Fiche de mathématiques

Ile mathématiques > maths bac > BAC 2024 TOUJOURS : DES SUJETS VENUS D'AILLEURS

Bac Burkina Faso 2024

Séries F1-F2-F3-F4

Durée : 4 heures

Coefficient : 5

4 points

exercice 1

1. a) Résoudre l'équation différentielle ( $E$ ): $y' + 2y = 0$ .

b) Déterminer la solution $f$ de ( $E$ ) telle que : $f(0) = 1$ .

2. Calculer la valeur moyenne de $f$ sur l'intervalle [0; 1].

3. Déterminer en fonction de $n$ la valeur moyenne de $f$ sur l'intervalle [ $n$ ; $n + 1$ ], $n \in \mathbb{N}$ .

4. Soit la suite $( U_n)$ définie par : $U_n=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\text e^{-2n}$ pour tout entier naturel $n$ .

a) Calculer $U_0$ et $U_1$ .

b) Montrer que ( $U_n$ ) est une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.

c) Calculer la somme : $S = U_0 + U_1 + U_2 + \cdots + U_9$ .

4 points

exercice 2

Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal direct $(O; \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v})$ d'unité graphique 1 cm, on donne les points $A, B$ et $C$ d'affixes respectives $z_A = 2i$ ; $z_B = -3$ ; $z_C = -2 - \dfrac{3}{2}i$ . On considère les polynômes $p$ et $g$ tels que :

$p(z) = z^3 + \left(5 - \dfrac{1}{2}i\right)z^2 + \left(9 - \dfrac{11}{2}i\right)z + 9 - 12i$ et $g(z) = z^2 + (3 - 2i)z - 6i$

1. Écrire sous forme algébrique le nombre complexe $(3 + 2i)^2$ .

2. Résoudre dans l'ensemble $\mathbb{C}$ des nombres complexes l'équation $g(z) = 0$ .

3. a) Développer, réduire et ordonner $\left(z + 2 + \dfrac{3}{2}i\right)g(z)$ .

b) En déduire l'ensemble des solutions de l'équation $p(z) = 0$ .

4. a) Placer les points $A, B$ et $C$ dans le repère.

b) Calculer $\dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}$ puis donner la nature du triangle $ABC$ .

5. a) Calculer l'affixe du point $D$ , image de $A$ par la translation de vecteur $\overrightarrow{BC}$ .

b) Quelle est la nature exacte du quadrilatère $ABCD$ ? Justifier.

12 points

probleme

Partie A

Soit $g$ la fonction définie sur $[1, +\infty[$ par $g(x) = x^2 + 1 - \ln x$ .

1. Étudier le sens de variation de $g$ .

2. Calculer $g(1)$ puis en déduire que, pour $x \in [1, +\infty[$ , $g(x) > 0$ .

Partie B

Soit $f$ la fonction définie par :

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

On appelle $(C)$ la courbe représentative de $f$ dans un repère orthonormé $(O; \vec{i}, \vec{j})$ d'unité graphique 2 cm.

1. a) Montrer que l'ensemble de définition $D_f$ de $f$ est $\mathbb{R}$ .

b) Calculer les limites de $f$ aux bornes de $D_f$ .

2. Étudier la continuité de $f$ en $1$ .

3. a) Montrer que :

$\forall x \in ]-\infty, 1[, \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} = 1 - \dfrac{e^{x-1}-1}{x-1}$

$\forall x \in [1, +\infty[, \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} = 1 + \dfrac{1}{x}\times\dfrac{ \ln x}{x-1}$

En déduire la dérivabilité de $f$ en $1$ .

b) Donner une interprétation graphique des résultats de :

$\displaystyle \lim_{x \to 1^-} \left[ \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} \right] \text{ et } \displaystyle \lim_{x \to 1^+} \left[ \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} \right]$

4. a) Montrer que la droite $(D_1)$ d'équation $y = x - 1$ est une asymptote à $(C)$ en $-\infty$ .

b) Montrer que la droite $(D_2)$ d'équation $y = x - 2$ est une asymptote à $(C)$ en $+\infty$ .

5. a) Étudier le sens de variation de $f$ sur $]-\infty, 1]$ .

b) Calculer $f'(x)$ sur $[1, +\infty[$ puis montrer que : $\forall x \in [1, +\infty[$ , $f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}$ .

En déduire le sens de variation de $f$ .

c) Dresser le tableau de variation de $f$ .

6. a) Montrer que l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ telle que $1,6 < \alpha < 1,7$ .

b) En déduire le signe de $f(x)$ suivant les valeurs de $x$ .

