Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques

Burkina Faso 2023

Série C

1er tour

Durée : 4h
Coefficient: 6
Calculatrice non autorisée

4 points

exercice 1

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

4 points

exercice 2

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

12 points

probleme

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

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

Correction

Bac Burkina Faso 2023 série C - 1er tour

4 points

exercice 1

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé $\overset{ { \white{ . } } } {(O,\vec u, \vec v).}$
Pour tous nombres complexes $\overset{ { \white{ . } } } {z,\lambda\in\C}$ , on pose : $P_\lambda(z)=z^3-(7+3\text i)z^2+\lambda z-4-18\text i.$

1. a) Déterminer la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } {\lambda}$ notée $\overset{ { \white{ . } } } {\lambda _0}$ pour que $\overset{ { \white{ . } } } {z_0=2}$ soit solution de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {P_\lambda(z)=0.}$

Le réel 2 est solution de $\overset{ { \white{ . } } } {P_\lambda(z)=0.}$
Nous obtenons alors :

$P_\lambda(2)=0\quad\Longleftrightarrow\quad 2^3-(7+3\text i)\times2^2+2\lambda -4-18\text i=0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P_\lambda(2)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad 8-28-12\text i+2\lambda -4-18\text i=0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P_\lambda(2)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad 2\lambda -24-30\text i=0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P_\lambda(2)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad 2\lambda =24+30\text i} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{P_\lambda(2)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \lambda =12+15\text i}$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lambda _0 =12+15\text i}}$ et $\boxed{P_{\lambda_0}(z)=z^3-(7+3\text i)z^2+(12+15\text i) z-4-18\text i}\,.$

1. b) Résolvons dans $\overset{ { \white{ _. } } } {\C}$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}(z)=0.}$

Nous savons que 2 est une racine de $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}.}$
Donc $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}(z)}$ peut se factoriser par $\overset{ { \white{ . } } } {(z-2)}$

Ecrivons $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}(z)}$ sous la forme : $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}(z)=(z-2)(az^2+bz+c)}$ où $\overset{ { \white{ . } } } {a,b,c\in\C.}$

Déterminons les valeurs de $\overset{ { \white{ . } } } {a,b,c}$ par le tableau de Horner.

${ \white{ WWWWWWW} } \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&&1&&-7-3\text i&&12+15\text i&&-4-18\text i &&&&&&&&\\\hline&&&&&&&\\\quad2\phantom{x}&&&2&&-10-6\text i&&4+18\text i\\&&&&&&&\\\hline&&&&&&||&\\&1&&-5-3\text i&&2+9\text i&||&0\\&&&&&&||&\\\hline \end{array}$

Nous en déduisons que :    $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}(z)=(z-2)\Big(z^2-(5+3\text i)z+2+9\text i\Big)}$

Dès lors,

$P_{\lambda_0}(z)=0\quad\Longleftrightarrow\quad (z-2)\Big(z^2-(5+3\text i)z+2+9\text i\Big)=0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{P_{\lambda_0}(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad z-2=0\quad\text{ou}\quad z^2-(5+3\text i)z+2+9\text i=0} \\\\\bullet\quad z-2=0\quad\Longleftrightarrow\quad z=2$

$\\\\\bullet\quad z^2-(5+3\text i)z+2+9\text i=0 \\\\\phantom{xxx}\underline{\text{Discriminant}}:\Delta=[-(5+3\text i)]^2-4\times1\times(2+9\text i) \\\phantom{WWWWWWWWi}=25+30\text i-9-8-36\text i \\\phantom{WWWWWWWWi}=8-6\text i \\\phantom{WWWWWWWWi}=9-6\text i-1 \\\phantom{WWWWWWWWi}=(3-\text i)^2 \\\\\phantom{xxx}\underline{\text{Solutions}}:z_1=\dfrac{5+3\text i+(3-\text i)}{2}=\dfrac{8+2\text i}{2}=4+\text i \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWW}z_2=\dfrac{5+3\text i-(3-\text i)}{2}=\dfrac{5+3\text i-3+\text i}{2}=\dfrac{2+4\text i}{2}=1+2\text i}$

Par conséquent, les solutions de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}(z)=0}$   sont : $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{z_0=2\;;\;z_1=4+\text i\;;\;z_2=1+2\text i}\,.}$

1. c) On note A , B et D les points d'affixes respectifs $\overset{ { \white{ . } } } {z_A\;;\;z_B}$ et $\overset{ { \white{ . } } } {z_D}$ solutions de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {P_{\lambda _0}(z)=0}$ tels que    $\overset{ { \white{ . } } } {\text{Im}\,(z_A)<\text{Im}\,(z_B)<\text{Im}\,(z_D).}$

$\left\lbrace\begin{matrix}z_0=2\phantom{xxx}\\z_1=4+\text i\phantom{x}\\z_2=1+2\text i\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\text{Im}\,(z_0)=0\\\text{Im}\,(z_1)=1\\\text{Im}\,(z_2)=2\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWi}\quad\Longrightarrow\quad\text{Im}\,(z_0)<\text{Im}\,(z_1)<\text{Im}\,(z_2) \\\\\phantom{WWWWWi}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}z_A=2\phantom{xxx}\\z_B=4+\text i\phantom{x}\\z_D=1+2\text i\end{matrix}\right.}$

Plaçons les points A , B et D dans le repère $\overset{ { \white{ . } } } {(O,\vec u, \vec v)}$ et montrons que le triangle ABD est rectangle isocèle en A .

Bac Burkina Faso 2023 série C - 1er tour : image 12

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}=\dfrac{1+2\text i-2}{4+\text i-2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}}=\dfrac{-1+2\text i}{2+\text i}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}}=\dfrac{\text i^2+2\text i}{2+\text i}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}}=\dfrac{\text i\,(\text i+2)}{2+\text i}}$
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}}=\text i} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}=\text i}$

Par conséquent, le triangle ABD est rectangle isocèle en A .

1. d) Déterminons l'affixe $\overset{ { \white{ . } } } {z_C}$ du point $\overset{ { \white{ _. } } } {C}$ image du point $\overset{ { \white{ _. } } } {A}$ par la symétrie orthogonale d'axe $\overset{ { \white{ . } } } {(BD).}$

Par définition du point $\overset{ { \white{ _. } } } {C,}$ nous déduisons que le triangle $\overset{ { \white{ . } } } {BCD}$ est rectangle isocèle en $\overset{ { \white{ . } } } {C.}$
Dès lors, le quadrilatère $\overset{ { \white{ . } } } {ABCD}$ est un carré.

