Fiche de mathématiques
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Bac Congo-Brazzaville 2022

Mathématiques Série E

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Durée : 4 heures
Coefficient : 5


5 points

exercice 1

On considère l'équation différentielle (E)\text{ : }y''-2my'+3y=2(1-2x)e^{x} .

1- Résous , suivant les valeurs du réel m , l'équation différentielle : (E\,')\text{ : }y''-2my'+3y=0 .

2- Détermine la valeur de m pour laquelle la fonction h définie sur \R par h(x)=x^2e^x est une solution de (E) .

3- On donne m=2 et soit f une fonction deux fois dérivable sur \R .
a) Montre que f est une solution de (E\,') si et seulement si f-h est une solution de (E) .
b) En déduis la solution de (E\,') puis résous (E) .
c) Détermine la solution g de (E) dont la courbe représentative dans le plan rapporté au repère orthonormé passe par le point A(0;-1) et admet en ce point une tangente de coeffcient directeur 1 .

5 points

exercice 2

On désigne par End(\R^2) la famille des endomorphismes f_{\lambda} de \R^2 dont la matrice M_{\lambda} relativement à la base canonique (\vec{i},\vec{j}) de \R^2 est de la forme M_{\lambda}=\begin{pmatrix} -1+\lambda & 1+\lambda \\\lambda(1-\lambda)&\lambda\end{pmatrix}\lambda est un réel .

1- A quelles conditions sur \lambda \text{ , }f_{\lambda} est-il un automorphisme ?

2- Une boîte \Omega contient cinq boules numérotées -2,-1,0,1\text{ et }2 , toutes indiscernables au toucher .
On tire au hasard successivement et sans remise deux boules de \Omega et on note (p,q) le couple des numéros obtenus . On désigne par X la variable aléatoire réelle qui à tout couple (p,q) associe la valeur :

X=-2 si aucun des f_p et f_q n'est un automorphisme .
X=1 si un seul parmi f_p et f_q est un automorphisme .
X=3 si les deux f_p et f_q sont des automorphismes .

a) Détermine la loi de probabilité de X .
b) Calcule l'espérance mathématique et l'écart-type de X .

3- Détermine une équation cartésienne du noyau et de l'image de f_{-2} .

5 points

exercice 3

Soit f la fonction définie sur ]0;\pi[ par f(x)=\dfrac{1}{\sin x} .

1- Etudie la fonction f et construis sa courbe représentative (C) dans un repère orthonormé (O,\vec{i},\vec{j}) .

2- Montre que la restriction g de f à l'intervalle \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right] possède une fonction réciproque g^{-1} dont on construira la courbe dans le même repère que (C) .

3- Soit y=g^{-1}(x) . Montre que \sin y= \dfrac{1}{x} \text{ et que } \cos y=\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x} .

4- En déduis que pour tout x de ]1;+\infty[ \text{ , } \left(g^{-1}\right)'(x)=-\dfrac{1}{x\sqrt{x^2-1}} .

5- En se servant des résultats précédents , calcule I=\displaystyle \int_{\frac{2\sqrt{3}}{3}}^{\sqrt{2}}\dfrac{\text{ d}t }{t\sqrt{t^2-1}} .

5 points

exercice 4

Etant donné un repère orthonormal direct (O,\vec{u},\vec{v}) , on considère les points A d'affixe -4 , B d'affixe +4 , E d'affixe 4i , C\text{ et }D tels que les quadrilatères AOEC et BOED soient des carrés .

1- Place les points précédents dans le repère (O,\vec{u},\vec{v}) et donne les affixes des points C et D .

2- Soit f la transformation du plan qui a tout point M d'affixe Z fait correspondre le point M' d'affixe Z'=(1+i)Z+4+4i .
a) Détermine la nature et les éléments caractéristiques de f .
b) Précise les points f(A) et f(O) .
Détermine l'image par f de la droite (CA) , et celle de la médiatrice du segment [AO] .
c) Exprime , pour tout M d'affixe Z , l'affixe des vecteurs \overrightarrow{MM'} \text{ et }\overrightarrow{MC} en fonction de Z . Déduis-en que MM'=MC et pour M distinct de C , montre qu'une mesure de l'angle de vecteurs (\overrightarrow{MM'},\overrightarrow{MC}) est \dfrac{\pi}{2} .