7. Tracer $(D_1)$ , $(D_2)$ , les demi-tangentes et $(C)$ dans le repère.

8. Montrer que $\ln \alpha = \alpha(2 - \alpha)$ .

Voir la correction

Bac Burkina Faso 2024 série F1-F2-F3-F4

4 points

exercice 1

1. a) Nous devons résoudre l'équation différentielle   $\overset{ { \white{ . } } } { ( E ): y' + 2y = 0 . }$

${ \white{ xxi } }$ $y'+2y=0\quad\Longleftrightarrow\quad y'=-2y \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'+2y=0} \quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{y'}{y}=-2 } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'+2y=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \Big(\ln y\Big)'=(-2x)' } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'+2y=0} \quad\Longleftrightarrow\quad \ln y=-2x+c\quad \text{avec } c\in\R} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'+2y=0} \quad\Longleftrightarrow\quad y=\text e^{-2x+c}\quad \text{avec } c\in\R}$

${ \white{ WWWWWWW } }$ $\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{y'+2y=0} \quad\Longleftrightarrow\quad y=\text e^{-2x}\times \text e^{c}\quad \text{avec } c\in\R} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'+2y=0} \quad\Longleftrightarrow\quad y=\text e^{c}\,\text e^{-2x}\quad \text{avec } c\in\R} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ y'+2y=0} \quad\Longleftrightarrow\quad y=\text k\,\text e^{-2x}\quad \text{où } k=\text e^c\in\R}$

Par conséquent, la solution générale de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } { (E) }$ est de la forme    $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{y=k\text e^{-2x}\;,\;k\in \R }\,. }$

1. b) Nous devons déterminer la solution    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ de    $\overset{ { \white{ . } } } { (E) }$ telle que :    $\overset{ { \white{ . } } } { f(0)=1. }$

${ \white{ xxi } }$ $y(0)=1\quad\Longleftrightarrow\quad \text k\,\text e^{0}=1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ y(0)=1 }\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\text k=1} }$

D'où la solution    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ de   $\overset{ { \white{ . } } } { (E) }$ telle que :    $\overset{ { \white{ . } } } { f(0)=1 }$ est définie par   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{f(x)=\text e^{-2x} }\,. }$

2. Nous devons calculer la valeur moyenne de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ sur l'intervalle [0; 1].

La valeur moyenne de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ sur l'intervalle [0; 1] est le réel   $\overset{ { \white{ . } } } { \mu=\dfrac{1}{1-0}\displaystyle\int_0^1f(x)\,\text dx. }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\mu=\displaystyle\int_0^1\text e^{-2x}\,\text dx \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mu}=\left[-\dfrac 12\,\text e^{-2x}\right]_0^1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mu}=-\dfrac 12\,\left[\text e^{-2x}\right]_0^1 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mu}=-\dfrac 12\,\big(\text e^{-2}-\text e ^0\big) } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \mu}=-\dfrac 12\,\big(\text e^{-2}-1\big) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mu=\dfrac 12\,\big(1-\text e^{-2}\big) }$
Par conséquent, la valeur moyenne de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ sur l'intervalle [0; 1] est égale à   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\dfrac 12\,\big(1-\text e^{-2}\big) } }$

3. Déterminer en fonction de    $\overset{ { \white{ . } } } { n }$ la valeur moyenne de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ sur l'intervalle   $\overset{ { \white{ . } } } { [ n ; n + 1 ],\quad n \in \N . }$

La valeur moyenne de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ sur l'intervalle    $\overset{ { \white{ . } } } { [ n ; n + 1 ]}$ est le réel   $\overset{ { \white{ . } } } { \mu_n=\dfrac{1}{(n+1)-n}\,\displaystyle\int_n^{n+1}f(x)\,\text dx. }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\mu_n=\displaystyle\int_n^{n+1}\text e^{-2x}\,\text dx \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mu}=\left[-\dfrac 12\,\text e^{-2x}\right]_n^{n+1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mu}=-\dfrac 12\,\left[\text e^{-2x}\right]_n^{n+1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \mu}=-\dfrac 12\,\big(\text e^{-2(n+1)}-\text e ^{-2n}\big) } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \mu}=-\dfrac 12\,\big(\text e^{-2n-2}-\text e ^{-2n}\big) } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \mu}=-\dfrac 12\text e ^{-2n}\,\big(\text e^{-2}-1\big) } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mu_n=\dfrac 12\,\big(1-\text e^{-2}\big)\,\text e ^{-2n} }$
Par conséquent, la valeur moyenne de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ sur l'intervalle    $\overset{ { \white{ . } } } { [ n ; n + 1 ]}$ est égale à   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\dfrac 12\,\big(1-\text e^{-2}\big)\,\text e ^{-2n} } }$

4. Soit la suite    $\overset{ { \white{ . } } } { (U_n) }$ définie par :    $\overset{ { \white{ . } } } { u_n=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\text e^{-2n} }$ pour tout entier naturel    $\overset{ { \white{ . } } } { n. }$

4. a) Calculons    $\overset{ { \white{ . } } } { U_0 }$ et    $\overset{ { \white{ . } } } { U_1 . }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet}{\white{x}}U_0=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\text e^{0} \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_0=\dfrac 12(1-\text e^{-2})} \\\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \bullet}{\white{x}}U_1=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\text e^{-2\times1} \\\\\quad\Longrightarrow\quad\boxed{U_1=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\,\text e^{-2}}$

4. b) Montrons que   $\overset{ { \white{ . } } } { (U_n) }$ est une suite géométrique.

