Fiche de mathématiques
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Bac Gabon 2022

Série D

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Durée : 4 heures
Coefficient : 4


L'usage de la calculatrice est autorisé


5 points

exercice 1

Questions à choix multiples

Pour chacune des questions , une seule des quatre propositions est exacte . Vous indiquerez sur votre copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse choisie . Une bonne réponse rapporte 1 point , une mauvaise réponse ou l'absence de réponse ne rapporte et ne fait perdre aucun point .

1. Les droites de régression de y en x et de x en y d'une série statistique double sont respectivement y=1,68x-31,4\enskip\text{ et }\enskip x=0,53y+23,3 . On note m la valeur approchée à 10^{-2} près du coefficient de corrélation linéaire . Laquelle des affirmations suivantes est correcte ?

\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \text{Réponse A}&\text{Réponse B}&\text{Réponse C}&\text{Réponse D}\\  \hline m=1,51&m=-0,94&m=0,53&m=0,94\\\hline \end{array}


2. On lance une pièce de monnaie parfaitement équilibrée dix fois de suite . On note X la variable aléatoire qui désigne le nombre de "PILE" obtenus . Laquelle des affirmations suivantes est correcte ?

\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \text{Réponse A}&\text{Réponse B}&\text{Réponse C}&\text{Réponse D}\\  \hline P(X=5)=\dfrac{63}{256}&P(X=5)=\dfrac{1}{32}&P(X=5)=\dfrac{1}{2}&P(X=5)=\dfrac{1}{1024}\\\hline \end{array}


3. On veut déterminer par récurrence que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 2 , u_n=5^n . Laquelle des affirmations suivantes est l'hypothèse de récurrence dans cette démonstration ?

\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \text{Réponse A}&\text{Réponse B}&\text{Réponse C}&\text{Réponse D}\\  \hline \text{Supposons que pour un}&\text{Montrons que}&\text{Supposons que pour un}&\text{Montrons que }\\\text{entier }k\geq 2\text{ , }u_k=5^{k}&u_{k+1}=5^{k+1}&\text{entier }k\geq 0\text{ , }u_k=5^{k}&u_{k+1}=5^k\\\hline \end{array}


4. Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct . On désigne par A,B\text{ , }C les points du plan représentés ci-dessous . Soit \theta la mesure principale de l'angle orienté \left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\right)
Bac Gabon 2022 série D : image 1

Laquelle des affirmations ci-dessous est correcte ?

\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \text{Réponse A}&\text{Réponse B}&\text{Réponse C}&\text{Réponse D}\\ \hline \theta=-\dfrac{3\pi}{4}&\theta=\dfrac{3\pi}{4}&\theta=-\dfrac{5\pi}{4}&\theta=\dfrac{5\pi}{4}\\\hline \end{array}


5. On considère l'équation différentielle (E)\text{ : }y''-6y'+9y=0 . Laquelle des fonctions suivantes est solution de l'équation différentielle (E) ?

\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline \text{Réponse A}&\text{Réponse B}&\text{Réponse C}&\text{Réponse D}\\ \hline y(x)=(1-x)e^{-3x}&y(x)=(1+x)e^{3x}&y(x)=(1-x)e^{2x}&y(x)=(1+x)e^{-3x}\\\hline \end{array}


5 points

exercice 2

Géométrie de l'espace

ABCD EFGH est un cube d'arête 1 .
Tous les calculs seront faits dans le repère orthonormal direct (D,\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DH}) .
Bac Gabon 2022 série D : image 3


1.a) Démontrer que le produit vectoriel \overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC} a pour coordonnées (1;1;1) .
b) En déduire une équation cartésienne du plan (HAC) .

2.a) Donner une représentation paramétrique de la droite (FD) .
b) Montrer que la droite (FD) et le plan (HAC) sont sécants en un point I\left(\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}\right) .

3.a) Montrer que les points H,A,C\text{ et }D ne sont pas coplanaires .
b) Déterminer le volume du tétraèdre DHAC .

