Fiche de mathématiques
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Bac Burkina Faso 2022

Mathématiques Série D

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1er tour
Durée : 4 heures
Coefficient : 5


Les calculatrices ne sont pas autorisées.


4 points

exercice 1

Soit P le polynôme de la variable complexe z défini par : P(z)=z^3-7z^2+19z-13 .

1-a) Vérifier que 1 est une racine de P . En déduire les nombres complexes \alpha \text{ et }\beta tels que : P(z)=(z-1)(z^2+\alpha z+\beta) .
b) Résoudre l'équation P(z)=0 .

2) On pose a=1\text{ ; }b=3-2i\text{ et }c=\bar{b} .
Le plan complexe étant muni d'un repère orthonormal (O,\vec{u},\vec{v}) , on considère les points A\text{ ; }B\text{ et }C d'affixes respectives a\text{ , }b\text{ et }c .
Soit M le point d'affixe z distinct de B . On pose Z=\dfrac{z-1}{z-3+2i} .
a) Calculer le module et un argument de \dfrac{c-a}{b-a} et interpréter géométriquement le module et un argument de \dfrac{c-a}{b-a} .
En déduire la nature exacte du triangle ABC .
b) Donner une interprétation géométrique d'un argument de Z . En déduire l'ensemble (E) des points M d'affixe z tels que Z soit un nombre réel non nul .
c) Soit D l'image du point C par la translation de vecteur \vec{\mu}} d'affixe z_{\vec{\mu}}=-5+i .
Déterminer l'affixe d du point D puis calculer \dfrac{b-a}{d-a} . En déduire que D est un point de (E) .

4 points

exercice 2

Le plan est muni d'un repère orthonormal (O,\vec{i},\vec{j}) d'unité graphique 2cm . On note (\mathscr{C}) , l'ensemble des points M(t) du plan de coordonnées (x(t);y(t)) telles que : \begin{cases}x(t)=2\sin t-\sin 2t \\y(t)=2\cos t-\cos 2t \end{cases} \text{ ; }t\in\R .

1-a) Comparer M(t) \text{ et }M(t+2\pi) pour tout réel t et en déduire que l'on peut restreindre le domaine d'étude de (\mathscr{C}) à l'intervalle [-\pi,\pi] .
b) Comparer M(t) \text{ et }M(-t) pour tout t\in[-\pi,\pi] et en déduire que l'on peut à nouveau restreindre le domaine d'étude de (\mathscr{C}) à l'intervalle [0,\pi] .

2-a) Montrer que x'(t)=-2(\cos t-1)(2\cos t+1) \text{ et que }y'(t)=(2\sin t)(2\cos t-1) .
b) Etudier le sens de variation de x et de y sur [0,\pi] .
c) Dresser le tableau de variation conjoint de x et de y sur [0,\pi] .

3) Tracer (\mathscr{C}) après avoir placé les points remarquables avec les tangentes associées .
(On admettra qu'au point de paramètre 0 , la demi-tangente à (\mathscr{C}) est verticale) .
On donne : \sqrt{3}\approx 1,7 .

12 points

probleme

On considère la fonction f définie sur ]-1,+\infty[ par : \begin{cases} f(x)=-x+2\ln(1+x) &\text{ si }x\in ]-1;0[ \\f(x)=x-1+e^{-x}&\text{ si }x\in [0;+\infty[ \end{cases} .
de courbe représentative (\mathscr{C}) dans un repère orthonormal (O,\vec{i},\vec{j}) d'unité graphique 2cm .

Partie A (9 points)

1-a) Etudier la continuité de f en 0 .
b) Etudier la dérivabilité de f en 0 . Interpréter graphiquement le résultat .

2-a) Calculer \displaystyle\lim_{x\to -1^+}f(x) et interpréter graphiquement le résultat .
b) Calculer \displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x) .
c) Montrer que la droite (\Delta) d'équation y=x-1 est une asymptote oblique à (\mathscr{C}) au voisinage de +\infty .

3-a) Déterminer le sens de variations de f sur ]-1,0[ puis sur [0,+\infty[ et dresser le tableau de variation de f .
b) Tracer la courbe (\mathscr{C}) et ses asymptotes .