Pour tout    $\overset{ { \white{ _. } } } { n \in \N , }$

${ \white{ xxi } }$ $U_{n+1}=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\text e^{-2(n+1)} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{v_{n+1}}=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\text e^{-2n-2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{v_{n+1}}=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\text e^{-2n}\text e^{-2}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{v_{n+1}}=U_n\,\text e^{-2}} \\\\\Longrightarrow\boxed{U_{n+1}=\text e^{-2}\,U_n} \\\\\underline{ \text{Remarque}}: U_0=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\quad\text{(voir question 4. a)}$

Par conséquent, la suite    $\overset{ { \white{ . } } } { (U_n) }$ est une suite géométrique de raison    $\overset{ { \white{ _. } } } { q = \text e^{-2}}$ et de premier terme    $\overset{ { \white{ . } } } { U_0=\dfrac 12(1-\text e^{-2}). }$

4. c) Nous devons calculer la somme :    $\overset{ { \white{ . } } } { S = U_0 + U_1 + U_2 + \cdots + U_9 . }$

La somme   $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ est la somme des 10 premiers termes de la suite géométrique   $\overset{ { \white{ . } } } { (U_n). }$

Cette somme peut se déterminer par la formule :   $\overset{ { \white{ } } } { S=\text{premier terme}\times\dfrac{1-\text{raison}^{\text{nombre de termes}}}{1-\text{raison}} }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $S=U_0\times\dfrac{1-q^{10}}{1-q} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ S}=\dfrac 12(1-\text e^{-2})\times\dfrac{1-(\text e^{-2})^{10}}{1-\text e^{-2}} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ S}=\dfrac 12\Big(1-\text e^{-20}\Big) }\\\\\Longrightarrow\quad\boxed{S=\dfrac 12\Big(1-\text e^{-20}\Big) }$

4 points

exercice 2

Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormal direct    $\overset{ { \white{ . } } } { (O; \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}) }$ d'unité graphique 1 cm, on donne les points    $\overset{ { \white{ . } } } { A, B }$ et    $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ d'affixes respectives    $\overset{ { \white{ . } } } { z_A = 2\text i ; z_B = -3 ; z_C = -2 - \dfrac{3}{2}\text i . }$
On considère les polynômes    $\overset{ { \white{ o. } } } { p }$ et    $\overset{ { \white{ w. } } } { g }$ tels que :

   $\overset{ { \white{ . } } } { p(z) = z^3 + \left(5 - \dfrac{1}{2}\text i\right)z^2 + \left(9 - \dfrac{11}{2}\text i\right)z + 9 - 12\text i }$ et    $\overset{ { \white{ . } } } { g(z) = z^2 + (3 - 2\text i)z - 6\text i . }$

1. Écrire sous forme algébrique le nombre complexe    $\overset{ { \white{ . } } } { (3 + 2\text i)^2 . }$

${ \white{ xxi } }$ $(3 + 2\text i)^2=3^2+2\times3\times 2\text i+(2\text i)^2 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (3 + 2\text i)^2}=9+12\text i-4 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (3 + 2\text i)^2}=5+12\text i } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(3 + 2\text i)^2=5+12\text i }$

2. Résoudre dans l'ensemble    $\overset{ { \white{ _. } } } { \C }$ des nombres complexes l'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { g(z) = 0 . }$

${ \white{ xxi } }$ $g(z)=0\quad\Longleftrightarrow z^2 + (3 - 2\text i)z - 6\text i=0$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Discriminant de l'équation : }\Delta= (3 - 2\text i)^2-4\times1\times(-6\text i) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Discriminant de l'équation : }\Delta}= 9-12\text i-4+24\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Discriminant de l'équation : }\Delta}= 5+12\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Discriminant de l'équation : }\Delta}= (3+2\text i)^2 }$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Solutions de l'équation : } \overset{ { \white{ . } } } { \bullet}{\white{x}}z_1=\dfrac{-(3-2\text i)+(3+2\text i)}{2}=\dfrac{-3+2\text i+3+2\text i}{2}=\dfrac{4\text i}{2}=2\text i \\\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\text{Solutions de l'équation : } } }\overset{ { \phantom{ . } } } { \bullet}{\white{x}}z_2=\dfrac{-(3-2\text i)-(3+2\text i)}{2}=\dfrac{-3+2\text i-3-2\text i}{2}=\dfrac{-6}{2}=-3$

