Fiche de mathématiques

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Baccalauréat Mathématiques Sénégal 2020

Série T1 : coefficient 5

Série T2 : coefficient 4

Durée : 4 heures

5 points

exercice 1

exercice 2

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal (O; vecti

), on considère les points A(1 ; -1 ; 0), B(0 ; 1 ; 2) et C(1 ; 2 ; -2).

1. a) Montrer que les points A, B et C déterminent un plan (P).
b) Déterminer une équation cartésienne de (P).
c) Déterminer un système d'équations paramétriques de (P).

2. On considère le plan (Q) d'équation : $x-y+z-1=0$ .
a) Montrer que les plans (P) et (Q) ne sont pas parallèles.
b) Déterminer un système d'équations paramétriques de la droite (D) intersection de (P) et de (Q).

3. Soit G le barycentre du système $\left\lbrace(A ; 2)\;,\; (B ; -3)\right\rbrace$ et H celui du système $\left\lbrace (A ; 5)\;,\;(B ; -4)\right\rbrace$
a) Calculer les coordonnées de G et de H.
b) Déterminer l'ensemble ( produit

) des points M de l'espace tel que $\mid\mid 2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}\mid\mid=\mid\mid5\overrightarrow{MA}- 4\overrightarrow{MB}\mid\mid$
c) Déterminer une équation cartésienne de ( produit

).

4. Déterminer l'ensemble ( gammamaj

) des points M de l'espace tel que : 2MA²-3MB² = -70

10 points

probleme

Soit f la fonction numérique à variable réelle définie par : $f(x)=\text{e}^{-2x}-2\text{e}^{-x}-1$ et (C) sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormal (O; vecti

). (||

||=||

||=1 cm).

1. Calculer $\displaystyle{\lim_{\substack{x \to -\infty}}f(x)}$ et $\displaystyle{\lim_{\substack{x \to +\infty}}f(x)}$

2. Déterminer les branches infinies de (C).

3. Calculer f ' (x) pour tout x réel.

4. Dresser le tableau de variations de f .

5. Montrer que l'équation $f(x)= 0$ admet une unique solution lambda

et que -0,9 < lambda

< -0,8.

6. Tracer (C).

7. Soit alpha

un réel strictement positif.
a) Calculer en cm² l'aire A( alpha

) du domaine délimité par (C) et les droites d'équation y=-1 , x=0 et x= alpha

.
b) Calculer $\displaystyle{\lim_{\substack{\alpha \to +\infty}}A(\alpha)}$ . Interpréter graphiquement ce résultat.

Voir la correction

Bac Sénégal série T1-T2

5 points

exercice 1

Une entreprise commerciale dispose de 12 guichets. Une enquête portant sur le nombre de guichets ouverts x et la moyenne d'attente y en minutes a donné les résultats présentés dans le tableau ci-dessous.

$\begin{array} {|c|cccccccccccc|} \hline x_i & 3 &| & 4 & | & 5 & | & 6 & | & 8 & | &10 & \\ \hline y_i & 20 & | & 18 & | & 14 & | & 12 & | & 9 & | & 6 & \\ \hline \end{array}$
NB : Les résultats des calculs seront donnés sous forme décimale à 10^-2 près.

1. Nuage de points dans un repère orthogonal avec en abscisse, 1 cm correspondant à 1 guichet et en ordonnée, 1 cm correspondant à 2 minutes.
Les points concernés sont de couleur bleue.
Le graphique est représenté à la question 4. b)

2.a) Déterminons les coordonnées (x_G ; y_G ) du point moyen G du nuage.

$\left\lbrace\begin{matrix}x_G=\overline{x}=\dfrac{3+4+5+6+8+10}{6}\ \ \ \ \ \\\\y_G=\overline{y}=\dfrac{20+18+14+12+9+6}{6}\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \ \ \ \ \left\lbrace\begin{matrix}x_G=\overline{x}=6\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\\y_G=\overline{y}=\dfrac{79}{6}\approx13,17 \end{matrix}\right.$

D'où les coordonnées du point G sont (6 ; 13,17).
Plaçons le point G sur le graphique (voir question 4. b).

