Fiche de mathématiques
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Bac Burkina Faso 2022

Mathématiques Séries F1-F2-F3-F4

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2ème tour
Durée : 4 heures
Coefficient : 5


Les calculatrices ne sont pas autorisées.


4 points

exercice 1

La production d'une association féminine de "Faso danfani" les 8 premières années de son fonctionnement est représentée dans le tableau suivant :

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{Année de production}&2013&2014&2015&2016&2017&2018&2019&2020\\  \hline x_i \text{ : rang de l'année} & 1&2&3&4&5&6&7&8 \\ \hline y_i \text{ : nombre de pagnes en milliers} &15&20&35&40&45&60&70&80\\ \hline   \end{array}


On désigne par x la variable égale au rang de l'année et par y la variable égale au nombre de pagnes en milliers .

1) Représenter le nuage de points associé à cette série (x,y) dans un repère orthogonal .
Sur l'axe des abscisses , choisir 1cm pour représenter le rang d'une année .
Sur l'axe des ordonnées , choisir 1cm pour représenter 10 milliers de pagnes .

2-a) Un ajustement linéaire du nuage vous semble-t-il possible? Justifier .
b) Déterminer les coordonnées des points moyens partiels G_1 et G_2 correspondant aux quatre premiers points et aux quatre derniers respectivement .
c) Déterminer l'équation de la droite (G_1G_2) sous la forme y=ax+ba et b sont des réels à déterminer . Construire cette droite .

3) On suppose par la suite que la tendance de la production se maintient encore pendant 10 ans à partir de l'année 2020 .
Une mairie d'une commune urbaine désire à l'occasion de la fête du 08 mars 2028 commander 150.000 pagnes . La production de l'association en 2027 peut-elle satisfaire entièrement cette commande ? Justifier votre réponse .

4 points

exercice 2

1) Résoudre l'équation différentielle (E)\text{ : }9y''+4y=0y est une fonction numérique de la variable réelle x définie et deux fois dérivable sur \R .

2) Déterminer la fonction f solution de l'équation (E) dont la courbe représentative dans un repère (O,\vec{i},\vec{j}) passe par le point A\left(\dfrac{\pi}{2},\sqrt{3}\right) et tel que f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{-2}{3} .

3) Montrer que pour tout élément x de \R , on a : f(x)=2\cos\left(\dfrac{2}{3}x-\dfrac{\pi}{6}\right) .

4) Résoudre dans l'intervalle [-\pi,\pi] , l'équation f(x)=0 .

12 points

probleme

Partie A (4,25 points)

Soit f une fonction numérique définie sur \R\backslash\lbrace 0\rbrace par f(x)=-2x^2+1-\ln |x| .

1-a) Déterminer les limites de f aux bornes de \R\backslash\lbrace 0\rbrace .
b) Déterminer le sens de variation de f sur \R\backslash\lbrace 0\rbrace ; puis dresser son tableau de variation .

2-a) Montrer que l'équation f(x)=0 admet une unique solution \alpha sur ]-\infty ; 0[ et une unique solution \beta sur ]0,+\infty[ .
b) En déduire le signe de f(x) suivant les valeurs de x .

Partie B (7,75 points)

Soit g la fonction numérique définie sur \R\backslash\lbrace 0\rbrace par g(x)=-2x+\dfrac{\ln|x|}{x} et de courbe (C) dans un repère orthonormal (O,\vec{i},\vec{j}) du plan (unité graphique 2cm) .

1) Montrer que la fonction g est impaire et en déduire la conséquence géométrique pour la courbe (C) .

2-a) Déterminer g'(x) et montrer que g'(x)=\dfrac{f(x)}{x^2} .
b) En déduire le sens de variation de g .
c) Déterminer les limites de g aux bornes de \R\backslash\lbrace 0\rbrace ; puis dresser son tableau de variation .