D'où l'ensemble des solutions de l'équation   $\overset{ { \white{ . } } } { g(z) = 0 }$ est   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\Big\lbrace2\text i\;;\;-3\Big\rbrace}\,. }$

3. a) Nous devons développer, réduire et ordonner    $\overset{ { \white{ . } } } { \left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)g(z) . }$ ${ \white{ xxi } }$ $\left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)g(z)=\left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)\Big(z^2 + (3 - 2\text i)z - 6\text i \Big) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)g(z)}= z^3+(3-2\text i)z^2-6\text iz+ \left( 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)z^2+\left( 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)(3-2\text i)z-6\text i\left( 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)g(z)}= z^3+ \left( 3-2\text i+2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)z^2+\left(-6\text i+6-4\text i+\dfrac 92\text i+3\right)z-12\text i +9 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)g(z)}= z^3+ \left( 5- \dfrac{1}{2}\text i\right)z^2+\left(9-\dfrac {11}{2}\text i\right)z+9-12\text i } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)g(z)= z^3+ \left( 5- \dfrac{1}{2}\text i\right)z^2+\left(9-\dfrac {11}{2}\text i\right)z+9-12\text i }$

3. b) Nous devons en déduire l'ensemble des solutions de l'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { p(z) = 0 . }$

${ \white{ xxi } }$ $p(z)=0\quad\Longleftrightarrow\quad z^3+ \left( 5- \dfrac{1}{2}\text i\right)z^2+\left(9-\dfrac {11}{2}\text i\right)z+9-12\text i =0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \left(z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i\right)g(z) =0} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ p(z)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i=0\quad\text{ou}\quad g(z) =0} \\\\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \bullet}{\white{x}} z + 2 + \dfrac{3}{2}\text i=0\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{z = -2 - \dfrac{3}{2}\text i} \\\\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \bullet}{\phantom{x}} g(z)=0\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{z=2\text i}\quad\text{ou}\quad \boxed{z=-3}$

D'où l'ensemble des solutions de l'équation   $\overset{ { \white{ . } } } { p(z) = 0 }$ est   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\Big\lbrace -2 - \dfrac{3}{2}\text i\;;\;2\text i\;;\;-3\Big\rbrace}\,. }$

4. a) Plaçons les points    $\overset{ { \white{ . } } } { A, B }$ et    $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ dans le repère   $\overset{ { \white{ . } } } { (O; \overrightarrow{u}, \overrightarrow{v}). }$

Bac Burkina Faso 2024 série F1-F2-F3-F4 : image 4

4. b) Nous devons calculer    $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}} }$ puis donner la nature du triangle    $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC. }$

${ \white{ xxi } }$ $\dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}=\dfrac{z_B-z_A}{z_B-z_C} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}}=\dfrac{-3-2\text i}{-3+2+\frac 32\text i} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}}=\dfrac{-3-2\text i}{-1+\frac 32\text i} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}}=\dfrac{-2(-3-2\text i)}{-2(-1+\frac 32\text i)} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}}=\dfrac{6+4\text i}{2-3\text i} }$

${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}}=\dfrac{2\text i(2-3\text i)}{2-3\text i} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}}=2\text i} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}=2\text i}$

${ \white{ xxi } }$ $\arg\left(\dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}\right)=\arg(2\text i)\quad\Longrightarrow\quad \arg\left(\dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}\right)=\dfrac{\pi}{2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \arg\left(\dfrac{z_{\overrightarrow{AB}}}{z_{\overrightarrow{CB}}}\right)=\arg(2\text i)}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA} \right)=\dfrac{\pi}{2}}}$

Par conséquent, le triangle   $\overset{ { \white{ _. } } } { ABC }$ est rectangle en   $\overset{ { \white{ _. } } } { B. }$

5. a) Nous devons calculer l'affixe du point    $\overset{ { \white{ . } } } { D, }$ image de    $\overset{ { \white{ . } } } { A }$ par la translation de vecteur    $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{BC} . }$

Nous obtenons :

${ \white{ xxi } }$ $t_{\overrightarrow{BC}}(A)=D\quad\Longleftrightarrow\quad \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t_{\overrightarrow{BC}}(A)=D}\quad \Longleftrightarrow\quad z_D-z_A=z_C-z_B} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t_{\overrightarrow{BC}}(A)=D}\quad \Longleftrightarrow\quad z_D=z_A+z_C-z_B} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ t_{\overrightarrow{BC}}(A)=D}\quad \Longleftrightarrow\quad z_D=2\text i-2-\dfrac32\text i+3} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ t_{\overrightarrow{BC}}(A)=D}\quad \Longleftrightarrow\quad \boxed{z_D=1+\dfrac12\text i}}$

5. b) Nous devons déterminer la nature exacte du quadrilatère    $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD. }$

Nous savons par la question 5. a) que   $\overset{ { \white{ } } } { \overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}. }$
Dès lors, le quadrilatère    $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD }$ est un parallélogramme.

