[d](1.5,1.9){A} \uput[dr](4.5,0.7){K}\uput[l](1.5,5.5){I}
\uput[r](5,7.3){L}
\psline(5,8.6)(1.5,9.1)(0.5,7.7)%HEF
\uput[u](1.5,9.1){E}
\psline[linestyle=dashed]{->}(1.5,1.9)(1.5,5.5)%AI
\psline[linestyle=dashed]{->}(1.5,1.9)(0.5,0.5)%AB
\psline[linestyle=dashed]{->}(1.5,1.9)(5,1.4)%AD
\psline[linestyle=dashed](4.5,0.7)(1.5,1.9)(5,7.3)%KAL
\psline[linestyle=dashed](1.5,5.5)(1.5,9.1)
\psline(4.5,0.7)(5,7.3)
\end{pspicture}
\end{center}
\bigskip
\begin{enumerate}
\item Avec $C(1~;~1~;~0)$ et $D(0~;~1~;~0)$,
on obtient $K\left(\frac{1}{2}~;~1~;~0\right)$, donc $\V{AK}\left(\frac{1}{2}~;~1~;~0\right)$ et par ailleurs $\V{AL}\left(0~;~1~;~\dfrac{3}{2}\right)$.
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item On a $\vec{n} \cdot \V{AK} = 3 - 3 + 0 = 0$ ;
et $\vec{n} \cdot \V{AL} = 0 - 3 + 3 = 0$ : le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $AKL$, il est donc orthogonal à ce plan ; c'est donc un vecteur normal à ce plan.
\item Une équation cartésienne du plan est donc de la forme $6x - 3y + 2z + d = 0$, \, avec $d \in \R$ et comme $A$ appartient à ce plan on a aussi: $ 0 + 0 + 0 + d = 0$.
On a donc l'équation du plan $(AKL) \iff 6x - 3y + 2z = 0$.
\item La droite $\Delta$ contient $D(0;1;0)$
et a pour vecteur directeur $\vec{n}(6;-3;2)$, donc :
\[\Delta: \left\{\begin{array}{l c r}
x&=&6t\\
y&=&1-3t\\
z&=&2t
\end{array}\right.,\, t \in \R\]
\item Le point $N$ est donc le point commun au plan (AKL) et à la droite $\Delta$, donc ses coordonnées $(x~;~y~;~z)$ vérifient le système :
\[\left\{\begin{array}{l c r}
x=6t\\
y=1-3t\\
z=2t\\
6x - 3y + 2z = 0
\end{array}\right.,\, t \in \R\]
et on a donc,
$6 \times 6t + (-3)\times (1 - 3t) + 2\times 2t = 0$,
soit $t = \dfrac{3}{49}$.
En remplaçant maintenant dans les trois premières équations du système, on obtient les coordonnées du point $N$:
\[\left\{\begin{array}{l c r}
x &=&6\times \dfrac{3}{49} = \dfrac{18}{49}\\[.7em]
y &=&1-3\times\dfrac{3}{49} = \dfrac{40}{49}\\[.7em]
z &=&2\times \dfrac{3}{49} = \dfrac{6}{49}
\end{array}\right. \]
et on trouve bien les coordonnées recherchées.
\end{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item Le triangle $ADK$ est rectangle en $D$ et donc
\[\mathcal{A}_{ADK} = \dfrac{AD \tm DK}{2} = \dfrac{1}{4}\]
Puisque $DL = \dfrac{3}{2}$, on a donc
$\mathcal{V}_{ADKL} = \dfrac{\frac{1}{4} \times \frac{3}{2}}{3} = \dfrac{1}{8}$
\item Comme $N$ est le projeté orthogonal de $D$ sur le plan $(AKL)$,
la distance de $D$ au plan $(AKL)$ est justement la distance $DN$. \\
Comme on a $\V{DN}\left(\frac{18}{49}~;~\frac{40}{49} - 1~;~\dfrac{6}{49} \right)$, soit $\V{DN}\left(\frac{18}{49}~;~\frac{- 9}{49}~;~\frac{6}{49} \right)$,
la distance est alors:
$DN = \sqrt{\left(\frac{18}{49}\right)^2 + \left(\frac{-9}{49}\right)^2 + \left(\frac{6}{49}\right)^2} = \dfrac{3}{7}$.
\item En prenant cette fois comme base le triangle $AKL$, on a le volume:
\[\mathcal{V}_{ADKL} =
\dfrac{\mathcal{A}_{AKL} \tm DN}{3}
\iff
\dfrac{1}{8} = \dfrac{\mathcal{A}_{AKL} \tm \frac{3}{7}}{3}\]
d'où
$\mathcal{A}_{AKL} = 7 \tm \dfrac{1}{8} = \dfrac{7}{8}$
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\enex
\bgex \hrulefill\textbf{\textit{ Métropole 13 septembre 2021 J2, ex. B (candidats libres) }}
\[f(x) = \dfrac{2\ln (x) - 1}{x}.\]
\[\psset{unit=1.cm}
\begin{pspicture*}(-0.6,-2.2)(5,1)
\psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(0,-2.1)(5,1)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0.1}{5}{x ln 2 mul 1 sub x div}
\end{pspicture*}\]
\medskip
\begin{enumerate}
\item
Dans $]0~;~+\infty[$, donc $x\not=0$,
on a
\[\bgar{ll}f(x) = 0 &\iff \dfrac{2\ln (x) - 1}{x} = 0 \\
&\iff 2\ln (x) - 1 = 0 \\
&\iff 2\ln (x) = 1 \\
&\iff \ln (x) = \dfrac{1}{2}\\
&\iff x = e^{\frac{1}{2}}\enar\]
L'unique solution est donc $x= e^{\frac{1}{2}} \simeq 1,65$.
