Fiche de mathématiques
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Bac Mathématiques

Burkina Faso 2023

Série A4

1er tour

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Durée : 3h
Coefficient: 3
Calculatrice non autorisée



5 points

exercice 1


Bac Burkina Faso 2023 série A4 - 1er tour : image 3


6 points

exercice 2


Bac Burkina Faso 2023 série A4 - 1er tour : image 2


9 points

probleme


Bac Burkina Faso 2023 série A4 - 1er tour : image 1








exercice 1



1) On a P(x)=4x^3+ax^2+bx-2 .

Puisque -\dfrac{1}{2}\text{ et }\dfrac{1}{2} sont des racines de P, alors:

\begin{matrix} \begin{cases} P\left(-\dfrac{1}{2}\right)=0 \\ P\left(\dfrac{1}{2}\right)=0\end{cases} &\iff& \begin{cases} 4\left(-\dfrac{1}{2}\right)^3+a\left(-\dfrac{1}{2}\right)^2+b\left(-\dfrac{1}{2}\right)-2=0 \\ 4\left(\dfrac{1}{2}\right)^3+a\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+b\left(\dfrac{1}{2}\right)-2=0 \end{cases} &\iff& \begin{cases} -\dfrac{4}{8}+\dfrac{a}{4}-\dfrac{b}{2}-2=0 \\ \dfrac{4}{8}+\dfrac{a}{4} +\dfrac{b}{2}-2=0\end{cases} \\\\ &\iff& \begin{cases} \dfrac{-2+a-2b}{4}=2 \\ \dfrac{2+a+2b}{4}=2\end{cases} &\iff& \begin{cases} a-2b=10 \\a+2b=6\end{cases} \\\\ &\iff& \begin{cases} a=10+2b \\4b=-4 \end{cases} &\iff& \boxed{\begin{cases} a=8\\ b=-1\end{cases} }\end{matrix}

2-a) On a trouvé que a=8\text{ et }b=-1 si et seulement si -\dfrac{1}{2}\text{ et }\dfrac{1}{2} sont des racines de P

Donc, directement:
\boxed{P\left(-\dfrac{1}{2}\right)=P\left(\dfrac{1}{2}\right)=0}


b) Puisque -\dfrac{1}{2}\text{ et }\dfrac{1}{2} sont des racines de P , alors il existe u\text{ et }v\text{ tels que }:

\begin{matrix} P(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\left(x+\dfrac{1}{2}\right)(ux+v) &\iff& 4x^3+8x^2-x-2 =\left(x^2-\dfrac{1}{4}\right)(ux+v) \\\\&\iff& 4x^3+8x^2-x-2 = ux^3+vx^2-\dfrac{u}{4}x-\dfrac{v}{4}  \\\\&\iff& \begin{cases} u=4 \\ v=8 \\\dfrac{u}{4}=1 \\ \dfrac{v}{4}=2 \end{cases} \\\\&\iff& \boxed{\begin{cases} u=4 \\ v=8  \end{cases}}\end{matrix}

Donc:

P(x)=\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\left(x+\dfrac{1}{2}\right)(4x+8)\iff \boxed{ P(x)=4\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\left(x+\dfrac{1}{2}\right)(x+2)}


c) Résolvons l'équation P(x)=0\text{ : }

\begin{matrix} P(x)=0 &\iff& 4\left(x-\dfrac{1}{2}\right)\left(x+\dfrac{1}{2}\right)(x+2)=0 \\&\iff& x-\dfrac{1}{2}=0 \text{ ou }x+\dfrac{1}{2}=0\text{ ou }x+2=0 \\&\iff& x=-\dfrac{1}{2}\text{ ou }x=\dfrac{1}{2}\text{ ou }x=-2 \end{matrix}

\boxed{\text{ L'ensemble des solutions de l'équation }P(x)=0 \text{ est : }S=\left\lbrace -2;-\dfrac{1}{2};\dfrac{1}{2}\right\rbrace }


3-a) Résolvons l'équation 4(\ln x)^3+8(\ln x)^2-2\ln \sqrt{x} -2=0\text{ : }

\begin{matrix} 4(\ln x)^3+8(\ln x)^2-2\ln \sqrt{x} -2=0&\iff& 4(\ln x)^3+8(\ln x)^2-\ln \sqrt{x}^2 -2=0\\ &\iff& 4(\ln x)^3+8(\ln x)^2-\ln x -2=0 \\&\iff& 4X^3+8X^2-X-2=0 \enskip\enskip\enskip \text{(En posant: }X=\ln x\text{)} \\&\iff& X=-\dfrac{1}{2}\text{ ou }X=\dfrac{1}{2}\text{ ou }X=-2 \\&\iff& \ln x=-\dfrac{1}{2}\text{ ou }\ln x=\dfrac{1}{2}\text{ ou }\ln x=-2 \\&\iff& x=e^{-\frac{1}{2}}\text{ ou }x=e^{\frac{1}{2}}\text{ ou }x=e^{-2}\end{matrix}

