Fiche de mathématiques
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Bac Mathématiques Sénégal série F6

Année 2023

Epreuve du 1er groupe

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Durée : 4 heures

Coefficient : 4


4,5 points

exercice 1

Bac Senegal 2023 série F6 : image 3


5,5 points

exercice 2

Bac Senegal 2023 série F6 : image 2


10 points

probleme

Bac Senegal 2023 série F6 : image 1






Bac Sénégal 2023 série F6

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4,5 points

exercice 1

1.  On considère dans  \overset{ { \white{ _. } } } {\C }  l'équation suivante :

(E):z^2-2(1+\text i\sqrt2)z+2(-1+2\text i\sqrt2)=0.

1. a)  Nous devons écrire  \overset{ { \white{ . } } } {(\sqrt2-\text i)^2 }  sous forme algébrique.

{ \white{ xxxxi } }(\sqrt2-\text i)^2=(\sqrt 2)^2-2\times\sqrt 2\times\text i+\text i^2 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{(\sqrt2-\text i)^2}=2-2\,\text i\sqrt 2-1} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{(\sqrt2-\text i)^2}=1-2\,\text i\sqrt 2} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(\sqrt2-\text i)^2=1-2\,\text i\sqrt 2}

1. b)  Nous devons résoudre  \overset{ { \white{ . } } } {(E):z^2-2(1+\text i\sqrt2)z+2(-1+2\text i\sqrt2)=0. } 

Le discriminant de l'équation est

{ \white{ xxi } } \Delta=\big(-2(1+\text i\sqrt2)\big)^2-4\times1\times2(-1+2\,\text i\sqrt2) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4(1+2\,\text i\sqrt2-2)-8(-1+2\,\text i\sqrt2)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4(-1+2\,\text i\sqrt2)+8-16\,\text i\sqrt2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=-4+8\,\text i\sqrt2+8-16\,\text i\sqrt2}
{ \white{ xxi } } { \white{ xx } }\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4-8\,\text i\sqrt2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=4(1-2\,\text i\sqrt2}) \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{d}=\Big(2(\sqrt2-\text i)\Big)^2\quad(\text{voir question 1. a})}

Les solutions de l'équation sont :

{ \white{ xxi } }z_1=\dfrac{2(1+\text i\sqrt2)-2(\sqrt2-\text i)}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1+\text i\sqrt2)-(\sqrt2-\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=1-\sqrt2+\text i\sqrt2+\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2)}

{ \white{ xxi } }z_2=\dfrac{2(1+\text i\sqrt2)+2(\sqrt2-\text i)}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1+\text i\sqrt2)+(\sqrt2-\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=1+\sqrt2+\text i\sqrt2-\text i} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{z_1}=(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)}

D'où l'ensemble des solutions de l'équation  \overset{ { \white{ . } } } {(E) }  est

\boxed{S=\lbrace(1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2)\;;\;(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)\rbrace}\,.

2.  Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé direct  \overset{ { \white{ . } } } {(O\;;\;\vec u,\vec v),}  on considère les points A , B  et C  d'affixes respectives :

z_A=(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2),\;z_B=2+2\,\texti\sqrt2  et  z_C=(1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2).


2. a)  Plaçons les points A , B  et C .

Bac Senegal 2023 série F6 : image 4


2. b)  Nous devons vérifier que  \overset{ { \white{ . } } } {z_C=\text i\,z_A. } 

{ \white{ xxxxi } }\text i\,z_A=\text i\left[\overset{}{(1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)}\right] \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text i\,z_A}=\text i\,(1+\sqrt2)+(1-\sqrt2)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\text i\,z_A}=z_C} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z_C=\text i\,z_A}

De plus, nous avons : z_C=\text i\,z_A\quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}|z_C|=|\text i|\times|z_A|\\\\\dfrac{z_C}{z_A}=\text i\phantom{WWW}\end{matrix}\right. \quad\Longrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}|z_C|=|z_A|\phantom{xxx}\\\\\arg\left(\dfrac{z_C}{z_A}\right)=\dfrac{\pi}{2}\end{matrix}\right.

D'où  \overset{ { \white{ . } } } {OC=OA }  et  \overset{ { \white{ . } } } { \left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OC}\right)=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi].} 

Nous en déduisons que le triangle OAC  est rectangle et isocèle en O .