Nous obtenons alors :

$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AD}\quad\Longleftrightarrow\quad z_{\overrightarrow{BC}}=z_{\overrightarrow{AD}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}}\quad\Longleftrightarrow\quad z_C-z_B=z_D-z_A} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}}\quad\Longleftrightarrow\quad z_C=z_B+z_D-z_A} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}}\quad\Longleftrightarrow\quad z_C=4+\text i+1+2\text i-2}$
$\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}}\quad\Longleftrightarrow\quad z_C=3+3\text i} \\\\\Longrightarrow\qud\boxed{z_C=3+3\text i}$

2. On considère le système de points pondérés $(E):\lbrace(A,9)\;;\;(B,\alpha)\;;\;(C,2)\rbrace\,.$

2. a) Nous devons déterminer la valeur de $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ notée $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha _0}$ pour que $\overset{ { \white{ . } } } { O}$ soit un barycentre de $\overset{ { \white{ . } } } { (E).}$

L'origine $\overset{ { \white{ . } } } { O}$ est le barycentre de $\overset{ { \white{ . } } } { (E)}$ signifie que : $\dfrac{9z_A+\alpha z_B+2z_C}{9+\alpha+2}=0\quad\quad (9+\alpha+2\neq0).$

Nous remarquons la condition $\overset{ { \white{ . } } } {9+\alpha+2\neq0}$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } {\alpha\neq-11.}$

Dès lors, si $\overset{ { \white{ . } } } {\alpha\neq-11,}$

$\dfrac{9z_A+\alpha z_B+2z_C}{\alpha+11}=0\quad\Longleftrightarrow\quad 9z_A+\alpha z_B+2z_C=0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad 9\times2+\alpha (4+\text i)+2(3+3\text i)=0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad 18+\alpha (4+\text i)+6+6\text i=0}$
${ \white{ WWWWWWWWWW } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha (4+\text i)+24+6\text i=0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha (4+\text i)=-24-6\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha (4+\text i)=-6(4+\text i)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\alpha=-6}}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\alpha _0=-6}$ et par suite, le point $\overset{ { \white{ . } } } { O}$ est le barycentre de $\overset{ { \white{ . } } } { (E):\lbrace(A,9)\;;\;(B,-6)\;;\;(C,2)\rbrace\,.}$

2. b) Nous devons déterminer l'ensemble $(\Gamma _1)$ des points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ du plan tels que :
$\overset{ { \white{ . } } } {9MA^2-6MB^2+2MC^2=-10.}$
Pour tout point $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ du plan,

$9MA^2-6MB^2+2MC^2$

${ \white{ xxi } }$ $\\=9\overrightarrow{MA}^2-6\overrightarrow{MB}^2+2\overrightarrow{MC}^2 \\\overset{ { \white{ . } } } {=9(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OA})^2-6(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OB})^2+2(\overrightarrow{MO}+\overrightarrow{OC})^2} \\\\=9(\overrightarrow{MO}^2+2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OA}^2)-6(\overrightarrow{MO}^2+2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}^2) \\\phantom{9MA^2-2MB^2+6MC^2}+2(\overrightarrow{MO}^2+2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}^2) \\\\=9\overrightarrow{MO}^2+18\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OA}+9\overrightarrow{OA}^2-6\overrightarrow{MO}^2-12\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OB}-6\overrightarrow{OB}^2 \\\phantom{9MA^2-2MB^2+6MC^2}+2\overrightarrow{MO}^2+4\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{OC}+2\overrightarrow{OC}^2$

${ \white{ xxi } }$ $=5\overrightarrow{MO}^2+2\overrightarrow{MO}.(9\overrightarrow{OA}-6\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OC})+9\,\overrightarrow{OA}^2-6\overrightarrow{OB}^2 +2\overrightarrow{OC}^2 \\\\=5\overrightarrow{MO}^2+2\overrightarrow{MO}.\overrightarrow{0}+9\,\overrightarrow{OA}^2-6\overrightarrow{OB}^2 +2\overrightarrow{OC}^2 \\\\=5\overrightarrow{MO}^2+9\,\overrightarrow{OA}^2-6\overrightarrow{OB}^2 +2\overrightarrow{OC}^2 \\\\=5MO^2+9\,OA^2-6OB^2+2OC^2$

$\\\\\Longrightarrow\boxed{9MA^2-6MB^2+2MC^2=5MO^2+9\,OA^2-6OB^2+2OC^2}$

$\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}OA^2=|2|^2=4\\OB^2=|z_B|^2=|4+\text{i}|^2=4^2+1^2=17\\OC^2=|z_C|^2=|3+3\text{i}|^2=3^2+3^2=18\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}OA^2=4\\OB^2=17\\OC^2=18\end{matrix}\right.}$

$\text{D'où }\ 9MA^2-6MB^2+2MC^2=5MO^2+9\times4-6\times17+2\times18 \\\phantom{\text{D'où }\ 9MA^2-2MB^2+6MC^2}=5MO^2+36-102+36 \\\\\Longrightarrow\boxed{9MA^2-6MB^2+2MC^2=5MO^2-30}$

Il s'ensuit que :

$M\in (\Gamma _1)\Longleftrightarrow9MA^2-6MB^2+2MC^2=-10 \\\phantom{M\in (\Gamma _1)}\Longleftrightarrow5MO^2-30=-10 \\\phantom{M\in (\Gamma _1)}\Longleftrightarrow5MO^2=20 \\\phantom{M\in (\Gamma _1)}\Longleftrightarrow MO^2=4 \\\phantom{M\in (\Gamma _1)}\Longleftrightarrow \boxed{MO=2}\ \ \ (\text{car }MO\ge0)$

Donc tous les points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ de l'ensemble $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _1) }$ se situent à égale distance du point fixe $\overset{ { \white{ _. } } } { O. }$ .
Par conséquent, l'ensemble $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _1) }$ est le cercle centré en $\overset{ { \white{ _. } } } { O }$ et de rayon égal à 2.

