Fiche de mathématiques

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

Baccalauréat L1a-L1b-L'1-L2-LA

Sénégal

Durée : 3 heures

Coefficient : 2

Les calculatrices électroniques non imprimantes avec entrée par clavier sont autorisées.

Les calculatrices permettant d'afficher des formulaires ou des tracés de courbe sont interdites.

4 points

exercice 1

Pour chaque item choisir la bonne réponse dans la colonne de droite, sachant qu'une seule réponse est correcte.

Chaque bonne réponse rapporte 01 point.

Bac Senegal 2024 séries L1a-L1b-L2-LA : image 1

6 points

exercice 2

1. Résoudre dans R :

${\white{w}}$ a. L'équation $\overset{ { \white{ . } } } {\ln (2x+1)+\ln (x-1)=\ln 2 }$

${\white{w}}$ b. L'inéquation $\overset{ { \white{ . } } } {\text e^{2x}-3\text e ^x-4\leqslant 0}$

2. Résoudre dans R² le système $\left\lbrace\begin{matrix} \ln x+\ln y & =& \ln 2\\ \text e^x\,\text e^y& =& \text e^3 \end{matrix}\right.$

3. Résoudre dans R³ :

${\white{w}}$ a. le système $\left\lbrace\begin{matrix} x-y+z & = &-2 \\ 2x+y-2z& = &6 \\ x-3y-z& =& -4 \end{matrix}\right.$

${\white{w}}$ b. En déduire la résolution du système $\left\lbrace\begin{matrix} \ln x-\ln y+\ln z & = & -2\\ \ln (x^2)+\ln y-\ln (z^2) & = & 6\\ \ln x-\ln (y^3)-\ln z & = & -4 \end{matrix}\right.$

10 points

probleme

Soit la fonction numérique $f$ de la variable réelle $x$ , définie par $f(x)=\dfrac{1+\ln x}{x}$ et $(\mathcal C_f)$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $\left(O\;;\; \overrightarrow i\,,\overrightarrow j\right)$ d'unité graphique 1 cm.

1. a. Déterminer l'ensemble de définition $\mathcal D_f$ de $f$ , puis calculer les limites aux bornes de $\mathcal D_f$ .

${\white{w}}$ b. Interpréter graphiquement les résultats obtenus.

2. a. Résoudre dans R l'inéquation $\ln x \leqslant 0$ .

${\white{w}}$ b. Montrer que la dérivée de $f$ est définie pour tout $x > 0$ par $f'(x)=\dfrac{-\ln x}{x^2}$ , puis étudier son signe.

${\white{w}}$ c. Dresser le tableau de variations de $f$ .

3. Etudier l'intersection de $(\mathcal C_f)$ avec l'axe des abscisses.

4. Tracer la courbe $(\mathcal C_f)$ .

5. Soit la fonction $F$ définie par $F(x)=\dfrac 12 (\ln x)^2+\ln x$ .

${\white{w}}$ a. Montrer que $F$ est une primitive de $f$ dans $]0\;;\;+\infty[$ .

${\white{w}}$ b. Calculer en cm² l'aire $\mathcal A$ du domaine plan délimité par la courbe $(\mathcal C_f)$ , l'axe des abscisses, ainsi que les droites $(\mathcal D_1)\,:\,x=1$ et $(\mathcal D_2)\,:\,x=\text e$ .

Voir la correction

Bac Senegal 2024 séries L1a-L1b-L2-LA

4 points

exercice 1

1. Si les fonctions $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { g }$ sont définies par $\overset{ { \white{ _. } } } { f(x)=\sqrt{x^2-9} }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { g(x)=\dfrac{x+3}{x-1},}$ alors : $\overset{ { \white{ . } } } {{\red{(g\circ f )(3)=-3\,.}} }$

En effet, $\overset{ { \white{ . } } } { (g\circ f )(3)=g(f(3)) }$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { f(3)=\sqrt{3^2-9}\quad \Longrightarrow\quad f(3)=0 }$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $(g\circ f )(3)=g(f(3)) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(g\circ f )(3)}=g(0)} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(g\circ f )(3)}=\dfrac{0+3}{0-1}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{(g\circ f )(3)}=-3} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{(g\circ f )(3)=-3}$
La réponse correcte est la réponse c.

