Fiche de mathématiques

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Bac Togo 2022

Mathématiques Série D

Durée : 4 heures
Coefficient : 3

4 points

exercice 1

Les autorités municiplaes d'une commune de votre pays envisagent construire des logements sociaux au profit des agents de la mairie . Après un appel d'offre , l'entreprise BACD22 a été retenue . Pour la réalisation du plan d'aménagement , BACD22 a prévu , outre la construction des logements , l'aménagement des espaces verts et le tracer de la voie traversant le domaine . En vue de fixer le prix de cession des logements , le comptable de la mairie a relevé des salaires $x_i$ et les propositions de loyers $y_i$ faites par un échantillon représentatif de huit agents . Les résultats exprimés en milliers de francs CFA sont présentés dans le tableau ci-après :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline x_i&50&100&60&120&120&100&150&160\\ \hline y_i&15&20&15&30&25&25&40&35 \\ \hline \end{array}$

Les données du tableau ci-dessus définissent une série statistique double de caractères $(x;y)$ où $x$ est le salaire et $y$ la proposition de loyer .

1-a) Dans un repère orthogonal du plan , représenter le nuage de points associé à cette série statistique .
b) Déterminer les coordonnées du point moyen de ce nuage de points et le placer dans le même repère .

2-a) Calculer le coefficient de corrélation linéaire de la série .
b) Le salaire permet-il d'expliquer la proposition du loyer ?

3-a) Déterminer une équation cartésienne de la droite de régression de $y$ en $x$ puis la construire .
b) Donner une estimation du salaire d'un agent dont le loyer s'élève à 50 000 FCFA .

6 points

exercice 2

Le plan complexe est rapporté au repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ . On considère les points $A,B,C\text{ et }D$ d'affixes respectives $a=2-i,b=-1+2i;c=1\text{ et }d=1+6i$ et le polynôme $p(z)=z^3-(2+i)z^2+(1+6i)z-5i$ .

1-a) Montrer que $p(z)=(1-z)(\omega z^2+\lambda z+\gamma)$ où $\omega,\lambda\text{ et }\gamma$ sont 3 nombres complexes à déterminer .
b) Résoudre dans $\C$ l'équation $p(z)=0$ .

2) Soit $F$ l'application du plan dans lui-même ayant pour écriture complexe : $z'=\alpha z+\beta$ avec $(\alpha,\beta)\in\C^2$ .
a) Déterminer l'écriture complexe de $F$ sachant que $F(A)=C$ et $F(B)=D$ .
b) Déterminer alors la nature et les éléments caractéristiques de $F$ .

3) Vérifier que l'écriture complexe de $g=F\circ h$ où $h$ est l'homothétie de centre $O$ et de rapport $-\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ est : $z'=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z+3i$ .

4) On pose $A_0=O$ et $A_{n+1}=g(A_n)$ . On définit la suite $(d_n)_{n\in\N}$ par $d_n=A_nA_{n+1}$ pour tout $n$ élément de $\N$ .
a) Calculer $d_0$ .
b) Montrer que la suite $(d_n)_{n\in\N}$ est une suite géométrique convergente .
c) Calculer $D_n=d_0+d_1+d_2+\cdots+d_n$ puis $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}D_n$ .

10 points

probleme

Dans un repère orthonormé $(O,\vec{i},\vec{j})$ (unité graphique 2cm) , on considère la courbe $(C)$ de la fonction $f$ de $\R$ vers $\R$ définie par : $\begin{cases} f(x)=x\ln(2+x)-2&\text{si } x>0\\f(x)=u(x)&\text{si }x\leq 0\end{cases}$ .
Où $u$ est la fonction numérique vérifiant $u''-2u'+u=0\text{ ; }u'(0)=-1\text{ et }u(0)=-2$ .

Partie A

1-a) Résoudre dans $\R$ l'équation différentielle : $y''-2y'+y=0$ .
b) En déduire que pour tout $x$ de $]-\infty;0]$ , on a $u(x)=(x-2)e^{x}$ .

2-a) Déterminer l'ensemble de définition $E$ de $f$ .
b) Montrer que $f$ est continue sur $\R$ .
c) Etudier la dérivabilité de $f$ en $0$ puis déduire que la courbe $(C)$ admet deux demi-tangentes au point d'abscisse $0$ .

3) Calculer les limites de $f$ aux bornes de $E$ .

4-a) Calculer $f'(x)$ pour tout $x$ élément de $]-\infty; 0[$ et pour tout $x$ élément de $]0;+\infty[$ où $f'$ est la dérivée de $f$ .
b) Déterminer le sens de variation de $f$ et dresser son tableau de variations .

5) Démontrer que l'équation $f(x)=0$ admet dans $\R$ une unique solution $\alpha$ puis donner un encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-1}$ .

6-a) Etudier les branches infinies de la courbe $(C)$ .
b) Construire $(C)$ et ses deux demi-tangentes .

