Fiche de mathématiques
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Bac Maths Tunisie 2021

Section Sciences expérimentales

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Durée : 3 heures

Coefficient : 3


4 points

exercice 1

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5 points

exercice 2

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4 points

exercice 3

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7 points

exercice 4

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Annexe 1 à rendre avec la copie


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Annexe 2 à rendre avec la copie


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Bac Tunisie 2021 Section Sciences Expérimentales

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4 points

exercice 1

On considère un dé cubique équilibré à six faces dont deux portent le chiffre 1 et les autres portent le chiffre 2.
On dispose de deux urnes U1 et U2 contenant des boules indiscernables au toucher.
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}L'urne U1 contient une boule blanche et trois boules rouges.
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}L'urne U2 contient deux boules blanches et deux boules rouges.

Une épreuve consiste à lancer une fois le dé.
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}Si la face supérieure porte le chiffre 1, on tire au hasard une boule de l'urne U1.
{\white{ww}}\bullet{\white{w}}Si la face supérieure porte le chiffre 2, on tire au hasard une boule de l'urne U2.

On considère les événements suivants :
{\white{ww}}D : "La face supérieure du dé porte le chiffre 1".
{\white{ww}}B : "Tirer une boule blanche".

1. a)  Nous devons calculer p(D).
Puisque le dé est équilibré, chaque face a la même probabilité d'apparaître sur la face supérieure.
Nous savons que 2 faces sur 6 portent le chiffre 1.
Donc  p(D)=\dfrac{2}{6},   soit  \overset{{\white{.}}}{\boxed{p(D)=\dfrac{1}{3}}\,.}

1. b)  Construisons un arbre pondéré représentant la situation.

Nous savons que  p(D)=\dfrac{1}{3}.
Donc  p(\overline{D})=1-p(D)=1-\dfrac{1}{3}}
\Longrightarrow\boxed{p(\overline{D})=\dfrac{2}{3}}

Nous savons que  p_D(B)=\dfrac{1}{4}  (voir l'arbre du questionnaire).
Donc  p_D(\overline{B})=1-p_D(B)=1-\overset{{\white{.}}}{\dfrac{1}{4}}} , soit  \boxed{p_D(\overline{B})=\dfrac{3}{4}}\,.

Nous savons que si l'événement  \overline{D}  est réalisé, nous tirons une boule dans l'urne U2.
Puisque cette urne U2 contient 2 boules blanches sur les 4 boules, nous en déduisons que dans ce cas,  p_{\overline{D}}(B)=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}.
Donc  p_{\overline{D}}(\overline{B})=1-p_{\overline{D}}(B)=1-\dfrac{1}{2}} , soit  \boxed{p_{\overline{D}}(\overline{B})=\dfrac{1}{2}}\,.
Arbre pondéré de probabilités :

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2. a)  Nous devons déterminer p(B).
Les événements  \overset{{\white{.}}}{D}  et  \overline{D}  forment une partition de l'univers.
En utilisant la formule des probabilités totales, nous obtenons :

p(B)=p(D\cap B)+p(\overline{D}\cap B)  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p(B)}=p(D)\times p_D(B)+p(\overline{D})\times p_{\overline{D}}(B)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{4}+\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{2}{6}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{1}{12}+\dfrac{4}{12}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{p(B)}=\dfrac{5}{12}} \\\\\Longrightarrow\boxed{p(B)=\dfrac{5}{12}}

2. b)  Sachant que l'on a tiré une boule blanche, nous devons déterminer la probabilité qu'elle provienne de l'urne U2.
La boule provient de l'urne U2 si et seulement si la face supérieure du dé porte le chiffre 2.
Dès lors, nous devons calculer  p_B(\overline{D}).