2. Si la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est définie par $\overset{ { \white{ . } } } { f(x)=\dfrac{\text e^x}{1+\text e^x} }$ alors une primitive de $\overset{ { \white{ _. } } } { {\red{f}} }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { {\red{\R}} }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { {\red{F(x)=\ln(1+\text e^x).}} }$

En effet, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { F }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { \R. }$

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } { x\in\R, }$

${ \white{ xxi } }$ $F'(x)=\Big(\ln(1+\text e^x)\Big)' \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{F'(x)}=\dfrac{(1+\text e^x)'}{1+\text e^x}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{F'(x)}=\dfrac{\text e^x}{1+\text e^x}} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{F'(x)}=f(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\R,\quad F'(x)=f(x)}$

Par conséquent, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { F }$ définie sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ par $\overset{ { \white{ . } } } { F(x)=\ln(1+\text e^x) }$ est une primitive de la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$
La réponse correcte est la réponse b.

3. Une radio a commencé à émettre en l'an 2000 avec 5000 auditeurs.
${ \white{ xx } }$ Chaque année elle perd 20% de ses auditeurs, mais elle en accueille 4000 nouveaux.
${ \white{ xx } }$ Soit $\overset{ { \white{ . } } } { U_n }$ le nombre d'auditeurs de la radio en l'an $\overset{ { \white{ . } } } { 2000+n. }$
${ \white{ xx } }$ Alors, $\overset{ { \white{ . } } } { {\red{U_{n+1}=0,8U_n+4000.}} }$

En effet, soit $\overset{ { \white{ . } } } { U_n }$ le nombre d'auditeurs de la radio en l'an $\overset{ { \white{ . } } } { 2000+n. }$
Chaque année elle perd 20% de ses auditeurs.
Donc le nombre d'auditeurs après ce départ est égal à $\overset{ { \white{ . } } } { U_n-0,2\,Un\,, }$ soit $\overset{ { \white{ . } } } {0,8\,U_n. }$
Mais elle en accueille 4000 nouveaux.
Donc le nombre d'auditeurs de la radio en l'an $\overset{ { \white{ . } } } { 2000+(n+1) }$ est égal à $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{U_{n+1}=0,8U_n+4000}\,. }$
La réponse correcte est la réponse a.

4. On choisit au hasard, successivement et sans remise 3 jetons d'une caisse qui contient 1 jeton vert, 2 jetons jaunes et 3 jetons rouges.
La probabilité de tirer 3 jetons de couleurs différentes est : $\overset{ { \white{ . } } } {{\red{\dfrac{3}{10}.}} }$

En effet, la caisse contient 6 jetons au total.

Le nombre de tirages possibles de 3 jetons parmi les 6 est : $\overset{ { \white{ . } } } { C_6^3. }$

Or $\overset{ { \white{ . } } } { C_6^3=\begin{pmatrix}6\\3\end{pmatrix}=\dfrac{6!}{3!(6-3)!}=\dfrac{6!}{3!3!}=\dfrac{6\times5\times4}{3\times2\times1}=20. }$

Il y a donc 20 tirages possibles de 3 jetons parmi les 6 jetons de la caisse.

Nous devons déterminer la probabilité de tirer 3 jetons de couleurs différentes, soit de tirer 1 jeton vert, 1 jeton jaune et 1 jeton rouge.
Il y a une seule manière de tirer un jeton vert, deux façons de tirer 1 jeton jaune parmi les 2 jetons jaunes et trois façons de tirer 1 jeton rouge parmi les 3 jetons rouges.
Il y a donc $\overset{ { \white{ . } } } { 1\times2\times3 }$ soit 6 façons de tirer 3 jetons de couleurs différentes.

Par conséquent, la probabilité de tirer 3 jetons de couleurs différentes est égale à $\overset{ { \white{ . } } } { \dfrac{6}{20}\,, }$ soit $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\dfrac{3}{10}} }$

La réponse correcte est la réponse b.

