Fiche de mathématiques
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Bac Bénin 2023

Mathématiques série D

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Y 112


Durée : 4 heures

Les trois problèmes sont obligatoires.
Le candidat ne sera jugé que sur la base des traces écrites sur sa copie.
Il sera tenu grand compte de la clarté et de la précision des raisonnements.
Les seules calculatrices autorisées sont les calculatrices non programmables.


Situation d'évaluation



Contexte : Un programme pour l'atteinte de l'autosuffisance alimentaire

Bac Bénin 2023 série D : image 1


Tâche : Tu es invité(e) à apporter des réponses aux préoccupations de Omolola en résolvant les trois problèmes suivants:

probleme 1

Bac Bénin 2023 série D : image 4




probleme 2

Bac Bénin 2023 série D : image 3

Bac Bénin 2023 série D : image 2




probleme 3

Bac Bénin 2023 série D : image 5



Fin








probleme 1


1) s est la similitude directe de centre E, de rapport k_s=2 et d'angle \theta_s=-\dfrac{\pi}{2} .

L'écriture complexe de s est donc:

\begin{matrix} s\text{ : }z'-z_E=k_s\enskip e^{i\theta_s}\enskip (z-z_E) &\iff& s\text{ : }z'-1=2e^{-i\theta/2} (z-1) \\&\iff& s\text{ : }z'=-2i(z-1)+1 \\&\iff& \boxed{s\text{ : }z'=-2iz+2i+1}\end{matrix}


2-a) En sachant que z_E=1 , on peut déduire z_F à partir de l'affixe du vecteur \overrightarrow{EF} .

\text{ On a: }\left|z_{\overrightarrow{EF}\right|=EF=3\sqrt{2} \enskip\text{ , et puisque le plan est muni du repère }(\Omega,\vec{u},\vec{v}) \text{ et que }\text{ mes}(\vec{u};\overrightarrow{EF})=\dfrac{3\pi}{4}+2k\pi\text{ / }k\in\Z

 \text{ Alors : }\arg\left(z_{\overrightarrow{EF}}\right)=\dfrac{3\pi}{4} \text{ , on en déduit que: }

\begin{matrix} z_{\overrightarrow{EF}}&=&\left|z_{\overrightarrow{EF}\right|e^{i \arg\left(z_{\overrightarrow{EF}}\right)} &=& 3\sqrt{2}e^{i 3\pi/4} \\\\&=& 3\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{3\pi}{4}+i\sin\dfrac{3\pi}{4}\right)&=& 3\sqrt{2}\left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\\\\&=& -3+3i\end{matrix}

On en déduit l'affixe de F\text{ : }

 z_{\overrightarrow{EF}}=z_F-z_E \iff  z_F=z_{\overrightarrow{EF}}+z_E\iff z_F=-3+3i-1\iff \boxed{z_F=-2+3i}


b) H est l'image de F par la similitude directe s\text{ , donc: }

z_H=-2i z_F+2i+1 = -2i(-2+3i)+2i+1=4i+6+2i+1=7+6i


D'autre part, G est le barycentre des points pondérés (E;-1)\text{ , }(F;1)\text{ , }(H,1)\text{ , donc: }

z_G=\dfrac{-z_E+z_F+z_H}{-1+1+1} = -z_E+z_F+z_H = -1+3i-2+7+6i=4+9i


Conclusion:

\boxed{z_H=7+6i\enskip \text{ et }\enskip z_G=4+9i}


3-a) On sait que z_{\overrightarrow{EF}}=-3+3i , et z_{\overrightarrow{HG}}=z_G-z_H=4+9i-7-6i=-3+3i

Donc z_{\overrightarrow{EF}}=z_{\overrightarrow{HG}}\text{ , ou encore: }\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{HG}\text{ , ce qui veut dire que }EFGH\text{ est un parallèlogramme} .

D'autre part :

\begin{matrix} \left(\widehat{\overrightarrow{EH},\overrightarrow{EF}}\right)&\equiv&\arg\left(\dfrac{z_F-z_E}{z_H-z_E}\right)\enskip[2\pi]\\ &\equiv&\arg\left(\dfrac{-3+3i}{6+6i}\right)\enskip[2\pi]\\ &\equiv&\arg\left(\dfrac{i(3+3i)}{2(3+3i)}\right)\enskip[2\pi] \\&\equiv&\arg\left(\dfrac i2\right)\enskip[2\pi]\\&\equiv&\arg\left(\dfrac 12 e^{i\pi/2}\right)\enskip[2\pi]\\&\equiv&\dfrac \pi 2\enskip[2\pi]\end{matrix}