3. a)  Donnons une écriture sous forme exponentielle du nombre complexe  \overset{ { \white{ . } } } {Z=\dfrac{z_B-z_A}{z_B-z_C}\,. } 

{ \white{ xxi } }Z=\dfrac{z_B-z_A}{z_B-z_C}=\dfrac{(2+2\,\text i\sqrt 2)-\Big((1+\sqrt2)-\text i(1-\sqrt2)\Big)}{(2+2\,\text i\sqrt 2)-\Big((1-\sqrt2)+\text i(1+\sqrt2)\Big)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{2+2\,\text i\sqrt 2-1-\sqrt2+\text i-\text i\sqrt2}{2+2\,\text i\sqrt 2-1+\sqrt2-\text i-\text i\sqrt2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{1-\sqrt 2+\text i+\text i\sqrt 2}{1+\sqrt 2-\text i+\text i\sqrt 2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{(1-\sqrt 2)+\text i\,(1+\sqrt 2)}{(1+\sqrt 2)+\text i\,(-1+\sqrt 2)}}
{ \white{ xxi } }\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{\text i\,\left[\overset{}{(1+\sqrt 2)-\text i(1-\sqrt 2)}\right]}{(1+\sqrt 2)+\text i\,(-1+\sqrt 2)}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\dfrac{\text i\,\left[\overset{}{(1+\sqrt 2)+\text i(-1+\sqrt 2)}\right]}{(1+\sqrt 2)+\text i\,(-1+\sqrt 2)}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{Z}=\text i} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{Z}=\text e^{\text i\frac{\pi}{2}}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{Z=\dfrac{z_B-z_A}{z_B-z_C}=\text e^{\text i\frac{\pi}{2}}}

3. b)  Nous en déduisons que le triangle ABC est rectangle et isocèle en B .

4.  Nous devons montrer que les points A , B , C  et O  appartiennent à un même cercle.

Nous savons que dans un triangle rectangle, le milieu de l'hypoténuse est le centre du cercle circonscrit à ce triangle.

Dès lors,

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Le triangle OAC  étant rectangle en O , le milieu de l'hypoténuse [AC]  est le centre du cercle circonscrit à ce triangle.
Le rayon de ce cercle est  \overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{AC}{2}. } 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Le triangle ABC  étant rectangle en B , le milieu de l'hypoténuse [AC]  est le centre du cercle circonscrit à ce triangle. 
Le rayon de ce cercle est  \overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{AC}{2}. } 

Par conséquent , les points A , B , C  et O  appartiennent à un même cercle dont le centre est le milieu de l'hypoténuse [AC]  et le rayon est  \overset{ { \white{ . } } } {\dfrac{AC}{2}. } 

5,5 points

exercice 2

Dans l'espace rapporté à un repère orthonormal  \overset{ { \white{ . } } } {(O\;;\;\vec i,\vec j,\vec k),}  on considère les points
 \overset{ { \white{ . } } } {A(1\;;\;2\;;\;3),B(0\;;\;1\;;\;4),C(-1\;;\;-3\;;\;2),D(4\;;\;-2\;;\;5) }  et le vecteur  \overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}.} 

1.  Démontrons que les points A , B  et C  ne sont pas alignés.

\left\lbrace\begin{matrix}A(1\;;\;2\;;\;3)\\B(0\;;\;1\;;\;4)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AB}\begin{pmatrix}0-1\\1-2\\4-3\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AB}\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}A(1\;;\;2\;;\;3)\\C(-1\;;\;-3\;;\;2)\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AC}\begin{pmatrix}-1-1\\-3-2\\2-3\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad\overrightarrow {AC}\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix}

Manifestement, les coordonnées des vecteurs  \overrightarrow{AB}  et  \overrightarrow{AC}  ne sont pas proportionnelles.
Dès lors, ces vecteurs  \overrightarrow{AB}  et  \overrightarrow{AC}  ne sont pas colinéaires.
Nous en déduisons que les points A , B  et C  ne sont pas alignés et déterminent donc un plan..