3- Soit J le milieu du segment [EB] et I le milieu du segment [AO] . Détermine l'image de J par la rotation de centre I et d'angle \dfrac{\pi}{2} . (On justifiera la réponse) .







exercice 1

(E)\text{ : }y''-2my'+3y=2(1-2x)e^{x} \text{ , }m\in\R


1) Résolvons suivant les valeurs du réel m l'équation différentielle (E')\text{ : }y''-2my'+3y=0 .

L'équation caractérisitique de (E') de la variable complexe r s'écrit : r^2-2mr+3=0

Calculons le discriminent \Delta=(-2m)^2-4\times 3 =4m^2-12=4(m^2-3)=4(m-\sqrt{3})(m+\sqrt{3}) .

Cas 1 : m\in]-\infty;-\sqrt{3}[\cup ]\sqrt{3};+\infty[

Dans ce cas , \Delta>0 et \sqrt{\Delta}=2\sqrt{m^2-3} , donc l'équation caractéristique admet deux solutions réelles :

r_1=\dfrac{2m-2\sqrt{m^2-3}}{2}=m-\sqrt{m^2-3}\enskip\enskip\text{ ; }\enskip\enskip r_2=\dfrac{2m+2\sqrt{m^2-3}}{2}=m+\sqrt{m^2-3}

Les solutions homogènes de l'équation différentielle (E') sont donc de la forme : y\text{ : }x\mapsto A \text{ e }^{r_1 x}+B\text{ e }^{r_2 x}\text{ ; }A,B\in\R .

\boxed{\begin{matrix}\text{ Si }m\in]-\infty;-\sqrt{3}[\cup ]\sqrt{3};+\infty[\text{ , alors les solutions de l'équation }(E')\text{ s'écrivent : }\\\\ y\text{ : }x\mapsto A \text{ e }^{\left(m-\sqrt{m^2-3}\right) x}+B\text{ e }^{\left(m+\sqrt{m^2-3}\right) x}\text{ ; }A,B\in\R\end{matrix}}


Cas 2 : m=-\sqrt{3}\text{ ou }m=\sqrt{3}

Dans ce cas , \Delta=0 , donc l'équation caractéristique admet une solution réelle double :

r_0=\dfrac{2m}{2}=m

Les solutions homogènes de l'équation différentielle (E') sont donc de la forme : y\text{ : } x\mapsto (Ax+B) \text{ e }^{r_0 x}\text{ ; }A,B\in\R .

\boxed{\begin{matrix}\text{ Si }m=-\sqrt{3}\text{ ou }m=\sqrt{3}\text{ , alors les solutions de l'équation }(E')\text{ s'écrivent : }\\\\ y\text{ : }x\mapsto (Ax + B)\text{ e }^{m x}\text{ ; }A,B\in\R\end{matrix}}


Cas 3 : m\in]-\sqrt{3};\sqrt{3}[

Dans ce cas , \Delta<0 et \sqrt{\Delta}=2i\sqrt{3-m^2}, donc l'équation caractéristique admet deux solutions complexes conjuguées :

r_1=\dfrac{2m-2i\sqrt{3-m^2}}{2}=\underbrace{m}_{\lambda}-i\underbrace{\sqrt{3-m^2}}_{\mu}\enskip\enskip\text{ ; }\enskip\enskip r_2=\dfrac{2m+2i\sqrt{3-m^2}}{2}=\underbrace{m}_{\lambda}+i\underbrace{\sqrt{3-m^2}}_{\mu}

Les solutions homogènes de l'équation différentielle (E') sont donc de la forme : y\text{ : } x\mapsto \text{e}^{\lambda x} (A\cos\mu x+ B\sin\mu x) \text{ ; }A,B\in\R .