3-a) Montrer que la droite (\Delta)\text{ : }y=-2x est une asymptote oblique de (C) en -\infty et en +\infty .
b) Etudier la position relative de (C) par rapport à (\Delta) .

4) Tracer la courbe (C) et la droite (\Delta) .

5) Soit \lambda un réel strictement supérieur à 1 .
a) Calculer en fonction de \lambda , l'aire A(\lambda) de la partie du plan comprise entre (C),(\Delta) et les droites d'équations x=1 \text{ et } x=\lambda .
On remarquera que \dfrac{\ln x}{x}=\dfrac{1}{x}\times \ln x .
b) Calculer \displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}A(\lambda) .

On prendra : \alpha=  -0,79 \text{ et }\beta=0,79 \enskip;\enskip g(\alpha)=1,87\text{ et }g(\beta)=-1,87







exercice 1

1) Voir la figure .

2-a) On remarque que le nuage a une forme allongée autour d'une droite .

\boxed{\text{ Ce qui justifie un ajustement linéaire du nuage de points associé à la série }(x;y) }


b)

Calcul des coordonnées du point moyen G_1(\bar{x_1};\bar{y_1}) :

On a : \begin{cases} \bar{x_1}=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{i=1}^{4}x_i=\dfrac{1}{4}(1+2+3+4) =\dfrac{10}{4}=2,5 			\\   \bar{y_1}=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{i=1}^{4}y_i=\dfrac{1}{4}(15+20+35+40) =\dfrac{110}{4}=27,5 			\end{cases}

Donc :

\boxed{G_1(2,5;27,5)\text{ est le point moyen des quatre premiers points }}


Calcul des coordonnées du point moyen G_2(\bar{x_2};\bar{y_2}):

On a : \begin{cases} \bar{x_2}=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{i=1}^{4}x_i=\dfrac{1}{4}(5+6+7+8) =\dfrac{26}{4}=6,5  			\\   \bar{y_2}=\dfrac{1}{4}\displaystyle\sum_{i=1}^{4}y_i=\dfrac{1}{4}(45+60+70+80) =\dfrac{255}{4}=63,75 \end{cases}

Donc :

\boxed{G_2(6,5;63,75)\text{ est le point moyen des quatre derniers points }}


c) Notons (G_1G_2)\text{ : }y=ax+b une équation cartésienne de la droite (G_1G_2) .

On a alors : a=\dfrac{\bar{y_2}-\bar{y_1}}{\bar{x_2}-\bar{x_1}}=\dfrac{63,75-27,5}{6,5-2,5}=\dfrac{36,25}{4}\approx 9

On remplace a par sa valeur dans l'équation : (G_1G_2)\text{ : }y=9x+b

On sait que G_1 est un point de (G_1G_2) , on a donc :

\begin{matrix}\bar{y_1}=9\bar{x_1}+b &\iff& 27,5=9\times 2,5 +b\\&\iff& b=27,5-22,5\\&\iff& b= 5  \end{matrix}

Conclusion :
\boxed{\begin{matrix} \text{L'équation cartésienne de la droite }(G_1G_2) \text{ s'écrit : }y=9x+5\end{matrix}}


La représentation graphique :

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


3) L'année 2027 correspond au rang 15 , alors , le nombre de pagnes en milliers que l'association produira est estimé à y=9\times 15+8 = 140

Donc , la production de l'association en 2027 est estimée à 140000 \text{ pagnes }.

Et puisque 140000<150000.