4. On considère l'ensemble (\Gamma) des points M de l'espace tels que : ||\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MH} ||=9 .
a) Vérifier que I est le centre de gravité du triangle HAC .
b) En déduire la nature et les éléments caractéristiques de l'ensemble (\Gamma) .
c) Etudier l'intersection de (\Gamma) et du plan (HAC) .

5 points

exercice 3

Transformations du plan

1. Résoudre dans \C l'équation : z^2-(1+i\sqrt{3})z-2+2i\sqrt{3}=0 .

2. Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormé direct (O,\vec{u},\vec{v}) d'unité graphique 2cm .
On considère par les points A et B d'affixes respectives z_A=2\text{ et }z_B=2i .
On désigne par E l'image de A par la rotation de centre O et d'angle \dfrac{\pi}{3} et F l'image de B par la transformation f d'écriture complexe z'=\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)z
a) Déterminer la nature et les éléments caractéristiques de f .
b) Déterminer les affixes des points E \text{ et }F .
c) Placer les points A et B . Construire E et F , on expliquera rigoureusement la construction .
d) Démontrer que les points A,B,E \text{ et }F sont sur un même cercle dont on précisera le centre et le rayon .

3. Démontrer que AEBF est un trapèze isocèle , puis qu'une mesure de l'angle orienté (\overrightarrow{BE},\overrightarrow{AF}) est -\dfrac{\pi}{2} .

4. Soit S la similitude directe du plan qui transforme A en F et E en B .
a) Déterminer l'écriture complexe de S .
b) Donner la nature exacte et les éléments caractéristiques de S .

5 points

exercice 4

Etude d'une fonction exponentielle et sa réciproque

On considère la fonction f définie sur \R par : f(x)=\dfrac{e^{x}}{1+e^x} .

1. Déterminer les limites de f en -\infty et en +\infty .

2.a) Justifier que la fonction f est dérivable sur \R .
b) On désigne par f' la fonction dérivée de f , montrer que pour tout réel x\text{ , }f'(x)=\dfrac{f(x)}{1+e^x} .
c) Dresser le tableau de variations de f .

3. Soit g la restriction de f à l'intervalle [-1;1] .
a) Montrer que g réalise une bijection de [-1;1] sur un intervalle K à préciser .
b) Soit g^{-1} la bijection réciproque de g , Calculer g(0) .
g^{-1} est-elle dérivable en \dfrac{1}{2} ?
c) Calculer la valeur exacte de (g^{-1})'\left(\dfrac{1}{2}\right) .

4. On représente ci-dessous la courbe (C) de la fonction f dans le plan muni d'un repère orthonormé d'unité graphique 2cm .
Bac Gabon 2022 série D : image 2

a) Expliquer comment construire la courbe (C') de la fonction g^{-1} à partir de la courbe (C) .
b) Calculer en cm^{2} la valeur exacte de l'aire du domaine du plan hachurée sur la figure ci-dessus .






exercice 1



1) La réponse correcte est D.

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2) La réponse correcte est A.

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3) La réponse correcte est A.

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4) La réponse correcte est B.

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5) La réponse correcte est B.

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exercice 2



1-a) L'espace est muni du repère orthonormal direct (D,\overrightarrow{DA},\overrightarrow{DC},\overrightarrow{DH}) .

Donc: D(0;0;0)\text{ , }A(1;0;0)\text{ , }C(0;1;0)\text{ et } H(0;0;1)

On calcule les coordonnées de: \overrightarrow{HA}\begin{pmatrix} x_A-x_H\\y_A-y_H\\z_A-z_H\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1-0\\0-0\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}\enskip\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip\enskip\overrightarrow{HC}\begin{pmatrix} x_C-x_H\\y_C-y_H\\z_C-z_H\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0-0\\1-0\\0-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}

On en tire les coordonnées du produit vectoriel: \left(\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}\right)\left(\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}\wedge \begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}0\times (-1)-(-1)\times 1\\-\left[1\times (-1)-(-1)\times 0\right]\\1\times 1-0\times 0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}

Donc:

\boxed{\left(\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}\right)\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}}


b) Le vecteur \left(\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}\right)\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} est un vecteur normal au plan (HAC) .