4) Soit h la restriction de f à l'intervalle ]-1;0[ .
a) Montrer que h admet une bijection réciproque h^{-1} dont on précisera l'ensemble de définition .
b) Construire en pointillés la courbe (\Gamma) de h^{-1} dans le même repère que (\mathscr{C}) .
Justifier la construction .

Partie B (3 points)

1) On considère un réel \alpha supérieur à 1 . Soit A(\alpha) l'aire de la partie du plan délimitée par les droites d'équations x=1\text{ ; }x=\alpha\text{ ; }y=x-1 et la courbe (\mathscr{C}) .
a) Calculer en cm² , l'aire A(\alpha) en fonction de \alpha .
b) Calculer \displaystyle\lim_{\alpha\to+\infty}A(\alpha) .

2) On considère \Sigma , la portion du plan comprise entre les droites d'équations x=0\text{ ; }x=1\text{ ; } l'axe des abscisses et la courbe (\mathscr{C}) . On note V le volume engendré par la rotation complète de \Sigma autour de l'axe des abscisses .
a) Calculer en intégrant par parties : I=\displaystyle\int_{0}^{1}(x-1)e^{-x}\text{ d}x .
b) Calculer V \text{ en } cm^3 .

On donne e\approx 2,7 .







exercice 1

1-a) On calcule P(1) \text{ : }

P(1)=1^3-7\times 1^3+19\times 1-13=1-7+19-13=20-20=0

\boxed{1\text{ est une racine de }P}

Il existe alors \alpha \text{ et }\beta tels que P(z)=(z-1)(z^2+\alpha z+\beta) .

\begin{matrix}P(z)=(z-1)(z^2+\alpha z+\beta)&\iff& z^3-7z^2+19z-13= z^3+\alpha z^2+\beta z-z^2-\alpha z-\beta\\&\iff& z^3-7z^2+19z-13= z^3+(\alpha-1)z^2+(\beta-\alpha)z-\beta \end{matrix}

Par identification , \begin{cases} \alpha-1=-7\\\beta-\alpha=19\\\beta=13\end{cases}\Rightarrow \begin{cases} \alpha=-6\\\beta=13\\\text{ vérification : }\beta-\alpha=13+6=19 \end{cases}

Conclusion :
\boxed{\alpha=-6\text{ , }\beta=13\text{ et pour tout complexe }z\text{ , }P(z)=(z-1)(z^2-6z+13) }


b) Résolvons l'équation P(z)=0 dans \C \text{ : }

\begin{matrix}P(z)=0&\iff& (z-1)(z^2-6z+13)=0\\&\iff& z-1=0\text{ ou }z^2-6z+13=0 \end{matrix}

z-1=0\iff z=1\enskip\blue(i)

z^2-6z+13=0, calculons le discriminent \Delta\text{ : }

\Delta=(-6)^2-4\times 13=36-52=-16=(4i)^2\neq 0

Donc l'équation admet deux solutions complexes conjuguées \text{ : }

\begin{matrix}z_1&=&\dfrac{-(-6)-4i}{2}\\&=& 3-2i\end{matrix} \enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip  \begin{matrix}z_2&=&\dfrac{-(-6)+4i}{2}\\&=& 3+2i&\enskip\enskip\blue (ii)\end{matrix}

De \blue (i)\black \text{ et }\blue (ii)\black\text{ , } on déduit l'ensemble des solutions de l'équation est :
\boxed{S=\lbrace 1\text{ ; }3-2i\text{ ; }3+2i\rbrace }


2) On pose a=1\text{ ; }b=3-2i\text{ et }c=\bar{b}=3+2i .

a) Calculons \dfrac{c-a}{b-a}\text{ : }

\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{3+2i-1}{3-2i-1}=\dfrac{2+2i}{2-2i}=\dfrac{1+i}{1-i}=\dfrac{(1+i)^2}{1-i^2}=\dfrac{1+2i-1}{1+1}=i

Donc :
\boxed{\dfrac{c-a}{b-a}=i}


Module \text{ : }\left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|=|i|\iff \boxed{\left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|= 1}

