Bac Maths 2025 Amérique du Nord Jour 1

21 mai 2025 — 4 exercices — 20 points — épreuve de spécialité

Correction rédigée par Maths Facile — 27 questions détaillées. Chaque résultat numérique de cette page a été recalculé indépendamment avec un moteur de calcul formel avant publication.

Énoncé : sujet officiel de l'épreuve de spécialité mathématiques, session 21 mai 2025.

Thèmes abordés

Probabilités conditionnellesLoi binomialeBienaymé-TchebychevSuites numériquesRécurrenceGéométrie dans l'espaceProduit scalaireÉquations différentiellesExponentielleConvexité

Exercice 1 — Probabilités — stabilité des connexions (6 points)

Pour accéder au réseau privé d'une entreprise depuis l'extérieur, les connexions des employés transitent aléatoirement via trois serveurs distants, notés A, B et C :

• 25 %25\ \% des connexions transitent via le serveur A ;
• 15 %15\ \% des connexions transitent via le serveur B ;
• le reste des connexions s'effectue via le serveur C.

On dira qu'une connexion est stable si l'utilisateur ne subit pas de déconnexion. L'équipe de maintenance a observé que :

• 90 %90\ \% des connexions via le serveur A sont stables ;
• 80 %80\ \% des connexions via le serveur B sont stables ;
• 85 %85\ \% des connexions via le serveur C sont stables.

On considère les évènements AA, BB, CC (« la connexion s'est effectuée via le serveur correspondant ») et SS (« la connexion est stable »). On note S‾\overline{S} l'évènement contraire de SS.

Les parties A et B sont indépendantes l'une de l'autre.
Arbre pondéré de probabilités — S : connexion stable Arbre pondéré. S : connexion stable. Branche A, probabilité 0,25 : S, probabilité 0,90 ; S̄, probabilité 0,10. Branche B, probabilité 0,15 : S, probabilité 0,80 ; S̄, probabilité 0,20. Branche C, probabilité 0,60 : S, probabilité 0,85 ; S̄, probabilité 0,15. 0,25 A 0,90 S 0,10 S̄ 0,15 B 0,80 S 0,20 S̄ 0,60 C 0,85 S 0,15 S̄ S : connexion stable

Arbre pondéré.

Partie A

A.1
Recopier et compléter l'arbre pondéré modélisant la situation.
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Les trois serveurs forment une partition : la somme des probabilités du premier niveau vaut 11. On en déduit la branche manquante :

P(C)=1−0,25−0,15=0,60P(C) = 1 - 0{,}25 - 0{,}15 = \boxed{0{,}60}

Sur chaque paire de branches du second niveau, les deux probabilités conditionnelles ont pour somme 11 :

ServeurPPPserveur(S)P_{\text{serveur}}(S)Pserveur(S‾)P_{\text{serveur}}(\overline{S})
A0,250{,}250,900{,}900,100{,}10
B0,150{,}150,800{,}800,200{,}20
C0,600{,}600,850{,}850,150{,}15


Le réflexe : la somme des probabilités partant d'un même nœud vaut toujours 11. C'est ce qui permet de compléter l'arbre sans le moindre calcul.
A.2
Démontrer que la probabilité que la connexion soit stable et passe par le serveur B est égale à 0,120{,}12.
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On multiplie les probabilités le long du chemin menant à BB puis à SS (probabilités composées) :

P(B∩S)=P(B)×PB(S)=0,15×0,80P(B \cap S) = P(B) \times P_B(S) = 0{,}15 \times 0{,}80

P(B∩S)=0,12\boxed{P(B \cap S) = 0{,}12}

Ne pas confondre P(B∩S)=0,12P(B \cap S) = 0{,}12 (une connexion prise au hasard parmi toutes) et PB(S)=0,80P_B(S) = 0{,}80 (une connexion prise au hasard parmi celles du serveur B).
A.3
Calculer la probabilité P(C∩S‾)P\left(C \cap \overline{S}\right) et interpréter le résultat dans le contexte de l'exercice.
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On suit le chemin CC puis S‾\overline{S}. D'après l'arbre, PC(S‾)=1−0,85=0,15P_C\left(\overline{S}\right) = 1 - 0{,}85 = 0{,}15 :

P(C∩S‾)=P(C)×PC(S‾)=0,60×0,15P\left(C \cap \overline{S}\right) = P(C) \times P_C\left(\overline{S}\right) = 0{,}60 \times 0{,}15

P(C∩S‾)=0,09\boxed{P\left(C \cap \overline{S}\right) = 0{,}09}

Interprétation : 9 %9\ \% des connexions de l'entreprise passent par le serveur C et sont instables. Autrement dit, sur 100100 connexions, environ 99 transitent par C et subissent une déconnexion.
A.4
Démontrer que la probabilité de l'évènement SS est P(S)=0,855P(S) = 0{,}855.
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Les évènements AA, BB, CC forment une partition de l'univers : on applique la formule des probabilités totales.

P(S)=P(A∩S)+P(B∩S)+P(C∩S)P(S) = P(A \cap S) + P(B \cap S) + P(C \cap S)

P(S)=0,25×0,90⏟0,225+0,15×0,80⏟0,12+0,60×0,85⏟0,51P(S) = \underbrace{0{,}25 \times 0{,}90}_{0{,}225} + \underbrace{0{,}15 \times 0{,}80}_{0{,}12} + \underbrace{0{,}60 \times 0{,}85}_{0{,}51}

P(S)=0,225+0,12+0,51=0,855\boxed{P(S) = 0{,}225 + 0{,}12 + 0{,}51 = 0{,}855}

Sur un arbre, cela revient à additionner tous les chemins qui aboutissent à SS.
A.5
On suppose désormais que la connexion est stable. Calculer la probabilité que la connexion ait eu lieu depuis le serveur B. (Valeur arrondie au millième.)
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Attention au sens du conditionnement. On cherche PS(B)P_S(B) — la connexion est stable, on remonte vers le serveur — et non PB(S)P_B(S), qui est donné par l'énoncé. C'est une probabilité inverse.

