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Partie A : Évaluation des ressources
Exercice I / 4,5 pts
1) Dressons le tableau des variations de \(f\) sur \(D\) 0,75 pt
La fonction \(f\) est dérivable sur \(D\) et \(\forall x \in D\)
\(f'(x) = 1 + \) \(\frac{{\frac{1}{{2\sqrt {x - 1} }}}}{{\sqrt {x - 1} }} = 1 + \) \(\frac{1}{{2x - 2}}\)
\(\forall x \in D\), \(f'(x) \succ 0\)
Donc \(f\) est strictement croissante sur \(D\).
D'où le tableau des variations suivant : 
2) Montrons que le réel 2 est l’unique solution de l’équation \(f(x) = 0\). 0,5 pt
D'après la question 1), la fonction \(f\) réalise une bijection de \(\left] {1; + \infty } \right[\) sur \(R\).
En plus \(f(2) = 2 - 2 + \) \(\ln \sqrt {2 - 1} \) Donc 2 est l’unique solution de l’equation \(f(x)=0\)
3) Déduisons-en suivant les valeurs de \(x\), le signe de \(f(x)\) 0,5 pt
• Pour \(x \in \left] {1;2} \right[\), on a \(x \prec 2\), d’où \(f(x) \prec f(2)\) et par conséquent \(f(x) \prec 0\).
• Pour \(x \in \left[ {2; + \infty } \right[\), on a \(x \ge 2\), d’où \(f(x) \ge f(2)\) et par conséquent \(f(x) \ge 0\).
4; Montrons que pour tout \(x \in \left] {1; + \infty } \right[\) puis déduisons-en :les variations de \(h\). 0,75 pt
La fonction \(h\) est dérivable sur \(\left] {1; + \infty } \right[\) et pour tout \(x \in \left] {1; + \infty } \right[\)
\(h'(x) = \) \(\frac{{f(x)}}{{2(x - 1)\sqrt {x - 1} }} = \) \( = \frac{{x - 2 + \ln \sqrt {x - 1} }}{{2(x - 1)\sqrt {x - 1} }}\)
\(h\) est strictement décroissante sur \(\left] {1;2} \right[\) et strictement croissante sur \(\left[ {2; + \infty } \right[\)
5) a) Calculons \(\int\limits_2^3 {\frac{{\ln (x - 1)}}{{2\sqrt {x - 1} }}dx} \) a l’aide d’une intégration par parties et déduisons-en la valeur de I. 0,75 pt
Posons \(u'(x) = \frac{{\mathop{\rm l}\nolimits} }{{2\sqrt {x - 1} }}\) soit \(u(x) = \sqrt {x - 1} \) et \(v(x) = \ln (x - 1)\) soit \(v'(x) = \frac{1}{{x - 1}}\).
\(\int\limits_2^3 {\frac{{\ln (x - 1)}}{{2\sqrt {x - 1} }}dx} \) \( = \) \(\left[ {(\ln (x - 1) - 2)\sqrt {x - 1} } \right]_2^3\) \( = \sqrt 2 \times \ln 2 + \) \(2\left( {1 - \sqrt 2 } \right)\)
Ainsi \(I = \int\limits_2^3 {\frac{{2x - 2}}{{2\sqrt {x - 1} }}} dx\) \( - \int\limits_2^3 {\frac{{\ln (x - 1)}}{{2\sqrt {x - 1} }}dx} = \) \(\frac{{10\sqrt 2 }}{3} - \sqrt 2 \ln 2\).