6 points

exercice 2

1. a) Nous devons résoudre dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {\ln (2x+1)+\ln (x-1)=\ln 2 }$

Conditions :

${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}2x+1>0\\x-1>0\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}x>-\dfrac12\\ \overset{ { \phantom{ . } } } { x>1}\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{x>1}$

$\ln (2x+1)+\ln (x-1)=\ln 2\quad\Longleftrightarrow\quad \ln \Big((2x+1)(x-1)\Big)=\ln 2 \\\phantom{\ln (2x+1)+\ln (x-1)=\ln 2}\quad\Longleftrightarrow\quad (2x+1)(x-1)=2 \\\phantom{\ln (2x+1)+\ln (x-1)=\ln 2}\quad\Longleftrightarrow\quad 2x^2-2x+x-1=2 \\\phantom{\ln (2x+1)+\ln (x-1)=\ln 2}\quad\Longleftrightarrow\quad 2x^2-x-3=0$

Résolvons l'équation du second degré : $\overset{ { \white{ } } } { 2x^2-x-3=0 }$

Discriminant de l'équation :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \Delta=(-1)^2-4\times2\times(-3) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\Delta}=1+24} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\Delta}=25>0} }$

Solutions de l'équation :

${ \white{ xxi } }$ $\bullet\phantom{X}x_1=\dfrac{1-\sqrt{25}}{2\times2}=\dfrac{1-5}{4}=\dfrac{-4}{4}=-1 \\\\ \bullet\phantom{X}x_2=\dfrac{1+\sqrt{25}}{2\times2}=\dfrac{1+5}{4}=\dfrac{6}{4}=\dfrac{3}{2}$

La solution $\overset{ { \white{ _. } } } { x=-1 }$ est à rejeter car les conditions imposent $\overset{ { \white{ . } } } { x>1. }$

Par conséquent, l'ensemble des solutions de l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {\ln (2x+1)+\ln (x-1)=\ln 2 }$ est $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{S=\left\lbrace\dfrac32\right\rbrace} }$

1. b) Nous devons résoudre dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ l'inéquation $\overset{ { \white{ } } } {\text e^{2x}-3\text e^x-4\le 0. }$

Posons $\overset{ { \white{ . } } } { X=\text e^x. }$

L'inéquation s'écrit alors : $\overset{ { \white{ _. } } } { X^2-3X-4\le 0 }$

Étudions le signe du trinôme du second degré : $\overset{ { \white{ _. } } } { X^2-3X-4. }$

Discriminant du trinôme:

${ \white{ xxi } }$ $\Delta=(-3)^2-4\times1\times(-4) \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\Delta}=9+16} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\Delta}=25>0}$

Racines du trinôme:

${ \white{ xxi } }$ $\bullet\phantom{X}X_1=\dfrac{3-\sqrt{25}}{2}=\dfrac{3-5}{2}=\dfrac{-2}{2}=-1 \\\\ \bullet\phantom{X}X_2=\dfrac{3+\sqrt{25}}{2}=\dfrac{3+5}{2}=\dfrac{8}{2}=4$

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ . } } } {X^2-3X-4=(X+1)(X-4) }$ , soit que $\overset{ { \white{ . } } } {\text e^{2x}-3\text e^x-4 =(\text e^x+1)(\text e^x-4) }$

Puisque l'exponentielle est strictement positive, nous avons : $\overset{ { \white{ . } } } { \text e^x+1>0 }$ pour tout réel $\overset{ { \white{ . } } } { x. }$

Dès lors, le signe de $\overset{ { \white{ } } } { \text e^{2x}-3\text e^x-4 }$ est le signe de $\overset{ { \white{ . } } } {\text e^x-4. }$

Nous obtenons ainsi le tableau suivant :