PS(B)=P(B∩S)P(S)P_S(B) = \frac{P(B \cap S)}{P(S)}

Le numérateur vient de la question 2, le dénominateur de la question 4 :

PS(B)=0,120,855=0,14035…P_S(B) = \frac{0{,}12}{0{,}855} = 0{,}14035\ldots

PS(B)≈0,140\boxed{P_S(B) \approx 0{,}140}

Interprétation : parmi les connexions stables, environ 14 %14\ \% proviennent du serveur B. C'est un peu moins que la part de B dans l'ensemble des connexions (15 %15\ \%) — logique, puisque B est le serveur le moins fiable des trois.

Partie B

B.1
D'après la partie A, la probabilité qu'une connexion soit instable est égale à 0,1450{,}145.

On étudie un échantillon de 5050 connexions choisies au hasard, ce choix étant assimilé à un tirage avec remise. On note XX le nombre de connexions instables dans cet échantillon.

a. On admet que XX suit une loi binomiale. Préciser ses paramètres.
b. Donner la probabilité qu'au plus huit connexions soient instables. (Valeur arrondie au millième.)
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a. Paramètres. On répète n=50n = 50 fois, de façon indépendante (c'est la mention « avec remise » qui le garantit), une épreuve à deux issues : la connexion est instable (succès) ou stable. La probabilité de succès est constante, égale à p=0,145p = 0{,}145.

X∼B(50 ; 0,145)\boxed{X \sim \mathcal{B}(50\,;\ 0{,}145)}

Contrôle de cohérence : 1−P(S)=1−0,855=0,1451 - P(S) = 1 - 0{,}855 = 0{,}145 ✓

b. Probabilité d'au plus 8 connexions instables. « Au plus 88 » signifie X⩽8X \leqslant 8 :

P(X⩽8)=∑k=08(50k)×0,145 k×0,855 50−kP(X \leqslant 8) = \sum_{k=0}^{8} \binom{50}{k} \times 0{,}145^{\,k} \times 0{,}855^{\,50-k}

À la calculatrice (binomFRép / binomcdf) :

P(X⩽8)=0,70446…P(X \leqslant 8) = 0{,}70446\ldots

P(X⩽8)≈0,704\boxed{P(X \leqslant 8) \approx 0{,}704}

Attention à l'arrondi : la valeur exacte est 0,70446…0{,}70446\ldots, donc l'arrondi au millième est 0,7040{,}704 et non 0,7050{,}705.

Cohérence : l'espérance vaut E(X)=50×0,145=7,25E(X) = 50 \times 0{,}145 = 7{,}25. Trouver un peu plus de 70 %70\ \% de chances d'être à 88 ou moins est donc parfaitement plausible.
B.2
On constitue un échantillon de nn connexions dans les mêmes conditions. On note XnX_n le nombre de connexions instables ; XnX_n suit la loi binomiale de paramètres nn et 0,1450{,}145.

a. Donner l'expression, en fonction de nn, de la probabilité pnp_n qu'au moins une connexion soit instable.
b. Déterminer, en justifiant, la plus petite valeur de nn telle que pn⩾0,99p_n \geqslant 0{,}99.
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a. Passer par l'évènement contraire. « Au moins une » est le contraire de « aucune » — et « aucune » ne correspond qu'à un seul cas, Xn=0X_n = 0, bien plus simple à calculer.

pn=P(Xn⩾1)=1−P(Xn=0)p_n = P(X_n \geqslant 1) = 1 - P(X_n = 0)

Or P(Xn=0)=(n0)×0,145 0×0,855 n=0,855 nP(X_n = 0) = \dbinom{n}{0} \times 0{,}145^{\,0} \times 0{,}855^{\,n} = 0{,}855^{\,n}.

pn=1−0,855 n\boxed{p_n = 1 - 0{,}855^{\,n}}

C'est le réflexe à avoir dès qu'on lit « au moins un ».

b. Résolution de l'inéquation.

1−0,855 n⩾0,99  ⟺  0,855 n⩽0,011 - 0{,}855^{\,n} \geqslant 0{,}99 \iff 0{,}855^{\,n} \leqslant 0{,}01

On compose par ln⁡\ln, strictement croissante (le sens est conservé) :

nln⁡(0,855)⩽ln⁡(0,01)n\ln(0{,}855) \leqslant \ln(0{,}01)

Le point délicat : ln⁡(0,855)<0\ln(0{,}855) < 0 (car 0,855<10{,}855 < 1). En divisant par ce nombre négatif, le sens de l'inégalité change :

n⩾ln⁡(0,01)ln⁡(0,855)=−4,6052−0,15665≈29,40n \geqslant \frac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}855)} = \frac{-4{,}6052}{-0{,}15665} \approx 29{,}40

Comme nn est un entier :

n=30\boxed{n = 30}

Vérification, indispensable :
• 0,85529≈0,01064>0,010{,}855^{29} \approx 0{,}01064 > 0{,}01 : insuffisant ;
• 0,85530≈0,00910⩽0,010{,}855^{30} \approx 0{,}00910 \leqslant 0{,}01 ✓

Il faut donc au moins 30 connexions pour être sûr à 99 %99\ \% d'en observer au moins une instable.
B.3
On s'intéresse à Fn=XnnF_n = \dfrac{X_n}{n}, la fréquence de connexions instables dans un échantillon de taille nn.

a. Calculer l'espérance E(Fn)E(F_n). (On admet que V(Fn)=0,123975nV(F_n) = \dfrac{0{,}123975}{n}.)
b. Vérifier que P(∣Fn−0,145∣⩾0,1)⩽12,5nP\left(\left|F_n - 0{,}145\right| \geqslant 0{,}1\right) \leqslant \dfrac{12{,}5}{n}.
c. Un responsable étudie un échantillon de 1 0001\,000 connexions et constate F1000=0,3F_{1000} = 0{,}3. Il soupçonne un dysfonctionnement. A-t-il raison ?
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a. Espérance de la fréquence. L'espérance est linéaire, donc E(aX)=a E(X)E(aX) = a\,E(X) :

E(Fn)=E ⁣(Xnn)=1n×E(Xn)=1n×n×0,145E(F_n) = E\!\left(\frac{X_n}{n}\right) = \frac{1}{n} \times E(X_n) = \frac{1}{n} \times n \times 0{,}145

E(Fn)=0,145\boxed{E(F_n) = 0{,}145}

Résultat essentiel : l'espérance de la fréquence observée ne dépend pas de la taille de l'échantillon et vaut la probabilité théorique. C'est ce qui fait de FnF_n un bon estimateur de pp.

b. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Elle s'écrit, pour δ>0\delta > 0 :

P(∣Fn−E(Fn)∣⩾δ)⩽V(Fn)δ2P\Big(\left|F_n - E(F_n)\right| \geqslant \delta\Big) \leqslant \frac{V(F_n)}{\delta^2}

Ici E(Fn)=0,145E(F_n) = 0{,}145 (question a) et δ=0,1\delta = 0{,}1 :

P(∣Fn−0,145∣⩾0,1)⩽0,123975n0,12=0,123975n×0,01=12,3975nP\Big(\left|F_n - 0{,}145\right| \geqslant 0{,}1\Big) \leqslant \frac{\frac{0{,}123975}{n}}{0{,}1^2} = \frac{0{,}123975}{n \times 0{,}01} = \frac{12{,}3975}{n}

Et comme 12,3975⩽12,512{,}3975 \leqslant 12{,}5 :

P(∣Fn−0,145∣⩾0,1)⩽12,5n\boxed{P\Big(\left|F_n - 0{,}145\right| \geqslant 0{,}1\Big) \leqslant \frac{12{,}5}{n}}

L'énoncé demande de majorer par 12,5n\frac{12{,}5}{n}, un peu plus grand que la valeur exacte : c'est une majoration légitime, et volontairement arrondie pour simplifier la question suivante.

c. Le responsable a-t-il raison ? Appliquons le résultat avec n=1 000n = 1\,000 :

P(∣F1000−0,145∣⩾0,1)⩽12,51 000=0,0125P\Big(\left|F_{1000} - 0{,}145\right| \geqslant 0{,}1\Big) \leqslant \frac{12{,}5}{1\,000} = 0{,}0125

Autrement dit : si les serveurs fonctionnent normalement, la probabilité d'observer une fréquence s'écartant de 0,1450{,}145 d'au moins 0,10{,}1 est inférieure à 1,25 %1{,}25\ \%.

Or le responsable observe F1000=0,3F_{1000} = 0{,}3, soit un écart de

∣0,3−0,145∣=0,155⩾0,1\left|0{,}3 - 0{,}145\right| = 0{,}155 \geqslant 0{,}1

Oui, il a raison de soupc¸onner un dysfonctionnement.\boxed{\text{Oui, il a raison de soupçonner un dysfonctionnement.}}

Le raisonnement, à bien comprendre : on vient d'observer un évènement qui, en fonctionnement normal, aurait moins d'une chance sur 8080 de se produire. Ou bien on a eu une malchance extraordinaire, ou bien l'hypothèse « les serveurs fonctionnent normalement » est fausse. La seconde explication est de loin la plus raisonnable.

C'est exactement la logique d'un test statistique : on ne prouve pas le dysfonctionnement, on montre que l'hypothèse contraire rend l'observation très improbable.

Exercice 2 — Suites — changement de suite auxiliaire (5 points)

On considère la suite (un)(u_n) définie par u0=2u_0 = 2 et, pour tout entier naturel nn :

un+1=2un+1un+2u_{n+1} = \frac{2u_n + 1}{u_n + 2}

On admet que la suite (un)(u_n) est bien définie.
1
Calculer le terme u1u_1.
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On applique la relation de récurrence avec u0=2u_0 = 2 :

u1=2×2+12+2=54u_1 = \frac{2 \times 2 + 1}{2 + 2} = \frac{5}{4}

u1=54=1,25\boxed{u_1 = \frac{5}{4} = 1{,}25}
2
On définit la suite (an)(a_n) par an=unun−1a_n = \dfrac{u_n}{u_n - 1} (bien définie).

a. Calculer a0a_0 et a1a_1.
b. Démontrer que, pour tout entier naturel nn, an+1=3an−1a_{n+1} = 3a_n - 1.
c. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n⩾1n \geqslant 1, an⩾3n−1a_n \geqslant 3n - 1.
d. En déduire la limite de la suite (an)(a_n).
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a. Premiers termes.

a0=u0u0−1=22−1=2a_0 = \frac{u_0}{u_0 - 1} = \frac{2}{2 - 1} = \boxed{2}

a1=u1u1−1=5454−1=5414=5a_1 = \frac{u_1}{u_1 - 1} = \frac{\frac{5}{4}}{\frac{5}{4} - 1} = \frac{\frac{5}{4}}{\frac{1}{4}} = \boxed{5}

Contrôle avec la question b : 3a0−1=3×2−1=5=a13a_0 - 1 = 3 \times 2 - 1 = 5 = a_1 ✓

b. Relation de récurrence sur (an)(a_n). C'est le cœur de l'exercice. On part de la définition et on remplace un+1u_{n+1} par son expression.

Étape 1 — calculer un+1−1u_{n+1} - 1, en mettant au même dénominateur :

un+1−1=2un+1un+2−1=2un+1−(un+2)un+2=un−1un+2u_{n+1} - 1 = \frac{2u_n + 1}{u_n + 2} - 1 = \frac{2u_n + 1 - (u_n + 2)}{u_n + 2} = \frac{u_n - 1}{u_n + 2}

Étape 2 — former le quotient. Les dénominateurs (un+2)(u_n + 2) se simplifient :

an+1=un+1un+1−1=2un+1un+2un−1un+2=2un+1un−1a_{n+1} = \frac{u_{n+1}}{u_{n+1} - 1} = \frac{\dfrac{2u_n + 1}{u_n + 2}}{\dfrac{u_n - 1}{u_n + 2}} = \frac{2u_n + 1}{u_n - 1}

Étape 3 — comparer avec 3an−13a_n - 1 :

3an−1=3unun−1−1=3un−(un−1)un−1=2un+1un−13a_n - 1 = \frac{3u_n}{u_n - 1} - 1 = \frac{3u_n - (u_n - 1)}{u_n - 1} = \frac{2u_n + 1}{u_n - 1}

Les deux expressions sont identiques :

an+1=3an−1\boxed{a_{n+1} = 3a_n - 1} ■\blacksquare

L'intérêt du changement de suite : (un)(u_n) était une suite homographique, difficile à étudier. (an)(a_n) est presque géométrique — c'est bien plus maniable.

c. Récurrence : an⩾3n−1a_n \geqslant 3n - 1 pour n⩾1n \geqslant 1.