5) b) En utilisant les variations de\( h\) sur , \(\left[ {2; + \infty } \right[\). démontrons que :
\(\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right) \le \) \(\int\limits_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}} {h(x)dx} \le \) \(\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{{j + 1}}{n}} \right)\)
Soient \(n \in {N^*}\), \(0 \le j \le n - 1\), soit \(x\) tel que \(2 + \frac{j}{n} \le x \le 2 + \frac{{j + 1}}{n}\)
Alors \(h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right) \le \) \(h\left( x \right) \le \) \(h\left( {2 + \frac{{j + 1}}{n}} \right)\) car \(h\) est croissante sur \(\left[ {2; + \infty } \right[\), donc sur
\(\left[ {2 + \frac{j}{n};2 + \frac{{j + 1}}{n}} \right]\) \( \subset \left[ {2; + \infty } \right[\) d’où \(\int\limits_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}} {h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right)} \) \( \le \int\limits_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}} {h(x)dx} \) \( \le \int\limits_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}} {h\left( {2 + \frac{{j + 1}}{n}} \right)dx} \).
Ainsi \(h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right)\left[ x \right]_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}}\) \( \le \int\limits_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}} {h(x)dx} \) \( \le h\left( {2 + \frac{{j + 1}}{n}} \right)\left[ x \right]_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}}\)
Donc \(\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right) \le \) \(\int\limits_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}} {h(x)dx} \le \) \(\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{{j + 1}}{n}} \right)\) 0,5 pt
5. c) Déduisons de la question précédente que : \({u_n} - \frac{{h(3)}}{n} \le \) \(I \le {u_n} - \frac{{h(2)}}{n}\)
D’après 5.b) on a \(\sum\nolimits_{j = 0}^{n - 1} {\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right)} \le \) \(\sum\nolimits_{j = 0}^{n - 1} {\int\limits_{2 + \frac{j}{n}}^{2 + \frac{{j + 1}}{n}} {h(x)dx} } \) \( \le \sum\nolimits_{j = 0}^{n - 1} {\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{{j + 1}}{n}} \right)} \)
D’ouu \(\sum\nolimits_{j = 0}^n {\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right)} \) \( - \frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{n}{n}} \right) \le \) \(I \le \sum\nolimits_{k = 0}^n {\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{k}{n}} \right)} \) avec \(k = j + 1\).
\(\sum\nolimits_{j = 0}^n {\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{j}{n}} \right)} \) \( - \frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{n}{n}} \right) \le \) \(I \le \) \(\sum\nolimits_{k = 0}^n {\frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{k}{n}} \right)} \) \( - \frac{1}{n}h\left( {2 + \frac{0}{n}} \right)\) 0,5 pt
Donc \({u_n} - \frac{{h(3)}}{n} \le \) \(I \le {u_n} - \frac{{h(2)}}{n}\)
5.d) Calculons la limite la suite \({\left( {{u_n}} \right)_{n \in N*}}\) 0,25 pt
D’apres la question 5.c), on a : \({u_n} - \frac{{h(3)}}{n} \le \) \(I \le {u_n} - \frac{{h(2)}}{n}\), ainsi \(\frac{{h(3)}}{n} \le {u_n} - I \le \frac{{h(2)}}{n}\) or
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{h(3)}}{n} = \) \(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } \frac{{h(2)}}{n} = 0\)
\(\mathop {\lim }\limits_{n \to + \infty } {u_n} = I = \) \(\frac{{10\sqrt 2 - 8}}{3} - \sqrt 2 \ln 2\) 0,25 pt
Exercice 2 : 4,25pts
Montrons que \(-i\) est une solution de \((E)\). 0,25 pt.
\({( - i)^2} + \) \(( - 3\cos \alpha - 1 + \) \(i(3 - 5\sin \alpha )) \times ( - i)\) \( + 5\sin \alpha - 2 + \) \(i( - 3\cos \alpha - 1) = 0\)
Donc \(-i\) est une solution de \((E)\) 0,5 pt
2) Déduisons-en l'autre solution.
En notant \({z_2}\) cette solution, alors \(-i + {z_2} = 3\cos \alpha \) \( + 1 + i(5\sin \alpha - 3)\) comme somme des solutions.
