Fiche de mathématiques
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Bac Sénégal 2021

Série F6

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Coefficient : 4

Durée : 4 heures


5 points

exercice 1

Bac F6 Sénégal 2021 : image 4


5 points

exercice 2

Bac F6 Sénégal 2021 : image 1


10 points

probleme

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Bac F6 Sénégal 2021 : image 3







Bac F6 Sénégal 2021

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5 points

exercice 1

Soit l'espace muni d'un repère orthonormal direct  \overset{{\white{.}}}{(O\,;\,\vec i\,,\,\vec j\,,\,\vec k).}
On considère les points A(2 ; 1 ; 0), B(0 ; 1 ; 1), C(0 ; 3 ; 2) et K(0 ; 0 ; 1).

1.  Nous devons déterminer les coordonnées du point G, isobarycentre de A, B et C.

\left\lbrace\begin{matrix}x_G=\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}\\\overset{{\white{.}}}{y_G=\dfrac{y_A+y_B+y_C}{3}}\\\overset{{\white{.}}}{z_G=\dfrac{z_A+z_B+z_C}{3}}\end{matrix}\right.\phantom{ww}\Longrightarrow\phantom{ww}\left\lbrace\begin{matrix}x_G=\dfrac{2+0+0}{3}\\\overset{{\phantom{.}}}{y_G=\dfrac{1+1+3}{3}}\\\overset{{\white{.}}}{z_G=\dfrac{0 + 1 +2}{3}}\end{matrix}\right.\phantom{ww}\Longrightarrow\phantom{ww}\left\lbrace\begin{matrix}x_G=\dfrac{2}{3}\\\overset{{\phantom{.}}}{y_G=\dfrac{5}{3}}\\\overset{{\phantom{.}}}{z_G=1}\end{matrix}\right.
D'où, les coordonnées du point G sont :  \overset{{\white{.}}}{\boxed{G(\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{5}{3}\,;\,1)}}

2.  Nous devons calculer  \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}.

Calculons les coordonnées des vecteurs  \overrightarrow{AB}  et  \overrightarrow{AC}.

\left\lbrace\begin{matrix}A(2\,;1\,;0)\\\overset{}{B(0\,;1\,;1)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{AB} \, \begin{pmatrix} x_B-x_A\\ y_B-y_A \\ z_B-z_A \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0-2\\1-1\\1-0 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AB} \, \begin{pmatrix} -2\\0\\1 \end{pmatrix}}   \\\\\left\lbrace\begin{matrix}A(2\,;1\,;0)\\\overset{}{C(0\,;3\,;2)}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{AC} \, \begin{pmatrix} x_C-x_A\\ y_C-y_A \\ z_C-z_A \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0-2\\3-1\\2-0 \end{pmatrix}\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AC} \, \begin{pmatrix} -2\\2\\2 \end{pmatrix}}

Dès lors,

\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\overrightarrow{i}&&\overrightarrow{j}&&\overrightarrow{k}\\\\-2&&0&&1\\\\-2&&2&&2\end{vmatrix}  =\begin{vmatrix}0&&1\\\\2&&2\end{vmatrix}\overrightarrow{i}-\begin{vmatrix}-2&&1\\\\-2&&2\end{vmatrix}\overrightarrow{j}+\begin{vmatrix}-2&&0\\\\-2&&2\end{vmatrix}\overrightarrow{k} \\\\\\\phantom{\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}}=(0-2)\overrightarrow{i}-(-4+2)\overrightarrow{j}+(-4-0)\overrightarrow{k} \\\\\phantom{\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}}=-2\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-4\overrightarrow{k} \\\\\Longrightarrow\boxed{\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=-2\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-4\overrightarrow{k}}

Nous en déduisons que les points A, B et C ne sont pas alignés car  \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\neq \overrightarrow{0}.