3. Nous notons r   le coefficient de corrélation linéaire de la série statistique (x , y ).
                                    V(x ) la variance de x ,
                                    V(y ) la variance de y ,
                              et Cov(x ,y ) la covariance de (x ,y ).

Nous savons que $\boxed{r=\dfrac{\text{Cov(x\,,\,y)}}{\sqrt{V(x)\times V(y)}}}$

$\begin{matrix}V(x)=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^6x_i^2}{6}-\overline{x}^2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\overset{}{=\dfrac{3^2+4^2+5^2+6^2+8^2+10^2}{6}-6^2} \\\overset{}{=\dfrac{250}{6}-\dfrac{216}{6}=\dfrac{34}{6}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ } \\\\\Longrightarrow\boxed{V(x)=\dfrac{34}{6}\approx5,67}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\begin{matrix}|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix}V(y)=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^6y_i^2}{6}-\overline{y}^2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\overset{}{\ \ \ \ \ \ \ =\dfrac{20^2+18^2+14^2+12^2+9^2+6^2}{6}-13,17^2} \\\overset{}{=\dfrac{1181}{6}-13,17^2\approx23,38} \\\\\Longrightarrow\boxed{V(y)\approx23,38}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}$

$\text{Cov(x\,,\,y)}=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^6x_iy_i}{6}-\overline{x}\,\overline{y} \\\overset{}{\phantom{\text{Cov(x\,,\,y)}}=\dfrac{3\times20+4\times18+5\times14+6\times12+8\times9+10\times6}{6}-6\times13,17} \\\overset{}{\phantom{\text{Cov(x\,,\,y)}}=\dfrac{406}{6}-79,02} \\\overset{}{\phantom{\text{Cov(x\,,\,y)}}\approx-11,35} \\\\\Longrightarrow\boxed{\text{Cov(x\,,\,y)}\approx-11,35}$

$r=\dfrac{\text{Cov(x\,,\,y)}}{\sqrt{V(x)\times V(y)}}=\dfrac{-11,35}{\sqrt{5,67\times23,38}}\Longrightarrow\boxed{r\approx-0,99}$
D'où le coefficient de corrélation linéaire de la série statistique (x , y ) est $\boxed{r\approx-0,99}\,.$

Le coefficient de corrélation linéaire de la série statistique (x , y ) est très proche de -1.
Par conséquent, il y a une très forte corrélation entre les variables x et y .
Le modèle linéaire est fiable.

4.a) Soit (D) la droite de régression de y en x .
(D) admet une équation de la forme : y = ax + b   où $a=\dfrac{\text{Cov} (x\,,\,y)}{V(X)}\ \text{ et }\ b=\overline{y}-a\overline{x}.$ $a=\dfrac{\text{Cov}(x\,,\,y)}{V(x)}=\dfrac{-11,35}{5,67}\approx-2\Longrightarrow\boxed{a\approx-2} \\\\b=\overline{y}-a\overline{x}\approx13,17-(-2)\times6=13,17+12=25,17\Longrightarrow\boxed{b\approx25,17}$
D'où, une équation de (D) est $\boxed{y=-2x+25,17}.$

4.b) Représentation graphique des résultats.

5. L'entreprise commerciale dispose de 12 guichets.
Dans l'équation de (D), remplaçons x par 12 et calculons la valeur de y .
y = -2 multiplie

12 + 25,17 = -24 + 25,17 = 1,17.
Par conséquent, lorsque tous les guichets sont ouverts, nous pouvons estimer le temps d'attente à environ 1 min 10 s.

5 points

exercice 2

Dans l'espace muni d'un repère orthonormal $(O\,;\,\vec i\,,\,\vec j\,,\,\vec k)$ , on considère les points A(1 ; -1 ; 0), B(0 ; 1 ; 2)
et C(1 ; 2 ; -2).

1.a) Les points A, B et C déterminent un plan (P) si ces points ne sont pas alignés.