\({z_2} = 3\cos \alpha + \) \(1 + i(5\sin \alpha - 2)\) 0,5 pt
3) Montrons que l'ensemble des points \({A_\alpha }\) d’affixe \({z_\alpha } = 3\cos \alpha + \) \(1 + i(5\sin \alpha - 2)\) lorsque \(\alpha \) décrit \(R \) est la conique \(\left( \varepsilon \right)\) d'équation \(25{x^2} + 9{y^2} - \) \(50x + 36y - 164 = 0\).
si \({z_\alpha } = x + iy\) ( avec \(x\) et \(y\) des réels) est l’affixe de \({A_\alpha }\), alors \(x = 3\cos \alpha + 1\) et \(y = 5\sin \alpha - 2\).
Ainsi \(\cos \alpha = \frac{{x - 1}}{3}\) et \(\sin \alpha = \frac{{y + 2}}{5}\).
\(25{x^2} + 9{y^2} - \)\({\left( {\frac{{x - 1}}{3}} \right)^2} + \) \({\left( {\frac{{y + 2}}{5}} \right)^2} = 1\) qui est équivalent à \(25{x^2} + 9{y^2} - \) \(50x + 36y - 164 = 0\). 0,5 pt
4.a) Déterminons-en la nature exac te de \(\left( \varepsilon \right)\) ; précisons son excentricité et les coordonnées de ses sommets dans le repere \(\left( {\Omega ;\overrightarrow i ,\overrightarrow j } \right)\)
Soit \(M(x; y)\) un point du plan complexe rapporté au repère \(\left( {0;\overrightarrow i ,\overrightarrow j } \right)\)
\(M(x,y) \in \varepsilon \Leftrightarrow \) \(25{x^2} + 9{y^2} - 50x\) \( + 36y - 164 = 0\) \( \Leftrightarrow {\left( {\frac{{x - 1}}{3}} \right)^2} + \) \({\left( {\frac{{y + 2}}{5}} \right)^2} = 1\)
Donc une équation de \(\left( \varepsilon \right)\) dans le repère \(\left( {\Omega ;\overrightarrow i ,\overrightarrow j } \right)\) est \(\frac{{{X^2}}}{{{3^2}}} + \frac{{{Y^2}}}{{{5^2}}} = 1\) 0,5 pt
4) b) Déduisons-en la nature exacte de \(\left( \varepsilon \right)\); précisons son excentricité et les coordonnées de ses sommets dans le repère \(\left( {\Omega ;\overrightarrow i ,\overrightarrow j } \right)\) 1 pt
Nature : \(\left( \varepsilon \right)\) est une elipse ;
Son excentricité : \(e = \frac{c}{b} = \) \(\frac{{\sqrt {{5^2} - {3^2}} }}{5} = \frac{4}{5}\)
Dans \(\left( {\Omega ;\overrightarrow i ,\overrightarrow j } \right)\), ses sommets sons \(A(0'; 5)\) ,\(A'(0; -5)\), \(B(3; 0)\) et \(B'(-3; 0)\). 1 pt
4) Construisons \(\left( \varepsilon \right)\) dans le repère \(\left( {\Omega ;\overrightarrow i ,\overrightarrow j } \right)\)
5) Déterminons l’écriture complexe de la similitude directe \(S\) de centre \(\Omega \) telle que \(S(C)=B\)
L’écriture complexe de\(S\) est de la forme \(z' = az + b\) où \(a\) et \(b\) sont des nombres complexes
\(S\left( \Omega \right) = \Omega \) et \(S\left( C \right) = B\) équivaut à
\((1 - 2i)a + \) \(b = 1 - 2i\) et \(2a + b = - i\) d’où \(a = \frac{i}{2}\) et \(b = - \frac{{5i}}{2}\)
Donc S : \(z' = \frac{i}{2}z - \frac{{5i}}{2}\) 0,5 pt
5) b) Déduisons-en l’angle de \(S\)
Cet angle est égale à \(\arg \left( {\frac{i}{2}} \right) = \frac{\pi }{2}\)
Exercice 3 : 4,5 points
1) Montrons que les points A, B et C définissent un plan. 0,5 pt
On a \(\overrightarrow {AB} \left( {1;1;2} \right)\) et \(\overrightarrow {AC} \left( {0;2;2} \right)\)). \((1; 1; 2)\) et \((0; 2; 2)\) ne sont pas des suites de nombres proportionnels. Ainsi les vecteurs \(\overrightarrow {AB} \) et \(\overrightarrow {AC} \) ne sont pas colinéaires. Donc les points A, B et C définissent un plan. 0,5 pt
2) Déterminons une équation cartésienne de ce plan. 0,5 pt
\(\overrightarrow {AB} \wedge \overrightarrow {AC} \left( { - 2; - 2;2} \right)\) est un vecteur normal au plan \((ABC)\). Soit \(M(x; y; z)\) un point de l’espace.
