Solutions des exercices

Solution 3.1 : A l'aide des formules trigonométriques donnant $\cos\left( a+b\right)$ et $\sin\left( a+b\right) ,$ on trouve facilement que $A=0$ et $B=0.$

Solution 3.2 : On écrit l'égalité entre deux sinus ou entre deux cosinus. Si $S$ est l'ensemble des solutions, on a :

1. $\sin x=\sin\left( 2x+\frac{\pi}{2}\right) \Leftrightarrow S=\left\{ -\frac{\pi}{2}+2k\pi;\frac{\pi}{6}+\frac{2k\pi}{3}/k\in\mathbb{Z}\right\}$

2. $\cos\left( \frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}\right) =\cos\left( \frac{x} {3}-\frac{\pi... ...\frac{5\pi}{2}+12k\pi ;-\frac{\pi}{10}+\frac{12k\pi}{5}/k\in\mathbb{Z}\right\}$

3. On utilise la transformation $\cos\left( \frac{\pi}{2}-\left( 3x-\frac{\pi}{4}\right) \right) =\sin\left( 3x-\frac{\pi}{4}\right) ,$ d'où
   $\sin\left( 3x-\frac{\pi}{4}\right) =\cos\left( x+\frac{\pi}{3}\right) \Leftrig... ...{ \frac{5\pi}{48}-\frac{k\pi} {2};\frac{13\pi}{24}-k\pi/k\in\mathbb{Z}\right\}$.

Solution 3.3 : Par les formules trigonomé triques, on a :

$$\tan2a=\frac{2\tan a}{1-\tan^{2}a}=\frac{2\left( 2-\sqrt{3}\right) }{1-\left( 2-\sqrt{3}\right) ^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\tan\frac{\pi}{6}$$

d'où $a=\frac{\pi}{12}+k\frac{\pi}{2}.$ La seule valeur de $a$ dans $\left[ 0,\frac{\pi}{2}\right]$ est $a=\frac{\pi}{12}.$

Solution 3.4 : On obtient par les formules trigonométriques :

$$\cos\frac{\pi}{12}\cos\frac{5\pi}{12}+\sin\frac{\pi}{12}\sin\frac{5\pi} {12} =\cos\left( \frac{\pi}{12}-\frac{5\pi}{12}\right) =\frac{1}{2}$$

$$\cos\frac{\pi}{12}\cos\frac{5\pi}{12}-\sin\frac{\pi} {12}\sin\frac{5\pi}{12} =0$$

Par somme et différence des expressions précédentes, on trouve que

$$\cos\frac{\pi}{12}\cos\frac{5\pi}{12}=\sin\frac{\pi}{12}\sin\frac{5\pi} {12}=\frac{1}{4}$$

Solution 3.5 :On factorise par $\sqrt{\left( \sqrt{3}\right) ^{2}+1^{2}}=2,$ de qui donne

$$\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x+\frac{1}{2}\sin x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \cos\left( \frac{\pi}{6}-x\right) =\cos\frac{\pi}{3}$$

d'où $S=\left\{ -\frac{\pi}{6}+2k\pi,\frac{\pi}{2}+2k\pi;k\in \mathbb{Z}\right\}$

Solution 3.6 : Comme $\theta\in\left[ 0,\frac{\pi}{2}\right] ,$ $\sin\theta\geqslant0,$ et donc $\sin\theta =\sqrt{1-\cos^{2}\theta}=\frac{2}{\sqrt{5}}.$ On en déduit que

$$2\cos x+4\sin x=\sqrt{15}\Leftrightarrow\frac{1}{\sqrt{5}}\cos x+... ...\frac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow\cos\left( \theta-x\right) =\cos\frac{\pi}{6}$$

d'où $S=\left\{ \theta-\frac{\pi}{6}+2k\pi,\theta+\frac{\pi}{6} +2k\pi;k\in\mathbb{Z}\right\}$

Solution 3.7 : 1) La décomposition $\cos3a=\cos\left( 2a+a\right)$ donne

$$\cos3a=\cos2a\cos a-\sin2a\sin a=\left( 2\cos^{2}a-1\right) \cos a-2\cos a\left( 1-\cos^{2}a\right) =4\cos^{3}a-3\cos a$$