$\left\lbrace\begin{array}l A(1\ ;\,-1\ ;\,0)\\B(0\,;\,1\,;\,2)\end{array}\Longrightarrow\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}0-1\\1-(-1)\\2-0\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\2\\2\end{pmatrix}}$

$\left\lbrace\begin{array}l A(1\ ;\,-1\ ;\,0)\\C(1\,;\,2\,;\,-2)\end{array}\Longrightarrow\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}1-1\\2-(-1)\\-2-0\end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0\\3\\-2\end{pmatrix}}$

Manifestement, les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires $\left(\dfrac{0}{-1}\neq\dfrac{3}{2}\right).$
Les points A, B et C ne sont donc pas alignés.
Par conséquent, les points A, B et C déterminent un plan (P).

1.b) Déterminons une équation cartésienne de (P).
Une équation cartésienne du plan (P) est de la forme : ax + by + cz + d = 0.
Exprimons que les points A, B et C appartiennent au plan (P) en remplaçant x , y et z par les coordonnées respectives des points.

$\left\lbrace\begin{matrix}A(1\,;\,-1\,;\,0)\in(P) \\B(0\,;\,1\,;\,2)\in(P)\\C(1,;\,2\,;\,-2)\in(P)\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}a-b+d=0\\b+2c+d=0\\a+2b-2c+d=0\end{matrix}\right.$

Posons d = -1.

$\text{Alors }\ \left\lbrace\begin{matrix}a-b=1\\b+2c=1\\a+2b-2c=1\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}a=1+b\\2c=1-b\\a+2b-2c=1\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}a=1+b\\2c=1-b\\1+b+2b-1+b=1\end{matrix}\right. \\\\\overset{}{\phantom{WWW.}\Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}a=1+b\\2c=1-b\\4b=1\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}a=1+b\\2c=1-b\\b=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.} \Longleftrightarrow\ \left\lbrace\begin{matrix}a=\dfrac{5}{4}\\\overset{}{2c=\dfrac{3}{4}}\\b=\dfrac{1}{4}\end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \left\lbrace\begin{matrix}a=\dfrac{5}{4}\\\overset{}{c=\dfrac{\overset{}{3}}{8}}\\b=\dfrac{\overset{}{1}}{4}\end{matrix}\right.$

D'où, une équation cartésienne du plan (P) est $\dfrac{5}{4}x+\dfrac{1}{4}y+\dfrac{3}{8}z-1=0.$
Multiplions les deux membres de cette équation par 8.
Par conséquent, une équation cartésienne du plan (P) est $\boxed{10x+2y+3z-8=0}.$

1.c) Le plan (P) est dirigé par les vecteurs $\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\2\\2\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}0\\3\\-2\end{pmatrix}.$
Le point $A(1\,;\,-1\,;\,0)$ appartient au plan.
Soit M(x ; y ; z ) un point quelconque de (P).
Alors $M(x\,;\,y\,;z)\in(P)\Longleftrightarrow\exists\ (s\,;\,t)\in\R^2:\overrightarrow{AM}=s\overrightarrow{AB}+t\overrightarrow{AC}$

$\text{soit }\begin{pmatrix}x-1\\y+1\\z-0\end{pmatrix}=s.\begin{pmatrix}-1\\2\\2\end{pmatrix}+t.\begin{pmatrix}0\\3\\-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-s\\2s\\2s\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\3t\\-2t\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-s\\2s+3t\\2s-2t\end{pmatrix} \\\\\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x-1=-s\ \ \ \ \\y+1=2s+3t\\\ \ \ \ \ z=2s-2t\end{matrix}\right.$
D'où un système d'équations paramétriques du plan (P) est : $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x=1-s\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\y=-1+2s+3t\\z=2s-2t\ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \ \ \ \ (\text{avec }s,t\in\R)}$

