Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques Sénégal série F6

Année 2023

Epreuve du 1^er groupe

Durée : 4 heures

Coefficient : 4

4,5 points

exercice 1

5,5 points

exercice 2

10 points

probleme

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Bac Sénégal 2023 série F6

4,5 points

exercice 1

1. On considère dans $\overset{ { \white{ _. } } } {\C }$ l'équation suivante :

$(E):z^2-2(1+\text i\sqrt2)z+2(-1+2\text i\sqrt2)=0.$
1. a) Nous devons écrire $\overset{ { \white{ . } } } {(\sqrt2-\text i)^2 }$ sous forme algébrique.

${ \white{ xxxxi } }$ $(\sqrt2-\text i)^2=(\sqrt 2)^2-2\times\sqrt 2\times\text i+\text i^2 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{(\sqrt2-\text i)^2}=2-2\,\text i\sqrt 2-1} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{(\sqrt2-\text i)^2}=1-2\,\text i\sqrt 2} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\sqrt2-\text i)^2=1-2\,\text i\sqrt 2}$

1. b) Nous devons résoudre $\overset{ { \white{ . } } } {(E):z^2-2(1+\text i\sqrt2)z+2(-1+2\text i\sqrt2)=0. }$

Le discriminant de l'équation est

${ \white{ xxi } }$ $\Delta=\big(-2(1+\text i\sqrt2)\big)^2-4\times1\times2(-1+2\,\text i\sqrt2) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4(1+2\,\text i\sqrt2-2)-8(-1+2\,\text i\sqrt2)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4(-1+2\,\text i\sqrt2)+8-16\,\text i\sqrt2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=-4+8\,\text i\sqrt2+8-16\,\text i\sqrt2}$
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xx } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4-8\,\text i\sqrt2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4(1-2\,\text i\sqrt2}) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=\Big(2(\sqrt2-\text i)\Big)^2\quad(\text{voir question 1. a})}$

Les solutions de l'équation sont :

${ \white{ xxi } }$ $z_1=\dfrac{2(1+\text i\sqrt2)-2(\sqrt2-\text i)}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1+\text i\sqrt2)-(\sqrt2-\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=1-\sqrt2+\text i\sqrt2+\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2)}$

${ \white{ xxi } }$ $z_2=\dfrac{2(1+\text i\sqrt2)+2(\sqrt2-\text i)}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1+\text i\sqrt2)+(\sqrt2-\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=1+\sqrt2+\text i\sqrt2-\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)}$

D'où l'ensemble des solutions de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {(E) }$ est

$\boxed{S=\lbrace(1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2)\;;\;(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)\rbrace}\,.$
2. Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ . } } } {(O\;;\;\vec u,\vec v),}$ on considère les points A , B et C d'affixes respectives :

$z_A=(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2),\;z_B=2+2\,\texti\sqrt2$ et $z_C=(1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2).$

2. a) Plaçons les points A , B et C .

2. b) Nous devons vérifier que $\overset{ { \white{ . } } } {z_C=\text i\,z_A. }$

${ \white{ xxxxi } }$ $\text i\,z_A=\text i\left[\overset{}{(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)}\right] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text i\,z_A}=\text i\,(1+\sqrt2)+(1-\sqrt2)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text i\,z_A}=z_C} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z_C=\text i\,z_A}$

De plus, nous avons : $z_C=\text i\,z_A\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}|z_C|=|\text i|\times|z_A|\\\\\dfrac{z_C}{z_A}=\text i\phantom{WWW}\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}|z_C|=|z_A|\phantom{xxx}\\\\\arg\left(\dfrac{z_C}{z_A}\right)=\dfrac{\pi}{2}\end{matrix}\right.$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {OC=OA }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}\right)=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi].}$

Nous en déduisons que le triangle OAC est rectangle et isocèle en O .