\boxed{\begin{matrix}\text{ Si }m\in]-\sqrt{3};\sqrt{3}[\text{ , alors les solutions de l'équation }(E')\text{ s'écrivent : }\\\\ y\text{ : }x\mapsto \text{e}^{m x} \left[A\cos\left(x\sqrt{3-m^2} \right)+ B\sin\left(x\sqrt{3-m^2} \right)\right] \text{ ; }A,B\in\R\end{matrix}}


2) Soit m\in\R , pour que la fonction h définie sur \R par h(x)=x^2e^x soit une solution de (E) , il faut que :

\forall x\in\R\text{ : }h''(x)-2mh'(x)+3h(x)=2(1-2x)e^{x}

On a , pour tout réel x\text{ : }

h(x)=x^2e^x

h'(x)=2xe^{x}+x^2e^x=(x^2+2x)e^x

h''(x)=2e^x+2xe^x+2xe^x+x^2e^x=(x^2+4x+2)e^x

Donc :

\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : }h''(x)-2mh'(x)+3h(x)=2(1-2x)e^{x}&\iff&(x^2+4x+2)e^x-2m(x^2+2x)e^x+3x^2e^x =(-4x+2)e^{x}\\&\iff& x^2-2mx^2+3x^2+4x-4mx+2=-4x+2 \\&\iff& (4-2m)x^2+(4-4m)x+2=-4x+2\\&\iff& \begin{cases}4-2m=0\\4-4m=-4\end{cases}\\&\iff& \boxed{m=2}\end{matrix}

3) Soit m=2 , l'équation (E) devient y''-4y'+3y=2(1-2x)e^{x} et l'équation (E') devient y''-4y'+3y=0

a) Erreur dans l'énoncé : Montre que \magenta f est une solution de \magenta(E) si et seulement si \blue f-h est une solution de \blue (E') , en effet :

On a :

\begin{matrix}f-h \text{ est solution de l'équation }(E')&\iff&(f-h)''(x)-4(f-h)'(x)+3(f-h)(x) =0\\&\iff& f''(x)-h''(x)-4f'(x)+4h'(x)+3f(x)-3h(x)=0\\&\iff& f''(x)-4f'(x)+3f(x)-\underbrace{(h''(x)-4h'(x)+3h(x))}_{=2(1-2x)e^{x} \text{ ( }h\text{ solution de (E) )}}=0\\\\&\iff& f''(x)-4f'(x)+3f(x)-2(1-2x)e^{x}=0\\&\iff&  f''(x)-4f'(x)+3f(x)=2(1-2x)e^{x}\\&\iff& \boxed{ f \text{est solution de }(E)}\end{matrix}

b)
D'après 1) , Les solutions de l'équation (E') s'écrivent y\text{ : }x\mapsto x\mapsto A \text{ e }^{\left(m-\sqrt{m^2-3}\right) x}+B\text{ e }^{\left(m+\sqrt{m^2-3}\right) x}\text{ ; }A,B\in\R dans le cas où m>\sqrt{3} .
Alors directement, pour m=2>\sqrt{3} :

\boxed{\begin{matrix}\text{ les solutions de l'équation }(E')\text{ s'écrivent : }\\\\ y\text{ : }x\mapsto  A \text{ e }^{ x}+B\text{ e }^{3 x}\text{ ; }A,B\in\R\end{matrix}}


Résolution de (E) :

On a vu en 3-a) , qu'une fonction f deux fois dérivable sur \R est solution de l'équation différentielle (E) si et seulement si la fonction f-h avec h(x)=x^2e^x est solution de l'équation différentielle (E') .

f-h étant une solution de (E') , alors (f-h)(x)=A \text{ e }^{ x}+B\text{ e }^{3 x}\text{ ; }A,B\in\R

D'où : f(x)=A \text{ e }^{ x}+B\text{ e }^{3 x}+h(x) \text{ ; }A,B\in\R

Ou encore : f(x)= A \text{ e }^{ x}+B\text{ e }^{3 x}+x^2e^x \text{ ; }A,B\in\R

Conclusion :

\boxed{\begin{matrix}\text{ les solutions de l'équation }(E)\text{ s'écrivent : }\\\\ y\text{ : }x\mapsto  (A+x^2) \text{ e }^{ x}+B\text{ e }^{3 x}\text{ ; }A,B\in\R\end{matrix}}


c) La courbe représentative de la fonction g passe par le point A(0;-1) , cela se traduit par g(0)=-1 .