Initialisation (n=1n = 1). a1=5a_1 = 5 et 3×1−1=23 \times 1 - 1 = 2. Or 5⩾25 \geqslant 2 ✓

Hérédité. Supposons an⩾3n−1a_n \geqslant 3n - 1 pour un entier n⩾1n \geqslant 1 fixé. Montrons an+1⩾3(n+1)−1=3n+2a_{n+1} \geqslant 3(n+1) - 1 = 3n + 2.

On part de an+1=3an−1a_{n+1} = 3a_n - 1 et on utilise l'hypothèse. Comme on multiplie par 3>03 > 0, le sens de l'inégalité est conservé :

an⩾3n−1  ⟹  3an⩾9n−3  ⟹  3an−1⏟= an+1⩾9n−4a_n \geqslant 3n - 1 \implies 3a_n \geqslant 9n - 3 \implies \underbrace{3a_n - 1}_{=\ a_{n+1}} \geqslant 9n - 4

Il reste à comparer 9n−49n - 4 et l'objectif 3n+23n + 2 :

9n−4−(3n+2)=6n−6=6(n−1)⩾0car n⩾19n - 4 - (3n + 2) = 6n - 6 = 6(n - 1) \geqslant 0 \quad \text{car } n \geqslant 1

Donc 9n−4⩾3n+29n - 4 \geqslant 3n + 2, et par transitivité :

an+1⩾9n−4⩾3n+2=3(n+1)−1a_{n+1} \geqslant 9n - 4 \geqslant 3n + 2 = 3(n+1) - 1

C'est la propriété au rang n+1n+1 ✓

Conclusion. Par récurrence, an⩾3n−1a_n \geqslant 3n - 1 pour tout n⩾1n \geqslant 1. ■\blacksquare

C'est ici que l'hypothèse n⩾1n \geqslant 1 sert : pour n=0n = 0, on aurait 6(n−1)=−6<06(n-1) = -6 < 0 et l'argument s'effondrerait.

d. Limite de (an)(a_n). On a an⩾3n−1a_n \geqslant 3n - 1, et 3n−1→+∞3n - 1 \to +\infty. Par comparaison :

lim⁡n→+∞an=+∞\boxed{\lim_{n \to +\infty} a_n = +\infty}
3
a. Démontrer que pour tout entier naturel nn, un=anan−1u_n = \dfrac{a_n}{a_n - 1}.
b. En déduire la limite de la suite (un)(u_n).
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a. Inverser la relation. On part de an=unun−1a_n = \dfrac{u_n}{u_n - 1} et on isole unu_n.

On multiplie par (un−1)(u_n - 1) :

an (un−1)=un  ⟺  anun−an=una_n\,(u_n - 1) = u_n \iff a_n u_n - a_n = u_n

On regroupe les termes en unu_n d'un côté :

anun−un=an  ⟺  un (an−1)=ana_n u_n - u_n = a_n \iff u_n\,(a_n - 1) = a_n

un=anan−1\boxed{u_n = \frac{a_n}{a_n - 1}} ■\blacksquare

Remarquable : la transformation x↦xx−1x \mapsto \dfrac{x}{x-1} est sa propre réciproque. C'est pourquoi uu et aa s'expriment l'une en fonction de l'autre par la même formule.

b. Limite de (un)(u_n). On a une forme indéterminée ∞∞\dfrac{\infty}{\infty} puisque an→+∞a_n \to +\infty. On factorise par le terme dominant ana_n :

un=anan−1=anan(1−1an)=11−1anu_n = \frac{a_n}{a_n - 1} = \frac{a_n}{a_n\left(1 - \dfrac{1}{a_n}\right)} = \frac{1}{1 - \dfrac{1}{a_n}}

Comme an→+∞a_n \to +\infty, on a 1an→0\dfrac{1}{a_n} \to 0, donc le dénominateur tend vers 11 :

lim⁡n→+∞un=1\boxed{\lim_{n \to +\infty} u_n = 1}

Cohérent avec le calcul : u0=2u_0 = 2, u1=1,25u_1 = 1{,}25 — la suite décroît bien vers 11.
4
On admet que (un)(u_n) est décroissante. On considère le programme Python suivant :

def algo(p):
u = 2
n = 0
while u - 1 > p :
u = (2*u + 1)/(u + 2)
n = n + 1
return (n, u)

a. Interpréter les valeurs n et u renvoyées par algo(p) dans le contexte de l'exercice.
b. Donner, sans justifier, la valeur de nn pour p=0,001p = 0{,}001.
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a. Interprétation. La boucle tourne tant que un−1>pu_n - 1 > p, c'est-à-dire tant que unu_n reste à une distance de sa limite 11 strictement supérieure à pp. Elle s'arrête dès que un−1⩽pu_n - 1 \leqslant p.

n est le PLUS PETIT rang aˋ partir duquel un−1⩽pu est la valeur un correspondante\boxed{\begin{array}{l} n \text{ est le PLUS PETIT rang à partir duquel } u_n - 1 \leqslant p \\[4pt] u \text{ est la valeur } u_n \text{ correspondante} \end{array}}

Autrement dit, l'algorithme détermine à partir de quel rang la suite est à moins de pp de sa limite — et il renvoie la valeur atteinte.

Pourquoi l'algorithme termine : c'est parce que un→1u_n \to 1 en décroissant que un−1u_n - 1 finit par passer sous n'importe quel p>0p > 0. Sans cette décroissance vers 11, la boucle pourrait ne jamais s'arrêter.

b. Valeur pour p=0,001p = 0{,}001.

n=6\boxed{n = 6}

Détail de l'exécution :

nnunu_nun−1u_n - 1>0,001> 0{,}001 ?
002211oui
111,251{,}250,250{,}25oui
22≈1,0769\approx 1{,}0769≈0,0769\approx 0{,}0769oui
33≈1,0248\approx 1{,}0248≈0,0248\approx 0{,}0248oui
44≈1,0082\approx 1{,}0082≈0,0082\approx 0{,}0082oui
55≈1,0027\approx 1{,}0027≈0,0027\approx 0{,}0027oui
66≈1,00092\approx 1{,}00092≈0,00092\approx 0{,}00092non → arrêt


La boucle s'arrête au rang 66.

