Fiche de mathématiques

Ile mathématiques > maths bac > BAC 2025 TOUJOURS : DES SUJETS VENUS D'AILLEURS

Bac Mathématiques Sénégal 2025

Séries S2-S2A-S4-S5

Durée : 4 heures Coefficient : 5

Les calculatrices électroniques non imprimantes avec entrée unique par clavier sont autorisées. Les calculatrices permettant d'afficher des formulaires ou des tracés de courbe sont interdites.

5,5 points

exercice 1

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6 points

exercice 2

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8,5 points

probleme

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Bac 2025 Sénégal séries S2-S4-S5

5,5 points

exercice 1

A. Soit deux nombres complexes $\overset{ { \white{ -. } } } {z_1,\, z_2 }$ non nuls.
${ \white{ xxi } }$ Rappelons les propriétés algébriques suivantes :

${ \white{ xxi } }$ $\bullet{\white{x}}\left|\dfrac{z_1}{z_2}\right|=\dfrac{|z_1|}{|z_2|} \\\\\bullet{\white{x}}\arg\left(\dfrac{z_1}{z_2}\right)=\arg(z_1)-\arg(z_2)\,[2\pi] \\\\\bullet{\white{x}}|z_1\times z_2|=|z_1|\times |z_2| \\\\\bullet{\phantom{x}}\arg\left(z_1\times z_2\right)=\arg(z_1)+\arg(z_2)\,[2\pi]$

B. On considère le polynôme $\overset{ { \white{ _. } } } { P }$ défini par :

$P(z)=z^3+(4-5\text i)z^2-(5+12\text i)z-8+\text i \quad\text{où}\quad z\in\C.$
1. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { P }$ admet une racine imaginaire pure $\overset{ { \white{ _. } } } { \beta }$ que l'on déterminera.

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } {\beta=\text i y }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { y\in\R }$ .
$\overset{ { \white{ _. } } } { \beta }$ est une racine du polynôme $\overset{ { \white{ _. } } } { P }$ signifie que $\overset{ { \white{ _. } } } { P(\beta)=0 }$ .
Nous obtenons alors :

${ \white{ xxi } }$ $P(\beta)=0\quad\Longleftrightarrow\quad \beta^3+(4-5\text i)\beta^2-(5+12\text i)\beta-8+\text i=0 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad (\text i y)^3+(4-5\text i)(\text i y)^2-(5+12\text i)\text i y-8+\text i=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad -\text i y^3-(4-5\text i)y^2-(5\text i-12) y-8+\text i=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad -\text i y^3-4y^2+5\text iy^2-5\text iy+12 y-8+\text i=0 }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad -4y^2+12 y-8+\text i(-y^3+5y^2-5y+1)=0 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -4y^2+12 y-8=0\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} y^2-3 y+2=0\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} (y-1)(y-2)=0\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} y-1=0\quad\text{ou}\quad y-2=0\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} y-1=0\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} \quad\text{ou}\quad \begin{cases} y-2=0\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} }$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(\beta)=0}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} y=1\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} \quad\text{ou}\quad \begin{cases} y=2\\-y^3+5y^2-5y+1=0\end{cases} }$

Vérifions si $\overset{ { \white{ _. } } } { y=1 }$ est solution de la seconde équation du système.
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ _. } } } { -1^3+5\times1^2-5\times1+1=-1+5-5+1\,{\red{=0}} }$
Donc $\overset{ { \white{ _. } } } { y=1 }$ est solution du système.

Vérifions si $\overset{ { \white{ _. } } } { y=2 }$ est solution de la seconde équation du système.
${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ _. } } } {-2^3+5\times2^2-5\times2+1=-8+20-10+1\,{\red{=3\neq 0}}}$
Donc $\overset{ { \white{ _. } } } { y=2 }$ n'est pas solution du système.

Nous en déduisons que l'unique solution du système est $\overset{ { \white{ _. } } } {\boxed{y=1} }$ .

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { P }$ admet une racine imaginaire pure $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\beta =\text i}}$

2. a) Nous devons déterminer le polynôme $\overset{ { \white{ -. } } } { g }$ tel que : $\overset{ { \white{ _. } } } { P(z)=(z-\text i)\,g(z) }$ .

Nous savons que    $\overset{ { \white{ _. } } } { P(\text i)=0}$ .
Le polynôme   $\overset{ { \white{ _. } } } { P(z) }$ est donc divisible par   $\overset{ { \white{ . } } } { (z-\text i). }$

Calculons le quotient de   $\overset{ { \white{ . } } } { P(z) }$ par   $\overset{ { \white{ . } } } {(z-\text i) }$ selon la méthode de Horner.

${ \white{ XXXXX } }\begin{array}{c|ccc|c} &1&4-5\text i&-5-12\text i&-8+\text i \\&&&& \\\hline&&&&& \text i&&\text i&4+4\text i&8-\text i\\&&&&\\\hline &&&&\\&1&4-4\text i&-1-8\text i&0\\\end{array}$

Le quotient est le polynôme   $\overset{ { \white{ . } } } {\boxed{g(z)= z^2+(4-4\text i)z-1-8\text i}}$ .
Par conséquent,   $\overset{ { \white{ . } } } { \boxed{\forall z\in \C\,,\,P(z)=(z-\text i)\Big(z^2+(4-4\text i)z-1-8\text i\Big)}\,. }$

2. b) Nous devons factoriser $\overset{ { \white{ _. } } } { g(z) }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ . } } } {g(z)= z^2+(4-4\text i)z-1-8\text i}$ .

