Fiche de mathématiques
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Bac Congo-Brazzaville 2022

Mathématiques Série D

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Durée : 4 heures
Coefficient : 4


5 points

exercice 1

On considère dans l'ensemble \C l'équation (E) suivante :

(E)\text{ : }z^3-(2+3i)z^2+2(5+3i)z-20=0


1) Montrer que l'équation (E) admet deux solutions imaginaires à déterminer .

2) Déterminer le nombre complexe u pour que l'équation (E) s'écrive sous la forme (z+2i)(z-5i)(z+u)=0 .

3) En déduire la résolution dans \C de l'équation (E) .

4) On munit le plan complexe d'un repère orthonormal (O,\vec{u},\vec{v}) .
On considère les points A,B,C\text{ et }D d'affixes respectives z_A=2\text{ ; }z_B=5i\text{ , }z_C=-2+3i\text{ et }z_D=-2i .
a) Placer les points A,B,C\text{ et }D dans le repère .
b) Montrer que le quadrilatère ABCD est un parallélogramme .

5) Soit S la similitude plane directe qui transforme A en B et D en C .
a) Montrer que l'expression complexe de S est z'=z-1+2i .
b) Montrer que S est une translation .
c) En déduire les coordonnées de \vec{\mu} vecteur de la translation S .

5 points

exercice 2

On considère le plan vectoriel E muni d'une base canonique (\vec{i},\vec{j}) .
Soit H et G deux sous-espaces vectoriels de E tels que H=\lbrace (x,y)\in E / 3x-2y=0\rbrace \text{ et } G=\lbrace (x,y)\in E / 3x-y=0\rbrace .

1) Justifier que H et G sont deux droites vectorielles engendrées respectivement par \overrightarrow{e_1}=2\vec{i}+3\vec{j}\text{ et }\overrightarrow{e_2}=\vec{i}+3\vec{j} .

2) Montrer que H et G sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E .

3) On considère f une projection vectorielle de E de direction H et de base G .
a) Exprimer f(\overrightarrow{e_1}) \text{ et }f(\overrightarrow{e_2}) en fonction de \overrightarrow{e_1} \text{ et } \overrightarrow{e_2} .
b) Montrer que f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j} \text{ et }f(\vec{j})=\dfrac{2}{3}\vec{i}+2\vec{j} .
c) Soit \vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j} \text{ et }\vec{u'}=x'\vec{i}+y'\vec{j} \text{ tels que }\vec{u'}=f(\vec{u}) .
Déterminer l'expression analytique de f .
d) Déterminer l'image de la projection vectorielle f .

7 points

exercice 3

On considère la fonction numérique f de la variable réelle x définie sur \R par : \begin{cases} f(x)=-e^{\frac{1}{x}}+1 &\text{ si } x<0 \\f(x)=x+1-\ln(x+1) &\text{ si }x\geq 0 \end{cases} .
On désigne par (C) la représentation graphique de f dans un repère orthonormé (O,\vec{u},\vec{v}) du plan . Unité graphique 2cm .

1) Calculer \displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x) \text{ et }\lim_{x\to+\infty} f(x) .

2) Etudier la continuité de f en 0 .

3) Etudier la dérivabilité de f en 0 . On rappelle que \displaystyle \lim_{u\to-\infty}ue^{u}=0\,\cdot

4) Soit f' la dérivée de f . Calculer f'(x) suivant les valeurs de x .

5) Etudier le signe de f'(x) .

6) Dresser le tableau de variation de f .

7) Montrer que le point de (C) d'abscisse 0 est un point d'inflexion de (C) .

8-a) Etudier les branches infinies à (C) .
8-b) Pour x\geq 0 , étudier la position de (C) par rapport à la droite (d) d'équation y=x .

9) Tracer la courbe (C) .

3 points

exercice 4

Le tableau ci-dessous indique l'évolution du poids y_i en kilogrammes d'un chien de garde pendant six semaines .

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \text{Rang de la semaine }(x_i)&1&2&3&4&5&6\\  \hline  \text{Poids du chien }(y_i)&8,6&8,8&9,3&9,6&10&10,7 \\ \hline   \end{array}


1-a) Montrer que les moyennes \bar{X} \text{ et }\bar{Y} sont telles que \bar{X}=3,5\text{ et }\bar{Y}=9,5 .
b) Vérifier que la variance de X est V(X)=2,91 .
c) Calculer la covariance de X et Y .

2) Montrer que l'équation de la droite de régression de y en x est : (d) \text{ : } y=0,412x+8,06 par la méthode des moindres carrés .