7-a) Soit $g$ la restriction de $f$ sur $\R^{*}_{+}$ , démontrer que $g$ admet une bijection réciproque $g^{-1}$ puis dresser le tableau de variation $g^{-1}$ .
b) Construire la courbe $(C')$ de $g^{-1}$ sur le même graphique que $(C)$ .

Partie B

1) Déterminer les nombres réel $a,b,c$ tels que pour tout réel $x$ différent de $-2 \text{ ; } \dfrac{x^2}{x+2}=ax+b+\dfrac{c}{x+2}$ .

2-a) Par une intégration par parties , montrer que pour tout $x$ supérieur à zéro , $\displaystyle\int_{0}^{x}t\ln(t+2)\text{ d}t =\dfrac{x^2-4}{2}\ln(x+2)-\dfrac{x^2-4x}{4}+2\ln 2$ .
b) Prouver que $\displaystyle\int_{0}^{\alpha}\left[x\ln(x+2)-2\right]\text{ d}x=2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha}$ .

3-a) Sachant que $u=2u'-u''$ , en déduire en fonction de $u'$ et de $u$ une primitive de $u$ sur $]-\infty;0]$ .
b) Justifier que $\displaystyle\int_{-2}^{\alpha}f(x)\text{ d}x=2\ln 2-3+\dfrac{5}{e^2}-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha}$ .
c) Trouver la valeur exacte en fonction de $\alpha$ de l'aire de la partie du domaine limité par la courbe $(C)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=-2$ et $x=\alpha$ puis , en prenant $\alpha=1,55$ , donner une valeur approchée de cette aire à $10^{-1}$ près .

Correction

exercice 1

1-a) Voir la figure à la fin de la correction de cet exercice.

b) Calculons les coordonnées du point moyen $G(\bar{x};\bar{y})$ :

On a :

$\begin{cases} \bar{x}=\dfrac{1}{8}\displaystyle\sum_{i=1}^{8}x_i=\dfrac{1}{8}(50+100+60+120+120+100+150+160) =\dfrac{860}{8}=107,5\\ \bar{y}=\dfrac{1}{8}\displaystyle\sum_{i=1}^{8}y_i=\dfrac{1}{8}(15+20+15+30+25+25+40+35) =\dfrac{205}{8}=25,625\end{cases}$

Donc :

$\boxed{G(107,5\enskip\text{ ; }\enskip 25,625)\text{ est le point moyen de ce nuage de points. }}$

Voir la figure à la fin de la correction.

2-a) Le coefficient de corrélation linéaire est: $\rho_{xy}=\dfrac{\text{cov}(x;y)}{\sqrt{\text{var}(x)\enskip\text{var}(y)}}$

Calculons la covariance et les variances:

$\begin{matrix}\bullet\text{var}(x)&=&\dfrac{1}{8}\displaystyle\sum_{i=1}^{8}(x_i-\bar{x})^2\\&=&\dfrac{ 1}{8}\left((50-107,5)^2+(100-107,5)^2+(60-107,5)^2+(120-107,5)^2+(120-107,5)^2+(100-107,5)^2+ \\&&(150-107,5)^2+(160-107,5)^2\right) \\&=&\dfrac{1}{8}\left((-57,5)^2+(-7,5)^2+(-47,5)^2+(12,5)^2+(12,5)^2+(-7,5)^2+(42,5)^2+(52,5)^2\right)\\&=& \dfrac{10550}{8}\\&=&1318,75\end{matrix}$

$\begin{matrix}\bullet\text{var}(y)&=&\dfrac{1}{8}\displaystyle\sum_{i=1}^{8}(y_i-\bar{y})^2 \\&=&\dfrac{1}{8}\left((15-25,625)^2+(20-25,625)^2+(15-25,625)^2+(30-25,625)^2+(25-25,625)^2+(25-25,625)^2+\\&&(40-25,625)^2+(35-25,625)^2\right) \\&=&\dfrac{1}{8}\left((-10,625)^2+(-5,625)^2+(-10,625)^2+(4,375)^2+(-0,625)^2+(-0,625)^2+(14,375)^2+(9,375)^2\right)\\&=&\dfrac{571,875}{8}\\&\approx&71,48\end{matrix}$

$\begin{matrix}\bullet\text{cov}(x;y)&=&\dfrac{1}{8}\displaystyle\sum_{i=1}^{8}(x_i-\bar{x})(y_i-\bar{y}) \\&=&\dfrac{1}{8}\left((57,5)(10,625)+(7,5)(5,625)+(47,5)(10,625)+(12,5)(4,375)+(12,5)(-0,625)+(7,5)(0,625)+\\&& (42,5)(14,375)+(52,5)(9,375)\right) \\&=&\dfrac{2312,5}{8}\\&=&289,0625\end{matrix}$

On obtient donc:

$\begin{matrix}\rho_{xy}&=&\dfrac{\text{cov}(x;y)}{\sqrt{\text{var}(x)\enskip\text{var}(y)}}&=&\dfrac{289,0625}{\sqrt{1318,75\times 71,48}}&\approx&0,9415\end{matrix}$

$\boxed{\text{Le coefficient de corrélation linéaire de la série est: }\rho_{xy}=0,9415}$

b) Le coefficient de corrélation linéaire $\rho_{xy}=0,9415$ est bien proche de $1$ , la corrélation linéaire entre les salaires $(x_i)$ et les propositions du loyer $(y_i)$ est forte.