2) a) $f^{\prime}\left( x\right) =3\left( 2x-1\right) \left( 2x+1\right)$

b) On trouve donc que l'équation $f\left( x\right) =0$ admet trois solutions dans $\left[ -1,1\right]$ qui sont

$$x_{1}\simeq-0,8\quad x_{2}\simeq-0,2\quad x_{3}\simeq0,9$$

c) Comme $\cos$ réalise une bijection de $\left[ 0,\pi\right]$ sur $\left[ -1,1\right]$ et que $\left( x_{1},x_{2},x_{3}\right) \in\left[ -1,1\right] ^{3},$ il est donc légitime de poser $x=\cos\alpha.$ L'équation se transforme en

$$4\cos^{3}\alpha-3\cos\alpha=\frac{1}{2}\Leftrightarrow\cos3\alpha... ...ightarrow\alpha\in\left\{ \frac{\pi}{9},\frac{5\pi} {9},\frac{7\pi}{9}\right\}$$

Les solutions de l'équation $f\left( x\right) =0$ sont donc en valeur exacte $\cos\frac{\pi}{9},$ $\cos\frac{5\pi}{9}$ et $\cos\frac{7\pi}{9}.$

Solution 3.8 : Remarquons que :

$$\cos^{4}x+\sin^{4}x=\frac{3}{4}\Leftrightarrow\left( \cos^{2}x+\s... ...2\cos^{2}x\sin^{2}x=\frac{3}{4}\Leftrightarrow2\cos ^{2}x\sin^{2}x=\frac{1}{4}$$

Sachant que $2\cos x\sin x=\sin2x,$ on en déduit que :

$$\left( \sin2x\right) ^{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow\sin2x=\frac{\sqrt{2} }{2}\text{ ou }\sin2x=-\frac{\sqrt{2}}{2}$$

D'où $S=\left\{ \frac{\pi}{8}+k\pi,-\frac{\pi}{8}+k\pi,\frac{3\pi} {8}+k\pi,\frac{5\pi}{8}+k\pi\;;\;k\in\mathbb{Z}\right\}$

Solution 3.9 : 2) $f\left( x\right) =2\cos ^{2}x\left( 1-2\cos x\right) ,$ donc $f\left( x\right) \leqslant0$ sur $\left[ 0,\frac{\pi}{3}\right]$ et $f\left( x\right) \geqslant0$ sur $\left[ \frac{\pi}{3},\pi\right] .$

3) $f^{\prime}\left( x\right) =4\cos x\sin x\left( 3\cos x-1\right) .$ On en déduit à l'aide d'un tableau de signes que $f$ est croissante sur $\left[ 0,\alpha\right] \cup\left[ \frac{\pi}{2},\pi\right]$ et décroissante sur $\left[ \alpha,\frac{\pi}{2}\right] .$

Solution 3.10 : On trouve que $f^{\prime}\left( x\right) =0$ pour tout $x$ de $\left[ -1,1\right] .$ Comme $f\left( 0\right) =\frac{\pi}{2},$ on a donc $f\left( x\right) =\frac{\pi}{2}$ pour tout $x$ de $\left[ -1,1\right] .$

Solution 3.12 :

1. Remarquons que dans ce cas $\left( x-10\pi\right) \in\left[ -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] .$ On peut donc écrire :
   $$\arcsin\left( \sin x\right) =\arcsin\left( \sin\left( x-10\pi\right) \right) =x-10\pi$$

2. Remarquons que dans ce cas $\pi-\left( x-10\pi\right) \in\left[ -\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right] .$ On peut donc écrire :

   $$\arcsin\left( \sin x\right) =\arcsin\left( \sin\left( x-10\pi\right) \right)$$

   $$=\arcsin\left( \sin\left( \pi-\left( x-10\pi\right) \right) \right)$$

   $$=\pi-\left( x-10\pi\right)$$

   $$=11\pi-x$$

   
   

Solution 3.13 : Le domaine de définition est égal à $\mathbb{R-}\left\{ 1\right\} .$ La fonction $f$ est dérivable sur son domaine, avec $f^{\prime}\left( x\right) =\frac {1}{x^{2}+1}.$ Sa courbe représentative a pour allure

Solution 3.14 : a)Le système équivaut à $$\left\{ \begin{array}[c]{l} xy=e^{-1}\\ \frac{x}{y}=e^{5} \end{array}\right.$$ avec $x>0$ et $y>0.$ On obtient alors $x=e^{2}$ et $y=e^{-3}.$

b) Le système équivaut à $$\left\{ \begin{array}[c]{l} x^{2}+y^{2}=169\\ xy=60 \end{array}\right.$$ avec $x>0$ et $y>0.$ On obtient alors $\left( 5,12\right)$ et $\left( 12,5\right)$ comme couple de solutions.