Donc une équation de ce plan s'écrit: (HAC)\text{ : }1\times x +1\times y +1\times z +d=0\text{ , avec }d\in\R

Ce qui donne (HAC)\text{: }x +y+z +d=0\text{ , avec }d\in\R .

De plus, on a A\in(HAC) , alors: x_A+y_A+z_A+d=0\iff 1+d=0\iff d=-1

On obtient :

\boxed{(HAC)\text{: }x+y+z-1=0}


2-a) On a D(0;0;0)\text{ et } F(1;1;1)

Le vecteur \overrightarrow{DF} }\begin{pmatrix} x_F-x_D\\y_F-y_D\\z_F-z_D\end{pmatrix} =  \begin{pmatrix}\red 1\\ \red 1\\ \red 1\end{pmatrix} est un vecteur directeur de la droite (FD) , de plus , cette droite passe par le point D(\blue 0\black;\blue 0\black;\blue 0\black) .

Alors une représentation paramétrique de la droite (FD) s'écrit :

(FD)\text{ : }\begin{cases} x=\blue0\black+\red 1\black\times t \\ y=\blue 0\black+\red 1\black\times t\\z=\blue 0\black+\red 1\black\times t\end{matrix} \text { , } t\in\R \enskip\enskip\iff \enskip\enskip \boxed{(FD)\text{ : }\begin{cases} x=t \\ y=t\\z=t\end{cases} \text { , } t\in\R}

b) On a :

\begin{cases} (HAC)\text{ : }x+y+z-1=0\\\\ (DF)\text{ : }\begin{cases} x=t \\ y=t\\z=t\end{matrix} \text { , } t\in\R \end{cases}

On résoud donc l'équation d'inconnue t dans \R suivante :

\begin{matrix} t+t+t-1=0 &\iff& 3t=1\\&\iff& t=\dfrac{1}{3}\end{matrix}

Pour trouver les coordonnées du point I, on remplace la solution t=\dfrac{1}{3} dans la représentation paramétrique de (FD) \text{: }

\begin{cases} x_I=\dfrac{1}{3} \\ y_I=\dfrac{1}{3}  \\z_I=\dfrac{1}{3} \end{matrix}\enskip\text{ , d'où }  \boxed{I\left( \dfrac{1}{3};\dfrac{1}{3}; \dfrac{1}{3}\right)}


3-a) Puisqu'on a une équation du plan (HAC) , il suffit donc de montrer que les coordonnées du point D ne la vérifient pas.

On a x_D+y_D+z_D-1 = 0+0+0-1=-1 \text{, d'où } x_D+y_D+z_D-1 \neq 0

On en tire que D\notin (HAC) , ce qui veut dire que:

\boxed{\text{ Les points }H,A,C\text{ et }D \text{ ne sont pas coplanaires}}


b) Le volume du tétraèdre DHAC qu'on note \mathscr{V}_{DHAC} en unité de volume (UV) est donné par la relation:

\mathscr{V}_{DHAC}=\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{HAC} \enskip d(D;(HAC)) \enskip\text{ , avec: }


 \mathscr{A}_{HAC} l'aire du triangle HAC en unité d'aire (UA).

 d(D;(HAC))\text{ la distance entre }D\text{ et le plan }HAC

Et puisque ABCD EFGH est un cube, alors d(D;(HAC))=DH , de plus ce cube est d'arête 1 , alors d(D;(HAC))=DH=1

D'autre part, L'aire \mathscr{A}_{HAC} en unité d'aire (UA) est donnée par la relation:

\mathscr{A}_{HAC}=\dfrac{||\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}||}{2}


Calculons ||\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}||\text{ : } On a \left(\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}\right)\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}.