Donc:

$\boxed{\text{ Le salaire permet d'expliquer la proposition du loyer}}$

3-a) L'équation cartésienne de la droite de régression linéaire est de la forme $y = mx +p$ avec $m=\dfrac{\text{cov}(x;y)}{\text{var}(x)}\text{ et }p=\bar{y}-m\bar{x}$

Calculons $m\text{ et }p\text{ : }$

$\begin{matrix}m&=&\dfrac{\text{cov}(x;y)}{\text{var}(x)}&=&\dfrac{289,0625}{1318,75}&\approx&0,22\end{matrix}$

$\begin{matrix}p&=&\bar{y}-m\bar{x}&=&25,625-0,22\times 107,5&=&1,975\end{matrix}$

On conclut alors que:

$\boxed{\text{Une équation cartésienne de la droite de régression de }y \text{ en }x\text{ s'écrit: }y=0,22x+1,975}$

Voir la figure à la fin de la correction.

b) On a $y=0,22x+1,975 \iff y-1,975=0,22 x \iff x=\dfrac{1}{0,22}(y-1,975)$

Le loyer s'élève à 50 000 FCFA , donc $y=50$ , il s'ensuit que $x=\dfrac{1}{0,22}(50-1,975)\approx 218,3$

$\boxed{\text{Le salaire d'un agent dont le loyer s'élève à }50 000 \text{ FCFA est estimé à }218300\text{ FCFA}}$

Figure:

exercice 2

1-a) On a: $p(1)=1^3-(2+i)\times 1^2+(1+6i)\times 1 -5i = 1-2-i+1+6i-5i=0$

Donc le polynôme $p$ est factorisable par $(1-z)$ . Nous en déduisons qu'il existe un polynôme $\omega z^2+\lambda z+\gamma$ à coefficients complexes tel que $p(z)=(1-z)(\omega z^2+\lambda z+\gamma)$

Déterminons les coefficients $\omega,\lambda\text{ et }\gamma \text{ , pour cela, développons }(1-z)(\omega z^2+\lambda z+\gamma)\text{ :}$

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

L'égalité $p(z)=(1-z)(\omega z^2+\lambda z+\gamma)$ s'écrit donc :

$z^3-(2+i)z^2+(1+6i)z-5i = -\omega z^3+(\omega-\lambda)z^2+(\lambda-\gamma)z+\gamma$

Par identification des coefficients, nous obtenons :

$\begin{matrix} \begin{cases} -\omega=1 \\ \omega-\lambda=-(2+i) \\ \lambda-\gamma=1+6i\\\gamma=-5i\end{cases} &\iff& \begin{cases} \omega=-1 \\ \gamma=-5i \\ \lambda=\omega+(2+i)=1+i \\ \text{ vérification: }\lambda= \gamma+1+6i=-5i+1+6i=1+i \end{cases} \end{matrix}$

Par conséquent:
$\boxed{p(z)=(1-z)(-z^2+(1+i)z-5i) }$

b) Résolvons dans $\C$ l'équation $\overset{{\white{.}}}{p(z)=0.}$

$\begin{matrix}p(z)=0&\iff& (1-z)(-z^2+(1+i)z-5i)=0\\&\iff& 1-z=0\enskip\text{ ou }\enskip -z^2+(1+i)z-5i=0\end{matrix}$

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

Calculons le discriminent pour résoudre $-z^2+(1+i)z-5i=0\text{ : }$

$\begin{matrix}\Delta&=&(1+i)^2-4\times(-5i)\times(-1)&=&-18i\\&=&9(-2i)&=&3^2(1-i)^2\\&=&(3(1-i))^2&=&(3-3i)^2\end{matrix}$

Remarque importante:

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Les solutions de l'équation $-z^2+(1+i)z-5i=0$ sont donc:

$\begin{matrix} \begin{matrix}z_1&=&\dfrac{-(1+i)-(3-3i)}{-2}\\&=& \dfrac{1+i+3-3i}{2}\\&=& \dfrac{4-2i}{2} \\&=& 2-i \end{matrix} &&&& \begin{matrix}z_2&=&\dfrac{-(1+i)+(3-3i)}{-2}\\&=& \dfrac{1+i-3+3i}{2}\\&=& \dfrac{-2+4i}{2} \\&=& -1+2i \end{matrix} \end{matrix}$

D'où: $\boxed{\text{ L'ensemble des solutions de l'équation }p(z)=0 \text{ est } S=\lbrace 1 \text{ ; }2-i\text{ ; }-1+2i\rbrace}}$

2-a) $F$ est l'application du plan dans lui-même ayant pour écriture complexe : $z'=\alpha z+\beta avec (\alpha,\beta)\in\C^2$ .