Exercice 3 — Vrai / Faux — géométrie dans l'espace (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

L'espace est rapporté à un repère orthonormé (O ;ı→,ȷ→,k→)\left(O\,;\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k}\right).

On considère la droite (d)(d) de représentation paramétrique
{x=3−2ty=−1z=2−6tavec t∈R\left\{\begin{array}{l} x = 3 - 2t \\ y = -1 \\ z = 2 - 6t \end{array}\right. \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}

ainsi que les points :

• A(3 ;−3 ;−2)A(3\,;-3\,;-2) ;
• B(5 ;−4 ;−1)B(5\,;-4\,;-1) ;
• CC, le point de la droite (d)(d) d'abscisse 22 ;
• HH, le projeté orthogonal du point BB sur le plan P\mathcal{P} d'équation x+3z−7=0x + 3z - 7 = 0.
1
Affirmation 1 : la droite (d)(d) et l'axe des ordonnées sont deux droites non coplanaires.
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VRAIE\boxed{\textbf{VRAIE}}

Deux droites sont non coplanaires lorsqu'elles ne sont ni parallèles, ni sécantes. Il faut donc vérifier les deux points.

Les vecteurs directeurs. La droite (d)(d) a pour vecteur directeur u→(−20−6)\vec{u}\begin{pmatrix}-2\\0\\-6\end{pmatrix} (coefficients de tt).

L'axe des ordonnées (Oy)(Oy) passe par OO et a pour vecteur directeur ȷ→(010)\vec{\jmath}\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}.

Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de u→\vec{u} est nulle, celle de ȷ→\vec{\jmath} ne l'est pas). Les droites ne sont donc pas parallèles.

Sont-elles sécantes ? Un point de (Oy)(Oy) a pour coordonnées (0 ;s ;0)(0\,;s\,;0). Cherchons tt et ss tels que :

{3−2t=0−1=s2−6t=0\left\{\begin{array}{l} 3 - 2t = 0 \\ -1 = s \\ 2 - 6t = 0 \end{array}\right.

• La première équation donne t=32t = \dfrac{3}{2} ;
• la troisième donne t=13t = \dfrac{1}{3}.

32≠13\frac{3}{2} \neq \frac{1}{3}

Le système est incompatible : les droites n'ont aucun point commun.

Ni parallèles, ni sécantes :

(d) et (Oy) sont non coplanaires\boxed{(d) \text{ et } (Oy) \text{ sont non coplanaires}}

Remarque : la contradiction se voit tout de suite, sans même utiliser la deuxième équation. Un point de (d)(d) a toujours y=−1y = -1, il ne peut donc jamais être sur l'axe des ordonnées, où x=z=0x = z = 0.
2
Affirmation 2 : le plan passant par AA et orthogonal à la droite (d)(d) a pour équation cartésienne x+3z+3=0x + 3z + 3 = 0.
Afficher la correction
VRAIE\boxed{\textbf{VRAIE}}

Le vecteur normal. Un plan orthogonal à (d)(d) admet le vecteur directeur de (d)(d) comme vecteur normal :

n→=u→(−20−6)\vec{n} = \vec{u}\begin{pmatrix}-2\\0\\-6\end{pmatrix}

On peut le simplifier en divisant par −2-2 (un vecteur normal est défini à un facteur non nul près) :

n→(103)\vec{n}\begin{pmatrix}1\\0\\3\end{pmatrix}

Forme de l'équation. Un plan de vecteur normal (a ;b ;c)(a\,;b\,;c) a une équation ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0. Ici :

x+0×y+3z+d=0soitx+3z+d=0x + 0 \times y + 3z + d = 0 \quad \text{soit} \quad x + 3z + d = 0

On retrouve bien l'absence de yy dans l'équation proposée — bon signe.

Détermination de dd. Le plan passe par A(3 ;−3 ;−2)A(3\,;-3\,;-2), dont les coordonnées vérifient l'équation :

3+3×(−2)+d=0  ⟺  3−6+d=0  ⟺  d=33 + 3 \times (-2) + d = 0 \iff 3 - 6 + d = 0 \iff d = 3

x+3z+3=0\boxed{x + 3z + 3 = 0}

C'est exactement l'équation proposée : l'affirmation est vraie.
3
Affirmation 3 : une mesure, en radian, de l'angle géométrique BAC^\widehat{BAC} est π6\dfrac{\pi}{6}.
Afficher la correction
FAUSSE\boxed{\textbf{FAUSSE}}

Étape 1 — trouver le point CC. C'est le point de (d)(d) d'abscisse 22. On résout donc 3−2t=23 - 2t = 2, d'où t=12t = \dfrac{1}{2}. On reporte dans les deux autres équations :

y=−1z=2−6×12=−1y = -1 \qquad z = 2 - 6 \times \frac{1}{2} = -1

C(2 ;−1 ;−1)C(2\,;-1\,;-1)

Étape 2 — les vecteurs.

AB→(5−3−4−(−3)−1−(−2))=(2−11)AC→(2−3−1−(−3)−1−(−2))=(−121)\vec{AB}\begin{pmatrix}5-3\\-4-(-3)\\-1-(-2)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix} \qquad \vec{AC}\begin{pmatrix}2-3\\-1-(-3)\\-1-(-2)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\2\\1\end{pmatrix}

Étape 3 — le produit scalaire.

AB→⋅AC→=2×(−1)+(−1)×2+1×1=−2−2+1=−3\vec{AB} \cdot \vec{AC} = 2 \times (-1) + (-1) \times 2 + 1 \times 1 = -2 - 2 + 1 = -3

Le signe suffit déjà à conclure. Le produit scalaire est négatif, donc cos⁡BAC^<0\cos\widehat{BAC} < 0, donc l'angle est obtus (compris entre π2\dfrac{\pi}{2} et π\pi). Il ne peut pas valoir π6\dfrac{\pi}{6}, qui est un angle aigu.

Valeur exacte, pour être complet.