2. a)  Démontrons que  \vec n  est un vecteur normal au plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC). } 

\left\lbrace\begin{matrix}\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}\\\overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow {AB}\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}     }  \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\vec n\cdot\overrightarrow {AB}=(-2)\times(-1)+1\times(-1)+(-1)\times1=0 \\\phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\vec n\perp\overrightarrow {AB}} \\\\\left\lbrace\begin{matrix}\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}\\\overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow {AC}\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix}     }  \end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\vec n\cdot\overrightarrow {AC}=(-2)\times(-2)+1\times(-5)+(-1)\times(-1)=0 \\\phantom{WWWWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\vec n\perp\overrightarrow {AC}}

Puisque le vecteur  \vec n  est orthogonal aux vecteurs non colinéaires  \overrightarrow{AB}  et  \overrightarrow{AC},  nous avons montré que  \vec n  est un vecteur normal au plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC). } 

2.  b)  Nous devons déterminer une équation cartésienne du plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC). } 

Le vecteur  \overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}}  est un vecteur normal au plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC). }
D'où l'équation du plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }  est de la forme  \overset{ { \white{ . } } } {-2x+y-z+d=0 }  où  \overset{ { \white{ _. } } } {d }  est un nombre réel.

Nous savons que  \overset{ { \white{ . } } } {A(1\;;\;2\;;\;3) }  appartient à ce plan.
Donc  \overset{ { \white{ . } } } {-2\times1+2-3+d=0, }  soit  \overset{ { \white{ . } } } {d=3. } 

Par conséquent, une équation cartésienne du plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }  est  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{-2x+y-z+3=0}\,. } 

2.  c)  Nous devons déterminer une représentation paramétrique de la droite  \overset{ { \white{ . } } } { (n )}  passant par le point O  et orthogonale au plan (ABC). 

Un vecteur directeur de la droite  \overset{ { \white{ . } } } { (n )}  est le vecteur  \overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}{\red{-2}}\\ {\red{1}}\\ {\red{-1}}\end{pmatrix}}.
  Le point  \overset{ { \white{ . } } } {0({\blue{0}}\;;\;{\blue{0}}\;;\;{\blue{0}})}  appartient à  \overset{ { \white{ . } } } { (n )} .
Donc une représentation paramétrique de la droite  \overset{ { \white{ . } } } { (n )}  est :  \overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x={\blue{0}}+{\red{(-2)}}\times k\\y={\blue{0}}+{\red{1}}\times k\phantom{xxx}\\z={\blue{0}}+{\red{(-1)}}\times k\end{matrix}\right.\quad \quad(k\in\R) } 
soit  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{(n):\left\lbrace\begin{matrix}x=-2k\\y=k\phantom{xx}\\z=-k\end{matrix}\right.\quad \quad(k\in\R)} } 

3. a)  Montrons que les points A , B , C  et D  sont les sommets d'un tétraèdre.

Le point D (4 ; -2 ; 5) n'appartient pas au plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }  car ses coordonnées ne vérifient pas l'équation de  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC). } 
En effet,  \overset{ { \white{ . } } } {-2\times4-2-5+3=-12\neq0. } 

Dès lors, les points A , B , C  et D  sont les sommets d'un tétraèdre.

3. b)  Calculons la distance  \overset{ { \white{ . } } } { d(D,(ABC)) }  du point D  au plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC). } 

{ \white{ xxi } } d(D,(ABC))=\dfrac{\mid -2\times4+(-2)-5+3\mid}{\sqrt{(-2)^2+1^2+(-1)^2}}  \\\overset{ { \white{ . } } } {{ \phantom{ d(D,(ABC))}=\dfrac{\mid -12\mid}{\sqrt{6}}=\dfrac{12}{\sqrt{6}}=\dfrac{12\sqrt 6}{\sqrt{6}\sqrt6}=\dfrac{12\sqrt 6}{6}=2\sqrt6}} \\\\\overset{ { \white{ . } } } { \Longrightarrow\boxed{ d(D,(ABC))=2\sqrt6}\,.}

3. c)  Calculons le volume  \overset{ { \white{ . } } } {V }  du tétraèdre  \overset{ { \white{ . } } } {ABCD. } 

{ \white{ xxi } }V=\dfrac16\times\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|\times d(D,(ABC))

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Calculons   { \left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|} 
Par la question 1., nous avons :  \overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}}  et  \overset{ { \white{ . } } } {\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix}}\,.