Discriminant de $\overset{ { \white{ _. } } } { g(z) }$ :

${ \white{ xxi } }$ $\Delta=(4-4\text i)^2-4\times 1\times(-1-8\text i) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta } =16-32\text i-16+4+32\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \Delta } =4}$

Racines de $\overset{ { \white{ _. } } } { g(z) }$ :

${ \white{ xxi } }$ $\bullet{\white{x}}z_1=\dfrac{-(4-4\text i)-\sqrt 4}{2}=\dfrac{-4+4\text i-2}{2}=\dfrac{-6+4\text i}{2}=-3+2\text i \\\\\bullet{\white{x}}z_2=\dfrac{-(4-4\text i)+\sqrt 4}{2}=\dfrac{-4+4\text i+2}{2}=\dfrac{-2+4\text i}{2}=-1+2\text i$

D'où $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{g(z)=(z+3-2\text i)(z+1-2\text i)} }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{P(z)=(z-\text i)(z+3-2\text i)(z+1-2\text i)} }$

3. Dans le plan complexe muni d'un repère orthonormé direct $\overset{ { \white{ _. } } } { (O\;;\vec u,\,\vec v) }$ d'unité 1cm, on considère les points $\overset{ { \white{ . } } } { A,\,B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ d'affixes respectives $\overset{ { \white{ _. } } } { z_A=-1+2\text i\;;\;z_B=-3+2\text i }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { z_C=\text i }$ .
On pose $\overset{ { \white{ _. } } } { z=\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} }$ .

3. a) Nous devons placer les points $\overset{ { \white{ . } } } { A,\,B }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ dans le repère.

Bac 2025 Sénégal séries S2-S4-S5 : image 14

3. a) Nous devons déterminer le module et un argument de $\overset{ { \white{ . } } } { z }$ , puis en déduire une mesure de l'angle $\overset{ { \white{ _. } } } { \left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right). }$

${ \white{ xxi } }$ $z=\dfrac{z_C-z_A}{z_B-z_A} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z}=\dfrac{\text i-(-1+2\text i)}{-3+2\text i-(-1+2\text i)}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z}=\dfrac{\text i+1-2\text i}{-3+2\text i+1-2\text i}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z}=\dfrac{1-\text i}{-2}}$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z}=\dfrac 12(-1+\text i)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z}=\dfrac 12\times\sqrt2\,\left(-\dfrac{1}{\sqrt2}+\dfrac{1}{\sqrt2}\text i\right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ z}=\dfrac {\sqrt2}{2}\,\left(-\dfrac {\sqrt2}{2}+\dfrac {\sqrt2}{2}\text i\right)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ z}=\dfrac {\sqrt2}{2}\,\left(\cos\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)+\text i\sin\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)\right)} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{z=\dfrac {\sqrt2}{2}\,\left(\cos\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)+\text i\sin\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)\right)}$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} |z|=\dfrac{\sqrt 2}{2}\\\arg(z)=\dfrac{3\pi}{4}\;[2\pi] \end{cases} }$

Nous en déduisons qu'une mesure de l'angle $\overset{ { \white{ -. } } } { \left( \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC} \right) }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } {\dfrac{3\pi}{4} }$ .

4. Soit $\overset{ { \white{ _. } } } { }$ S la similitude plane directe qui laisse invariant $\overset{ { \white{ _. } } } { A }$ et transforme $\overset{ { \white{ _. } } } { B }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } { C }$ .

4. a) Nous devons donner l'écriture complexe et l'écriture analytique de $\overset{ { \white{ _. } } } {S }$ .

L'écriture complexe de la similitude directe $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ est de la forme $\overset{ { \white{ _. } } } { z'=az+b }$ , où $\overset{ { \white{ _. } } } { a\in\C^* }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { b\in\C }$ .
Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} az_A+b=z_A\\az_B+b=z_C \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} az_A-az_B=z_A-z_C\\az_B+b=z_C \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a(z_A- z_B)=z_A-z_C\\az_B+b=z_C \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a=\dfrac{z_A-z_C}{z_A-z_B}\\b=z_C-az_B \end{cases}}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a=\dfrac{(-1+2\text i)-\text i}{(-1+2\text i)-(-3+2\text i)}\\b=z_C-az_B \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a=\dfrac{-1+\text i}{2}\\b=\text i-\left(\dfrac{-1+\text i}{2}\right)(-3+2\text i) \end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a=-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\\b=\dfrac{2\text i-3+2\text i+3\text i+2}{2}\end{cases}}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} a=-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\\\overset{ { \phantom{ _. } } } {b=\dfrac{-1+7\text i}{2}}\end{cases}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} S(A)=A\\S(B)=C \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases} a=-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\\\overset{ { \phantom{ _. } } } {b=-\dfrac 12+\dfrac 72\text i}\end{cases}}}$

Par conséquent, la similitude plane directe $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ transforme le point $\overset{ { \white{ _. } } } { M(z) }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } { M'(z') }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{z'=\left(-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\right)z-\dfrac 12+\dfrac 72\text i} }$ .