On en tire que \overrightarrow{EH}\perp \overrightarrow{EF}\text{ , donc : }

\boxed{\text{ Le quadrilatère }EFGH \text{ est un rectangle }}


b) Il s'agit de calculer l'aire du rectangle EFGH qu'on note \mathscr{A}\text{ , on a: }

\mathscr{A}=EF\times EH \enskip \text{ (en u.a.) }


Or, on sait que EF=3\sqrt{2}

Et EH=\left|z_{\overrightarrow{EH}}\right|=|z_H-z_E|=|6+6i|=6|1+i|=6\sqrt{2}

Conclusion:

\mathscr{A}=EF\times EH= 3\sqrt{2}\times 6\sqrt{2}\Longrightarrow \boxed{\mathscr{A}=32 \enskip \text{ ( u.a.) }}



probleme 2



4) Pour tout réel m\text{ , } l'équation de l'ensemble de points (P_m) est mx+3y+(3-m)z-1=0.

Dans cette équation, les coefficients des inconnues ne sont pas tous nuls, en effet, le coefficient de y par exemple est 3\neq 0 .

On en tire que pour tout réel m :

\boxed{(P_m)\text{ d'équation cartésienne }mx+3y+(3-m)z-1=0\text{ est un plan de vecteur normal }\vec{n}_{m}\begin{pmatrix}m\\ 3 \\3-m\end{pmatrix}}


5-a) Les deux plans (P_{m_1})\text{ et }(P_{m_2}) respectivement d'équations m_1x+3y+(3-m_1)z-1=0\text{ et }m_2x+3y+(3-m_2)z-1=0 , ont pour vecteurs normaux

respectivement \vec{n}_{m_1}\begin{pmatrix}m_1\\ 3 \\3-m_1\end{pmatrix} \text{ et }\vec{n}_{m_2}\begin{pmatrix}m_2\\ 3 \\3-m_2\end{pmatrix}

On a:

\begin{matrix} (P_{m_1})\perp (P_{m_2}) &\iff & \vec{n}_{m_1} \perp \vec{n}_{m_2} &\iff&  \vec{n}_{m_1}\cdot \vec{n}_{m_2}=0 \\&\iff& m_1m_2+3\times 3+(3-m_1)(3-m_2)=0 &\iff& m_1m_2+9-3m_2-3m_1+m_1m_2=0 \\&\iff& 2m_1m_2+18-3m_1-3m_2=0 &\iff& (2m_2-3)m_1=3m_2-18 \\&\iff& \boxed{ m_1=\dfrac{3(m_2-6)}{2m_2-3}}\end{matrix}

b) On doit montrer que la relation trouvée en 5-a) est vérifiée pour m_1=1 \text{ et }m_2=15

On a: \dfrac{3(15-6)}{2\times 15-3}=\dfrac{3\times 9 }{30-3}=\dfrac{27}{27}=1

On obtient:
(P_1)\perp (P_{15})\iff \boxed{(P_1)\text{ et }(P_{15})\text{ conviennent pour un fonctionnement correct du système}}


c) La droite (\Delta) est l'intersection des deux plans (P_1)\text{ et }(P_{15}) d'équations:

\begin{cases} (P_{15})\text{ : }15x+3y-12z-1=0 \\ (P_{1})\text{ : } x+3y+2z-1=0 \end{cases}


Posons x=t\text{, } et trouvons y\text{ et }z en fonction de t\text{ : }

\begin{matrix} \begin{cases} 15x+3y-12z-1=0 \\  x+3y+2z-1=0 \\x=t\end{cases}\text{ ; }t\in\R &\iff&  \begin{cases} 15t+3y-12z-1=0 \\  t+3y+2z-1=0 \\x=t\end{cases}\enskip ; t\in\R &\iff& \begin{cases}t+3y+2z-1=0 \\  14t-14z=0 \\ x=t\end{cases}\enskip ;t\in\R \\\\ &\iff& \begin{cases} y=\dfrac{1}{3}(-t-2z+1)\\  x=t \\z=t\end{cases}\enskip ; t\in\R &\iff& \begin{cases}   x=t \\y=\dfrac{1}{3}(-t-2t+1)\\z=t\end{cases}\enskip ;t\in\R  \\\\&\iff&\begin{cases}   x=t \\y=-t+\dfrac{1}{3}\\z=t\end{cases}\enskip ; t\in\R\end{matrix}

Conclusion:

\boxed{\text{Une représentation paramétrique de la droite }(\Delta)\text{ est : }\begin{cases}   x=t \\y=-t+\dfrac{1}{3}\\z=t\end{cases}\enskip ; t\in\R}


d) La représentation paramétrique trouvée est (\Delta)\text{ : }\begin{cases}   x=t \\y=-t+\dfrac{1}{3}\\z=t\end{cases}\enskip ; t\in\R .