3. a) Donnons une écriture sous forme exponentielle du nombre complexe $\overset{ { \white{ . } } } {Z=\dfrac{z_B-z_A}{z_B-z_C}\,. }$

${ \white{ xxi } }$ $Z=\dfrac{z_B-z_A}{z_B-z_C}=\dfrac{(2+2\,\text i\sqrt 2)-\Big((1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)\Big)}{(2+2\,\text i\sqrt 2)-\Big((1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2)\Big)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{2+2\,\text i\sqrt 2-1-\sqrt2+\text i-\text i\sqrt2}{2+2\,\text i\sqrt 2-1+\sqrt2-\text i-\text i\sqrt2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{1-\sqrt 2+\text i+\text i\sqrt 2}{1+\sqrt 2-\text i+\text i\sqrt 2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{(1-\sqrt 2)+\text i\,(1+\sqrt 2)}{(1+\sqrt 2)+\text i\,(-1+\sqrt 2)}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{\text i\,\left[\overset{}{(1+\sqrt 2)-\text i(1-\sqrt 2)}\right]}{(1+\sqrt 2)+\text i\,(-1+\sqrt 2)}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{\text i\,\left[\overset{}{(1+\sqrt 2)+\text i(-1+\sqrt 2)}\right]}{(1+\sqrt 2)+\text i\,(-1+\sqrt 2)}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\text i} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{Z}=\text e^{\text i\frac{\pi}{2}}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{Z=\dfrac{z_B-z_A}{z_B-z_C}=\text e^{\text i\frac{\pi}{2}}}$

3. b) Nous en déduisons que le triangle ABC est rectangle et isocèle en B .

4. Nous devons montrer que les points A , B , C et O appartiennent à un même cercle.

Nous savons que dans un triangle rectangle, le milieu de l'hypoténuse est le centre du cercle circonscrit à ce triangle.

Dès lors,

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Le triangle OAC étant rectangle en O , le milieu de l'hypoténuse [AC] est le centre du cercle circonscrit à ce triangle.
Le rayon de ce cercle est $\overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{AC}{2}. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Le triangle ABC étant rectangle en B , le milieu de l'hypoténuse [AC] est le centre du cercle circonscrit à ce triangle.
Le rayon de ce cercle est $\overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{AC}{2}. }$

Par conséquent , les points A , B , C et O appartiennent à un même cercle dont le centre est le milieu de l'hypoténuse [AC] et le rayon est $\overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{AC}{2}. }$

5,5 points

exercice 2

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormal $\overset{ { \white{ . } } } {(O\;;\;\vec i,\vec j,\vec k),}$ on considère les points
$\overset{ { \white{ . } } } {A(1\;;\;2\;;\;3),B(0\;;\;1\;;\;4),C(-1\;;\;-3\;;\;2),D(4\;;\;-2\;;\;5) }$ et le vecteur $\overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}.}$
1. Démontrons que les points A , B et C ne sont pas alignés.

$\left\lbrace\begin{matrix}A(1\;;\;2\;;\;3)\\B(0\;;\;1\;;\;4)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AB}\begin{pmatrix}0-1\\1-2\\4-3\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AB}\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}A(1\;;\;2\;;\;3)\\C(-1\;;\;-3\;;\;2)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AC}\begin{pmatrix}-1-1\\-3-2\\2-3\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AC}\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix}$

Manifestement, les coordonnées des vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas proportionnelles.
Dès lors, ces vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires.
Nous en déduisons que les points A , B et C ne sont pas alignés et déterminent donc un plan..

2. a) Démontrons que $\vec n$ est un vecteur normal au plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC). }$

$\left\lbrace\begin{matrix}\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}\\\overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow {AB}\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix} } \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\vec n\cdot\overrightarrow {AB}=(-2)\times(-1)+1\times(-1)+(-1)\times1=0 \\\phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\vec n\perp\overrightarrow {AB}} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}\\\overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow {AC}\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix} } \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\vec n\cdot\overrightarrow {AC}=(-2)\times(-2)+1\times(-5)+(-1)\times(-1)=0 \\\phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\vec n\perp\overrightarrow {AC}}$

Puisque le vecteur $\vec n$ est orthogonal aux vecteurs non colinéaires $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC},$ nous avons montré que $\vec n$ est un vecteur normal au plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC). }$

2. b) Nous devons déterminer une équation cartésienne du plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC). }$

Le vecteur $\overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}}$ est un vecteur normal au plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC). }$
D'où l'équation du plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }$ est de la forme $\overset{ { \white{ . } } } {-2x+y-z+d=0 }$ où $\overset{ { \white{ _. } } } {d }$ est un nombre réel.