Déterminons l'écriture analytique de $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ .

La similitude plane directe $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ transforme le point $\overset{ { \white{ _. } } } { M(z) }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } { M'(z') }$ avec $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} z=x+\text iy\\z'=x'+\text iy' \end{cases} }$
Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $S(M)=M'\quad\Longleftrightarrow\quad z'=\left(-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\right)z-\dfrac 12+\dfrac 72\text i \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ S(M)=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=\left(-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\right)(x+\text i y)-\dfrac 12+\dfrac 72\text i } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ S(M)=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad x'+\text i y'=-\dfrac 12x-\dfrac 12y-\dfrac 12+\text i\left( \dfrac 12x-\dfrac 12y +\dfrac 72 \right)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ S(M)=M'}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{\begin{cases} x'=-\dfrac 12x-\dfrac 12y-\dfrac 12\\y'=\dfrac 12x-\dfrac 12y +\dfrac 72 \end{cases}}}$

4. b) Nous devons donner les éléments caractéristiques de $\overset{ { \white{ _. } } } {S }$ .

$\overset{ { \white{ _. } } } {S }$ est une similitude plane directe.

Centre de $\overset{ { \white{ _. } } } {S }$ : le point $\overset{ { \white{ _. } } } {A }$ , car selon l'énoncé, la similitude $\overset{ { \white{ _. } } } {S }$ laisse invariant le point $\overset{ { \white{ _. } } } {A }$ .

Rapport $\overset{ { \white{ _. } } } {k }$ :
${ \white{ xxi } }$ $k=|a|=\left|-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\right| \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ k=|a|}=\sqrt{\left(-\dfrac 12\right)^2+\left(\dfrac 12\right)^2}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ k=|a|}=\sqrt{\dfrac 14+\dfrac 14}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ k=|a|}=\sqrt{\dfrac 24}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ k=|a|}= \dfrac{\sqrt2}{2} } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{k=\dfrac{\sqrt2}{2} }$

Angle $\overset{ { \white{ _. } } } { \theta }$ :
${ \white{ xxi } }$ $\theta=\arg(a)=\arg\left(-\dfrac 12+\dfrac 12\text i\right) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \theta=\arg(a)}=\dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\theta=\dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]}$

4. c) Soit le cercle $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal C) }$ d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } {(x+3)^2+(y-2)^2=4 }$ .

${ \white{ xxx } }$ Nous devons déterminer l'équation du cercle $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal C') }$ , image de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal C) }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ .

Utilisons l'écriture analytique de $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\begin{cases} x'=-\dfrac 12x-\dfrac 12y-\dfrac 12\\y'=\dfrac 12x-\dfrac 12y +\dfrac 72 \end{cases}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -2x'=x+y+1\\2y'=x-y +7 \end{cases} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} x'=-\dfrac 12x-\dfrac 12y-\dfrac 12\\y'=\dfrac 12x-\dfrac 12y +\dfrac 72 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -2x'+2y'=(x+y+1)+(x-y +7)\\-2x'-2y'=(x+y+1)-(x-y +7) \end{cases} } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} x'=-\dfrac 12x-\dfrac 12y-\dfrac 12\\y'=\dfrac 12x-\dfrac 12y +\dfrac 72 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -2x'+2y'=2x+8\\-2x'-2y'=2y-6 \end{cases} }$
${ \white{ xxi } }$ $\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \begin{cases} x'=-\dfrac 12x-\dfrac 12y-\dfrac 12\\y'=\dfrac 12x-\dfrac 12y +\dfrac 72 \end{cases}}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -x'+y'=x+4\\-x'-y'=y-3 \end{cases} } \\\\\Longrightarrow\quad \boxed{\begin{cases} x=-x'+y'-4\\y=-x'-y'+3 \end{cases} }$

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $(x+3)^2+(y-2)^2=4\quad\Longleftrightarrow\quad (-x'+y'-4+3)^2+(-x'-y'+3-2)^2=4 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (x+3)^2+(y-2)^2=4}\quad\Longleftrightarrow\quad (-x'+y'-1)^2+(-x'-y'+1)^2=4 } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (x+3)^2+(y-2)^2=4}\quad\Longleftrightarrow\quad x'^2+y'^2+1-2x'y'+2x'-2y'} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (x+3)^2+(y-2)^2=4\quad\Longleftrightarrow\quad x'^2+}+x'^2+y'^2+1+2x'y'-2x'-2y'=4}$
${ \white{ xxi } }$ $.\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (x+3)^2+(y-2)^2=4}\quad\Longleftrightarrow\quad 2x'^2+2y'^2-4y'=2} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (x+3)^2+(y-2)^2=4}\quad\Longleftrightarrow\quad x'^2+y'^2-2y'=1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ (x+3)^2+(y-2)^2=4}\quad\Longleftrightarrow\quad x'^2+(y'^2-2y'+1)=1+1} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ (x+3)^2+(y-2)^2=4}\quad\Longleftrightarrow\quad \boxed{x'^2+(y'-1)^2=2}}$

D'où l'équation du cercle $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal C') }$ , image de $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal C) }$ par $\overset{ { \white{ _. } } } { S }$ est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{x'^2+(y'-1)^2=2} }$

4. d) Traçons $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal C) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (\mathcal C') }$ dans le repère.