Donc:

$\begin{matrix} \begin{cases} F(A)=C \\ F(B)=D\end{cases} &\iff& \begin{cases} c=a\alpha+\beta \\d=b\alpha+\beta\end{cases} &\iff& \begin{cases} 1=(2-i)\alpha+\beta \\1+6i = (-1+2i)\alpha+\beta\end{cases} \\&\iff& \begin{cases} 1=(2-i)\alpha+\beta \\1+6i -1 = (-1+2i)\alpha-(2-i)\alpha \end{cases} &\iff& \begin{cases} \beta=1-(2-i)\alpha \\6i = \left[(-1+2i)-(2-i)\right]\alpha \end{cases} \\&\iff& \begin{cases} \beta=1-(2-i)\alpha \\6i = (-3+3i)\alpha \end{cases} &\iff& \begin{cases} \beta=1-(2-i)\alpha \\2i = (-1+i)\alpha \end{cases} \\&\iff& \begin{cases} \beta=1-(2-i)\alpha \\ \alpha =\dfrac{-2i}{1-i} = \dfrac{(1-i)^2}{1-i} \end{cases} \end{matrix}$

D'où : $\begin{cases} \beta=1-(2-i)(1-i) \\ \alpha =1-i \end{cases} \iff \boxed{\begin{cases} \beta=3i \\ \alpha =1-i \end{cases}}$

$\boxed{\text{L'écriture complexe de }F\text{ est : }z'=(1-i)z+3i }$

b) Cherchons les éléments caractérisitiques de $F\text{ : }$

Centre: Notons le point $M$ d'affixe $m$ ce centre, on a donc: $m=(1-i)m+3i\iff mi=3i\iff m=3$

Rapport: C'est le module du coefficient de $z\text{ : }r=|1-i|=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$

Angle: C'est un argument du coefficient de $z\text{ : }$

$\begin{matrix} 1-i&=&\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}-i\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)\\&=&\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\right)\\&=&\sqrt{2}\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)\end{matrix}$

Conclusion:

$\boxed{\text{La similitude }F\text{ est de centre le point }M\text{ d'affixe }3 \text{ , d'angle de mesure }-\dfrac{\pi}{4} \text{ et de rapport }\sqrt{2} }$

3)L'écriture complexe de l'homothétie $h$ de centre $O$ et de rapport $-\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ est : $z'-0=-\dfrac{\sqrt{2}}{4}(z-0)\iff \boxed{z'=-\dfrac{\sqrt{2}}{4}z}$

Donc l'écriture complexe de la composée $g=F\circ h$ est:

$z'=F\circ h(z)=F(h(z))=F\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{4}z\right)=(1-i)\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{4}z\right)+3i=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z+3i$

$\boxed{\text{L'écriture complexe de }g=F\circ h \text{ est : }z'=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z+3i}$

4-a)On a $A_0=O$ , notons pour tout $n \in\N\text{ , }z_n$ l'affixe du point $A_n$ .

On a alors $z_0=0$ , calculons $z_1$ l'affixe de $A_1=g(O)=F\circ h(O)$ :

$z_1=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_0+3i=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)\times 0+3i=3i$

Donc $d_0=OA_1=|z_1-z_0|=|z_1|=|3i|\Rightarrow\boxed{d_0=3}$

b) Pour tout $n\in\N\text{ : }d_n=|z_{n+1}-z_n|=\left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_n+3i-z_n\right|$

$\begin{matrix}\text{ Et : }\enskip d_{n+1}&=&\left|z_{n+2}-z_n\right|\\&=& \left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_{n+1}+3i-z_{n+1}\right| \\&=& \left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_n+3i\right)+3i-\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_n+3i\right)\right| \\&=& \left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_n+3i\right)-\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_n\right| \\&=& \left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_n+3i-z_n\right)\right| \\&=& \left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)\right|\left|\dfrac{\sqrt{2}}{4}\left(-1+i\right)z_n+3i-z_n\right| \\&=& \dfrac{\sqrt{2}}{4}\left|-1+i\right| d_n \\&=&\dfrac{\sqrt{2}\times\sqrt{2} }{4} d_n \\\\&=& \dfrac{1}{2} d_n\end{matrix}$

On obtient: $\boxed{\forall n\in\N\text{ : }d_{n+1}=\dfrac{1}{2} d_n }$

Finalement, puisque $-1<\dfrac{1}{2}<1$

Alors: $\boxed{(d_n)_{n\in\N} \text{ est une suite géométrique convergente de raison }\dfrac{1}{2}}$

4-c)Puisque la suite $(d_n)_{n\in\N}$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{2}\neq 1\text{ , alors: }$

$\forall n\in\N\text{ : }D_n=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}d_k=d_0\dfrac{1-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}}{1-\dfrac{1}{2}}=3\times \dfrac{1-\dfrac{1}{2^{n+1}}}{\dfrac{1}{2}}\Longrightarrow \boxed{\forall n\in\N\text{ : }D_n=6\left(1-\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)}$

Calcul de la limite:

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}D_n=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}6\left(1-\dfrac{1}{2^{n+1}}\right)=\displaystyle\lim_{n\to+\infty}6\left(1-\dfrac{1}{e^{(n+1)\ln 2}}\right)=6$

En effet: $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}e^{(n+1)\ln 2}=+\infty \text{ et donc } \displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{e^{(n+1)\ln 2}}=0$

On conclut alors que: $\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}D_n=6}$

probleme

Partie A

1-a) Résolvons dans $\R$ l'équation différentielle $y''-2y'+y=0$ .