p_B(\overline{D})=\dfrac{p(B\cap\overline{D})}{p(B)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p_B(\overline{D})}=\dfrac{p(\overline{D})\times p_{\overline{D}}(B)}{p(B)}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p_B(\overline{D})}=\dfrac{\dfrac{2}{3}\times \dfrac{1}{2}}{\dfrac{5}{12}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{p_B(\overline{D})}=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{5}{12}}=\dfrac{\dfrac{4}{12}}{\dfrac{5}{12}}=\dfrac{4}{5}} \\\\\Longrightarrow\boxed{p_B(\overline{D})=\dfrac{4}{5}}

Par conséquent, sachant que l'on a tiré une boule blanche, la probabilité qu'elle provienne de l'urne U2 est égale à  \overset{{\white{.}}}{\dfrac{4}{5}.}

3.  On répète l'épreuve cinq fois de suite en remettant chaque fois la boule tirée dans son urne.
Soit X  la variable aléatoire égale au nombre de boules blanches obtenues.

3. a)  L'expérience consiste à répéter avec remise et de manière indépendante 5 fois le tirage d'une boule.
Lors de chaque tirage, deux résultats sont possibles :
  le "succès" : la boule est blanche  dont la probabilité est  p=p(B)=\dfrac{5}{12}
  l'"échec" : la boule est rouge  dont la probabilité est  1-p=1-\dfrac{5}{12}=\dfrac{7}{12}.
Nous en déduisons que la variable aléatoire X  suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et  \overset{{\white{.}}}{p=\dfrac{5}{12}} .

3. b)  Nous devons déterminer  \overset{{\white{.}}}{p(X=1).}

p(X=1)=\begin{pmatrix}5\\1\end{pmatrix}\times\left(\dfrac{5}{12}\right)^1\times\left(\dfrac{7}{12}\right)^{5-1} \\\\\phantom{p(X=1)}=5\times\dfrac{5}{12}\times\left(\dfrac{7}{12}\right)^{4} \\\\\phantom{p(X=1)}=\dfrac{60\,025}{248\,832}\approx0,24 \\\\\Longrightarrow\boxed{p(X=1)\approx0,24}
Par conséquent, la probabilité d'obtenir une seule fois une boule blanche est environ égale à 0,24 (valeur arrondie au centième près).

3. c)  Soit q  la probabilité d'obtenir au moins une boule rouge.

Soit l'événement R  : "obtenir au moins une boule rouge".
Alors l'événement contraire de R  est  \overline{R}: "n'obtenir aucune boule rouge".
L'événement  \overline{R}  peut également se traduire par "obtenir 5 boules blanches".

\text{D'où }\;q=p(R)=1-p(\overline{R}) \\\phantom{\text{D'où }\;q=p(R)}=1-p(X=5) \\\phantom{\text{D'où }\;q=p(R)}=1-\begin{pmatrix}5\\5\end{pmatrix}\times\left(\dfrac{5}{12}\right)^5\times\left(\dfrac{7}{12}\right)^{5-5} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'où }\;q=p(R)}=1-1\times\dfrac{3\,125}{248\,832}\times1} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'où }\;q=p(R)}=1-\dfrac{3\,125}{248\,832}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\text{D'où }\;q=p(R)}=\dfrac{245\,707}{248\,832}\approx0,987} \\\\\Longrightarrow\boxed{q\approx0,987}

5 points

exercice 2

{\red{\text{1. a) }}}\;(2\sqrt{3}-2\text{i})^2=(2\sqrt{3})^2-2\times(2\sqrt{3})\times2\text{i}+(2\text{i})^2 \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{1. a) }}}\;(2\sqrt{3}-2\text{i})^2}=12-8\text{i}\sqrt{3}-4} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{1. a) }}}\;(2\sqrt{3}-2\text{i})^2}=8-8\text{i}\sqrt{3}} \\\\\Longrightarrow\boxed{(2\sqrt{3}-2\text{i})^2=8-8\text{i}\sqrt{3}}

1. b)  Nous devons résoudre dans  \C  l'équation  (E):z^2-2(1+\text{i}\sqrt{3})z+4(-1+\text{i}\sqrt{3})=0.

