REPUBLIQUE DU NIGER
Ministere de l'Enseignement Secondaire
Direction des Examens et Concours
BACCALAUREAT - Session 2022
Serie D - Epreuve de Mathematiques
Duree : 4 heures | Coefficient : 5
Exercice 1 : Bijection (5 points)
Soit \(f\) la fonction definie sur \(]1, +\infty[\) par :
$$f(x) = -x + \frac{3}{2} + \frac{1}{x - 1}$$- Calculer les limites de \(f\) aux bornes de son domaine de definition.
- Calculer \(f'(x)\) et etudier les variations de \(f\).
- Montrer que \(f\) realise une bijection de \(]1, +\infty[\) sur un intervalle \(I\) que l'on precisera.
- Determiner \(f^{-1}(x)\) pour tout \(x \in I\).
- Etudier la derivabilite de \(f^{-1}\) aux bornes de \(I\).
Corrige detaille - Exercice 1
1) Limites
En \(1^+\) :
$$-x + \frac{3}{2} \to -1 + \frac{3}{2} = \frac{1}{2}, \quad \frac{1}{x-1} \to +\infty$$ $$\boxed{\lim_{x \to 1^+} f(x) = +\infty}$$En \(+\infty\) :
$$-x + \frac{3}{2} \to -\infty, \quad \frac{1}{x-1} \to 0$$ $$\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = -\infty}$$2) Derivee et variations
$$f'(x) = -1 - \frac{1}{(x-1)^2}$$\(-1 < 0\) et \(-\frac{1}{(x-1)^2} < 0\), donc \(f'(x) < 0\) pour tout \(x \in ]1, +\infty[\).
3) Bijection
\(f\) est continue et strictement decroissante sur \(]1, +\infty[\). Elle prend toutes les valeurs entre \(\lim_{1^+} f = +\infty\) et \(\lim_{+\infty} f = -\infty\).
Par le theoreme de la bijection :
$$\boxed{f \text{ realise une bijection de } ]1, +\infty[ \text{ sur } I = \mathbb{R} = ]-\infty, +\infty[}$$4) Determination de \(f^{-1}\)
On resout \(y = f(x)\), c'est-a-dire \(y = -x + \frac{3}{2} + \frac{1}{x-1}\) par rapport a \(x\).
Posons \(t = x - 1 > 0\), donc \(x = t + 1\) :
$$y = -(t+1) + \frac{3}{2} + \frac{1}{t} = -t + \frac{1}{2} + \frac{1}{t}$$Multiplions par \(t\) :
$$yt = -t^2 + \frac{t}{2} + 1$$ $$t^2 + yt - \frac{t}{2} - 1 = 0$$ $$t^2 + \left(y - \frac{1}{2}\right)t - 1 = 0$$C'est une equation du second degre en \(t\) :
$$\Delta = \left(y - \frac{1}{2}\right)^2 + 4 = y^2 - y + \frac{1}{4} + 4 = y^2 - y + \frac{17}{4}$$Verifions que \(\Delta > 0\) : le discriminant de \(y^2 - y + \frac{17}{4}\) (en tant que polynome en \(y\)) est \(1 - 17 = -16 < 0\), donc \(\Delta > 0\) pour tout \(y\). Bien.
$$t = \frac{-(y-\frac{1}{2}) \pm \sqrt{y^2-y+\frac{17}{4}}}{2} = \frac{\frac{1}{2}-y \pm \sqrt{y^2-y+\frac{17}{4}}}{2}$$Comme \(t > 0\), on prend la racine positive :
$$t = \frac{\frac{1}{2}-y + \sqrt{y^2-y+\frac{17}{4}}}{2}$$Donc \(x = t + 1\) :
$$\boxed{f^{-1}(y) = 1 + \frac{\frac{1}{2}-y + \sqrt{y^2-y+\frac{17}{4}}}{2} = \frac{5 - 2y + \sqrt{4y^2-4y+17}}{4}}$$Simplifions : \(4y^2-4y+17 = (2y-1)^2 + 16\).
$$\boxed{f^{-1}(x) = \frac{5-2x+\sqrt{(2x-1)^2+16}}{4}}$$5) Derivabilite aux bornes
L'intervalle \(I = \mathbb{R}\) n'a pas de bornes finies, donc on etudie la derivabilite de \(f^{-1}\) en tout point de \(\mathbb{R}\).