$\begin{matrix}\text e^x-4<0\Longleftrightarrow \text e^x<4\\\overset{ { \white{.} } } {\phantom{\text e^x-4<0wx}\Longleftrightarrow x<\ln(4)}\\\phantom{\text e^x-4<0wxx}\Longleftrightarrow \overset{ { \phantom{ . } } } { x<2\ln(2)}\\\\\text e^x-4=0\Longleftrightarrow x=2\ln(2)\\\\\text e^x-4>0\Longleftrightarrow x>2\ln(2)\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\|| \\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&-\infty&&&2\ln(2)&&&+\infty &&&&&&&& \\\hline &&&&&&&\\\text e^x-4&&-&-&0&+&+&\\&&&&&&&\\\hline &&&&&&&\\\text e^{2x}-3\text e^x-4 &&-&-&0&+&+& \\&&&&&&&\\\hline \end{array}$

Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ } } } {\text e^{2x}-3\text e^x-4\le 0\quad\Longleftrightarrow\quad x\le2\ln(2) }$

Par conséquent, l'ensemble des solutions de l'inéquation $\overset{ { \white{ . } } } {\text e^{2x}-3\text e^x-4\le 0 }$ est $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{S=\Big]-\infty\;;\;2\ln(2)\Big]} }$

2. Nous devons résoudre dans $\overset{ { \white{ } } } { \R^2 }$ le système $\left\lbrace\begin{matrix} \ln x+\ln y & =& \ln 2\\ \text e^x\,\text e^y& =& \text e^3 \end{matrix}\right.$

Conditions : ${ \white{ xxi } }$ $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x>0\\y>0\end{matrix}\right}$

$\left\lbrace\begin{matrix} \ln x+\ln y & =& \ln 2\\ \text e^x\,\text e^y& =& \text e^3 \end{matrix}\right. \quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix} \ln\, (xy) & =& \ln 2\\ \text e^{x+y}& =& \text e^3 \end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix} \ln x+\ln y & =& \ln 2\\ \text e^x\,\text e^y& =& \text e^3 \end{matrix}\right. }\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}xy & =& \ 2\\x+y& =& 3 \end{matrix}\right.$

Nous devons donc trouver deux nombres $\overset{ { \white{ . } } } { x }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { y }$ connaissant leur somme 3 et leur produit 2.

Si ces nombres existent, ils sont solutions de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { X^2-3X+2=0. }$

Résolvons l'équation du second degré : $\overset{ { \white{ } } } { X^2-3X+2=0 }$

Discriminant de l'équation :

${ \white{ xxi } }$ $\Delta=(-3)^2-4\times1\times2 \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\Delta}=9-8} \\ \overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\Delta}=1>0}$

Solutions de l'équation :

${ \white{ xxi } }$ $\bullet\phantom{X}X_1=\dfrac{3-\sqrt{1}}{2}=\dfrac{3-1}{2}=\dfrac{2}{2}=1 \\\\ \bullet\phantom{X}X_2=\dfrac{3+\sqrt{1}}{2}=\dfrac{3+1}{2}=\dfrac{4}{2}=2$

Les deux nombres cherchés sont 1 et 2.

Par conséquent, l'ensemble des solutions du système $\left\lbrace\begin{matrix} \ln x+\ln y & =& \ln 2\\ \text e^x\,\text e^y& =& \text e^3 \end{matrix}\right.$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\Big\lbrace(1\;;\;2)\,,\,(2\;;\;1)\Big\rbrace} }$

3. a) Nous devons résoudre dans $\overset{ { \white{ } } } { \R^3 }$ le système $\left\lbrace\begin{matrix} x-y+z & = &-2 \\ 2x+y-2z& = &6 \\ x-3y-z& =& -4 \end{matrix}\right.$

En multipliant les deux membres de la première équation et de la dernière équation par 2, nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix} x-y+z & = &-2 \\ 2x+y-2z& = &6 \\ x-3y-z& =& -4 \end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix} 2x-2y+2z & = &-4\quad (1) \\ 2x+y-2z& = &\phantom{x}6\quad (2) \\ 2x-6y-2z& =& -8\quad (3) \end{matrix}\right.$

En soustrayant membre à membre les équations (2) et (3), nous obtenons : $\overset{ { \white{ . } } } { 7y=14 }$ , soit $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{y=2} }$