Alors :
La production de l'association en 2027 ne peut pas satisfaire entièrement cette commande


exercice 2

1) On a (E)\text{ : }9y''+4y=0 \iff y''+\dfrac{4}{9}y=0\iff y''+\left(\dfrac{2}{3}\right)^2y=0

L'équation différentielle (E) est de la forme y'' + \omega^2 y = 0 , où \omega=\dfrac{2}{3} . Alors l'ensemble des solutions de (E) est l'ensemble des fonctions définies sur \mathbb{R} par :

x\mapsto A \cos(\omega x) + B\sin(\omega x)\text{ ,  où }A \text{ , }B\in\R

Donc :

\boxed{\text{La solution de l'équation différentielle }(E)\text{ : }\forall x\in\R \enskip , \enskip x\mapsto A \cos\left(\dfrac{2}{3} x\right) + B\sin\left(\dfrac{2}{3} x\right)\text{ ,  où }A \text{ , }B\in\R }


2) f est solution de l'équation  (E) , il s'agit donc de trouver les réels A et B tels que f(x)=A \cos\left(\dfrac{2}{3} x\right) + B\sin\left(\dfrac{2}{3} x\right)

La courbe de la solution f passe par le point A\left(\dfrac{\pi}{2},\sqrt{3}\right) , alors f\left( \dfrac{\pi}{2}\right)=\sqrt{3}

On remplace dans l'expression de la fonction f :

\begin{matrix}\sqrt{3}=A \cos\left(\dfrac{2}{3}\times \dfrac{\pi}{2}\right) + B\sin\left(\dfrac{2}{3} \times\dfrac{\pi}{2}\right)&\iff& \sqrt{3}=A\cos\left( \dfrac{\pi}{3}\right) + B\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\\&\iff& \sqrt{3}=\dfrac{A}{2}+\dfrac{\sqrt{3}B}{2}\\&\iff& A+\sqrt{3}B=2\sqrt{3}\enskip \blue (i)\end{matrix}

D'autre part , on a f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{-2}{3} .

On calcule la dérivée f' de f et on remplace dans l'expression de f' :

\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }f'(x)&=&\left[ A \cos\left(\dfrac{2}{3} x\right) + B\sin\left(\dfrac{2}{3} x\right)\right]'\\&=& -\dfrac{2A}{3}\sin\left(\dfrac{2}{3} x\right)+\dfrac{2B}{3}\cos\left(\dfrac{2}{3} x\right)\end{matrix}

D'où :

\begin{matrix}f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{-2}{3}&\iff& \dfrac{-2}{3}=-\dfrac{2A}{3}\sin\left(\dfrac{2}{3} \times\dfrac{\pi}{2}\right)+\dfrac{2B}{3}\cos\left(\dfrac{2}{3} \times\dfrac{\pi}{2}\right)\\&\iff& \dfrac{-2}{3}=-\dfrac{2A}{3}\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+\dfrac{2B}{3}\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\\&\iff&\dfrac{-2}{3}=-\dfrac{2A}{3}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{2B}{3}\times\dfrac{1}{2}\\&\iff& -2=-A\sqrt{3}+B\enskip \blue (ii) \end{matrix}

On déduit de \blue (i)\black\text{ et } \blue (ii) le système d'équation suivant : \begin{cases}A+\sqrt{3}B=2\sqrt{3}\\-A\sqrt{3}+B=-2\end{cases}

\begin{matrix} \begin{cases}A+\sqrt{3}B=2\sqrt{3}\\-A\sqrt{3}+B=-2\end{cases}&\iff&\begin{cases}\sqrt{3}A+3B=6\\-A\sqrt{3}+B=-2\end{cases} \\&\iff&\begin{cases}4B=4\\-A\sqrt{3}+B=-2\end{cases}  \\&\iff&\begin{cases}B=1\\A=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\left(B+2\right)\end{cases}\\&\iff&\begin{cases}B=1\\A=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{3}\end{cases} \\&\iff&\boxed{\begin{cases}A=\sqrt{3}\\B=1\end{cases}}\end{matrix}

Conclusion :
\boxed{\text{ L'expression de la fonction }f\text{ demandée est : } f(x)=\sqrt{3} \cos\left(\dfrac{2}{3} x\right) + \sin\left(\dfrac{2}{3} x\right)}