\item Maintenant qu'on conna\^it la valeur pour laquelle $f$ s'annule, on peut compléter avec le graphique:
\bgit
\item Sur $\left]0~;~\text{e}^{\frac{1}{2}}\right[$, on a $f(x) < 0$ ;
\item Sur $\left]\text{e}^{\frac{1}{2}}~;~+ \infty\right[$, on a $f(x) > 0$ ;
\enit
\end{enumerate}
\bigskip
\textbf{Partie II} \qquad $g(x) = [\ln (x)]^2 - \ln (x)$
\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}[a)]
\item On a $\dsp\lim_{x \to 0} \ln x = - \infty$,
d'où $\dsp\lim_{x \to 0} (\ln x)^2 = + \infty$ et $\displaystyle\lim_{x \to 0} (-\ln x) = + \infty$, donc par somme de limites :
$\dsp\lim_{x \to 0} g(x) = + \infty$.
\item On factorise tout d'abord: $g(x) = \ln (x) [\ln (x) - 1]$.
Comme $\dsp\lim_{x \to + \infty} \ln (x) = + \infty$
et $\dsp\lim_{x \to + \infty} \ln (x) - 1 = + \infty$, on obtient par produit :
$\dsp\lim_{x \to + \infty} g(x) = + \infty$.
\end{enumerate}
\item En utilisant l'expression factorisée précédente,
$g(x) = \ln (x) [\ln (x) - 1]$ et en dérivant donc le produit,
\[\bgar{ll}
g'(x) &= \dfrac{1}{x} \tm [\ln (x) - 1] + \ln (x) \times \dfrac{1}{x} \\[.6em]
&= \dfrac{1}{x} \left[\ln (x) - 1 + \ln (x)\right] \\[.6em]
&= \dfrac{1}{x}\times (2\ln (x) - 1) \\[.6em]
&= \dfrac{2\ln (x) - 1}{x} = f(x)\enar\]
\item Le signe de $f(x) = g'(x)$ a été donné précédemment à la question 2 de la partie I ; on a donc :
\bgit
\item Sur $\left]0~;~\text{e}^{\frac{1}{2}}\right[$, on a $f(x)=g'(x) < 0$ : la fonction $g$ est strictement décroissante sur cet intervalle
\item Sur $\left]\text{e}^{\frac{1}{2}}~;~+ \infty\right[$, on a $f(x)=g'(x) > 0$ : la fonction $g$ est strictement croissante sur cet intervalle
\enit
En résumé, on a, avec le minimum
$g\lp e^{1/2}\rp=\lb\ln\lp e^{1/2}\rp\rb^2-\ln\lp e^{1/2}\rp=\dfrac14-\dfrac12=-\dfrac14$
\[\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline
$x$ &$0$ && $e^{1/2}$ && $+\infty$ \\\hline
$g'(x)=f(x)$ && $-$ &\zb& $+$ &\\\hline
&$+\infty$&&&&$+\infty$\\
$g$&&\Large{$\searrow$}&&\Large{$\nearrow$}&\\
&&&$-\frac14$&&\\\hline
\end{tabular}\]
\item Comme la fonction $g$ est continue (car m\^eme dérivable),
strictement décroissante sur $]0;e^{1/2}[$,
et que $\dsp\lim_{x\to0}g(x)=+\infty$ et $g\lp e^{1/2}\rp=-0,25<m$,
on en déduit, d'après le théorème de la bijection (ou corollaire théorème des valeurs intermédiaires), que l'équation $g(x)=m$ admet une unique solution sur cet intervalle.
De m\^eme, $g(x)=m$ admet une unique solution sur $[e^{-1/2};+\infty[$ pour tout $m>-0,25$.
En résumé, $g(x)=m$ admet excatement deux solutions sir $]0;+\infty[$ pour tout $m>-0,25$.
\item
Dans $]0~;~+ \infty[$,
\[\bgar{ll}g(x) = 0 &\iff \ln (x) [\ln (x) - 1] = 0 \\
&\iff \left\{\begin{array}{l c l}
\ln (x)&=&0\\
\ln (x) - 1&=&0
\end{array}\right. \\
&\iff
\left\{\begin{array}{l c l}
\ln (x)&=&0\\
\ln (x) &=&1
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
x&=&1\\
x &=&\text{e}
\end{array}\right.\enar\]
AInsi, l'équation a les deux solutions $S = \{1~;~\text{e}\}$.
\end{enumerate}
\enex
\label{LastPage}
\end{document}
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