\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta=[-2(1+\text{i}\sqrt{3})]^2-4\times1\times4(-1+\text{i}\sqrt{3}) \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=4(1^2+2\text{i}\sqrt{3}+(\text{i}\sqrt{3})^2)-16(-1+\text{i}\sqrt{3}) \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=4(1+2\text{i}\sqrt{3}-3)-16(-1+\text{i}\sqrt{3}) \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=4(-2+2\text{i}\sqrt{3})-16(-1+\text{i}\sqrt{3}) \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=-8+8\text{i}\sqrt{3}+16-16\text{i}\sqrt{3} \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=8-8\text{i}\sqrt{3} \\\phantom{\underline{\text{Discriminant}}:\;\Delta}=(2\sqrt{3}-2\text{i})^2\quad(\text{voir question 1. a})

\\\\\underline{\text{Racines}}:\;z_1=\dfrac{2(1+\text{i}\sqrt{3})+(2\sqrt{3}-2\text{i})}{2}=\dfrac{2+2\text{i}\sqrt{3}+2\sqrt{3}-2\text{i}}{2} \\\\\phantom{\underline{\text{Racines}}:\;z_1}=\dfrac{2(1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3}))}{2}=1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3}) \\\\\phantom{\underline{\text{Racines}}:}\;z_2=\dfrac{2(1+\text{i}\sqrt{3})-(2\sqrt{3}-2\text{i})}{2}=\dfrac{2+2\text{i}\sqrt{3}-2\sqrt{3}+2\text{i}}{2} \\\\\phantom{\underline{\text{Racines}}:\;z_2}=\dfrac{2(1-\sqrt{3}+\text{i}(1+\sqrt{3}))}{2}=1-\sqrt{3}+\text{i}(1+\sqrt{3})

Par conséquent, l'ensemble des solutions de l'équation (E ) est :  \overset{{\white{.}}}{\boxed{\left\lbrace1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3})\,;\,1-\sqrt{3}+\text{i}(1+\sqrt{3})\right\rbrace}}

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

{\red{\text{2. a)}}}\;\text{i}z_A=\text{i}\left[\overset{}{1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3})}\right] \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{2. a)}}}\;\text{i}z_A}=\text{i}(1+\sqrt{3})-\text{i}^2(1-\sqrt{3})} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{2. a)}}}\;\text{i}z_A}=\text{i}(1+\sqrt{3})+(1-\sqrt{3})} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{2. a)}}}\;\text{i}z_A}=1-\sqrt{3}+\text{i}(1+\sqrt{3})} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{{\red{\text{2. a)}}}\;\text{i}z_A}=z_C} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_C=\text{i}z_A}

2. b)  Montrons que le triangle OAC est rectangle isocèle en O.

\bullet{\white{w}}Montrons que le triangle OAC est rectangle en O.

\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OC}}\right)=\arg\left(\dfrac{z_C}{z_A}\right) \\\phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OB}}\right)}=\arg(\text{i})\quad\; \text{car }z_C=\text{i}z_A \\\phantom{\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OB}}\right)}=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi] \\\\\Longrightarrow\boxed{\left(\widehat{\overrightarrow{OA}\,,\overrightarrow{OC}}\right)=\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi]}
D'où le triangle OAC est rectangle en O.

\bullet{\white{w}}Montrons que le triangle OAC est isocèle en O.

OC=|z_C|=|\text{i}z_A|=|\text{i}|\times|z_A|=1\times|z_A|=|z_A|=OA \\\\\Longrightarrow\boxed{OA=OC}
D'où le triangle OAC est isocèle en O.

Par conséquent, le triangle OAC est rectangle isocèle en O.

2.  c)  Nous devons montrer que le quadrilatère OABC est un carré.

\bullet{\white{w}}Montrons que le quadrilatère OABC est un parallélogramme.