3) On a pour tout x,y\in\R\text{ : }\cos(x-y)=\cos x \cos y +\sin x\sin y

Alors , pour tout réel x , on a :

\begin{matrix}2\cos\left(\dfrac{2}{3}x-\dfrac{\pi}{6}\right) &=&2\left(\cos \left(\dfrac{2}{3}x\right)\cos \dfrac{\pi}{6} + \sin  \left(\dfrac{2}{3}x\right) \sin \dfrac{\pi}{6}\right) \\&=&2\left(\cos  \left(\dfrac{2}{3}x\right) \times\dfrac{\sqrt{3}}{2} + \sin  \left(\dfrac{2}{3}x\right) \times\dfrac{1}{2}\right)\\&=&\cos  \left(\dfrac{2}{3}x\right) \times\sqrt{3} + \sin  \left(\dfrac{2}{3}x\right) \\&=&f(x) \end{matrix}

\boxed{\forall x\in\R\text{ : } f(x)=2\cos\left(\dfrac{2}{3}x-\dfrac{\pi}{6}\right) }


4) On a :

\begin{matrix}f(x)=0&\iff& 2\cos\left(\dfrac{2}{3}x-\dfrac{\pi}{6}\right)=0&\iff& \begin{cases}\dfrac{2}{3}x-\dfrac{\pi}{6}=\dfrac{\pi}{2}+2k\pi \\\\\dfrac{2}{3}x-\dfrac{\pi}{6}=-\dfrac{\pi}{2}+2k'\pi\end{cases}\enskip , k,k'\in\Z \\\\&\iff& \begin{cases}\dfrac{2}{3}x=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{6}+2k\pi \\\\\dfrac{2}{3}x=\dfrac{\pi}{6}-\dfrac{\pi}{2}+2k'\pi\end{cases}\enskip , k,k'\in\Z&\iff& \begin{cases}x=\dfrac{3}{2}\times\dfrac{2\pi}{3}+\dfrac{3}{2}\times2k\pi \\\\x=-\dfrac{3}{2}\times\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{3}{2}\times2k'\pi\end{cases}\enskip , k,k'\in\Z \\\\&\iff& \begin{cases}x=\pi}+3k\pi \\\\x=-\dfrac{\pi}{2}+3k'\pi\end{cases}\enskip , k,k'\in\Z  \end{matrix}

On ne garde que les valeurs de x dans l'intervalle imposé [-\pi\;\pi] .

Pour k=-1\text{ : }x=\pi-3\pi=-2\pi\notin[-\pi\;\pi] .
Pour \magenta k=0\text{ : }x=\pi+0=\pi\in[-\pi\;\pi] .
Pour k=1\text{ : }x=\pi+3\pi=4\pi\notin[-\pi\;\pi] .

Pour k'=-1\text{ : }x=-\dfrac{\pi}{2}-3\pi=-\dfrac{7\pi}{2}\notin[-\pi\;\pi] .
Pour \magenta k'=0\text{ : }x=-\dfrac{\pi}{2}+0=-\dfrac{\pi}{2}\in[-\pi\;\pi] .
Pour k'=1\text{ : }x=-\dfrac{\pi}{2}+3\pi=\dfrac{5\pi}{2}\notin[-\pi\;\pi] .

Conclusion :
\boxed{\text{L'ensemble des solutions de l'équation est : }S=\left\lbrace -\dfrac{\pi}{2};\pi\right\rbrace }


probleme

Partie A

f est définie sur \R\backslash\lbrace 0\rbrace \text{ par } f(x)=-2x^2+1-\ln |x| .

On a pour tout x \text{ de } \R\backslash\lbrace 0\rbrace \text{ : }-x\in \R\backslash\lbrace 0\rbrace .
Et , pour tout x\text{ de }\R\backslash\lbrace 0\rbrace\text{ : }f(-x)=-2(-x)^2+1-\ln|-x|=-2x^2+1-\ln|x|=f(x)

f est donc une fonction paire , il suffit donc d'étudier la fonction sur ]0;+\infty[ .