De plus, nous avons montré dans la question 4. b) que   $\overset{ { \white{ . } } } { \left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA} \right)=\dfrac{\pi}{2}. }$

Nous en déduisons que le quadrilatère    $\overset{ { \white{ _. } } } { ABCD }$ est un rectangle.

12 points

probleme

Partie A

Soit    $\overset{ { \white{ o. } } } { g }$ la fonction définie sur    $\overset{ { \white{ _. } } } { [1, +\infty[ }$ par    $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x) = x^2 + 1 - \ln x . }$

1. Nous devons étudier le sens de variation de    $\overset{ { \white{ o. } } } { g. }$

La fonction   $\overset{ { \white{ o. } } } { g }$ est dérivable sur    $\overset{ { \white{ _. } } } { [1, +\infty[. }$
Pour tout   $\overset{ { \white{ . } } } { x\in [1, +\infty[, }$

${ \white{ xxi } }$ $g'(x) =2x-\dfrac 1x \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)} =\dfrac {2x^2-1}{x} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in [1,+\infty[,\quad g'(x)=\dfrac {2x^2-1}{x} }$

Étudions le signe de   $\overset{ { \white{ . } } } { g'(x) }$ sur l'intervalle   $\overset{ { \white{ . } } } { [1,+\infty[. }$

${ \white{ xxi } }$ $x\in [1,+\infty[\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} x\ge1\\x>0 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x\in [1,+\infty[}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} x^2\ge1\\x>0 \end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x\in [1,+\infty[}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} 2x^2\ge2\\x>0 \end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x\in [1,+\infty[}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} 2x^2-1\ge1\\x>0 \end{cases} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ x\in [1,+\infty[}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} 2x^2-1>0\\x>0 \end{cases} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ x\in [1,+\infty[}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{g'(x)>0}}$

Nous en déduisons que la fonction    $\overset{ { \white{ o. } } } { g}$ est strictement croissante sur l'intervalle   $\overset{ { \white{ . } } } { [1,+\infty[. }$

2. Nous devons calculer    $\overset{ { \white{ . } } } { g(1) }$ puis en déduire que, pour    $\overset{ { \white{ . } } } { x \in [1, +\infty[ , g(x) > 0 . }$

${ \white{ xxi } }$ $g(1) =1^2 + 1 - \ln 1=1+1-0=2 \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{g(1)=2}$

Nous savons que la fonction    $\overset{ { \white{ o. } } } { g}$ est strictement croissante sur l'intervalle   $\overset{ { \white{ . } } } { [1,+\infty[. }$

Dès lors, pour tout   $\overset{ { \white{ . } } } { x\in[1,+\infty[, }$

${ \white{ xxi } }$ $x>1\quad\Longrightarrow\quad g(x)>g(1) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x>1}\quad\Longrightarrow\quad g(x)>2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ x>1}\quad\Longrightarrow\quad g(x)>0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in [1,+\infty[, \quad g(x)>0}$

Partie B

Soit    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ la fonction définie par :    $\overset{ { \white{ . } } } { \begin{cases} f(x) = x - 1 - e^{x-1} & \text{si } x \in\; ]-\infty, 1[ \\ f(x) = \dfrac{x^2 - 2x + \ln x}{x} & \text{si } x \in [1, +\infty[ \end{cases} }$

On appelle    $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ la courbe représentative de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ dans un repère orthonormé    $\overset{ { \white{ . } } } { (O; \vec{i}, \vec{j}) . }$

1. a) Montrons que l'ensemble de définition    $\overset{ { \white{ . } } } { D_f }$ de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est   $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Si   $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\; ]-\infty, 1[,\quad f(x) = x - 1 - e^{x-1}. }$

Cette expression algébrique de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ ne requiert aucune condition sur   $\overset{ { \white{ . } } } { x. }$
Donc   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est parfaitement définie sur l'intervalle   $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty, 1[. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Si   $\overset{ { \white{ } } } { x\in [1, +\infty[,\quad f(x) = \dfrac{x^2 - 2x + \ln x}{x} . }$

Cette expression algébrique de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ impose les conditions :   $\overset{ { \white{ . } } } { x>0 }$ (pour le logarithme) et   $\overset{ { \white{ . } } } { x\neq 0 }$ (pour le dénominateur).
Ces deux conditions sont réalisées puisque    $\overset{ { \white{ . } } } { x\in [1, +\infty[. }$
Donc   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est parfaitement définie sur l'intervalle   $\overset{ { \white{ . } } } { [1, +\infty[. }$