3.  Nous devons déterminer l'équation du plan (ABC).

Le vecteur  \overrightarrow{n}=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\2\\-4\end{pmatrix}  est un vecteur normal au plan (ABC).
Soit M (x  ; y  ; z ) un point quelconque du plan (ABC).

M\in(ABC)\Longleftrightarrow\overrightarrow{AM}\perp\overrightarrow{n} \\\phantom{M\in(ABC)}\Longleftrightarrow\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{n}=0 \\\\\text{Or }\bullet\left\lbrace\begin{matrix}A(2\,;\,1\,;\,0)\\M(x\,;\,y\,;\,z)\end{matrix}\right.\Longrightarrow\overrightarrow{AM}:\begin{pmatrix}x-2\\y-1\\z\end{pmatrix} \\\\\phantom{\text{Or }}\bullet\overrightarrow{n}:\begin{pmatrix}-2\\2\\-4\end{pmatrix} \\\\\text{D'où }\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{n}=0\Longleftrightarrow-2(x-2)+2(y-1)-4z=0 \\\phantom{\text{D'où }\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{n}=0}\Longleftrightarrow(x-2)-(y-1)+2z=0 \\\phantom{\text{D'où }\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{n}=0}\Longleftrightarrow \boxed{x-y+2z-1=0}
Par conséquent, une équation du plan (ABC) est  \boxed{x-y+2z-1=0}\,.

4)  L'isobarycentre G des trois points A, B, C est le centre de gravité du triangle ABC (point d'intersection des médianes).
Dès lors, les points A, B, C et G sont coplanaires.

Les points A, B, C et K sont coplanaires si le point K appartient au plan (ABC).
Déterminons si les coordonnées du point K vérifient l'équation du plan (ABC).
\overset{{\white{.}}}{0-0+2\times1-1=2-1=1\neq 0.}
Puisque les coordonnées du point K ne vérifient pas l'équation du plan (ABC), les points A, B, C et K ne sont pas coplanaires.

Dès lors, les points A, B, C, G et K ne sont pas coplanaires.

5.  Nous devons déterminer une représentation paramétrique de la droite (OK).

Soit M (x  ; y  ; z ) un point quelconque de la droite (OK).

M appartient (OK) equivaut les vecteurs  \overrightarrow{OM}  et  \overrightarrow{OK}  sont colinéaires.

M\in(OK)\Longleftrightarrow\exists\,t\in\R:\overrightarrow{OM}=t\,\overrightarrow{OK} \\\\\phantom{M\in(OK)}\Longleftrightarrow\exists\,t\in\R:\left\lbrace\begin{matrix}x=t\times0\\y=t\times0\\z=t\times1\end{matrix}\right. \\\\\phantom{M\in(OK)}\Longleftrightarrow\exists\,t\in\R:\left\lbrace\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=t\end{matrix}\right.
Par conséquent, une représentation paramétrique de la droite (OK) est  \boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=t\end{matrix}\right.\phantom{w}(t\in\R)}\,.

6.  Nous devons déterminer les coordonnées du point I, point de percée de la droite (OK) avec la plan (ABC).

Les coordonnées du point I sont la solution du système en x , y , z  suivant :  \left\lbrace\begin{matrix}x=0\phantom{wwwwwwww}\\y=0\phantom{wwwwwwww}\\z=t\phantom{wwwwwwww}\\x-y+2z-1=0\end{matrix}\right.

\left\lbrace\begin{matrix}x=0\phantom{wwwwwwww}\\y=0\phantom{wwwwwwww}\\z=t\phantom{wwwwwwww}\\x-y+2z-1=0\end{matrix}\right.\phantom{ww}\Longleftrightarrow\phantom{ww}\left\lbrace\begin{matrix}x=0\phantom{wwwwwwww}\\y=0\phantom{wwwwwwww}\\z=t\phantom{wwwwwwww}\\0-0+2t-1=0\end{matrix}\right. \phantom{ww}\Longleftrightarrow\phantom{ww}\left\lbrace\begin{matrix}x=0\phantom{www}\\y=0\phantom{www}\\z=t\phantom{www}\\2t-1=0\end{matrix}\right. \\\phantom{wwwwwwwwwwwwwww}\Longleftrightarrow\phantom{ww}\left\lbrace\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=t\\t=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right. \phantom{www}\Longleftrightarrow\phantom{ww}\left\lbrace\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=\dfrac{1}{2}\\\\t=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.