\text{OABC est un parallélogramme}\Longleftrightarrow\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{CB} \\\phantom{\text{JKLM est un parallélogramme}}\Longleftrightarrow \boxed{z_A=z_B-z_C}

\left\lbrace\begin{matrix}z_A=1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3})\\\\z_B-z_C=(2+2\text{i}\sqrt{3})-[1-\sqrt{3}+\text{i}(1+\sqrt{3})]\end{matrix}\right. \\\\\\\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}z_A=1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3})\\\\z_B-z_C=2+2\text{i}\sqrt{3}-1+\sqrt{3}-\text{i}-\text{i}\sqrt{3}\end{matrix}\right. \\\\\\\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}z_A=1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3})\\\\z_B-z_C=1+\text{i}\sqrt{3}+\sqrt{3}-\text{i}\end{matrix}\right. \\\\\\\Longleftrightarrow\quad\left\lbrace\begin{matrix}z_A={\red{1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3})}}\\\\z_B-z_C={\red{1+\sqrt{3}-\text{i}(1-\sqrt{3})}}\end{matrix}\right. \\\\\\\Longrightarrow\boxed{z_A=z_B-z_C}
Par conséquent, le quadrilatère OABC est un parallélogramme.

\bullet{\white{w}}Montrons que le parallélogramme OABC est un losange.

Un parallélogramme possédant deux côtés consécutifs de même longueur est un losange.
Puisque le triangle OAC est isocèle en O, nous savons que OA = OC.
Le parallélogramme OABC possède donc deux côtés consécutifs de même longueur.
Par conséquent, le parallélogramme OABC est un losange.

\bullet{\white{w}}Montrons que le losange OABC est un carré en montrant que ce losange possède un angle droit.

Le triangle OAC est rectangle en O.
Le losange OABC possède donc un angle droit.
Par conséquent, le losange OABC est un carré.

En conclusion, le quadrilatère OABC est un carré.

3. a)  Nous devons montrer que  z_B=4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}.

4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}=4(\cos\dfrac{\pi}{3}+\text{i}\sin\dfrac{\pi}{3}) \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}=4(\dfrac{1}{2}+\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2})} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}=\dfrac{4}{2}+\dfrac{4\text{i}\sqrt{3}}{2}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}=2+2\text{i}\sqrt{3}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}=z_B} \\\\\Longrightarrow\boxed{z_B=4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}

3. b)  Construction du point B.

Voir la figure ci-dessous.

3. c)  Construction des points A et C.

Par le milieu H du segment [OB], traçons la droite (d) perpendiculaire à la droite (OB).
Sur la droite (d), plaçons les points A et C de part et d'autre de la droite (OB) tels que AH = HC = 2.
Les points O, A, B et C sont placés dans le sens direct (sens antihoraire).

Bac Tunisie 2021 Section Sciences Expérimentales  : image 13


4.  Soit  \theta\in [0\,;\,\pi]. 
On désigne par M le point du plan d'affixe  z_M=1+\text{i}\sqrt{3}+2\text{e}^{\text{i}\theta}.

{\red{\text{4. a) }\;}}M=B\quad\Longleftrightarrow\quad z_M=z_B \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{4. a) }\;}}M=B}\quad\Longleftrightarrow\quad 1+\text{i}\sqrt{3}+2\text{e}^{\text{i}\theta}=2+2\text{i}\sqrt{3}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{4. a) }\;}}M=B}\quad\Longleftrightarrow\quad 2\text{e}^{\text{i}\theta}=1+\text{i}\sqrt{3}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{{\red{\text{4. a) }\;}}M=B}\quad\Longleftrightarrow\quad \text{e}^{\text{i}\theta}=\dfrac{1}{2}+\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{{\red{\text{4. a) }\;}}M=B}\quad\Longleftrightarrow\quad \cos\theta+\text{i}\sin\theta=\dfrac{1}{2}+\text{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{{\red{\text{4. a) }\;}}M=B}\quad\Longleftrightarrow\quad \left\lbrace\begin{matrix}\cos\theta=\dfrac{1}{2}\\\\\sin\theta=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{matrix}\right.} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{{\red{\text{4. a) }\;}}M=B}\quad\Longleftrightarrow\quad \theta=\dfrac{\pi}{3}}

D'où  \boxed{M=B\quad\Longleftrightarrow\quad\theta=\dfrac{\pi}{3}}

4. b)  Le centre H du cercle circonscrit au triangle rectangle OAB est le milieu de l'hypoténuse [OB].
Puisque OB = 4, le rayon du cercle circonscrit au triangle OAB est égal à 2.

