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Corrigé Bac Maths S2-S2A-S4-S5 1er groupe 2013

Classe:

Terminale

Exercice 1

1) a) Soit :

$r=\dfrac{cov(X\;,\ Y)}{\sigma_{X}\sigma_{Y}}$

Donc,

$r=-0.973$

Ce qui signifie qu'il y a une forte corrélation.

b) La droite de régression de

$Y$ en

$X$ est :

$\begin{array}{rcl} y&=&ax+b\quad\text{avec }a=\dfrac{cov(X\;,\ Y)}{V(X)}\ \text{ et }\ b=\overline{Y}-a\overline{X}\\ \\&=&-0.874x+4.12\end{array}$

Ainsi,

$\boxed{y=-0.874x+4.12}$

c) Si

$x=6$ alors,

$y=-1.124$

Cette équation ne permet pas d'estimer le degré de salinité car au

$6^{\text{ième}}$ mois de pluie le degré de salinité ne peut être négatif.

$Z=\ln(Y-1)$

a) Le tableau correspondant à la série

$(X\;,\ Z)$ est donné par :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline X_{i}&0&1&2&3&4\\ \hline Z_{i}&1.182&0.875&0.010&-1.830&-4.610\\ \hline\end{array}$

b) Le coefficient de corrélation linéaire de cette série

$(X\;,\ Z)$ est :

$r=\dfrac{cov(X\;,\ Z)}{\sigma_{X}\sigma_{Z}}=-0.944$

La droite de régression de

$Z$ en

$X$ est :

$\begin{array}{rcl} z&=&ax+b\quad\text{avec }a=\dfrac{cov(X\;,\ Z)}{V(X)}\ \text{ et }\ b=\overline{Z}-a\overline{X}\\ \\&=&-1.428x+1.982\end{array}$

D'où,

$\boxed{z=-1.428x+1.982}$

Exprimons

$Y$ en fonction de

$X$

On a :

$z=\ln(y-1)\$ et

$\ z=-1.428x+1.982$ d'où,

$\begin{array}{rcrcl} \ln(y-1)=-1.428x+1.982&\Rightarrow&y-1&=&\mathrm{e}^{-1.428x+1.982}\\ \\&\Rightarrow&y&=&\mathrm{e}^{-1.428x+1.982}+1\end{array}$

Ainsi,

$\boxed{y=\mathrm{e}^{-1.428x+1.982}+1}$

d) Si

$x=6$ alors,

$y=1.001.$ Le degré de salinité estimé au

$6^{\text{ième}}$ mois est positif, il est très proche de celui du quatrième mois et lui est inférieur.

Donc, l'équation

$y=\mathrm{e}^{-1.428x+1.982}+1$ nous permet de faire cette estimation.

Exercice 2

Le plan est muni d'un repère orthonormal direct

$(O\;,\vec{e}_{1}\;,\vec{e}_{2})$

$S=\left(O\;,\ \dfrac{\pi}{2}\;,\ \dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)$ est la similitude plane directe de centre

$O$ , d'angle

$\dfrac{\pi}{2}$ et de rapport

$\dfrac{\sqrt{2}}{2}.$

Soit

$M$ le point d'affixe

$z\$ et

$\ M’$ le point d'affixe

$z’$ avec

$M'=S (M).$

1) Exprimez

$z’$ en fonction de

$z$

On a :

$z'-z=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\tfrac{\pi}{2}}(z-z_{0})\$ or,

$z_{0}=0$

Donc,

$\boxed{z'=\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}z}$

2) On définit la suite des points

$(M_{n})_{n\in \mathbb{N}}$ de la façon suivante :

$\left\lbrace\begin{array}{rcl} M_{0}\ \text {d'affixe}\ z_{0}&=&1+\mathrm{i}\\M_{n}&=&S(M_{n-1})\ \text {pour}\ n\geq 1\end{array}\right.$

$z_{n}$ est l'affixe de

$M_{n}$ , pour tout entier naturel

$n.$

a) Déterminons les affixes des points

$M_{1}\;,\ M_{2}\$ et

$\ M_{3}$

$\begin{array}{rcl} z_{1}&=&\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}z_{0}\\ \\&=&\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}(1+\mathrm{i})\\ \\&=&\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$

Donc,

$\boxed{z_{1}=\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}}$

$\begin{array}{rcl} z_{2}&=&\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}z_{1}\\ \\&=&\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)\\ \\&=&-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{i}\end{array}$

Ainsi,

$\boxed{z_{2}=-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{i}}$

$\begin{array}{rcl} z_{3}&=&\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}z_{2}\\ \\&=&\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\left(-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{i}\right)\\ \\&=&-\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{4}+\dfrac{\sqrt{2}}{4}\end{array}$