2. On considère le plan (Q) d'équation : $x-y+z-1=0$ .

2.a) Montrons que les plans (P) et (Q) ne sont pas parallèles. Nous savons que si un plan admet pour équation cartésienne ax + by + cz + d = 0, alors un vecteur normal du plan est $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ .
Une équation cartésienne du plan (P) est $10x+2y+3z-8=0$ .
Un vecteur normal du plan (P) est $\overrightarrow{n_1}\begin{pmatrix}10\\2\\3\end{pmatrix}$ .
Une équation cartésienne du plan (Q) est $x-y+z-1=0$ .
Un vecteur normal du plan (Q) est $\overrightarrow{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\1\end{pmatrix}$ .
Manifestement, les vecteurs $\overrightarrow{n_1}$ et $\overrightarrow{n_2}$ ne sont pas colinéaires $\left(\dfrac{1}{10}\neq\dfrac{-1}{2}\right).$
D'où les vecteurs normaux aux plans (P) et (Q) ne sont pas colinéaires.
Par conséquent, les plans (P) et (Q) ne sont pas parallèles.

2.b) Déterminons un système d'équations paramétriques de la droite (D) intersection de (P) et (Q).

$\left\lbrace\begin{matrix}10x+2y+3z-8=0\\x-y+z-1=0\ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}10x+2y+3r-8=0\\x-y+r-1=0\ \ \ \ \ \\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\begin{matrix}|\\|\\\phantom{}\end{matrix}\begin{matrix}{\red{\times1}}\\ {\red{\times2}}\\\phantom{}\end{matrix}\ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}10x\,{\red{+2y}}+3r-8=0\\2x\,{\red{-2y}}+2r-2=0\ \\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right. \\\\\Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}12x+5r-10=0\\x-y+r-1=0\ \\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}12x=10-5r\ \ \ \ \ \\x-y+r-1=0\\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=\dfrac{5}{6}-\dfrac{5}{12}r\ \ \ \ \ \\x-y+r-1=0\\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$

$\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=\dfrac{5}{6}-\dfrac{5}{12}r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\overset{}{\dfrac{5}{6}-\dfrac{5}{12}r-y+r-1=0}\\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=\dfrac{5}{6}-\dfrac{5}{12}r\ \ \ \ \ \\\overset{}{-y+\dfrac{7}{12}r-\dfrac{1}{6}=0}\\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \Longleftrightarrow\ \ \left\lbrace\begin{matrix}x=\dfrac{5}{6}-\dfrac{5}{12}r\ \ \ \\\overset{}{y=-\dfrac{1}{6}+\dfrac{7}{12}r}\\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.$

D'où, un système d'équations paramétriques de la droite (D) est : $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x=\dfrac{5}{6}-\dfrac{5}{12}r\ \ \ \\\overset{}{y=-\dfrac{1}{6}+\dfrac{7}{12}r}\\z=r\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right.\ \ \ \ \ \ \ (\text{avec }r\in\R)}$

3. Soit G le barycentre du système {(A ; 2), (B ; -3)} et H celui du système {(A ; 5), (B ; -4)}.

3.a) Calculons les coordonnées de G.

$\left\lbrace\begin{matrix}x_G=\dfrac{2x_A-3x_B}{2-3}=\dfrac{2\times1-3\times0}{-1}=-2\ \\\overset{}{y_G=\dfrac{2y_A-3y_B}{2-3}=\dfrac{2\times(-1)-3\times1}{-1}=5}\\\overset{}{z_G=\dfrac{2z_A-3z_B}{2-3}=\dfrac{2\times0-3\times2}{-1}=6}\ \ \ \ \end{matrix}\right.$
Par conséquent, nous obtenons : $\boxed{G\,(-2\,;\,5\,;\,6)}$

Calculons les coordonnées de H.

$\left\lbrace\begin{matrix}x_H=\dfrac{5x_A-4x_B}{5-4}=\dfrac{5\times1-4\times0}{1}=5\ \\\overset{}{y_H=\dfrac{5y_A-4y_B}{5-4}=\dfrac{5\times(-1)-4\times1}{1}=-9}\\\overset{}{z_H=\dfrac{5z_A-4z_B}{5-4}=\dfrac{5\times0-4\times2}{1}=-8}\ \ \ \ \end{matrix}\right.$
Par conséquent, nous obtenons : $\boxed{H\,(5\,;\,-9\,;\,-8)}$