3) Estimer le poids de ce chien à la huitième semaine .







exercice 1

Soit dans \C l'équation (E)\text{ : }z^3-(2+3i)z^2+2(5+3i)z-20=0 .

1) On pose z_0=ai \text{ , avec }a\in\R^{*} .

Donc :

\begin{matrix} z_0^3-(2+3i)z_0^2+2(5+3i)z_0-20=0 &\iff& (ai)^3-(2+3i)(ai)^2+2(5+3i)(ai)-20=0\\&\iff& -a^3i+(2+3i)a^2+2a(5+3i)i-20=0\\&\iff& (2a^2-6a-20)+(-a^3+3a^2+10a)i=0\\&\iff& 2(a^2-3a-10)-a(a^2-3a-10)i=0 \\&\iff& a^2-3a-10=0 \text{ et }a(a^2-3a-10)=0\\&\iff& a^2-3a-10=0 \text{ et (}a=0 \text{ ou }a^2-3a-10=0\text{) } \end{matrix}

Or puisque a\neq 0 , alors z_0^3-(2+3i)z_0^2+2(5+3i)z_0-20=0\iff a^2-3a-10=0

Résolution de a^2-3a-10=0\text{ tel que }a\in\R^{*} :

Calculons le discriminent : \Delta=9-4\times(-10)=49 \Rightarrow \sqrt{\Delta}=7

Les solutions sont donc : a_1=\dfrac{1}{2}(3-7)=-2 \enskip\text{ et }\enskip a_2=\dfrac{1}{2}(3+7)=5

Les solutions imaginaires pures de l'équation z_0^3-(2+3i)z_0^2+2(5+3i)z_0-20=0 sont donc : z_0=-2i\enskip\text{ et }\enskip z_0'=5i

\boxed{\text{ L'équation }(E)\text{ admet deux solutions imaginaires pures }S=\lbrace -2i\text{ ; }5i\rbrace }


2) On a :

\begin{matrix}(z+2i)(z-5i)(z+u)=0 &\iff& (z^2-5iz+2iz+10)(z+u)=0 \\&\iff& z^3+uz^2-3iz^2-3iuz+10z+10u=0 \\&\iff& z^3+(u-3i)z^2+(10-3ui)z+10u=0 \end{matrix}

Par identification avec (E)\text{ : }z^3-(2+3i)z^2+2(5+3i)z-20=0 , on obtient :

\begin{cases}u-3i=-(2+3i)\\10-3ui=2(5+3i)\\10u=-20\end{cases} \iff \begin{cases}u-3i=-2-3i \\10-3ui=10+6i \\10u=-20\end{cases}\iff \boxed{u=-2}

Conclusion:

\boxed{\text{ L'équation }(E)\text{ s'écrit sous la forme factorisée }(E)\text{ : }(z+2i)(z-5i)(z-2)=0 }


3) Puisque (E) \text{ : }(z+2i)(z-5i)(z-2)=0 .

Alors directement :

\boxed{\text{ Les solutions de l'équation }(E)\text{ sont } S_{(E)}=\lbrace -2i\text{ ; }5i\text{ ; }2\rbrace }


4-a)

Figure :
Bac Congo-Brazzaville 2022 série D : image 2


b)Calculons les affixes des vecteurs \overrightarrow{AB} \text{ et }\overrightarrow{DC} :

Z\left(\overrightarrow{AB} \right)=z_B-z_A=5i-2=-2+5i

Z\left(\overrightarrow{DC} \right)=z_C-z_D=-2+3i+2i=-2+5i

On a donc Z\left(\overrightarrow{AB} \right)=Z\left(\overrightarrow{DC} \right) \text{ , d'où } \boxed{\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}}

\boxed{\text{Le quadrilatère ABCD est un parallélogramme }}


5-a)

Erreur dans l'énoncé : L'expression de la similitude S est : S\text{ : }z'=z-2+5i , en effet:

On pose S\text{ : }z'=\alpha z+\beta \text{ , où }\alpha,\beta\in\C .

Puisque S(A)=B\text{ et }S(D)=C , d'où :

\begin{matrix}\begin{cases} z_B=\alpha z_A+\beta \\z_C=\alpha z_D+\beta\end{cases}&\iff& \begin{cases} 5i=2\alpha+\beta \\-2+3i=-2i\alpha+\beta\end{cases}\\&\iff& \begin{cases} 5i=2\alpha+\beta \\-2+3i-5i=-2(1+i)\alpha\end{cases}\\&\iff& \begin{cases}\beta =-2+5i\\\alpha=1\end{cases}\end{matrix}

Résultat :
\boxed{\text{ L'expression complexe de la similitude }S\text{ est : }z'=z-2+5i }


b) On sait que l'expression complexe d'une translation s'écrit sous la forme : z'=z+\omega \text{ , tel que }\omega\in\C .