De plus,  z_H=\dfrac{z_B}{2}=\dfrac{4\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}{2}\quad\Longrightarrow\quad\boxed{z_H=2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}}\,.

Dès lors,

HM=|z_M-z_H| \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{KM}=\left|(1+\text{i}\sqrt{3}+2\text{e}^{\text{i}\theta})-2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\right|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{KM}=\left|(2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}+2\text{e}^{\text{i}\theta})-2\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{3}}\right|} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{KM}=\left|2\text{e}^{\text{i}\theta}\right|} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{HM}=2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,\theta\in[0\,;\,\pi],\;HM=2}
Par conséquent, lorsque theta varie dans  \overset{{\white{.}}}{[0\,;\,\pi],}  le point M appartient au cercle de rayon 2, circonscrit au triangle OAB.

4 points

exercice 3

On considère les intégrales  \overset{{\white{.}}}{K=\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{x\ln x}{(x^2-1)^2}\,\text d x\end{aligned}}  et  \overset{{\white{.}}}{J=\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{1}{x(x^2-1)}\,\text d x\end{aligned}.}

1. a)  Pour tout  \overset{{\white{.}}}{x\in[\sqrt{\text{e}}\,;\,\text{e}\,]}

\dfrac{x}{x^2-1}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x^2-(x^2-1)}{x(x^2-1)} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\dfrac{x}{x^2-1}-\dfrac{1}{x}}=\dfrac{x^2-x^2+1}{x(x^2-1)}}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{\dfrac{x}{x^2-1}-\dfrac{1}{x}}=\dfrac{1}{x(x^2-1)}} \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in[\sqrt{\text{e}}\,;\,\text{e}\,],\;\dfrac{1}{x(x^2-1)}=\dfrac{x}{x^2-1}-\dfrac{1}{x}}

1. b)  Calculons J.

J=\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{1}{x(x^2-1)}\,\text d x\end{aligned} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J}=\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\left(\dfrac{x}{x^2-1}-\dfrac{1}{x}\right)\,\text d x\end{aligned}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J}=\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{x}{x^2-1}\,\text d x\end{aligned}-\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{1}{x}\,\text d x\end{aligned}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J}=\dfrac{1}{2}\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{2x}{x^2-1}\,\text d x\end{aligned}-\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{1}{x}\,\text d x\end{aligned}}
{\white{xx}}\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J}=\dfrac{1}{2}\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{(x^2-1)'}{x^2-1}\,\text d x\end{aligned}-\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{1}{x}\,\text d x\end{aligned}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J}=\dfrac{1}{2}\left[\overset{}{\ln|x^2-1|}\right]_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}-\left[\overset{}{\ln|x|}\right]_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{J}=\dfrac{1}{2}\left[\overset{}{\ln(\text{e}^2-1)-\ln(\text{e}-1)}\right]-\left[\overset{}{\ln\text{e}-\ln\sqrt{\text{e}}}\right]}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{J}=\dfrac{1}{2}\left[\overset{}{\ln\dfrac{\text{e}^2-1}{\text{e}-1}}\right]-\left[\overset{}{\ln\dfrac{\text{e}}{\sqrt{\text{e}}}}\right]}

\\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{J}=\dfrac{1}{2}\left[\overset{}{\ln\dfrac{(\text{e}-1)(\text{e}+1)}{\text{e}-1}}\right]-\left[\overset{}{\ln\sqrt{\text{e}}}\right]}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{J}=\dfrac{1}{2}\left[\overset{}{\ln(\text{e}+1)}\right]-\overset{}{\dfrac{1}{2}}}  \\\\\Longrightarrow\boxed{J=-\overset{}{\dfrac{1}{2}}+\dfrac{1}{2}\ln(\text{e}+1)}