En soustrayant membre à membre les équations (2) et (1), nous obtenons : $\overset{ { \white{ . } } } { 3y-4z=10 }$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}3y-4z&=&10\\y&=&2\end{matrix}\right. }\quad\Longrightarrow\quad 6-4z=10 \\ \phantom{\left\lbrace\begin{matrix}3y-4z&=&10\\y&=&2\end{matrix}\right. }\quad\Longrightarrow\quad -4z=4 \\ \phantom{3y-4z=10y=2 }\quad\Longrightarrow\quad\boxed{z=-1}$

D'où $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}y&=&2\\z&=&-1\\x-y+z&=&-2\end{matrix}\right.}\quad\quad\Longrightarrow\quad x-2-1=-2 \quad\Longrightarrow\quad \boxed{x=1}$

Par conséquent, l'ensemble des solutions du système $\left\lbrace\begin{matrix} x-y+z & = &-2 \\ 2x+y-2z& = &6 \\ x-3y-z& =& -4 \end{matrix}\right.$ ${\white{xx}}$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\Big\lbrace(1\;;\;2\;;\;-1)\Big\rbrace} }$

3. b) Nous devons en déduire la résolution du système $\left\lbrace\begin{matrix} \ln x-\ln y+\ln z & = & -2\\ \ln (x^2)+\ln y-\ln (z^2) & = & 6\\ \ln x-\ln (y^3)-\ln z & = & -4 \end{matrix}\right.$

Conditions : ${ \white{ xxi } }$ $\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}x>0\\y>0\\z>0\end{matrix}\right}$

Transformons le système donné en posant $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}X=\ln x\\Y=\ln y\\Z=\ln z\end{matrix}\right. }$

$\left\lbrace\begin{matrix} \ln x-\ln y+\ln z & = & -2\\ \ln (x^2)+\ln y-\ln (z^2) & = & 6\\ \ln x-\ln (y^3)-\ln z & = & -4 \end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix} \ln x-\ln y+\ln z & = & -2\\ 2\ln x+\ln y-2\ln z & = & 6\\ \ln x-3\ln y-\ln z & = & -4 \end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix} \ln x-\ln y+\ln z & = & -2\\ \ln (x^2)+\ln y-\ln (z^2) & = & 6\\ \ln x-\ln (y^3)-\ln z & = & -4 \end{matrix}\right.}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}X-Y+Z& = & -2\\ 2X+Y-2Z & = & 6\\ X-3Y-Z & = & -4 \end{matrix}\right.$

En utilisant le résultat de la question précédente, nous obtenons : $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}X=1\\Y=2\\Z=-1\end{matrix}\right. }$

Dès lors, $\overset{ { \white{ . } } } { \left\lbrace\begin{matrix}X=1\\Y=2\\Z=-1\end{matrix}\right.\quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\ln x=1\\\ln y=2\\\ln z=-1\end{matrix}\right. \quad\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}x=\text e\\y=\text e^2\\z=\text e^{-1}\end{matrix}\right. }$

Par conséquent, l'ensemble des solutions du système $\left\lbrace\begin{matrix} \ln x-\ln y+\ln z & = & -2\\ \ln (x^2)+\ln y-\ln (z^2) & = & 6\\ \ln x-\ln (y^3)-\ln z & = & -4 \end{matrix}\right.$ ${\white{xx}}$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\left\lbrace\left(\text e\;;\;\text e^2\;;\;\dfrac{1}{\text e}\right)\right\rbrace} }$

10 points

probleme

Soit la fonction numérique $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ de la variable réelle $\overset{ { \white{ . } } } { x }$ , définie par $\overset{ { \white{ _. } } } { f(x)=\dfrac{1+\ln x}{x} }$

1. a) Nous devons déterminer l'ensemble de définition $\overset{ { \white{ . } } } { \mathcal D_f }$ de $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ , puis calculer les limites aux bornes de $\overset{ { \white{ . } } } { \mathcal D_f\,. }$