2. b) Nous devons déterminer l'ensemble $(\Gamma _2)$ des points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ du plan tels que :
$\overset{ { \white{ . } } } {(9\overrightarrow{MA}-6\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC})\cdot(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC})=10.}$
Le point $\overset{ { \white{ . } } } { O}$ est le barycentre de $\overset{ { \white{ . } } } { (E):\lbrace(A,9)\;;\;(B,-6)\;;\;(C,2)\rbrace\,.}$

Donc pour tout point $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ du plan, nous avons : $9\overrightarrow{MA}-6\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=(9-6+2)\overrightarrow{MO}$ , soit $\boxed{9\overrightarrow{MA}-6\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC}=5\overrightarrow{MO}}\,.$

De plus, dans le carré $\overset{ { \white{ . } } } {ABCD}$ , nous obtenons :

$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{MD}-\overrightarrow{MC} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{CD}}\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{ \overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{MD}}}$

Dès lors, $\boxed{(9\overrightarrow{MA}-6\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC})\cdot(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC})=5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}}$

Notons $\overset{ { \white{ . } } } { J}$ le milieu du segment $\overset{ { \white{ . } } } { [OD].}$

Nous obtenons alors :

$5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}=5(\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{JO})\cdot (\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{JD}) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}}=5(\overrightarrow{MJ}^2+\overrightarrow{MJ}\cdot\overrightarrow{JD}+\overrightarrow{JO}\cdot\overrightarrow{MJ}+\overrightarrow{JO}\cdot\overrightarrow{JD})} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}}=5\bigg(\overrightarrow{MJ}^2+\overrightarrow{MJ}\cdot(\overrightarrow{JD}+\overrightarrow{JO})+\overrightarrow{JO}\cdot\overrightarrow{JD}\bigg)}$

$\\\\\text{Or }\;\overrightarrow{JD}+\overrightarrow{JO}=\overrightarrow{0}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{MJ}\cdot(\overrightarrow{JD}+\overrightarrow{JO})=0 \\\\\text{et }\;\overrightarrow{JO}\cdot\overrightarrow{JD}=-\overrightarrow{JD}\cdot\overrightarrow{JD} =-JD^2=-|\frac 1 2z_D|^2=-\dfrac 1 4(1^2+2^2)\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow{JO}\cdot\overrightarrow{JD}=-\dfrac 5 4$

$\text{D'où }\;5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}=5\bigg(\overrightarrow{MJ}^2+\overrightarrow{0}-\dfrac 5 4\bigg)\quad\Longleftrightarrow\quad\boxed{5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}=5\overrightarrow{MJ}^2-\dfrac {25 }{4}}$

En conséquence, $(9\overrightarrow{MA}-6\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC})\cdot(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC})=5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}$ et

$\left\lbrace\begin{matrix} (9\overrightarrow{MA}-6\overrightarrow{MB}+2\overrightarrow{MC})\cdot(\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}+\overrightarrow{MC})=10\\\overset{ { \white{ . } } } { 5\overrightarrow{MO}\cdot \overrightarrow{MD}=5MJ^2-\dfrac {25 }{4}\phantom{WWWWWWWWWW}} \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad5MJ^2-\dfrac {25 }{4}=10 \\\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWWwWWWW}\quad\Longrightarrow\quad MJ^2-\dfrac {5 }{4}=2 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWWwWWWW}\quad\Longrightarrow\quad MJ^2=\dfrac {13 }{4}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWWWWWWWWWWwWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{ MJ=\dfrac {1}{2}\sqrt{13}}}$

Donc tous les points $\overset{ { \white{ _. } } } { M }$ de l'ensemble $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _2) }$ se situent à égale distance du point fixe $\overset{ { \white{ _. } } } { J. }$
Nous en déduisons que l'ensemble $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _2) }$ est le cercle centré en $\overset{ { \white{ _. } } } { J }$ et de rayon égal à $\dfrac {1}{2}\sqrt{13}$ .

2. c) Montrons que le point $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _2) }$ en montrant que la distance $\overset{ { \white{ _. } } } { AJ }$ est égale au rayon de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _2). }$

$AJ=|z_J-z_A| =|\dfrac 1 2z_D-z_A|=|\dfrac 1 2+\text i-2| =|-\dfrac 3 2+\text i|$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{AJ}=\sqrt{\left(-\dfrac 3 2\right)^2+1^2}} =\sqrt{\dfrac 9 4+1} =\sqrt{\dfrac {13}{4}}$

$\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{AJ=\dfrac 12\sqrt{13}}$

Nous avons donc montré que le point $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ appartient à $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _2) }$

3. Construisons $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _1) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Gamma _2) }$ dans le même repère $\overset{ { \white{ . } } } {(O,\vec u, \vec v).}$

Bac Burkina Faso 2023 série C - 1er tour : image 9

4 points

exercice 2

On considère l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E):y'-2y=\text e^x\cos x.}$

1. Nous devons résoudre l'équation différentielle $\overset{ { \white{ . } } } { (E_0):y'-2y=0.}$
La solution générale d'une équation différentielle de la forme $\overset{{\white{.}}}{y'=ay+b}$ est $y=k\,\text{e}^{ax}-\dfrac{b}{a}\ \ \ \ \ (k\in\R).$
$\text{Or }\ y'-2y=0\Longleftrightarrow y'=2y.$

Dans ce cas, a = 2 et b = 0.

D'où la solution générale de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E_0)}$ s'écrit $\boxed{y(x)=k\,\text{e}^{2x}\ \ (k\in\R)}$

2. Nous admettons qu'il existe une fonction g dérivable sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R}$ telle que $\overset{ { \white{ _. } } } {f(x)=g(x)\text e^{2x}.}$

2. a) Déterminons l'expression algébrique de $\overset{ { \white{ . } } } {f'(x)}$ en fonction de $\overset{ { \white{ . } } } {g'(x)}$ et $\overset{ { \white{ . } } } {g(x)}$

${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=g'(x)\times\text e^{2x}+g(x)\times(\text e^{2x})' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=g'(x)\times\text e^{2x}+g(x)\times2\,\text e^{2x}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{f'(x)=g'(x)\,\text e^{2x}+2g(x)\,\text e^{2x}}$

2. b) Nous devons montrer que f est une solution de $\overset{ { \white{ . } } } { (E)}$ si et seulement si $\overset{ { \white{ . } } } { g'(x)=\text e^{-x}\cos x\quad(E_1).}$

f est une solution de $\overset{ { \white{ . } } } { (E)\quad\Longleftrightarrow\quad}f'(x)-2f(x)=\text e^x\cos x$
${ \white{ xxi } }$ ${ \white{ WWWWWWW } }$ ${ \white{ xxxx } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad g'(x)\,\text e^{2x}+2g(x)\,\text e^{2x}-2g(x)\,\text e^{2x}=\text e^x\cos x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad g'(x)\,\text e^{2x}=\text e^x\cos x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \Longleftrightarrow\quad g'(x)=\text e^{-x}\cos x \quad(\text{en divisant les deux membres par }\text e^{2x}\neq0)}$

