Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques

Burkina Faso 2023

Série D

1er tour

Durée : 4h
Coefficient: 5
Calculatrice non autorisée

4 points

exercice 1

Bac Burkina Faso 2023 série D - 1er tour : image 6

4 points

exercice 2

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

12 points

probleme

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

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

Correction

exercice 1

1-a) On a $P(Z)=Z^3-(2+2i)Z^2-2Z-8+4i$ , donc:

$\begin{matrix} P(2i)&=& (2i)^3-(2+2i)\times (2i)^2-2\times 2i -8+4i \\ &=& -8i +4(2+2i)-4i-8+4i \\&=& -8i+8+8i-4i-8+4i \\&=& 0 \end{matrix}$

$\boxed{P(2i)=0 \text{ , et donc }2i\text{ est racine de }P(Z) }$

Il existe donc deux nombres complexes $a\text{ et }b$ tels que $P(Z)=(Z-2i)(Z^2 +aZ+b) \text{ , déterminons ces deux constantes complexes: }$

$\begin{matrix} P(Z)=(Z-2i)(Z^2 +aZ+b) &\iff& Z^3-(2+2i)Z^2-2Z-8+4i=Z^3+aZ^2+bZ-2iZ^2-2iaZ-2ib \\&\iff& Z^3-(2+2i)Z^2-2Z-8+4i=Z^3-(2i-a)Z^2-(2ia-b)Z-2ib \\&\iff& \begin{cases} 2+2i=2i-a \\ 2=2ia-b \\-8+4i=-2ib\end{cases} \\&\iff& \begin{cases} a=-2 \\ 2ia-b=2 \\-8i-4=2b\end{cases}\\&\iff& \begin{cases} a=-2\\b=-2-4i \\ \text{ vérification : }2ia-b=2i\times (-2)-(-2-4i)=-4i+2+4i=2 \end{cases} \end{matrix}$

$\boxed{ a=-2\text{ et }b=-2-4i\text{ , et donc: }P(Z)=(Z-2i)(Z^2-2Z-2-4i) }$

b) Résolvons l'équation $P(Z)=0\text{ :}$

$\begin{matrix} P(Z)=0&\iff& (Z-2i)(Z^2-2Z-2-4i)=0 \\&\iff& Z-2i=0\text{ ou }Z^2-2Z-2-4i=0 \\&\iff& Z=2i\text{ ou }Z^2-2Z-2-4i=0 \enskip\enskip(*)\end{matrix}$

Résolvons l'équation $Z^2-2Z-2-4i=0$ , pour cela, calculons le discriminant:

$\Delta= (-2)^2-4(-2-4i)=4+8+16i=12+16i=4(3+4i)=4(2+i)^2=[2(2+i)]^2\neq 0$

On rappellera la méthode de calcul des racines du complexe $3+4i$ après la résolution de cette équation.

L'équation admet donc deux solutions complexes:

$Z_1=\dfrac{-(-2)-2(2+i)}{2} = 1-(2+i)=-1-i \enskip\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip\enskip Z_2=\dfrac{-(-2)+2(2+i)}{2} = 1+(2+i)=3+i$

D'où :

$\begin{matrix} (*)\enskip P(Z)=0&\iff& Z=2i \text{ ou }Z=-1-i\text{ ou }Z=3+i \end{matrix}$

On conclut que:

$\boxed{\text{ L'ensemble des solutions d'équation }P(Z)=0\text{ est : }S=\left\lbrace 2i\text{ ; }-1-i\text{ ; }3+i\right\rbrace}$

Rappel: Recherche des racines du nombres complexe $3+4i\text{ : }$

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2-a) Voir la figure à la fin de la correction de l'exercice.

b) Calculons $\dfrac{Z_B-Z_A}{Z_C-Z_A}\text{ : }$

$\begin{matrix}\dfrac{Z_B-Z_A}{Z_C-Z_A}&=& \dfrac{3+i-2i}{-1-i-2i}&=& \dfrac{3-i}{-1-3i} &=& \dfrac{(3-i)(-1+3i)}{1+9} \\\\&=& \dfrac{-3+9i+i+3}{10} &=& \dfrac{10 i}{10}&=& i\end{matrix}$