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } {A(1\;;\;2\;;\;3) }$ appartient à ce plan.
Donc $\overset{ { \white{ . } } } {-2\times1+2-3+d=0, }$ soit $\overset{ { \white{ . } } } {d=3. }$

Par conséquent, une équation cartésienne du plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }$ est $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{-2x+y-z+3=0}\,. }$

2. c) Nous devons déterminer une représentation paramétrique de la droite $\overset{ { \white{ . } } } { (n )}$ passant par le point O et orthogonale au plan (ABC).

Un vecteur directeur de la droite $\overset{ { \white{ . } } } { (n )}$ est le vecteur $\overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}{\red{-2}}\\ {\red{1}}\\ {\red{-1}}\end{pmatrix}}.$
Le point $\overset{ { \white{ . } } } {0({\blue{0}}\;;\;{\blue{0}}\;;\;{\blue{0}})}$ appartient à $\overset{ { \white{ . } } } { (n )}$ .
Donc une représentation paramétrique de la droite $\overset{ { \white{ . } } } { (n )}$ est : $\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x={\blue{0}}+{\red{(-2)}}\times k\\y={\blue{0}}+{\red{1}}\times k\phantom{xxx}\\z={\blue{0}}+{\red{(-1)}}\times k\end{matrix}\right.\quad \quad(k\in\R) }$
soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{(n):\left\lbrace\begin{matrix}x=-2k\\y=k\phantom{xx}\\z=-k\end{matrix}\right.\quad \quad(k\in\R)} }$

3. a) Montrons que les points A , B , C et D sont les sommets d'un tétraèdre.

Le point D (4 ; -2 ; 5) n'appartient pas au plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }$ car ses coordonnées ne vérifient pas l'équation de $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC). }$
En effet, $\overset{ { \white{ . } } } {-2\times4-2-5+3=-12\neq0. }$

Dès lors, les points A , B , C et D sont les sommets d'un tétraèdre.

3. b) Calculons la distance $\overset{ { \white{ . } } } { d(D,(ABC)) }$ du point D au plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC). }$

${ \white{ xxi } }$ $d(D,(ABC))=\dfrac{\mid -2\times4+(-2)-5+3\mid}{\sqrt{(-2)^2+1^2+(-1)^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {{ \phantom{ d(D,(ABC))}=\dfrac{\mid -12\mid}{\sqrt{6}}=\dfrac{12}{\sqrt{6}}=\dfrac{12\sqrt 6}{\sqrt{6}\sqrt6}=\dfrac{12\sqrt 6}{6}=2\sqrt6}} \\\\\overset{ { \white{ . } } } { \Longrightarrow\boxed{ d(D,(ABC))=2\sqrt6}\,.}$

3. c) Calculons le volume $\overset{ { \white{ . } } } {V }$ du tétraèdre $\overset{ { \white{ . } } } {ABCD. }$

${ \white{ xxi } }$ $V=\dfrac16\times\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|\times d(D,(ABC))$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons ${ \left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|}$
Par la question 1., nous avons : $\overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}$ et $\overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix}}\,.$

Nous en déduisons que $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}\wedge\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix}$
${ \white{ WWWWWxWWWW} }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWW}=\begin{pmatrix}(-1)\times(-1)-1\times(-5)\\1\times(-2)-(-1)\times(-1)\\ (-1)\times(-5)-(-1)\times(-2)\end{pmatrix}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWW}=\begin{pmatrix}6\\-3\\3\end{pmatrix}}$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|=\sqrt{6^2+(-3)^2+3^2}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}}$

$\Longrightarrow \boxed{\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|=3\sqrt{6}}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{ d(D,(ABC))=2\sqrt6}\,.}$

Donc $\overset{ { \white{ . } } } {V=\dfrac16\times\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|\times d(D,(ABC)) =\dfrac16\times3\sqrt6\times 2\sqrt6 =6. }$
Par conséquent, le volume $\overset{ { \white{ . } } } {V }$ du tétraèdre $\overset{ { \white{ _. } } } {ABCD}$ est égal à 6 unités de volume.