\(M \in \left( {ABC} \right) \Leftrightarrow \) \(\overrightarrow {AM} .\left( {\overrightarrow {AB} \wedge \overrightarrow {AC} } \right) = 0\) \( \Leftrightarrow 2x + 2y - 2z\) \( + 4 = 0 \Leftrightarrow x + \) \(y - z + 2 = 0\) qui est une équation de ce plan.
3) Déterminons l’expression analytique de la réflexion \(f\) de plan (P).
Soient \(M(x; y; z)\) et \(M'(x'; y'; z')\) deux points de l'espace \(\overrightarrow n (1;1; - 1)\) est un vecteur normal au plan \((P)\).
\(f(M) = M'\) ce qui veut dire \(\overrightarrow {MM'} = \alpha \overrightarrow n \) (\(x' = \alpha + x\), \(y' = \alpha + y\), \(z' = - \alpha + z\) avec\(\alpha \in R\)) et milieu \(\left[ {MM'} \right] \in \left( P \right)\) (\(\frac{{x' + x}}{2} + \frac{{y' + y}}{2}\) \( + \frac{{z + x'}}{2} + 2 = 0\)) ainsi \(\alpha = \frac{1}{3}( - 2x - \) \(2y + 2z - 4)\)
\(\left\{ \begin{array}{l} x' = \frac{1}{3}(x - 2y + 2z - 4)\\ y' = \frac{1}{3}( - 2x + y + 2z - 4)\\ z’ = \frac{1}{3}(2x + 2y + 2z + 4) \end{array} \right.\)
Qui est l’expression analytique de la réflexion \(f\). 0,75 pt
4a) Montrons que l’ensemble \((D)\) des points invariants par g est la droite passant par B dont un vecteur directeur est \(\overrightarrow v ( - 1; - 1;1)\).
Soit \(M(x; y; z)\) un point de l'espace :
\(M \in \left( D \right) \Leftrightarrow \) \(g(M) = M\)
\(\left\{ \begin{array}{l} x = \frac{1}{3}(x - 2y + 2z - 4)\\ y = \frac{1}{3}( - 2x + y + 2z - 4)\\ z = \frac{1}{3}(2x + 2y + 2z + 4) \end{array} \right.\) \( \Rightarrow \) \(\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + z = 2\\ - x + 2y + z = 2\\ x + y + 2z = 4 \end{array} \right. \Rightarrow \) \(\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + z = 2\\ - x + 2y + z = 2 \end{array} \right. \Rightarrow \) \(\left\{ \begin{array}{l} x = - k + 2\\ y = - k + 2\\ z = k \end{array} \right.\) avec \(k \in R\)
En plus, \(0 = - k + 2\) entraine \(k = 2\); donc \(B \in \left( D \right)\). D'où \(B \in \left( D \right)\) est la droite passant par B dont un vecteur directeur est \(\overrightarrow v ( - 1; - 1;1)\). 0,75 pt
4.b) i) Montrons que \(\overrightarrow {MM'} \) est un vecteur normal a la droite \((D)\)
Il suffit de verifier que les vecteurs \(\overrightarrow {MM'} \) et \(\overrightarrow {v} \) sont orthogonaux.