D'où, les coordonnées du point I sont  (0\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{2}).

7.  Calculons l'aire  \mathscr{A}  du triangle ABC.

{\white{xxx}}\mathscr{A}=\dfrac{1}{2}\left\lVert \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\right\rVert =\dfrac{1}{2}\left\lVert -2\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}-4\overrightarrow{k}\right\rVert \\\\\phantom{x}=\dfrac{1}{2}\,\sqrt{(-2)^2+2^2+(-4)^2}=\dfrac{1}{2}\,\sqrt{4+4+16} \\\\\phantom{x}=\dfrac{1}{2}\,\sqrt{24}=\dfrac{1}{2}\times2\sqrt{6}=\sqrt{6} \\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}=\sqrt{6}}

5 points

exercice 2

On considère l'équation  (E):z^3-9z^2+(22+12\text{i})z-12-36\text{i}=0.

1.  Montrons que (E) admet une solution réelle z 0.

z_0\in\R\text{ est solution de }(E)\Longleftrightarrow z_0^3-9z_0^2+(22+12\text{i})z_0-12-36\text{i}=0 \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow z_0^3-9z_0^2+22z_0+12\text{i}z_0-12-36\text{i}=0 \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow (z_0^3-9z_0^2+22z_0-12)+(12z_0-36)\text{i}=0 \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{matrix}z_0^3-9z_0^2+22z_0-12=0\\12z_0-36=0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{matrix}z_0^3-9z_0^2+22z_0-12=0\phantom{x}(1)\\z_0=3\end{matrix}\right.

z 0 = 3 vérifie l'équation (1) car  3^3-9\times3^2+22\times3-12=27-81+66-12=0.

Nous en déduisons que (E) admet la solution réelle z 0 = 3.

2.  Montrons que (E) admet une solution imaginaire pure z 1.

z 1 est un nombre imaginaire pur equivaut il existe un nombre réel y  tel que z 1 = iy .

z_1=\text{i}y \text{ est solution de }(E)\Longleftrightarrow (\text{i}y)^3-9(\text{i}y)^2+(22+12\text{i})\text{i}y-12-36\text{i}=0 \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow -\text{i}y^3+9y^2+22\text{i}y-12y-12-36\text{i}=0 \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow (9y^2-12y-12)-(y^3-22y+36)\text{i}=0 \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow \left\lbrace\begin{matrix}9y^2-12y-12=0\\y^3-22y+36=0\end{matrix}\right.  \\\\\phantom{z_0\in\R\text{ est solution de }(E)}\Longleftrightarrow  \left\lbrace\begin{matrix}3y^2-4y-4=0\phantom{www}(1)\\y^3-22y+36=0\phantom{ww.}(2)\end{matrix}\right.

\bullet\phantom{ww}3y^2-4y-4=0 \\\\\phantom{\bullet\phantom{ww}}\text{Discriminant : }\Delta=(-4)^2-4\times3\times(-4)=16+48=64>0 \\\\\phantom{\bullet\phantom{ww}}\text{Racines : }y_1=\dfrac{4-\sqrt{64}}{6}=\dfrac{4-8}{6}=-\dfrac{4}{6}=-\dfrac{2}{3} \\\\\phantom{\bullet\phantom{ww}\text{Racines : }}y_2=\dfrac{4+\sqrt{64}}{6}=\dfrac{4+8}{6}=\dfrac{12}{6}=2 \\\\\bullet\phantom{ww}\text{Si }y=-\dfrac{2}{3}, \text{alors l'équation (2) n'est pas vérifiée car }\left(-\dfrac{2}{3}\right)^3-22\times\left(-\dfrac{2}{3}\right)+36=-\dfrac{584}{27}\neq0  \\\\\phantom{\bullet\phantom{ww}}\text{Si }y=2, \text{alors l'équation (2) est vérifiée car }2^3-22\times2+36=8-44+36=0

Nous en déduisons que (E) admet la solution imaginaire pure z 1 = 2i.