\boxed{\text{ L'ensemble des solutions }\text{ est : }S'=\left\lbrace e^{-2};e^{-\frac{1}{2}};e^{\frac{1}{2}}\right\rbrace }


b) Résolvons l'équation 4e^{2x}+8e^x-2e^{-x} -1=0\text{ : }

\begin{matrix}4e^{2x}+8e^x-2e^{-x} -1=0&\iff& e^x\left(4e^{2x}+8e^x-2e^{-x} -1\right)=0\times e^x\\ &\iff& 4e^{3x}+8e^{2x}-2-e^x=0 \\&\iff& 4\left(e^x\right)^3+8\left(e^x\right)^2-e^x-2=0 \\&\iff& 4X^3+8X^2-X-2=0  \enskip\enskip\enskip \text{(En posant: }X=e^x\text{)} \\&\iff& X=-\dfrac{1}{2}\text{ ou }X=\dfrac{1}{2}\text{ ou }X=-2 \\&\iff& e^x=\dfrac{1}{2}\enskip\enskip \text{ (car pour tout réel }x\text{ : }e^x>0\text{)} \\&\iff& x=\ln \dfrac{1}{2} \\&\iff& x=-\ln 2\end{matrix}

\boxed{\text{ L'ensemble des solutions }\text{ est : }S''=\left\lbrace -\ln 2 \right\rbrace }




exercice 2


On note ''P''\text{ : pile et }''F''\text{ : face. }

1-a) Directement d'après l'énoncé:

Si le joueur obtient (F;F)\text{ , alors : }X=-500

Si le joueur obtient (P;F)\text{ ou }(F;P)\text{ , alors : }X=100

Si le joueur obtient (P;P)\text{ , alors : }X=200

\boxed{\text{ Les valeurs prises par }X \text{ sont : }-500\text{ ; }100\text{ et }200}


b) Dressons un arbre pondéré:

Bac Burkina Faso 2023 série A4 - 1er tour : image 4


On a donc:

P(X=-500)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}

P(X=100)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}

P(X=200)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}

Et on représente la loi de probabilité de X sous forme de tableau:

\begin{array}{|l|c|c|c|}\hline \text{ Valeur } x_i&-500&100&200\\  \hline &&&  \\  \text{ Probabilité }P(X=x_i) &\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{4} \\ &&&\\ \hline   \end{array}


c) Calculons l'espérance mathématique \overset{{\white{.}}}{E(X)} de X .

E(X)=\displaystyle\sum_{i=1}^3x_i\,P(X=x_i)=-500\times \dfrac14+100\times\dfrac12+200\times\dfrac14 \Longrightarrow\quad\boxed{E(X)=-\dfrac14}

d) L'espérance mathématique est négative, donc:

\boxed{\text{Le jeu est défavorable au joueur }}


2-a) Directement d'après l'énoncé:

Si le joueur obtient (F;F)\text{ , alors : }Y=-500

Si le joueur obtient (P;F)\text{ ou }(F;P)\text{ , alors : }Y=a

Si le joueur obtient (P;P)\text{ , alors : }Y=2a

\boxed{\text{ Les valeurs prises par }Y \text{ sont : }-500\text{ ; }a\text{ et }2a}


b) De la même manière, et en utilisant le même arbre pondéré, on trouve:

P(Y=-500)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}

P(Y=a)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}

P(Y=2a)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}

Et on représente la loi de probabilité de Y sous forme de tableau:

\begin{array}{|l|c|c|c|}\hline \text{ Valeur } y_i&-500&a&2a\\  \hline &&&  \\  \text{ Probabilité }P(Y=y_i) &\dfrac{1}{4}&\dfrac{1}{2}&\dfrac{1}{4} \\ &&&\\ \hline   \end{array}


c) Calculons l'espérance mathématique \overset{{\white{.}}}{E(Y)} de Y .