Nous en déduisons que   \overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}-1\\-1\\1\end{pmatrix}\wedge\begin{pmatrix}-2\\-5\\-1\end{pmatrix}
{ \white{ WWWWWxWWWW} }\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWW}=\begin{pmatrix}(-1)\times(-1)-1\times(-5)\\1\times(-2)-(-1)\times(-1)\\ (-1)\times(-5)-(-1)\times(-2)\end{pmatrix}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWW}=\begin{pmatrix}6\\-3\\3\end{pmatrix}}

D'où   \overset{ { \white{ . } } } {\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|=\sqrt{6^2+(-3)^2+3^2}=\sqrt{54}=3\sqrt{6}}

\Longrightarrow \boxed{\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|=3\sqrt{6}}

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Nous savons que  \overset{ { \white{ . } } } { \boxed{ d(D,(ABC))=2\sqrt6}\,.}

Donc  \overset{ { \white{ . } } } {V=\dfrac16\times\left|\left|\overrightarrow{AB}\wedge \overrightarrow{AC}\right|\right|\times d(D,(ABC)) =\dfrac16\times3\sqrt6\times 2\sqrt6 =6. } 
Par conséquent, le volume  \overset{ { \white{ . } } } {V }  du tétraèdre  \overset{ { \white{ _. } } } {ABCD}  est égal à 6 unités de volume.

4.  Soit  \overset{ { \white{ . } } } {(\Delta) }  la droite dont une représentation paramétrique est :
\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{i}\\y=-1+k\\z=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.\quad \quad(k\in\R)}

Nous devons montrer que le point  \overset{ { \white{ . } } } { D}  appartient à la droite  \overset{ { \white{ . } } } {(\Delta). } 

Montrons qu'il existe une valeur de   {k }  telle que  \overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x_D=2-2k\phantom{i}\\y_D=-1+k\\z_D=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.}

\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x_D=2-2k\phantom{i}\\y_D=-1+k\\z_D=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}4=2-2k\phantom{i}\\-2=-1+k\\5=4-k\phantom{w}\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}2k=-2\phantom{i}\\k=-1\\k=-1\phantom{w}\end{matrix}\right.}  \\\\\phantom{WWWWWiW}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{k=-1}

Par conséquent, le point  \overset{ { \white{ . } } } { D}  appartient à la droite  \overset{ { \white{ . } } } {(\Delta). } 

De plus, la droite  \overset{ { \white{ . } } } {(\Delta) }  est perpendiculaire au plan  \overset{ { \white{ . } } } {(ABC) }  car  \overset{ { \white{ . } } } {(\Delta) }  admet  \overset{ { \white{ . } } } {\vec n\begin{pmatrix}-2\\1\\-1\end{pmatrix}}   pour vecteur directeur.

5.  Soit  \overset{ { \white{ . } } } { E}  le projeté orthogonal du point  \overset{ { \white{ . } } } {D }  sur le plan  \overset{ { \white{ . } } } { (ABC).} 

Montrons que le point  \overset{ { \white{ . } } } {E }  est le centre de gravité du triangle  \overset{ { \white{ . } } } {ABC. } 

Montrons donc que  {\overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}. } 

Déterminons d'abord les coordonnées du point  \overset{ { \white{ . } } } {E. } 
Par définition du point  \overset{ { \white{ . } } } {E, }  nous savons que ce point  \overset{ { \white{ . } } } {E }  'est le point d'intersection de la droite  \overset{ { \white{ . } } } (\Delta){ }  et du plan  \overset{ { \white{ . } } } {ABC. } 
Dès lors, ses coordonnées sont données en résolvant le système composé par la représentation paramétrique de  \overset{ { \white{ . } } } {(\Delta ) }  et l'équation du plan  \overset{ { \white{ . } } } {ABC. } 

\overset{ { \white{ . } } } {\left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{WWW}\\y=-1+k\phantom{WWW}\\z=4-k\phantom{WWWW}\\-2x+y-z+3=0\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{WWW}\\y=-1+k\phantom{WWW}\\z=4-k\phantom{WWWW}\\-2(2-2k)+(-1+k)-(4-k)+3=0\end{matrix}\right.   } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{}\\y=-1+k\\z=4-k\phantom{v}\\-6+6k=0\end{matrix}\right.  } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2k\phantom{}\\y=-1+k\\z=4-k\phantom{v}\\k=1\phantom{xxxx}\end{matrix}\right.  }

{ \white{ WWWWWWWW} }\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=2-2\phantom{}\\y=-1+1\\z=4-1\phantom{v}\\k=1\phantom{xxxx}\end{matrix}\right.  } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWW}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=3\\k=1\end{matrix}\right.  }

Nous en déduisons que les coordonnées de  \overset{ { \white{ . } } } {E }  sont (0 ; 0 ; 3).