Nous en déduisons que   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est définie sur   $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty, 1[\;\cup\; [1, +\infty[, }$ soit sur   $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$

Par conséquent, l'ensemble de définition    $\overset{ { \white{ . } } } { D_f }$ de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est   $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$

1. b) Nous devons calculer les limites de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ aux bornes de    $\overset{ { \white{ . } } } { D_f . }$

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

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to-\infty} (x - 1 - e^{x-1}) \\\\\text{Or }\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to-\infty}(x - 1)=-\infty\\ \lim\limits_{x\to-\infty}e^{x-1}=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to-\infty} (x - 1 - e^{x-1})=-\infty \\\\\text{D'où }\quad \boxed{\lim\limits_{x\to-\infty} f(x)=-\infty}$

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

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{x^2 - 2x + \ln x}{x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to+\infty} f(x) } =\lim\limits_{x\to+\infty} \left(\dfrac{x^2}{x} -\dfrac{ 2x}{x} + \dfrac{\ln x}{x}\right) } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to+\infty} f(x) } =\lim\limits_{x\to+\infty} \left(x-2+ \dfrac{\ln x}{x}\right) } \\\\\text{Or }\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to+\infty}(x - 2)=+\infty\\ \lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0 \\\quad(\text{croissances comparées})\end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to +\infty}\left(x-2+ \dfrac{\ln x}{x}\right)=+\infty \\\\\text{D'où }\quad \boxed{\lim\limits_{x\to+\infty} f(x)=+\infty}$

2. Nous devons étudier la continuité de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ en    $\overset{ { \white{ . } } } { 1. }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $f(1)=\dfrac{1^2 - 2\times1 + \ln 1}{1}=\dfrac{1 - 2\timesx + 0}{1}=-1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(1)=-1}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\lim\limits_{x\to1^-} f(x)=\lim\limits_{x\to1^-} (x - 1 - e^{x-1}) \\\\ {\white{Ww}}\text{Or }\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to1^-}(x - 1)=1-1=0\\ \lim\limits_{x\to1^-}e^{x-1}=\text e^0=1 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to1^-} (x - 1 - e^{x-1})=0-1=-1 \\\\ {\phantom{Ww}}\text{D'où }\quad \boxed{\lim\limits_{x\to1^-} f(x)=-1}$

$\overset{ { \phantom{ . } } }{\bullet}{\white{x}}\lim\limits_{x\to1^+} f(x)=\lim\limits_{x\to1^+} \dfrac{x^2 - 2x + \ln x}{x} \\\\ {\white{ww}}\text{Or }\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to1^+}(x^2-2x+\ln x)=1-2+0=-1\\ \lim\limits_{x\to1^+}x=1 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{x^2 - 2x + \ln x}{x} =\dfrac{-1}{1}=-1 \\\\ {\white{ww}}\text{D'où }\quad \boxed{\lim\limits_{x\to1^+} f(x)=-1}$

Nous en déduisons que   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to1} f(x)=-1=f(1)} }$
Par conséquent, la fonction    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est continue en    $\overset{ { \white{ . } } } { 1. }$

3. a) Nous devons montrer que :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} = 1 - \dfrac{e^{x-1}-1}{x-1}$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ $\forall x \in [1, +\infty[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} = 1 + \dfrac{1}{x}\times\dfrac{ \ln x}{x-1}$

En effet,

${ \white{ xxi } }$ $\forall\, x \in\, ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =\dfrac{(x-1-\text e^{x-1})-(-1)}{x-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =\dfrac{x-1-\text e^{x-1}+1}{x-1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =\dfrac{x-1}{x-1}-\dfrac{\text e^{x-1}-1}{x-1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } = 1 - \dfrac{e^{x-1}-1}{x-1} } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{ \forall\, x \in\, ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =1 - \dfrac{e^{x-1}-1}{x-1} }$

${ \white{ xxi } }$ $\forall\, x \in\, [1,+\infty[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =\dfrac{\left(x-2+\dfrac{\ln x}{x}\right)-(-1)}{x-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =\dfrac{x-2++\dfrac{\ln x}{x}+1}{x-1} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =\dfrac{x-1+\dfrac{\ln x}{x}}{x-1} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =\dfrac{x-1}{x-1}+\dfrac{\ln x}{x(x-1)} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \forall x \in ]-\infty, 1[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } = 1 +\dfrac 1x\times \dfrac{\ln x}{x-1} } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{ \forall\, x \in\, [1,+\infty[,\quad \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =1 +\dfrac 1x\times \dfrac{\ln x}{x-1} }$