3.b) Le point G est le barycentre du système {(A ; 2), (B ; -3)}.
Dès lors, pour tout point M de l'espace, $\overset{.}{(2-3) \overrightarrow{MG} = 2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}}$ , soit $\boxed{2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}=-\overrightarrow{MG}}.$
De même, le point H est le barycentre du système {(A ; 2), (B ; -4)}.
Dès lors, pour tout point M de l'espace, $\overset{.}{5-4) \overrightarrow{MH} = 5\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MB}}$ , soit $\boxed{5\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MH}}.$

$||\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}\mid\mid=\mid\mid5\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MB}\mid\mid\Longleftrightarrow\mid\mid-\overrightarrow{MG}\mid\mid=\mid\mid\overrightarrow{MH}\mid\mid \\\overset{}{\phantom{\mid\mid2\overrightarrow{MA}-3\overrightarrow{MB}\mid\mid=\mid\mid5\overrightarrow{MA}-4\overrightarrow{MB}\mid\mid}\Longleftrightarrow\mid\mid\overrightarrow{MG}\mid\mid=\mid\mid\overrightarrow{MH}\mid\mid}$

L'ensemble $(\Pi)$ est donc l'ensemble des points de l'espace équidistants des points G et H.
Par conséquent, l'ensemble $(\Pi)$ est le plan médiateur du segment [GH].

3.c) Déterminons une équation cartésienne du plan $(\Pi)$ .

Nous savons que tout plan de vecteur normal $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ admet une équation cartésienne de la
forme ax + by + cz + d = 0.
Un vecteur normal $\overrightarrow{n}$ du plan médiateur $(\Pi)$ de [GH] est un vecteur directeur de la droite (GH), par exemple le vecteur $\overrightarrow{GH}$ ou un de ses multiples.
$\left\lbrace\begin{array}l G(-2\ ;\,5\ ;\,6)\\H(5\,;\,-9\,;\,-8)\end{array}\Longrightarrow\overrightarrow{GH}\begin{pmatrix}5-(-2)\\-9-5\\-8-6\end{pmatrix}\Longrightarrow\overrightarrow{GH}\begin{pmatrix}7\\-14\\-14\end{pmatrix}$ .
Nous pouvons donc prendre $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}7\\-14\\-14\end{pmatrix}$ ou $\boxed{\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}1\\-2\\-2\end{pmatrix}}$ .
D'où, une équation cartésienne du plan $(\Pi)$ est de la forme x - 2y - 2z + d = 0.
Or ce plan $(\Pi)$ passe par le milieu K du segment [GH] dont les coordonnées sont : $(\dfrac{x_G+x_H}{2}\,;\,\dfrac{y_G+y_H}{2}\,;\,\dfrac{z_G+z_H}{2})=(\dfrac{-2+5}{2}\,;\,\dfrac{5-9}{2}\,;\,\dfrac{6-8}{2})=\overset{.}{\boxed{(\dfrac{3}{2}\,;\,-2\,;\,-1)}}$

$\text{Donc }\ K\in\,(\Pi)\Longleftrightarrow\dfrac{3}{2}-2\times(-2)-2\times(-1)+d=0 \\\overset{}{\phantom{\text{Donc }\ K\in\,(\Pi)}\Longleftrightarrow\dfrac{3}{2}+4+2+d=0} \\\overset{}{\phantom{\text{Donc }\ K\in\,(\Pi)}\Longleftrightarrow \boxed{d=-\dfrac{15}{2}}}$

Par conséquent, une équation cartésienne du plan $(\Pi)$ est $x-2y-2z-\dfrac{15}{2}=0$ ,
soit $\boxed{(\Pi):2x-4y-4z-15=0.}$