Donc: ||\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}||=\sqrt{1^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}

On obtient donc: \mathscr{A}_{HAC}=\dfrac{||\overrightarrow{HA}\wedge \overrightarrow{HC}||}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} \text{ (UA)}

Finalement, on calcule:

\mathscr{V}_{DHAC}=\dfrac{1}{3}\mathscr{A}_{HAC} \enskip d(D;(HAC))=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times 1\Rightarrow \boxed{  \mathscr{V}_{DHAC} =\dfrac{\sqrt{3}}{6} \enskip\text{ (UV)}}

4-a) Montrer que le point I est le centre de gravité du triangle HAC revient à montrer que \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IH} =\vec{0}

Calculons les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{IA}\text{ ; }\overrightarrow{IC}\text{ et }\overrightarrow{IH}\text{ :}

\overrightarrow{IA}\begin{pmatrix} x_A-x_I\\y_A-y_I\\z_A-z_I\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 1-\dfrac{1}{3}\\0- \dfrac{1}{3} \\0- \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\dfrac{2}{3} \\ -\dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{1}{3} \end{pmatrix}\enskip\enskip\enskip\text{ ; }\enskip\enskip\enskip\overrightarrow{IC}    \begin{pmatrix} x_C-x_I\\y_C-y_I\\z_C-z_I\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0-\dfrac{1}{3}\\1- \dfrac{1}{3} \\0- \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{3}\\\dfrac{2}{3} \\- \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}

\overrightarrow{IH}\begin{pmatrix} x_H-x_I\\y_H-y_I\\z_H-z_I\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0-\dfrac{1}{3}\\0- \dfrac{1}{3} \\1- \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{3} \\ -\dfrac{1}{3} \\ \dfrac{2}{3} \end{pmatrix}

On en tire les coordonnées du vecteur somme \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IH}\text{ :}

(\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IH} )\begin{pmatrix}  \dfrac{2}{3}- \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3} \\   \dfrac{2}{3}- \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3}  \\ \dfrac{2}{3}- \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3}   \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 0\\0\\0\end{pmatrix}

On en déduit que \overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{IH} =\vec{0}

Conclusion:

\boxed{ I \text{ est le centre de gravité du triangle } HAC}


b) Déterminons la nature et les éléments caractéristiques de l'ensemble (\Gamma) , soit M un point de l'espace :

\begin{matrix} M\in(\Gamma)&\iff& ||\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MC}+\overrightarrow{MH} ||=9 \\&\iff&  ||\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IC}+\overrightarrow{MI}+\overrightarrow{IH} ||=9\\&\iff& ||3\overrightarrow{MI}+\vec{0}||=9\\&\iff& ||3\overrightarrow{MI}||=9 \\&\iff& 3||\overrightarrow{MI}||=9 \\&\iff& MI=3\end{matrix}

On en déduit que:

\boxed{(\Gamma)\text{ est la sphère de centre I et de rayon }r=3}


c) Le centre de la sphère (\Gamma) appartient au plan (HAC) d'après 2-b).

On en tire que la distance entre le centre I et le plan (HAC), qu'on note d=d(I,(HAC)) est nulle, d=0 .

On en déduit que d<r=3 . L'intersection de la sphère (\Gamma) et du plan (HAC) est donc un cercle de centre I et de rayon \sqrt{r^2-d^2}=\sqrt{r^2}=r=3.

\boxed{\text{L'intersection de } (\Gamma) \text{ et du plan }(HAC) \text{ est le cercle de centre }I\text{ et de rayon }r=3}




exercice 3



1) Résolvons dans \C l'équation z^2-(1+i\sqrt{3})z-2+2i\sqrt{3}=0 :

On calcule le discriminent \Delta\text{ : }

\begin{matrix}\Delta&=&[-(1+i\sqrt{3})]^2-4(-2+2i\sqrt{3})\\&=&(1+i\sqrt{3})^2-4(-2+2i\sqrt{3})\\&=&(1+2i\sqrt{3}-3)-4(-2+2i\sqrt{3})\\&=&(-2+2i\sqrt{3})-4(-2+2i\sqrt{3})&&\left(\text{ On remarque que: }(1+i\sqrt{3})^2=-2+2i\sqrt{3}\right) \\&=& (1+i\sqrt{3})^2-4(1+i\sqrt{3})^2 \\&=&-3(1+i\sqrt{3})^2\\&=&\left(\sqrt{3} i (1+i\sqrt{3})\right)^2 \\&=& (-3+i\sqrt{3})^2\end{matrix}