1-a) On a \R\backslash\lbrace 0\rbrace =]-\infty ; 0[\cup ]0;+\infty[

Il suffit de calculer les limites en 0^{+} et en +\infty , qui , par parité de f , sont respectivement égaux aux limites de f en 0^{-} et en -\infty .

Pour tout x>0\text{ , } |x|=x \text{ , donc }f(x)=-2x^2+1-\ln x

En 0^{+}\text{ : }

Puisque \displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\ln (x)=-\infty

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


En +\infty\text{ : }

On a , f(x)=-2x^2+1-\ln x = x\left(-2x+\dfrac{1}{x} -\dfrac{\ln x }{x}\right)

Et on sait que \displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{\ln x }{x}=0

\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)= \displaystyle\lim_{x\to +\infty}x\left(-2x+\dfrac{1}{x} -\dfrac{\ln x }{x}\right)=+\infty \times (-\infty)=\boxed{-\infty}

Conclusion :

\boxed{\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to -\infty} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=-\infty \\\\ \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=+\infty\end{matrix}}


b) Il suffit d'étudier le sens de variation de f pour les x strictement positifs , on en déduira le sens de variation sur ]-\infty ; 0[ .

Sur ]0;+ \infty[ \text{ , } f est dérivable comme somme des fonctions x\mapsto -x^2+1 \text{ et }x\mapsto-\ln x dérivables sur cet intervalle .

\begin{matrix}\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f'(x)&=&\left(-2x^2+1-\ln x\right)'&=& -4x-\dfrac{1}{x} &=& \boxed{-\dfrac{4x^2+1}{x}}\end{matrix}

Puisque \begin{cases}x>0 \\ x^2>0 \iff 4x^2>0 \iff 4x^2+1>0\end{cases}\text{ , d'où } f'(x)<0\text{ pour tout }x\text{ de }]0;+\infty[

On en déduit que :

\boxed{ \begin{matrix} f \text{ est strictement décroissante sur }]0;+\infty[ \\\text{ et par parité de }f \text{ , }f\text{ est strictement croissante sur }]-\infty;0[\end{matrix}}


Le tableau de variation de f :

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


2-a) f est une fonction continue et strictement décroissante sur ]0;+\infty[ .

On en déduit que f réalise une bijection de ]0;+\infty[ vers f\left(]0;+\infty[\right)=]-\infty;+\infty[ puisque \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=+\infty \text{ et  }\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=-\infty .

De plus , 0\in]-\infty;+\infty[ , alors 0 admet un unique antécédent dans ]0;+\infty[ qu'on note \beta .

Par parité de f , 0 admet aussi un unique antécédant dans ]-\infty ; 0[ noté \alpha .

Ou encore :

\boxed{\text{L'équation }f(x)=0 \text{ admet dans } ]-\infty;0[ \text{ une solution unique notée }\alpha } }

\boxed{\text{L'équation }f(x)=0 \text{ admet dans } ]0;+\infty[ \text{ une solution unique notée }\beta } }


b) On complète le tableau de variation de f avec les résultats de la question précédente :

\begin{array}{|c|ccccccccccc|} \hline x     &  -\infty       &        & \alpha  &  &    &  0  &    && \beta  &        & +\infty                                \\ \hline f'(x)     && + & \barre{} &  +     &       &\dbarre  &       &  -     &  \barre{}  &-&                            \\ \hline            &     &&   &        &  +\infty     &\dbarre  &  +\infty     &  &&  &          \\             &        &&  &\nearrow&       &\dbarre  &       &\searrow& && \\      f       &     && 0  &        &       &\dbarre  &       &  &0&  &        \\            &     &\nearrow&   &        &       &\dbarre  &       &  &&\searrow  &        \\  	 &   -\infty     &&  &	       &&\dbarre  &&        &  &&  -\infty      \\  \hline \end{array}


On en déduit que :

\boxed{\begin{matrix} \forall x\in ]-\infty;\alpha]\cup[\beta;+\infty[\text{ : }f(x)\leq 0 \\\\ \forall x\in [\alpha;0[\cup]0;\beta]\text{ : }f(x)\geq 0\end{matrix}}



Partie B

1) g est définie sur \R\backslash\lbrace 0\rbrace \text{ par } g(x)=-2x+\dfrac{\ln|x|}{x} .