$\boxed{\dfrac{Z_B-Z_A}{Z_C-Z_A}=i}$

Nature du triangle $ABC\text{ : }$

$\text{ On a : }\dfrac{Z_B-Z_A}{Z_C-Z_A}=i\Longrightarrow \left|\dfrac{Z_B-Z_A}{Z_C-Z_A}\right|=|i|\Longrightarrow \dfrac{\left|Z_B-Z_A\right|}{\left|Z_C-Z_A\right|}=1 \Longrightarrow \dfrac{AB}{AC}=1\Longrightarrow \boxed{AB=AC}$

$\text{ De plus : }\arg\left(\dfrac{Z_B-Z_A}{Z_C-Z_A}\right)\equiv \arg (i)\enskip[2\pi] \Longrightarrow \boxed{\left(\overrightarrow{AC};\overrightarrow{AB}\right)\equiv \dfrac{\pi}{2} \enskip[2\pi]}$

On en déduit que:

$\boxed{\text{ Le triangle }ABC\text{ est rectangle isocèle en }A}$

3) Pour tout complexe $Z$ différent de $3+i\text{ , on a: }$

$\begin{matrix}(1-i)\dfrac{Z+1+i}{Z-3-i} &=& \dfrac{(1-i)(Z+1+i)}{Z-3-i}&=& \dfrac{(1-i)Z+(1-i)(1+i)}{2-3-i}\\\\&=& \dfrac{(1-i)Z+1^2-i^2}{Z-3-i}&=& \dfrac{(1-i)Z+2}{Z-3-i}\\\\&=& f(Z) \end{matrix}$

$\boxed{\text{ Pour tout complexe }Z\neq 3+i\text{ : }f(Z)=(1-i)\dfrac{Z+1+i}{Z-3-i} }$

4-a) Soit $M$ un point d'affixe $Z$ différent de $3+i\text{ : }$

$\begin{matrix}M\in (E)&\iff& \left|f(Z)\right|=\sqrt{2} &\iff& \left|(1-i)\dfrac{Z+1+i}{Z-3-i}\right|=\sqrt{2} \\\\&\iff& |1-i| \enskip\dfrac{|Z-(-1-i)||}{|Z-(3+i)|} = \sqrt{2} &\iff& \sqrt{2} \enskip\dfrac{|Z-Z_C|}{|Z-Z_B|}=\sqrt{2} \\\\&\iff& |Z-Z_C|=|Z-Z_B| &\iff& \boxed{CM=BM} \\\\&\iff& M\text{ appartient à la médiatrice de }[CB]\end{matrix}$

On en déduit que:

$\boxed{\text{ L'ensemble }(E)\text{ est la médiatrice du segment }[BC]}$

b) Soit $M$ un point d'affixe $Z$ différent de $3+i\text{ : }$

$\begin{matrix}M\in (F)&\iff& \arg\left(f(Z)\right)=\dfrac{\pi}{4} +k\pi\enskip\text{ , }\enskip k\in\Z &\iff& \arg\left((1-i)\dfrac{Z+1+i}{Z-3-i}\right)=\dfrac{\pi}{4} +k\pi\enskip\text{ , }\enskip k\in\Z \\\\&\iff& \arg(1-i)+\arg\left(\dfrac{Z+1+i}{Z-3-i}\right)=\dfrac{\pi}{4} +k\pi\enskip\text{ , }\enskip k\in\Z &\iff& -\dfrac{\pi}{4}+\arg\left(\dfrac{Z-Z_C}{Z-Z_B}\right)=\dfrac{\pi}{4} +k\pi\enskip\text{ , }\enskip k\in\Z \end{matrix}$

$\text{ En effet: }1-i=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\text{ , donc: }\arg(1-i)\equiv -\dfrac{\pi}{4}\enskip[2\pi]$

On en déduit que:

$\begin{matrix}M\in (F)&\iff& \arg\left(\dfrac{Z-Z_C}{Z-Z_B}\right)=\dfrac{\pi}{2} +k\pi\enskip\text{ , }\enskip k\in\Z&\iff& \text{Mes }\left(\overrightarrow{BM};\overrightarrow{CM}\right)=\dfrac{\pi}{2} +k\pi\enskip\text{ , }\enskip k\in\Z \end{matrix}$

On obtient:

$\boxed{\text{ L'ensemble }(F)\text{ est le cercle de diamètre le segment }[BC]\text{ privé des points }B\text{ et }C }$

Remarques:

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c) Soit $M$ un point d'affixe $Z$ différent de $3+i\text{ : }$

$\begin{matrix}M\in (G)&\iff& \left|f(Z)-(1-i)\right|=2\sqrt{10} &\iff& \left|(1-i)\dfrac{Z+1+i}{Z-3-i}-(1-i)\right|=2\sqrt{10} \\\\&\iff& \left|(1-i)\left(\dfrac{Z+1+i}{Z-3-i}-1\right)\right|=2\sqrt{10} &\iff& \left|(1-i)\left(\dfrac{Z+1+i-Z+3+i}{Z-3-i}\right)\right|=2\sqrt{10} \\\\&\iff& \left|(1-i)\left(\dfrac{4+2i}{Z-3-i}\right)\right|=2\sqrt{10} &\iff& 2\left|(1-i)(2+i)\right|\dfrac{1}{\left|Z-(3+i)\right|}=2\sqrt{10}\end{matrix}$

Or, on a:

$2\left|(1-i)(2+i)\right|=2|1-i|\enskip|2+i|=2\sqrt{2}\sqrt{5}=2\sqrt{10}\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip\dfrac{1}{\left|Z-(3+i)\right|}=\dfrac{1}{|Z-Z_B|}=\dfrac{1}{BM}$

On en tire que:

$\begin{matrix}M\in (G)&\iff& 2\left|(1-i)(2+i)\right|\dfrac{1}{\left|Z-(3+i)\right|}=2\sqrt{10} &\iff& 2\sqrt{10}\dfrac{1}{BM}=2\sqrt{10} &\iff& BM=1 \end{matrix}$

On conclut alors que:

$\boxed{\text{ L'ensemble }(G)\text{ est le cercle de centre }B\text{ et de rayon }1 }$

Figure:

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

exercice 2

$U_0=2\enskip\text{ et }\enskip \forall n\in\N\text{ : }\ln (U_{n+1})=1+\ln( U_n)$

1-a) Pour tout entier naturel $n\text{ : }$

$\begin{matrix}U_{n+1}&=&e^{\ln(U_{n+1})}&=&e^{1+\ln (U_n)}&=&e^1 \times e^{\ln (U_n)}&=&eU_n \end{matrix}$

On obtient: $\boxed{\forall n\in\N\text{ : }U_{n+1}=eU_n }$

Et donc:

$\boxed{\text{ La suite }(U_n)_{n\in\N} \text{ est une suite géométrique de raison }e}$

b) Puisque la suite $(U_n)_{n\in\N}$ est une suite géométrique de raison $e$ et de premier terme $U_0=2$ .

Alors:

$\boxed{\text{Le terme général de la suite }(U_n)\text{ s'écrit: }\forall n\in\N\text{ : }U_n=2e^n }$

2) On tire directement de la croissance de la fonction exponentielle que:

$\forall n\in\N\text{ : }e^{n+1}>e^n\iff\forall n\in\N\text{ : } 2e^{n+1}>2e^n\iff\forall n\in\N\text{ : } U_{n+1}>U_n$

Il s'ensuit que: $\boxed{\text{ La suite }(U_n) \text{ est une suite croissante }}$

Directement: $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_n=\lim_{n\to+\infty}2e^n=2\times (+\infty)=+\infty \Longrightarrow \boxed{\displaystyle \lim_{n\to+\infty} U_n=+\infty}$

3) La somme des $n + 1$ premiers termes de la suite géométrique $(U_n)$ de raison $e\neq 1$ se calcule par:

$\forall n\in\N\text{ : }S_n=U_0+U_1+\cdots+U_n=U_0\dfrac{1-e^{n+1}}{1-e}\Longrightarrow \boxed{\forall n\in\N\text{ : }S_n=\dfrac{2(1-e^{n+1})}{1-e} }$

4-a) On a pour tout entier naturel non nul $n\text{ : }S'_n=\ln(U_1)+\ln(U_2)+\cdots+\ln(U_n)$

( En effet, on ne considère que les entiers naturels non nuls car la somme commence par le rang $n=1$ )