Dès lors, nous obtenons :

\overrightarrow{EA}\;\begin{pmatrix}0-1\\0-2\\3-3\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{EA}\;\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}. \\\\\overrightarrow{EB}\;\begin{pmatrix}0-0\\0-1\\3-4\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{EB}\;\begin{pmatrix}0\\-1\\-1\end{pmatrix}. \\\\\overrightarrow{EC}\;\begin{pmatrix}0+1\\0+3\\3-2\end{pmatrix}\quad\Longrightarrow\quad \overrightarrow{EC}\;\begin{pmatrix}1\\3\\1\end{pmatrix}.

Or  \overset{ { \white{ . } } } {\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}0\\-1\\-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}1\\3\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1+0+1\\-2-1+3\\0-1+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix} .} 

D'où  \overset{ { \white{ . } } } { \overrightarrow{EA}+\overrightarrow{EB}+\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}.} 

Par conséquent, le point  \overset{ { \white{ _. } } } {E }  est le centre de gravité du triangle  \overset{ { \white{ _. } } } {ABC. } 

10 points

probleme

Partie A (2,75 points)

On considère la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { g}  définie sur  \overset{ { \white{ _. } } } { \R}  par  \overset{ { \white{ . } } } { g(x)=2+x\,\text e^{-x}.} 

1.  Nous devons calculer les limites de  \overset{ { \white{ . } } } { g}  en  \overset{ { \white{ . } } } { -\infty}  et en  \overset{ { \white{ . } } } { +\infty.} 

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

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}x=-\infty\phantom{WWWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{-x}=+\infty\phantom{WWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}x\,\text e^{-x}=-\infty  \\\phantom{WWWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}(2+x\,\text e^{-x})=-\infty .\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=-\infty}}

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

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}x=+\infty\phantom{WWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{-x}=0\phantom{WWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}x\,\text e^{-x}=0\quad(\text{croissances comparées}) \\\phantom{WWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}(2+x\,\text e^{-x})=2 .\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}g(x)=2}}

2.  Nous devons étudier les variations de  \overset{ { \white{ . } } } { g.} 

La fonction  \overset{ { \white{ . } } } { g}  est dérivable sur  \overset{ { \white{ _. } } } { \R.} 

Pour tout nombre  \overset{ { \white{ . } } } { x}  réel,

{ \white{ xxi } } g'(x)=(2+x\,\text e^{-x})' \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=0+(x\,\text e^{-x})'  } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=x'\times\text e^{-x}+x\times(\text e^{-x})'  } \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g'(x)}=1\times\text e^{-x}+x\times(-\,\text e^{-x})  } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{g'(x)}=\text e^{-x}-x\,\text e^{-x}  } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{g'(x)}=(1-x)\,\text e^{-x}  } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{g'(x)=(1-x)\,\text e^{-x}  }

Étudions le signe de  \overset{ { \white{ . } } } { g'(x) }  sur  \overset{ { \white{ _. } } } { \R.} 

L'exponentielle est strictement positive sur  \overset{ { \white{ _. } } } { \R.} 
Dès lors le signe de  \overset{ { \white{ _. } } } { g'(x)}  est le signe de  \overset{ { \white{ _. } } } { (1-x).} 

{ \white{ xxi } } \begin{matrix}1-x<0\Longleftrightarrow x>1\\\overset{ { \white{.} } } {1-x=0\Longleftrightarrow x=1} \\\overset{ { \phantom{.} } } {1-x>0\Longleftrightarrow x<1}\end{matrix} \begin{matrix}\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&-\infty&&&1&&&+\infty &&&&&&&& \\\hline &&&&&&&\\1-x&&+&+&0&-&-&\\&&&&&&&\\\hline&&&&&&&\\g'(x)&&+&+&0&-&-&\\&&&&&&&\\\hline \end{array}

Nous pouvons ainsi dresser le tableau de variations de \overset{ { \white{ . } } } { g. } 