En tout point \(y_0 \in \mathbb{R}\), \(f^{-1}\) est derivable car :
$$(f^{-1})'(y_0) = \frac{1}{f'(f^{-1}(y_0))}$$Or \(f'(x) = -1 - \frac{1}{(x-1)^2} \neq 0\) pour tout \(x > 1\), donc \(f^{-1}\) est derivable sur tout \(\mathbb{R}\).
Comportement quand \(y \to +\infty\) (i.e. \(x \to 1^+\)) : \(f'(x) \to -\infty\), donc \((f^{-1})'(y) \to 0\).
Comportement quand \(y \to -\infty\) (i.e. \(x \to +\infty\)) : \(f'(x) \to -1\), donc \((f^{-1})'(y) \to -1\).
Exercice 2 : Statistiques a deux variables (5 points)
On dispose de la serie statistique double suivante :
| \(x_i\) | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(y_i\) | 2,5 | 3,1 | 3,5 | 4,2 | 4,8 | 5,5 | 6,0 |
- Representer le nuage de points \(M_i(x_i, y_i)\) dans un repere orthogonal.
- Calculer les coordonnees du point moyen \(G(\bar{x}, \bar{y})\).
- Calculer la variance de \(x\), la covariance de \(x\) et \(y\), et le coefficient de correlation lineaire \(r\).
- Determiner l'equation de la droite de regression de \(y\) en \(x\) par la methode des moindres carres. Verifier que cette droite passe par \(G\).
Corrige detaille - Exercice 2
1) Nuage de points
On place chaque point \(M_i(x_i, y_i)\) dans un repere. Le nuage semble lineaire (les points sont quasi-alignes), ce qui justifie un ajustement affine.
2) Point moyen
$$\bar{x} = \frac{1+2+3+4+5+6+7}{7} = \frac{28}{7} = 4$$ $$\bar{y} = \frac{2{,}5+3{,}1+3{,}5+4{,}2+4{,}8+5{,}5+6{,}0}{7} = \frac{29{,}6}{7} \approx 4{,}229$$ $$\boxed{G(4\,;\, 4{,}229)}$$3) Variance, covariance et coefficient de correlation
Variance de \(x\) :
$$\overline{x^2} = \frac{1+4+9+16+25+36+49}{7} = \frac{140}{7} = 20$$ $$V(x) = \overline{x^2} - \bar{x}^2 = 20 - 16 = 4$$Covariance :
| \(x_i\) | \(y_i\) | \(x_i y_i\) | \(y_i^2\) |
|---|---|---|---|
| 1 | 2,5 | 2,5 | 6,25 |
| 2 | 3,1 | 6,2 | 9,61 |
| 3 | 3,5 | 10,5 | 12,25 |
| 4 | 4,2 | 16,8 | 17,64 |
| 5 | 4,8 | 24,0 | 23,04 |
| 6 | 5,5 | 33,0 | 30,25 |
| 7 | 6,0 | 42,0 | 36,00 |
| Somme | 29,6 | 135,0 | 135,04 |
Variance de \(y\) :
$$\overline{y^2} = \frac{135{,}04}{7} \approx 19{,}291$$ $$V(y) = 19{,}291 - (4{,}229)^2 = 19{,}291 - 17{,}884 = 1{,}407$$Coefficient de correlation :
$$r = \frac{\text{Cov}(x,y)}{\sqrt{V(x) \cdot V(y)}} = \frac{2{,}371}{\sqrt{4 \times 1{,}407}} = \frac{2{,}371}{\sqrt{5{,}629}} = \frac{2{,}371}{2{,}373} \approx 0{,}999$$ $$\boxed{r \approx 0{,}999}$$Le coefficient de correlation est tres proche de 1, ce qui confirme une tres forte correlation lineaire positive.
4) Droite de regression
La droite de regression de \(y\) en \(x\) est \(y = ax + b\) avec \(a = \frac{\text{Cov}(x,y)}{V(x)}\).
$$a = \frac{2{,}371}{4} \approx 0{,}593$$ $$b = \bar{y} - a\bar{x} = 4{,}229 - 0{,}593 \times 4 = 4{,}229 - 2{,}371 = 1{,}857$$ $$\boxed{y \approx 0{,}593x + 1{,}857}$$Verification que la droite passe par \(G\) :
$$0{,}593 \times 4 + 1{,}857 = 2{,}371 + 1{,}857 = 4{,}229 = \bar{y} \checkmark$$La droite de regression passe bien par le point moyen \(G\). C'est une propriete fondamentale de la methode des moindres carres.
Probleme : Primitives et integrales (10 points)
Partie A
Soit \(H\) la fonction definie sur \(]0, +\infty[\) par :
$$H(x) = \frac{1}{x}\left[(\ln x)^2 + 2\ln x + 2\right]$$- Calculer \(H'(x)\). Simplifier l'expression obtenue.