On a pour tout x \text{ de } \R\backslash\lbrace 0\rbrace \text{ : }-x\in \R\backslash\lbrace 0\rbrace .
Et , pour tout x\text{ de }\R\backslash\lbrace 0\rbrace\text{ : }g(-x)=-2(-x)+\dfrac{\ln|-x|}{-x}=-(-2x)-\dfrac{\ln|-x|}{x}=-\left(-2x+\dfrac{\ln|x|}{x}\right)=-g(x)

Par conséquent :
\boxed{g \text{ est une fonction impaire}}


Conséquence graphique :

\boxed{(C)\text{ est symétrique par rapport à l'origine du repère }}


2-a) Puisque qu'on a |x|=\begin{cases} x&\text{ si }x> 0 \\-x&\text{ si }x< 0 \end{cases} , alors on peut écrire g sous la forme suivante :

g(x)=\begin{cases} -2x+\dfrac{\ln x}{x}&\text{ si }x> 0 \\-2x+\dfrac{\ln(-x)}{x}&\text{ si }x< 0 \end{cases}


Sur ]-\infty; 0[\text{ , } la fonction composée de \ln \text{ par }  x\mapsto-x est dérivable sur ]-\infty; 0[ .
Et donc la fonction quotient x\mapsto \dfrac{\ln (-x)}{x} est dérivable sur ]-\infty;0[ , et enfin la somme g:x\mapsto -2x+\dfrac{\ln (-x)}{x} dérivable sur ]-\infty;0[ .

\begin{matrix}g'(x)&=&\left(-2x+\dfrac{\ln(-x)}{x}\right)'&=&-2+\dfrac{x\ln(-x)'-\ln(-x)}{x^2}&=& \dfrac{-2x^2+1-\ln(-x)}{x^2}\end{matrix}

De même, sur ]0;+\infty[\text{ , } la fonction x\mapsto \dfrac{\ln x}{x} est dérivable sur ]0;+\infty[ comme quotient des fonctions \ln \text{ et } x\mapsto x dérivables sur cet intervalle .
Et donc , la somme g:x\mapsto -2x+\dfrac{\ln x}{x} est dérivable sur ]0;+\infty[ .

\begin{matrix}g'(x)&=&\left(-2x+\dfrac{\ln x}{x}\right)'&=&-2+\dfrac{x\ln(x)'-\ln(x)}{x^2}&=& \dfrac{-2x^2+1-\ln(x)}{x^2}\end{matrix}

On en déduit que \begin{matrix} g'(x)&=&\begin{cases} \dfrac{-2x^2+1-\ln(x)}{x^2}&\text{ si }x> 0 \\\dfrac{-2x^2+1-\ln(-x)}{x^2}&\text{ si }x< 0 \end{cases}&&&=&\dfrac{-2x^2+1-\ln|x|}{x^2}\end{matrix}

Soit :
\boxed{\forall x\in \R\backslash\lbrace 0\rbrace\text{ : }g'(x)=\dfrac{f(x)}{x^2}}


b) On a , pour tout x\in]-\infty;0[\cup]0;+\infty[\text{ : }x^2 >0 , et par 2-b) de la partie A) : \begin{cases} \forall x\in ]-\infty;\alpha]\cup[\beta;+\infty[\text{ : }f(x)\leq 0 \\\\ \forall x\in [\alpha;0[\cup]0;\beta]\text{ : }f(x)\geq 0\end{cases}