E(X)=\displaystyle\sum_{i=1}^3y_i\,P(Y=y_i)=-500\times \dfrac14+a\times\dfrac12+2a\times\dfrac14 \Longrightarrow\quad\boxed{E(Y)=\dfrac{-500+4a}{4}}

3) Le jeu est équitable si et seulement si l'espérance mathématique est nulle, donc:

\begin{matrix} E(Y)=0&\iff& \dfrac{-500+4a}{4}=0&\iff& -500+4a=0 &\iff& a=\dfrac{500}{4} &\iff& \boxed{a=125}\end{matrix}

\boxed{\text{Le joueur doit gagner 125F à chaque ''pile'' pour que le jeu soit équitable }}




probleme



Partie A:

\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }g(x)=x^2-2\ln x


1)

La limite en 0 à droite:

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to 0^+}g(x) &=&  \displaystyle\lim_{x\to 0^+}x^2-2\ln x &=& 0-2\times (-\infty) &=& +\infty \end{matrix}

La limite en +\infty :

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x) &=&  \displaystyle\lim_{x\to +\infty}x^2-2\ln x &=&  \displaystyle\lim_{x\to +\infty}x\left(x-2\dfrac{\ln x}{x}\right)&=& (+\infty)\times \left[(+\infty)-2\times 0\right] &=& +\infty \end{matrix}

Conclusion:

\boxed{ \displaystyle\lim_{x\to 0^+}g(x)=+\infty\enskip\text{ et }\enskip \displaystyle\lim_{x\to +\infty}g(x)=+\infty}


2-a) La fonction g est dérivable sur ]0;+\infty[ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

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

\boxed{\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }g'(x)=\dfrac{2(x+1)(x-1)}{x}}


b) On sait que pour tout réel x strictement positif: x+1>1>0 \enskip\text{ et }x>0 .

Donc le signe de g'(x) est celui de x-1 , dressons le tableau de signe de x-1\text{ :}

\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x       & 0       &        & 1  &    &+\infty  \\ \hline x-1 &\dbarre &-&\barre{0}&+& \\  \hline \end{array}


Alors:

\boxed{\begin{matrix} \bullet & \forall x\in ]0;1[\text{ : }g'(x)<0 \\ \bullet & g'(1)=0 \\ \bullet & \forall x\in ]1;+\infty[\text{ : }g'(x)>0 \end{matrix}}


c) On tire de ce qui précède directement que:

\boxed{\begin{matrix} \bullet & g\text{ est strictement décroissante sur } ]0;1[\\ \bullet & g\text{ admet un minimum en }1 \\ \bullet &  g\text{ est strictement croissante sur }  ]1;+\infty[\end{matrix}}


Or, g(1)=1^2-2\ln 1=1 , et on dresse le tableau de variations de la fonction g\text{ :}

\begin{array}{|c|ccccc|} \hline x     & 0     &             & 1 &        &   +\infty                                          \\ \hline g'(x)        & \dbarre  & -              &\barre{0}      & +     &                               \\ \hline       & +\infty  &       &         &   &+\infty \\  g               &  \dbarre &\searrow&          &     \nearrow       &                               \\	             & \dbarre     &     &   g(1)=1     &  &                                       \\  \hline \end{array}}


3) La fonction g amdet un minimum en 1, alors, pour tout x\in ]0;+\infty[\text{ : }g(x)\geq g(1)=1 >0

Donc:

\boxed{ \forall x\in]0;+\infty[\text{ : }g(x) >0}


Partie B:

\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f(x)=\dfrac{x}{2}+\dfrac{1+\ln x}{x}


1)

La limite en 0 à droite:

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x) &=&  \displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{x}{2}+\dfrac{1+\ln x}{x} &=& 0+\dfrac{1+(-\infty)}{0^+} &=& (-\infty)\times (+\infty) &=& -\infty\end{matrix}

La limite en +\infty :

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x) &=&  \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{x}{2}+\dfrac{1+\ln x}{x} &=&  \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{x}{2}+\dfrac{1}{x}+\dfrac{\ln x}{x}&=& (+\infty)+0+0 &=& +\infty \end{matrix}

Conclusion:

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


Puisque \displaystyle\lim_{x\to 0^+}f(x)=-\infty , donc:

\boxed{\text{ La droite d'équation }x=0\text{ (c'est-à-dire l'axe des ordonnées) }\text{est une asymptote verticale à }(C)\text{ dirigée vers le bas}}


2-a) La fonction f est dérivable sur ]0;+\infty[ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

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

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


Et en Mettant les deux fractions au même dénominateur, on obtient:

\forall x\in]0;+\infty[\text{ : }f'(x)=\dfrac{1}{2}- \dfrac{\ln x}{x^2}=\dfrac{x^2-2\ln x}{2x^2} \Longrightarrow \boxed{ \forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }f'(x)=\dfrac{g(x)}{2x^2} }

b) Puisque pour tout réel x strictement positif, 2x^2 >0 \text{ , et d'après la } Partie A \text{ , } g(x)>0.