3.  Résolvons l'équation (E).

Nous savons que 3 et 2i sont deux solutions de (E).
Nous pouvons donc factoriser le membre de gauche par (z  - 3)(z  - 2i).

Donc  z^3-9z^2+(22+12\text{i})z-12-36\text{i}=(z-3)(z-2\text{i})(az+b)\phantom{w}\text{ où }\phantom{w}a,\,b\in\C.

Déterminons les valeurs de a  et de b .
Supposons que la forme factorisée soit développée.
Dans ce cas, les termes en z 3 des deux membres doivent être égaux.
Il en est de même pour les termes indépendants de chaque membre.
Dès lors, nous obtenons :

\left\lbrace\begin{matrix}a=1\phantom{WWWWWWW}\\ (-3)(-2\text{i})b=-12-36\text{i}\end{matrix}\right.\phantom{w}\Longleftrightarrow\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}a=1\phantom{WWW}\\6\text{i}b=-12-36\text{i}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW.}\Longleftrightarrow\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}a=1\phantom{WWW.}\\b=\dfrac{-12-36\text{i}}{6\text{i}}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW.}\Longleftrightarrow\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}a=1\phantom{WWW}\\b=\dfrac{-2-6\text{i}}{\text{i}}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW.}\Longleftrightarrow\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}a=1\phantom{WWWWWWW}\\b=\dfrac{-2\text{i}+6}{\text{i}\times\text{i}}=\dfrac{-2\text{i}+6}{-1}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWWWWWW.}\Longleftrightarrow\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}a=1\phantom{WwW}\\b=-6+2\text{i}\end{matrix}\right.

D'où  z^3-9z^2+(22+12\text{i})z-12-36\text{i}=(z-3)(z-2\text{i})(z-6+2\text{i}).

Dès lors,

(E)\Longleftrightarrow z^3-9z^2+(22+12\text{i})z-12-36\text{i}=0 \\\\\phantom{(E)}\Longleftrightarrow(z-3)(z-2\text{i})(z-6+2\text{i})=0 \\\\\phantom{(E)}\Longleftrightarrow z-3=0\phantom{(E)}\text{ou}\phantom{(E)}z-2\text{i}=0\phantom{(E)}\text{ou}\phantom{(E)}z-6+2\text{i}=0 \\\\\phantom{(E)}\Longleftrightarrow \boxed{z=3}\phantom{(E)}\text{ou}\phantom{(E)}\boxed{z=2\text{i}}\phantom{(E)}\text{ou}\phantom{(E)}\boxed{z=6-2\text{i}}

L'ensemble des solutions de l'équation (E) est  \boxed{S=\lbrace 3\,;\,2\text{i}\,;\,6-2\text{i}\rbrace}\,.

4.  On considère les points A(3), B(2i) et C(6-2i).

4. a)  Placement des points A, B et C.

Bac F6 Sénégal 2021 : image 5


{\red{4.\text{ b) }}}\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=\dfrac{6-2\text{i}-3}{2\text{i}-3}=\dfrac{3-2\text{i}}{-3+2\text{i}}=-1 \\\\\phantom{{\red{4.\text{ b) }}}}\Longrightarrow\boxed{\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=-1} \\\\\\ {\red{4.\text{ c) }}}\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}=-1\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\left|\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right|=1\\\\\arg\left(\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A}\right)=\pi[2\pi]\end{matrix}\right.