D'où,

$\boxed{z_{3}=-\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{4}+\dfrac{\sqrt{2}}{4}}$

b) Expression de

$z_{n}$ en fonction de

$z_{n-1}$ pour

$n\geq 1.$

On a :

$\boxed{z_{n}=\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}z_{n-1}\;,\quad n\geq 1}$

c) En déduisons que

$z_{n}=\left(\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}z_{0}$

On voit que, d'après (b),

$(z_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite géométrique de premier terme

$z_{0}=1+\mathrm{i}$ et de raison

$q=\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

D'où,

$z_{n}=\left(\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}z_{0}$

Ce qui donne :

$\boxed{z_{n}=\left(\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}(1+\mathrm{i})\;,\quad n\geq 0}$

d) Soit

$a_{n}=|z_{n}|$ , montrons que

$a_{n}$ est le terme général d'une suite géométrique dont on précisera la raison et le premier terme.

Soit

$a_{n}=|z_{n}|\$ or,

$\begin{array}{rcl}|z_{n}|&=&\left|\left(\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}(1+\mathrm{i})\right|\\ \\&=&\left|\left(\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}\right|\times|(1+\mathrm{i})|\\ \\&=&\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}\sqrt{2}\end{array}$

Donc,

$\boxed{a_{n}=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}}$

Par suite :

$\begin{array}{rcl} a_{n+1}&=&\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n+1}\\ \\&=&\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{n}\times\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$

Ainsi,

$\boxed{a_{n+1}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}a_{n}\;,\quad n\geq 0}$

D'où,

$(a_{n})_{n\in\mathbb{N}}$ est une suite géométrique de premier terme

$a_{0}=\sqrt{2}$ et de raison

$q=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

$(a_{n})$ converge vers zéro car sa raison

$q=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ est dans

$]0\;;\ 1[.$

Problème

Partie A

1) Soit :

$\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{e}^{x}-x-1}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\left[\dfrac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}-\dfrac{x}{x}\right]$

Or,

$\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{e}^{x}-1}{x}=1\$ et

$\ \lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{x}{x}=1$

Donc,

$\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{e}^{x}-x-1}{x}=1-1=0$

En conclusion :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow 0}\dfrac{\mathrm{e}^{x}-x-1}{x}=0}$

$\begin{array}{rcl} k\ :\ ]0\;;\ +\infty[&\longrightarrow&\mathbb{R}\\x&\longmapsto&x(1-\ln x)\end{array}$

$x\mapsto \ln x)$ continue sur

$]0\;;\ +\infty[\$ et

$\ x\mapsto 1$ continue sur

$\mathbb{R}$ donc, continue sur

$]0\;;\ 1[.$

D'où,

$x\mapsto x(1-\ln x)$ est continue sur

$]0\;;\ 1[$ par somme.

Or,

$x\mapsto x$ est continue sur

$]0\;;\ 1[$

D'où : par produit,

$x\mapsto x(1-\ln x)$ est continue sur

$]0\;;\ 1[.$

$\begin{array}{rcl} K\ :\ ]0\;;\ +\infty[&\longrightarrow&\mathbb{R}\\x&\longmapsto&\dfrac{3}{4}x^{2}-\dfrac{1}{2}x^{2}\ln x\end{array}$

$x\mapsto \dfrac{3}{4}x^{2}$ est dérivable sur

$\mathbb{R}$ donc, elle est dérivable sur

$]0\;;\ +\infty[\$ et

$\ x\mapsto\dfrac{1}{2}x^{2}\ln x$ est dérivable sur

$]0\;;\ +\infty[$ par produit.

Donc,

$K$ est dérivable sur

$]0\;;\ +\infty[$ par somme.

Calcul de

$K'(x)$

$\begin{array}{rcl} K'(x)&=&\left(\dfrac{3}{4}x^{2}\right)'-\dfrac{1}{2}\left(x^{2}\ln x\right)'\\ \\&=&\dfrac{3}{2}x-\dfrac{1}{2}\left(2x\ln x+x^{2}\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\\ \\&=&\dfrac{3}{2}x-x\ln x-\dfrac{1}{2}x\\ \\&=&x-x\ln x\end{array}$

D'où :

$\boxed{K'(x)=k(x)}$

Partie B

Soit

$f(x)=\left\lbrace\begin{array}{rcrcl}\mathrm{e}^{x}-x-1&\text{si}&x&\leq&0\\x\ln x&\text{si}&x&>&0\end{array}\right.$

1) Si

$x\leq 0$ alors,

$\mathrm{e}^{x}-x-1$ existe et si

$x>0$ alors,

$x\ln x$ existe.