On en déduit que:
\boxed{\forall x>0\text{ : }f'(x)>0 }


On en tire que:

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


Dressons le tableau de variations de la fonction f\text{ :}

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


3-a) Calculons la limite \displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)-y\text{ : }

\begin{matrix} \displaystyle\lim_{x\to +\infty}f(x)-y&=&\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{x}{2}+\dfrac{1+\ln x}{x}-\dfrac{x}{2} &=& \displaystyle\lim_{x\to +\infty}\dfrac{1}{x}+\dfrac{\ln x}{x}&=&0+0&=&0\end{matrix}

Interprétation graphique:

\boxed{\text{ La droite }(D)\text{ d'équation }y=\dfrac{1}{2}x\text{ est une asymptote oblique à }(C)\text{ au voisinage de }+\infty}


Etude de la position relative de (C) par rapport à (D)\text{ : }

On a pour tout réel x\in ]0;+\infty[\text{ : }f(x)-y=\dfrac{x}{2}+\dfrac{1+\ln x}{x}-\dfrac{x}{2}=\dfrac{1+\ln x}{x}

De plus, pour tout réel x>0 , le signe de f(x)-y est celui de 1+\ln x , étudions alors ce signe.

Résolvons pour cela l'équation 1+\ln x=0\text{ : }

\begin{matrix}1+\ln x=0 &\iff& \ln x=-1 &\iff& x=e^{-1}\end{matrix}


Par croissance de la fonction \ln\text{, on obtient: }

\begin{matrix} \forall x\in ]0;e^{-1}[\text{ : }0>1+\ln x  \\  \text{ Pour }x=e^{-1} \text{ : } 1+\ln x=0 \\ \forall x\in ]e^{-1};+\infty[\text{ : }1+\ln x>0\end{matrix} \enskip\enskip\text{ , donc : }\enskip\enskip \begin{matrix} \forall x\in ]0;e^{-1}[\text{ : }0> f(x)-y  \\  \text{ Pour }x=e^{-1} \text{ : } f(x)-y=0 \\ \forall x\in ]e^{-1};+\infty[\text{ : }f(x)-y>0\end{matrix}


Finalement, on calcule f(e^{-1})=\dfrac{e^{-1}}{2}+\dfrac{1+\ln e^{-1}}{e^{-1}}=\dfrac{1}{2e}+\dfrac{1-1}{e^{-1}}=\dfrac{1}{2e}

On en déduit que:

\boxed{\begin{cases} (C) \text{ est en dessous de }(D)\text{ sur }]0;e^{-1}[ \\ (C) \text{ coupe }(D) \text{ au point }K\left(\dfrac{1}{e};\dfrac{1}{2e}\right) \\  (C) \text{ est au-dessus de }(D)\text{ sur }]e^{-1};+\infty[\end{cases}}


b) Le coefficient directeur de (D) étant \dfrac{1}{2}, l'abscisse du point B qu'on note x_B doit vérifier f'(x_B)=\dfrac{1}{2} .

\begin{matrix} f'(x_B)=\dfrac{1}{2}&\iff& \dfrac{g(x_B)}{2x_B^2}=\dfrac{1}{2} &\iff& g(x_B)=x_B^2 \\&\iff& x_B^2-2\ln x_B=x_B^2 &\iff& \ln x_B=0\\ &\iff& x_B=1 \end{matrix}

Et on calcule l'ordonnée de B qu'on note y_B=f(x_B)\text{ : }

y_B=f(x_B)=\dfrac{x_B}{2}+\dfrac{1+\ln x_B}{x_B}=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1+\ln 1}{1}=\dfrac{1}{2}+1=\dfrac{3}{2}

\boxed{\text{ Les coordonnées du point }B\text{ demandées sont: }B\left(1;\dfrac{3}{2}\right) }


4) D'après la question précédente, le point A n'est autre que le point B , et on a déjà calculé : f'(1)=\dfrac{1}{2} \text{ et }f(1)=\dfrac{3}{2}

Donc la tangente (T) au point A=B a pour équation :

(T)\text{ : }y=f'(1)(x-1)+f(1) \iff (T)\text{ : }y=\dfrac{1}{2} (x-1)+\dfrac{3}{2} \iff \boxed{(T)\text{ : }y=\dfrac{1}{2}x+1 }

5) Le graphique:

Bac Burkina Faso 2023 série A4 - 1er tour : image 5
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