La courbe représentative de la fonction g admet en A(0;-1) une tangente de coeffcient directeur 1 , c'est-à-dire qu'on a g'(0)=1

Il s'agit donc de trouver A,B\in\R tels que g(x)=(A+x^2) \text{ e }^{ x}+B\text{ e }^{3 x}\text{ avec }\begin{cases}g(0)=-1\\g'(0)=1\end{cases}

On a :
\begin{matrix}\forall x\in\R\text{ : } g'(x)&=& \left[(A+x^2) \text{ e }^{ x}+B\text{ e }^{3 x}\right]' \\&=& (A+x^2)'e^x+(A+x^2)e^x+3Be^{3x} \\&=&2xe^x+(A+x^2)e^x+3Be^{3x}\\&=&(x^2+2x+A)e^x+3Be^{3x}\end{matrix}

Donc :

g(0)=-1\iff A \text{ e }^{ 0}+B\text{ e }^{0}=-1\iff A+B=-1

g'(0)=-1\iff g(x)=A \text{ e }^{ 0}+3B\text{ e }^{0}=1\iff A+3B=1

On résoud le système suivant : \begin{cases}A+B=-1\\A+3B=1 \end{cases}\iff \begin{cases}A=-1-B\\2B=2 \end{cases}\iff \begin{cases}A=-2\\B=1 \end{cases}

On remplace dans l'expression de g :

\boxed{\forall x\in\R\text{ : }g(x)=(x^2-2)e^x+e^{3x} }


exercice 2

1) Soit \lambda\in\R .

f_{\lambda} est un automorphisme si et seulement si la matrice M_{\lambda} est inversible .

Et on sait qu'une matrice est inversible si et seulement son déterminant est non nul .

D'où :

\begin{matrix} f_{\lambda } \text{ est un automorphisme }&\iff& M_{\lambda}\text{ est inversible }\\&\iff& \det\left(M_{\lambda}\right)\neq 0 \\&\iff& \begin{vmatrix}-1+\lambda & 1+\lambda \\\lambda(1-\lambda)&\lambda\end{vmatrix}\neq 0\\&\iff& \lambda (-1+\lambda)-\lambda(1-\lambda)(1+\lambda)\neq 0 \\&\iff&\lambda \left[(\lambda-1)+(\lambda-1)(1+\lambda)\right]\neq 0\\&\iff&\lambda(\lambda-1)(\lambda+2)\neq 0\\&\iff&\lambda\neq 0\text{ et }\lambda\neq 1\text{ et }\lambda\neq -2\\&\iff&\boxed{ \lambda \in\R\backslash\lbrace -2;0;1\rbrace }\end{matrix}

2-a) On a X(\Omega)=\lbrace -2;1;3\rbrace .

On tire au hasard successivement et sans remise , il s'agit donc d'arrangements .

X=-2 : aucun des f_p et f_q n'est un automorphisme , pour cela , d'après la question précédente ,
p \text{ et } q doivent être parmi \lbrace -2;0;1\rbrace\enskip\left(2\text{ parmi }3 \right ) , d'où :

P(X=-2)=\dfrac{A_3^2}{A_5^2}=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10}


X=-2 : Les deux f_p et f_q sont des automorphismes , pour cela , p \text{ et } q doivent être parmi \lbrace -1;2\rbrace\enskip\left(2\text{ parmi }2 \right ) , d'où :

P(X=3)=\dfrac{A_2^2}{A_5^2}=\dfrac{2}{20}=\dfrac{1}{10}


X=1 : On a P(X=-2)+P(X=1)+P(X=3)=1 , donc :

P(X=1)=1-P(X=-2)-P(X=3)\iff P(X=1)=\dfrac{3}{5}


On a donc déterminé la loi de probabilité de X , le tableau suivant récapitule les informations trouvées:

\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline x_i&-2&1&3\\  \hline p_i=P(X=x_i)&\frac{3}{10}&\frac{3}{5}&\frac{1}{10}\\\hline \end{array}


b)
L'espérance mathématique se calcule par la formule suivante : E\left(X\right)= \displaystyle\sum_{i} x_{i}p_i .