Nous devons en déduire la dérivabilité de   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ en   $\overset{ { \white{ . } } } { 1. }$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =\lim\limits_{x\to 1^-}\left(1 - \dfrac{\text e^{x-1}-1}{x-1}\right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =1-\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{\text e^{x-1}-1}{x-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =1-h'(1)\qquad\text{où}\quad h(x)=\text e^{x-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =1-1\qquad\text{car}\quad h'(x)=\text e^{x-1}\Longrightarrow h'(1)=\text e^{1-1}=\text e^0=1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =0}$

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =\lim\limits_{x\to 1^+}\left(1 +\dfrac 1x\times \dfrac{\ln x}{x-1} \right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =1+\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{1}{x}\times \lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\ln x}{x-1}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =1+1\times k(1) \qquad\text{où}\quad k(x)=\ln x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =1+1\qquad\text{car}\quad k'(x)=\dfrac 1x\Longrightarrow k'(1)=\dfrac 11=1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} } =2} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =2}$

Par conséquent, puisque   $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}\neq \lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} , }$ nous en déduisons que la fonction   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ n'est pas dérivable en   $\overset{ { \white{ . } } } { 1. }$

3. b) Nous devons donner une interprétation graphique des résultats de :

   $\overset{ { \white{ . } } } { \displaystyle \lim_{x \to 1^-} \left[ \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} \right] \text{ et } \displaystyle \lim_{x \to 1^+} \left[ \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} \right] }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Nous avons montré que   $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to 1^-} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =0. }$
Dès lors, la courbe   $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ admet une demi-tangente à gauche   $\overset{ { \white{ . } } } { (T_1) }$ au point de coordonnée (1 , -1) dont le coefficient directeur égal à 0. Cette demi-tangente est donc horizontale.

Nous avons également montré que   $\overset{ { \white{ . } } } { \lim\limits_{x\to 1^+} \dfrac{f(x)-f(1)}{x-1} =2 . }$
Dès lors, la courbe   $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ admet une demi-tangente à droite   $\overset{ { \white{ . } } } { (T_2) }$ au point de coordonnée (1 , -1) dont le coefficient directeur égal à 2.

4. a) Montrons que la droite    $\overset{ { \white{ . } } } { (D_1) }$ d'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { y = x - 1 }$ est une asymptote à    $\overset{ { \white{ _. } } } {(C) }$ en    $\overset{ { \white{ . } } } { -\infty . }$

Par définition de   $\overset{ { \white{ . } } } { f, }$ nous avons :   $\overset{ { \white{ . } } } { f(x) = x - 1 - e^{x-1} \quad \text{si } x \in\; ]-\infty, 1[ . }$

Il s'ensuit que :

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(f(x)-(x-1)\Big)=\lim\limits_{x\to-\infty}(-\text e^{x-1})=0 \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to-\infty}\Big(f(x)-(x-1)\Big)=0}$

Par conséquent, la droite    $\overset{ { \white{ . } } } { (D_1) }$ d'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { y = x - 1 }$ est une asymptote à    $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ en    $\overset{ { \white{ . } } } { -\infty . }$

4. b) Montrons que la droite    $\overset{ { \white{ . } } } { (D_2) }$ d'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { y = x - 2 }$ est une asymptote à    $\overset{ { \white{ _. } } } {( C) }$ en    $\overset{ { \white{ . } } } { +\infty . }$

Par définition de   $\overset{ { \white{ . } } } { f, }$ nous avons :   $\overset{ { \white{ . } } } { f(x) = \dfrac{x^2 - 2x + \ln x}{x}=x-2+\dfrac{\ln x}{x} \quad \text{si } x \in [1, +\infty[ . }$

Il s'ensuit que :

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to+\infty}\Big(f(x)-(x-2)\Big)=\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0 \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to+\infty}\Big(f(x)-(x-2)\Big)=0}$

Par conséquent, la droite    $\overset{ { \white{ . } } } { (D_2) }$ d'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { y = x - 2 }$ est une asymptote à    $\overset{ { \white{ _. } } } { (C) }$ en    $\overset{ { \white{ . } } } { +\infty . }$

5. a) Nous devons étudier le sens de variation de    $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ sur    $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty, 1] . }$

La fonction   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est dérivable sur   $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty,-1[.}$

Pour tout   $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\;]-\infty,-1[\,, }$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\Big(x-1-\text e^{x-1}\Big)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=1-\text e^{x-1} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\;]-\infty,1[,\quad f'(x)=1-\text e^{x-1}}$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or }\quad x\in\;]-\infty,1[\quad\Longrightarrow\quad x<1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad x\in\;]-\infty,1[}\quad\Longrightarrow\quad x-1<0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad x\in\;]-\infty,1[}\quad\Longrightarrow\quad \text e^{x-1}<\text e^0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad x\in\;]-\infty,1[}\quad\Longrightarrow\quad \text e^{x-1}<1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad x\in\;]-\infty,1[}\quad\Longrightarrow\quad1-\text e^{x-1}>0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \text{Or }\quad x\in\;]-\infty,1[}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f'(x)>0}}$