On doit montrer que la droite (\Delta) est incluse dans tous les plans (P_m) , pour cela, on montre que les inconnues en fonction de t de la représentation paramétrique de (\Delta) vérifient quelque soit le réel m l'équation de (P_m).

Pour tout réel m\text{ , on a: }

\begin{matrix} mx+3y+(3-m)z-1 &=& mt+3\left(-t+\dfrac{1}{3}\right)+(3-m)t-1 &=& mt-3t+1+3t-3t-1&=&0\end{matrix}

Ce qu'il fallait démontrer, alors:

\boxed{(\Delta)\text{ est contenue dans tous les plans }(P_m)}


6-a) On a une représentation paralétrique du plan (Q)\text{ : }\begin{cases}x=-\alpha+\beta \\ y=\alpha+2\beta\\z=2\alpha+\beta+1\end{cases}\text{ ; }(\alpha;\beta)\in\R^2

On remarque que:
\begin{matrix} y-x&=&\alpha+2\beta+\alpha-\beta&=& 2\alpha-\beta &=& z-1\end{matrix}


On en tire l'équation cartésienne du plan (Q)\text{ : }

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


b) Le vecteur normal au plan (Q) d'équation cartésienne \blue 1\black \times x+\blue (-1)\black \times y+\blue 1 \black\times z-1=0 admet pour coordonnées \vec{u} (1;-1;1) .

Or, la droite (\Delta) de représentation paramétrique \begin{cases}   x=\blue 1\black \times t \\y=\blue (-1)\black\times t+\dfrac{1}{3}\\z=\blue 1 \black\times t\end{cases}\enskip ; t\in\R admet le même vecteur \vec{u} (1;-1;1) comme vecteur directeur.

On en déduit que:
\boxed{(\Delta)\perp (Q)}


7-a) La distance du point N(a;b;c) au plan (Q)\text{ : }x-y+z-1=0 \text{ est : }

\begin{matrix} d(N;(Q))&=& \dfrac{\left|1\times a -1\times b +1\times c-1\right|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}} &=&\dfrac{|a-b+c-1|}{\sqrt{3}}&\Longrightarrow& \boxed{d(N;(Q))=\dfrac{|a-b+c-1|}{\sqrt{3}}}\end{matrix}

b) D'après l'énoncé:

Le système fonctionne correctement si d(N;(Q))=1

La puce est placée sur la tige, donc: N\in (\Delta) .

Donc:

\begin{matrix} d(N;(Q))=1 &\iff& \dfrac{|a-b+c-1|}{\sqrt{3}}=1 &\iff& |a-b+c-1|=\sqrt{3} &\iff& \begin{cases} a-b+c-1=-\sqrt{3} \\ \text{ ou } \\ a-b+c-1=\sqrt{3} \end{cases}\end{matrix}

Le point N appartient à (\Delta), donc ses coordonnées (a;b;c) vérifient la représentation paramétrique de (\Delta) trouvée en 5-c) ; donc:

\text{ Il existe }t\in\R\text{ tel que : } \begin{cases}   a=t \\b=-t+\dfrac{1}{3}\\c=t\end{cases} \text{ , d'où : }a=c=-b+\dfrac{1}{3}

On tire de ce qui précède que: \begin{cases} a-b+c-1=-\sqrt{3} \\ \text{ ou } \\ a-b+c-1=\sqrt{3} \end{cases} \enskip\text{ et }\enskip a=-b+\dfrac{1}{3}=c

Donc: \begin{matrix} \begin{cases} a-b+c-1=-\sqrt{3} \\ \text{ ou } \\ a-b+c-1=\sqrt{3} \end{cases} &\iff& \begin{cases} 3a-\dfrac{1}{3}-1=-\sqrt{3} \\ \text{ ou } \\ 3a-\dfrac{1}{3}-1=\sqrt{3} \end{cases} &\iff&  \begin{cases} 3a=-\sqrt{3}+\dfrac{4}{3} \\ \text{ ou } \\ 3a=\sqrt{3}+\dfrac{4}{3} \end{cases}&\iff&  \begin{cases} a=\dfrac{-3\sqrt{3}+4}{9} \\ \text{ ou } \\  a=\dfrac{3\sqrt{3}+4}{9}\end{cases} \end{matrix}

