Fiche de mathématiques

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Bac Burkina Faso 2022

Mathématiques Séries F1-F2-F3-F4

1er tour
Durée : 4 heures
Coefficient : 5

Les calculatrices ne sont pas autorisées.

4 points

exercice 1

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormal $(O,\vec{u},\vec{v})$ , d'unité graphique 2cm .
On considère le polynôme $P$ défini par : $P(z)=z^3+z^2-2$ .

1-a) Montrer que $1$ est racine de $P$ .
b) Vérifier que $P(z)$ peut s'écrire sous la forme $P(z)=(z-1)(z^2+2z+2)$ .
c) Résoudre dans $\C$ l'équation $P(z)=0$ .

2) On considère les points A $,B\text{ et }C$ d'affixes respectives $z_A=1\text{ ; }z_B=-1+i\text{ et }z_C=-1-i$ .
a) Placer les points $A,B\text{ et }C$ dans le repère $(O,\vec{u},\vec{v})$ .
b) Donner une interprétation géométrique du module du nombre complexe $\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}$ .
c) Calculer $\left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|$ , puis déduire que $ABC$ est isocèle en $A$ .

3) Soit $D$ le point d'affixe $z_D$ tel que $ABDC$ soit un parallélogramme .
Déterminer $z_D$ .

4)Quelle est la nature exacte du parallélogramme $ABDC$ ? Justifier .

4 points

exercice 2

On considère l'équation différentielle $(E)\text{ : }y'-\sqrt{2}y=e^{x\sqrt{2}}$ .

1) Démontrer que la fonction $u$ définie sur $\R$ par $u(x)=xe^{x\sqrt{2}}$ est une solution de $(E)$ .

2) Résoudre l'équation différentielle $(E')\text{ : }y'-\sqrt{2}y=0$ .

3) Démontrer qu'une fonction $v$ définie sur $\R$ est solution de $(E)$ si et seulement si $v-u$ est solution de $(E')$ .

4) En déduire toutes les solutions de $(E)$ .

5) Déterminer la fonction solution de $(E)$ qui prend la valeur $\sqrt{2}$ en $0$ .

12 points

probleme

Partie A (3,25 points)

On considère la fonction $g$ définie sur $]-1;+\infty[$ par $g(x)=(x+1)^2+2-2\ln(x+1)$ .

1) Déterminer $\displaystyle \lim_{x\to -1^{+}}g(x) \text{ et }\lim_{x\to +\infty}g(x)$ .

2) Etudier le sens de variation de $g$ et dresser son tableau de variation .

3) En déduire que pour tout $x>-1\text{ : }g(x)>0$ .

Partie B (6 points)

Soit $f$ la fonction numérique définie sur $]-1;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{x^2+x+2\ln(x+1)}{x+1}$ .
On désigne par $(C)$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonomral $(O,\vec{i},\vec{j})$ . (unité 2cm) .

1) Calculer $\displaystyle \lim_{x\to -1^{+}}f(x) \text{ et }\lim_{x\to +\infty}f(x)$ .
En déduire que $(C)$ amdet une asymptote verticale dont on donnera une équation .

2-a) Calculer $f'(x)$ et montrer que sur $]-1;+\infty[ \text{ , } f'(x)$ a le même signe que $g(x)$ .
b) En déduire le sens de variation de $f$ puis dresser son tableau de variation .

3-a) Montrer que la droite $(D)$ d'équation $y=x$ est une asymptote à $(C)$ . Préciser la position relative de $(C)$ et de $(D)$ .
b) Déterminer une équation de la tangente $(T)$ à $(C)$ au point d'abscisse $0$ .
c) Déterminer les coordonnées du point $A$ de $(C)$ en lequel la tangente $(T')$ est parallèle à $(D)$ .

4) Construire dans le même repère $(C)\text{ , }(D)\text{ , }(T)\text{ , }(T')$ .

Partie C (2,75 points)

1-a) Montrer que $f$ est une bijection de $]-1;+\infty[$ vers un intervalle $J$ que l'on précisera .
En déduire que $f$ admet une bijection réciproque $f^{-1}$ .
b) Tracer dans le même repère que $(C)$ la courbe $(\Gamma)$ représentative de $f^{-1}$ . Justifier la construction .