∥AB→∥=4+1+1=6∥AC→∥=1+4+1=6\left\|\vec{AB}\right\| = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6} \qquad \left\|\vec{AC}\right\| = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}

cos⁡BAC^=AB→⋅AC→∥AB→∥×∥AC→∥=−36×6=−36=−12\cos\widehat{BAC} = \frac{\vec{AB} \cdot \vec{AC}}{\left\|\vec{AB}\right\| \times \left\|\vec{AC}\right\|} = \frac{-3}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \frac{-3}{6} = -\frac{1}{2}

BAC^=2π3≈2,09 rad ≠ π6≈0,52 rad\boxed{\widehat{BAC} = \frac{2\pi}{3} \approx 2{,}09 \ \text{rad} \ \neq \ \frac{\pi}{6} \approx 0{,}52 \ \text{rad}}

Le réflexe qui fait gagner du temps : un produit scalaire négatif signale immédiatement un angle obtus. Inutile de calculer les normes pour rejeter π6\frac{\pi}{6}.
4
Affirmation 4 : la distance BHBH est égale à 102\dfrac{\sqrt{10}}{2}.
Afficher la correction
VRAIE\boxed{\textbf{VRAIE}}

Ce qu'il faut voir. HH est le projeté orthogonal de BB sur le plan P\mathcal{P}. Or le projeté orthogonal est, par définition, le point du plan le plus proche : la longueur BHBH est la distance de BB au plan P\mathcal{P}.

BH=d(B ;P)BH = d(B\,;\mathcal{P})

Inutile donc de calculer les coordonnées de HH — c'est le piège de la question, et il coûte cher en temps.

Application de la formule. Pour un plan d'équation ax+by+cz+d=0ax + by + cz + d = 0 :

d(B ;P)=∣a xB+b yB+c zB+d∣a2+b2+c2d(B\,;\mathcal{P}) = \frac{\left|a\,x_B + b\,y_B + c\,z_B + d\right|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}

Ici P:x+3z−7=0\mathcal{P} : x + 3z - 7 = 0, donc a=1a = 1, b=0b = 0, c=3c = 3, d=−7d = -7, et B(5 ;−4 ;−1)B(5\,;-4\,;-1) :

Numérateur :

∣1×5+0×(−4)+3×(−1)−7∣=∣5−3−7∣=∣−5∣=5\left|1 \times 5 + 0 \times (-4) + 3 \times (-1) - 7\right| = \left|5 - 3 - 7\right| = \left|-5\right| = 5

La valeur absolue est indispensable : une distance est positive.

Dénominateur :

12+02+32=10\sqrt{1^2 + 0^2 + 3^2} = \sqrt{10}

Conclusion :

BH=510=51010=102BH = \frac{5}{\sqrt{10}} = \frac{5\sqrt{10}}{10} = \frac{\sqrt{10}}{2}

BH=102≈1,58\boxed{BH = \frac{\sqrt{10}}{2} \approx 1{,}58}

L'affirmation est vraie. (Penser à rationaliser 510\frac{5}{\sqrt{10}} pour reconnaître la forme attendue.)

Exercice 4 — Équation différentielle et étude de fonction (5 points)

La partie C est indépendante des parties A et B.

Partie A — Lectures graphiques

A.1
On donne, dans un repère orthogonal, les courbes C1\mathcal{C}_1 et C2\mathcal{C}_2, représentations graphiques de deux fonctions définies et dérivables sur R\mathbb{R}. L'une des deux fonctions représentées est la fonction dérivée de l'autre, notées gg et g′g'. On précise que :

• C1\mathcal{C}_1 coupe l'axe des ordonnées au point (0 ;1)(0\,;1) ;
• C2\mathcal{C}_2 coupe l'axe des ordonnées au point (0 ;2)(0\,;2) et l'axe des abscisses aux points (−2 ;0)(-2\,;0) et (1 ;0)(1\,;0).

En justifiant, associer à chacune des fonctions gg et g′g' sa représentation graphique.
Afficher la correction
Le raisonnement à tenir. La courbe de la dérivée s'annule là où la fonction admet un extremum (tangente horizontale).

C2\mathcal{C}_2 coupe l'axe des abscisses en x=−2x = -2 et x=1x = 1. Si C2\mathcal{C}_2 était la courbe de g′g', alors gg admettrait des tangentes horizontales — donc des extremums — en x=−2x = -2 et x=1x = 1. C'est bien ce que l'on observe sur C1\mathcal{C}_1.

L'hypothèse inverse ne tient pas : si C1\mathcal{C}_1 était la dérivée, C2\mathcal{C}_2 devrait avoir des extremums là où C1\mathcal{C}_1 s'annule, ce qui n'est pas le cas.

C1 est la courbe de getC2 est celle de g′\boxed{\mathcal{C}_1 \text{ est la courbe de } g \qquad \text{et} \qquad \mathcal{C}_2 \text{ est celle de } g'}

Ce que cela donne en valeurs.

g(0)=1(lu sur C1)etg′(0)=2(lu sur C2)g(0) = 1 \quad (\text{lu sur } \mathcal{C}_1) \qquad \text{et} \qquad g'(0) = 2 \quad (\text{lu sur } \mathcal{C}_2)

Confirmation a posteriori : la partie B donnera g(x)=(x2+3x+1)e−xg(x) = (x^2 + 3x + 1)e^{-x}, d'où g(0)=1g(0) = 1 ✓ et g′(0)=2g'(0) = 2 ✓.
A.2
Justifier que l'équation réduite de la tangente à la courbe de gg au point d'abscisse 00 est y=2x+1y = 2x + 1.
Afficher la correction
L'équation de la tangente au point d'abscisse aa est :

y=g′(a) (x−a)+g(a)y = g'(a)\,(x - a) + g(a)

Avec a=0a = 0, et les deux valeurs lues à la question précédente :

g(0)=1g′(0)=2g(0) = 1 \qquad g'(0) = 2

y=2 (x−0)+1y = 2\,(x - 0) + 1

y=2x+1\boxed{y = 2x + 1}

Toute la difficulté était en amont : il fallait avoir correctement identifié quelle courbe est gg et laquelle est g′g', sans quoi on aurait lu g(0)=2g(0) = 2 et g′(0)=1g'(0) = 1, et obtenu y=x+2y = x + 2.