Le discriminent étant non nul, l'équation admet dans \C deux racines et qui sont:

z_1= \dfrac{-[-(1+i\sqrt{3})]-(-3+i\sqrt{3})}{2} =\dfrac{1+i\sqrt{3}+3-i\sqrt{3}}{2}=\dfrac{4}{2}=2

z_2= \dfrac{-[-(1+i\sqrt{3})]+(-3+i\sqrt{3})}{2} =\dfrac{1+i\sqrt{3}-3+i\sqrt{3}}{2}=\dfrac{-2+2i\sqrt{3}}{2}=-1+i\sqrt{3}

\boxed{\text{L'ensemble des solutions de l'équation est: }S=\left\lbrace 2\text{ ; }-1+i\sqrt{3} \right\rbrace }


2-a)Cherchons les éléments caractéristiques de f\text{ : } z'=\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)z

Centre: Notons z l'affixe du centre, on a donc: z=\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)z\iff z=0\enskip\enskip \left(\text{ car : }-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\neq 1\right)
Le centre de f est le point O .

Rapport: C'est le module du coefficient de z\text{ : }r=\left|-\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right|=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}}=1
Le rapport est r=1

Angle: C'est un argument du coefficient de z\text{ : }\begin{matrix} -\dfrac{1}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i&=&\cos\left(-\dfrac{2\pi}{3}\right)+i\sin\left(-\dfrac{2\pi}{3}\right)\end{matrix}
L'angle de mesure principal est \theta=-\dfrac{2\pi}{3}

Conclusion:

\boxed{\text{La similitude }f\text{ est une rotation de centre }O\text{ et d'angle de mesure principal }-\dfrac{2\pi}{3}}


b) Notons g la rotation de centre O et d'angle \dfrac{\pi}{3} , son écriture complexe est donc:

\begin{matrix}z'=e^{i\frac{\pi}{3}}z&\iff& z'=\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right)z&\iff& z'=\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)z\end{matrix}

Notons z_E et z_F respectivement les affixes de E et F . Et puisque E est l'image de A par la transformation g et F est l'image de B par la transformation f, alors:

z_E=g(z_A)&\iff& z_E= \left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)z_A&\iff& z_E=2\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)\iff \boxed{z_E=1+i\sqrt{3}}

z_F=f(z_B)&\iff& z_F= -\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)z_B&\iff& z_F=-2i\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i\right)\iff \boxed{z_F=\sqrt 3-i}

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

Explication:

Les points A et B sont placés respectivement sur l'axe des abscisses et sur l'axe des ordonnées puisque l'affixe du premier est réel et celui du deuxième est imaginaire pur, de plus, ces deux points distancent l'origine O de 2 unités car |z_A|=|z_B|=2.

Ensuite, pour construire le point E, qui est l'image de A par la rotation de centre O et d'angle \dfrac{\pi}{3} \enskip (\text{ rad }) \equiv 60° , on place le centre du rapporteur sur l'origine O, puis, en faisant pivoter le rapporteur, on fait coïncider son "zéro droit" sur l'axe des abscisses, et on marque l'angle 60°, enfin, en sachant que la rotation conserve les modules, la distance entre O et E est égale à celle entre O et A , donc 2 unités (on le constate aussi en calculant |z_E|=|1+i\sqrt{3}|=\sqrt{4}=2 ), ce qui permet de placer le point E.

De la même manière, pour construire le point F, l'image de B par la rotation de centre O et d'angle -\dfrac{2\pi}{3} \enskip (\text{ rad }) \equiv -120° , on place le centre du rapporteur sur l'origine O, puis, en faisant pivoter le rapporteur, on fait coïncider son "zéro gauche" cette fois-ci sur l'axe des ordonnées, et on marque l'angle 120°, enfin, en sachant que |z_F|=2 , on place le point F.


d)On a vu que |z_A|=|z_B|=2 , donc OA=OB=2 et les points A\text{ et }B appartiennent au cercle de centre O et de rayon 2 .