Or, d'après 1-b) : $\forall k\in\N^{*}\text{ : }U_k=2e^k\enskip\text{ , donc }\forall k\in\N^{*}\text{ : }$ $\begin{matrix}\ln(U_k)&=&\ln(2e^k)&=&\ln 2+\ln(e^k)&=&\ln 2+k\ln e&=&\ln 2 +k \end{matrix}$

Il s'ensuit que: $\begin{matrix} \ln U_1=\ln 2 + 1 &;& \ln U_2= \ln 2+2 &;& \ln U_3=\ln 2+3 &;&\cdots &;& \ln U_n= \ln 2+n\end{matrix}$

D'où:

$\begin{matrix}\forall n\in\N^{*}\text{ : }S'_n&=&\ln(U_1)+\ln(U_2)+\cdots+\ln(U_n) \\\\&=& (\ln 2+1)+(\ln 2 +2) + (\ln 2+3)+\cdots+(\ln 2+n) \\\\&=& \underbrace{\ln 2+\ln 2+\cdots+\ln 2}_{n\text{ fois }} + (1+2+3+\cdots+n) \\\\&=& n\ln 2+ (1+2+\cdots+n)\end{matrix}$

Finalement, la somme $1+2+\dots+n$ représente la somme des $n$ premiers termes de la suite arithmétique de raison $1$ et de premier terme $1$ , alors:

$1+2+\cdots+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$ .

On conclut alors que: $\boxed{\forall n\in\N^{*}\text{ : }S'_n= n\ln 2+\dfrac{n(n+1)}{2}}$

b) Calculons $P\text{ : }$

$\begin{matrix} \forall n\in\N^*\text{ : } P&=& U_1\times U_2 \times \cdots \times U_n &=& e^{\ln (U_1\times U_2 \times \cdots \times U_n)} \\\\&=& e^{\ln U_1+\ln U_2+\cdots + \ln U_n } &=& e^{S'} \\\\&=& e^{n\ln 2+\frac{n(n+1)}{2}}&=& e^{\ln 2^n}\enskip e^{\frac{n(n+1)}{2}} \\\\&=& 2^n\enskip e^{\frac{n(n+1)}{2}}\end{matrix}$

On en déduit que:

$\boxed{\forall n\in\N^{*}\text{ : }P=2^n\enskip e^{\frac{n(n+1)}{2}}}$

probleme

Partie A:

$\forall x\in ]-\infty;0[\text{ : }h(x)=2\ln(-x)$

1) La fonction $h$ est dérivable sur $]-\infty;0[$ , donc:

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

Donc, $\forall x\in]-\infty;0[\text{ : }h'(x)=\dfrac{2}{x}<0$

On en tire que:

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

Calculons les limites de $h$ aux bornes de $]-\infty;0[\text{ : }$

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

$\displaystyle\lim_{x\to 0^-}h(x)=\lim_{x\to 0^-}2\ln(-x)= 2\ln(0^+)=2\times(-\infty)=-\infty$

Et on dresse le tableau de variations de la fonction $h\text{ :}$

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

2) On a directement: $h(-1)=2\ln(-(-1))=2\ln 1=0 \Longrightarrow \boxed{h(-1)=0}$

On en déduit, en se référant au tableau de variations de $h\text{ , }$ que:

$\boxed{\begin{matrix} \forall x\in ]-\infty;-1[ &\text{ : }&h(x)>0 \\&&h(-1)=0 \\ \forall x\in ]-1;0[&\text{ : }&h(x)<0 \end{matrix}}$

Partie B:

$\forall x\in \R \text{ : }f(x)=\begin{cases}-2x+1+2x\ln |x| &\text{ , si }x<0 \\ (x+2)e^{-x}-1 &\text{ , si }x\geq 0 \end{cases}$

1) Calcul des limites:

En $-\infty\text{ : }$

$\bullet \enskip \displaystyle\lim_{x\to -\infty} f(x) = \displaystyle\lim_{x\to -\infty}-2x+1+2x\ln |x|=\displaystyle\lim_{x\to -\infty}x\left(-2+\dfrac 1x+2\ln |x|\right)=(-\infty)\times (-2+0+\infty)=(-\infty)\times (+\infty)=-\infty$

$\bullet \enskip \displaystyle\lim_{x\to -\infty} \dfrac{f(x) }{x}= \displaystyle\lim_{x\to -\infty}-2+\dfrac{1}{x}+2\ln |x|=-2+0+\infty=+\infty$