4. Déterminons l'ensemble $(\Gamma)$ des points M de l'espace tel que : $2MA^2-3MB^2 = -70.$

$2MA^2-3MB^2=-70 \\\\\Longleftrightarrow2\overrightarrow{MA}^2-3\overrightarrow{MB}^2=-70 \\\overset{}{\Longleftrightarrow2(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GA})^2-3(\overrightarrow{MG}+\overrightarrow{GB})^2=-70} \\\overset{}{\Longleftrightarrow2(\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GA}^2)-3(\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GB}^2)=-70} \\\overset{}{\Longleftrightarrow2\overrightarrow{MG}^2+4\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA}+2\overrightarrow{GA}^2-3\overrightarrow{MG}^2-6\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB}-3\overrightarrow{GB}^2=-70} \\\overset{}{\Longleftrightarrow-\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{GA}^2-3\overrightarrow{GB}^2+4\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GA}-6\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{GB}=-70} \\\overset{}{\Longleftrightarrow-\overrightarrow{MG}^2+2\overrightarrow{GA}^2-3\overrightarrow{GB}^2+2\overrightarrow{MG}.(2\overrightarrow{GA}-3\overrightarrow{GB})=-70.}$

Or

$\bullet\ GA^2=(x_A-x_G)^2+(y_A-y_G)^2+(z_A-z_G)^2 \\\phantom{\bullet\ GA^2}=(1+2)^2+(-1-5)^2+(0-6)^2 \\\phantom{\bullet\ GA^2}=9+36+36 \\\ \ \ \Longrightarrow\boxed{GA^2=81} \\\\\bullet\ GB^2=(x_B-x_G)^2+(y_B-y_G)^2+(z_B-z_G)^2 \\\phantom{\bullet\ GB^2}=(0+2)^2+(1-5)^2+(2-6)^2 \\\phantom{\bullet\ GB^2}=4+16+16 \\\ \ \ \Longrightarrow\boxed{GB^2=36} \\\\\bullet\ \boxed{2\overrightarrow{GA}-3\overrightarrow{GB}=\overrightarrow{0}}\ \ \ \ (\text{par définition du barycentre G})$

$2MA^2-3MB^2=-70\Longleftrightarrow-\overrightarrow{MG}^2+2\times81-3\times36+2\overrightarrow{MG}.\overrightarrow{0}=-70 \\\overset{}{\phantom{2MA^2-3MB^2=-70}\Longleftrightarrow-\overrightarrow{MG}^2+162-108+0=-70 } \\\overset{}{\phantom{2MA^2-3MB^2=-70}\Longleftrightarrow-\overrightarrow{MG}^2+54=-70 } \\\overset{}{\phantom{2MA^2-3MB^2=-70}\Longleftrightarrow\overrightarrow{MG}^2=124 }$

Par conséquent, l'ensemble $(\Gamma)$ est une sphère de centre G et de rayon $\sqrt{124}=2\sqrt{31}.$

10 points

probleme

Soit f la fonction numérique à variable réelle définie par : $f(x)=\text{e}^{-2x}-2\text{e}^{-x}-1$ et (C) sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormal $(O\,;\,\vec i\,,\,\vec j).\ \ (\mid\mid\vec i\mid\mid\ =\ \mid\mid\vec j\mid\mid\ =\ 1\text{ cm}$ ).

${\red{1.\ }}\ f(x)=\text{e}^{-2x}-2\text{e}^{-x}-1\Longleftrightarrow\boxed{f(x)=\text{e}^{-x}(\text{e}^{-x}-2)-1} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}(-x)=+\infty\\\lim\limits_{X\to+\infty}\text{e}^{X}=+\infty\end{matrix}\right.\ \ \ \ \underset{\text{par composition}}{\Longrightarrow}\ \ \ \lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-x}=+\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-x}(\text{e}^{-x}-2)=+\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \lim\limits_{x\to-\infty}[\text{e}^{-x}(\text{e}^{-x}-2)-1]=+\infty \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}(-x)=-\infty\\\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\end{matrix}\right.\ \ \ \ \underset{\text{par composition}}{\Longrightarrow}\ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-x}=0 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}\text{e}^{-x}(\text{e}^{-x}-2)=0 \\\phantom{WWWWWWWWWWW}\Longrightarrow\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \lim\limits_{x\to+\infty}[\text{e}^{-x}(\text{e}^{-x}-2)-1]=-1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-1}$

2. Nous devons déterminer les branches infinies de (C).

Etudions le comportement de la fonction f autour de - infini

.
$\overset{.}{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty.}$
Donc la courbe (C) n'admet pas d'asymptote horizontale en -.