Il s'ensuit que AB = AC et que  \left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\pi[2\pi].

4. d)  Nous en déduisons que les points A, B et C sont alignés et que A est le milieu de [CD].

5.  La transformation S  d'écriture complexe  z'=\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}z  est une rotation autour de O d'un angle  \dfrac{\pi}{3}.

10 points

probleme

Soient f  et g  deux fonctions définies sur ]0 ; +infini[ par  f(x)=\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x  et  g(x)=-x-1-\ln x.

Partie A :

1.  Nous devons calculer les limites de g  aux bornes de son ensemble de définition.

\bullet\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}x=0\\\\\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty\end{matrix}\right.\phantom{w}\Longrightarrow\phantom{w}\lim\limits_{x\to0^+}(-x-1-\ln x)=+\infty \\\phantom{WWWWWWWiWW}\Longrightarrow\phantom{w}\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=+\infty} \\\\ \bullet\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\\\\\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\end{matrix}\right.\phantom{w}\Longrightarrow\phantom{w}\lim\limits_{x\to+\infty}(-x-1-\ln x)=-\infty \\\phantom{WWWWWWWiWW}\Longrightarrow\phantom{w}\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty}

2.  La fonction g  est dérivable sur ]0 ; +infini[  (comme somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +infini[).

g'(x)=-x'-1'-(\ln x)'=-1-0-\dfrac{1}{x} \\\phantom{g'(x)}=-1-\dfrac{1}{x} =\dfrac{-x-1}{x} \\\\\Longrightarrow\boxed{g'(x)=-\dfrac{x+1}{x}}

x\in\,]0\,;\,+\infty[\phantom{ww}\Longrightarrow\phantom{ww}\left\lbrace\begin{matrix}x>0\\x+1>0\end{matrix}\right. \\\\\phantom{x\in\,]0\,;\,+\infty[}\phantom{ww}\Longrightarrow\phantom{ww}\dfrac{x+1}{x}>0 \\\overset{}{\phantom{x\in\,]0\,;\,+\infty[}\phantom{ww}\Longrightarrow\phantom{ww}-\dfrac{x+1}{x}<0} \\\overset{}{\phantom{x\in\,]0\,;\,+\infty[}\phantom{ww}\Longrightarrow\phantom{ww}\boxed{g'(x)<0}}

Il s'ensuit que la fonction g  est strictement décroissante sur l'intervalle ]0 ; +infini[.

Tableau de variations de g 

{\white{wwwwwwwww}}\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&&&\\g\,'(x)&&&-&&\\&&&&&\\\hline&+\infty&&&&\\g(x)&&&\searrow&&\\&&&&&-\infty\\ \hline \end{array}

3.  La fonction g  est définie, continue et strictement décroissante sur l'intervalle  \overset{{\white{.}}}{]0\,;\,+\infty[.}
 \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to0^+}g(x)=+\infty}  et  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=-\infty.}
D'où  \overset{{\white{.}}}{ 0\in g(]0\,;\,+\infty[).}
Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous déduisons que l'équation g (x ) = 0 possède une et une seule solution notée alpha dans l'intervalle \overset{{\white{.}}}{]0\,;\,+\infty[.}

\text{Or }\left\lbrace\begin{matrix}g(0,2)=-0,2-1-\ln 0,2\approx0,409>0 \\\\g(0,3)=-0,3-1-\ln 0,3\approx-0,096<0\end{matrix}\right.

D'où  \overset{{\white{.}}}{\boxed{0,2<\alpha<0,3}\,.}

4.  Tableau de variations de g  complété.

{\white{wwwwwwwww}}\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&\alpha &&+\infty\\&&&&&\\\hline&+\infty&&&&\\g(x)&&\searrow&0&\searrow&\\&&&&&-\infty\\ \hline \end{array}

Nous pouvons ainsi déduire le signe de g (x ).