Solution 3.15 : a) Le domaine de définition est $\left] -2;+\infty\right[ .$ On a

$$\ln\left( x+3\right) +\ln\left( x+2\right) =\ln\left( x+11\right) \Leftrightarrow$$ln$$\left( x^{2}+5x+6\right) =\ln\left( x+11\right) \Leftrightarrow x^{2}+5x+6=x+11$$

L'équation admet deux solutions, qui sont $1$ et $-5.$ Seul $1$ appartenant au domaine, on a $S=\left\{ 1\right\} .$

b) $D=\left] -11,-3\right[ \cup\left] -2,+\infty\right[ ,$ donc $S=\left\{ 1,-5\right\} .$

Solution 3.16 :Domaine de définition : $D=\left] -\infty,-1\right[ \cup\left] \frac{5}{3},+\infty\right[ .$

La stricte croissante de la fonction logarithme permet d'affirmer que l'équation proposée est équivalente à

$$\frac{x+1}{3x-5}\geqslant1\Leftrightarrow\frac{-2x+6}{3x-5}\geqslant 0\Leftrightarrow x\in\left] \frac{5}{3},3\right]$$

L'équation a donc pour solution $\left] \frac{5}{3},3\right] .$

Solution 3.17 : On pose $X=e^{x},$ d'où une solution qui est $\ln2.$

Solution 3.18 : On pose $X=e^{x}$ et $Y=e^{y},$ d'où $x=\ln5$ et $y=\ln6.$

Solution 3.19 : En utilisant la définition, on a :

$$\operatorname{ch}a\operatorname{ch}b+\operatorname{sh}a\operatorname{sh}b =\left( \frac{e^{a}+e^{-a}}{2}\right) \left( \frac{e^{b}+e^{-b}}{... ...ght) +\left( \frac{e^{a}-e^{-a}}{2}\right) \left( \frac{e^{b}-e^{-b}}{2}\right)$$

$$=\frac{e^{a+b}+e^{-\left( a+b\right) }}{2}$$

$$=\operatorname{ch}\left( a+b\right)$$

Solution 3.22 :

1. $f^{\prime}\left( x\right) =\allowbreak\frac{1}{1+e^{x}}-\frac{\ln\left( 1+e^{x}\right) }{e^{x}}$ = $\frac{1}{e^{x}}\left( \frac{e^{x}}{1+e^{x}} -\ln\left( 1+e^{x}\right) \right) =\frac{g\left( x\right) }{e^{x}}.$ Comme $e^{x}>0$ pour tout $x$ de $\mathbb{R},$ $f^{\prime }\left( x\right)$ et $g\left( x\right)$ sont bien de même signe.
2. (a) $g^{\prime}\left( x\right) =\allowbreak-\frac{e^{2x}}{\left( 1+e^{x} \right) ^{2}}.$     (b) $\lim_{x\rightarrow+\infty}\;g\left( x\right) =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{e^{x}}{e^{x}\left( 1+e-^{x}\right) } -\ln\left( 1+e^{x}\right) =-\infty$ De manière évidente, on a $\lim_{x\rightarrow0}g\left( x\right) =$ $\frac{1}{2}-\ln2$.
(c) $g^{\prime}\left( x\right) <0,$ donc $g$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}.$ Comme $\frac{1}{2}-\ln2<0,$ la fonction $g$ est donc à valeurs négatives.
3. (a) $\frac{\ln\left( 1+e^{x}\right) } {x}=\frac{\ln\left( e^{x}\left( e^{-x}+1\righ... ...\right) +\ln\left( 1+e^{-x}\right) }{x}=1+\frac{\ln\left( 1+e^{-x}\right) }{x},$ donc $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\ln\left( 1+e^{x}\right) }{x}=1.$
(b) $\lim_{x\rightarrow-\infty}f\left( x\right) =\lim_{X\rightarrow0}\frac{\ln\left( 1+X\right) }{X}=1$ en posant $X=e^{x}.$
$\lim_{x\rightarrow+\infty}f\left( x\right) =\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\ln\left( 1+e^{x}\right) }{x}\times\frac {x}{e^{x}}=1\times0=0$
(c) $f^{\prime }\left( x\right)$ est du signe de $g\left( x\right)$ qui est négatif, donc $f$ est décroissante sur $\mathbb{R}.$
4. (a) $a=1$ et $b=-1.$ (b) On a donc