2-a) Déterminer l'ensemble des primitives sur $]-1,+\infty[$ de la fonction $h$ définie pour tout $x\in]-1,+\infty[$ par $h(x)=\dfrac{1}{x+1}\ln (x+1)$ .
b) Montrer que pour tout $x\in]-1;+\infty[ \text{ : }f(x)=x+\dfrac{2}{x+1}\ln(x+1)$ .
c) En déduire la primitive sur $]-1,+\infty[$ de $f$ qui s'annule en $e^{-1}$ .

Voir la correction

exercice 1

$P(z)=z^3+z^2-2$

1-a) On a $P(1)=1^3+1^2-2=1+-2=0$

Donc : $\boxed{1 \text{ est racine de }P }$

b) On a , pour tout nombre complexe $z$ :

$\begin{matrix} (z-1)(z^2+2z+2)&=& z^3+2z^2+2z-z^2-2z-2\\&=& z^3+z^2-2\\&=& P(z) \end{matrix}$

$\boxed{\forall z\in\C\text{ : }P(z)=(z-1)(z^2+2z+2)}$

c) Résolution de l'équation $P(z)=0$

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

On a $z-1=0\iff z=1$

Et pour résoudre $z^2+2z+2=0$ , on calcule le discriminent :

$\Delta= 2^2-4\times 2 =-4=(2i)^2 \neq 0$

Donc l'équation admet deux solutions complexes $z_1\text{ et }z_2\text{ :}$

$\begin{matrix}z_1&=&\dfrac{-2-2i}{2}\\&=& -1-i\end{matrix} \enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip\enskip \begin{matrix}z_2&=&\dfrac{-2+2i}{2}\\&=& -1+i\end{matrix}$

L'ensemble des solutions de l'équation est : $\boxed{S=\lbrace -1-i\text{ ; }-1+i\rbrace }$

2-a) Voir la figure à la fin .

b) On a $\left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=\dfrac{|z_B-z_A|}{|z_C-z_A|}=\dfrac{AB}{AC}$

$\boxed{\text{Le module du nombre complexe }\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\text{ est le rapport de distances }\dfrac{AB}{AC}}$

c) Calcul :

$\left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=\dfrac{|z_B-z_A|}{|z_C-z_A|}=\dfrac{|-1+i-1|}{|-1-i-1|}=\dfrac{|-2+i|}{|-2-i|}=\dfrac{\sqrt{(-2)^2+1^2}}{\sqrt{(-2)^2+(-1)^2}}=\dfrac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=1$

$\boxed{\left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=1}$

Or , $\left|\dfrac{z_B-z_A}{z_C-z_A}\right|=\dfrac{AB}{AC}\iff \dfrac{AB}{AC}=1 \iff AB=AC$

On en déduit que :
$\boxed{\text{Le triangle }ABC \text{ est isocèle en }A}}$

3-a) Soit $D$ le point d'affixe $z_D$ tel que $ABDC$ soit un parallélogramme , donc $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}$ .

$\begin{matrix}\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{CD}&\iff& z_B-z_A=z_D-z_C \\&\iff& z_D=z_B-z_A+z_C \\ &\iff& z_D=-1+i-1-1-1 \\&\iff& \boxed{z_D=-3}\end{matrix}$

4) Oa vu que $AB=AC$ .

Donc $ABDC$ est un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs de même longueur.

$\boxed{ABDC \text{ est donc un losange }}$

Figure :

Bac Burkina Faso 2022 séries F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 3

exercice 2

1) Soit $u$ la fonction définie sur $\R$ par $u(x)=xe^{x\sqrt{2}}$ , elle est bien évidemment dérivable sur $\R$ , alors :

$\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }u'(x)&=&\left(xe^{x\sqrt{2}}\right)'\\&=& x'e^{x\sqrt{2}}+x\left(e^{x\sqrt{2}}\right)'\\&=& e^{x\sqrt{2}}+x(x\sqrt{2})'e^{x\sqrt{2}}\\&=& e^{x\sqrt{2}}+\sqrt{2}xe^{x\sqrt{2}}\end{matrix}$

Donc :