Nous en déduisons que la fonction   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est strictement croissante sur   $\overset{ { \white{ . } } } { ]-\infty,-1[. }$

5. b) Nous devons calculer    $\overset{ { \white{ . } } } { f'(x) }$ sur    $\overset{ { \white{ . } } } { [1, +\infty[ }$ puis montrer que :    $\overset{ { \white{ } } } { \forall x \in [1, +\infty[\, , \quad f'(x) = \dfrac{g(x)}{x^2} . }$

La fonction   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est dérivable sur   $\overset{ { \white{ . } } } { [1, +\infty[.}$

Pour tout   $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\,[1, +\infty[\,, }$

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\Big(x-2+\dfrac{\ln x}{x}\Big)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=1+\dfrac{(\ln x)'\times x-\ln x\times x'}{x^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=1+\dfrac{\frac 1x\times x-\ln x\times 1}{x^2} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{f'(x) }=1+\dfrac{1-\ln x}{x^2} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x) }=\dfrac{x^2+1-\ln x}{x^2} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x) }=\dfrac{g(x)}{x^2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,[1,+\infty[,\quad f'(x)=\dfrac{g(x)}{x^2}}$

De plus, nous avons montré dans la question 2. - partie A, que   $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in [1,+\infty[, \quad g(x)>0}$ et nous savons que   $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in [1,+\infty[, \quad x^2>0}$
Nous en déduisons que   $\overset{ { \white{ . } } } { \forall\,x\in [1,+\infty[, \quad f'(x)>0}$

Dès lors, la fonction   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est strictement croissante sur   $\overset{ { \white{ . } } } { [1,+\infty[. }$

Par conséquent, il découle des questions 5. a) et 5. b) que la fonction   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est strictement croissante sur   $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$

5. c) Dressons le tableau de variation de    $\overset{ { \white{ . } } } { f. }$

Bac Burkina Faso 2024 série F1-F2-F3-F4 : image 5

6. a) Montrons que l'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { f(x) = 0 }$ admet une unique solution    $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ telle que    $\overset{ { \white{ . } } } { 1,6 < \alpha < 1,7 }$

La fonction   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ est continue et strictement croissante sur   $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$ .
Elle réalise donc une bijection de   $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ sur   $\overset{ { \white{ . } } } { f(\R)=\R. }$

Puisque   $\overset{ { \white{ . } } } { 0\in\R, }$ l'équation   $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=0 }$ admet une unique solution    $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha . }$

De plus, le tableau de variation de   $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ montre que   $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha\in [1,+\infty[. }$

Nous avons alors ;

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} f(1,6) =1,6 - 2 + \dfrac{\ln 1,6}{1,6}\approx -0,106{\white{x}}{\red{<0}}\\f(1,7) =1,7 - 2 + \dfrac{\ln 1,7}{1,7}\approx 0,012{\white{x}}{\red{>0}} \end{cases}$

D'où l'équation    $\overset{ { \white{ . } } } { f(x) = 0 }$ admet une unique solution    $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ telle que    $\overset{ { \white{ . } } } { 1,6 < \alpha < 1,7 }$

6. a) Nous devons en déduire le signe de    $\overset{ { \white{ . } } } { f(x) }$ suivant les valeurs de    $\overset{ { \white{ . } } } { x. }$

Complétons le tableau de variation de   $\overset{ { \white{ . } } } { f. }$

Bac Burkina Faso 2024 série F1-F2-F3-F4 : image 6

Nous pouvons en déduire le signe de    $\overset{ { \white{ . } } } { f(x) }$ suivant les valeurs de    $\overset{ { \white{ . } } } { x. }$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$    $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)<0 }$ si   $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\;]-\infty,\alpha[ }$
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$    $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)>0 }$ si   $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\;]\alpha,+\infty[ }$
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$    $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=0 }$ si   $\overset{ { \white{ . } } } { x=\alpha. }$

7. Traçons    $\overset{ { \white{ . } } } { (D_1) , (D_2) , }$ les demi-tangentes et    $\overset{ { \white{ . } } } { (C) }$ dans le repère.

Bac Burkina Faso 2024 série F1-F2-F3-F4 : image 3

8. Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { \ln \alpha = \alpha(2 - \alpha) . }$

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha\in [1,+\infty[. }$

Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $f(\alpha)=0\quad\Longleftrightarrow\quad \alpha-2+\dfrac{\ln \alpha}{\alpha}=0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \dfrac{\ln \alpha}{\alpha}=2-\alpha} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ f(\alpha)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\ln \alpha=\alpha\,(2-\alpha)}}$

_{Merci à Hiphigenie et malou pour l'élaboration de cette fiche.}

Publié par malou le 13-04-2025

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