Fiche de mathématiques

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Bac Burkina Faso 2022

Mathématiques Série D

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 $e\approx 2,7$ .

Voir la correction

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 $x$ $\text{[math]}$ 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 $y$ $\text{[math]}$ 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 :

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

Publié par malou/Panter le 15-11-2022

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