L'expression complexe de la similitude S s'écrit sous la même forme avec \omega=-2+5i .

\boxed{\text{ La similitude }S\text{ est une translation }}


c) D'après le cours , les coordonnées du vecteur d'une translation qui a pour expression z'=z+\omega\text{ , avec }\omega\in\C sont (\mathcal{R}e(\omega),\mathcal{I}m(\omega))

Donc :
\boxed{\vec{\mu}(-2;5)}


Remarque: Il est évident que le vecteur \vec{\mu} n'est autre que le vecteur \overrightarrow{AB} .

exercice 2

1) Les équations 3x-2y=0 \text{ et }3x-y=0 respectives de H \text{ et }G sont sous la forme ax+by+c=0\text{ , }a,b,c\in\R .

C'est une équation d'une droite engendrée par le vecteur directeur -b\vec{i}+a\vec{j} .

On en tire que :

\boxed{H \text{ et }G\text{ sont deux droites vectorielles engendrées respectivement par : }\overrightarrow{e_1}=2\vec{i}+3\vec{j}\text{ et }\overrightarrow{e_2}=\vec{i}+3\vec{j} }


2) Puisque H et G sont deux droites vectorielles , alors \dim H=\dim G= 1 .

De plus , E est le plan vectorielle muni de sa base canonique (\vec{i},\vec{j}) , alors \dim E= 2

Il s'ensuit que \dim H+\dim G= \dim E \enskip \blue (i)

Soit le vecteur \vec{u}(x;y) appartenant à H\cap G\enskip\text{ , (}x,y\in\R) , alors :

\begin{cases} 3x-2y=0\\3x-y=0\end{cases}\iff \begin{cases} y=\dfrac{3}{2}x\\3x-y=0\end{cases}\iff  \begin{cases} y=\dfrac{3}{2}x\\3x-\dfrac{3}{2}x=0\end{cases}\iff  \begin{cases} y=0\\x=0\end{cases}

On en déduit que H\cap G=\lbrace \vec{0}\rbrace \enskip \blue (ii) .

De \blue (i) et \blue (ii) , on déduit que :
\boxed{ \text{ H et G sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de E}}


3-a) On a vu que \text{ H , engendrée par }\vec{e_1} \text{ , et G , engendrée par } \vec{e_2} \text{ , } sont deux sous-espaces vectoriels supplémentaires de \text{ E } , alors (\vec{e_1},\vec{e_2}) est une base de E .

Et puisque f une projection vectorielle de E de direction H et de base G , alors :

\boxed{\begin{cases}f(\vec{e_1})=\vec{0}\\f(\vec{e_2})=\vec{e_2}\end{cases}}


b) On a : f(\vec{e_1})=f(2\vec{i}+3\vec{j}) \text{ et }f(\vec{e_2})=f(\vec{i}+3\vec{j}) .

f est une projection vectorielle , elle est donc une application linéaire : donc : \begin{cases}f(\vec{e_1})=f(2\vec{i}+3\vec{j}) =2f(\vec{i})+3f(\vec{j}) .\\f(\vec{e_2})=f(\vec{i}+3\vec{j})=f(\vec{i})+3f(\vec{j})\end{cases}

Et d'après ce qui précède , \begin{cases}f(\vec{e_1})=\vec{0}\\f(\vec{e_2})=\vec{e_2}=\vec{i}+3\vec{j}\end{cases}

On obtient le système suivant : \begin{cases}2f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{0} .\\f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{i}+3\vec{j}\end{cases}

\begin{matrix}\begin{cases}2f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{0} \magenta\enskip\enskip(I).\\ \black f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{i}+3\vec{j}\enskip\enskip\magenta (II)\end{cases}&\iff& \begin{cases}2f(\vec{i})+3f(\vec{j})=\vec{0} .\\f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j}\enskip\enskip \magenta(I)-(II)\end{cases}\\\\&\iff& \begin{cases}f(\vec{j})=-\dfrac{2}{3}f(\vec{i}) .\\f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j}\end{cases}\\\\&\iff& \boxed{\begin{cases}f(\vec{j})=\dfrac{2}{3}\vec{i}+2\vec{j} .\\f(\vec{i})=-\vec{i}-3\vec{j}\end{cases}}\end{matrix}

c) Soit \vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j} \text{ et soit }\vec{u'}=x'\vec{i}+y'\vec{j} \text{ son image par la projection } f\text{ , c'est-à-dire tel que }\vec{u'}=f(\vec{u}) .