Partie B — Résolution de l'équation différentielle

B.1
On considère l'équation différentielle
(E):y+y′=(2x+3) e−x(E) : \quad y + y' = (2x + 3)\,e^{-x}

Montrer que la fonction f0f_0 définie sur R\mathbb{R} par f0(x)=(x2+3x)e−xf_0(x) = \left(x^2 + 3x\right)e^{-x} est une solution particulière de (E)(E).
Afficher la correction
Il suffit de calculer f0+f0′f_0 + f_0' et de vérifier qu'on retombe sur le second membre.

Dérivation de f0f_0, produit de u=x2+3xu = x^2 + 3x et v=e−xv = e^{-x}, avec u′=2x+3u' = 2x + 3 et v′=−e−xv' = -e^{-x} :

f0′(x)=(2x+3)e−x+(x2+3x)×(−e−x)f_0'(x) = (2x + 3)e^{-x} + \left(x^2 + 3x\right) \times \left(-e^{-x}\right)

On factorise par e−xe^{-x}, qui n'est jamais nul :

f0′(x)=(2x+3−x2−3x)e−x=(−x2−x+3)e−xf_0'(x) = \left(2x + 3 - x^2 - 3x\right)e^{-x} = \left(-x^2 - x + 3\right)e^{-x}

Somme :

f0(x)+f0′(x)=(x2+3x)e−x+(−x2−x+3)e−xf_0(x) + f_0'(x) = \left(x^2 + 3x\right)e^{-x} + \left(-x^2 - x + 3\right)e^{-x}

=(x2+3x−x2−x+3)e−x=(2x+3)e−x= \left(x^2 + 3x - x^2 - x + 3\right)e^{-x} = (2x + 3)e^{-x}

C'est exactement le second membre de (E)(E) :

f0 est une solution particulieˋre de (E)\boxed{f_0 \text{ est une solution particulière de } (E)} ■\blacksquare
B.2
Résoudre l'équation différentielle (E0):y+y′=0(E_0) : y + y' = 0.
Afficher la correction
On réécrit l'équation sous la forme du cours y′=ayy' = ay :

y+y′=0  ⟺  y′=−yy + y' = 0 \iff y' = -y

C'est y′=ayy' = ay avec a=−1a = -1. D'après le cours, les solutions sont :

y(x)=C e−x,C∈R\boxed{y(x) = C\,e^{-x}, \qquad C \in \mathbb{R}}

Il s'agit de l'équation homogène associée à (E)(E) — celle qu'on obtient en remplaçant le second membre par 00.
B.3
Déterminer les solutions de l'équation différentielle (E)(E).
Afficher la correction
Le principe (structure des solutions d'une équation différentielle linéaire) :

solution geˊneˊrale de (E) = une solution particulieˋre de (E) + solution geˊneˊrale de (E0)\text{solution générale de } (E) \ = \ \text{une solution particulière de } (E) \ + \ \text{solution générale de } (E_0)

On dispose des deux morceaux : f0f_0 (question 1) et Ce−xCe^{-x} (question 2).

y(x)=(x2+3x)e−x⏟f0+C e−x⏟(E0)y(x) = \underbrace{\left(x^2 + 3x\right)e^{-x}}_{f_0} + \underbrace{C\,e^{-x}}_{(E_0)}

On factorise par e−xe^{-x} :

y(x)=(x2+3x+C)e−x,C∈R\boxed{y(x) = \left(x^2 + 3x + C\right)e^{-x}, \qquad C \in \mathbb{R}}

Contrôle : pour C=0C = 0 on retrouve bien f0f_0 ✓
B.4
On admet que la fonction gg décrite dans la partie A est une solution de (E)(E). Déterminer l'expression de gg.
Afficher la correction
D'après la question 3, gg est de la forme g(x)=(x2+3x+C)e−xg(x) = \left(x^2 + 3x + C\right)e^{-x}. Il reste à identifier la constante CC grâce à une information de la partie A.

La lecture graphique donnait g(0)=1g(0) = 1 :

g(0)=(02+3×0+C)e0=Cg(0) = \left(0^2 + 3 \times 0 + C\right)e^{0} = C

C=1C = 1

g(x)=(x2+3x+1)e−x\boxed{g(x) = \left(x^2 + 3x + 1\right)e^{-x}}

Vérification avec l'autre information de la partie A, à savoir g′(0)=2g'(0) = 2. D'après le calcul mené en B.1 (en remplaçant C=1C = 1) :

g′(x)=(−x2−x+2)e−xd’ouˋg′(0)=2✓g'(x) = \left(-x^2 - x + 2\right)e^{-x} \quad \text{d'où} \quad g'(0) = 2 \quad \checkmark

Les deux lectures graphiques sont cohérentes : l'identification de C1\mathcal{C}_1 et C2\mathcal{C}_2 était bien la bonne.
B.5
Déterminer les solutions de (E)(E) dont la courbe admet exactement deux points d'inflexion.
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Ce qu'on cherche. Un point d'inflexion est un point où y′′y'' s'annule en changeant de signe. « Exactement deux » signifie donc que y′′y'' doit avoir deux racines distinctes.

Calcul de y′′y''. On part de y(x)=(x2+3x+C)e−xy(x) = \left(x^2 + 3x + C\right)e^{-x}.

Dérivée première (même calcul qu'en B.1, avec la constante CC) :

y′(x)=(2x+3)e−x−(x2+3x+C)e−x=(−x2−x+3−C)e−xy'(x) = (2x + 3)e^{-x} - \left(x^2 + 3x + C\right)e^{-x} = \left(-x^2 - x + 3 - C\right)e^{-x}

Dérivée seconde, en dérivant à nouveau ce produit :

y′′(x)=(−2x−1)e−x−(−x2−x+3−C)e−xy''(x) = (-2x - 1)e^{-x} - \left(-x^2 - x + 3 - C\right)e^{-x}

y′′(x)=(−2x−1+x2+x−3+C)e−xy''(x) = \left(-2x - 1 + x^2 + x - 3 + C\right)e^{-x}

y′′(x)=(x2−x−4+C)e−x\boxed{y''(x) = \left(x^2 - x - 4 + C\right)e^{-x}}

Condition sur les racines. Comme e−x>0e^{-x} > 0 pour tout xx, le signe de y′′y'' est celui du trinôme x2−x+(C−4)x^2 - x + (C - 4).