$f(x)=\text{e}^{-2x}-2\text{e}^{-x}-1\Longleftrightarrow f(x)=\text{e}^{-x}(\text{e}^{-x}-2)-1 \Longrightarrow \boxed{\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{\text{e}^{-x}}{x}(\text{e}^{-x}-2)-\dfrac{1}{x}\ \ \ \ \text{où }x\neq0}$

$\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\text{e}^{-x}=+\infty\\\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\end{matrix}\ \ \ \ \underset{\text{par criossances comparées}}{\Longrightarrow}\ \ \ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{\text{e}^{-x}}{x}=-\infty\ \ \Longrightarrow\ \ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{\text{e}^{-x}}{x}(\text{e}^{-x}-2)=-\infty$

$\text{De plus }\ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{1}{x}=0 \\\\\text{D'où }\ \lim\limits_{x\to-\infty}\left[\dfrac{\text{e}^{-x}}{x}(\text{e}^{-x}-2)-\dfrac{1}{x}\right]=-\infty,\ \text{soit }\boxed{ \lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty}$

Par conséquent, autour de -, la courbe (C) admet une branche parabolique d'axe vertical.

Etudions le comportement de la fonction f autour de + infini

.
$\overset{.}{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=-1\in\R.}$
Par conséquent, la courbe (C) admet une asymptote horizontale en + d'équation : y = -1.

3. Nous devons déterminer l'expression de la dérivée f' (x ) pour tout x réel.

$f'(x)=(\text{e}^{-2x})'-2(\text{e}^{-x})'-1' \\\phantom{f'(x)}=(-2x)'\,\text{e}^{-2x}-2\times(-x)'\,\text{e}^{-x}-0 \\\phantom{f'(x)}=-2\,\text{e}^{-2x}-2\times(-1)\,\text{e}^{-x} \\\phantom{f'(x)}=-2\,\text{e}^{-2x}+2\,\text{e}^{-x} \\\phantom{f'(x)}=2\,\text{e}^{-2x}\,(-1+\text{e}^{x}) \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=2\,\text{e}^{-2x}\,(\text{e}^{x}-1)}$

4. Etudions le signe de la dérivée f' (x ) et les variations de f .
Puisque l'exponentielle est strictement positive sur

, le signe de la dérivée f' sera le signe de $\text{e}^{x}-1.$

$\begin{matrix}\text{e}^{x}-1<0\Longleftrightarrow\text{e}^{x}<1\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow \text{e}^{x}<\text{e}^{0}\\\phantom{\text{e}^{x}-1<0}\Longleftrightarrow x<0 \\\\\text{e}^{x}-1=0\Longleftrightarrow\text{e}^{x}=1\\\phantom{\text{e}^{x}-1=0}\Longleftrightarrow x=0 \\\\\text{e}^{x}-1>0\Longleftrightarrow\text{e}^{x}>1\\\phantom{\text{e}^{x}-1>0}\Longleftrightarrow x>0\end{matrix} \ \ \begin{matrix} |\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\\|\end{matrix}\ \ \ \ \begin{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&0&&+\infty\\&&&&&\\\hline\text{e}^x-1&&-&0&+&\\\hline&&&&&\\f'(x)&&-&0&+&\\&&&&&\\\hline &+\infty&&&&-1 \\ f(x)&&\searrow&&\nearrow& \\ &&&-2&& \\ \hline \end{array}\end{matrix}$

5. Nous devons montrer que l'équation f (x )= 0 admet une unique solution lambda

.

Dans l'intervalle ]- ; 0] :

La fonction f est continue et strictement décroissante sur l'intervalle ]- infini

; 0].
$\left\lbrace\begin{matrix}f(-0,9)=\text{e}^{1,8}-2\text{e}^{0,9}-1\approx0,130\Longrightarrow {\red{f(-0,9)>0}} \\\overset{}{f(-0,8)=\text{e}^{1,6}-2\text{e}^{0,8}-1\approx-0,498\Longrightarrow {\red{f(-0,8)<0}}}\end{matrix}\right.$
Par conséquent, selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation f (x ) = 0 admet une solution unique $\lambda$ dans l'intervalle ]-0,9 ; -0,8[.