On a \(\overrightarrow {MM'} \) \(\left( \begin{array}{l} - \frac{4}{3}x + \frac{2}{3}y - \frac{2}{3}z + \frac{4}{3}\\ \frac{2}{3}x - \frac{4}{3}y - \frac{2}{3}z + \frac{7}{3}\\ - \frac{2}{3}x - \frac{2}{3}y - \frac{4}{3}z + \frac{8}{3} \end{array} \right)\), et un calcul direct permet d’avoir \(\overrightarrow {MM'} .\overrightarrow v = 0\) 0,5 pt
4,b,ii) Montrons que le milieu du segment \([MM’]\) appartient à \((D)\)
3Soient \(M(x ; y; z)\) et \(M'(x'; y'; z')\) deux points de l’espace tels que \(g(M) = M'\)
On a \(milieu[MM’]\) \(\left( \begin{array}{l} \frac{1}{3}\left( {x + y - z + 2} \right)\\ \frac{1}{3}\left( {x + y - z + 2} \right)\\ \frac{1}{3}\left( { - x - y + z + 4} \right) \end{array} \right)\), et par ailleurs ces coordonnées vérifient le système \(\left\{ \begin{array}{l} 2x - y + z = 2\\ - x + 2y + z = 2 \end{array} \right.\) qui caracterise le droite \((D)\) 0,5 pt
4.c) Déduisons-en que \(g\) est un demi-tour
D’âpres les questions 4.b.i) et 4,b1ii)’ \(g\) est la symétrie orthogonale de l’espace par rapport à la droite \((D)\). Donc \(g\) est le demi-tour d’axe \((D)\). 0,25 pt
5.a) Montrons que \((P) \bot (D)\) 0,25 pt
Le vecteur \(\overrightarrow v \) dirige la droite \((D)\) et est normal au plan \((P)\). Donc \((P) \bot (D)\) 0,25 pt
5,b) Déduisons-en que \(f \circ g\) est une symétrie centrale dont on précisera le centre.
Puisque \((P) \bot (D)\), alors \(f^\circ g = {S_{(P)}}^\circ {S_{(D)}}\) \( = {S_{(P) \circ (D)}} = {S_B}\) donc \(f \circ g\) est la symétrie centrale de centre B. 0,5 pt
Partie B : Évaluation des ressources
Tâche 1 : Déterminons la masse maximale que cette balance peut peser.
Premier raisonnement logique
• Déterminons l’élongation instantanée \(x(t)\) de ce ressort.
L'équation caractéristique est \({r^2} + \frac{k}{4} = 0\), et ses solutions sont \(i\frac{{\sqrt k }}{2}\) et \( - i\frac{{\sqrt k }}{2}\)
D'où \(x(t) = A\cos \left( {\frac{{\sqrt k }}{2}t} \right) + \) \(B\sin \left( {\frac{{\sqrt k }}{2}t} \right)\), \(A \) et \(B \) étant des réels.
On a \(x'(t) = - A\frac{{\sqrt k }}{2}\) \(\sin \left( {\frac{{\sqrt k }}{2}t} \right) + B\) \(\frac{{\sqrt k }}{2}\cos \left( {\frac{{\sqrt k }}{2}t} \right)\)
De la condition \(x'(0) = 0\) (sans vitesse initiale), on a \(B = 0\) et donc \(x(t) = A\cos \left( {\frac{{\sqrt k }}{2}t} \right)\)
• Déterminons la valeur de \(k\).
De la condition \(x(1) = 0\) (après une minute, le solide repasse pour la première fois au point initial), on a \(A\cos \left( {\frac{{\sqrt k }}{2}} \right) = 0\); or \(A \ne 0\) sans quoi il n'y a pas de mouvement.