Donc : E\left(X\right)= \displaystyle\sum_{i} x_{i}p_i=-2\times \dfrac{3}{10}+\dfrac{3}{5}+3\times \dfrac{1}{10}\iff \boxed{E(X)=\dfrac{3}{10}}

Pour calculer l'écart-type , il faut tout d'abord calculer la variance , on a la formule : V(X)=\displaystyle\sum_{i} x_{i}^2p_i-\left(E(X)\right)^2

Donc : V(X)=(-2)^2\times \dfrac{3}{10}+\dfrac{3}{5}+3^2\times \dfrac{1}{10}-\left(\dfrac{3}{10}\right)^2= \dfrac{27}{10}-\dfrac{9}{100}\iff \boxed{V(X)=\dfrac{261}{100}}

On en déduit l'écart-type \sigma (X)=\sqrt{V(X)} , ou encore \boxed{\sigma(X)=\sqrt{\dfrac{261}{100}}\approx 1,615 }

3) L'endomorphisme f_{-2} a pour matrice relativement à la base canonique de \R^2 la matrice M_{-2}=\begin{pmatrix}-3 & -1\\-6&-2\end{pmatrix} .
L'expression analytique de f_{-2}:(x,y)\mapsto (x';y') est tel que : (f_{-2})\text{ : }\begin{cases} x'=-3x-y\\y'=-6x-2y\end{cases} .

Noyau \text{ Ker}\left(f_{-2}\right) :

Soit \vec{u}(x;y) \in \R^{2}
\vec{u}\in \text{ Ker}\left(f_{-2}\right)\iff f_{-2}\left(\vec{u}\right)=\vec{0}\iff \begin{cases} -3x-y=0\\-6x-2y=0\end{cases}\iff 3x+y=0

\boxed{\begin{matrix}\text{ Ker}\left(f_{-2}\right) \text{ est la droite vectorielle d'équation : }3x+y=0 \text{ , c'est-à-dire : } \\ \text{ Ker}\left(f_{-2}\right)=\lbrace (x,y)\in \R^{2} / 3x+y=0\rbrace \end{matrix}}

Image \text{ Im}\left(f_{-2}\right) :

L'image de l'application f_{-2} est l'ensemble des vecteurs de \R^{2} de la forme f(\vec{u}) avec \vec{u}\in \R^{2} .

Soit \vec{u}(x;y)\in \R^{2} et soit \vec{u'}(x';y')\in \R^{2} son image par f_{-2} :

f_{-2}(\vec{u})=\vec{u'}\iff \begin{cases} x'=-3x-y\\y'=-6x-2y\end{cases} \iff \begin{cases} -2x'=6x+2y\\-y'=6x+2y\end{cases}\iff -y'=-2x' \iff -2x'+y'=0

\boxed{\begin{matrix}\text{ Im}\left(f_{-2}\right) \text{ est la droite vectorielle d'équation : }-2x+y=0 \text{ , c'est-à-dire : } \\ \text{ Im}\left(f_{-2}\right)=\lbrace (x,y)\in \R^{2} / -2x+y=0\rbrace \end{matrix}}

exercice 3

1) Le domaine d'étude de la fonction f est D_{e}=]0;\pi[ .

Limites aux bornes de D_{e}

On a \displaystyle\lim_{x\to 0^+} \sin x = 0^{+} , donc \displaystyle\lim_{x\to 0^+} f(x)=\lim_{x\to 0^+}\dfrac{1}{\sin x} = +\infty

De plus \displaystyle\lim_{x\to \pi^-} \sin x = 0^{+} , donc \displaystyle\lim_{x\to \pi^-} f(x)=\lim_{x\to \pi^-}\dfrac{1}{\sin x} = +\infty

Interprétation graphique : les droites d'équations (x=0)\text{ et }(x=\pi) sont deux asymptotes verticales à la courbe (C).