2. a)  Nous devons montrer que  \overset{{\white{.}}}{2K=J+\dfrac{1}{2(\text{e}+1)}.}

2K=\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{2x\ln x}{(x^2-1)^2}\,\text d x\end{aligned} \\\\\underline{\text{Formule de l'intégrale par parties}}\ :\ {\blue{\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}  u(x)v'(x)\,\text d x\end{aligned}=\left[\overset{}{u(x)v(x)}\right]\limits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}-\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} u'(x)v(x)\,\text d x\end{aligned}}}.  \\\\\left\lbrace\begin{matrix}u(x)=\ln x\phantom{wwwww}\Longrightarrow\phantom{ww}u'(x)=\dfrac{1}{x}\phantom{ww}\\v'(x)=\dfrac{2x}{(x^2-1)^2}\phantom{wwwwwwwv}\Longrightarrow\quad v(x)=\dfrac{\overset{}{-1}}{x^2-1}\phantom{ww}\end{matrix}\right.

\text{Dès lors, }\ 2K=\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}} \,\dfrac{2x\ln x}{(x^2-1)^2}\;\text{d}x \end{aligned}=\left[\overset{}{\ln x\times\left(\dfrac{-1}{x^2-1}\right)}\right]\limits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}-\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}\dfrac{1}{x}\times\left(\dfrac{-1}{x^2-1}\right)\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWxWW}=\left[\overset{}{\dfrac{-\ln x}{x^2-1}}\right]\limits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}+\begin{aligned}\int\nolimits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}\dfrac{1}{x(x^2-1)}\,\text d x\end{aligned} \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWxWW}=\left[\overset{}{\dfrac{-\ln x}{x^2-1}}\right]\limits_{\sqrt{\text{e}}}^{\text{e}}+J

\\\\\phantom{WWWWWWWWWWWxWW}=\dfrac{-\ln \text{e}}{\text{e}^2-1}-\dfrac{-\ln \sqrt{\text{e}}}{\text{e}-1}+J  \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWxWW}=\dfrac{-1}{\text{e}^2-1}+\dfrac{\frac{1}{2}}{\text{e}-1}+J  \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWxWW}=\dfrac{-1}{(\text{e}-1)(\text{e}+1)}+\dfrac{1}{2(\text{e}-1)}+J  \\\\\phantom{WWWWWWWWWxWWWW}=\dfrac{-2+(\text{e}+1)}{2(\text{e}-1)(\text{e}+1)}+J  \\\\\phantom{WWWWWWWWWxWWWW}=\dfrac{\text{e}-1}{2(\text{e}-1)(\text{e}+1)}+J  \\\\\phantom{WWWWWWWWWWWxWW}=\dfrac{1}{2(\text{e}+1)}+J  \\\\\Longrightarrow\boxed{2K=J+\dfrac{1}{2(\text{e}+1)}}

2. b)  En utilisant les résultats précédents, nous obtenons :

\left\lbrace\begin{matrix}2K=J+\dfrac{1}{2(\text{e}+1)}\\\overset{}{J=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\ln(\text{e}+1)}\end{matrix}\right.\quad\Longrightarrow\quad 2K=-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\ln(\text{e}+1)+\dfrac{1}{2(\text{e}+1)} \\\phantom{WWWWWWWWWWw}\Longrightarrow\quad \boxed{K=-\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}\ln(\text{e}+1)+\dfrac{1}{4(\text{e}+1)}}

7 points

exercice 4

1.  Selon l'énoncé, nous obtenons les résultats suivants.

1. a)  La droite d'équation x = 0 est une asymptote à la courbe  (\zeta).
Donc par analyse graphique,  \overset{{\white{.}}}{\lim\limits_{x\to0^+}\,f(x)=-\infty}\,.