$$\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{x}}\,dx=\int_{0}^{1}\left( 1-\frac{e^{x... ...eft( 1+e^{x}\right) \right] _{0}^{1} =\allowbreak-\ln\left( 1+e\right) +1+\ln2$$

(c) La fonction $f$ est continue et à valeurs positives sur $\left[ 0,1\right] ,$ donc l'aire demandée est égale à

$$5\int_{0}^{1}f\left( x\right) dx =5\int_{0}^{1}\frac{\ln\left( 1+e^{x}\right) }{e^{x}}dx=5\allowbr... ...ln\left( 1+e\right) }{e}+\ln2+\int_{0}^{1}\frac{1}{1+e^{x}}\,dx\right) \newline$$

$$=5-5\ln\left( 1+e\right) -5e^{-1}\ln\left( 1+e\right) +10\ln 2\allowbreak\simeq2.\,94 cm^{2}.$$

Solution 3.23 :

PARTIE A
I) 1) $f_{n}^{\prime}\left( x\right) =\frac{n-2-2n\ln x}{x^{3}}.$ Le signe de $f_{n}^{\prime}\left( x\right)$ est celui de $\left( n-2-2n\ln x\right)$ car $x^{3}>0$ sur $\left] 0,+\infty\right[ .$
2) $f_{n}^{\prime}\left( x\right) =0\Leftrightarrow\ln x=\frac{n-2}{2n}\Leftrightarrow x=e^{\frac{n-2}{2n}}.$ Remarquons que cette valeur est strictement positive, donc elle appartient au domaine de définition de $f_{n}.$
Sur $\left] 0,e^{\frac {n-2}{2n}}\right[ ,$ $\ln x<\frac{n-2}{2n},$ donc $f_{n}^{\prime}\left( x\right) >0,$ donc $f_{n}$ est strictement croissante.
De même, $f_{n}$ est strictement décroissante sur $\left] e^{\frac{n-2}{2n} },+\infty\right[ .$
3) $\lim_{x\rightarrow+\infty}f_{n}\left( x\right) =0$ car d'après le cours, $\lim_{x\rightarrow+\infty}\frac{\ln x}{x^{2}}=0$ et $f_{n}\left( x\right) =\frac{1}{x^{2}}+n\frac{\ln x}{x^{2} }.$
4)

$x$	0		$e^{\frac{n-2}{2n}}$		$+\infty$
$f_{n}^{\prime}\left( x\right)$		$+$	0		$-$
			$\frac{n}{2}e^{\frac{2-n}{2}}$
$f_{n}\left( x\right)$		$\nearrow$		$\searrow$
	$-\infty$				0

$\lim_{x\rightarrow0^{+}}f_{n}\left( x\right) =\lim_{x\rightarrow 0^{+}}\left( \frac{1}{x^{2}}\right) \left( 1+n\ln x\right) =-\infty.$

II) 1) $C_{2}$ est en trait plein, et $C_{3}$ en pointillés.