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6 points

exercice 2

Une usine fabrique des téléphones portables que l'on ne peut pas discerner en les touchant.
Les téléphones produits seront vendus 45 000 FCFA l'unité.
Le chef de l'usine remarque que 2 téléphones sur 100 sont défectueux.
Il décide de mettre tous les téléphones fabriqués depuis 10 jours dans une caisse et de vérifier leur état.
Il procède comme suit : il prend un téléphone de la caisse, vérifie son état et le remet dans la caisse. Il recommence ainsi de suite le processus.

1. Nous devons déterminer le nombre $\overset{ { \white{-. } } } { n }$ de téléphones à produire pour que la chance d'obtenir au moins un téléphone défectueux soit supérieure ou égale à 0,999.

Le chef de l'usine place $\overset{ { \white{-. } } } { n }$ téléphones de la caisse.
Il prend un téléphone au hasard et indépendamment des choix des autres, vérifie son état et le remet dans la caisse.
Nous notons $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ la variable aléatoire donnant le nombre de téléphones défectueux.

Lors de cette expérience, on répète $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ fois des épreuves identiques et indépendantes.
Chaque épreuve comporte deux issues :
Succès : '' le téléphone est défectueux '' dont la probabilité est $\overset{ { \white{ . } } } { p=0,02}$ ;
Echec : '' le téléphone n'est pas défectueux '' dont la probabilité est $\overset{ { \white{ . } } } {1-p=0,98 }$ .
La variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ compte le nombre de téléphones défectueux, soit le nombre de succès à la fin de la répétition des épreuves.
D'où la variable aléatoire $\overset{ { \white{ _. } } } { X }$ suit une loi binomiale $\overset{ { \white{ . } } }{ \mathscr{ B }\left(n\,;\,0,02\right) }$ .

Cette loi est donnée par : $\boxed{ P(X=k)=\begin{pmatrix}n\\k\end{pmatrix}\times0,02^k\times0,98^{ n-k } }$

Nous devons déterminer la plus petite valeur entière de $\overset{ { \white{-. } } } { n }$ telle que $\overset{ { \white{_. } } } { P(X\geq 1)\geq 0,999 }$ .

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $P(X\geq 1)\geq 0,999\quad\Longleftrightarrow\quad 1-P(X=0)\geq 0,999 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad P(X=0)\leq 1-0,999} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad P(X=0)\leq 0,001} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{pmatrix}n\\0\end{pmatrix}\times0,02^0\times0,98^{ n-0 }\leq 0,001}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad 1\times1\times0,98^{ n }\leq 0,001} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad 0,98^{ n }\leq 0,001} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad \ln(0,98^{ n })\leq \ln(0,001)}$
${ \white{ xxi } }$ $.\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad n\times \ln(0,98)\leq \ln(0,001)} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999}\quad\Longleftrightarrow\quad n\geq \dfrac{\ln(0,001)}{\ln(0,98)}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ P(X\geq 1)\geq 0,999\quad\Longleftrightarrow\quad n\geq }\text{(changement de sens de l'inégalité car }\ln(0,98)<0)} \\\\\text{Or }\quad\dfrac{\ln(0,001)}{\ln(0,98)}\approx341,92$

Donc le plus petit nombre entier $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ vérifiant l'inégalité est $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{n=342} }$

Par conséquent, il faudra produire au moins 342 téléphones pour que la chance d'obtenir au moins un téléphone défectueux soit supérieure ou égale à 0,999.

2. Sachant que la production de ces $\overset{ { \white{ -. } } } { n }$ téléphones coûte 11 970 000 FCFA à l'usine, déterminons si cette usine en tirera profit après la vente de tous les téléphones non défectueux.

Parmi les 342 téléphones produits par l'usine, le nombre de téléphones non défectueux s'élève à : $\overset{ { \white{ _. } } } { 0,98\times 342 =335,16 }$ , soit $\overset{ { \white{ _. } } } { 335 }$ téléphones.

Le revenu provenant de la vente de ces 335 téléphones est égal à $\overset{ { \white{ _. } } } { 335\times 45\,000=15\,075\,000\,\text{FCFA} }$ .

Or le coût de production des 342 téléphones s'élève à 11 970 000 FCFA.

Puisque $\overset{ { \white{ _. } } } { 15\,075\,000 }$ est supérieur à $\overset{ { \white{ _. } } } { 11\,970\,000 }$ , l'usine tirera profit de la production de ces 342 téléphones.

8,5 points

probleme

Partie A

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

1. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } {\forall\, x\in[1\;;\;+\infty\,[,\quad g'(x)<0 }$ .