Argument \text{ : }\arg\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)\equiv \arg(i)[2\pi] \enskip \iff \boxed{\arg\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}[2\pi]}

Interprétation géométrique :

On a : \left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|=\dfrac{\left|c-a\right|}{\left|b-a\right|}=\dfrac{AC}{AB}\text{ , et }\left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|=1\text{ , donc }\dfrac{AC}{AB}=1

D'où :
\boxed{AB=AC}


\arg\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)\equiv \left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}}\right)\enskip[2\pi]\enskip\enskip\text{ et }\arg\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}[2\pi]

Donc :
\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}[2\pi]}


Nature du triangle ABC :

On a AB=AC\text{ et }\left(\widehat{\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2}[2\pi]}

Donc :
\boxed{ABC\text{ est un triangle rectangle et isocèle en } A}


b) Soit M un point quelconque d'affixe z\in\C\text{ : }

On a : Z=\dfrac{z-1}{z-3+2i}=\dfrac{z-1}{z-(3-2i)}=\dfrac{z-a}{z-b}=\dfrac{a-z}{b-z}

Alors \text{ : }\arg(Z)\equiv \arg\left(\dfrac{a-z}{b-z}\right)[2\pi] \iff \boxed{\arg(Z)\equiv \left(\widehat{\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MA}}\right)\enskip[2\pi]}

L'ensemble (E) \text{ : }

Si Z\in\R^{*}\text{ , alors } \arg(Z)\equiv 0\enskip[\pi] , il s'ensuit que \left(\widehat{\overrightarrow{MB},\overrightarrow{MA}}\right)\equiv 0\enskip[\pi]
On en tire que les points A,B\text{ et }M sont alignés et non confondus parce que Z\neq 0 .

On en déduit que \text{ : }

\boxed{\text{L'ensemble }(E)\text{ est la droite }(AB)\text{ privée des points }A\text{ et }B}


c) Le vecteur \vec{\mu}} est d'affixe z_{\vec{\mu}}=-5+i .

\begin{matrix} t_{\vec{\mu}}(C)=D&\iff& \overrightarrow{CD}=\vec{\mu}\\&\iff& d-c=z_{\vec{\mu}}\\&\iff& d=c+z_{\vec{\mu}} \\&\iff& d=3+2i-5+i \\&\iff& \boxed{d=-2+3i}\end{matrix}

Erreur dans l'énoncé : Calculer \dfrac{d-a}{d-b} , et non pas \dfrac{b-a}{d-a} .

\dfrac{d-a}{d-b} =\dfrac{-2+3i-1}{-2+3i-3+2i}=\dfrac{-3+3i}{-5+5i}=\dfrac{3(-1+i)}{5(-1+i)}

Donc :
\boxed{\dfrac{d-a}{d-b} =\dfrac{3}{5}}


Puisque \dfrac{d-a}{d-b} =\dfrac{3}{5}\in\R^{*} , alors le point D est parmi les points M d'affixe z tels que Z soit un nombre réel non nul .

Donc :
\boxed{D\text{ est un point de }(E)}


Figure (non demandée) :
Bac Burkina Faso 2022 série D - 1er tour : image 1


exercice 2

1-a) Les coordonnées du point M(x(t),y(t)) sont \begin{cases}x(t)=2\sin t-\sin 2t \\y(t)=2\os t-\cos 2t\end{cases}\text{ , }t\in\R

Calculons les coorodonnées de M(t+2\pi)\text{ : }

\begin{matrix}x(t+2\pi)&=&2\sin(t+2\pi)-\sin(2(t+2\pi)) &=&2\sin t -\sin(2t+4\pi)&=& 2\sin t -\sin 2t&=&x(t)\end{matrix}
\begin{matrix}y(t+2\pi)&=&2\cos(t+2\pi)-\cos(2(t+2\pi)) &=&2\cos t -\cos(2t+4\pi)&=& 2\cos t -\cos 2t&=&y(t)\end{matrix}

On en déduit que \begin{cases} x(t+2\pi)=x(t)\\y(t+2\pi)=y(t)\end{cases}

D'où :

\boxed{M(t)\text{ et }M(t+2\pi)\text{ sont confondus }}


Restriction du domaine d'étude de (\mathscr{C})

Comme les points M(t)\text{ et }M(t+2\pi) sont confondues , alors la courbe (\mathscr{C}) est entièrement obtenue sur un intervalle quelconque d'amplitude 2\pi .