D'où,

$f(x)$ existe si

$x\in\;]-\infty\;;\ 0]\cup]0\;;\ +\infty[.$

Ainsi,

$\boxed{D_{f}=]-\infty\;;\ +\infty[}$

$\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow -\infty}\mathrm{e}^{x}-x-1=+\infty$

$\lim_{x\rightarrow 0^{-}}f(x)=f(0)=0,$

$\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}x\ln x\quad\text{or, }\ \lim_{x\rightarrow 0^{+}}x\ln x=0$

D'où :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=0}$

$\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}x\ln x=+\infty$

2) a)

$f$ est définie en

$0$ car dans

$[0\;;\ +\infty[\;,\ f(x)=\mathrm{e}^{x}-x-1\$ et

$\ x\mapsto \mathrm{e}^{x}-x-1$ est définie en

$0$ et prend la valeur

$0$ , on a alors :

$f(0)=0$

$\lim_{x\rightarrow 0^{-}}f(x)=0\quad \text{et}\quad \lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=0$

D'où :

$\boxed{\lim_{x\rightarrow 0^{-}}f(x)=\lim_{x\rightarrow 0^{+}}f(x)=f(0)}$

Ainsi,

$f$ est continue en

$0.$

b) D'après la partie A, on a :

$\lim_{x\mapsto 0^{-}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\mapsto 0^{-}}\dfrac{\mathrm{e}^{x}-x-1}{x}=0$

Par ailleurs,

$\lim_{x\mapsto 0^{+}}\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\mapsto 0^{+}}\ln x=-\infty$

Donc,

$f$ n'est pas dérivable en

$0$ car ne l'étant pas en

$0$ à droite.

Interprétation graphique :

La courbe représentative de

$f\;,\ (\mathcal{C}_{f}),$ admet au point d'abscisse

$0$ une demi-tangente d'équation

$x=0$ à gauche et une demi-tangente d'équation

$y=0$ à droite.

$x\mapsto \mathrm{e}^{x}\$ et

$\ x\mapsto -x-1$ sont continues sur

$\mathbb{R}$ donc, sur

$]-\infty\;;\ 0[,$

$x\mapsto x\ln x$ continue sur

$]0\;;\ +\infty[$ par produit et

$f$ est continue en

$0.$

Donc,

$f$ est continue sur

$\mathbb{R}.$

$x\mapsto \mathrm{e}^{x}\$ et

$\ x\mapsto -x-1$ sont dérivables sur

$\mathbb{R}$ donc, sur

$]-\infty\;;\ 0[,$

$x\mapsto x\ln x$ dérivable sur

$]0\;;\ +\infty[$ par produit.

Donc,

$f$ est dérivable sur

$\mathbb{R}\setminus \{0\}.$

4) Pour

$x<0\;,\ f'(x)=\mathrm{e}^{x}-1\$ or, si

$x<0$ alors,

$\mathrm{e}^{x}<1$

D'où,

$f'(x)<0\$ pour

$\ x<0$

Pour

$x>0\;,\ f'(x)=\ln x+1$

Or,

$\ \ln x+1\geq 0\$ si

$\ x\in \left[\dfrac{1}{\mathrm{e}}\;;\ +\infty\right[\$ et

$\ \ln x+1\leq 0\$ si

$\ x\in \left[0\;;\ \dfrac{1}{\mathrm{e}}\right]$

D'où,

$f'(x)\geq 0\$ pour

$\ x\in \left[\dfrac{1}{\mathrm{e}}\;;\ +\infty\right[\$ et

$\ f'(x)\leq 0\$ pour

$\ x\in \left[0\;;\ \dfrac{1}{\mathrm{e}}\right[$

5) Dressons son tableau de variations.

$\begin{array}{|c|lcccccr|}\hline x&-\infty&&0&&1/\mathrm{e}&&+\infty\\ \hline f'(x)&&-&||&-&0&+&\\ \hline&+\infty&&\vdots&&\vdots&&+\infty\\&&\searrow&\vdots&&\vdots&&\\f&&&0&&\vdots&\nearrow&\\&&&\vdots&\searrow&\vdots&&\\&&&\vdots&&-1/\mathrm{e}&&\\ \hline\end{array}$

$f(x)-(-x-1)=\mathrm{e}^{x}$

D'où :

$\lim_{x\rightarrow -\infty}f(x)-(-x-1)=\lim_{x\rightarrow -\infty}\mathrm{e}^{x}=0$

