Fiche de mathématiques
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Bac Mathématiques

Burkina Faso 2023

Série C

1er tour

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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


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12 points

probleme


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Bac Burkina Faso 2023 série C - 1er tour

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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 -infini.

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 -infini.

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).} 

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