\boxed{\text{On peut donc restreindre le domaine d'étude de }(\mathscr{C}) \text{ à l'intervalle }[-\pi,\pi]}


b)Pour tout t\in[-\pi,\pi]\text{ , }-t\in[-\pi,\pi] \text{ , et on a : }

Calculons les coorodonnées de M(-t)\text{ : }

\begin{matrix}x(-t)&=&2\sin(-t)-\sin(2(-t)) &=&-2\sin t +\sin 2t&=& -(2\sin t -\sin 2t)&=&-x(t)\end{matrix}
\begin{matrix}y(-t)&=&2\cos(-t)-\cos(-2t) &=&2\cos t -\cos 2t&=&y(t)\end{matrix}

On en déduit que \begin{cases} x(-t)=-x(t)\\y(-t)=y(t)\end{cases}

D'où :

\boxed{M(t)\text{ et }M(-t)\text{ sont symétriques par rapport à l'axe des ordonnées }}


Restriction du domaine d'étude de (\mathscr{C})

Comme les points M(t)\text{ et }M(-t) sont symétriques par rapport à l'axe des ordonnées , alors ce dernier est un axe de symétrie de la courbe (\mathscr{C}) , il suffit donc d'étudier (\mathscr{C}) pour t positif .

\boxed{\text{On peut donc restreindre le domaine d'étude de }(\mathscr{C}) \text{ à l'intervalle }[0,\pi]}


2-a)

x est dérivable sur \R , donc sur [0;\pi] , et donc pour tout t\in[0;\pi]\text{ : }

\begin{matrix} x'(t)&=&\left(2\sin t -\sin 2t)'&=& 2\cos t -2\cos 2t \\&=& 2\cos t -2(2\cos^2t-1) &=& -2(2\cos^2t-1-\cos t)\\&=&-2(\cos^2t-1+\cos^2t-\cos t) &=& -2((\cos t +1)(\cos t-1)+\cos t (\cos t-1)) \\&=& -2(\cos t-1)(\cos t+1 +\cos t ) &=&\boxed{-2(\cos t-1)(2\cos t+1)}\end{matrix}

y est dérivable sur \R , donc sur [0;\pi] , et donc pour tout t\in[0;\pi]\text{ : }

\begin{matrix} y'(t)&=&\left(2\cos t -\cos 2t)'&=& -2\sin t +2\sin 2t \\&=& -2\sin t+2(2\sin t \cos t) &=&\boxed{2\sin t(2\cos t-1)}\end{matrix}

b)

Etude de la variation de x sur [0;\pi]\text{ : }

Pour tout x de [0;\pi]\text{ : } x'(t)=-2(\cos t-1)(2\cos t+1)

Puisque t\in[0;\pi]\text{ , alors }\cos t -1\leq 0 \text{ , d'où }-2(\cos t-1)\geq 0 .

Le signe de x'(t) est donc celui de 2\cos t +1

\begin{matrix}2\cos t +1=0 &\iff& \cos t =-\dfrac{1}{2} \\&\iff& \cos t=-\cos\dfrac{\pi}{3}\\& \iff &\cos t=\cos\left(\pi-\dfrac{\pi}{3}\right)\\&\iff& \cos t=\cos \dfrac{2\pi}{3}  \\&\iff& \begin{cases} t=\dfrac{2\pi}{3} +2k\pi \\\text{ ou }\\ t=-\dfrac{2\pi}{3} +2k'\pi\end{cases}\text{ , }k,k'\in\R}\end{matrix}