Donc \(\cos \left( {\frac{{\sqrt k }}{2}} \right) = 0\) \( \Rightarrow \frac{{\sqrt k }}{2} = \frac{\pi }{2} + l\pi \) avec \(l \in Z\) soit \(k = {\left( {\pi + 2l\pi } \right)^2}\)
• Déterminons la masse maximale
De la relation \(T = k \times \Delta {l_0}\), on a la masse maximale si l’allongement est maximal, c'est-à dire \(\Delta {l_0} = 7\) cm. Considérons le cas où \(l = 0\) ; c'est-à-dire pour \(k = {\pi ^2}\)
Si l’élongation est donnée en cm et le temps et minutes,
\({m_{\max }} = \frac{{k \times 7}}{g} = \) \(\frac{{{\pi ^2} \times 7}}{g} = 7,26\) kg
Si l’élongation est donnée en m et le temps et secondes comme demande le système international, on a \(x(60) = 0 \Rightarrow \) \(k = {\left( {\frac{\pi }{{60}}} \right)^2}\)
Dans ce cas :
\({m_{\max }} = \frac{{k \times 0,07}}{g}\) \( = \frac{{{\pi ^2} \times 0,07}}{g}\) \( = 2,02 \times {10^{ - 3}}\)
Deuxième raisonnement logique :
Déterminons la valeur de \(k\),
\(mg = k\Delta {l_0}\). Pour \(\Delta {l_0} = 2\) cm = 0,02m, \(m = 4kg\) ; Donc \(4g = 0,02k\)
D’où \(g = \frac{{4 \times 9,5}}{{0,02}} = 1900\) N/kg
• Déterminons la masse maximale,
\({m_{\max }} = \frac{{k \times 0,07}}{g} = 14\) kg
Tâche 2 :Estimons le chiffre d'affaires qu'il pourra espérer des frais de publicité investis.
Déterminons par la méthode de Mayer, une équation d'une droite d'ajustement.
Les points moyens des sous nuages respectifs sont :
\({G_1}\left( \begin{array}{l} 6,82\\ 229,2 \end{array} \right)\) et \({G_2}\left( \begin{array}{l} 10,56\\ 257,4 \end{array} \right)\), puis \(\overrightarrow {{G_1}{G_2}} \left( \begin{array}{l} 3,74\\ 28,2 \end{array} \right)\). Soit \(M(x,y)\) un point du plan \(M \in \left( {{G_1}{G_2}} \right)\) équivalent à \(\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {x - 6,82}&{3,74}\\ {y - 229,2}&{28,2} \end{array}} \right| = 0\). Donc une équation de -cette droite d'ajustement est \(y = 7,74x + 177,78\)
• Estimons ce chiffre d'affaires.
Avec \(x = 13\), en a \(y = 2758013\). Soit 2 758 013 000 FCFA.
Ou bien : par les moindres carrés,
Une équation est \(y = 7,56x + 177,62\).
Une estimation est \(y = 275,878\) ; Soit 2 758 780 000 FCFA.
Tâche 3 : Donnons la date de la prochaine coïncidence de visite des-deux fournisseurs
Déterminons le nombre de jours qui s'écouleront de leurs derniers passages au marché jusqu’au jour où ils se rencontrent.
Soient \(n\) et \(m\) les nombres respectifs de visites nécessaires du .premier et du deuxième fournisseur pour la prochaine coïncidence.
-Puisqu'il y' a 7 jours de différence entre leurs premiers passages, alors on a \(21n - 16m = 7\), qui est une équation diophantienne.
Une solution particulière est (11 ; 14) et d'après Gauss, \(n = 16k + 11\) et \(m = 21k + 14\), où k est un entier naturel. Avec \(n\) et \(m\) positifs et pour la première coïncidence, on a \(k = 0 \)et par conséquent \(n = 11\) et \(m = 14\).
Pour le premier fournisseur, il s’écouleront \(21 \times 11 = 231\) jours et pour le deuxième fournisseur, \(16 \times 14 = 224\) jours.
Déterminons la-date de la prochaine rencontre. .
231 - (11 + 31 + 28 + 31 + 30 + 31 + 30 + 31) =..231 - 223 = 8. Donc il y' aura coïncidence le 8 Août 2022.
Ou bien : '224-(4+31+28+31+30+31+30+31)=231-216=8.