Variations de f

Puisque la fonction \sin est dérivable sur ]0;\pi[ et ne s'annule pas sur cet intervalle , alors f est dérivable sur ]0;\pi[ .

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

Le signe de f'(x) est celui de -\cos x

Pour x\in\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right[\text{ : }\cos x>0 \text{ , d'où }-\cos x<0\text{ et donc }f'(x)<0 .

Pour x\in\left]\dfrac{\pi}{2};\pi\right[\text{ : }\cos x<0 \text{ , d'où }-\cos x>0\text{ et donc }f'(x)>0 .

\cos \dfrac{\pi}{2}=0\text{ et donc }f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0

On dresse le tableau de variation de f :

\text{ On calcule }f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{1}{\sin\left(\dfrac{\pi}{2}\right)}=1

\begin{array}{|c||rcccccc||} \hline x     & 0  &        &          & \pi/2      &            &        &   \pi\\ \hline f'(x) &          & -      &          &\barre{0} &            &+      & \\ \hline       &     +\infty    &        &          &  &     &        &        +\infty                                 \\        f     &          &\searrow&          & &            &\nearrow&                                         \\	             &          &        &  &1 &            &        &                                       \\  \hline \end{array}


Le tracé de la courbe (C) : Voir la correction de la question suivante .

2) La fonction g étant la restriction de la fonction f à l'intervalle \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right] .
Donc , d'après le tableau de variation de la fonction f , la fonction g est continue et strictement décroissante sur \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right] .

Elle réalise alors une bijection de \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right] vers g\left(\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right]\right)=\left[g\left(\dfrac{\pi}{2}\right);\displaystyle\lim_{x\to 0^+}g(x)\right[ = [1;+\infty[

\boxed{\begin{matrix}\text{ La restriction }g \text{ de }f \text{ à l'intervalle }\left]0,\dfrac{\pi}{2}\right] \text{ possède une fonction réciproque } \\g^{-1}\text{ définie sur }[1;+\infty[\end{matrix}}


Construction de la courbe \left(C_{g^{-1}}\right) de la fonction g^{-1} :

\left(C_{g^{-1}}\right) se déduit de (C) , par symétrie d'axe la première bissectrice du repère , qui n'est autre que la droite d'équation y=x .

Bac Congo-Brazzaville 2022 série E : image 1


3) Soient x\in [1;+\infty[ \text{ et }y\in \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right] pour que l'équation y=g^{-1}(x) ait un sens , on a :
y=g^{-1}(x)\iff g(y)=g\left(g^{-1}(x)\right)\iff g(y)=g\circ g^{-1}(x)\iff g(y)=x\iff x=\dfrac{1}{\sin y }\iff \boxed{\sin y = \dfrac{1}{x}}

D'autre part :
\cos^2 y+\sin^2y=1 \iff \cos^2 y =1-\sin^2 y \iff \cos^2 y = 1-\left(\dfrac{1}{x}\right)^2 \iff \cos^2 y = \dfrac{x^2-1}{x^2}

Et puisque x\in [1;+\infty[ , alors x^2-1\geq 0 , et on peut donc écrire :

\cos^2 y = \dfrac{x^2-1}{x^2} \iff \cos y =\sqrt{\dfrac{x^2-1}{x^2}}\iff \boxed{\cos y = \dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x}}

4) On a vu que la fonction g est dérivable sur \left]0,\dfrac{\pi}{2}\red\right[ , avec g'(x)\neq 0 sur cet intervalle .

Alors g^{-1} est dérivable sur \red]\black 1;+\infty[ et pour tout x\in ]1;+\infty[\text{ : } \left(g^{-1}\right)'(x)=\dfrac{1}{g'\circ g^{-1}(x)}
\begin{matrix}\forall x\in]1;+\infty[ \text{ : } \left(g^{-1}\right)'(x)&=&\dfrac{1}{g'\circ g^{-1}(x)}&=&\dfrac{1}{g'\left(g^{-1}(x)\right)}\\&=&\dfrac{1}{g'(y)}&=&\dfrac{1}{-\dfrac{\cos y}{\sin^2 y}}\\&=&-\dfrac{\sin^2 y}{\cos y }&=&-\dfrac{\dfrac{1}{x^2}}{\dfrac{\sqrt{x^2-1}}{x}}\\&=&\boxed{-\dfrac{1}{x\sqrt{x^2-1}} }\end{matrix}.