- En deduire une primitive \(K(x)\) de la fonction \(k(x) = \frac{(\ln x)^2}{x}\) sur \(]0, +\infty[\).
Partie B
Soit \(d\) la fonction definie sur \(]0, +\infty[\) par :
$$d(x) = \ln x + x - 1$$On definit la fonction \(f\) par :
$$f(x) = \begin{cases} \frac{d(x)}{x - 1} & \text{si } x \neq 1 \\ 2 & \text{si } x = 1 \end{cases}$$- Etudier la continuite de \(f\) en \(x = 1\).
- Etudier les variations de \(d\) et en deduire le signe de \(d(x)\).
- Determiner les limites de \(f\) en \(0^+\) et en \(+\infty\).
- Etudier les variations de \(f\) sur \(]0, 1[\) et sur \(]1, +\infty[\).
Partie C
- Determiner une primitive \(F\) de \(f\) sur \(]1, +\infty[\).
- Montrer que pour tout \(x > 1\) : \(\frac{1}{x} \leq f(x) \leq 2\). En deduire un encadrement de \(\int_1^e f(x)\,dx\).
Corrige detaille - Probleme
Partie A
1) Calcul de \(H'(x)\)
Posons \(u(x) = (\ln x)^2 + 2\ln x + 2\) et \(v(x) = \frac{1}{x}\), donc \(H = uv\).
$$u'(x) = \frac{2\ln x}{x} + \frac{2}{x} = \frac{2\ln x + 2}{x} = \frac{2(\ln x + 1)}{x}$$ $$v'(x) = -\frac{1}{x^2}$$ $$H'(x) = u'v + uv' = \frac{2(\ln x + 1)}{x} \cdot \frac{1}{x} + [(\ln x)^2 + 2\ln x + 2] \cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)$$ $$H'(x) = \frac{1}{x^2}\left[2(\ln x + 1) - (\ln x)^2 - 2\ln x - 2\right]$$ $$= \frac{1}{x^2}\left[2\ln x + 2 - (\ln x)^2 - 2\ln x - 2\right] = \frac{-(\ln x)^2}{x^2}$$ $$\boxed{H'(x) = -\frac{(\ln x)^2}{x^2}}$$2) Primitive de \(k(x) = \frac{(\ln x)^2}{x}\)
Attention : \(H'(x) = -\frac{(\ln x)^2}{x^2}\), ce qui est different de \(k(x) = \frac{(\ln x)^2}{x}\). On peut trouver la primitive de \(k\) directement.
En posant \(t = \ln x\), on a \(dt = \frac{dx}{x}\), donc :
$$\int \frac{(\ln x)^2}{x}\,dx = \int t^2\,dt = \frac{t^3}{3} + C$$ $$\boxed{K(x) = \frac{(\ln x)^3}{3} + C}$$Verification : \(K'(x) = \frac{3(\ln x)^2}{3x} = \frac{(\ln x)^2}{x} = k(x)\). Correct !
Partie B
1) Continuite de \(f\) en \(x = 1\)
Il faut calculer \(\lim_{x \to 1} f(x)\) et verifier que cette limite vaut \(f(1) = 2\).
$$\lim_{x \to 1} f(x) = \lim_{x \to 1} \frac{\ln x + x - 1}{x - 1}$$C'est une forme \(\frac{0}{0}\). Appliquons la regle de L'Hopital ou faisons un developpement limite :
Posons \(x = 1 + h\) avec \(h \to 0\) :
$$\ln(1+h) = h - \frac{h^2}{2} + o(h^2)$$ $$\frac{\ln(1+h) + (1+h) - 1}{h} = \frac{h - \frac{h^2}{2} + h}{h} = \frac{2h - \frac{h^2}{2}}{h} = 2 - \frac{h}{2} \to 2$$ $$\lim_{x \to 1} f(x) = 2 = f(1)$$ $$\boxed{f \text{ est continue en } x = 1}$$2) Variations de \(d\) et signe
$$d(x) = \ln x + x - 1, \quad d'(x) = \frac{1}{x} + 1 > 0 \text{ pour } x > 0$$\(d\) est strictement croissante sur \(]0, +\infty[\).
\(d(1) = \ln 1 + 1 - 1 = 0\).