De plus, puisque E et F sont respectivement les images de A et B par des rotations de centre O et puisque les rotations conservent les distances (donc les modules), alors OE=OA=OB=OF=2

Donc E\text{ et }F sont aussi sur le cercle de centre O et de rayon 2.

\boxed{\text{Les points }A,B,E \text{ et }F\text{ sont tous sur le cercle de centre }O\text{ et de rayon }2}


3)Pour montrer que AEBF est un trapèze isocèle, on doit montrer que (AE)//(BF) et que BE=AF .

Calculons l'affixe des vecteurs \overrightarrow{EA}\text{ et }\overrightarrow{BF}\text{ : }

Z_{\overrightarrow{EA}}=z_A-z_E=2-1-i\sqrt{3}=1-i\sqrt{3}
Z_{\overrightarrow{BF}}=z_F-z_B=\sqrt{3}-i-2i=\sqrt{3}-3i=\sqrt{3}\left(1-\dfrac{3}{\sqrt{3}}i\right)=\sqrt{3}(1-\sqrt{3}i)

D'où: Z_{\overrightarrow{BF}}=\sqrt{3}Z_{\overrightarrow{EA}} \text{ , on en déduit que } \boxed{(BF)//(EA)}\enskip (i)

D'autre part:

BE=|z_E-z_B|=|1+i\sqrt{3}-2i|=|1+i(\sqrt{3}-2)|=\sqrt{1+(\sqrt{3}-2)^2}
AF=|z_F-z_A|=|\sqrt{3}-i-2|=|(\sqrt{3}-2)-i|=\sqrt{(\sqrt{3}-2)^2+(-1)^2}=\sqrt{1+(\sqrt{3}-2)^2}

On en tire que:

\boxed{BE=AF}\enskip(ii)


De (i)\text{ et }(ii)\text{ , on conclut que: }

\boxed{AEBF\text{ est un trapèze isocèle}}



Montrons qu'une mesure de l'angle orienté (\overrightarrow{BE},\overrightarrow{AF}) est -\dfrac{\pi}{2} .

\begin{matrix} (\overrightarrow{BE},\overrightarrow{AF})&\equiv& \arg\left(\dfrac{z_F-z_A}{z_E-z_B}\right)\enskip [2\pi] \\&\equiv& \arg\left(\dfrac{(\sqrt{3}-2)-i}{1+i(\sqrt{3}-2)}\right)\enskip [2\pi]  \\&\equiv& \arg\left(\dfrac{(\sqrt{3}-2)-i}{i\left((\sqrt{3}-2)-i\right)}\right)\enskip [2\pi]\\&\equiv& \arg\left(\dfrac{1}{i}\right)\enskip [2\pi]\\&\equiv& \arg\left(-i\right)\enskip [2\pi]\\&\equiv& -\dfrac{\pi}{2}\enskip [2\pi]\end{matrix}

\boxed{\text{Une mesure de l'angle orienté }(\overrightarrow{BE},\overrightarrow{AF}) \text{ est }-\dfrac{\pi}{2} }


4-a) S est une similitude directe, donc admet comme écriture complexe S\text{ : }z'=az+b\text{ , avec }a\in C^*\text{ et }b\in\C

Or, S transforme A en F et E en B . Déterminons alors les constantes complexes a\text{ et }b :

\begin{matrix} \begin{cases}S(z_A)=z_F\\S(z_E)=z_B\end{cases} &\iff& \begin{cases}z_F=az_A+b\\z_B=az_E+b\end{cases}&\iff& \begin{cases}\sqrt{3}-i=2a+b\\ 2i=a(1+i\sqrt{3})+b\end{cases}\\&\iff& \begin{cases}\sqrt{3}-i=2a+b\\ \sqrt{3}-3i=(2-1-i\sqrt{3})a\end{cases}&\iff& \begin{cases}b=\sqrt{3}-i-2a\\a=\dfrac{ \sqrt{3}-3i}{1-i\sqrt{3}}\end{cases} \\&\iff& \begin{cases}b=\sqrt{3}-i-2a\\a=\dfrac{ \sqrt{3}\left(1-\dfrac{3}{\sqrt{3}i\right)}}{1-i\sqrt{3}}\end{cases}&\iff& \begin{cases}b=\sqrt{3}-i-2a\\a=\dfrac{ \sqrt{3}\left(1-i\sqrt{3}\right)}{1-i\sqrt{3}}\end{cases}\\&\iff&  \begin{cases}b=\sqrt{3}-i-2\sqrt{3}\\a= \sqrt{3}\end{cases}  &\iff&  \boxed{\begin{cases}b=-\sqrt{3}-i\\a= \sqrt{3}\end{cases} }\end{matrix}