{\white{ww}}\bullet{\white{w}}g(x) > 0 sur l'intervalle ]-infini ; alpha[
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}g(x) < 0 sur l'intervalle ]alpha ; +infini[.


Partie B :

1.  Nous devons calculer les limites de f  aux bornes de son ensemble de définition.

\forall\,x\in\,\,]0\,;\,+\infty[,\, f(x)=\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x \\\\\Longleftrightarrow\forall\,x\in\,\,]0\,;\,+\infty[, \boxed{f(x)=\ln x\,(\dfrac{1}{2}\ln x+1)+x} \\\\\bullet\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\ln x=-\infty\\\\\lim\limits_{x\to0^+}\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)=-\infty\end{matrix}\right.\phantom{w}\Longrightarrow\phantom{w}\lim\limits_{x\to0^+}\left[\ln x\,(\dfrac{1}{2}\ln x+1)+x\right]=+\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWWiWW}\Longrightarrow\phantom{w}\boxed{\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=+\infty} \\\\ \bullet\phantom{w}\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty }\ln x=+\infty\\\\\lim\limits_{x\to+\infty }\left(\dfrac{1}{2}\ln x+1\right)=+\infty\end{matrix}\right.\phantom{w}\Longrightarrow\phantom{w}\lim\limits_{x\to+\infty }\left[\ln x\,(\dfrac{1}{2}\ln x+1)+x\right]=+\infty \\\phantom{WWWWWWWWWWWwWW}\Longrightarrow\phantom{w}\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty }f(x)=+\infty}

2. a)  La fonction f  est dérivable sur ]0 ; +infini[  (comme somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +infini[).

f'(x)=\dfrac{1}{2}(\ln^2x)'+(\ln x)'+x' \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{2}\times2(\ln x)'\,\ln x+\dfrac{1}{x}+1 \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{1}{x}\,\ln x+\dfrac{1}{x}+1 \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{\ln x+1+x}{x} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,\,]0\,;\,+\infty[,\,f'(x)=\dfrac{1+x+\ln x}{x}} \\\\f'(x)=\dfrac{1+x+\ln x}{x} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{-(-1-x-\ln x)}{x} \\\\\phantom{f'(x)}=\dfrac{-g(x)}{x} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\,\,]0\,;\,+\infty[,\,f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x}}

2. b)  Nous avons montré dans la partie A que alpha est l'unique solution de l'équation g (x ) = 0.
Dès lors,

g(\alpha)=0\Longleftrightarrow -\alpha-1-\ln \alpha=0 \\\phantom{g(\alpha)=0}\Longleftrightarrow \ln \alpha=-\alpha-1

D'où  \left\lbrace\begin{matrix} \ln \alpha=-\alpha-1\\ \ln^2 \alpha=(-\alpha-1)^2\end{matrix}\right.\phantom{w}\Longleftrightarrow\phantom{x}\left\lbrace\begin{matrix} \ln \alpha=-\alpha-1\\ \ln^2 \alpha=\alpha^2+2\alpha+1\end{matrix}\right.

Par conséquent,

f(\alpha)=\dfrac{1}{2}\ln^2\alpha+\ln \alpha+\alpha =\dfrac{1}{2}(\alpha^2+2\alpha+1)+(-\alpha-1)+\alpha \\\\\phantom{f(\alpha)}=\dfrac{1}{2}\alpha^2+\alpha+\dfrac{1}{2}-\alpha-1+\alpha =\dfrac{1}{2}\alpha^2+\alpha-\dfrac{1}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{f(\alpha)=\dfrac{1}{2}\alpha^2+\alpha-\dfrac{1}{2}}

Nous savons que pour tout x  de ]0 ; +infini[,  f'(x)=-\dfrac{g(x)}{x}=\dfrac{g(x)}{-x}.

Par conséquent, nous pouvons dresser le tableau de variations de f.