Remarque :
Puisque g'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=0, la courbe représentative (C) admet une tangente horizontale en \dfrac{\pi}{2}, donc, par symétrie, la courbe (C_{g^{-1}}) admet une tangente verticale en g\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=1 , g^{-1} n'est donc pas dérivable en 1 . Et c'est pour cette raison que l'intervalle est ouvert en 1 .

5) Calculons I=\displaystyle \int_{\frac{2\sqrt{3}}{3}}^{\sqrt{2}}\dfrac{\text{ d}t }{t\sqrt{t^2-1}} .

On remarque qu'il s'agit de l'expression de \left(g^{-1}\right)' sur l'intevalle ]1;+\infty[ , et pusique \dfrac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1,15 > 1 , alors :

I=\displaystyle \int_{\frac{2\sqrt{3}}{3}}^{\sqrt{2}}\dfrac{\text{ d}t }{t\sqrt{t^2-1}}=-\int_{\frac{2\sqrt{3}}{3}}^{\sqrt{2}}g^{-1}(t)\text{ d}t =-g^{-1}(\sqrt{2})+g^{-1}\left(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)

On résoud les équations g(x)=\sqrt{2} \text{ et } g(x)=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} sur \left]0,\dfrac{\pi}{2}\right[ :
g(x)=\sqrt{2}\iff \dfrac{1}{\sin x}=\sqrt{2}\iff \sin x =\dfrac{1}{\sqrt{2}}\iff \sin =\dfrac{\sqrt{2}}{2} \iff x=\dfrac{\pi}{4}
g(x)=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\iff \dfrac{1}{\sin x}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\iff \sin x =\dfrac{3}{2\sqrt{3}}\iff \sin =\dfrac{\sqrt{3}}{2} \iff x=\dfrac{\pi}{3}

On a donc : g^{-1}(\sqrt{2})=\dfrac{\pi}{4} \text{ et }g^{-1}\left(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)=\dfrac{\pi}{3}

Et on conclut avec : I=-g^{-1}(\sqrt{2})+g^{-1}\left(\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\right)=\dfrac{\pi}{3}-\dfrac{\pi}{4}=\boxed{\dfrac{\pi}{12}}

exercice 4

1) Voir la figure à la fin de l'exercice .

Affixes de C et D :

Puisque AOEC est un carré , alors \overrightarrow{OE}=\overrightarrow{AC} \iff z_E-z_O=z_C-z_A \iff z_C= z_E-z_O+z_A\iff \boxed{z_C=-4+4i}

De même , BOED est un carré , alors \overrightarrow{OE}=\overrightarrow{BD} \iff z_E-z_O=z_D-z_B \iff z_D= z_E-z_O+z_B\iff \boxed{z_D=4+4i}

2-a)

Nature de la transformation f :
L'écriture complexe de la transformation f est Z'=(1+i)Z+4+4i .
Elle est donc de la forme Z'=aZ+b \text{ , avec } a=1+i\in\C^{*} \text{ et }b=4+4i\in\C
De plus , f fait intervenir l'affixe Z du point M et pas son conjugué .
Donc :
\boxed{ f \text{ est une similitude directe }}

Les éléments caractéristiques de f :

\bullet\text{ Centre : } L'affixe du centre de la similitude f est \dfrac{b}{1-a}=\dfrac{4+4i}{1-1-i}=i(4+4i)=-4+4i=z_C

\bullet\text{ Rapport : } Le rapport k de la similitude f est k=|a|=|1+i|=\sqrt{2}

\bullet\text{ Angle : } L'angle \theta de la similitude f est \theta=\arg(a)=\arg(1+i)=\arg\left[\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\right]=\arg\left[\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{4}+i\sin\dfrac{\pi}{4}\right)\right]\equiv \dfrac{\pi}{4}\text{ }[2\pi]