4. Soit $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta) }$ la droite dont une représentation paramétrique est :
$\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{i}\\y=-1+k\\z=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.\quad \quad(k\in\R)}$
Nous devons montrer que le point $\overset{ { \white{ . } } } { D}$ appartient à la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta). }$

Montrons qu'il existe une valeur de ${k }$ telle que $\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x_D=2-2k\phantom{i}\\y_D=-1+k\\z_D=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.}$

$\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x_D=2-2k\phantom{i}\\y_D=-1+k\\z_D=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}4=2-2k\phantom{i}\\-2=-1+k\\5=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}2k=-2\phantom{i}\\k=-1\\k=-1\phantom{w}\end{matrix}\right.} \\\\\phantom{WWWWWiW}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{k=-1}$

Par conséquent, le point $\overset{ { \white{ . } } } { D}$ appartient à la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta). }$

De plus, la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta) }$ est perpendiculaire au plan $\overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }$ car $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta) }$ admet $\overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}}$ pour vecteur directeur.

5. Soit $\overset{ { \white{ . } } } { E}$ le projeté orthogonal du point $\overset{ { \white{ . } } } {D }$ sur le plan $\overset{ { \white{ . } } } { (ABC).}$

Montrons que le point $\overset{ { \white{ . } } } {E }$ est le centre de gravité du triangle $\overset{ { \white{ . } } } {ABC. }$

Montrons donc que ${\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}. }$

Déterminons d'abord les coordonnées du point $\overset{ { \white{ . } } } {E. }$
Par définition du point $\overset{ { \white{ . } } } {E, }$ nous savons que ce point $\overset{ { \white{ . } } } {E }$ 'est le point d'intersection de la droite $\overset{ { \white{ . } } } (\Delta){ }$ et du plan $\overset{ { \white{ . } } } {ABC. }$
Dès lors, ses coordonnées sont données en résolvant le système composé par la représentation paramétrique de $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta ) }$ et l'équation du plan $\overset{ { \white{ . } } } {ABC. }$

$\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{WWW}\\y=-1+k\phantom{WWW}\\z=4-k\phantom{WWWW}\\-2x+y-z+3=0\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{WWW}\\y=-1+k\phantom{WWW}\\z=4-k\phantom{WWWW}\\-2(2-2k)+(-1+k)-(4-k)+3=0\end{matrix}\right. } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{}\\y=-1+k\\z=4-k\phantom{v}\\-6+6k=0\end{matrix}\right. } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{}\\y=-1+k\\z=4-k\phantom{v}\\k=1\phantom{xxxx}\end{matrix}\right. }$

${ \white{ WWWWWWWW} }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2\phantom{}\\y=-1+1\\z=4-1\phantom{v}\\k=1\phantom{xxxx}\end{matrix}\right. } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=3\\k=1\end{matrix}\right. }$

Nous en déduisons que les coordonnées de $\overset{ { \white{ . } } } {E }$ sont (0 ; 0 ; 3).

Dès lors, nous obtenons :

$\overrightarrow{EA}\;\begin{pmatrix}0-1\\0-2\\3-3\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{EA}\;\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}. \\\\\overrightarrow{EB}\;\begin{pmatrix}0-0\\0-1\\3-4\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{EB}\;\begin{pmatrix}0\\-1\\-1\end{pmatrix}. \\\\\overrightarrow{EC}\;\begin{pmatrix}0+1\\0+3\\3-2\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{EC}\;\begin{pmatrix}1\\3\\1\end{pmatrix}.$

Or $\overset{ { \white{ . } } } {\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}0\\-1\\-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}1\\3\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1+0+1\\-2-1+3\\0-1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} .}$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}.}$

Par conséquent, le point $\overset{ { \white{ _. } } } {E }$ est le centre de gravité du triangle $\overset{ { \white{ _. } } } {ABC. }$

10 points

probleme

Partie A (2,75 points)

On considère la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { g}$ définie sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R}$ par $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)=2+x\,\text e^{-x}.}$

1. Nous devons calculer les limites de $\overset{ { \white{ . } } } { g}$ en $\overset{ { \white{ . } } } { -\infty}$ et en $\overset{ { \white{ . } } } { +\infty.}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty} g(x).}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\phantom{WWWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{-x}=+\infty\phantom{WWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}x\,\text e^{-x}=-\infty \\\phantom{WWWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}(2+x\,\text e^{-x})=-\infty .\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=-\infty}}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty} g(x).}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\phantom{WWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{-x}=0\phantom{WWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}x\,\text e^{-x}=0\quad(\text{croissances comparées}) \\\phantom{WWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}(2+x\,\text e^{-x})=2 .\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=2}}$