Dans l'intervalle [0 ; +[ :
La fonction f est continue et strictement croissante sur l'intervalle [0 ; + infini

[.
De plus $f(\,[0\,;\,+\infty\[[\,)=[-2\,;\,-1[$ .
D'où, l'équation f (x ) = 0 n'admet pas de solution dans l'intervalle [0 ; +[.

Nous en déduisons donc que l'équation f (x ) = 0 admet une solution unique $\lambda$ telle que -0,9 < $\lambda$ < -0,8.

6. Représentation graphique de la courbe (C).

7. Soit

un réel strictement positif.

${\red{7.\ \text{a) }}}\ A(\alpha)=\int\limits_0^{\alpha}(-1-f(x))\,dx=\int\limits_0^{\alpha}(-1-(\text{e}^{-2x}-2\text{e}^{-x}-1))\,dx \\\overset{}{\phantom{{\red{7.\ \text{a) }}}\ A(\alpha)}=\int\limits_0^{\alpha}(-\text{e}^{-2x}+2\text{e}^{-x})\,dx} \\\overset{}{\phantom{{\red{7.\ \text{a) }}}\ A(\alpha)}=\int\limits_0^{\alpha}(-\text{e}^{-2x})\,dx+2\int\limits_0^{\alpha}\text{e}^{-x}\,dx} \\\overset{}{\phantom{{\red{7.\ \text{a) }}}\ A(\alpha)}=\dfrac{1}{2}\int\limits_0^{\alpha}({\red{-2\text{e}^{-2x}}})\,dx-2\int\limits_0^{\alpha}({\blue{-\text{e}^{-x}}})\,dx} \\\phantom{{\red{7.\ \text{a) }}}\ A(\alpha)}=\dfrac{1}{2}\left[\overset{}{{\red{\text{e}^{-2x}}}}\right]\limits_0^{\alpha}-2\left[\overset{}{{\blue{\text{e}^{-x}}}}\right]\limits_0^{\alpha} \\\\\phantom{{\red{7.\ \text{a) }}}\ A(\alpha)}\ \ \ \ \ \ {[\text{car }{\red{(\text{e}^{-2x})'=(-2x)'\text{e}^{-2x}=-2\text{e}^{-2x}}}\ \text{et}\ {\blue{(\text{e}^{-x})'=(-x)'\text{e}^{-x}=-\text{e}^{-x}}}}]$

$A(\alpha)=\dfrac{1}{2}\left[\overset{}{\text{e}^{-2\alpha}-\text{e}^{0}}\right]-2\left[\overset{}{\text{e}^{-\alpha}-\text{e}^{0}}\right] \\\\\phantom{A(\alpha)}=\dfrac{1}{2}[\text{e}^{-2\alpha}-1]-2[\text{e}^{-\alpha}-1] \\\\\phantom{A(\alpha)}=\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2\alpha}-\dfrac{1}{2}-2\text{e}^{-\alpha}+2=\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2\alpha}-2\text{e}^{-\alpha}+\dfrac{3}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{A(\alpha)=\left(\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2\alpha}-2\text{e}^{-\alpha}+\dfrac{3}{2}\right)\ \text{cm}^2}$

${\red{7.\ \text{b) }}}\ \ \left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{\alpha\to+\infty}\text{e}^{-2\alpha}=0\\\lim\limits_{\alpha\to+\infty}\text{e}^{-\alpha}=0\end{matrix}\right.\ \ \Longrightarrow\lim\limits_{\alpha\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\text{e}^{-2\alpha}-2\text{e}^{-\alpha}+\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{3}{2} \\\\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{\alpha\to+\infty}A(\alpha)=\dfrac{3}{2}=1,5}.$

L'aire du domaine délimité par (C) et la droite d'équation y = -1 sur l'intervalle [0 ; +[ est égale à 1,5 cm².

Publié par malou le 14-02-2021

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