Or , puisque t\in[0;\pi]\text{ , alors seul }t=\dfrac{2\pi}{3}\text{ convient }
Enfin , puisque \cos est décroissante sur [0;\pi]\text{ , alors }\begin{cases}2\cos t +1\geq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[0;\dfrac{2\pi}{3}\right] \\\\ 2\cos t +1\leq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[\dfrac{2\pi}{3};\pi\right] \end{cases}
D'où : \begin{cases}x'(t)\geq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[0;\dfrac{2\pi}{3}\right] \\\\ x'(t)\leq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[\dfrac{2\pi}{3};\pi\right] \end{cases}
Conclusion :
\boxed{ \begin{matrix} x\text{ est croissante sur }\left[0;\dfrac{2\pi}{3}\right] \text{ et décroissante sur }\left[\dfrac{2\pi}{3};\pi\right] \end{matrix}}



Etude de la variation de y sur [0;\pi]\text{ : }

Pour tout y de [0;\pi]\text{ : } y'(t)=2\sin t(2\cos t-1)

Puisque t\in[0;\pi]\text{ , alors }\sin t\geq 0 .

Le signe de y'(t) est donc celui de 2\cos t -1

\begin{matrix}2\cos t -1=0 &\iff& \cos t =\dfrac{1}{2} \\&\iff& \cos t=\cos \dfrac{\pi}{3}  \\&\iff& \begin{cases} t=\dfrac{\pi}{3} +2k\pi \\\text{ ou }\\ t=-\dfrac{\pi}{3} +2k'\pi\end{cases}\text{ , }k,k'\in\R}\end{matrix}

Or , puisque t\in[0;\pi]\text{ , alors seul }t=\dfrac{\pi}{3}\text{ convient }
Enfin , puisque \cos est décroissante sur [0;\pi]\text{ , alors }\begin{cases}2\cos t -1\geq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[0;\dfrac{\pi}{3}\right] \\\\ 2\cos t -1\leq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[\dfrac{\pi}{3};\pi\right] \end{cases}
D'où : \begin{cases}y'(t)\geq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[0;\dfrac{\pi}{3}\right] \\\\ y'(t)\leq 0 \text{ , pour tout } t\in \left[\dfrac{\pi}{3};\pi\right] \end{cases}
Conclusion :
\boxed{ \begin{matrix} y\text{ est croissante sur }\left[0;\dfrac{\pi}{3}\right] \text{ et décroissante sur }\left[\dfrac{\pi}{3};\pi\right] \end{matrix}}


c) On a :

x(0)=2\sin 0 -\sin 0 = 0\enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y(0)=2\cos 0 -\cos 0 = 1
x\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\sin\dfrac{\pi}{3}-\sin \dfrac{2\pi}{3} =\sqrt{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\cos\dfrac{\pi}{3}-\cos \dfrac{2\pi}{3} =1+\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}
x\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=2\sin\dfrac{2\pi}{3}-\sin \dfrac{4\pi}{3} =\sqrt{3}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=2\cos\dfrac{2\pi}{3}-\cos \dfrac{4\pi}{3} =-1+\dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{2}
x(\pi)=2\sin \pi -\sin 2\pi = 0\enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y(\pi)=2\cos \pi -\cos 2\pi = -3

x'(0)=-2(\cos 0-1)(2\cos 0+1)=0\enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y'(0)=2\sin 0(2\cos 0-1) =0
x'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=-2(\cos \dfrac{\pi}{3}-1)(2\cos \dfrac{\pi}{3}+1)=-2\times\left(-\dfrac{1}{2}\right)\times 2 =2 \enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=2\sin \dfrac{\pi}{3}\left(2\cos \dfrac{\pi}{3}-1\right) =2\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(1-1)=0
x'\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=-2(\cos \dfrac{2\pi}{3}-1)(2\cos \dfrac{2\pi}{3}+1)=0 \enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y'\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=2\sin \dfrac{2\pi}{3}\left(2\cos \dfrac{2\pi}{3}-1\right)=2\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\left(-1-1\right)=-2\sqrt{3}
x'(\pi)=-2(\cos \pi-1)(2\cos \pi+1)=0-4 \enskip\enskip\enskip\enskip,\enskip\enskip\enskip\enskip y'\left(\pi\right)=2\sin \pi\left(2\cos \pi-1\right) =0