 { \white{ WWWWW} } \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&-\infty&&&1&&&+\infty &&&&&&&& \\\hline &&&&&&&\\g'(x)&&+&+&0&-&-&\\&&&&&&&\\\hline&&&&2+\text e^{-1}\approx2,37&&&\\g(x)&&\nearrow&\nearrow&&\searrow&\searrow&\\&-\infty&&&&&&2\\\hline \end{array}

Par conséquent, la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { g }  est strictement croissante sur  \overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;1[ } 
{ \white{ WWWWWWWWWWWWW} }strictement décroissante sur  \overset{ { \white{ . } } } { ]1\;;\;+\infty[. } 

3. a)  Montrons que l'équation  \overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}  admet une unique solution sur  \overset{ { \white{ _. } } }{\R} , notée  \overset{ { \white{ . } } }{\alpha .} 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;1[, }  la fonction g  est continue et strictement croissante.
Il s'ensuit que g  réalise une bijection de  \overset{ { \white{ . } } } {  ]-\infty\;;\;1[}  sur  \overset{ { \white{ . } } } { g( ]-\infty\;;\;1[)=]-\infty\;;\;2+\text e^{-1}[.}

Or  \overset{ { \white{ . } } } {0\in\,]-\infty\;;\;2+\text e^{-1}[. }

Dès lors, l'équation  \overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } }{\alpha}  sur  \overset{ { \white{ . } } }{ ]-\infty\;;\;1[.} 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Sur l'intervalle  \overset{ { \white{ . } } } { ]1\;;\;+\infty[, }  la fonction g  est continue et strictement décroissante.
Il s'ensuit que g  réalise une bijection de  \overset{ { \white{ . } } } {  ]1\;;\;+\infty[}  sur  \overset{ { \white{ . } } } { g( ]1\;;\;+\infty[)=]2\;;\;2+\text e^{-1}[.}

Or  \overset{ { \white{ . } } } {0\notin\,]2\;;\;2+\text e^{-1}[. }

Dès lors, l'équation  \overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}  n'admet pas de solution sur  \overset{ { \white{ . } } }{ ]1\;;\;+\infty[.} 

\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}} Par conséquent, l'équation  \overset{ { \white{ . } } }{g(x)=0}  admet une unique solution  \overset{ { \white{ . } } }{\alpha}  sur  \overset{ { \white{ _. } } }{\R.} 

3. b)  \left\lbrace\begin{matrix}g(-1)=2-\text e\approx-0,718<0\\\overset{ { \white{ . } } } {g(-0,5)\approx1,176>0\phantom{xxxxx}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad g(-1)\times g(-0,5)<0

D'où   \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{-1<\alpha<-0,5}\,.}

4.  Déterminons le signe de  \overset{ { \white{ . } } }{g(x)}  suivant les valeurs de  \overset{ { \white{ . } } }{x.} 

Complétons le tableau de variations de \overset{ { \white{ . } } } { g. } 

 { \white{ WWWWW} } \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&\\x&-\infty&&\alpha&&1&&+\infty &&&&&&&&\\\hline&&&&&2+\text e^{-1}\approx2,37&&\\g(x)&&\nearrow&0&\nearrow&&\searrow&\\&-\infty&&&&&&2\\\hline \end{array}

Nous en déduisons que  \overset{ { \white{ . } } } { g(x)<0 }  sur  \overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty\;;\;\alpha[ } 
{ \white{ WWWWWWxWWW} }\overset{ { \white{ . } } } { g(x)>0 }  sur  \overset{ { \white{ . } } } { ]\alpha\;;\;+\infty[. } 

Partie B (4,75 points)

On considère la fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f}  définie sur  \overset{ { \white{ _. } } } { \R}  par  \overset{ { \white{ . } } } { f(x)=1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x}  et on note   \overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}  sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormé  \overset{ { \white{ . } } } { (O\;;\;\vec i,\vec j)}  d'unité graphique 2 cm.

1. a)  Nous devons calculer la limite de  \overset{ { \white{ . } } } { f}  en  \overset{ { \white{ . } } } { -\infty.} 

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{2x}=0\phantom{WWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)=-\infty} \\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{x}=0\phantom{WWW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to-\infty}\text e^{2x}=0\phantom{WWWWWWWWWWWWW} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{x\to-\infty}(x-1)\,\text e^x=0\quad(\text{croissances comparées})}\end{matrix}\right. \\\phantom{WWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)=1+0+0\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=1}}

Nous en déduisons que la droite d'équation  \overset{ { \white{ . } } } { y=1}  est asymptote horizontale à la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}  en -infini.