Nous avons donc montré que f est une solution de $\overset{ { \white{ . }} } { (E)}$ si et seulement si ${ g'(x)=\text e^{-x}\cos x\quad(E_1).}$

2. c) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\text e^{-t}\,\cos t\text{ d}t.}$
$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\displaystyle\int_0^{x}u(t)v'(t)\,\text{d}t=\left[\overset{}{u(t)v(t)}\right]\limits_0^x- \displaystyle\int\limits_0^xu'(t)v(t)\,\text{d}t}}. \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}u(t)=\cos t\quad\Longrightarrow\quad u'(t)=-\sin t \\v'(t)=\text e^{-t}\phantom{x}\quad\Longrightarrow\quad v(t)=-\text e^{-t}\phantom{x}\end{matrix}\right.$

Dès lors    $\overset{ { \white{ . } } } { I(x)=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\cos t}\right]_0^x-\displaystyle\int_0^{x}\text e^{-t}\sin t\,\text{d}t}$
Posons $\overset{ { \white{ . } } } { J(x)= \displaystyle\int_0^{x}\text e^{-t}\sin t\,\text{d}t }$
Donc    $\boxed{\overset{ { \white{ . } } } { I(x)=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\cos t}\right]_0^x-J(x)}}$
$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\displaystyle\int_0^{x}u(t)v'(t)\,\text{d}t=\left[\overset{}{u(t)v(t)}\right]\limits_0^x- \displaystyle\int\limits_0^xu'(t)v(t)\,\text{d}t}}. \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}u(t)=\sin t\quad\Longrightarrow\quad u'(t)=\cos t \\v'(t)=\text e^{-t}\phantom{x}\quad\Longrightarrow\quad v(t)=-\text e^{-t}\phantom{x}\end{matrix}\right.$

$\text{Dès lors, }\ J(x)=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\sin t}\right]_0^x+\displaystyle\int_0^{x}\text e^{-t}\cos t\,\text{d}t \\\phantom{\text{Dès lors, }\ J(x)}=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\sin t}\right]_0^x+I(x) \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{J(x)=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\sin t}\right]_0^x+I(x)}$

Il s'ensuit que :

$\overset{ { \white{ . } } } { I(x)=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\cos t}\right]_0^x-\Bigg(\left[\overset{}{-\text e^{-t}\sin t}\right]_0^x+I(x)\Bigg)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\Longrightarrow\quad I(x)=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\cos t}\right]_0^x+\left[\overset{}{\text e^{-t}\sin t}\right]_0^x-I(x)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\Longrightarrow\quad 2\times I(x)=\left[\overset{}{-\text e^{-t}\cos t+\text e^{-t}\sin t}\right]_0^x} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWW}=\left[\overset{}{\text e^{-t}(-\cos t+\sin t)}\right]_0^x} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWW}=\text e^{-x}(-\cos x+\sin x)-\text e^{0}(-\cos 0+\sin 0)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWW}=\text e^{-x}(-\cos x+\sin x)-1\times(-1)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{WWWWWW}=\text e^{-x}(\sin x-\cos x)+1}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{I(x)=\dfrac 1 2\,\text e^{-x}(\sin x-\cos x)+\dfrac 1 2}}$

Nous en déduisons que les solutions de $\overset{ { \white{ . } } } {(E_1)}$ sont les fonctions g définies par $\overset{ { \white{ . } } } {g(x)=\dfrac 1 2\text e^{-x}(\sin x-\cos x)+c\quad(c\in\R). }$

2. d) Sachant que $\overset{ { \white{ _. } } } {f(x)=g(x)\text e^{2x}}$ et en utilisant les résultats des questions 1. et 2. c), nous déduisons que les solutions de l'équation (E ) sont les fonctions f définies par $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=k\,\text{e}^{2x}+\dfrac 1 2\text e^{x}(\sin x-\cos x)\ \ (k\in\R) }$

Déterminons la solution vérifiant : $\overset{ { \white{ . } } } {f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0.}$
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } {f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0\quad\Longrightarrow\quad k\,\text{e}^{\frac{\pi}{2}}+\dfrac 1 2\text e^{\frac{\pi}{4}}\Bigg(\sin \left(\dfrac{\pi}{4}\right)-\cos \left(\dfrac{\pi}{4}\right)\Bigg)=0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0}\quad\Longrightarrow\quad k\,\text{e}^{\frac{\pi}{2}}+\dfrac 1 2\text e^{\frac{\pi}{4}}\bigg(\dfrac{\sqrt 2}{2}-\dfrac{\sqrt 2}{2}\bigg)=0} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0}\quad\Longrightarrow\quad k\,\text{e}^{\frac{\pi}{2}}+0=0} \\\phantom{f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0}\quad\Longrightarrow\quad k\,\text{e}^{\frac{\pi}{2}}=0 \\\phantom{f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0}\quad\Longrightarrow\quad k=0.$

Par conséquent, la solution de l'équation (E ) vérifiant $\overset{ { \white{ . } } } {f\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=0}$ est la fonction f définie par : $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{f(x)=\dfrac 1 2\text e^{x}(\sin x-\cos x)} }$

12 points

probleme

Partie A

On considère la fonction numérique f de variable réelle, définie par : $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=x+\ln\left(\dfrac{1}{x^2}\right).}$

1. a) L'ensemble de définition de f est $\overset{ { \white{ . } } } { D_f=\R^*.}$

1. b) Calculons l'expression algébrique de f' (x ).