Donc : \begin{cases} \forall x\in ]-\infty;\alpha]\cup[\beta;+\infty[\text{ : }g'(x)\leq 0 \\\\ \forall x\in [\alpha;0[\cup]0;\beta]\text{ : }g'(x)\geq 0\end{cases}

Il s'ensuit alors que :

\boxed{ \begin{matrix} g \text{ est décroissante sur }]-\infty;\alpha]\cup[\beta;+\infty[ \\\text{ et , }g\text{ est croissante sur }[\alpha;0[\cup]0;\beta]\end{matrix}}


c) Il suffit de calculer les limites en 0^{+} et en +\infty , qui , par imparité de g , sont respectivement les opposées des limites de g en 0^{-} et en -\infty .

de plus , on a vu que pour tout x>0\text{ , } g(x)=-2x+\dfrac{\ln x}{x}

Limite en 0^{+}

On sait que \displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} \ln x=-\infty\enskip\text{ et que }\enskip\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} \dfrac{1}{x}=+\infty

Donc \displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} \dfrac{\ln x}{x}=-\infty .
On en tire alors que : \displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} g(x)= \lim_{x\to 0^{+}} -2x+\dfrac{\ln x}{x}=\boxed{-\infty}

Limite en +\infty

On sait que \displaystyle \lim_{x\to +\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0 .
Alors \displaystyle \lim_{x\to +\infty} g(x)= \lim_{x\to +\infty} -2x+\dfrac{\ln x}{x}=\boxed{-\infty}

Conclusion :

\boxed{\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=-\infty &\text{ ; } & \displaystyle\lim_{x\to -\infty} f(x)=-\displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty\\\\ \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=-\infty&\text{ ; } &\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} f(x)=-\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=+\infty\end{matrix}}


Et on dresse le tableau de variation de g :

\begin{array}{|c|ccccccccccc|} \hline x     &  -\infty       &        & \alpha  &  &    &  0  &    && \beta  &        & +\infty                                \\ \hline g'(x)     && - & \barre{0} &  +     &       &\dbarre  &       &  +     &  \barre{0}  &-&                            \\ \hline            &  +\infty   &&   &        &  +\infty     &\dbarre  &       &  &&  &          \\             &        &\searrow&  &\nearrow&       &\dbarre  &       && && \\      g       &     && g(\alpha)\approx 1,87  &        &       &\dbarre  &       &  &  & &   \\            &     &&   &        &       &\dbarre  &       &  &g(\beta)\approx -1,87&  &          \\            &     &&   &        &       &\dbarre  &       & \nearrow &&\searrow  &        \\  	 &       &&  &	       &&\dbarre  &-\infty&        &  &&  -\infty      \\  \hline \end{array}


3-a) Il faut calculer la limite \displaystyle \lim_{x\to+\infty} g(x)-(-2x)= \lim_{x\to+\infty} g(x)+2x

\begin{matrix}\displaystyle \lim_{x\to+\infty} g(x)+2x&=&\displaystyle  \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x} &=&0\end{matrix}

Donc :
\boxed{\text{ La droite }(\Delta)\text{ d'équation }y=-2x \text{ est asymptote oblique à }(C)\text{ au voisinage de }+\infty}


Et par imparité de g :
\boxed{\text{ La droite }(\Delta)\text{ est aussi asymptote oblique à }(C)\text{ au voisinage de }-\infty}


b)
Sur ]0;+\infty[\text{ : }

\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }g(x)-y=-2x+\dfrac{\ln x}{x}+2x =\dfrac{\ln x}{x}

Donc le signe de g(x)-y est celui de \ln x sur cet intervalle .