La courbe  (\zeta)  admet une branche parabolique de direction  (\text{O},\vec i)  au voisinage de +infini.
Donc par analyse graphique,  \overset{{\white{\frac{.}{.}}}}{\lim\limits_{x\to+\infty}\,f(x)=+\infty}  et  \lim\limits_{x\to+\infty}\,\dfrac{f(x)}{x}=0.

1. b)   f'(\dfrac{1}{2})  représente le coefficient directeur de la tangente T à la courbe  (\zeta)  au point  A(\dfrac{1}{2}\,;\,0).
Or la droite T admet pour équation :  y=\dfrac{4}{3}x-\dfrac{2}{3}.
Par conséquent,  \boxed{f'(\dfrac{1}{2})=\dfrac{4}{3}}\,.

1. c)  Tableau de variation de la fonction f .

{\white{wwwwwww}}\begin{array}{|c|ccccc|}\hline &&&&&\\ x&0&&&&+\infty\\&&&&&\\\hline&&&&&+\infty\\f&&\nearrow&\nearrow&\nearrow&\\&-\infty&&&&\\ \hline \end{array}

1. d)  Nous savons que la fonction f  est continue sur ]0 ; +infini[ car elle est dérivable sur cet intervalle.
La fonction f  est strictement croissante sur ]0 ; +infini[.
De plus, f (]0 ; +infini[) = ]-infini ; +infini[.

D'après le théorème de la bijection, la fonction f  réalise une bijection de ]0 ; +infini[ dans ]-infini ; +infini[.

2.  Soit f -1 la fonction réciproque de f  et  (\zeta ')  sa courbe représentative dans  (\text{O},\vec i,\vec j).

2. a)  Les courbes  (\zeta)  et  (\zeta ')  sont symétriques par rapport à la droite d'équation y = x .
Le point  \text{D}(\ln5\,;\,\dfrac{25}{6})  est donc le symétrique du point  \text{B}(\dfrac{25}{6}\,;\,\ln5)  par rapport à la droite d'équation y = x .
D'où sa construction (voir le graphique - question 2. b).

2. b)  Représentation de la courbe  (\zeta ')  et de sa tangente T' au point d'abscisse 0.

Bac Tunisie 2021 Section Sciences Expérimentales  : image 12


Dans la suite, on donne  f(x)=\ln\left(\dfrac{x+\sqrt{x^2+4x}}{2}\right) , pour tout x  appartient ]0 ; +infini[.

3. a)  Pour tout réel x, déterminons l'expression analytique de f -1(x ).

y=f(x)\quad\Longleftrightarrow\quad \ln\left(\dfrac{x+\sqrt{x^2+4x}}{2}\right)=y \\\phantom{y=f(x)\quad}\Longleftrightarrow\quad \dfrac{x+\sqrt{x^2+4x}}{2}=\text{e}^y \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longleftrightarrow\quad x+\sqrt{x^2+4x}=2\text{e}^y} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longleftrightarrow\quad \sqrt{x^2+4x}=2\text{e}^y-x} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longrightarrow\quad (\sqrt{x^2+4x})^2=(2\text{e}^y-x)^2}

\\\overset{{\white{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longrightarrow\quad x^2+4x=4\text{e}^{2y}-4x\text{e}^{y}+x^2} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longrightarrow\quad 4x=4\text{e}^{2y}-4x\text{e}^{y}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longrightarrow\quad 4x+4x\text{e}^{y}=4\text{e}^{2y}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longrightarrow\quad 4x(1+\text{e}^{y})=4\text{e}^{2y}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longrightarrow\quad x(1+\text{e}^{y})=\text{e}^{2y}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{y=f(x)\quad}\Longrightarrow\quad x=\dfrac{\text{e}^{2y}}{1+\text{e}^{y}}} \\ {\white{vv}}

Par conséquent, pour tout réel x, l'expression analytique de la réciproque de f  est  f^{-1}(x)=\dfrac{\text{e}^{2x}}{1+\text{e}^{x}}.