Notons d'abord que : $\overset{ { \phantom{ . } } } { \boxed{\forall\,x\in\R^*,\quad f(x)=x-\ln(x^2)}}$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\Big(x-\ln(x^2)\Big)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=1- \dfrac{(x^2)'}{x^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=1- \dfrac{2x}{x^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=1- \dfrac{2}{x}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x)}= \dfrac{x-2}{x}} \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=\dfrac{x-2}{x}}$

Etudions le signe de f' (x ) sur $\overset{ { \white{ . } } } { \R^*.}$

${ \white{ WWWWW} }$ $\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&-\infty&&0&&2&&+\infty &&&&&&&&\\\hline &&&&&&&\\ x-2&&-&-&-&0&+&& x&&-&0&+&+&+&\\&&&&&&&\\\hline&&&||&&&&\\f'(x)&&+&||&-&0&+&\\&&&||&&&&\\\hline \end{array}$

1. c) Etudions les limites de f aux bornes de $\overset{ { \white{ . } } } { D_f.}$

${\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to0}f(x).}$

${\white{xx}}{\red{\bullet}}\;\overset{ { \white{ _. } } } {\lim\limits_{x\to0}x=0}$

${\white{xx}}{\red{\bullet}}\;\overset{ { \white{ _. } } } {\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0}\;\dfrac{1}{x^2}=+\infty\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{X\to+\infty}\ln X=+\infty}\end{matrix}\right.} \quad. \underset{(X=\frac{1}{x^2})}{\Longrightarrow}\quad\lim\limits_{x\to0}\ln\left(\dfrac{1}{x^2}\right)=+\infty \\\\\\\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to0}\left(x+\ln\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=+\infty$

D'où $\boxed{\lim\limits_{x\to0}f(x)=+\infty }$

${\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}f(x).}$

$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\ln\text e^x+\ln\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\text e^x\times\dfrac{1}{x^2}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{\text e^x}{x^2}\right)} \\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\;\dfrac{\text e^x}{x^2}=+\infty\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{X\to+\infty}\ln X=+\infty}\end{matrix}\right.\quad\underset{(X=\frac{\text e^x}{x^2})}{\Longrightarrow}\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(\dfrac{\text e^x}{x^2}\right)=+\infty$

D'où $\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty }$

${\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}f(x).}$

${\white{xx}}{\red{\bullet}}\;\overset{ { \white{ _. } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty}$

${\white{xx}}{\red{\bullet}}\;\overset{ { \white{ _. } } } {\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\;\dfrac{1}{x^2}=0^+\\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{X\to0^+}\ln X=-\infty}\end{matrix}\right.} \quad. \underset{(X=\frac{1}{x^2})}{\Longrightarrow}\quad\lim\limits_{x\to-\infty}\ln\left(\dfrac{1}{x^2}\right)=-\infty \\\\\\\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty }\left(x+\ln\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)=-\infty$

D'où $\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty }$

1. d) Dressons le tableau de variations de f .

Remarque : On donne : $\ln(2)=0,7.$

${ \white{ WWWWW} }$ $f(2)=2+\ln\left(\frac{1}{4}\right)=2-\ln (4)=2-\ln(2^2)=2-2\ln(2)=2-2\times0,7=0,6 \\\overset{ { \white{ . } } } {\Longrightarrow\quad \boxed{f(2)=0,6}}$

Tableau de variations de f

${ \white{ WWWWWWW} }$ $\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&-\infty&&0&&2&&+\infty &&&&&&&&\\\hline&&&||&&&&\\f'(x)&&+&||&-&0&+&\\&&&||&&&&\\\hline&&&\;+\infty||+\infty&&&&+\infty\\f(x)&&\nearrow&||&\searrow&&\nearrow&\\&-\infty&&||&&\approx0,6&&\\\hline \end{array}$

2. Dans cette question, nous définirons la fonction f par $f(x)=x-\ln(x^2).$

$f(-4)=-4-\ln(16)=-4-\ln(2^4)=-4-4\ln(2)=-4-4\times0,7=-4-2,8=-6,8\\\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(-4)=-6,8}}\\\\ \overset{ { \white{ . } } } {f(-2)=-2-\ln(4)=-2-\ln(2^2)=-2-2\ln(2)=-2-2\times0,7=-2-1,4=-3,4}\\\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(-2)=-3,4}}\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } } {f(-1)=-1-\ln(1)=-1-0=-1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(-1)=-1}}$

$f(-\dfrac 1 4)=-\dfrac 1 4-\ln\left(\dfrac 1 {16}\right)=-\dfrac 1 4+\ln(16)=-\dfrac 1 4+\ln(2^4) \\\phantom{WWW}=-\dfrac 1 4+4\ln(2)=-0,25+4\times0,7=-0,25+2,8=2,55\\\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(-\dfrac 1 4)=2,55}}\\\\ \overset{ { \phantom{ . } } } {f(1)=1-\ln(1)=1-0=1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(1)=1}}\\\\ \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{f(2)=0,6\quad(\text{voir question 1.d)}}}$

$f(4)=4-\ln(16)=4-\ln(2^4)=4-4\ln(2)=4-4\times0,7=4-2,8=1,2\\\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(4)=1,2}}\\\\ \overset{ { \white{ . } } } {f(8)=8-\ln(64)=8-\ln(2^6)=8-6\ln(2)=8-6\times0,7=8-4,2=3,8}\\\overset{ { \white{ . } } } {\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(8)=3,8}}$

D'où le tableau résumé :

${ \white{ WWW} }$ $\begin{array} {|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline&&&&&&&&&x&\phantom{x}-4\phantom{x}&\phantom{x}-2\phantom{x}&\phantom{x}-1\phantom{x}&\phantom{x}-\dfrac 1 4\phantom{x}&\phantom{x}1\phantom{x}&\phantom{x}2\phantom{x}&\phantom{x}4\phantom{x}&\phantom{x}8\\&&&&&&&& \\ \hline &&&&&&&&&y&-6,8&-3,4&-1&2,55&1&0,6&1,2&3,8\\&&&&&&&&\\ \hline \end{array}$

3. a) Soient A et B les points de la courbe $(\mathscr C)$ représentative de la fonction f d'abscisses respectives 1 et 2.
Soient $(\mathscr D_1)$ et $(\mathscr D_2)$ les tangentes à $(\mathscr C)$ respectivement en A et B .