Nous savons que $\overset{ { \white{ _. } } } {\ln x }$ est défini si $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0 }$ et le quotient est défini si $\overset{ { \white{ _. } } } { x\neq 0. }$
Donc $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{ \mathcal D_f=\;]\,0\;;\;+\infty\,[} }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ P. } } } { \lim\limits_{x\to 0^+}f(x). }$
Nous observons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0:\quad \boxed{f(x)=\dfrac{1}{x}\times(1+\ln x)} }$
Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac 1x=+\infty\\\\\lim\limits_{x\to0^+} \ln x=-\infty\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac 1x=+\infty\\\\\lim\limits_{x\to0^+} \Big(1+\ln x\Big)=-\infty\end{matrix}\right. \\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac 1x=+\infty\\\\\lim\limits_{x\to0^+} \ln(x)=-\infty\end{matrix}\right.}\quad\Longrightarrow\quad\lim\limits_{x\to 0^+}\left[\dfrac{1}{x}\times(1+\ln x)\right]=-\infty$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=-\infty} }$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{ P. } } } { \lim\limits_{x\to +\infty}f(x). }$
Nous observons que pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x>0:\quad \boxed{f(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{\ln x}{x}} }$
Dès lors,

${ \white{ xxi } }$ $\left\lbrace\begin{matrix}\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac 1x=0\\\\\lim\limits_{x\to+\infty} \dfrac{\ln x}{x}=0\\\text{(croissances comparées)}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\lim\limits_{x\to+\infty}\left(\dfrac1x+\dfrac{\ln x}{x}\right)=0$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0} }$

1. b) Interprétons graphiquement les résultats obtenus.

La courbe représentative $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal C_f) }$ admet une asymptote verticale d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { x=0 }$ (axe des ordonnées) et une asymptote horizontale au voisinage de $\overset{ { \white{ . } } } {+\infty }$ d'équation $\overset{ { \white{ . } } } {y=0 }$ (axe des abscisses).

2. a) Nous devons résoudre dans $\overset{ { \white{ _. } } } { \R }$ l'inéquation $\overset{ { \white{ _. } } } { \ln x \le 0 . }$

Condition : $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{x>0} }$

La fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { \ln }$ est strictement croissante sur $\overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[. }$

Dès lors :

${ \white{ xxi } }$ $\ln x\le0\quad\Longleftrightarrow\quad \ln x\le\ln 1 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\ln x\le0}\quad\Longleftrightarrow\quad x\le 1\quad\text{et}\quad x>0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{\ln x\le0}\quad\Longleftrightarrow\quad 0<x\le 1}$

Par conséquent, l'ensemble des solutions de l'inéquation $\overset{ { \white{ _. } } } { \ln x \le 0 }$ est $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{S=\,]\,0\;;\;1\,]} }$

2. a) Déterminons l'expression algébrique de $\overset{ { \white{ . } } } { f'(x) }$ pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x>0 }$ et étudions son signe.

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)=\left(\dfrac{1+\ln x}{x}\right)'=\dfrac{(1+\ln x)'\times x-(1+\ln x)\times x'}{x^2} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x)}=\dfrac{\dfrac1x\times x-(1+\ln x)\times 1}{x^2}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x)}=\dfrac{1-(1+\ln x)}{x^2}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x)}=\dfrac{1-1-\ln x}{x^2}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f'(x)}=\dfrac{-\ln x}{x^2}} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x>0,\quad f'(x)=\dfrac{-\ln x}{x^2}}$

Dressons le tableau de signes de $\overset{ { \white{ . } } } { f'(x) }$ pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x>0 . }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{matrix}-\ln x>0\Longleftrightarrow \ln x<0\\\phantom{-\ln x>c0}\Longleftrightarrow 0<x<1\\\text{(voir question 2. a)}\\\\\overset{ { \white{.} } } {-\ln x=0\Longleftrightarrow x=1} \\\overset{ { \phantom{.} } } {-\ln x<0\Longleftrightarrow x>1}\end{matrix} \begin{matrix} \\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\||\\\phantom{WWW}\end{matrix} \begin{array}{|c|ccccccc|}\hline &&&&&&&&x&0&&&1&&&+\infty &&&&&&&& \\\hline &||&&&&&&\\-\ln x&||&+&+&0&-&-&\\&||&&&&&&\\\hline &&&&&&&\\x^2&0&+&+&+&+&+&\\&&&&&&&\\\hline &||&&&&&&\\f'(x)&||&+&+&0&-&-&\\&||&&&&&&\\\hline \end{array}$

2. c) Dressons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ . } } } { f\,. }$

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

3. Étudions l'intersection de $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal C_f) }$ avec l'axe des abscisses.