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

${ \white{ xxi } }$ $g'(x)=(1-x\ln x)' \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=(-x\ln x)' } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=(-x)'\times\ln x +(-x)\times (\ln x)'} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=(-1)\times\ln x +(-x)\times \dfrac 1x} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ g'(x)}=-\ln x -1} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{g'(x)=-\ln x-1}$

Nous en déduisons que :

${ \white{ xxi } }$ $x\in[1\;;\;+\infty\,[\quad\Longrightarrow\quad x\geq 1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{x\in[1\;;\;+\infty\,[}\quad\Longrightarrow\quad \ln x\geq 0} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{x\in[1\;;\;+\infty\,[}\quad\Longrightarrow\quad -\ln x\leq 0} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{x\in[1\;;\;+\infty\,[}\quad\Longrightarrow\quad -\ln x-1\leq -1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{x\in[1\;;\;+\infty\,[}\quad\Longrightarrow\quad g'(x)\leq -1<0} \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\forall\,x\in[1\;;\;+\infty[,\quad g'(x)<0}$

2. Nous devons dresser le tableau de variations de $\overset{ { \white{ G. } } } { g }$

Calculs préliminaires :

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=0\quad(\text{croissances comparées})\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to 0^+}(1-x\ln x)=1 \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 0^+}x\ln x=0\quad(\text{croissances comparées})}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to 0^+}g(x)=1}} \\\\ \lim\limits_{x\to +\infty}x\ln x=+\infty\quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to +\infty}(1-x\ln x)=-\infty \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to +\infty}x\ln x=+\infty}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)=-\infty}}$

Tableau de variations de $\overset{ { \white{ G. } } } { g }$

Bac 2025 Sénégal séries S2-S4-S5 : image 7

3. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{m } } } { g }$ est une bijection de $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ sur un intervalle à préciser.

La fonction $\overset{ { \white{G. } } } { g }$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ .
De plus, $\overset{ { \white{ _. } } } { g([1\;;\;+\infty[)=]-\infty\;;\;1] }$ .

Il s'ensuit que la fonction $\overset{ { \white{m } } } { g }$ est une bijection de $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-\infty\;;\;1] }$

4. Nous devons montrer que l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)=0 }$ admet une solution unique $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha }$ dans $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ .

Nous savons que la fonction $\overset{ { \white{m } } } { g }$ est une bijection de $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { ]-\infty\;;\;1] }$
Or $\overset{ { \white{ _. } } } {0\in ]-\infty\;;\;1] }$ .
Dès lors, l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)=0 }$ admet une solution unique $\overset{ { \white{ _. } } } { \alpha }$ dans $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$ .

5. Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { 1,7<\alpha <1,8}$ .

En effet, $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} g(1,7)=1-1,7\times\ln1,7 \approx0,1\,{\red{>0}}\\g(1,8)=1-1,8\times\ln1,8 \approx-0,06\,{\red{<0}} \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \boxed{1,7<\alpha < 1,8} }$

6. Nous devons préciser le signe de $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { [1\;;\;+\infty[ }$

Reprenons le tableau de variations de $\overset{ { \white{ m. } } } { g }$ en y insérant la solution $\overset{ { \white{ . } } } { \alpha }$ de l'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x)=0 }$ .

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&1&&\alpha&&+\infty\\&&&&&\\\hline &1&&&& \\&&\searrow&&& \\ g&&&0&& \\ &&&&\searrow& \\ &&&&&-\infty\\\hline &&&&& \\ g(x)&&+&0&-& \\ &&&&& \\ \hline \end{array}$
Nous en déduisons que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases}g(x)>0\quad\text{si}\quad x\in\,]-\infty\;;\;\alpha[\\g(x)=0\quad\text{si}\quad x=\alpha\\g(x)<0\quad\text{si}\quad x\in\,]\alpha\;;\;+\infty[ \end{cases} }$

Partie B

Soit la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ définie par :

$f(x)=\begin{cases}(-x+1)\ln(-x+1)&\quad\text{si}\quad x<1\\\text e^{-x+1}\ln x&\quad\text{si}\quad x\geq1 \end{cases}$
et $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_f) }$ sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthonormé $\overset{ { \white{ _. } } } {(O\,;\,\vec i,\,\vec j) }$ d'unité 2 cm.

1. a) Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est définie sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$

$\overset{ { \white{ _. } } } {f(x) }$ existe et est réel

${ \white{ xxi } }$ si et seulement si $\overset{ { \white{ _. } } } {\begin{cases}x<1\\-x+1>0 \end{cases} }$ ou $\overset{ { \white{ _. } } } {\begin{cases}x\geq 1\\x>0 \end{cases} }$

${ \white{ xxi } }$ si et seulement si $\overset{ { \white{ _. } } } {\begin{cases}x<1\\x<1 \end{cases} }$ ou $\overset{ { \white{ _. } } } {\begin{cases}x\geq 1\\x>0 \end{cases} }$

${ \white{ xxi } }$ si et seulement si $\overset{ { \white{ _. } } } {x<1 }$ ou $\overset{ { \white{ _. } } } {x\geq1 }$

${ \white{ xxi } }$ si et seulement si $\overset{ { \white{ } } } {x\in\R }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est définie sur $\overset{ { \white{ _. } } } { \R. }$

1. b) Rappels sur les calculs de limites.