D'où le tableau de variations conjoint de x et y \text{ : }

Bac Burkina Faso 2022 série D - 1er tour : image 4


3) D'après ce qui précède , la courbe (\mathscr{C}) admet pour t\in[0;\pi] :

Deux points à tangente horizontale , en t=\dfrac{\pi}{3} \text{ et } t=\pi .
En effet : y'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=y'(\pi)=0\text{ avec }x'\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\neq 0 \text { et }x'(\pi)\neq 0

Ce sont les points qu'on note : A_1\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2};\dfrac{3}{2}\right)\text{ et }A_2\left(0;-3\right)

Deux points à tangente verticale , un en t=0 \text{ (admis) , et l'autre en  } t=\dfrac{2\pi}{3} .
En effet : x'\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=0\text{ avec }y'\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)\neq 0

On note ces points : B_1(0;1)\text{ et }B_2\left(\dfrac{3\sqrt{3}}{2};-\dfrac{1}{2}\right)

Ceci permet de tracer la courbe sur [0;\pi] , et puisque (\mathscr{C}) est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées , on obtient :

Bac Burkina Faso 2022 série D - 1er tour : image 2


probleme

Partie A

1-a) On a :

\displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^+}x-1+e^{-x}=0=f(0)
\displaystyle\lim_{x\to 0^-}f(x)=\lim_{x\to 0^-}-x+2\ln(1+x)=0

On en déduit que : \displaystyle\lim_{x\to 0}f(x)=f(0)=0

D'où :

\boxed{f\text{ est continue en }0}


b) On a :

\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{x-1+e^{-x}}{x}=\lim_{x\to 0^+}1-\dfrac{e^{-x}-1}{-x}=1-\lim_{t\to 0^-}\dfrac{e^{t}-1}{t}=0\enskip\enskip\text{ ( En posant } t=-x \text{ )}
En effet , on a la limite usuelle : \displaystyle\lim_{t\to 0}\dfrac{e^{t}-1}{t}=1
On en tire que f est dérivable à droite de 0 et f'_d(0)=0

\displaystyle\lim_{x\to 0^-}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^-}\dfrac{-x+2\ln(1+x)}{x}=\lim_{x\to 0^-}-1+2\dfrac{\ln(1+x)}{x}=-1+2\left(\lim_{x\to 0^-}\dfrac{\ln(1+x)}{x}\right)=1
En effet , on a la limite usuelle : \displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1
La fonction f est donc dérivable à gauche de 0 avec f'_g(0)=1

On obtient : f'_d(0)\neq f'_g(0) , et donc :

\boxed{f\text{ n'est pas dérivable en }0 }


Interprétation graphique des résultats :

f est dérivable à gauche en 0 avec f'_g(0)=1 ; alors la courbe (\mathscr{C}) admet la demi-droite (dirigée vers la gauche) d'équation y=f'_g(0)(x-0)+f(0) comme demi-tangente à gauche .
Ou encore :
\boxed{(\mathscr{C}) \text{ admet une demi-tangente à gauche d'équation }y=x }


f est dérivable à droite en 0 avec f'_d(0)=0 ; alors directement :
\boxed{(\mathscr{C}) \text{ admet une demi-tangente horizontale à droite} }


2-a) Calcul de \displaystyle\lim_{x\to -1^+}f(x)

\displaystyle\lim_{x\to -1^+}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to -1^+}-x+2\ln(1+x)=\left(\lim_{x\to -1^+}-x\right)+2\left(\lim_{x\to -1^+}\ln(1+x)\right)=\left(\lim_{x\to -1^+}-x\right)+2\left(\lim_{t\to 0^+}\ln t\right)=1-\infty=-\infty

\boxed{\displaystyle\lim_{x\to -1^+}f(x)=-\infty}


Interprétation graphique :

\boxed{ \text{ La droite d'équation }x=-1 \text{ est une asymptote verticale à }(\mathscr{C}) }


b) Calcul de \displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)

\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=\lim_{x\to +\infty}x-1+e^{-x}=+\infty \enskip\enskip\enskip\text{ , car }\lim_{x\to +\infty}e^{-x}=0\enskip\enskip\enskip \text{ et } \lim_{x\to +\infty}x+1=+\infty