Nous devons déterminer s'il existe un point de $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal C_f) }$ dont l'ordonnée est nulle.

Résolvons dans l'intervalle $\overset{ { \white{ . } } } {]\,0\;;\;+\infty\,[\,, }$ l'équation $\overset{ { \white{ . } } } {f(x)=0. }$

${ \white{ xxi } }$ $f(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad\dfrac{1+\ln x}{x}=0 \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad1+\ln x=0} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad\ln x=-1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{f(x)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad x=\text e^{-1}=\dfrac{1}{\text e}} \\\\\text{D'où }\quad\boxed{f(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=\dfrac{1}{\text e}}$

Par conséquent, le seul point d'intersection de $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal C_f) }$ avec l'axe des abscisses admet comme coordonnées $\overset{ { \white{ . } } } {\left(\dfrac{1}{\text e}\;;\;0\right). }$

4. Traçons la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal C_f) . }$

Bac Senegal 2024 séries L1a-L1b-L2-LA : image 2

5. Soit la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { F }$ définie par $\overset{ { \white{ . } } } { F(x)=\dfrac 12 (\ln x)^2+\ln x . }$

5. a) Montrons que $\overset{ { \white{ . } } } { F }$ est une primitive de $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ dans $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[\, . }$

La fonction $\overset{ { \white{ . } } } { F }$ est dérivable sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ (somme de deux fonctions dérivables sur $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[ }$ )

Pour tout $\overset{ { \white{ . } } } {x\,\in\,]0\;;\;+\infty[\,, }$

${ \white{ xxi } }$ $F'(x)=\left(\dfrac 12 (\ln x)^2+\ln x \right)' \\\overset{ { \white{ . } } } {\phantom{ F(x)}=\dfrac 12 \Big((\ln x)^2\Big)'+(\ln x)' } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{ F(x)}=\dfrac 12 \times2(\ln x)'\ln x+\dfrac1x } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{ F(x)}=\dfrac1x\times\ln x+\dfrac1x } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{ F(x)}=\dfrac{\ln x+1}{x} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{ F(x)}=f(x)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in\,]0\;;\;+\infty[\,,\quad F'(x)=f(x)}$

Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ . } } } { F }$ est une primitive de $\overset{ { \white{ . } } } { f }$ dans $\overset{ { \white{ . } } } { ]0\;;\;+\infty[\, . }$

5. b) Calculer en cm² l'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { \mathcal A }$ du domaine plan délimité par la courbe $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal C_f)}$ , l'axe des abscisses, ainsi que les droites $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal D_1)\,:\,x=1 }$ et $\overset{ { \white{ . } } } { (\mathcal D_2)\,:\,x=\text e\,. }$

L'unité graphique étant 1 cm, il s'ensuit que l'unité d'aire est 1 cm².

${ \white{ xxi } }$ $\mathcal A =\displaystyle\int_1^{\text e}f(x)\,\text dx=\Big[F(x)\Big]_1^{\text e} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\mathcal A }=\Big[\dfrac 12 (\ln x)^2+\ln x\Big]_1^{\text e}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\mathcal A }=\Big(\dfrac 12 (\ln \text e)^2+\ln\text e\Big)-\Big(\dfrac 12 (\ln 1)^2+\ln 1\Big)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\mathcal A }=\Big(\dfrac 12 \times1+1\Big)-\Big(0\Big)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } {\phantom{\mathcal A }=\dfrac32} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\mathcal A =1,5\,\text{cm}^2}$

Merci à Hiphigenie et malou pour avoir participé à l'élaboration de cette contribution.

Publié par malou le 10-01-2025

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