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet}{\white{x}}\boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{\ln x }{x}=0}\quad(\text{croissances comparées})$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet}{\white{x}}\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\ln x }{x-1}=\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\ln x-\ln 1 }{x-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\ln x }{x-1} ww } =\ln'(1) } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\ln x }{x-1} ww } =\dfrac 11 }\quad(\text{car} \ln'(x)=\dfrac 1x) \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\ln x }{x-1} ww } =1 } \\\\\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{\ln x }{x-1}=1}$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet}{\white{x}}\boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}\dfrac{e^x }{\ln x}=+\infty}\quad(\text{croissances comparées})$

${ \white{ xxi } }$ $\overset{ { \white{ . } } } { \bullet}{\white{x}}\boxed{\lim\limits_{x\to -\infty}x\text e^x=0}\quad(\text{croissances comparées})$

1. c) Nous devons déterminer $\overset{ { \white{W. } } } { \lim\limits_{x\to -\infty}f(x) }$ et $\overset{ { \white{ W. } } } { \lim\limits_{x\to +\infty}f(x) }$ .

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

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty}(-x+1)\ln(-x+1)$

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } {t=-x+1 }$ .
Dans ce cas, '' $\overset{ { \white{ _. } } } {x\to -\infty }$ '' correspond à '' $\overset{ { \white{ _. } } } { t\to+\infty }$ ''.

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty}(-x+1)\ln(-x+1) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to -\infty}f(x)}=\lim\limits_{t\to +\infty}t\ln t} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to -\infty}f(x)}=+\infty\quad \text {car}\quad \begin{cases} \lim\limits_{t\to +\infty}t=+\infty\\\lim\limits_{t\to +\infty}\ln t=+\infty \end{cases}} \\\\\Longrightarrow\quad \overset{ { \white{ _W. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=+\infty}}$

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

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to +\infty}\text e^{-x+1}\ln x \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\text e\times \text e^{-x}\ln x } \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{x\to +\infty}\text e\times \dfrac{\ln x }{\text e^{x}}} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=\text e\times 0\quad\text{car } \lim\limits_{x\to +\infty} \dfrac{\text e^{x}}{\ln x}=+\infty \quad(\text{voir question 1.b)} } \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to +\infty}f(x)}=0 } \\\\\Longrightarrow\quad \overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to +\infty}f(x)=0}}$

Dès lors, la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } {(C_f) }$ admet une asymptote horizontale d'équation $\overset{ { \white{ . } } } { y=0 }$ au voisinage de $\overset{ { \white{ _. } } } { +\infty }$ .

1. d) Nous devons étudier la branche infinie de la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_f) }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ en $\overset{ { \white{ _. } } } { -\infty }$ .

Nous savons que $\overset{ { \white{ W. } } } { \lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=+\infty }$ .

Calculons $\overset{ { \white{ } } } { \lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}{x} }$ , soit $\overset{ { \white{ } } } { \lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{(-x+1)\ln(-x+1)}{x} }$

${ \white{ xxi } }$ $\text{Or}\quad\begin{cases}\lim\limits_{x\to -\infty}\left(\dfrac{-x+1}{x}\right)=\lim\limits_{x\to -\infty}\left(\dfrac{-x}{x}\right)=-1\\\lim\limits_{x\to -\infty}\ln(-x+1)=+\infty \end{cases} \\\\\phantom{Or } \quad\Longrightarrow\quad \lim\limits_{x\to -\infty}\left(\dfrac{-x+1}{x}\right)\,\ln(-x+1)=-\infty \\\\\phantom{Or } \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\lim\limits_{x\to -\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty}$

Nous en déduisons que la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_f) }$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées en $\overset{ { \white{ _. } } } { -\infty. }$

2. a) Montrons que $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est continue en 1.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{W. } } } { \lim\limits_{x\to 1^-}f(x) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^-}(-x+1)\ln(-x+1)$

Soit $\overset{ { \white{ _. } } } {t=-x+1 }$ .
Dans ce cas, '' $\overset{ { \white{ _. } } } {x\to 1^- }$ '' correspond à '' $\overset{ { \white{ _. } } } { t\to0^+ }$ ''.

Nous obtenons ainsi :

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^-}(-x+1)\ln(-x+1) \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^-}f(x)}=\lim\limits_{t\to 0^+}t\ln t} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^-}f(x)}=0\quad \text {(croissances comparées)}} \\\\\Longrightarrow\quad \overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=0}}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Calculons $\overset{ { \white{W. } } } { \lim\limits_{x\to 1^+}f(x) }$ .

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}\text e^{-x+1}\ln x \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^+}f(x)}=\text e^0\times \ln 1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^+}f(x)}=0} \\\\\Longrightarrow\quad \overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=0}}$

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Dès lors, $\overset{ { \white{ _. } } } { \begin{cases} \lim\limits_{x\to 1^-}f(x)=0\\\lim\limits_{x\to 1^+}f(x)=0 \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 1}f(x)=0} }$

De plus, $\overset{ { \white{ _. } } } { f(1)=\text e^0\times \ln 1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{f(1)=0} }$

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

2. b) Nous devons étudier la dérivabilité de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ en 1.