\boxed{\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty}


c) Calculons \displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)-(x-1)

\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)-(x-1)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}x-1+e^{-x}-(x-1)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}e^{-x}=0

Interprétation graphique :


\boxed{\text{La droite }(\Delta) \text{ : }y=x-1 \text{ est une asymptote oblique à }(\mathscr{C}) \text{ au voisinage de }+\infty}


3-a)
Sur ]-1;0[
La fonction f est dérivable sur ]-1;0[ comme somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle , et donc :
\begin{matrix}\forall x\in]-1;0[\text{ : }f'(x)&=& \left(-x+2\ln(1+x)\right)'&=& -1+\dfrac{2}{1+x} \\&=& \dfrac{-x-1+2}{1+x}&=&\boxed{\dfrac{1-x}{1+x}}\end{matrix}
Pour tout x\in ]-1;0[\text{ : }\begin{cases}-1<x\\\text{ et }\\x<0\end{cases} \text{ , donc }  \begin{cases}0<x+1\\\text{ et }\\0<-x\end{cases} \text{ , d'où }\begin{cases}0<1+x\\\text{ et }\\0<1<1-x\end{cases}
Il s'ensuit que , \forall x \in]-1;0[\text{ : }0<f'(x) , et donc :
\boxed{ f\text{ est strictement croissante sur }]-1;0[}


Sur [0;+\infty[
La fonction f est dérivable sur ]0;+\infty[ comme somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle , et donc :
\begin{matrix}\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f'(x)&=& \left(x-1+e^{-x}\right)'&=& \boxed{1-e^{-x}}\end{matrix}

Or , on a pour tout réel x appartenant à ]0;+\infty[\text{ : }

\begin{matrix} 0<x&\iff& -x<0 &\iff& e^{-x}<1 \\&\iff& -1<-e^{-x} &\iff& 0<1-e^{-x} \end{matrix}

Il s'ensuit que , \forall x \in]0;+\infty[\text{ : }0<f'(x) , et donc :
\boxed{ f\text{ est strictement croissante sur }[0;+\infty[}


Et on dresse le tableau de variations de f :

\begin{array}{|c|cccccc|} \hline x     & \dbarre & -1       &        & 0  &      &  +\infty      \\ \hline f'(x)    &\dbarre && + & \dbarre &  +     &                                  \\ \hline            &  \dbarre   &&   &      &  &  +\infty      \\             & \dbarre      &&        && \nearrow&  \\           f   & \dbarre      &&        &0& &     \\              & \dbarre      &&\nearrow        && &    \\              & \dbarre      &-\infty&        && &    \\   \hline \end{array}


b) Voir 4-b)

4-a) la restriction h de f sur ]-1;0[ est continue sur ]-1;0[ et strictement croissante sur ]-1;0[ .

Elle réalise alors une bijection sur ]-1;0[ vers : h(]-1;0[)=f(]-1;0[)=\left]\displaystyle \lim_{x\to-1^+}f(x) ; f(0)\right[=]-\infty; 0[

D'où :

\boxed{h \text{ admet une bijection réciproque }h^{-1} \text{ définie sur }]-\infty;0[ }


b) Justification : (\Gamma) est le symétrique de la portion de (\mathscr{C}) sur ]-1;0[ par rapport à la droite d'équation y=x .

La figure :

Bac Burkina Faso 2022 série D - 1er tour : image 5


Partie B

1-a) Soit \alpha >1 .

L'aire A(\alpha) de la partie du plan comprise entre (C)\text{ , }(\Delta) et les droites d'équations x=1 \text{ et } x=\alpha . est en unité d'aire (U.A)\text{ : }

A(\alpha)=\displaystyle \int_{1}^{\alpha}|f(x)-y|\text{ d}x\enskip \text{avec }y=x-1

Or , on sait que f(x)-y=e^{-x} \geq 0 \text{ pour tout réel }x\geq 1 \text{ , alors : } A(\alpha)=\displaystyle \int_{1}^{\alpha}f(x)-y\text{ d}x