\boxed{f \text{ est une similitude directe de centre }C\text{ , de rapport }k=\sqrt{2}\text{ et d'angle }\theta\equiv\dfrac{\pi}{4}\text{ }[2\pi] }


b)
Le point f(A) a pour affixe :

\begin{matrix}z_{f(A)}&=&(1+i)z_A+4+4i&=&-4(1+i)+4+4i\\& =&-4-4i+4+4i&=&0\\&=&z_O\end{matrix}

Donc z_{f(A)}=z_O , d'où :

\boxed{f(A)=O}

Le point f(O) a pour affixe :

\begin{matrix}z_{f(O)}&=&(1+i)z_O+4+4i&=&0+4+4i\\& =&4+4i&=&0\\&=&z_D\end{matrix}

Donc z_{f(O)}=z_D , d'où :

\boxed{f(O)=D}

L'image de la droite (CA) par f :

Puisque C est le centre de f , alors C est invariant par f et f(C)=C .

De plus , f(A)=O , alors :

\boxed{f((AC))=(OC)}


L'image de la médiatrice de [AO] par f :

L'image de la médiatrice du segment [AO] par f est la médiatrice de l'image du segment [AO] par f .

C'est donc la médiatrice du segment [f(A)f(O)]=[OD]

Or , BOED est un carré , et on sait que les diagonales d'un carré se coupent en leur milieu et sont perpendiculaires .

Donc la médiatrice de [OD] n'est autre que la droite (EB) .

\boxed{\text{L'image de la médiatrice de }[AO] \text{ par } f\text{ est la droite }(EB) }


c) Soit M un point d'affixe Z distinct de C .

On note Z(\overrightarrow{MM'}) \text{ et }Z(\overrightarrow{MC}) respectivement les affixes des vecteurs \overrightarrow{MM'} \text{ et }\overrightarrow{MC} .

Z(\overrightarrow{MC})=z_{C}-z_{M}=-4+4i-Z=-Z-4+4i .

Z(\overrightarrow{MM'})=z_{M'}-z_{M}=Z'-Z=(1+i)Z+4+4i-Z= iZ+4+4i=-i(-Z-4+4i) .

On en déduit que Z(\overrightarrow{MM'})=-iZ(\overrightarrow{MC})

D'où MM'=\left|Z(\overrightarrow{MM'})\right|=\left|-iZ(\overrightarrow{MC})\right|=|-i|\left|Z(\overrightarrow{MC})\right|=|-i|MC

Et puisque |-i|=1 , alors :
\boxed{MM'=MC}


Mesure d'angle \left(\widehat{\overrightarrow{MM'},\overrightarrow{MC}}\right)

\left(\widehat{\overrightarrow{MM'},\overrightarrow{MC}}\right)=\arg\left(\dfrac{Z(\overrightarrow{MC})}{Z(\overrightarrow{MM'})}\right)=\arg\left(\dfrac{Z(\overrightarrow{MC})}{-iZ(\overrightarrow{MC})}\right)=\arg\left(-\dfrac{1}{i}\right)=\arg(i)\equiv \boxed{\dfrac{\pi}{2}\enskip [2\pi] }.

3)

Puisque :
I est le milieu de [OA] , donc z_J=\dfrac{z_A}{2} = \dfrac{-4}{2}=-2 .
J est le milieu de [EB] , donc z_J=\dfrac{z_B+z_E}{2} = \dfrac{4+4i}{2}=2+2i

L'image du point I par la similitude f a pour affixe :

z'=(1+i)z_I+4+4i=(1+i)\times (-2) +4+4i=-2-2i+4+4i=2+2i=z_J .

J est donc l'image de I par f , et on peut appliquer les résultats trouvés en 2-c) , en remplaçant M par I et M' par J :

IJ=IC\enskip\text{ et }\enskip \left(\widehat{\overrightarrow{IJ},\overrightarrow{IC}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\enskip [2\pi]

On en déduit que :
\boxed{ \text{ Le point }C\text{ est l'image de }J \text{ par la rotation de centre }I \text{ et d'angle }\dfrac{\pi}{2} }


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