Déterminons les équations cartésiennes de $(\mathscr D_1)$ et $(\mathscr D_2)\,.$

${\bullet}{\white{x}}$ Une équation cartésienne de la tangente $(\mathscr D_1)$ à la courbe $(\mathscr C)$ au point d'abscisse 1 est de la forme : $\overset{ { \white{ . } } } { y=f'(1)(x-1)+f(1)}$ où $\overset{ { \white{ . } } } { f(1)=1}$ et $\overset{ { \white{ . } } } { f'(1)=\dfrac{1-2}{1}=-1.}$
Nous obtenons ainsi : $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr D_1):y=-(x-1)+1}$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{(\mathscr D_1):y=-x+2}}$

${\bullet}{\white{x}}$ Une équation cartésienne de la tangente $(\mathscr D_2)$ à la courbe $(\mathscr C)$ au point d'abscisse 2 est de la forme : $\overset{ { \white{ . } } } { y=f'(2)(x-2)+f(2)}$ où $\overset{ { \white{ . } } } { f(2)=0,6}$ et $\overset{ { \white{ . } } } { f'(2)=\dfrac{2-2}{2}=0.}$
Nous obtenons ainsi : $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr D_2):y=0(x-2)+0,6}$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{(\mathscr D_2):y=0,6}}$

3. b) Représentation graphique de $(\mathscr C)\,,\;(\mathscr D_1)$ et $(\mathscr D_2)$ dans le repère $\overset{ { \white{ . } } } {(O,\vec i,\vec j).}$

Bac Burkina Faso 2023 série C - 1er tour : image 8

Partie B

On considère un point mobile M du plan, de coordonnées (x ;y ) dans le repère $\overset{ { \white{ . } } } {(O,\vec i,\vec j),}$ telles que $\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x(t)=-\,\text e^t\\y(t)=2t-\text e^t\end{matrix}\right.}$ (avec $\overset{ { \white{ _. } } } {t\in\R}$ et $\overset{ { \white{ _. } } } {t}$ désigne le temps)

1. Soit $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C')}$ la courbe (trajectoire) du point M .

1. a) Nous devons déterminer $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C')\cap(\mathscr C).}$

Dans cette question, nous définirons la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f}$ par $f(x)=x-\ln(x^2).$

Résolvons le système $\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^t\phantom{xxxxx}\\y=2t-\text e^t\phantom{xxx}\\y=x-\ln(x^2)\end{matrix}\right.}$

$\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^t\phantom{xxxxx}\\y=2t-\text e^t\phantom{xxx}\\y=x-\ln(x^2)\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^t\phantom{WWWWWW}\\y=2t-\text e^t\phantom{WWWWW}\\2t-\,\text e^t=-\,\text e^t-\ln(\text e^{2t})\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^t\phantom{WWWW}\\y=2t-\text e^t\phantom{WWW}\\2t-\,\text e^t=-\,\text e^t-2t\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^t\phantom{xx}\\y=2t-\text e^t\\2t=-2t\phantom{xx}\end{matrix}\right.$

${ \white{ WWWWWWWW} }$ $\\\\\phantom{WWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^t\phantom{xx}\\y=2t-\text e^t\\4t=0\phantom{xxxx}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^t\phantom{xx}\\y=2t-\text e^t\\t=0\phantom{xxxx}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=-\,\text e^0\phantom{xx}\\y=0-\text e^0\\t=0\phantom{xxxx}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{WWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=-1\\y=-1\\t=0\phantom{x}\end{matrix}\right.$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{(\mathscr C')\cap(\mathscr C)=\lbrace(-1\;;\;-1)\rbrace}}$

1. b) A l'aide de la question 1. a), nous déduisons que le mobile M passe sur la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C)}$ au point de coordonnées (-1 ; -1) au temps t = 0.

2. Soit le mobile $M'(u(t) , v(t))$ tel que $\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}u(t)=\text e^t\phantom{xxx}\\v(t)=\text e^t-2t\end{matrix}\right.\quad\quad(t\in\R)}$

2. a) Pour tout réel t , nous observons que les coordonnées des points M et M' sont opposées.
Il s'ensuit que les points M et M' sont symétriques par rapport à l'origine O du repère.
D'où pour tout réel t , le point O est le milieu de [MM' ].

Par conséquent, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C')}$ et la trajectoire de M' sont symétriques par rapport à l'origine O du repère.

2. b) Démontrons que pour tout réel t , $\overset{ { \white{ . } } } {M'\in(\mathscr{C})}$ en vérifiant que les coordonnées du point M' vérifient l'équation de $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}).}$

Dans cette question, nous définirons la fonction $\overset{ { \white{ . } } } {f}$ par $f(x)=x-\ln(x^2).$
Pour tout réel t ,

$f(u(t))=u(t)-\ln\Big((u(t))^2\Big) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f(u_{M'})}=\text e^t-\ln\text (e^{2t})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f(u_{M'})}=\text e^t-2t} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f(u_{M'})}=v(t)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{f(u(t))=v(t)}$
D'où les coordonnées du point M' vérifient l'équation de $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}).}$
Par conséquent, pour tout réel t , $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{M'\in(\mathscr{C})}\,.}$

2. c) Nous déduisons de la question 2. b) que la trajectoire de M' se trouve sur la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}).}$

Plus précisément, nous constatons que les abscisses des points M' sont strictement positives.
Dès lors, la trajectoire de M' coïncide avec la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C})}$ restreinte à ]0 ; + infini

[.

2. d) Dans les questions 2 a) et 2 c), nous avons montré que :

${\white{xxxx}} {\bullet}{\white{x}}$ d'une part, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C')}$ et la trajectoire de M' sont symétriques par rapport à l'origine O du repère
${\white{xxxx}} {\bullet}{\white{x}}$ d'autre part, la trajectoire de M' coïncide avec la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C})}$ restreinte à ]0 ; + infini

[.

Par conséquent, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C')}$ est l'image de la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C})}$ restreinte à ]0 ; + infini

[ par une symétrie de centre O .
D'où la construction de $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C').}$

2. e) [coquille dans l'énoncé : il s'agit du point A (-1 ;-1)]

Nous avons montré dans les questions 2 a) et 2 c) que $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C')\cap(\mathscr C)=\lbrace(-1\;;\;-1)\rbrace}$ et que le mobile M passe par ce point A (-1 ;-1) au temps t = 0.

A cet instant t = 0, les coordonnées du vecteur vitesse sont données par $\begin{pmatrix}x'(0)\\y'(0)\end{pmatrix}.$

$\text{Or }\;\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x(t)=-\,\text e^t\phantom{xx}\\y(t)=2t-\text e^t\end{matrix}\right.} \quad\Longrightarrow\quad\begin{pmatrix}x'(t)\\y'(t)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\,\text e^t\phantom{xx}\\2-\text e^t\end{pmatrix} \\\\\phantom{WWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\begin{pmatrix}x'(0)\\y'(0)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\,\text e^0\phantom{x}\\2-\text e^0\end{pmatrix} \\\\\phantom{WWWWWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\begin{pmatrix}x'(0)\\y'(0)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}$

D'où à l'instant t = 0, le vecteur vitesse est $\boxed{\overrightarrow{V}\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}}\,.$

3. Représentation graphique de la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr C')}$ et du vecteur $\overrightarrow{V}.$