Or, a=-b+\dfrac{1}{3}=c , on obtient les triplets possibles pour le point \text{ N : }

Triplet 1 : a=c=\dfrac{3\sqrt{3}+4}{9} \text{ , et donc: } b=-a+\dfrac{1}{3} = \dfrac{-3\sqrt{3}-4}{9}+\dfrac{3}{9} =\dfrac{-3\sqrt{3}-1}{9}

Triplet 2 : a=c=\dfrac{-3\sqrt{3}+4}{9} \text{ , et donc: } b=-a+\dfrac{1}{3} = \dfrac{3\sqrt{3}-4}{9}+\dfrac{3}{9} =\dfrac{3\sqrt{3}-1}{9}

Conclusion:

\boxed{\text{ Les triplets }(a;b;c)\text{ possibles sont: } \left(\dfrac{3\sqrt{3}+4}{9};\dfrac{-3\sqrt{3}-1}{9} ; \dfrac{3\sqrt{3}+4}{9}\right)\text{ et }\left(\dfrac{-3\sqrt{3}+4}{9};\dfrac{3\sqrt{3}-1}{9} ; \dfrac{-3\sqrt{3}+4}{9}\right)}



probleme 3



8) La fonction u définie sur \R par u(x)=x^2e^{-x} est dérivable sur \R comme produit de fonctions dérivables sur \R.

Donc:

\begin{matrix} \forall x\in\R\text{ : }u'(x)+u(x)&=& (x^2e^{-x})'+x^2e^{-x}&=& 2xe^{-x}-x^2e^{-x}+x^2e^{-x}&=& 2xe^{-x}\end{matrix}

On obtient:
\forall x\in\R\text{ : }u'(x)+u(x)=2xe^{-x}


On en déduit que:

\boxed{ u\text{ est une solution de l'équation différentielle }(E)\text{ : }y'+y=2xe^{-x}}


9-a) Soit g une fonction dérivable sur \R

On a:

\begin{matrix} (g-u)\text{ est solution de }(E_1)&\iff& \forall x\in\R \text{ : }(g-u)'(x)+(g-u)(x)=0 \\&\iff& \forall x\in\R\text{ : } g'(x)-u'(x)+g(x)-u(x)=0 \\&\iff& \forall x\in\R\text{ : }g'(x)+g(x)=u'(x)+u(x) \\&\iff& \forall x\in\R\text{ : }g'(x)+g(x)=2xe^{-x} &\left(\text{ En effet: }u\text{ est solution de l'équation }(E) \text{ d'après }\red 8) \black\right) \\&\iff & g\text{ est une solution de } (E) \end{matrix}

Conclusion:
\boxed{ g\text{ est solution de }(E) \text{ si et seulement si } (g-u)\text{ est solution de }(E_1)}


b) Résolvons l'équation différentielle (E_1)\text{ : }y'+y=0

Directement d'après le cours:

\boxed{\text{Les solutions de }(E_1)\text{ sont les fonctions de la forme }x\mapsto k \text{ e}^{-x} \enskip \text{ avec }k\in\R}


Et d'après la question précédente, les solutions de l'équation (E) sont donc les fonctions de la forme x\mapsto ke^{-x}+u(x)=ke^{-x}+x^2e^{-x}  \text{ ; }k\in\R

Ou encore:

\boxed{\text{Les solutions de }(E) \text{ sont les fonctions de la forme }x\mapsto (x^2+k) \text{ e}^{-x} \enskip \text{ avec }k\in\R}


c) Puisque la fonction f est une solution de l'équation (E) , alors il existe un réel k tel que : f(x)=(x^2+k)e^{-x}

Or, d'après l'énoncé, f s'annule en 1 , il s'ensuit que: f(1)=0\iff (1^2+k)e^{-1}=0 \iff k+1=0 \iff k=-1

On obtient:

\boxed{\forall x\in\R\text{ : }f(x)=(x^2-1)e^{-x}}


10) Étude de la fonction f

La fonction f est une fonction définie sur \R\text{ , donc: }\mathscr{D}_f=\R=]-\infty;+\infty[

Calculons les limites aux bornes de \mathscr{D}_f\text{ : }

En -\infty\text{ : }

\displaystyle\lim_{x\to-\infty} f(x)= \lim_{x\to -\infty} (x^2-1)e^{-x}=\lim_{x\to-\infty} x^2e^{-x} =  (+\infty)\times (+\infty)=+\infty