Donc :

\begin{matrix}\vec{u'}=f(\vec{u})&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j} =f(x\vec{i}+y\vec{j})  \\&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j} =xf(\vec{i})+yf(\vec{j}) \\&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j} =x(-\vec{i}-3\vec{j})+y\left(\dfrac{2}{3}\vec{i}+2\vec{j}\right) \\&\iff& x'\vec{i}+y'\vec{j}=\left(-x+\dfrac{2}{3}y\right)\vec{i}+(-3x+2y)\vec{j} \\&\iff& \boxed{\begin{cases}x'=-x+\dfrac{2}{3}y\\ y'=-3x+2y\end{cases}}\end{matrix}

d) L'image de l'application  f , notée \text{Im}(f) est l'ensemble des vecteurs de E de la forme f(\vec{u}) avec \vec{u}\in E .

Soit \vec{u}=x\vec{i}+y\vec{j} et soit \vec{u'}=x'\vec{i}+y'\vec{j} son image par f :

\begin{matrix}\vec{u'}=f(\vec{u})&\iff& \begin{cases}x'=-x+\dfrac{2}{3}y\\ y'=-3x+2y\end{cases}&\iff& \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-x+\dfrac{2}{3}y\\-3x+2y\end{pmatrix}\\&\iff& \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-x\\-3x\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}y\\2y\end{pmatrix}&\iff& \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =-x\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}+\dfrac{2}{3}y\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}\\&\iff&\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix} =\left(-x+\dfrac{2}{3}y\right)\begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}\end{matrix}

On en déduit que \text{Im}(f) est la droite vectorielle engendrée par le vecteur \vec{\lambda}(1;3) .

Conclusion :
\boxed{\text{Im}(f) \text{ est la droite vectorielle d'équation : }3x-y=0 \text{ , c'est-à-dire : } \text{Im}(f)=\lbrace (x,y)\in E / 3x-y=0\rbrace }


exercice 3

Soit f la fonction définie sur \R par : \begin{cases} f(x)=-e^{\frac{1}{x}}+1 &\text{ si } x<0 \\f(x)=x+1-\ln(x+1) &\text{ si }x\geq 0 \end{cases} .

1) calcul des limites :

\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)

Puisque \displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{1}{x}=0\enskip\text{ et } \enskip\displaystyle\lim_{t\to 0}e^t=1 , alors \displaystyle\lim_{x\to-\infty}-e^{\frac{1}{x}}=-1 .

Et donc:
\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=0}


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

On a , pour tout x\geq 0 \text{ : }f(x)=x+1-\ln(x+1)=(x+1)\left(1-\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)

Puisque \displaystyle\lim_{x\to+\infty}x+1=+\infty\enskip\text{ et } \enskip\displaystyle\lim_{t\to +\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0 , alors \displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(1-\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)=1 .

Et donc: \displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty} x+1=+\infty

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


2) Etude de la continuité de f en 0 :

Calculons \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}f(x)

On a \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{1}{x}=-\infty \enskip\text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{t\to-\infty}e^{t}=0\enskip \text{ , d'où }\enskip\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\lim_{x\to 0^{-}}-e^{\frac{1}{x}}+1=1

Calculons \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)

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

On a alors : \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=f(0)=1

Conclusion :
\boxed{ \text{ La fonction }f \text{ est continue en }0 }


3) Etude de la dérivabilité de f en 0 :

Calculons \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}

On a , pour tout x< 0 \text{ : }\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{1}{x}\left(f(x)-f(0)\right)=\dfrac{1}{x}\left(-e^{\frac{1}{x}}+1-1\right)=-\dfrac{1}{x}e^{\frac{1}{x}}

On a \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{1}{x}=-\infty \enskip\text{ et }\enskip \displaystyle \lim_{u\to-\infty}ue^{u}=0\enskip \text{ , d'où }\enskip\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^{-}}-\dfrac{1}{x}e^{\frac{1}{x}}=\lim_{u\to-\infty}-ue^{u}=0\enskip\enskip\left(\text{ en posant }u=\dfrac{1}{x}\right)