- Pour \(x < 1\) : \(d(x) < d(1) = 0\)
- Pour \(x > 1\) : \(d(x) > d(1) = 0\)
3) Limites de \(f\)
En \(0^+\) :
$$f(x) = \frac{\ln x + x - 1}{x - 1}$$Quand \(x \to 0^+\) : \(\ln x \to -\infty\), \(x - 1 \to -1\).
$$f(x) \approx \frac{\ln x}{-1} = -\ln x \to +\infty$$ $$\boxed{\lim_{x \to 0^+} f(x) = +\infty}$$En \(+\infty\) :
$$f(x) = \frac{\ln x + x - 1}{x - 1} = \frac{x\left(\frac{\ln x}{x} + 1 - \frac{1}{x}\right)}{x\left(1 - \frac{1}{x}\right)} \to \frac{0 + 1 - 0}{1 - 0} = 1$$ $$\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1}$$4) Variations de \(f\)
Pour \(x \neq 1\), \(f(x) = \frac{\ln x + x - 1}{x-1}\). Calculons \(f'(x)\) :
$$f'(x) = \frac{\left(\frac{1}{x}+1\right)(x-1) - (\ln x + x - 1) \cdot 1}{(x-1)^2}$$ $$= \frac{\frac{x-1}{x} + (x-1) - \ln x - x + 1}{(x-1)^2} = \frac{\frac{x-1}{x} + x - 1 - \ln x - x + 1}{(x-1)^2}$$ $$= \frac{\frac{x-1}{x} - \ln x}{(x-1)^2} = \frac{\frac{x - 1 - x\ln x}{x}}{(x-1)^2} = \frac{x - 1 - x\ln x}{x(x-1)^2}$$Posons \(\varphi(x) = x - 1 - x\ln x\). Etudions son signe :
$$\varphi'(x) = 1 - \ln x - 1 = -\ln x$$- \(\varphi'(x) > 0\) si \(x < 1\), \(\varphi'(x) < 0\) si \(x > 1\)
- \(\varphi(1) = 0\) (maximum)
Donc \(\varphi(x) \leq 0\) pour tout \(x > 0\), avec egalite uniquement en \(x = 1\).
Le numerateur \(\varphi(x) \leq 0\) et le denominateur \(x(x-1)^2 > 0\) pour \(x > 0\), \(x \neq 1\).
Partie C
1) Primitive de \(f\) sur \(]1, +\infty[\)
Pour \(x > 1\), \(f(x) = \frac{\ln x + x - 1}{x - 1} = \frac{\ln x}{x-1} + 1\).
La primitive de 1 est \(x\). Pour \(\frac{\ln x}{x-1}\), on ne dispose pas d'une primitive en forme fermee elementaire. Neanmoins, on peut ecrire :
$$f(x) = 1 + \frac{\ln x}{x-1}$$La fonction \(x \mapsto \frac{\ln x}{x-1}\) n'admet pas de primitive elementaire classique. Cependant, on peut travailler avec des integrales definies pour la partie C.2.
2) Encadrement de l'integrale
Montrons que pour \(x > 1\) : \(\frac{1}{x} \leq f(x) \leq 2\).
Inegalite \(f(x) \leq 2\) :
On a \(f(1) = 2\) et \(f\) est decroissante sur \(]1, +\infty[\). Donc pour \(x > 1\), \(f(x) < f(1) = 2\). Avec la continuite, \(f(x) \leq 2\).
Inegalite \(f(x) \geq \frac{1}{x}\) :
Il faut montrer que \(\frac{\ln x + x - 1}{x-1} \geq \frac{1}{x}\) pour \(x > 1\).
Soit : \(x(\ln x + x - 1) \geq x - 1\) (car \(x - 1 > 0\)).
Soit : \(x\ln x + x^2 - x \geq x - 1\), c'est-a-dire \(x\ln x + x^2 - 2x + 1 \geq 0\), soit \(x\ln x + (x-1)^2 \geq 0\).
Pour \(x > 1\) : \(\ln x > 0\) et \((x-1)^2 > 0\), donc \(x\ln x + (x-1)^2 > 0\). L'inegalite est prouvee.
Encadrement de l'integrale :
En integrant sur \([1, e]\) les inegalites \(\frac{1}{x} \leq f(x) \leq 2\) :
$$\int_1^e \frac{1}{x}\,dx \leq \int_1^e f(x)\,dx \leq \int_1^e 2\,dx$$ $$[\ln x]_1^e \leq \int_1^e f(x)\,dx \leq 2[x]_1^e$$ $$1 \leq \int_1^e f(x)\,dx \leq 2(e-1)$$ $$\boxed{1 \leq \int_1^e f(x)\,dx \leq 2(e-1) \approx 3{,}436}$$