1. b)  Nous devons calculer la limite de  \overset{ { \white{ . } } } { f}  en  \overset{ { \white{ . } } } { +\infty.} 

\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{2x}=+\infty\phantom{WW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)=+\infty} \\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{x}=+\infty\phantom{WW}}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^{2x}=+\infty\phantom{WW} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)\,\text e^x=+\infty}\end{matrix}\right.\\\phantom{WWWWWWWwWW}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)=+\infty \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{WWWWWWWxWW}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty}}

1. c)  Nous devons étudier la branche infinie de  \overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}  en +infini.

Calculons  {\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}\,. } 

{ \white{ xxi } }\forall\,x\neq0,\quad \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x}{x} \\\overset{ { \white{ . } } } {\Longrightarrow\quad \boxed{\forall\,x\neq0,\quad \dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{\text e^{2x}}{x}+\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\,\text e^x}}

{ \white{ xxi } }\text{Or }\;\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0\phantom{WWWWWWWWWWW}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\text e^{2x}}{x}=0 \quad(\text{croissances comparées})}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)=1-0=1\phantom{WWWWW}}\\\overset{ { \white{ . } } } {\lim\limits_{x\to+\infty}\text e^x=+\infty\phantom{WWWWWWWWWW}}\end{matrix}\right. \\\\\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to+\infty}\left[\dfrac{1}{x}+\dfrac{\text e^{2x}}{x}+\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\,\text e^x\right]=+\infty \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=+\infty}

Nous en déduisons que la courbe  \overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}  admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées en +infini.

2.  La fonction  \overset{ { \white{ . } } } { f}  est dérivable sur  \overset{ { \white{ _. } } } { \R.} 

{ \white{ xxi } }f'(x)=\Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=0+(2x)'\,\text e^{2x}+(x-1)'\times\text e^x+(x-1)\times(\text e^x)'  } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+1\times\text e^x+(x-1)\times\text e^x  } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+\text e^x+x\,\text e^x -\text e^x  }
{ \white{ xxi } }\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+x\,\text e^x   } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=2\,\text e^{2x}+x\,\text e^{-x}\text e^{2x}   } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x)}=(2+x\,\text e^{-x})\,\text e^{2x}   } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x)}=g(x)\,\text e^{2x}   } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R,\;f'(x)=g(x)\,\text e^{2x}}

3.  Nous devons dresser le tableau de variations de  \overset{ { \white{ . } } } { f.} 

Le signe de  \overset{ { \white{ . } } } { f'(x)}  est le signe de  \overset{ { \white{ . } } } { g(x)}  car l'exponentielle est toujours strictement positive.

En utilisant le résultat de la question 4. Partie A, nous obtenons :

 { \white{ WWWWW} } \begin{array}{|c|cccccc|}\hline &&&&&&\\x&-\infty&&\alpha&&+\infty&\\&&&&&&\\\hline&&&&&&\\g(x)&&-&0&+&&\\&&&&&&\\\hline&&&&&&\\f'(x)&&-&0&+&&\\&&&&&&\\\hline&1&&&&+\infty&\\f(x)&&\searrow&&\nearrow&&\\&&&f(\alpha)&&&\\\hline \end{array}

4.  Nous devons vérifier que   { f(\alpha )=\dfrac{-\alpha ^2+2\alpha +4}{4}.} 

Par définition de  \overset{ { \white{ . } } } {\alpha } , nous obtenons :

{ \white{ xxi } }g(\alpha)=0\quad\Longleftrightarrow\quad 2+\alpha\,\text e^{-\alpha}=0 \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha\,\text e^{-\alpha}=-2} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \text e^{-\alpha}=-\dfrac{2}{\alpha}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{g(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\text e^{\alpha}=-\dfrac{\alpha}{2}}}