$\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }u'(x)-\sqrt{2}u(x)= e^{x\sqrt{2}}+\sqrt{2}xe^{x\sqrt{2}}-\sqrt{2}u(x)&\iff& \forall x\in\R\text{ : } u'(x)-\sqrt{2}u(x)= e^{x\sqrt{2}}\end{matrix}$

Donc : $\boxed{u\text{ est solution de l'équation }(E)\text{ : }y'-\sqrt{2}y=e^{x\sqrt{2}}}$

2) On applique la propriété du cours, on trouve que les solutions de $(E')$ sont les fonctions de la forme $x\mapsto ke^{-(-\sqrt{2})x}\text{ , }k\in\R$

$\boxed{\text{Les solutions de }(E')\text{ sont les fonctions de la forme }x\mapsto ke^{\sqrt{2}x}\text{ , }k\in\R}$

3) Soit $v$ une fonction définie et dérivable sur $\R$ , alors :

$\begin{matrix} v-u\text{ est solution de }(E')&\iff& \forall x\in\R\text{ : }(v-u)'(x)-\sqrt{2}(v-u)(x)=0\\&\iff& \forall x\in\R\text{ : } v'(x)-u'(x)-\sqrt{2}v(x)+\sqrt{2}u(x)=0\\&\iff& \forall x\in\R\text{ : } v'(x)-\sqrt{2}v(x)=\underbrace{u'(x)-\sqrt{2}u(x)}_{=e^{x\sqrt{2}}\enskip\left(u\text{ solution de }(E)\right)} \\\\&\iff&\forall x\in\R\text{ : } v'(x)-\sqrt{2}v(x)=e^{x\sqrt{2}}\\&\iff& v\text{ est solution de }(E)\end{matrix}$

Conclusion : $\boxed{v \text{ est solution de }(E) \text{ si et seulement si }v-u \text{ est solution de }(E')}$

4) d'après la question précédante , une fonction $v$ dérivable sur $\R$ est solution de l'équation différentielle $(E)$ si et seulement si la fonction $v-u$ avec $u(x)=xe^{\sqrt{2}x}$ est solution de l'équation différentielle $(E')$ .

$v-u$ étant une solution de $(E')$ , alors , $\forall x\in\R\text{ : } (v-u)(x)=ke^{\sqrt{2}x}\text{ ; }k\in\R$

D'où : $\forall x\in\R\text{ : }v(x)=ke^{\sqrt{2}x}+u(x)=ke^{\sqrt{2}x}+xe^{\sqrt{2}x} \text{ ; }k\in\R$

Ou encore : $\boxed{\text{Les solutions de }(E)\text{ s'écrivent }v\text{ : }x\mapsto (k+x)e^{\sqrt{2}x} \text{ ; }k\in\R}$

5) Notons $v_0$ , la fonction solution de $(E)$ qui vérifie $v_0(\sqrt{2})=0$ et qu'on doit déterminer .

Puisque $v_0$ est solution de $(E)$ , il existe $k\in\R \text{ tel que , pour tout réel }x\text{ , }v_0(x)=(k+x)e^{\sqrt{2}x}$ .

Alors $v_0(\sqrt{2})=0\iff (k+\sqrt{2})e^{2}=0\iff k+\sqrt{2}=0\iff k=-\sqrt{2}$

$\boxed{\text{La solution }v_0\text{ de }(E) \text{ qui prend la valeur }\sqrt{2}\text{ en }0 \text{ est définie sur }\R\text{ par }v_0\text{ : }x\mapsto(x-\sqrt{2})e^{\sqrt{2}x}}$

probleme

Partie A

Soit $g$ la fonction définie sur $]-1;+\infty[$ par $g(x)=(x+1)^2+2-2\ln(x+1)$ .