{\white{wwwwwwwww}}\begin{array}{|c|ccccc|} \hline &&&&&\\ x&0&&\alpha&&+\infty\\&&&&&\\\hline g(x)&||&+&0&-&\\-x&||&-&-&-&\\\hline &||&&&&\\f'(x)&||&-&0&+&\\ &||&&&&\\\hline&+\infty&&&&+\infty\\f(x)&&\searrow&&\nearrow&\\&&&\dfrac{1}{2}\alpha^2+\alpha-\dfrac{1}{2}&&\\ \hline \end{array}

3.  Nous devons étudier le comportement de (Cf ) à l'infini.

3. a)  \bullet{\white{w}}Calculons  \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}.

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\frac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x}{x} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{\frac{1}{2}\ln^2x}{x}+\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{x}{x}\right) \\\\\Longrightarrow\boxed{{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\,\dfrac{\ln^2x}{x}+\dfrac{\ln x}{x}+1\right)}

Calculons  \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}.
Posons : x = t 2.

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln^2t^2}{t^2} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t^2\times \ln t^2}{t^2} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{2\ln t\times 2\ln t}{t^2} \\\\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}}=4\times\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}\times\dfrac{\ln t}{t} \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}}=4\times0\times0\phantom{ww}(\text{croissances comparées}) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}}=0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln^2x}{x}=0}

D'où, en utilisant ce dernier résultat et les croissances comparées, nous obtenons :

\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\,\dfrac{\ln^2x}{x}+\dfrac{\ln x}{x}+1\right) =\dfrac{1}{2}\times0+0+1=1 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1}

\bullet{\white{w}}Calculons  \lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x).

\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)=\lim\limits_{x\to+\infty}(\frac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x-x) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}(\frac{1}{2}\ln^2x+\ln x) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x\,(\frac{1}{2}\ln x+1) \\\\\text{Or }\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}\ln x\,(\frac{1}{2}\ln x+1)=+\infty \\\\\text{D'où }\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x)-x)=+\infty}

Nous en déduisons que (Cf ) présente une branche parabolique de direction asymptotique la droite
d'équation y = x  en +infini.


3. b)  Soit (D ) la droite d'équation y = x. 
Nous devons étudier la position relative de (Cf ) et de (D ).

Etudions le signe de f (x ) - x .

f(x)-x=\frac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x-x \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f(x)-x}=\frac{1}{2}\ln^2x+\ln x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f(x)-x}=\ln x\,(\frac{1}{2}\ln x+1)} \\\\\Longrightarrow\boxed{f(x)-x=\ln x\,(\frac{1}{2}\ln x+1)}

Tableau de signes de f (x ) - x .

{\white{wwwwwwwww}} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\ x&0&&\text{e}^{-2}&&1&&+\infty\\&&&&&&&\\\hline\ln x&&-&-&-&0&+&\\\frac{1}{2}\ln x+1&&-&0&+&+&+&\\\hline&&&&&&&\\f(x)-x&&+&0&-&0&+&\\&&&&&&&\\ \hline \end{array}

Par conséquent,

{\white{ww}}\bullet{\white{w}}sur l'intervalle ]0 ; e-2[, (Cf ) est au-dessus de (D ),
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}sur l'intervalle ]e-2 ; 1[, (Cf ) est en dessus de (D ),
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}sur l'intervalle ]1 ; +infini[, (Cf ) est au-dessus de (D ).


4.  Représentation graphique de (Cf ) et de (D ).

Bac F6 Sénégal 2021 : image 6


5.  Soit F  la fonction définie sur ]0 ; +infini[ par :  F(x)=\dfrac{1}{2}\,x\,\ln^2x+\dfrac{x^2}{2}.

5. a)  Vérifions que F  est une primitive de f  sur ]0 ; +infini[.

F  est dérivable sur ]0 ; +infini[.