2. Nous devons étudier les variations de $\overset{ { \white{ . } } } { g.}$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { g}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R.}$

Pour tout nombre $\overset{ { \white{ . } } } { x}$ réel,

${ \white{ xxi } }$ $g'(x)=(2+x\,\text e^{-x})' \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=0+(x\,\text e^{-x})' } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=x'\times\text e^{-x}+x\times(\text e^{-x})' } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=1\times\text e^{-x}+x\times(-\,\text e^{-x}) } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\text e^{-x}-x\,\text e^{-x} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{g'(x)}=(1-x)\,\text e^{-x} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{g'(x)=(1-x)\,\text e^{-x} }$

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ . } } } { g'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R.}$

L'exponentielle est strictement positive sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R.}$
Dès lors le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { g'(x)}$ est le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { (1-x).}$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{matrix}1-x<0\Longleftrightarrow x>1\\\overset{ { \white{.} } } {1-x=0\Longleftrightarrow x=1} \\\overset{ { \phantom{.} } } {1-x>0\Longleftrightarrow x<1}\end{matrix} \begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&-\infty&&&1&&&+\infty &&&&&&&& \\\hline &&&&&&&\\1-x&&+&+&0&-&-&\\&&&&&&&\\\hline&&&&&&&\\g'(x)&&+&+&0&-&-&\\&&&&&&&\\\hline \end{array}$

Nous pouvons ainsi dresser le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { g. }$

${ \white{ WWWWW} } \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&-\infty&&&1&&&+\infty &&&&&&&& \\\hline &&&&&&&\\g'(x)&&+&+&0&-&-&\\&&&&&&&\\\hline&&&&2+\text e^{-1}\approx2,37&&&\\g(x)&&\nearrow&\nearrow&&\searrow&\searrow&\\&-\infty&&&&&&2\\\hline \end{array}$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { g }$ est strictement croissante sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;1[ }$
${ \white{ WWWWWWWWWWWWW} }$ strictement décroissante sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]1\;;\;+\infty[. }$

3. a) Montrons que l'équation $\overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}$ admet une unique solution sur $\overset{ { \white{ _. } } }{\R}$ , notée $\overset{ { \white{ . } } }{\alpha .}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;1[, }$ la fonction g est continue et strictement croissante.
Il s'ensuit que g réalise une bijection de $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;1[}$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { g( ]-\infty\;;\;1[)=]-\infty\;;\;2+\text e^{-1}[.}$

Or $\overset{ { \white{ . } } } {0\in\,]-\infty\;;\;2+\text e^{-1}[. }$

Dès lors, l'équation $\overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}$ admet une unique solution $\overset{ { \white{ . } } }{\alpha}$ sur $\overset{ { \white{ . } } }{ ]-\infty\;;\;1[.}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Sur l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } { ]1\;;\;+\infty[, }$ la fonction g est continue et strictement décroissante.
Il s'ensuit que g réalise une bijection de $\overset{ { \white{ . } } } { ]1\;;\;+\infty[}$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { g( ]1\;;\;+\infty[)=]2\;;\;2+\text e^{-1}[.}$

Or $\overset{ { \white{ . } } } {0\notin\,]2\;;\;2+\text e^{-1}[. }$

Dès lors, l'équation $\overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}$ n'admet pas de solution sur $\overset{ { \white{ . } } }{ ]1\;;\;+\infty[.}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Par conséquent, l'équation $\overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}$ admet une unique solution $\overset{ { \white{ . } } }{\alpha}$ sur $\overset{ { \white{ _. } } }{\R.}$

3. b) $\left\lbrace\begin{matrix}g(-1)=2-\text e\approx-0,718<0\\\overset{ { \white{ . } } } {g(-0,5)\approx1,176>0\phantom{xxxxx}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad g(-1)\times g(-0,5)<0$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{-1<\alpha<-0,5}\,.}$