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Étudions la dérivabilité de $\overset{ { \white{ _. } } } {f }$ à gauche en 1.

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{(-x+1)\ln(-x+1)-0}{x-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}}=\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{-(x-1)\ln(-x+1)}{x-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}}=\lim\limits_{x\to 1^-}-\ln(-x+1)} \\\overset{ { \phantom{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}}=-\lim\limits_{x\to 1^-}\ln(-x+1)} \\\\\Longrightarrow\quad \overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{\lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=+\infty}}$

Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ n'est pas dérivable à gauche en 1 et par suite, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ n'est pas dérivable en 1.
De plus, la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_f) }$ admet au point d'abscisse 1, une demi tangente à gauche verticale .

$\overset{ { \white{ . } } }{\bullet}{\white{x}}$ Étudions la dérivabilité de $\overset{ { \white{ _. } } } {f }$ à droite en 1.

${ \white{ xxi } }$ $\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\text e^{-x+1}\ln x-0}{x-1} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}}=\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\text e^{-x+1}\ln x}{x-1}} \\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{ \lim\limits_{x\to 1^-}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}}=\lim\limits_{x\to 1^+}\text e^{-x+1}\dfrac{\ln x}{x-1}}$

$\text {Or }\quad\begin{cases} \lim\limits_{x\to 1^+}\text e^{-x+1}=\text e^0\\\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\ln x}{x-1}=\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\ln x-\ln1}{x-1} \end{cases}\quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} \lim\limits_{x\to 1^+}\text e^{-x+1}=1\\\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{\ln x}{x-1}=\ln'(1)=1 \end{cases}$

D'où $\overset{ { \white{ _. } } } { \lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=1\times1\quad\Longrightarrow\quad\boxed{\lim\limits_{x\to 1^+}\dfrac{f(x)-f(1)}{x-1}=1} }$

Nous en déduisons que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est dérivable à droite en 1.
De plus, la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_f) }$ admet au point d'abscisse 1, une demi tangente à droite de coefficient directeur égal à 1.

3. a) Nous devons calculer $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } {]-\infty\;;\;1[ }$ et étudier son signe.

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

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

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } {]-\infty\;;\;1[ }$

${ \white{ xxi } }$ $\begin{matrix}-\ln(-x+1)-1> 0\quad\Longleftrightarrow\quad \ln(-x+1)<-1\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{-\ln(-x+1)-1> 0}\quad\Longleftrightarrow\quad -x+1<\text e^{-1} }\\\overset{ { \white{ . } } } { \phantom{-\ln(-x+1)-1> 0}\quad\Longleftrightarrow\quad x>1-\text e^{-1} } \\\\-\ln(-x+1)-1= 0\quad\Longleftrightarrow\quad x=1-\text e^{-1} \\\\-\ln(-x+1)-1< 0\quad\Longleftrightarrow\quad x<1-\text e^{-1}\end{matrix}$

D'où le tableau de signes de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } {]-\infty\;;\;1[ }$

${ \white{WWW } }$ $\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&-\infty&&1-\text e^{-1}&&1\\&&&&&\\\hline &&&&&|| \\-\ln(-x+1)-1&&-&0&+&|| \\ &&&&&|| \\ \hline \end{array}$

Par conséquent, sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } {]-\infty\;;\;1[ }$ ,

${ \white{ xxi } }$ $f'(x)<0\quad\Longleftrightarrow\quad x\in\,]-\infty\;;\;1-\text e^{-1}[\\f'(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=1-\text e^{-1}\\f'(x)>0\quad\Longleftrightarrow\quad x\in\,]1-\text e^{-1}\;;\;1[$

3. b) Nous devons montrer que : $\overset{ { \white{ _. } } } { \forall\,x\in\;]1\;;\;+\infty[,\quad f'(x)=\dfrac{g(x)\,\text e^{-x+1}}{x}. }$

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

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

Étudions le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { ]1\;;\;+\infty[ }$ .

Pour tout $\overset{ { \white{ _. } } } { x\in\;]1\;;\;+\infty[,\quad \begin{cases} \text e^{-x+1}>0\\x>0 \end{cases} }$
Dès lors, le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { f'(x) }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } { ]1\;;\;+\infty[ }$ est le signe de $\overset{ { \white{ _. } } } { g(x) }$ étudié dans la Partie A, question 6.

Par conséquent, sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { ]1\;;\;+\infty[ }$ ,

${ \white{WWW } }$ $f'(x)>0\quad\Longleftrightarrow\quad x\in\,]1\;;\;\alpha[\\f'(x)=0\quad\Longleftrightarrow\quad x=\alpha\\f'(x)<0\quad\Longleftrightarrow\quad x\in\,]\alpha\;;\;+\infty[$

4. Nous devons dresser le tableau de variations de $\overset{ { \white{ _. } } } {f }$ .

Bac 2025 Sénégal séries S2-S4-S5 : image 9

5. Nous devons tracer la courbe représentative $\overset{ { \white{ _. } } } {(C_f) }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ dans le plan muni du repère $\overset{ { \white{ _. } } } { (O;\,\vec i,\,\vec j) }$ .