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

Interprétation graphique:

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

En $+\infty\text{ : }$

$\bullet \enskip \displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x) = \displaystyle\lim_{x\to +\infty}(x+2)e^{-x}-1=\displaystyle\lim_{x\to +\infty}-(-xe^{-x}) +2e^{-x}-1 = -0+0-1=-1$

$\left(\text{En effet: }\displaystyle\lim_{x\to +\infty}-xe^{-x} = \displaystyle\lim_{X\to -\infty}Xe^X=0\right)$

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x) = -1 }$

Interprétation graphique:

$\boxed{\text{ La droite d'équation }y=-1\text{ est une asymptote horizontale à }(\mathscr{C})\text{ au voisinage de }+\infty}$

2-a) On a:

$\bullet \enskip \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} f(x)= \displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} -2x+1+2x\ln |x|=\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} -2x+1+2x\ln (-x)\underbrace{=}_{X=-x} \displaystyle\lim_{X\to 0^{+}} 2X+1-2X\ln X = 0+1+0=1$

$\left(\text{En effet: Lorsque }x\to 0^{-} \text{ , } |x|=-x \right)$

$\bullet \enskip \displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)= f(0)=(0+2)e^{0}-1=2-1=1$

On en tire que:

$\boxed{\displaystyle\lim_{x\to 0^{-}} f(x)=\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} f(x)=f(0)}$

Donc:

$\boxed{\text{ La fonction }f\text{ est continue en }0 }$

b) Etudions la dérivabilité à gauche en $0$ :

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

Donc:

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

Donc, sans étudier la dérivabilité à droite, on conclut directement que:

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

Etudions quand même la dérivabilité à droite en $0$ :

$\begin{matrix}\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} \dfrac{f(x)-f(0)}{x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} \dfrac{(x+2)e^{-x}-1-1}{x}&=&\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} \dfrac{xe^{-x}+2e^{-x}-2}{x}\\\\&=&\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}} e^{-x}-2\left(\dfrac{e^{-x}-1}{-x}\right)&=&\displaystyle\lim_{X\to 0^{-} }e^X-2\left(\dfrac{e^X-1}{X}\right)\\\\&=&1-2\times 1 &=&-1\end{matrix}$

$\left(\text{En effet: }\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{x} = 1\right)$

Donc:

$\boxed{f\text{ est dérivable en 0 à droite avec }f'_d(0)=-1}$

Interprétation graphique des résultats:

$f$ n'est pas dérivable en $0$ à gauche:

$\boxed{(\mathscr{C}) \text{ admet l'axe des ordonnées comme demi-tangente à gauche au point }J(0;1)}$

$f$ est dérivable en $0$ à droite avec $f'_d(0)=-1\text{ :}$

Donc la courbe $(\mathscr{C})$ admet une demi-tangente à droite au point $J(0;1)$ d'équation: $y=f'_d(0)(x-0)+f(0)\iff y=-x+1$

$\boxed{(\mathscr{C}) \text{ admet la droite d'équation }y=-x+1\text{ comme demi-tangente à droite au point }J(0;1)}$

3-a)

Pour tout réel $x$ strictement négatif: $f(x)=-2x+1+2x\ln|x|=-2x+1+2x\ln(-x)$

La fonction $f$ est donc dérivable sur $]-\infty;0[$ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle, donc:

$\begin{matrix} \forall x<0\text{ : }f'(x)&=& \left(-2x+1+2x\ln(-x) \right)'&=& -2+2\ln(-x)+2x\times \dfrac{-1}{-x} &=& -2+2\ln(-x)+2 &=& 2\ln(-x)\end{matrix}$

Pour tout réel $x$ strictement positif: $f(x)=(x+2)e^{-x}-1 \enskip \enskip.$ (En effet; on a vu que $f$ n'est pas dérivable en $0$ )

La fonction $f$ est donc dérivable sur $]0;+\infty[$ comme produit de fonctions dérivables sur cet intervalle, donc:

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

Conclusion:

$\boxed{ f'(x)=\begin{cases} 2\ln(-x)&\text{ si }x\in]-\infty;0[ \\ -(x+1)e^{-x} &\text{ si }x\in ]0;+\infty[ \end{cases}}$

b) On a, d'après la question précédente:

$\forall x\in ]-\infty;0[\text{ : }f'(x)=2\ln(-x) \Longrightarrow \boxed{\forall x\in ]-\infty;0[\text{ : }f'(x)=h(x)}$

c) On a: $f'(x)=\begin{cases} h(x)&\text{ si }x\in]-\infty;0[ \\ -(x+1)e^{-x} &\text{ si }x\in ]0;+\infty[ \end{cases}$

Pour tout réel $x\in ]-\infty;0[\text{ : }f'(x)=h(x)\text{ , }$ donc d'après la question 2) de la partie A :

$\begin{matrix} \forall x\in ]-\infty;-1[ &\text{ : }&h(x)>0 &\Longrightarrow & f'(x)>0\\&&h(-1)=0&\Longrightarrow & f'(-1)=0 \\ \forall x\in ]-1;0[&\text{ : }&h(x)<0&\Longrightarrow& f'(x) <0 \end{matrix}$

Pour tout $x\text{ de }]0;+\infty[\text{ : }f'(x)=-(x+1)e^{-x}\enskip$

$\text{ Et on sait que : }\forall x\in ]0;+\infty[\text{ : }x+1\geq 1>0 \enskip \text{ et }\enskip e^{-x}>0$ . Donc, $\forall x> 0\text{ : }f'(x)=-(x+1)e^{-x} <0$

Récapitulons:

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

On en déduit le sens de variation de la fonction $f\text{ :}$

$\boxed{\begin{matrix}f\text{ est strictement croissante sur } ]-\infty;-1[\\f \text{ admet un maximum en }-1 \\ f\text{ est strictement décroissante sur } ]-1;0[\cup[0;+\infty[=]-1;+\infty[ \end{matrix}}$

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

$\begin{array}{|c|ccccccc|} \hline x & -\infty & &-1 & & 0 & & +\infty \\ \hline f'(x) & & + & \barre{0} &-&\dbarre&-& \\ \hline & &&3&&& & \\ & & & & \searrow & & & \\ f& &\nearrow &&&1&& \\ & & &&&&\searrow& \\ & -\infty& &&&&& -1 \\ \hline \end{array}}$

En effet:

$f(-1)=2+1-2\ln 1=3 \enskip\enskip\enskip\text{ et }\enskip\enskip\enskip f(0)=2e^0-1=1$

4)

Sur l'intervalle $]-\infty;-1[\text{ :}$

La fonction $f$ est continue est strictement croissante sur $]-\infty;-1 [$ .

De plus, on a: $f\left(]-\infty;-1[\right)=\left]\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x) \text{ ; }f(-1)\right[=]-\infty;3[$ et donc, $0\in f\left(]-\infty;-1[\right)$

Alors, d'après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI): l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $]-\infty;-1 [$ qu'on note $\beta$

Or, on a $]-4;-3[\subset ]-\infty;-1[$ , et :

$f(-4)=8+1-8\ln(4)=9-16\ln (2) \enskip \Longrightarrow \enskip f(-4)\approx 9-16\times 0,69 \approx -2,04 <0$

$f(-3)=6+1-6\ln(3)=7-6\ln (3) \enskip \Longrightarrow \enskip f(-3)\approx 7-6\times 1,1 \approx 0,4 >0$

D'où: $f(-4)<0<f(-3)$

Il en résulte que:

$\boxed{\text{ l'équation }f(x)=0\text{ admet une solution unique }\beta\text{ sur }]-\infty,-1[\text{ qui appartient plus précisement à }]-4;-3[}\enskip(I)$ .

Sur l'intervalle $]-1;+\infty[\text{ :}$

La fonction $f$ est continue est strictement décroissante sur $]-1;+\infty [$ .