Donc,

$\Delta : y=-x-1$ est asymptote à

$(\mathcal{C}_{f})$ au voisinage de

$-\infty$

$\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$ donc,

$(\mathcal{C}_{f}$ admet une branche infinie au voisinage de

$+\infty$

$\lim_{x\rightarrow +\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\rightarrow +\infty}\ln x=+\infty$ donc,

$(\mathcal{C}_{f})$ admet une branche parabolique de direction

$(y'Oy)$ au voisinage de

$+\infty$

8) Traçons la courbe

$(\mathcal{C}_{f})$ de

$f$ dans un repère orthonormé

$(O\;,\ \vec{i}\;,\ \vec{j})$ d'unité graphique

$2\;cm$

9) Soit

$h$ la restriction de

$f$ à

$\left[\dfrac{1}{\mathrm{e}}\;;\ +\infty\right[$

a) Dressons le tableau de variations de

$h.$

$\begin{array}{|c|lcccr|}\hline x&1/\mathrm{e}&&1&&+\infty\\ \hline h'(x)&&+&&+&\\ \hline&&&\vdots&&+\infty\\&&&\vdots&\nearrow&\\h&&&0&&\\&&\nearrow&\vdots&&\\&-1/\mathrm{e}&&\vdots&&\\ \hline\end{array}$

$h$ est continue et strictement croissante sur

$\left[\dfrac{1}{\mathrm{e}}\;;\ +\infty\right[$ , donc elle est bijective. Elle réalise une bijection de

$\left[\dfrac{1}{\mathrm{e}}\;;\ +\infty\right[$ vers

$J=\left[-\dfrac{1}{\mathrm{e}}\;;\ +\infty\right[$ d'après le tableau de variations de

$f.$

b) Pour la courbe

$(\mathcal{C}_{h}^{-1})$ de

$h^{-1}$ , bijection réciproque de

$h$ , voir figure.

10) a) Ce domaine est l'ensemble des points

$M(x\;;\ y)$ tels que :

$\dfrac{1}{\mathrm{e}}\leq x\leq \mathrm{e}\quad \text{et}\quad h(x)\leq y\leq x$

On a donc :

$\begin{eqnarray}\mathcal{A}_{1}&=&\int_{\tfrac{1}{\mathrm{e}}}^{\mathrm{e}}(x-h(x))\mathrm{d}x\nonumber \\&=&\int_{\tfrac{1}{\mathrm{e}}}^{\mathrm{e}}(x-x\ln x)\mathrm{d}x\nonumber \\&=&\int_{\tfrac{1}{\mathrm{e}}}^{\mathrm{e}}k(x)\mathrm{d}x \nonumber \end{eqnarray}$

Or, d'après la Partie A,

$K(x)$ est une primitive de

$k(x)$ donc :

$\int_{\tfrac{1}{\mathrm{e}}}^{\mathrm{e}}k(x)dx=\left[K(x)\right]_{\tfrac{1}{\mathrm{e}}}^{\mathrm{e}}$

Par suite :

$\begin{array}{rcl}\mathcal{A}_{1}&=&\left[K(x)\right]_{\tfrac{1}{\mathrm{e}}}^{\mathrm{e}}\\ \\&=&\left( K(\mathrm{e})-K\left((\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)\right)\times\text{u.a}\\ \\&=&\left( \dfrac{3}{4}\mathrm{e}^{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{2}\ln \mathrm{e}-\left(\dfrac{3}{4\mathrm{e}^{2}}-\dfrac{1}{2\mathrm{e}^{2}}\ln\dfrac{1}{\mathrm{e}}\right)\right)\times\text{u.a}\\ \\&=&\left(\dfrac{3}{4}\mathrm{e}^{2}-\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{2}-\dfrac{3}{4\mathrm{e}^{2}}-\dfrac{1}{2\mathrm{e}^{2}}\right)\times\text{u.a}\\ \\&=&\dfrac{1}{4}\left(\mathrm{e}^{2}-\dfrac{5}{\mathrm{e}^{2}}\right)\times\text{u.a}\end{array}$

Or, on a choisit comme unité graphique

$2\;cm$ donc,

$\text{u.a}=2\;cm\times 2\;cm=4\;cm^{2}$

Ainsi,

$\boxed{\mathcal{A}_{1}=\left(\mathrm{e}^{2}-\dfrac{5}{\mathrm{e}^{2}}\right)=6.72\;cm^{2}}$

b) Ce domaine est le symétrique, par rapport à la première bissectrice, du domaine d'aire

$\mathcal{A}_{1}$ de la question 10) a)

D'où :

$\boxed{\mathcal{A}_{2}=\mathcal{A}_{1}=6.72\;cm^{2}}$

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