Bac 2025 Sénégal séries S2-S4-S5 : image 6

Partie C

1. Soit $\overset{ { \white{ _. } } } {h }$ la restriction de $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ à l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [\alpha\;;\;+\infty[ }$ .

1. a) Nous devons montrer que $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ admet une fonction réciproque $\overset{ { \white{ _. } } } { h^{-1} }$ .

Nous avons montré que la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { f }$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [\alpha\;;\;+\infty[ }$ .
Dès lors, la fonction $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est continue et strictement décroissante sur l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } { [\alpha\;;\;+\infty[ }$ .

Nous en déduisons que $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ est une bijection de $\overset{ { \white{ _. } } } { [\alpha\;;\;+\infty[ }$ sur $\overset{ { \white{ _. } } } {h([\alpha\;;\;+\infty[)=]0\;;\;f(\alpha)] }$ .
Il s'ensuit que $\overset{ { \white{ _. } } } { h }$ admet une fonction réciproque $\overset{ { \white{ } } } { h^{-1} }$ .

1. b) L'ensemble de définition de $\overset{ { \white{ } } } { h^{-1} }$ est l'intervalle $\overset{ { \white{ _. } } } {]0\;;\;\text e^{-\alpha+1}\ln\alpha] }$ .

Traçons la courbe représentative $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_{h^{-1}}) }$ de $\overset{ { \white{ } } } { h^{-1} }$ dans le plan muni du repère $\overset{ { \white{ _. } } } { (O;\,\vec i,\,\vec j) }$ .

Les courbes $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_h) }$ et $\overset{ { \white{ _. } } } { (C_{h^{-1}})}$ sont symétriques par rapport à la première bissectrice $\overset{ { \white{ _. } } } { (\Delta) }$ d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { y=x }$ .

Bac 2025 Sénégal séries S2-S4-S5 : image 8

2. Nous devons calculer en $\overset{ { \white{ } } } { \text{cm}^2 }$ l'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { A(\xi) }$ de la partie $\overset{ { \white{ _. } } } { \xi }$ du plan comprise entre l'axe des abscisses, la droite d'équation $\overset{ { \white{ _. } } } { x=-1 }$ , l'axe des ordonnées et la courbe $\overset{ { \white{ _. } } } {(C_f) }$ de $\overset{ { \white{ _. } } } { f}$ .

L'aire $\overset{ { \white{ _. } } } { A(\xi) }$ est déterminée en unité d'aire (u.a.) par $\overset{ { \white{ _. } } } { A(\xi)=\displaystyle\int_{-1}^0f(x)\,\text dx }$
Calculons $\overset{ { \white{ . } } } { \displaystyle\int_{-1}^0(-x+1)\ln(-x+1)\,\text dx }$ .

$\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\displaystyle\int_{-1}^0u(x)v'(x)\,\text{d}x=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]_{-1}^0- \displaystyle\int_{-1}^0u'(x)v(x)\,\text{d}x}}. \\ \\ \begin{cases}u(x)=\ln(-x+1)\quad\Longrightarrow\quad u'(x)=\dfrac{-1}{-x+1} \\\\v'(x)=-x+1\phantom{}\quad\Longrightarrow\quad v(x)=-\dfrac{(-x+1)^2}{2}\end{cases}$

$\text{Dès lors }\;\overset{ { \white{ . } } } { \displaystyle\int_{-1}^0(-x+1)\ln(-x+1)\,\text dx}\\\\ =\left[\ln(-x+1)\times\left(-\dfrac{(-x+1)^2}{2}\right)\right]_{-1}^0-\displaystyle\int_{-1}^0\left(\dfrac{-1}{-x+1}\right)\times\left(-\dfrac{(-x+1)^2}{2}\right)\,\text{d}x \\=\Big(0-(\ln 2)\times(-2)\Big)-\dfrac 12\displaystyle\int_{-1}^{0}(-x+1)\,\text{d}x \\=2\ln 2-\dfrac 12\left[-\dfrac{x^2}{2}+x\right]_{-1}^0 \\=2\ln 2-\dfrac 12\Big(0-(-\dfrac 12-1)\Big) \\\overset{ { \white{ _. } } } {=2\ln 2-\dfrac 34}$

$\Longrightarrow\quad\boxed{A(\xi)=2\ln 2-\dfrac 34\;\text{(u.a.)}}$

Or l'unité de longueur est $\overset{ { \white{ _. } } } { 2\,\text{cm} }$ et donc, l'unité d'aire est $\overset{ { \white{ } } } { 4\,\text{cm}^2. }$

Par conséquent, $\overset{ { \white{ _. } } } { \boxed{A(\xi)=8\ln 2-3\;\text{cm}^2} }$ .
_{Merci à Hiphigenie et malou pour avoir élaboré cette contribution.}

Publié par malou le 20-03-2026

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