1-a) Calcul des limites :

En $-1^{+}$

On a $\displaystyle \lim_{x\to-1^+}x=-1^+\text{ , alors }\lim_{x\to-1^+}x+1=0^{+}\text{ , d'où }\lim_{x\to-1^+}\ln(x+1)=-\infty$

On en tire que $\displaystyle \lim_{x\to-1^+}g(x)=\lim_{x\to -1^+} (x+1)^2+2-2\ln(x+1)=0+2-(-\infty)=+\infty$

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

En $+\infty$

On remarque que $g(x)=(x+1)^2+2-2\ln(x+1)=(x+1)^2\left(1+\dfrac{2}{(x+1)^2}-\dfrac{2}{x+1}\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)$

Posons $X=x+1$ , alors lorsque $x\to+\infty \text{ , } X\to+\infty$

On a :
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln (x+1)}{x+1}=\lim_{X\to+\infty}\dfrac{\ln X}{X}=0$
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{2}{x+1}=\lim_{X\to+\infty}\dfrac{2}{X}=0$
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\dfrac{2}{(x+1)^2}=\lim_{X\to+\infty}\dfrac{2}{X^2}=0$
$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}(x+1)^2=+\infty$

Donc $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}g(x)=\lim_{x\to+\infty} (x+1)^2\left(1+\dfrac{2}{(x+1)^2}-\dfrac{2}{x+1}\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)=+\infty(1+0-0\times 0)=+\infty$

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

2) $g$ est dérivable sur $]-1;+\infty[$ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle .

Alors :

$\begin{matrix}\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g'(x)&=& \left((x+1)^2+2-2\ln(x+1)\right)' &=& 2(x+1)'(x+1)-2\dfrac{(x+1)'}{x+1}\\&=& 2(x+1)-\dfrac{2}{x+1} &=& \dfrac{2(x+1)^2-2}{x+1}\\&=& \dfrac{2x^2+4x+2-2}{x+1}&=&\dfrac{2x(x+2)}{x+1}\end{matrix}$

Puisque $x>-1\text{ , alors }x+1>0\text{ et }x+2>1>0$ , il s'ensuit que le signe de $g'(x)$ est celui de $x$ , d'où :

$\begin{cases} g'(x)\leq 0 \text{ , }\forall x\in ]-1;0]\\g'(x)\geq 0 \text{ , }\forall x\in[0;+\infty[\end{cases}$

On conclut alors que :

$\boxed{\begin{matrix} g\text{ est décroissante sur }]-1;0] \\ g\text{ est croissante sur }[0;+\infty[ \end{matrix}}$

On dresse le tableau de variations de la fonction $g$ :
$\begin{array}{|c||rcccccc|} \hline x & -1 & & & 0 & & & +\infty\\ \hline g'(x) & & - & &\barre{0} & &+ & \\ \hline & +\infty & & & & & & +\infty \\ g & &\searrow& & & &\nearrow& \\ & & & &3 & & & \\ \hline \end{array}$

En effet : $g(0)=(0+1)^2+2-2\ln(0+1)=3-2\ln 1 = 3$

3) D'après ce qui précède , la fonction $g$ admet un minimum en $0$ , alors :

$\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g(x)\geq g(0)=3>0$

$\boxed{\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g(x)>0}$

Partie B

1) On a , pour tout $x$ de $]-1;+\infty[$ :

$f(x)=\dfrac{x^2+x+2\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x^2+x}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x(x+1)}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=x+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}$

Limite en $-1^+\text{ : }$

On a $\displaystyle\lim_{x\to-1^+}x+1=0^{+}\text{ , donc } \displaystyle\lim_{x\to-1^+}\dfrac{1}{x+1}=+\infty \text{ , et }\lim_{x\to-1^+}\ln(x+1)=-\infty$

Donc $\displaystyle\lim_{x\to-1^+}\dfrac{\ln (x+1)}{x+1}=\lim_{x\to-1^+}\dfrac{1}{x+1}\times \ln (x+1) =+\infty\times (-\infty)=-\infty$

D'où $\displaystyle\lim_{x\to-1^+}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to-1^+}x+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=-1-\infty=-\infty$

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

Interprétation graphique :

$\boxed{\text{ La droite d'équation }x=-1 \text{ est une asymptote verticale à } (C) \text{ dirigée vers le bas }(-\infty)}$

Limite en $+\infty\text{ : }$

On a vu que $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln (x+1)}{x+1}=0$

Alors directement $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=+\infty$

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

2-a) $f$ est dérivable comme somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle .

$\begin{matrix}\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }f'(x)&=&\left(x+2\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)'&=& 1+2\times\dfrac{(\ln(x+1))'(x+1)-(x+1)'\ln(x+1)}{(x+1)^2} \\&=& 1+2\times\dfrac{\dfrac{1}{x+1}\times (x+1)-\ln(x+1)}{(x+1)^2} &=& 1+2\times\dfrac{1-\ln(x+1)}{(x+1)^2}\\&=&\dfrac{(x+1)^2+2-2\ln(x+1)^2}{(x+1)^2}&=& \dfrac{g(x)}{(x+1)^2}\end{matrix}$

Donc : $\boxed{\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }f'(x)=\dfrac{g(x)}{(x+1)^2}}$

De plus , pour tout $x$ de $]-1;+\infty[\text{ : } (x+1)^2>0$ , donc :

$\boxed{\text{ Le signe de }f'(x)\text{ est celui de }g(x) \text{ sur }]-1;+\infty[}$

b) D'après ce qui précède , $\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }g(x)>0\text{ , et donc }f(x)>0$

Et donc : $\boxed{f\text{ est une fonction strictement croissante sur }]-1;+\infty[ }$

Et on dresse le tableau de variations de $f\text{ : }$
$\begin{tabvar}{|C|CCCCCC|}\hline x& -1 && &&&+\infty\\\hline f'(x)&\dbarre&&&+&&\\\hline\niveau{2}{3} f &\dbarre \niveau{1}{3}&-\infty &&\croit &\niveau{3}{3}&+\infty \\\hline\end{tabvar}$

3-a) On calcule $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)-x\text{ :}$

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)-x=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x+2\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}-x=\displaystyle\lim_{x\to+\infty}2\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0$

Interprétation graphique :

$\boxed{\text{ La droite }(D)\text{ d'équation }y=x \text{ est une asymptote oblique à } (C) \text{ au voisinage de }+\infty}$

Etude de la position relative de $(C)$ et $(D) \text{ : }$

Etudions le signe de $f(x)-y \text{ avec }y=x$

On a , pour tout réel $x\in]-1;+\infty[\text{ : }f(x)-y=f(x)-x=2\times\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}$

Et pusique $x+1>0 \text{ pour tout }x\in]-1;+\infty[\text{ , alors }$ le signe de $f(x)-y$ est celui de $\ln(x+1)$

On a : $\ln(x+1)=0\iff x+1=1\iff x=0$

Et par croissance de la fonction $\ln\text{ : }\begin{cases} \ln(x+1)\leq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }]-1;0] \\\ln(x+1)\geq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }[0;+\infty[\end{cases}$

D'où $\begin{cases} f(x)-y\leq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }]-1;0] \\f(x)-y\geq 0 \text{ , pour tout }x\text{ de }[0;+\infty[\end{cases}$

Enfin , $f(0)=0$ .

Conclusion :

$\boxed{\begin{matrix}(C)\text{ est en dessous de la droite }(D) \text{ sur }]-1 ; 0[\\ (C) \text{ coupe la droite }(D) \text{ au point }O(0;0) \\ (C) \text{ est au-dessus de la droite }(D)\text{ sur }]0;+\infty[ \end{matrix}}$

b) Une équation de la tangente $(T)$ à $(C)$ au point d'abscisse $0$ s'écrit :

$(T)\text{ : }y=f'(0)(x-0)+f(0)$
On a :

$f(0)=0$
$f'(0)=\dfrac{g(0)}{(1+0)^2}=g(0)=3$

On obtient l'équation demandée $\text{ : }$

$\boxed{(T)\text{ : }y=3x}$

c) Notons $x_A$ l'abscisse du point $A$ de $(C)$ en lequel la tangente $(T')$ est parallèle à $(D)\text{ : }y=x$ .

Une équation de $(T')$ s'écrit : $(T')\text{ : }y=f'(x_A)(x-x_A)+f(x_A)$

$(T')$ est parallèle à $(D)$ , alors elles ont le même coeffcient directeur , donc $f'(x_A)=1$

$\begin{matrix} f'(x_A)=1&\iff& \dfrac{g(x_A)}{(x_A+1)^2}=1 \\&\iff& g(x_A)=(x_A+1)^2 \\&\iff& (x_A+1)^2+2-2\ln(x_A+1)=(x_A+1)^2 \\&\iff& 2\ln(x_A+1)=2\\&\iff& \ln(x_A+1)=1 \\&\iff& x_A+1=e\\&\iff& x_A=e-1\end{matrix}$

L'ordonnée $y_A$ du point $A$ n'est autre que l'image de $x_A$ par $f$ , car $A\in(C)$ , alors :

$y_A=f(x_A)=f(e-1)=e-1+2\dfrac{\ln(e-1+1)}{e-1+1}=E-1+\dfrac{2\ln e}{e}=e-1+\dfrac{2}{e}$

On en déduit : $\boxed{\text{ Les coordonnées du point }A\left(e-1;e-1+\dfrac{2}{e}\right)}$

4) Voir la figure en partie C .