D'où:

\boxed{\text{L'écriture complexe de }S \text{ s'écrit: }z'=\sqrt{3}z-(\sqrt{3}+i)}


b)Cherchons les éléments caractéristiques de S\text{ : } z'=\sqrt{3}z-(\sqrt{3}+i)

Centre: Notons M le centre de S et z_M son affixe, on a donc: z_M=\sqrt{3}z_M-(\sqrt{3}+i)\iff z_M (1-\sqrt{3})=-(\sqrt{3}+i)\iff z_M=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}+i\dfrac{1}{\sqrt{3}-1}
Le centre de S est le point M d'affixe z_M=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}+i\dfrac{1}{\sqrt{3}-1} .

Rapport: C'est le module du coefficient de z\text{ : }r_S=\left|\sqrt{3} \right|=\sqrt{3}
Le rapport est r_S=\sqrt{3}

Angle: C'est un argument du coefficient de z\text{ qui est le réel }\sqrt{3}\text{ , donc } \arg(z)=0
L'angle de mesure principal est \theta=0

Conclusion:

\boxed{\text{La similitude }S\text{ est donc l'homothétie de centre }M  \text{ d'affixe }z_M=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}+i\dfrac{1}{\sqrt{3}-1} \text{ et de rapport }\sqrt{3}}


Figure:

Bac Gabon 2022 série D : image 4


exercice 4



1) La limite en -\infty\text{ :}

Puisque \displaystyle\lim_{x\to-\infty} e^x=0\enskip\text{ , alors :}

\enskip \displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{e^{x}}{1+e^x} =\dfrac{0}{0+1}=0

La limite en +\infty\text{ :}

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

 \displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{e^{x}}{1+e^x} =\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{e^{x}}{e^x\left(e^{-x}+1\right)} =\displaystyle\lim_{x\to+\infty} \dfrac{1}{e^{-x}+1}=\dfrac{1}{0+1}=1

\boxed{\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0\text{ et }\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1}


2-a) Puisque la fonction exponentielle est dérivable sur \R, alors la fonction x\mapsto e^x +1 est dérivable sur \R.

De plus, pour tout réel x\text{ : }e^x >0 \Longrightarrow \forall x\in\R\text{ : }e^x+1\neq 0 .

On en déduit que f\text{ : }x\mapsto \dfrac{e^x}{e^x+1} est une fonction dérivable sur \R comme quotient de fonctions dérivables sur \R.

\boxed{ f\text{ est une fonction dérivable sur }\R}


b) Pour tout réel x\text{ : }

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

\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f'(x)=\dfrac{f(x)}{1+e^x}}


c) On sait que pour tout x de \R\text{ : } e^x>0\enskip \text{ , d'où }\enskip\forall x\in\R\text{ : } e^x+1>0

On en tire que pour tout réel x\text{ : } f(x)=\dfrac{e^x}{1+e^x} >0 , comme quotient de deux fonctions strictement positives sur \R .

D'où , pour tout x\in\R\text{ : } f'(x)=\dfrac{f(x)}{1+e^x}>0 , comme quotient de deux fonctions strictement positives sur \R .