En +\infty\text{ : }

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)&=&\displaystyle\lim_{x\to +\infty} (x^2-1)e^{-x} &=&\displaystyle\lim_{x\to +\infty} x^2e^{-x}\\&=& \displaystyle\lim_{x\to +\infty}x^2\left(e^{-x/2\right)^2 &=& \displaystyle\lim_{x\to +\infty} \left(xe^{-x/2}\right)^2 \\&=& \displaystyle\lim_{x\to +\infty} \left[-2\left(-\dfrac{x}{2}e^{-x/2}\right)\right]^2 &\underbrace{=}_{\text{ On pose} X=-\dfrac{x}{2}}& \displaystyle\lim_{X\to -\infty}\left(-2Xe^{X}\right)^2\\&=& (-2\times 0)^2 &=& 0 \end{matrix}

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


La fonction f est dérivable sur \R comme produit de fonctions dérivables sur \R.

Pour tout x\in\R\text{ : }\begin{matrix} f'(x)&=& \left((x^2-1)e^{-x}\right)'&=& 2xe^{-x}-(x^2-1)e^{-x} &=& (-x^2+2x+1)e^{-x} \end{matrix}

Puisque pour tout réel x\text{ , }e^{-x}>0 , donc le signe de f'(x) est celui du trinôme -x^2+2x+1 .

Etudions le signe de -x^2+2x+1\text{ , } calculons pour cela son discriminent \text{ : }\Delta= 2^2-4\times (-1)\times 1 = 8>0

Le trinôme admet donc deux racines:

x_1=\dfrac{-2-\sqrt{8}}{-2}= \dfrac{-2-2\sqrt{2}}{-2}=1+\sqrt{2}

x_2=\dfrac{-2+\sqrt{8}}{-2}= \dfrac{-2+2\sqrt{2}}{-2}=1-\sqrt{2}

On trace le tableau de signes de -x^2+2x+1\text{ : }

\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x       & -\infty       &        & 1-\sqrt{2}  &  &1+\sqrt{2}&     &+\infty  \\ \hline -x^2+2x+1 & &-&\barre{0}&+& \barre{0}&-& \\  \hline \end{array}


On en tire que:

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


On en déduit que:

 \boxed{\begin{matrix}\bullet &f \text{ est strictement décroissante sur } \left]-\infty; 1-\sqrt{2}\right[\cup ]1+\sqrt{2};+\infty[ \\ \bullet & f \text{ admet un minimum en }1-\sqrt{2} \text{ et un maximum en }1+\sqrt{2} \\ \bullet &f \text{ est strictement croissante sur } \left]1-\sqrt{2};1+\sqrt{2} \right[ \end{matrix} }


Finalement:

f\left(1-\sqrt{2}\right)=((1-\sqrt{2})^2-1)e^{\sqrt{2}-1} = 2(1-\sqrt{2})e^{\sqrt{2}-1} \approx -1,25

f\left(1+\sqrt{2}\right)=((1+\sqrt{2})^2-1)e^{-1-\sqrt{2}} = 2(1+\sqrt{2})e^{-1-\sqrt{2}} \approx 0,43

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

\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x     & -\infty     &             & 1-\sqrt{2} &        &   1+\sqrt{2}&&+\infty                                          \\ \hline f'(x)        &   & -              &\barre{0}      & +     &    \barre{0}&-&                               \\ \hline       & +\infty  &       &         & &  \approx 0,43 &&    \\  f               &   &\searrow&          &     \nearrow       &          &\searrow&                            \\	             &      &     &   \approx -1,25     &  & &  &0                                         \\  \hline \end{array}}


11-a) Étude des branches infinies:

Puisque \displaystyle\lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty , on calcule \displaystyle\lim_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}{x}\text{ : }

\displaystyle\lim_{x\to-\infty} \dfrac{f(x)}{x}= \lim_{x\to -\infty} \dfrac{x^2-1}{x}e^{-x}=\lim_{x\to-\infty} \dfrac{x^2}{x}e^{-x} = \lim_{x\to-\infty} x e^{-x} (-\infty)\times (+\infty)=-\infty

Interprétation graphique:

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

De plus, on a \displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)=0

Interprétation graphique:

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

b) Le graphique:

On remarque que f(-1)=f(1)=0 , donc la courbe coupe l'axe des abscisses en deux points I(1;0) et I'(-1;0)

Bac Bénin 2023 série D : image 6
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