4. Déterminons le signe de $\overset{ { \white{ . } } }{g(x)}$ suivant les valeurs de $\overset{ { \white{ . } } }{x.}$

Complétons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { g. }$

${ \white{ WWWWW} } \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\x&-\infty&&\alpha&&1&&+\infty &&&&&&&&\\\hline&&&&&2+\text e^{-1}\approx2,37&&\\g(x)&&\nearrow&0&\nearrow&&\searrow&\\&-\infty&&&&&&2\\\hline \end{array}$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)<0 }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;\alpha[ }$
${ \white{ WWWWWWxWWW} }$ $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)>0 }$ sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]\alpha\;;\;+\infty[. }$

Partie B (4,75 points)

On considère la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f}$ définie sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R}$ par $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x}$ et on note $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormé $\overset{ { \white{ . } } } { (O\;;\;\vec i,\vec j)}$ d'unité graphique 2 cm.

1. a) Nous devons calculer la limite de $\overset{ { \white{ . } } } { f}$ en $\overset{ { \white{ . } } } { -\infty.}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{2x}=0\phantom{WWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)=-\infty} \\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{x}=0\phantom{WWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{2x}=0\phantom{WWWWWWWWWWWWW} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)\,\text e^x=0\quad(\text{croissances comparées})}\end{matrix}\right. \\\phantom{WWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)=1+0+0\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=1}}$

Nous en déduisons que la droite d'équation $\overset{ { \white{ . } } } { y=1}$ est asymptote horizontale à la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}$ en -.

1. b) Nous devons calculer la limite de $\overset{ { \white{ . } } } { f}$ en $\overset{ { \white{ . } } } { +\infty.}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{2x}=+\infty\phantom{WW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)=+\infty} \\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{x}=+\infty\phantom{WW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{2x}=+\infty\phantom{WW} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)\,\text e^x=+\infty}\end{matrix}\right.\\\phantom{WWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)=+\infty \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}}$

1. c) Nous devons étudier la branche infinie de $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}$ en + infini

.

Calculons ${\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}\,. }$

${ \white{ xxi } }$ $\forall\,x\neq0,\quad \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x}{x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\Longrightarrow\quad \boxed{\forall\,x\neq0,\quad \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{\text e^{2x}}{x}+\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\,\text e^x}}$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0\phantom{WWWWWWWWWWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text e^{2x}}{x}=0 \quad(\text{croissances comparées})}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)=1-0=1\phantom{WWWWW}}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^x=+\infty\phantom{WWWWWWWWWW}}\end{matrix}\right. \\\\\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac{1}{x}+\dfrac{\text e^{2x}}{x}+\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\,\text e^x\right]=+\infty \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}$

Nous en déduisons que la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées en +.

2. La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { f}$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R.}$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=0+(2x)'\,\text e^{2x}+(x-1)'\times\text e^x+(x-1)\times(\text e^x)' } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+1\times\text e^x+(x-1)\times\text e^x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+\text e^x+x\,\text e^x -\text e^x }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+x\,\text e^x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+x\,\text e^{-x}\text e^{2x} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=(2+x\,\text e^{-x})\,\text e^{2x} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x)}=g(x)\,\text e^{2x} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R,\;f'(x)=g(x)\,\text e^{2x}}$

3. Nous devons dresser le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f.}$

Le signe de $\overset{ { \white{ . } } } { f'(x)}$ est le signe de $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)}$ car l'exponentielle est toujours strictement positive.

En utilisant le résultat de la question 4. Partie A, nous obtenons :

${ \white{ WWWWW} } \begin{array}{|c|cccccc|}\hline &&&&&&\\x&-\infty&&\alpha&&+\infty&\\&&&&&&\\\hline&&&&&&\\g(x)&&-&0&+&&\\&&&&&&\\\hline&&&&&&\\f'(x)&&-&0&+&&\\&&&&&&\\\hline&1&&&&+\infty&\\f(x)&&\searrow&&\nearrow&&\\&&&f(\alpha)&&&\\\hline \end{array}$