F\,'(x)=\frac{1}{2}\,\left(x\,\ln^2x\right)'+\frac{1}{2}(x^2)' \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{F\,'(x)}=\frac{1}{2}\,\left[x'\times\ln^2x+x\times(\ln^2x)'\right]+\frac{1}{2}\times2x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{F\,'(x)}=\frac{1}{2}\,\left[1\times\ln^2x+x\times2\times(\ln x)'\times\ln x\right]+x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{F\,'(x)}=\frac{1}{2}\,\left[\ln^2x+x\times2\times(\dfrac{1}{x})\times\ln x\right]+x} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F\,'(x)}=\frac{1}{2}\,\left[\ln^2x+2\,\ln x\right]+x} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F\,'(x)}=\frac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{F\,'(x)}=f(x)} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\ x\in\,]0\,;\,+\infty[,\ F\,'(x)=f(x)}

D'où, la fonction F  est une primitive de f  sur ]0 ; +infini[

5. b)  L'aire  \mathscr{A}  en cm2 du domaine délimité par (Cf ), l'axe des abscisses et les droites d'équations x  = 1 et x  = 3 est donnée par  \mathscr{A}=\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\left(\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x\right)\,\text d x\end{aligned}.

\mathscr{A}=\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\left(\dfrac{1}{2}\ln^2x+\ln x+x\right)\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{{A}}=\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}x\,\text d x\end{aligned}

Calculons  \begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}  par la méthode d'intégration par parties.

\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3} u(x)v'(x)\,\text d x\end{aligned}=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]\limits_1^{3}-\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3} u'(x)v(x)\,\text d x\end{aligned}}}. \\\\\left\lbrace\begin{matrix}u(x)=\frac{1}{2}\ln^2x\phantom{www}\Longrightarrow\phantom{ww}u'(x)=\dfrac{1}{2}\times2\times\dfrac{1}{x}\times\ln x=\dfrac{\ln x}{x}\phantom{ww}\\v'(x)=1\phantom{wwwwww}\Longrightarrow\phantom{W}v(x)=x\phantom{WWwwwwWWWW....ww}\end{matrix}\right.

\text{Dès lors, }\  \begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}=\left[\overset{}{\dfrac{1}{2}\,x\ln^2x}\right]\limits_1^{3}- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3} \dfrac{\ln x}{x}\times x\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{\text{Dès lors, }\  \begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}}=\left[\overset{}{\dfrac{1}{2}\,x\ln^2x}\right]\limits_1^{3}- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}

\\\\\phantom{\text{Dès lors, }\  \begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}}=\left[\overset{}{\dfrac{1}{2}\times3\ln^23-\dfrac{1}{2}\times1\ln^21}\right]- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned} \\\phantom{\text{Dès lors, }\  \begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}}=\left[\overset{}{\dfrac{1}{2}\times3\ln^23-0}\right]- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned} \\\phantom{\text{Dès lors, }\  \begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}}=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23}- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned} \\\\\Longrightarrow\boxed{\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23}- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}}

Par conséquent,

\\\\\mathscr{A}=\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\dfrac{1}{2}\ln^2x\,\text d x\end{aligned}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}x\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{A}=\left(\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}}\right)+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}x\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{A}=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23- \begin{aligned}\int\nolimits_1^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}\ln x\,\text d x\end{aligned}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}x\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{A}=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23}+\begin{aligned}\int\nolimits_{1}^{3}x\,\text d x\end{aligned}

\\\phantom{A}=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23}+\left[\dfrac{x^2}{2}\right]_1^3 \\\phantom{A}=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23}+\left(\dfrac{3^2}{2}-\dfrac{1^2}{2}\right)=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23}+\left(\dfrac{9}{2}-\dfrac{1}{2}\right) \\\phantom{A}=\overset{}{\dfrac{3}{2}\ln^23+4} \\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}=\overset{}{\left(\dfrac{3}{2}\ln^23+4\right)\,\text{cm}^2\approx5,81\,\text{cm}^2}}
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