De plus, on a: $f\left(]-1;+\infty[\right)=\left]\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x) \text{ ; }f(-1)\right[=]-1;3[$ et donc, $0\in f\left(]-1;+\infty[\right)$

Alors, d'après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI): l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution sur $]-1;+\infty [$ qu'on note $\alpha$

Or, on a $\left]1;\dfrac{3}{2}\right[\subset ]-1;+\infty[$ , et :

$f(1)=(1+2)e^{-1}-1=3e^{-1}-1 \enskip \Longrightarrow \enskip f(1)\approx 3\times 0,36 -1 \approx 0,08 >0$

$f\left(\dfrac{3}{2}\right)=\left(\dfrac 32 +2\right)e^{3/2}-1=\dfrac{7}{2}e^{3/2}-1 \enskip \Longrightarrow \enskip f\left(\dfrac{3}{2}\right)\approx 3,5\times0,22 -1 \approx -0,23 <0$

D'où: $f\left(\dfrac{3}{2}\right)<0<f(1)$

Il en résulte que:

$\boxed{\text{ l'équation }f(x)=0\text{ admet une solution unique }\alpha\text{ sur }]-1;+\infty[\text{ qui appartient plus précisement à }\left]1;\dfrac 32\right[}\enskip(II)$ .

Conclusion, de (I) et (II) :

$\boxed{\text{ L'équation }f(x)=0\text{ admet exactement deux solutions }\alpha\text{ et }\beta \text{ tels que }\alpha\in \left]1;\dfrac 32\right[\text{ et }\beta\in ]-4;-3[}$ .

5) Voir le graphique à la fin de la partie C

6-a) Soit $0\leq \lambda \leq 1$ .

La partie du plan définie par les points $M(x;y)$ tels que $\begin{cases} 0\leq x\leq \lambda \\ 0\leq y\leq f(x)\end{cases}$ , n'est autre que la partie du plan délimitée par la courbe $\mathscr{C}$ , l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x=\lambda$ . Donc son aire $A(\lambda)$ s'écrit en unité d'aire (UA) : $A(\lambda)=\displaystyle \int_0^{\lambda} \left| f(x)\right|\text{ d}x$

Or, on a vu que $f$ est strictement décroissante sur $]-1;+\infty[$ , donc aussi sur $[0;\lambda]$ puisque $[0;\lambda]\subset ]-1;+\infty[$ .

Donc $\forall x\in [0;\lambda]\text{ : } 0\leq x\leq \lambda\leq 1 \Longrightarrow \blue f(1)\black \leq f(\lambda)\leq \blue f(x)\black \leq f(0)\enskip\text{ , d'où }\enskip \forall x\in [0;\lambda]\text{ : } f(1)\leq f(x)$

De plus, d'après la question 4) : $f(1)\approx 0,08>0$

Il s'ensuit que $\forall x\in [0;\lambda] \text{ : }f(x) >0$ , donc, pour tout $x\in [0;\lambda]\text{ : }|f(x)|=f(x)=(x+2)e^{-x}-1$

Calculons alors l'aire $A(\lambda)=\displaystyle \int_0^{\lambda} (x+2)e^{-x}-1\text{ d}x\text{ : }$

$A(\lambda)=\displaystyle \int_0^{\lambda} (x+2)e^{-x}-1\text{ d}x=\displaystyle \int_0^{\lambda} (x+2)e^{-x} \text{ d}x- \int_0^{\lambda}\text{d}x=\displaystyle \left(\int_0^{\lambda} (x+2)e^{-x} \text{ d}x\right)- \left[x\right]_0^{\lambda} =\displaystyle \left(\int_0^{\lambda} (x+2)e^{-x} \text{ d}x\right)- \lambda$

Calculons $\displaystyle \int_0^{\lambda} (x+2)e^{-x} \text{ d}x$ à l'aide d'une intégration par parties:

Posons $\begin{cases} u(x)=x+2 \\v'(x)=e^{-x} \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} u'(x)=1 \\v(x)=-e^{-x}\end{cases}$

Donc:

$\begin{matrix}\displaystyle\int_0^{\lambda} (x+2)e^{-x} \text{ d}x &=& \displaystyle\left[-(x+2)e^{-x}\right]_0^{\lambda} -\int_0^{\lambda} \left(-e^{-x}\right) \text{ d}x \\\\&=& \displaystyle\left[-(x+2)e^{-x}\right]_0^{\lambda} -\left[e^{-x}\right]_0^{\lambda} \\\\&=& \displaystyle -(\lambda+2)e^{-\lambda}+2e^{0} -e^{-\lambda}+e^0 \\\\&=& -(\lambda+3)e^{-\lambda}+3 \end{matrix}$

Il s'ensuit que:

$\boxed{A(\lambda)=-(\lambda+3)e^{-\lambda}+3-\lambda\enskip \enskip(UA)}$

b) Calculer la limite de $A(\lambda)$ lorsque $\lambda$ tend vers $0$ revient à calculer l'intégrale $\displaystyle\lim_{\lambda\to 0} A(\lambda)= A(0)=\displaystyle \int_0^{0} (x+2)e^{-x}-1\text{ d}x$ , qui est nulle par définition.