Calculons cette intégrale :

\begin{matrix} A(\alpha)&=&\displaystyle \int_{1}^{\alpha}f(x)-y\text{ d}x\\&=&\displaystyle \int_{1}^{\alpha}e^{-x}\text{ d}x\\&=&\displaystyle \left[-e^{-x}\right]_{1}^{\alpha} \\&=& e^{-1}-e^{-\alpha} \enskip (U.A) \end{matrix}

Et puisque l'unité graphique est 2\text{ cm} , alors 1 (U.A)= 2\times 2 \text{ cm}^2=4\text{ cm}^2

D'où :

\boxed{A(\alpha)=4(e^{-1}-e^{-\alpha})\enskip\text{ cm}^2}


b) Calcul de la limite \displaystyle\lim_{\alpha\to+\infty}A(\alpha)

\displaystyle\lim_{\alpha\to+\infty}A(\alpha) =\displaystyle\lim_{\alpha\to+\infty}4(e^{-1}-e^{-\alpha}) \text{ cm}^2} = 4e^{-1}\text{ cm}^2}

Ou encore :
\boxed{\displaystyle\lim_{\alpha\to+\infty}A(\alpha) =\dfrac{4}{e}\text{ cm}^2}


2-a) Intégration par parties :

On pose \begin{cases}u(x)=x-1 \\v'(x)=e^{-x} \end{cases}\enskip\enskip \text{ et donc }\enskip\enskip \begin{cases}u'(x)=1\\v(x)=-e^{-x}\end{cases}

Par suite :

\begin{matrix}I&=&\displaystyle \int_{0}^{1}(x-1)e^{-x}\text{ d}x&=&\displaystyle \left[-(x-1)e^{-x}\right]_{0}^{1} +\int_{0}^{1}e^{-x}\text{ d}x \\\\&=& \displaystyle 1+\left[-e^{-x}\right]_{0}^{1} &=&1-e^{-1}-1 \\\\&=& -e^{-1}\end{matrix}

\boxed{I=-\dfrac{1}{e}}


b) \Sigma est la portion du plan comprise entre les droites d'équations x=0\text{ ; }x=1\text{ ; } l'axe des abscisses et la courbe (\mathscr{C}) .

Donc le volume V engendré par la rotation complète de \Sigma autour de l'axe des abscisses est en unité de volume (U.V)\text{ : }

V=\displaystyle\int_{0}^{1} \pi \left[f(x)\right]^2\text{ d}x


Calculons cette intégrale :

\begin{matrix} V&=& \displaystyle\int_{0}^{1} \pi \left[f(x)\right]^2\text{ d}x \\&=&\displaystyle \pi\int_{0}^{1}  \left[x-1+e^{-x}]^2\text{ d}x \\&=& \displaystyle \pi\int_{0}^{1}  (x-1)^2+2(x-1)e^{-x}+e^{-2x}\text{ d}x\\&=& \displaystyle \pi\left(\int_{0}^{1}  (x-1)^2\text{ d}x+2\int_{0}^{1} (x-1)e^{-x}\text{ d}x+\int_{0}^{1} e^{-2x}\text{ d}x\right)\\&=& \displaystyle \pi\left(\left[\dfrac{(x-1)^3}{3}\right]_0^{1}+2 I-\dfrac{1}{2}\left[e^{-2x}\right]_{0}^{1}\right)\\&=&\pi\left(\dfrac{1}{3}-\dfrac{2}{e}-\dfrac{1}{2e^2}+\dfrac{1}{2}\right)\\&=&\pi\left(\dfrac{5}{6}-\dfrac{4e+1}{2e^2}\right)\enskip\enskip(U.V)\end{matrix}

Et puisque l'unité graphique est 2\text{ cm} , alors 1 (U.V)= 2^3 \text{ cm}^3=8\text{ cm}^2

Donc : V= 8\pi\left(\dfrac{5}{6}-\dfrac{4e+1}{2e^2}\right)\enskip\text{ cm}^3 , ou encore :

\boxed{V=4\pi\left(\dfrac{5}{3}-\dfrac{4e+1}{e^2}\right)\enskip\text{ cm}^3}
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