Bac Burkina Faso 2023 série C - 1er tour : image 13

Partie C

I. Soit h la fonction numérique de variable réel définie par : $h(x)=2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x.$
On note $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma )}$ la courbe de $\overset{ { \white{ _. } } } { h}$ dans le repère $(\text O;\vec i,\vec j).$

1. L'ensemble de définition de $\overset{ { \white{ _. } } } { h}$ est $\overset{ { \white{ . } } } { D_h=\R\,.}$

2. Calculons l'expression algébrique de h' (x ).

${ \white{ xxi } }$ $h'(x)=\Big(2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x.\Big)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h'(x)}=2\,\left(\frac x 2 + 1\right)'\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h'(x)}=2\times\frac 1 2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{h'(x)}=\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1} \\\\\Longrightarrow\boxed{h'(x)=\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1}$

Etudions le signe de h' (x ) sur $\overset{ { \white{ . } } } { \R.}$

$\begin{matrix}\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1<0\Longleftrightarrow \text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}<1\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWWw}\Longleftrightarrow \dfrac x 2 + 1<0}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWw}\Longleftrightarrow \dfrac x 2 <-1}\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{WWWWw}\Longleftrightarrow x<-2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1=0\Longleftrightarrow x=-2\phantom{WW}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1>0\Longleftrightarrow x>-2\phantom{WW}} \end{matrix} \begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&&x&-\infty&&-2&&+\infty &&&&&&\\\hline &&&&&\\ \text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-1&&-&0&+&\\&&&&&\\\hline&&&&&\\h'(x)&&-&0&+&\\&&&&&\\\hline \end{array}$

3. a) Etudions les limites de h aux bornes de $\overset{ { \white{ . } } } { D_h.}$

${\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}h(x).}$

${\white{xx}}$ $\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}\text e^{\left(-\frac x 2 - 1\right)}\right) \\\phantom{\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)}=\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}\left(2-x\,\text e^{\left(-\frac x 2 - 1\right)}\right)$

${\white{xx}}{\red{\bullet}}\;\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}=+\infty}}$

${\white{xx}}{\red{\bullet}}\lim\limits_{x\to+\infty}\left(2-x\,\text e^{\left(-\frac x 2 - 1\right)}\right)=\lim\limits_{x\to+\infty}\right)\left(2-x\,\text e^\frac{-x-2}{2} \right)\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{WWWwWWWWiWWW}=\lim\limits_{x\to+\infty}\left(2-\dfrac{x}{\text e^\frac{x+2}{2} }\right)} \\\\\phantom{xxxx}\text{Si }X=\dfrac{x+2}{2},\text{ alors }x=2X-2 \\\\\phantom{xxxx}\text{D'où }\; \lim\limits_{x\to+\infty}\left(2-\dfrac{x}{\text e^\frac{x+2}{2} }\right)=\lim\limits_{X\to+\infty}\left(2-\dfrac{2X-2}{\text e^X }\right) =\lim\limits_{X\to+\infty}\left(2-\dfrac{2X}{\text e^X }+\dfrac{2}{\text e^X }\right) \\\\ { \phantom{WWWWWWWWWWWW}=2-0+0=2} \\\\\phantom{xxxx}\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\left(2-x\,\text e^{\left(-\frac x 2 - 1\right)}\right)=2}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}\left(2-x\,\text e^{\left(-\frac x 2 - 1\right)}\right)=+\infty \quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}h(x)=+\infty}}$

${\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}h(x).}$

$\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=\lim\limits_{x\to-\infty}\left(2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x\right)\\\\\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}=0\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\phantom{xxx}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}\left(2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x\right)=+\infty$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}h(x)=+\infty}}$

3. b) Dressons le tableau de variations de h .

${ \white{ xxxxi } }$ $\begin{matrix}h(-2)=2\,\text e^{\frac {-2}{ 2} +1}-(-2)\\\\=2\,\text e^0+2\phantom{i}\\\\=2\times1+2\\\\=4\phantom{wwwi}\phantom{i}\end{matrix} \begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&&x&-\infty&&-2&&+\infty &&&&&&\\\hline &&&&&\\ h'(x)&&-&0&+&\\&&&&&\\\hline&+\infty&&&&+\infty\\h(x)&&\searrow&&\nearrow&\\&&&4&&\\\hline \end{array}$

3. c) Montrons que la droite d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {y=-x }$ est asymptote à la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma )}$ de h en - infini

.

$\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(h(x)-(-x)\Big)=\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x+x\Big) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(h(x)-(-x)\Big)} = \lim\limits_{x\to-\infty}2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)} } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(h(x)-(-x)\Big)} = 0 } \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(h(x)-(-x)\Big)=0}$

Nous en déduisons que la droite d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {y=-x }$ est asymptote à la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma )}$ de h en -.

4) On considère la fonction g définie par : ${ g(x)=2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x-2. }$

4. a) Pour tout réel x, $\overset{ { \white{ . } } } {g(x)=h(x)-2 }$

4. b) Soit $\overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{C}_1}$ la courbe de g dans le repère $(O,\vec i,\vec j).$
La courbe $\overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{C}_1}$ est l'image de la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\Gamma )}$ par la translation verticale de 2 unités vers le bas.

4. c) Montrons que la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta ) }$ d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {y=-x-2 }$ est asymptote à la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C}_1 )}$ en - infini

.

$\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(g(x)-(-x-2)\Big)=\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)}-x-2+x+2\Big) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(h(x)-(-x-2)\Big)} = \lim\limits_{x\to-\infty}2\,\text e^{\left(\frac x 2 + 1\right)} } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(h(x)-(-x-2)\Big)} = 0 } \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(g(x)-(-x-2)\Big)=0}$

Nous en déduisons que la droite $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta ) }$ d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {y=-x-2 }$ est asymptote à la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C}_1 )}$ en -.