On en déduit que:

\boxed{f\text{ est strictement croissante sur } \R}


Et on dresse le tableau de variations de la fonction f\text{ : }

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


3-a)Soit g la restrition de f à l'intervalle [-1;1]

Puisque f est dérivable sur \R , donc f est continue sur \R et donc aussi sur [-1;1].
Donc g est une fonction continue sur [-1;1]\enskip (i)

D'autre part, f est strictement croissante sur \R, et donc sur [-1;1]
Donc g est strictement croissante sur [-1;1]\enskip (ii)

De (i)\text{ et } (ii)\text{ :}

g \text{ réalise une bijection de }[-1;1] \text{ sur l'intervalle }K=[g(-1);g(1)]=[f(-1);f(1)].


Or, f(1)=\dfrac{e^1}{1+e^1}=\dfrac{e}{1+e} \enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip f(-1)=\dfrac{e^{-1}}{1+e^{-1}}=\dfrac{1}{1+e}
Donc K=\left[\dfrac{1}{1+e};\dfrac{e}{1+e}\right]

Conclusion:

\boxed{g \text{ réalise une bijection de }[-1;1] \text{ sur }K=\left[\dfrac{1}{1+e};\dfrac{e}{1+e}\right] }


b) On a 0\in[-1;1]\text{ , donc }g(0)=f(0)=\dfrac{e^0}{e^0+1}=\dfrac{1}{1+1}=\dfrac{1}{2}

\boxed{g(0)=\dfrac{1}{2}}


Etude de la dérivabilité de g^{-1} en \dfrac{1}{2}\text{ : }

On a vu que g est dérivable sur [-1;1]\text{ , donc }g\text{ est dérivable en }0\enskip\enskip(I)

\text{Et on a: }g'(0)=f'(0)=\dfrac{f(0)}{1+e^0}=\dfrac{f(0)}{2}=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{2}=\dfrac{1}{4} \Longrightarrow g'(0)\neq 0\enskip\enskip (II)

\text{De }(I)\text{ et }(II)\text{ : }

\boxed{g^{-1}\text{ est dérivable en }g(0)=\dfrac{1}{2}}


c)

 \text{Directement, d'après le cours : }\left(g^{-1}\right)'\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{g'(0)}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{4}}=4

\boxed{\left(g^{-1}\right)'\left(\dfrac{1}{2}\right)=4}


4-a) La construction de la courbe (C') de la fonction g^{-1} se déduit par symétrie axiale d'axe la première bissectrice du repère, c'est-à-dire la droite d'équation y=x , de la partie de (C) sur l'intervalle [-1;1] (c'est la partie qui représente la fonction g)

b) L'aire de la partie hachurée, qu'on note A , et qui représente l'aire démimitée par la courbe (\mathcal C ) et l'axe des abscisses et les droites d'équation x=-1 et x=1 est en unité d'aire (UA) :

A=\displaystyle \int_{-1}^{1} |f(x)|\text{ d}x=\displaystyle \int_{-1}^{1} f(x)\text{ d}x


En effet, pour tout x\in [-1;1]\text{ : }|f(x)|=f(x) \text{ , car pour tout réel }x\text{ , }f(x)>0

Donc:

\begin{matrix} A&=& \displaystyle \int_{-1}^{1} f(x)\text{ d}x &=& \displaystyle \int_{-1}^{1} \dfrac{e^x}{1+e^x}\text{ d}x \\\\&=& \displaystyle \int_{-1}^{1}\dfrac{(1+e^x)'}{1+e^x}\text{ d}x &=& \left[\ln|1+e^x|\right]_{-1}^{1} & \left(\text{Puisque: }\forall x\in\R\text{ , }1+e^x>0\right)\\ \\&=& \left[\ln(1+e^x)\right]_{-1}^{1} &=&\ln(1+e)-\ln(1+e^{-1})\\\\&=& \ln\left(\dfrac{1+e}{1+e^{-1}}\right)&=& \ln\left(\dfrac{e(e^{-1}+1)}{1+e^{-1}}\right)\\\\&=& \ln e&=& 1\end{matrix}

On obtient:

A=1\text{ (UA)}


Finalement, l'unité graphique est 2\text{ cm } , donc: 1UA=2\text{ cm }\times 2 \text{ cm }=4\text{ cm}^2

On conclut alors que:
\boxed{\text{L'aire de la partie hachurée est : }A=4\text{ cm}^2}
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