2) (a) $f_{n+1}\left( x\right) -f_{n}\left( x\right) =\frac{\ln x}{x^{2} }.$ Cette différence est indépendante de $n.$
(b) On a $f_{4}\left( x\right) -f_{3}\left( x\right) =f_{3}\left( x\right) -f_{2}\left( x\right) ,$ donc $f_{3}\left( x\right) =\frac{f_{2}\left( x\right) +f_{4}\left( x\right) }{2}.$ On appelle $M_{2},$ $M_{3}$ et $M_{4}$ les points de $C_{2},$ $C_{3}$ et $C_{4}$ d'abscisses $x.$ $M_{3}$ est donc le milieu de $\left[ M_{2}M_{4}\right] ,$ ce qui prouve que l'on obtient $M_{4}$ comme symétrique de $M_{2}$ par rapport à $M_{3}.$

PARTIE B
1) $I=\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{x^{2}}dx=\allowbreak \left[ -\frac{\ln x}{x}\right]... ...[ -\frac{\ln x}{x}\right] _{1}^{e}-\left[ \frac{1}{x}\right] _{1}^{e}=1-2e^{-1}$
2) Sur $\left[ 1,e\right] ,$ $\frac{\ln x}{x^{2}}\geqslant0,$ donc $f_{n+1}\left( x\right) -f_{n}\left( x\right) \geqslant0,$ donc $C_{n+1}$ est située au-dessus de $C_{n},$ donc l'aire cherchée est égale en unités d'aire à

$$A=\int_{1}^{e}\left( f_{n+1}\left( x\right) -f_{n}\left( x\right) \right) dx=I=1-2e^{-1}u.a$$

3) a) La fonction $f_{2}$ est dérivable et positive sur $\left[ 1,e\right] ,$ donc l'aire cherchée est égale à

$$A_{2}=\int_{1}^{e}f_{2}\left( x\right) \,dx=\int_{1}^{e}\frac{1}{x^{2} }+2\frac{\ln x}{x^{2}}\,dx=\left[ -\frac{1}{x}\right] _{1}^{e}+2I=3-5e^{-1}$$

b) De manière générale, on a de même

$$A_{n}=\int_{1}^{e}f_{n}\left( x\right) \,dx$$

d'où $A_{n+1}-A_{n}=A$ pour tout $n\geqslant2.$ On a donc démontré que la suite $\left( A_{n}\right)$ est arithmétique de raison $A,$ dont la question 2) a fourni une interprétation géométrique.

PARTIE C
1) a) Pour $n\geqslant3,$ $\frac{n-2}{2n}>0,$ donc $e^{\frac{n-2}{2n}}>1.$ Comme la fonction $f_{n}$ est croissante sur $\left[ 1,e^{\frac{n-2}{2n}}\right] ,$ on a donc $f_{n}\left( 1\right) <f_{n}\left( e^{\frac{n-2}{2n}}\right) .$ Comme $f_{n}\left( 1\right) =1,$ le résultat est évident.
b) $f_{n}$ est strictement croissante sur $\left[ 1,e^{\frac{n-2}{2n}}\right[ ,$ et $f_{n}\left( 1\right) =1,$ donc $f_{n}\left( x\right) >1$ sur $\left] 1,e^{\frac{n-2}{2n}}\right[ ,$ ce qui prouve bien que l'équation $f_{n}\left( x\right) =1$ ne peut pas avoir de solution sur cet intervalle.
2) La fonction $f_{n}$ est dérivable et strictement décroissante sur $\left[ e^{\frac{n-2}{2n} },+\infty\right[ .$ Elle définit donc une bijection de cet intervalle sur $\left] 0,f_{n}\left( e^{\frac{n-2}{2n}}\right) \right] .$ Comme $f_{n}\left( e^{\frac{n-2}{2n}}\right) >1,$ il existe $\alpha_{n}$ unique solution de $f_{n}\left( x\right) =1$ sur cet intervalle.
3) (a) $f_{n}\left( \sqrt{n}\right) =\frac{1}{n}+\frac{\ln n}{2},$ car $\ln\sqrt {n}=\frac{\ln n}{2}.$ Si $n>e^{2},$ alors $\frac{\ln n}{2}>\frac{\ln e^{2}} {2}=1,$ et donc $f_{n}\left( \sqrt{n}\right) >1,$ puisque $\frac{1}{n} >0.$
(b) Si $n\geqslant8,$ alors $n>e^{2},$ puisque $e^{2} \simeq\allowbreak7.\,\allowbreak39,$ donc $f_{n}\left( \sqrt{n}\right) >1,$ ce qui implique que $\alpha_{n}>\sqrt{n},$ car l'on sait que $f_{n}$ strictement décroissante sur $\left[ e^{\frac{n-2}{2n}},+\infty\right[$. On en déduit aisément que