Partie C

1-a) La fonction $f$ est :

Continue sur $]-1;+\infty[$ .
Strictement croissante sur $]-1;+\infty[$ .

Elle réalise alors une bijection de $]-1,+\infty[$ vers $J=f\left(]-1,+\infty[\right)=\left]\displaystyle\lim_{x\to -1^+}f(x);\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)\right[ = ]-\infty;+\infty[$

$\boxed{f\text{ réalise une bijection de }]-1,+\infty[ \text{ vers }J=\R }$

On en déduit que :

$\boxed{f\text{ possède une bijection réciproque }f^{-1}\text{ définie sur }J=\R }$

b) Le tracé :

Bac Burkina Faso 2022 séries F1-F2-F3-F4 - 1er tour : image 2

Justification : Puisque $f^{-1}$ est la bijection récproque de $f$ , alors $(\Gamma)$ est le symétrique de $(C)$ par rapport à la droite $(D)\text{ : }y=x$ .

2-a)pour tout $x\in]-1,+\infty[\text{ : }$
$\begin{matrix}h(x)&=&\dfrac{1}{x+1}\ln (x+1)\\&=& \left[\ln(x+1)\right]'\ln(x+1) & \left(\text{ en effet , }x+1>0\right) \\&=& \dfrac{1}{2} \left(2\left[\ln(x+1)\right]'\ln(x+1)\right) \end{matrix}$

Donc :
$\boxed{\begin{matrix}\text{L'ensemble des fonctions primitives de }h \text{ sur } ]-1,+\infty[\\\text{ est : }\left\lbrace x\mapsto \dfrac{1}{2}\left[\ln(x+1)\right]^2+k\text{ , }k\in\R\right\rbrace\end{matrix} }$

b) Déjà fait à la partie B :

$\text{ Pour tout }x\in ]-1;+\infty[ \text{ : }f(x)=\dfrac{x^2+x+2\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x^2+x}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=\dfrac{x(x+1)}{x+1}+2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=\boxed{x+\dfrac{2}{x+1}\ln(x+1)}$

c) Puisque pour tout $x\in]-1;+\infty[ \text{ : }f(x)=x+\dfrac{2}{x+1}\ln(x+1)$ , alors $\forall x\in]-1;+\infty[\text{ : }f(x)=x+2h(x)$

On en tire que l'ensemble des primitives de $f$ sur $]-1;+\infty[$ est :

$\left\lbrace x\mapsto \dfrac{x^2}{2}+\left[\ln(x+1)\right]^2+k\text{ , }k\in\R\right\rbrace$

Notons $F$ la primitive sur $]-1,+\infty[$ de $f$ qui s'annule en $e^{-1}$ , c'est-à-dire $F(e^{-1})=0$

Il existe $k\in\R \text{ tel que } \begin{cases}F(x)=\dfrac{x^2}{2}+\left[\ln(x+1)\right]^2+k\\F(e^{-1})=0\end{cases}$

On a donc :

$F(e^{-1})=0\iff \dfrac{(e^{-1})^2}{2}+\left[\ln(e^{-1}+1)\right]^2+k=0 \iff k=-\left(\dfrac{2}{e^2}+\ln^2\left(\dfrac{1}{e}+1\right)\right)\enskip\enskip\left( \text{ qu'on ne peut pas simplifié d'avantage }\right)$

La primitive de $f$ sur $]-1;+\infty[$ demandée est :
$\boxed{F(x)=\dfrac{x^2}{2}+\ln^2(x+1)-\left(\dfrac{2}{e^2}+\ln^2\left(\dfrac{1}{e}+1\right)\right)}$

Publié par malou/Panter le 04-11-2022

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