Cette équation différentielle a pour équation caractéristique $r^2-2r+1=0$ .

Et puisque $r^2-2r+1=(r-1)^2$ , l'équation caractéristique admet une seule solution (double) qui est $r_0=1$

Les solutions de l'équation différentielle sont donc $x\mapsto (Ax +B)\text{ e }^{r_0 x}\text{ , }A,B\in\R$

C'est-à-dire: $\boxed{\text{Les solutions de l'équation différentielle sont }x\mapsto (Ax +B)\text{ e }^{x}\text{ , }A,B\in\R}$

b) $u$ est la fonction numérique définie pour tout réel $x\leq 0$ vérifiant $u''-2u'+u=0\text{ ; }u'(0)=-1\text{ et }u(0)=-2$ .

La fonction $u$ est donc solution de l'équation différnetielle résolue en 1-a) , il existe donc $A,B\in\R$ tels que $\forall x\in]-\infty;0]\text{ : }u(x)=(Ax+B)e^x$

Déterminons les deux constantes réelles $A$ et $B\text{ : }$

On a $u(0)=-2\text{ , donc } (A\times 0 +B)e^0=-2 \text{ , d'où } B=-2$

Donc $\forall x\in]-\infty;0]\text{ : }u(x)=(Ax-2)e^x$

$\text{ Calculons la dérivée }u' \text{ : }\forall x\in]-\infty;0]\text{ : }u'(x)=\left(Axe^{x}\right)'=Ae^{x}+(Ax-2)e^{x}$

On a $u'(0)=-1\text{ , donc } Ae^{0}+(A\times 0-2)e^{0}=-1 \text{ , d'où } A-2=-1\text{ , il s'ensuit que }A=1$

Conclusion:

$\boxed{\forall x\in ]-\infty;0] \text{ , } u(x)=(x-2)e^{x} }$

2-a) La fonction $f$ est donc définie par : $\begin{cases} f(x)=x\ln(2+x)-2&\text{si } x>0\\f(x)=(x-2)e^{x}&\text{si }x\leq 0\end{cases}$

Les fonctions $x\mapsto x-2 \text{ et }x\mapsto e^{x}$ sont définies sur $\R$ , donc aussi sur $]-\infty;0]$ . Donc $f$ est définie sur $]-\infty;0]$ .

De plus, la fonction $x\mapsto x\ln(x+2)-2$ est définie si et seulement si $x+2>0\text{ , donc } x>-2$ . Ceci est vérifié car on a $f(x)=x\ln(x+2)-2 \text{ si }x>0\enskip(>-2)$ .

Donc $f$ est définie sur $]0;+\infty[$ .

$\boxed{\text{L'ensemble de définition de }f\text{ est : }E=\R }$

b) La fonction $f$ est continue sur $]0;+\infty[$ car les fonctions $x\mapsto x\text{ et }x\mapsto \ln (x+2)$ sont continues sur $]0;+\infty[$ .

la fonction $f$ est aussi continue sur $]-\infty;0[$ comme produit des fonctions $x\mapsto x-2\text{ et }x\mapsto e^x$ continues sur $]-\infty;0[$ .

Reste à vérifier que $f$ est continue en $0\text{ : }$

$\text{ A droite de }0\text{ : }\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\lim_{x\to 0^{+}} x\ln(2+x)-2=0\times \ln 2 -2 = -2$

$\text{ A gauche de }0\text{ : }\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}}f(x)=f(0)=u(0)=-2$

On obtient: $\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}}f(x)=f(0)=-2$

Donc la fonction $f$ est continue en $0$ . Et donc:

$\boxed{f\text{ est continue sur }\R }$

c) Etude de la dérivabilité de $f$ en $0\text{ : }$

$\text{ A droite de }0\text{ : }\displaystyle \lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^{+}}\dfrac{x\ln(2+x)-2+2}{x}=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\ln(2+x)=\ln 2$

Donc $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f'_d(0)=\ln 2$

$\text{ A gauche de }0\text{ : }\displaystyle \lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{(x-2)e^{x}+2}{x}=\lim_{x\to 0^{-}}\dfrac{xe^{x}-2e^{x}+2}{x}=\lim_{x\to 0^{-}}e^x-2\left(\dfrac{e^{x}-1}{x}\right)=1-2\times 1 =-1$

En effet, on a la limite usuelle $\displaystyle \lim_{x\to 0}\dfrac{e^{x}-1}{x}=1$

Donc $f$ est dérivable à gauche en $0$ et $f'_g(0)=-1$

Et puisque $f'_g(0)\neq f'_d(0) \text{ , alors }$

$\boxed{f\text{ n'est pas dérivable en }0 }$

Interprétation graphique:

$f$ est dérivable à droite en $0$ et $f'_d(0)=\ln 2$ , donc la courbe $(C)$ admet une demi-tangente notée $(T_d)$ dirigée vers la droite d'équation:

$(T_d)\text{ : }y=f'_d(0)(x-0)+f(0)\iff y=(\ln 2) x-2$

$f$ est dérivable à gauche en $0$ et $f'_g(0)=-1$ , donc la courbe $(C)$ admet une demi-tangente notée $(T_g)$ dirigée vers la gauche d'équation:

$(T_g)\text{ : }y=f'_g(0)(x-0)+f(0)\iff y=-x-2$

$\boxed{\begin{matrix} (C) \text{ admet deux demi-tangentes au point d'abscisse }0\text{ : }\\ \text{ A gauche: } (T_g)\text{ : } y=-x-2\\ \text{ A droite: }(T_d)\text{ : }y=(\ln 2) x-2\end{matrix}}$

3) Limites aux bornes de $E=\R=]-\infty;+\infty[\text{ : }$

En $-\infty\text{ :}$

$\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)=\displaystyle \lim_{x\to -\infty}(x-2)e^{x}=\displaystyle \lim_{x\to -\infty}xe^{x}-2e^{x}=0-0=0$

En effet, on a $\displaystyle \lim_{x\to -\infty}xe^{x}=0$

En $+\infty\text{ :}$

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

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

4-a) $f$ est dérivable sur $]-\infty; 0[$ comme produit de fonctions dérivables sur cet intervalle, donc:

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

$f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ parce que les fonctions $x\mapsto x\text{ et }x\mapsto \ln(x+2)$ sont dérivables sur cet intervalle, donc:

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

$\boxed{\begin{cases} f'(x)=\ln(2+x)+\dfrac{x}{x+2}&\text{si } x>0\\f'(x)=(x-1)e^x&\text{si }x< 0\end{cases} }$

b) Pour tout $x>0\text{ , on a }x+2>2$

$\text{Et puisque la fonction }\ln \text{ est croissante , donc }\ln(x+2)>\ln 2>0$

On en tire aussi que $\dfrac{1}{x+2}>0$

D'où $f'(x)=\ln(x+2)+\dfrac{1}{x+2}>0$

$\boxed{f\text{ est strictement croissante sur }]0;+\infty[}$

Pour tout $x< 0\text{ , on a }x-1< -1< 0\text{ et }0< e^x\text{ , et donc }f'(x)=(x-1)e^x< 0$

$\boxed{f\text{ est strictement décroissante sur }]-\infty;0[}$

On dresse le tableau de variations de $f$ :

$\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x & -\infty & &0& & +\infty \\ \hline f'(x) & &-& \dbarre & + & \\ \hline & 0&& & & +\infty \\ f & &\searrow& & \nearrow & \\ &&& -2 & & \\ \hline \end{array}$

5) Sur $]-\infty;0]\text{ , }f$ est continue et strictement décroissante avec $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=0\text{ et }f(0)=-2$ .

Donc $\forall x\in]-\infty;0]\text{ : } 0>f(x)>-2\text{ , donc }\forall x\in]-\infty; 0]\text{ : }f(x)\neq 0$

On en tire que :

$f(x)=0\text{ n'admet pas de solutions sur }]-\infty;0]\enskip\enskip (i)$

Sur $]0;+\infty[\text{ , }f$ est continue et strictement croissante avec $\displaystyle f(0)=-2 < 0\text{ et }\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty>0$ .

Donc , d'après le théorème des valeurs intermédiaires (T.V.I.):

$f(x)=0\text{ admet une solution unique notée }\alpha\text{ sur }]0;+\infty[\enskip\enskip (ii)$

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

$\boxed{\text{ L'équation }f(x)=0\text{ admet une solution unique }\alpha\text{ sur }\R }$

Encadrement de $\alpha$ d'amplitude $10^{-1}$

Calculons quelques images:

$f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{5}{2}\right)-2\approx -1,54< 0$
$f(1)=\ln 3-2 \approx -0,9< 0$
$f(2)=2\ln 4 - 2 \approx 0,77>0$

Donc $\alpha\in[1;2]\text{ , calculons alors }f\left(\dfrac{3}{2}\right)\text{ : }f\left(\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{3}{2}\ln\left(\dfrac{7}{2}\right)-2\approx -0,12< 0$

Donc $\alpha >\dfrac{3}{2}=1,5$

Calculons $f(1,6)=1,6 \times \ln (1,6+2)-2 = 1,6\times \ln (3,6)-2\approx 0,44 >0$

On obtient alors l'encadrement d'amplitude 1 $0^{-1}$ recherché:

$\boxed{1,5<\alpha<1,6}$

6-a)

$\displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)=0$

Donc directement:

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

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

On calcule alors $\displaystyle \lim_{x\to +\infty}\dfrac{f(x)}{x}$

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

On en déduit que:

$\boxed{\text{ La courbe }(C)\text{ admet une branche parabolique de la direction celle de l'axe des ordonnées au voisinage de }+\infty}$

b) Voir la figure à la fin de la correction de la partie A.