4. d) Construisons $\overset{ { \white{ . } } } {\mathscr{C}_1}$ et son asymptote $\overset{ { \white{ . } } } {(\Delta ). }$

Bac Burkina Faso 2023 série C - 1er tour : image 11

II. On considère la transformation $\overset{ { \white{ . } } } {T}$ du plan dans lui-même qui, à tout point $\overset{ { \white{ . } } } {M\,(x\;;\;y)}$ et d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } {z=x+\text i y}$ associe le point $\overset{ { \white{ . } } } {M'\,(x'\;;\;y')}$ d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } {z'=(1+\text i )z-2.}$

1. Précisons la nature de la transformation $\overset{ { \white{ . } } } {T.}$

Dans l'écriture $\overset{ { \white{ . } } } {z'=(1+\text i )z-2}$ , le coefficient de z est un nombre complexe non nul et différent de 1.
Nous en déduisons que la transformation $\overset{ { \white{ . } } } {T}$ possède un point invariant $\overset{ { \white{ . } } } {C}$ d'affixe $\overset{ { \white{ . } } } {z_C}.$
Déterminons $\overset{ { \white{ . } } } {z_C}.$

${ \white{ xxi } }$ $z_C=(1+\text i )z_C-2\quad\Longleftrightarrow\quad z_C=z_C+\text i\,z_C-2 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_C=(1+\text i )z_C-2}\quad\Longleftrightarrow\quad \text i\,z_C=2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_C=(1+\text i )z_C-2}\quad\Longleftrightarrow\quad (-\text i)\times\text i\,z_C=2\times(-\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{z_C=(1+\text i )z_C-2}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{z_C=-2\,\text i}}$

La transformation $\overset{ { \white{ . } } } {T}$ est la composée :
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ de l'homothétie de centre $\overset{ { \white{ . } } } {C(-2\text i)}$ et de rapport $|1+\text i|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt 2$ et
$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ de la rotation de centre $\overset{ { \white{ . } } } {C(-2\text i)}$ et d'angle $\overset{ { \white{ . } } } {\theta=\arg(1+\text i).}$

$\text{Or }\;|1+\text i|=\sqrt 2\quad\Longrightarrow\quad 1+\text i=\sqrt{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt 2}+\text i \dfrac{1}{\sqrt 2}\right) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad 1+\text i=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt 2}{2}+\text i \dfrac{\sqrt 2}{2}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad 1+\text i=\sqrt{2}\left(\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)+\text i \sin\left(\dfrac{\pi}{4}\right)\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWiW}\quad\Longrightarrow\quad 1+\text i=\sqrt{2}\,\text e^{\text i\frac{\pi}{4}}}$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{\theta=\dfrac{\pi}{4}}\,.}$

En conclusion, la transformation $\overset{ { \white{ . } } } {T}$ est la composée de l'homothétie de centre $\overset{ { \white{ . } } } {C(-2\text i)}$ et de rapport $\sqrt 2$ et de la rotation de centre $\overset{ { \white{ . } } } {C(-2\text i)}$ et d'angle $\overset{ { \white{ . } } } {\theta=\dfrac{\pi}{4}.}$

2. a) Par définition, $\overset{ { \white{ . } } } {z'=(1+\text i )z-2.}$

$z'=(1+\text i )z-2\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=(1+\text i )(x+\text i y)-2 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z'=(1+\text i )z-2}\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=x+\text i y+\text i x-y-2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z'=(1+\text i )z-2}\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=(x-y-2)+\text i (x+y)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z'=(1+\text i )z-2}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x'=x-y-2\quad\quad{\red{(1)}}\\y'=x+y\phantom{xxx}\quad\quad{\red{(2)}}\end{matrix}\right.}$

Nous devons exprimer x en fonction de x' et y' .

${\red{(1)}}+{\red{(2)}}\quad\Longrightarrow\quad x'+y'=2x-2 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{{\red{(2)}}+{\red{(1)}}}\quad\Longrightarrow\quad 2x=x'+y'+2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{{\red{(2)}}+{\red{(1)}}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{x=\dfrac{x'+y'+2}{2}}}$

2. b) Nous devons exprimer y en fonction de x' et y' .

En nous aidant de la question 2. a), nous obtenons :

${\red{(1)}}-{\red{(2)}}\quad\Longrightarrow\quad x'-y'=-2y-2 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{{\red{(2)}}+{\red{(1)}}}\quad\Longrightarrow\quad 2y=-x'+y'-2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{{\red{(2)}}+{\red{(1)}}}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{y=\dfrac{-x'+y'-2}{2}}}$

3. Soit $\overset{ { \white{ . } } } {(\Omega)}$ la courbe de f restreinte à ]0 ; + infini

[.
Montrons que l'image de $\overset{ { \white{ . } } } {(\Omega)}$ par $\overset{ { \white{ . } } } {T}$ est la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}_1).}$

Puisque la fonction f est restreinte à ]0 ; + infini

[, la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\Omega)}$ admet comme équation : $y=x-\ln(x^2)$ , soit $y=x-2\ln(x).$

Nous devons donc montrer que l'image de la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\Omega)}$ par la transformation $\overset{ { \white{ . } } } {T}$ est la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}_1)}$ d'équation $\underset{ { \white{ . } } } { y'=2\,\text e^{\left(\frac {x'} {2} + 1\right)}-x'-2. }$

Nous avons établi dans les questions 2. a) et b) les liens existant entre x et y et leurs homologues x' et y' .

Dans l'équation de $\overset{ { \white{ . } } } {(\Omega)}$ , remplaçons x et y par ces liens.

$y=x-2\ln(x)\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac{-x'+y'-2}{2}=\dfrac{x'+y'+2}{2}-2\ln\left(\dfrac{x'+y'+2}{2}\right) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{y=x-2\ln(x)}\quad\Longleftrightarrow\quad -x'+y'-2=x'+y'+2-4\ln\left(\dfrac{x'+y'+2}{2}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{y=x-2\ln(x)}\quad\Longleftrightarrow\quad 4\ln\left(\dfrac{x'+y'+2}{2}\right)=2x'+4} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{y=x-2\ln(x)}\quad\Longleftrightarrow\quad \ln\left(\dfrac{x'+y'+2}{2}\right)=\dfrac{x'}{2}+1}$

${ \white{ xWWWWWWxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{y=x-2\ln(x)}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x'+y'+2}{2}=\text e^{\left(\frac{x'}{2}+1\right)}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{y=x-2\ln(x)}\quad\Longleftrightarrow\quad x'+y'+2=2\,\text e^{\left(\frac{x'}{2}+1\right)}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{y=x-2\ln(x)}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{y'=2\,\text e^{\left(\frac{x'}{2}+1\right)}-x'-2}}$

Nous obtenons ainsi l'équation de l'ensemble des images M' des antécédents M par la transformation $\overset{ { \white{ . } } } {T.}$

Par conséquent, l'image de $\overset{ { \white{ . } } } {(\Omega)}$ par $\overset{ { \white{ . } } } {T}$ est la courbe $\overset{ { \white{ . } } } {(\mathscr{C}_1).}$

Publié par malou/Panter le 01-12-2023

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