$$\lim_{n\rightarrow+\infty}\alpha_{n}=+\infty$$

Solution 3.24 : PARTIE A

1. On a :
   $$\lim_{x\rightarrow+\infty}\left( x^{2}-3x+1\right) =+\infty\quad \lim_{x\rightarrow+\infty}e^{x}=+\infty$$
   donc par produit
   $$\lim_{x\rightarrow+\infty}f\left( x\right) =\lim_{x\rightarrow+\infty }\left( x^{2}-3x+1\right) e^{x}=+\infty$$
   On développe :
   $$\lim_{x\rightarrow-\infty}f\left( x\right) =\lim_{x\rightarrow-\infty}%% x^{2}e^{x}-3xe^{x}+e^{x}=0$$
   en utilisant la limite de cours :
   $$\lim_{x\rightarrow-\infty}x^{n}e^{x}=0$$

2. a) Par dérivation du produit :
   $$f^{\prime}\left( x\right) =\left( 2x-3\right) e^{x}+\left( x^{2}%... ...^{x}=\left( x^{2}-x-2\right) e^{x}=\left( x-2\right) \left( x+1\right) e^{x}%%$$
   En utilisant le signe du trinôme, on montre que $f^{\prime }\left( x\right)$ s'annule en $\left( -1\right)$ et en $2$, et que la fonction $f$ est croissante sur $\left] -\infty;-1\right[ \cup\left] 2;+\infty \right[$, et décroissante sur $\left[ -1;2\right]$. Son tableau de variation est donc :
   $$%% \begin{tabular}[c]{l\vert ccccccc}%% $x$\ & $-\infty$\ & & $-1... ... & $\searrow$\ & & $\nearrow$\ & \\ & $0$\ & & & & $-e^{2}$\ & & \end{tabular}$$
   

3. a) Comme la fonction $f$ est dérivable et à valeurs positives sur $\left[ -3;0\right]$, on peut dire que $I$ représente l'aire ( en unités d'aires ) comprise entre l'axe des abscisses, la courbe $C$, et les droites d'équations $x=-3$ et $x=0$.
   b) On pose
   $$u\left( x\right) =x\quad v^{\prime}\left( x\right) =e^{x}\Rightarrow u^{\prime}\left( x\right) =1\quad v\left( x\right) =e^{x}%%$$
   La formule d'intégration par parties fournit :
   $$\int_{-3}^{0}xe^{x}dx=\left[ xe^{x}\right] _{-3}^{0}-\int_{-3}^{0... ...x}dx=\left[ xe^{x}\right] _{-3}^{0}-\left[ e^{x}\right] _{-3}%% ^{0}=4e^{-3}-1$$
   De même, on pose :
   $$u\left( x\right) =x^{2}\quad v^{\prime}\left( x\right) =e^{x}\Rightarrow u^{\prime}\left( x\right) =2x\quad v\left( x\right) =e^{x}%%$$
   ce qui donne :
   $$\int_{-3}^{0}x^{2}e^{x}dx=\left[ x^{2}e^{x}\right] _{-3}^{0}-\int... ...x}dx=\left[ x^{2}e^{x}\right] _{-3}^{0}-2\int_{-3}^{0}%% xe^{x}dx=2-17e^{-3}%%$$
   c) Par linéarité de l'intégrale, on a :
   $$I=\int_{-3}^{0}x^{2}e^{x}dx-3\int_{-3}^{0}xe^{x}dx+\int_{-3}^{0}%% e^{x}dx=6-30e^{-3}%%$$

PARTIE B

1. D'après le tableau de variation de $g$, on sait que
   $$g\left( \frac{3}{2}\right) =e^{-\frac{5}{4}}\quad g^{\prime}\left( \frac {3}{2}\right) =0$$
   Comme
   $$g^{\prime}\left( x\right) =\left( 2x+a\right) e^{x^{2}+ax+b}%%$$
   On en déduit que :
   $$g^{\prime}\left( \frac{3}{2}\right) =0\Rightarrow\left( 3+a\right) e^{\frac{9}{4}+\frac{3a}{2}+b}=0\Rightarrow a=-3$$
   La valeur de $b$ s'obtient alors facilement :
   $$g\left( \frac{3}{2}\right) =e^{-\frac{5}{4}}\Rightarrow e^{\frac{... ...2}+b}=e^{-\frac{5}{4}}\Rightarrow-\frac{9}{4}+b=-\frac{5}%% {4}\Rightarrow b=1$$
   En conclusion, la fonction $g$ a pour expression :
   $$g\left( x\right) =e^{\left( x^{2}-3x+1\right) }%%$$