7-a) On a vu que $f$ est continue et strictement croissante sur $]0;+\infty[=\R^*_{+}$ .

Et puisque la fonction $g$ est la restriction de $f$ sur $\R^{*}_{+}$

Donc $g$ est continue et strictement croissante sur $]0;+\infty[$

Par conséquant, $g$ réalise une bijection de $]0,+\infty[$ sur un intervalle $I=\left] \displaystyle g(0);\lim_{x\to+\infty} g(x)\right[=\left] \displaystyle f(0);\lim_{x\to+\infty} f(x)\right[ = ]-2;+\infty[$ .

Et donc:

$\boxed{ g \text{ admet une bijection réciproque }g^{-1}\text{ définie sur }]-2;+\infty[ }$

La bijection réciproque $g^{-1}$ a le même sens de variation que $g$ , on dresse donc le tableau de variations de $g^{-1}\text{ : }$

$\begin{array}{|c|cccc|} \hline x & -2 & & & +\infty \\ \hline && & & +\infty \\ g^{-1} & & & \nearrow & \\ &0 & & & \\ \hline \end{array}$

b) Le graphique:

La construction de la courbe $(C')$ de la fonction $g^{-1}$ se déduit de la partie de $(C)$ sur l'intervalle $]0;+\infty[$ , par symétrie d'axe la première bissectrice du repère, c'est-à-dire la droite d'équation $y=x$ .

Partie B

1) Pour tout $x\in\R\backslash\lbrace-2\rbrace\text{ , déterminons les réels }a,b\text{ et }c \text{ / }\dfrac{x^2}{x+2}=ax+b+\dfrac{c}{x+2}$

$\begin{matrix}\dfrac{x^2}{x+2}=ax+b+\dfrac{c}{x+2}&\iff& \dfrac{x^2}{x+2}=\dfrac{(ax+b)(x+2)+c}{x+2}\\&\iff& x^2=ax^2+2ax+bx+2b+c\\&\iff& x^2=ax^2+(2a+b)x+(2b+c) \\\text{(Par identification)}&\iff& \begin{cases} a=1\\2a+b=0\\2b+c=0\end{cases}\\&\iff& \boxed{\begin{cases}a=1\\b=-2\\c=4\end{cases}}\end{matrix}$

Et donc:

$\boxed{\forall x\in\R\backslash\lbrace-2\rbrace\text{ : }\dfrac{x^2}{x+2}=x-2+\dfrac{4}{x+2}}$

2-a) Montrons que pour tout $x\geq 0\text{ : } \displaystyle\int_{0}^{x}t\ln(t+2)\text{ d}t =\dfrac{x^2-4}{2}\ln(x+2)-\dfrac{x^2-4x}{4}+2\ln 2$

Intégration par parties:

On pose $\begin{cases}u(t)=\ln(t+2) \\v'(t)=t \end{cases}\enskip\enskip \text{ et donc }\enskip\enskip \begin{cases}u'(t)=\dfrac{1}{t+2}\\v(x)=\dfrac{t^2}{2}\end{cases}$

Donc :

$\begin{matrix}\displaystyle\int_{0}^{x}t\ln(t+2)\text{ d}t &=& \displaystyle \left[\dfrac{t^2}{2}\ln(t+2)\right]_{0}^{x} - \int_{0}^{x}\dfrac{t^2}{2(t+2)}\text{ d}t \\\\&=&\displaystyle \dfrac{x^2}{2}\ln(x+2) - \dfrac{1}{2}\int_{0}^{x}\dfrac{t^2}{t+2}\text{ d}t \\\\&=& \displaystyle\dfrac{x^2}{2}\ln(x+2) - \dfrac{1}{2}\int_{0}^{x}\left(t-2+\dfrac{4}{t+2}\right)\text{ d}t \\\\&=& \dfrac{x^2}{2}\ln(x+2) - \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{t^2}{2}-2t+4\ln(t+2)\right]_{0}^{x} \\\\&=& \dfrac{x^2}{2}\ln(x+2) - \dfrac{1}{2}\left[\dfrac{x^2}{2}-2x+4\ln(x+2)\right]+ \dfrac{1}{2}\times 4\ln(2) \\\\&=& \dfrac{x^2}{2}\ln(x+2) - \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x^2-4x}{2}\right) - \dfrac{4}{2}\ln(x+2)+ 2\ln 2\\\\&=& \dfrac{x^2-4}{2}\ln(x+2) - \dfrac{x^2-4x}{4} + 2\ln 2\end{matrix}$

$\boxed{\forall x\geq 0 \text{ : } \displaystyle\int_{0}^{x}t\ln(t+2)\text{ d}t =\dfrac{x^2-4}{2}\ln(x+2)-\dfrac{x^2-4x}{4}+2\ln 2 }$

b) On a:

$\begin{matrix} \displaystyle\int_{0}^{\alpha}\left[x\ln(x+2)-2\right]\text{ d}x&=& \displaystyle\int_{0}^{\alpha}x\ln(x+2)\text{ d}x-2\displaystyle\int_{0}^{\alpha}\text{ d}x \\\\&\underbrace{=}_{\text{ d'après }\red 1-a)}& \dfrac{\alpha^2-4}{2}\ln(\alpha+2)-\dfrac{\alpha^2-4\alpha}{4}+2\ln 2 - 2\left[x\right]_{0}^{\alpha} \enskip\enskip (\text{ car }\alpha\geq 0) \\\\&=& \dfrac{\alpha^2-4}{2}\ln(\alpha+2)-\dfrac{\alpha^2-4\alpha}{4}+2\ln 2 - 2\alpha \end{matrix}$

Or, d'après A-5) , $f(\alpha)=0$ , donc $\alpha\ln(\alpha+2)-2=0 \text{ , d'où }\ln(\alpha + 2)=\dfrac{2}{\alpha}$

On obtient, en remplaçant:

$\begin{matrix} \displaystyle\int_{0}^{\alpha}\left[x\ln(x+2)-2\right]\text{ d}x&=& \dfrac{\alpha^2-4}{2}\ln(\alpha+2)-\dfrac{\alpha^2-4\alpha}{4}+2\ln 2 - 2\alpha \\\\&=& \dfrac{\alpha^2-4}{2}\times \dfrac{2}{\alpha}-\dfrac{\alpha^2-4\alpha}{4}+2\ln 2 - 2\alpha \\\\&=& \dfrac{\alpha^2}{\alpha}-\dfrac{4}{\alpha}-\dfrac{\alpha^2}{4}+\alpha+2\ln 2-2\alpha\\\\&=&2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha}\end{matrix}$

$\boxed{\displaystyle\int_{0}^{\alpha}\left[x\ln(x+2)-2\right]\text{ d}x=2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} }$

3-a) La fonction $u$ définie sur $]-\infty;0]$ vérifie $u=2u'-u''$

Donc: $\displaystyle \int u= \int\left( 2u'-u''\right)=2\int u'-\int u''=2u-u'+k\enskip\text{ ; } k\in \R$

Et puisqu'il n'est demandé de trouver qu'une seule primitive, alors on prend $k=0$ . D'où:

$\boxed{\text{Une primitive de }u \text{ sur }]-\infty;0]\text{ s'écrit : }\displaystyle\int u = 2u-u'}$

b) Puisque $-2\leq 0\text{ et } \alpha\geq 0 \text{ et puisque }f$ est définie par deux expressions différentes, une si $x$ est strictement positif et une si $x$ est négatif , alors on utilise la relation de Chasles pour pouvoir calculer l'intégrale:

$\begin{matrix} \displaystyle\int_{-2}^{\alpha}f(x)\text{ d}x&=& \displaystyle\int_{-2}^{0}f(x)\text{ d}x+\displaystyle\int_{0}^{\alpha}f(x)\text{ d}x \\\\&=& \displaystyle\int_{-2}^{0}u(x)\text{ d}x+\displaystyle\int_{0}^{\alpha}\left[x\ln(x+2)-2\right]\text{ d}x \\\\&=&\displaystyle \left[2u(x)-u'(x)\right]_{-2}^{0}+2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} \\\\&=&\displaystyle \left[2(x-2)e^{x}-(x-1)e^x\right]_{-2}^{0}+2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} \\\\&=&\displaystyle \left[(2x-4-x+1)e^{x}\right]_{-2}^{0}+2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} \\\\&=&\displaystyle \left[(x-3)e^{x}\right]_{-2}^{0}+2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} \\\\&=&\displaystyle -3+5e^{-2}+2\ln 2-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} \\\\&=&\boxed{2\ln 2-3+\dfrac{5}{e^2}-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} }\end{matrix}$

c) L'aire de la partie du domaine limité par la courbe $(C)$ , l'axe des abscisses et les droites d'équation $x=-2$ et $x=\alpha$ est en unité d'aire (UA) :

$A=\displaystyle \int_{-2}^{\alpha}|f(x)|\text{ d}x$

Or , sur l'intervalle $[-2;\alpha] \text{ , on remarque que la courbe }(C)$ se situe en dessous de l'axe des abscisses , donc , pour tout $x\in[-2;\alpha]\text{ : }f(x)\leq 0$ .

Alors pour tout réel $x$ de l'intervalle $[-2;\alpha]\text{ : } |f(x)|=-f(x)$ , et l'aire $A$ recherchée est donc :

$\boxed{A=-\displaystyle \int_{-2}^{\alpha}f(x)\text{ d}x=-\left(2\ln 2-3+\dfrac{5}{e^2}-\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{4}{\alpha} \right)\enskip (UA)}$

En prenant $\alpha=1,55$ , on obtient:

$A=-\left(2\ln 2-3+\dfrac{5}{e^2}-\dfrac{(1,55)^2}{4}-\dfrac{4}{1,55} \right)\Longrightarrow \boxed{A=4,1\text{ (UA) }\enskip\enskip\enskip\left(\text{ à }10^{-1} \text{ près }\right)}$

Publié par malou/Panter le 26-03-2023

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