Or , on sait que : \begin{cases} \ln x \leq 0 &\text{ si }0<x\leq 1 \\\ln x \geq 0 &\text{ si }x\geq 1\end{cases}

Par conséquent : \begin{cases} g(x)-y \leq 0 &\text{ si }0<x\leq 1 \\g(x)-y \geq 0 &\text{ si }x\geq 1\end{cases}

Enfin g(1)=-2\times 1 +\dfrac{\ln 1}{1}=-2

Interprétation graphique : \begin{cases}(C)\text{ est en-dessous de }(\Delta) \text{ sur } ]0;1] \\ (C)\text{ coupe }(\Delta) \text{ au point } A(1;-2) \\ (C) \text{ est au dessus de }(\Delta) \text{ sur } [1;+\infty[\end{cases}

Sur ]-\infty;0[\text{ , } se déduit par imparité de g en inversant les positions , on obtient :

\begin{cases}(C)\text{ est au dessus de }(\Delta) \text{ sur } [-1;0[ \\ (C)\text{ coupe }(\Delta) \text{ au point } B(-1;2) \\ (C) \text{ est en-dessous de }(\Delta) \text{ sur } ]-\infty;-1]\end{cases}

Conclusion :

\boxed{\begin{cases}(C)\text{ est au dessus de }(\Delta) \text{ sur } [-1;0[\cup[1;+\infty[ \\ (C)\text{ coupe }(\Delta) \text{ aux points }A(1;-2)\text{ et }B(-1;2) \\ (C) \text{ est en-dessous de }(\Delta) \text{ sur } ]-\infty;-1]\cup]0;1]\end{cases}}


4) On rappelle que \displaystyle \lim_{x\to 0^{+}} g(x)=-\infty\text{ et }\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}} g(x)=+\infty

Alors l'axe des ordonnées est asymptote verticale à (C) à gauche vers le haut , et à droite vers le bas .

Le tracé :

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


5-a) Soit \lambda >1 .

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

A(\lambda)=\displaystyle \int_{1}^{\lambda}|g(x)-y|\text{ d}x\enskip \text{avec }y=-2x

Or , on sait que g(x)-y \geq 0 \text{ pour tout réel }x\geq 1 \text{ , alors : } A(\lambda)=\displaystyle \int_{1}^{\lambda}g(x)-y\text{ d}x
Calculons cette intégrale :

\begin{matrix} A(\lambda)&=&\displaystyle \int_{1}^{\lambda}g(x)-y\text{ d}x\\&=&\displaystyle \int_{1}^{\lambda}-2x+\dfrac{\ln x}{x}+2x\text{ d}x\\&=&\displaystyle \int_{1}^{\lambda}\dfrac{\ln x}{x}\text{ d}x\end{matrix}

Intégration par parties :

On pose \begin{cases}u(x)=\ln x \\v'(x)=\dfrac{1}{x} \end{cases}\enskip\enskip \text{ et donc }\enskip\enskip \begin{cases}u'(x)=\dfrac{1}{x}\\v(x)=\ln x\end{cases}\enskip\enskip\text{. En effet , }x\geq 1

Donc :

\begin{matrix}A(\lambda)=\displaystyle \int_{1}^{\lambda}\dfrac{\ln x}{x}\text{ d}x&\iff& A(\lambda)=\displaystyle \left[(\ln x)^2\right]_{1}^{\lambda} -\int_{1}^{\lambda}\dfrac{\ln x}{x}\text{ d}x \\\\&\iff& A(\lambda)=\displaystyle \left[(\ln x)^2\right]_{1}^{\lambda} -A(\lambda) \\\\&\iff& 2A(\lambda)=(\ln\lambda)^2-(\ln 1)^2 \\\\&\iff& \boxed{A(\lambda)=\dfrac{1}{2}(\ln \lambda)^2\enskip (U.A)}\end{matrix}

b) Puisque \displaystyle\lim_{\lambda\to +\infty} \ln\lambda=+\infty , alors \displaystyle\lim_{\lambda\to +\infty} (\ln\lambda)^2=+\infty

Et donc :
\boxed{\displaystyle\lim_{\lambda\to +\infty} A(\lambda)=+\infty}
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