$\boxed{\displaystyle\lim_{\lambda\to 0} A(\lambda)= A(0)=0}$

Remarque: On a pu calculer $A(0)$ en utilisant l'expression de $A(\lambda)$ trouvée à la question précédente: $A(0)=-3e^0+3-0=-3+3=0$

Partie C

1) La restriction $g$ de $f$ sur $]-\infty;-1[$ est continue et strictement croissante sur $]-\infty;-1[$ .

Elle réalise alors une bijection sur $I=]-\infty;-1[$ vers : $J=g(]-\infty;-1[ )=f(]-\infty;-1[ )=\left]\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x) ; f(-1)\right[=]-\infty; 3[$

D'où :

$\boxed{g \text{ réalise une bijection de }I=]-\infty;-1[ \text{ sur l'intervalle }J=]-\infty;3[ }$

2) D'après le cours, $g$ et $g^{-1}$ ont le même sens de variation.

Donc, puisque $g$ est strictement croissante sur $]-\infty;-1[$ , alors $g^{-1}$ est strictement croissante sur $]-\infty;3[$ .

Dressons le tableau de variations:

$\begin{array}{|c|ccc|} \hline x & -\infty & &-1 \\ \hline g'(x) & & + & \dbarre \\ \hline & &&3 \\ g& &\nearrow &\dbarre \\ & -\infty& &\dbarre \\ \hline \end{array}} \enskip\enskip\enskip\Longrightarrow \enskip\enskip\enskip\begin{array}{|c|ccc|} \hline x & -\infty & &3 \\ \hline g^{-1}'(x) & & + & \dbarre \\ \hline & &&-1 \\ g^{-1}& &\nearrow &\dbarre \\ & -\infty& &\dbarre \\ \hline \end{array}}$

3) Le graphique:

En sachant que $(\mathscr{C})$ et $(\mathscr{C}')$ sont symétriques par rapport à la droite d'équation $y=x$ :

Bac Burkina Faso 2023 série D - 1er tour : image 7

Partie D

1) On appelle équation cartésienne de la courbe $(\Gamma)$ l'équation qui écrit la variable $y$ en fonction de la variable $x$ , c'est-à-dire, sans faire intervenir la variable temporelle $t$

On a:

$\begin{cases} x(t)=\ln t \\y(t)=(2-\ln t)t-1 \end{cases} \enskip\text{ , }t\geq 1\enskip\text{ , donc : } x(t)=\ln t\Longrightarrow t=e^{x(t)}$

En remplaçant dans l'expresion de $y$ , on obtient: $y(t)=(2-\ln t)t-1\Longrightarrow y(t)=(2-x(t))e^{x(t)}-1$

D'où:

$\boxed{\text{ L'équation cartésienne de la courbe }(\Gamma)\text{ : } y(x)=(2-x)e^x-1 }$

2) Notons $v_x \text{ et }v_y$ les coordonnées du vecteur vitesse $\vec{v}\text{ , alors, pour tout }t\geq 1\text{ : }$

$v_x(t)=\dfrac{d x(t)}{d t} = (\ln t)' =\dfrac{1}{t}$

$\begin{matrix}v_y(t)&=&\dfrac{d y(t)}{d t} &=& ((2-\ln t)t-1)' \\& =&(2-\ln t)' t+(2-\ln t)& = &-\dfrac{1}{t}\times t+2-\ln t \\&=&-1+2-\ln t &=& 1-\ln t\end{matrix}$

Pour $t=e\text{ , on obtient: }$

$v_x(e)=\dfrac{1}{e}=e^{-1}$

$v_y(e)=1-\ln e=1-1=0$

Conclusion:

$\boxed{\text{Les coordonnées du vecteur vitesse à l'instant }t=e\text{ sont : }\vec{v}_{e}\left(e^{-1};0\right)}$

Publié par malou/Panter le 29-10-2023

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