4. Nous devons vérifier que ${ f(\alpha )=\dfrac{-\alpha ^2+2\alpha +4}{4}.}$

Par définition de $\overset{ { \white{ . } } } {\alpha }$ , nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $g(\alpha)=0\quad\Longleftrightarrow\quad 2+\alpha\,\text e^{-\alpha}=0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha\,\text e^{-\alpha}=-2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \text e^{-\alpha}=-\dfrac{2}{\alpha}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\text e^{\alpha}=-\dfrac{\alpha}{2}}}$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $f(\alpha)=1+\text e^{2\alpha}+(\alpha-1)\,\text e^\alpha \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+(\text e^{\alpha})^2+(\alpha-1)\,\text e^\alpha} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+\left(-\dfrac{\alpha}{2}\right)^2+(\alpha-1)\,\left(-\dfrac{\alpha}{2}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+\dfrac{\alpha^2}{4}+(\alpha-1)\,\left(-\dfrac{\alpha}{2}\right)}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{\alpha^2}{2}+\dfrac{\alpha}{2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=\dfrac44+\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{2\alpha^2}{4}+\dfrac{2\alpha}{4}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=\dfrac{-\alpha^2+2\alpha+4}{4}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{f(\alpha)=\dfrac{-\alpha^2+2\alpha+4}{4}}$

5. Nous devons tracer la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}$ en prenant $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha\approx -0,7.}$

Partie C (2,5 points)

1. Nous devons calculer $\overset{ { \white{ . } } } { I=\displaystyle\int\limits_0^1 (x-1)\,\text e^x\,\text{d}x.}$
$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\displaystyle\int_0^{1}u(x)v'(x)\,\text{d}x=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]\limits_0^1- \displaystyle\int\limits_0^1u'(x)v(x)\,\text{d}x}}. \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}u(x)=x-1\quad\Longrightarrow\quad u'(x)=1 \\\\v'(x)=\text e^x\phantom{W}\quad\Longrightarrow\quad v(x)=\text e^x\end{matrix}\right.$

Dès lors $\overset{ { \white{ . } } } { I=\left[\overset{}{(x-1)\,\text e^x}\right]_0^1-\displaystyle\int_0^{1}1\times\text{e}^x\,\text{d}x=\left[\overset{}{(x-1)\,\text e^x}\right]_0^1-\displaystyle\int_0^{1}\text{e}^x\,\text{d}x}$
${ \white{ WWWWi} }$ $\\\\\phantom{I}=\left[\overset{}{(x-1)\,\text e^x}\right]_0^1-\left[\overset{}{\text e^x}\right]_0^1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{I}=[0-(-\text e^0)]-(\text e^1-\text e^0)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{I}=1-\text e+1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I}=2-\text e}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{I=2-\text e}\,. }$

2. Calculons l'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{A} }$ , en cm², de la partie du plan délimitée par la courbe $\overset{ { \phantom{ (c) } } } { (\mathscr{C}) }$ , les droites d'équations $\overset{ { \white{ _. } } } { x=0 }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { x=1 }$ et l'axe des abscisses.

Déterminons d'abord l'aire $\overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{A} }$ en unité d'aire (u.a.).

${ \white{ xxi } }$ $\mathscr{A}=\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\,\text{d}x\;(\text{u.a.}) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\displaystyle\int_{0}^{1} \Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)\,\text{d}x\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\displaystyle\int_{0}^{1} \Big(1+\text e^{2x}\Big)\,\text{d}x+\displaystyle\int_{0}^{1}(x-1)\,\text e^x\,\text{d}x\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\left[x+\dfrac{\text e^{2x}}{2}\right]_0^1+(2-\text e)\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=(1+\dfrac{\text e^2}{2})-(0+\dfrac12)+(2-\text e)\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\dfrac12+\dfrac{\text e^2}{2}+2-\text e\;(\text{u.a.})}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\dfrac{\text e^2}{2}-\text e+\dfrac52\,\;(\text{u.a.})} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr{A}=\dfrac{\text e^2}{2}-\text e+\dfrac52\,\;(\text{u.a.})}$

Or l'unité graphique du repère est de 2 cm.
Dès lors l'unité d'aire est 4 cm².

Par conséquent, $\mathscr{A}=4\times\left(\dfrac{\text e^2}{2}-\text e+\dfrac52\right)\text{cm}^2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr{A}=\left(2\,\text e^2-4\,\text e+10\right)\text{cm}^2}$

Publié par malou le 28-02-2024

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