2. a) Pour tout $x$ réel, on a :
   $$h\left( \frac{3}{2}-x\right) =\exp\left( x^{2}-\frac{5}{4}\right) =h\left( \frac{3}{2}+x\right)$$
   ce qui prouve bien que la droite $D$ est axe de symétrie de $\left( \Gamma\right)$.
   b) La fonction $h$ ( dont le tableau de variation est donné à la question 1. ) est dérivable et strictement croissante de l'intervalle $\left[ \frac{3}{2};+\infty\right[$ sur l'intervalle $\left[ e^{-\frac{5}{4}};+\infty\right[$ . Comme de plus $h\left( 3,1\right) \simeq3,7<5$ et que $h\left( 3,2\right) \simeq5,15>5$, on peut donc en conclure que l'équation $h\left( x\right) =5$ admet sur $\left[ \frac{3}{2};+\infty\right[$ une unique solution $x_{0}$ telle que
   $$3,1<x_{0}<3,2$$
   ce qui prouve l'affirmation proposée.
   c) Dire que $\alpha$ est un nombre dont 1,7 est une valeur approchée à 0,5 près se traduit par :
   $$\left\vert \alpha-1,7\right\vert <0,5\Leftrightarrow1,7-0,5<\alpha <1,7+0,5\Leftrightarrow1,2<\alpha<2,2$$
   Comme $h\left( 1,2\right) \simeq0,313$ que $h\left( 2,2\right) \simeq0,467$ et que $h\left( \frac{3}{2}\right) =e^{-\frac{5}{4}}%% \simeq0,286$, on peut en utilisant le tableau de variation de $h$ dire que l'image de l'intervalle $\left] 1,2;2,2\right[$ est l'intervalle $\left] e^{-\frac{5}{4}};h\left( 2,2\right) \right[$ et donc que l'on a les inégalités :
   $$0,28<h\left( \alpha\right) <0,47$$

PARTIE C

1. On remarque que la fonction $v_{1}$ est la composée de la fonction exponentielle avec la fonction $u$. Or la fonction $u$ est décroissante sur $\left] -\infty;a\right]$, à valeurs dans $\left[ c;+\infty \right[ ,$ intervalle sur lequel la fonction exponentielle est croissante. Par le théorème de composition, la fonction $v_{1}$ est décroissante sur $\left] -\infty;a\right]$. De même, la fonction $v_{1}$ est croissante sur $\left[ a;+\infty\right[$, comme composée de deux fonctions croissantes.
   La fonction exponentielle est croissante sur $R$, à valeurs dans $\left] 0,+\infty\right[$. Donc pour $x$ appartenant à $\left] -\infty;\ln a\right]$, $e^{x}$ appartient à $\left] 0,a\right]$, intervalle sur lequel la fonction $u$ est décroissante. Par composition, la fonction $v_{2}$ est décroissante sur $\left] -\infty;\ln a\right]$. De même, pour $x$ appartenant à $\left[ \ln a;+\infty\right[$, $e^{x}$ appartient à $\left] a;+\infty\right]$, intervalle sur lequel la fonction $u$ est croissante. Par composition, la fonction $v_{2}$ est croissante sur $\left[ \ln a;+\infty\right[$.

2. Plaçons nous sur l'intervalle $\left[ b;+\infty\right[$. Les fonctions exponentielle et $u$ sont croissantes sur cet intervalle. Pour tout $x_{1}$ et $x_{2}$ de cet intervalle, on a :
   $$x_{1}<x_{2}\Rightarrow\left\{ \begin{array}[c]{c}%% 0\mathbb... ...\left( x_{1}\right) \mathbb{\leqslant}v_{3}\left( x_{2}\right)$$
   et donc sur cet intervalle la fonction $v_{3}$ est croissante.