Calcul de \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}

On a , pour tout x> 0 \text{ : }\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\dfrac{x+1-\ln(x+1)-1}{x}=1-\dfrac{\ln(x+1)}{x}

Or , d'après le cours \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{\ln(x+1)}{x}=1 , alors \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=0

Conclusion : \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=0

\boxed{ \text{ La fonction }f \text{ est dérivable en }0\text{ et }f'(0)=0 }


4) On a :

\forall x\in]-\infty ; 0[\text{ : }f'(x) =\left(-e^{\frac{1}{x}}+1\right)'=-\left(e^{\frac{1}{x}}\right)'=-\left(\dfrac{1}{x}\right)'e^{\frac{1}{x}}=\dfrac{e^{\frac{1}{x}}}{x^2}

\forall x\in[0;+\infty[\text{ : }f'(x) =\left(x+1-\ln(x+1)\right)'=1-\dfrac{1}{x+1}=\dfrac{x+1-1}{x+1}=\dfrac{x}{x+1}\enskip\enskip \text{ (L'intervalle d'étude est fermé à gauche en 0 car f est dérivable en 0 )}

Conclusion :
\boxed{\begin{cases} f'(x)=\dfrac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}} &\text{ si } x<0 \\f'(x)=\dfrac{x}{x+1} &\text{ si }x\geq 0 \end{cases}}


5) Pour tout réel x strictement négatif , on a \dfrac{1}{x^2}>0 \enskip\text{ et }\enskip e^{\frac{1}{x}}>0 , donc :

\forall x<0\enskip : \enskip f'(x)>0
Pour tout réel x positif , on a x\geq0 \enskip\text{ et }\enskip x+1>0 , donc :

\forall x\geq 0\enskip : \enskip f'(x)\geq 0


Récapitulons :
\boxed{ f'(x)>0 \text{ sur }]-\infty;0[\enskip\text{ et }\enskip f'(x)\geq 0 \text{ sur }[0;+\infty[ }


6) Les résultats de la question précédente permettent de dresser le tableau de variations de f :

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


7) Calculons la dérivée seconde de la fonction f :

\forall x\in]-\infty;0[\text{ : }f''(x)=\left(\dfrac{1}{x^2}e^{\frac{1}{x}}\right)'=\left(\dfrac{1}{x^2}\right)'e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x^2}\left(e^{\frac{1}{x}}\right)' =\dfrac{-2x}{x^4}e^{\frac{1}{x}}+\dfrac{1}{x^2}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)e^{\frac{1}{x}} =-\dfrac{(2x+1)}{x^4}e^{\frac{1}{x}}

Sur ]-\infty;0[ , le signe de f''(x) est celui de -(2x+1) , alors :

\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}\hline  x&-\infty& &&-1/2&&&0\\\hline f''(x)&&+&&\barre{0}&&-&\\\hline\end{tabvar}


\forall x\in[0;+\infty[\text{ : }f''(x)=\left(\dfrac{x}{x+1}\right)'=\dfrac{x+1-x}{(x+1)^2}=\dfrac{1}{(x+1)^2}

Sur [0;+\infty[ , f''(x) est positif .

Ce qui permet de dresser le tableau :

\begin{array}{|c|rcccccc|} \hline x       & -\infty  &              &-1/2         &                 &0           &              &  +\infty \\ \hline f''(x)  &          & +            & \barre{0}  &     -          &\barre{}     &   +          &  \\ \hline f       &          &\text{convexe}&  I' &   \text{concave}&  I          &\text{convexe}& \\  \hline \end{array}


Avec f(0)=1 .

Conclusion : f est continue en 0 , elle est concave à gauche de 0 et convexe à droite de 0 , alors :

\boxed{ \text{ Le point }I(0;1) \text{ est un point d'inflexion de la courbe }(C)}


Remarque :
La courbe (C) de la fonction f admet en fait deux points d'inflexion , le point I(0;1) \text{ et aussi le point }I'\left(-\dfrac{1}{2}, f\left(-\dfrac{1}{2}\right)\right)=I'\left(-\dfrac{1}{2};-e^{-2}+1\right)
Avec f\left(-\dfrac{1}{2}\right)=-e^{-2}+1\approx 0,86 , donc approximativement  I'(-0,5\text{ ; }0,86)

8-b) Etude des branches infinies :

On a \displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=0 ,alors :

\boxed{ \text{ L'axe des abscisses est asymptote horizontale à }(C)\text{ au voisinage de }-\infty }


De plus , on a \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=+\infty .