3. b)  Pour tout réel x,

f^{-1}(x)=\dfrac{\text{e}^{2x}}{1+\text{e}^{x}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f^{-1}(x)}=\dfrac{\text{e}^{2x}\,{\red{+\,\text{e}^{x}-\text{e}^{x}}}}{1+\text{e}^{x}}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f^{-1}(x)}=\dfrac{(\text{e}^{x}+\text{e}^{2x})-\text{e}^{x}}{1+\text{e}^{x}}}  \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{f^{-1}(x)}=\dfrac{\text{e}^{x}(1+\text{e}^{x})-\text{e}^{x}}{1+\text{e}^{x}}}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{f^{-1}(x)}=\dfrac{\text{e}^{x}(1+\text{e}^{x})}{{1+\text{e}^{x}}}-\dfrac{\text{e}^{x}}{1+\text{e}^{x}}}  \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{f^{-1}(x)}=\text{e}^{x}-\dfrac{\text{e}^{x}}{1+\text{e}^{x}}}  \\\\\Longrightarrow\boxed{\forall\,x\in\R,\;f^{-1}(x)=\text{e}^{x}-\dfrac{\text{e}^{x}}{1+\text{e}^{x}}}

4.  Soit  \mathscr{A}  l'aire de la partie du plan limitée par la courbe  (\zeta) , l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives  x=\dfrac{1}{2}  et  x=\dfrac{25}{6}.

4. a) En vertu de la symétrie orthogonale par rapport à la droite d'équation y = x , nous déduisons que l'aire  \mathscr{A}  de la partie du plan limitée par la courbe  (\zeta) , l'axe des abscisses et les droites d'équations respectives  x=\dfrac{1}{2}  et  x=\dfrac{25}{6}  est égale à l'aire de la partie du plan limitée par la courbe  (\zeta ') , l'axe des ordonnées et les droites d'équations respectives  y=\dfrac{1}{2}  et  y=\dfrac{25}{6} , soit à l'aire de la partie du plan limitée par la droite d'équation  y=\dfrac{25}{6} , la courbe  (\zeta ')  et les droites d'équations respectives  x=0  et  x=\ln5.  (voir le graphique - question 2. b).
D'où  \boxed{\mathscr{A}=\begin{aligned}\int\nolimits_0^{\ln5}\left(\dfrac{25}{6}-f^{-1}(x)\right)\,\text d x\end{aligned}}\,.

{\red{\text{4. b) }}}\;\mathscr{A}=\begin{aligned}\int\nolimits_0^{\ln5}\left(\dfrac{25}{6}-f^{-1}(x)\right)\,\text d x\end{aligned} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWW}=\begin{aligned}\int\nolimits_0^{\ln5}\left(\dfrac{25}{6}-\text{e}^{x}+\dfrac{\text{e}^{x}}{1+\text{e}^{x}}\right)\,\text d x\end{aligned}} \\\overset{{\white{.}}}{\phantom{WWW}=\left[\dfrac{25}{6}x-\text{e}^{x}+\ln(1+\text{e}^{x})\right]_0^{\ln5}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\left[\dfrac{25}{6}\ln5-\text{e}^{\ln5}+\ln(1+\text{e}^{\ln5})\right]-\left[\dfrac{25}{6}\times0-\text{e}^{0}+\ln(1+\text{e}^{0})\right]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\left[\dfrac{25}{6}\ln5-5+\ln(1+5)\right]-\left[0-1+\ln(1+1)\right]} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\dfrac{25}{6}\ln5-5+\ln6+1-\ln2} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\dfrac{25}{6}\ln5-4+\ln\dfrac{6}{2}} \\\overset{{\phantom{.}}}{\phantom{WWW}=\dfrac{25}{6}\ln5-4+\ln3}

\\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}=-4+\dfrac{25}{6}\ln5+\ln3}
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