Dès lors,

{ \white{ xxi } }f(\alpha)=1+\text e^{2\alpha}+(\alpha-1)\,\text e^\alpha \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+(\text e^{\alpha})^2+(\alpha-1)\,\text e^\alpha} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+\left(-\dfrac{\alpha}{2}\right)^2+(\alpha-1)\,\left(-\dfrac{\alpha}{2}\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+\dfrac{\alpha^2}{4}+(\alpha-1)\,\left(-\dfrac{\alpha}{2}\right)}
{ \white{ xxi } }\\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=1+\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{\alpha^2}{2}+\dfrac{\alpha}{2}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=\dfrac44+\dfrac{\alpha^2}{4}-\dfrac{2\alpha^2}{4}+\dfrac{2\alpha}{4}} \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{f(\alpha)}=\dfrac{-\alpha^2+2\alpha+4}{4}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{f(\alpha)=\dfrac{-\alpha^2+2\alpha+4}{4}}

5.  Nous devons tracer la courbe   \overset{ { \white{ . } } } { (\mathscr{C})}  en prenant   \overset{ { \white{ . } } } { \alpha\approx -0,7.} 

Bac Senegal 2023 série F6 : image 6


Partie C (2,5 points)

1.  Nous devons calculer  \overset{ { \white{ . } } } { I=\displaystyle\int\limits_0^1 (x-1)\,\text e^x\,\text{d}x.} 
\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\displaystyle\int_0^{1}u(x)v'(x)\,\text{d}x=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]\limits_0^1- \displaystyle\int\limits_0^1u'(x)v(x)\,\text{d}x}}.  \\ \\ \left\lbrace\begin{matrix}u(x)=x-1\quad\Longrightarrow\quad u'(x)=1 \\\\v'(x)=\text e^x\phantom{W}\quad\Longrightarrow\quad v(x)=\text e^x\end{matrix}\right.

Dès lors  \overset{ { \white{ . } } } { I=\left[\overset{}{(x-1)\,\text e^x}\right]_0^1-\displaystyle\int_0^{1}1\times\text{e}^x\,\text{d}x=\left[\overset{}{(x-1)\,\text e^x}\right]_0^1-\displaystyle\int_0^{1}\text{e}^x\,\text{d}x}
{ \white{ WWWWi} }\\\\\phantom{I}=\left[\overset{}{(x-1)\,\text e^x}\right]_0^1-\left[\overset{}{\text e^x}\right]_0^1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{I}=[0-(-\text e^0)]-(\text e^1-\text e^0)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{I}=1-\text e+1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{I}=2-\text e}

Par conséquent,  \overset{ { \white{ . } } } {\boxed{I=2-\text e}\,. } 

2.  Calculons l'aire  \overset{ { \white{ _. } } } { \mathscr{A} } , en cm2, de la partie du plan délimitée par la courbe    \overset{ { \phantom{ (c) } } } { (\mathscr{C}) } , les droites d'équations  \overset{ { \white{ _. } } } { x=0 }  et  \overset{ { \white{ _. } } } { x=1 }  et l'axe des abscisses.

Déterminons d'abord l'aire  \overset{ { \white{ . } } } { \mathscr{A} }  en unité d'aire (u.a.).

{ \white{ xxi } }\mathscr{A}=\displaystyle\int_{0}^{1} f(x)\,\text{d}x\;(\text{u.a.}) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\displaystyle\int_{0}^{1} \Big(1+\text e^{2x}+(x-1)\,\text e^x\Big)\,\text{d}x\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\displaystyle\int_{0}^{1} \Big(1+\text e^{2x}\Big)\,\text{d}x+\displaystyle\int_{0}^{1}(x-1)\,\text e^x\,\text{d}x\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\left[x+\dfrac{\text e^{2x}}{2}\right]_0^1+(2-\text e)\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=(1+\dfrac{\text e^2}{2})-(0+\dfrac12)+(2-\text e)\;(\text{u.a.})} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\dfrac12+\dfrac{\text e^2}{2}+2-\text e\;(\text{u.a.})}
{ \white{ xxi } }\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{A}=\dfrac{\text e^2}{2}-\text e+\dfrac52\,\;(\text{u.a.})} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr{A}=\dfrac{\text e^2}{2}-\text e+\dfrac52\,\;(\text{u.a.})}

Or l'unité graphique du repère est de 2 cm.
Dès lors l'unité d'aire est 4 cm2.

Par conséquent,  \mathscr{A}=4\times\left(\dfrac{\text e^2}{2}-\text e+\dfrac52\right)\text{cm}^2\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\mathscr{A}=\left(2\,\text e^2-4\,\text e+10\right)\text{cm}^2} 

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