On calcule alors \displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x} , on reprend l'expression de f utilisée en 1)

\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+1}{x}\left(1-\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\right)=1\enskip\enskip\enskip\left(\text{ En effet : }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x+1}{x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{x}{x}=1 \enskip\text{ et }\enskip \lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0\right)

On calcule \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)-x\enskip\enskip\text{ : }\enskip\enskip\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)-x=\lim_{x\to+\infty}  1-\ln(x+1)=-\infty

On conclut alors que :

\boxed{(C) \text{  admet une branche parabolique dont la direction asymptotique est la droite d'équation }y=x\text{ au voisinage de }+\infty }


b) Etudions la position de (C) par rapport à la droite (d) d'équation y=x

Pour tout réel x positif on a : f(x)-y=f(x)-x= 1-\ln(x+1)

Etudions le signe de f(x)-y :

On a : f(x)-y=0\iff 1-\ln(x+1)=0\iff \ln(x+1)=1 \iff x+1=e\iff x=e-1

Et puisque la fonction x\mapsto-\ln(x+1) est décroissante sur [0;+\infty[ , alors on a :

\begin{tabvar}{|C|CCCCCCC|}\hline  x&0& &&e-1&&&+\infty\\\hline f(x)-y&&+&&\barre{0}&&-&\\\hline\end{tabvar}


Avec f(e-1)=e-1+1-\ln(e-1+1)=e-1

On en déduit que :
\boxed{ \begin{matrix} (C) \text{ coupe }(d) \text{ au point } A(e-1;e-1)\\ (C) \text{ est au-dessus de }(d) \text{ sur l'intervalle } [0;e-1[ \\ (C) \text{ est en-dessous de }(d) \text{ sur l'intervalle } [e-1;+\infty[ \end{matrix}}


9) Le tracé (C) :

Bac Congo-Brazzaville 2022 série D : image 1


exercice 4

1-a) Par définition :

\begin{matrix}\bar{X}&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} x_i\\&=&\dfrac{1}{6}\left(1+2+3+4+5+6\right) \\&=& \dfrac{21}{6}\\&=&\dfrac{7}{2}\\&=&\boxed{3,5}\end{matrix}

\begin{matrix}\bar{Y}&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} y_i\\&=&\dfrac{1}{6}\left(8,6+8,8+9,3+9,6+10+10,7\right) \\&=& \dfrac{57}{6}\\&=&\dfrac{19}{2} \\&=&\boxed{9,5}\end{matrix}

b) La variance de X :

\begin{matrix}V(x)&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} x_i^2-\bar{X}^2\\&=&\dfrac{1}{6}\left(1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+6^2\right) -\left(\dfrac{7}{2}\right)^2 \\&=& \dfrac{91}{6}-\dfrac{49}{4}\\&=&\dfrac{35}{12}\\&=&\boxed{2,91 }\end{matrix}

c) La covariance de X et Y :

\begin{matrix}\text{Cov}(X,Y)&=&\dfrac{1}{6}\displaystyle\sum_{i=1}^{6} x_iy_i-\bar{X}\bar{Y}\\&=&\dfrac{1}{6}\left(1\times 8,6+2\times 8,8+3\times 9,3+4\times 9,6 +5\times 10+6\times 10,7\right)-\left(\dfrac{7}{2}\right)\left(\dfrac{19}{2}\right) \\&=& \dfrac{206,7}{6}-\dfrac{399}{12}\\&=& \dfrac{14,4}{12}\\&=&\boxed{1,2}\end{matrix}

2)

\text{Cov}(X,Y)=aV(X)\text{ , avec }a\text{ le coefficient directeur de la droite de régression de y en x  } (d)

D'où : a=\dfrac{\text{Cov}(X,Y)}{V(X)}=\dfrac{1,2}{2,91} =\boxed{ 0,412}

De plus , puisque y=ax+b alors \bar{Y}=a\bar{X}+b

Donc b=\bar{Y}-a\bar{X}=\dfrac{19}{2}-0,412\times\dfrac{7}{2} \approx\boxed{8,06}

Conclusion : \boxed{(d) \text{ : } y=0,412x+8,06 } .

3) Estimation du poids du chien à la semaine 8 :

La droite de régression de y en x est (d)\text{ : } y=0,412x+8,06 .

Donc pour x=8 , on a: y=0,412\times 8+8,06 \approx \boxed{11,356}

\boxed{\text{Le poids du chien à la semaine 8 est estimé à }11,4\text{ kg } }
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