Ce trinôme admet deux racines distinctes — et change alors de signe en chacune d'elles — si et seulement si son discriminant est strictement positif :

Δ=(−1)2−4×1×(C−4)=1−4C+16=17−4C\Delta = (-1)^2 - 4 \times 1 \times (C - 4) = 1 - 4C + 16 = 17 - 4C

Δ>0  ⟺  17−4C>0  ⟺  C<174\Delta > 0 \iff 17 - 4C > 0 \iff C < \frac{17}{4}

y(x)=(x2+3x+C)e−xavecC<174=4,25\boxed{y(x) = \left(x^2 + 3x + C\right)e^{-x} \quad \text{avec} \quad C < \frac{17}{4} = 4{,}25}

Contrôle des cas limites :
• si C=174C = \dfrac{17}{4}, alors Δ=0\Delta = 0 : une racine double, y′′y'' s'annule sans changer de signe → aucun point d'inflexion ;
• si C>174C > \dfrac{17}{4}, alors Δ<0\Delta < 0 : y′′y'' ne s'annule jamais → aucun point d'inflexion.

C'est le piège classique de la convexité : y′′y'' qui s'annule ne suffit pas, il faut un changement de signe. D'où l'inégalité stricte Δ>0\Delta > 0.

Au passage, la fonction gg de la partie A correspond à C=1<4,25C = 1 < 4{,}25 : sa courbe admet bien deux points d'inflexion.

Partie C — Étude de ff

C.1
On considère la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=(x2+3x+2)e−xf(x) = \left(x^2 + 3x + 2\right)e^{-x}.

Démontrer que la limite de ff en +∞+\infty est égale à 00. (On admet que la limite en −∞-\infty est +∞+\infty.)
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Forme indéterminée. En +∞+\infty, le polynôme tend vers +∞+\infty et e−xe^{-x} tend vers 00 : c'est une forme ∞×0\infty \times 0.

Méthode : développer et invoquer la croissance comparée. On distribue e−xe^{-x} :

f(x)=x2e−x+3x e−x+2e−x=x2ex+3xex+2exf(x) = x^2 e^{-x} + 3x\,e^{-x} + 2e^{-x} = \frac{x^2}{e^{x}} + \frac{3x}{e^{x}} + \frac{2}{e^{x}}

On traite chaque terme séparément :

• x2ex→0\dfrac{x^2}{e^x} \to 0 par croissance comparée : l'exponentielle l'emporte sur toute puissance ;
• 3xex→0\dfrac{3x}{e^x} \to 0, pour la même raison ;
• 2ex→0\dfrac{2}{e^x} \to 0, car ex→+∞e^x \to +\infty.

Par somme :

lim⁡x→+∞f(x)=0\boxed{\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0}

Interprétation graphique : l'axe des abscisses est asymptote horizontale à Cf\mathcal{C}_f en +∞+\infty.
C.2
a. Vérifier que, pour tout réel xx, f′(x)=(−x2−x+1)e−xf'(x) = \left(-x^2 - x + 1\right)e^{-x}.
b. Déterminer le signe de f′f' sur R\mathbb{R}, puis en déduire les variations de ff.
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a. Dérivation. Produit de u=x2+3x+2u = x^2 + 3x + 2 et v=e−xv = e^{-x}, avec u′=2x+3u' = 2x + 3 et v′=−e−xv' = -e^{-x} :

f′(x)=(2x+3)e−x+(x2+3x+2)(−e−x)f'(x) = (2x + 3)e^{-x} + \left(x^2 + 3x + 2\right)\left(-e^{-x}\right)

On factorise par e−xe^{-x} :

f′(x)=(2x+3−x2−3x−2)e−xf'(x) = \left(2x + 3 - x^2 - 3x - 2\right)e^{-x}

f′(x)=(−x2−x+1)e−x\boxed{f'(x) = \left(-x^2 - x + 1\right)e^{-x}} ■\blacksquare

b. Signe de f′f' et variations. Comme e−x>0e^{-x} > 0 pour tout réel xx, le signe de f′f' est celui du trinôme −x2−x+1-x^2 - x + 1.

Racines : on résout −x2−x+1=0-x^2 - x + 1 = 0, soit x2+x−1=0x^2 + x - 1 = 0.

Δ=12−4×1×(−1)=5>0\Delta = 1^2 - 4 \times 1 \times (-1) = 5 > 0

x1=−1−52≈−1,62x2=−1+52≈0,62x_1 = \frac{-1 - \sqrt{5}}{2} \approx -1{,}62 \qquad x_2 = \frac{-1 + \sqrt{5}}{2} \approx 0{,}62

Signe : le coefficient dominant du trinôme −x2−x+1-x^2 - x + 1 est a=−1<0a = -1 < 0. Le trinôme est donc positif entre les racines et négatif à l'extérieur.

xx−∞-\inftyx1x_1x2x_2+∞+\infty
signe de f′(x)f'(x)−-00++00−-
variations de ff+∞+\infty↘\searrowmin↗\nearrowmax↘\searrow00


f deˊcroıˆt sur ]−∞ ;−1−52]f croıˆt sur [−1−52 ;−1+52]f deˊcroıˆt sur [−1+52 ;+∞[\boxed{\begin{array}{l} f \text{ décroît sur } \left]-\infty\,;\tfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\right] \\[4pt] f \text{ croît sur } \left[\tfrac{-1-\sqrt{5}}{2}\,;\tfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\right] \\[4pt] f \text{ décroît sur } \left[\tfrac{-1+\sqrt{5}}{2}\,;+\infty\right[ \end{array}}

Attention au piège du signe : le coefficient dominant est négatif. Beaucoup d'élèves lisent le signe « à l'envers » et concluent que ff croît là où elle décroît.
C.3
Expliquer pourquoi la fonction ff est positive sur l'intervalle [0 ;+∞[[0\,;+\infty[.
Afficher la correction
On factorise le polynôme x2+3x+2x^2 + 3x + 2. Ses racines évidentes sont −1-1 et −2-2 (leur somme vaut −3-3 et leur produit 22) :

x2+3x+2=(x+1)(x+2)x^2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)

Sur [0 ;+∞[[0\,;+\infty[ :

• x+1⩾1>0x + 1 \geqslant 1 > 0 ;
• x+2⩾2>0x + 2 \geqslant 2 > 0 ;
• e−x>0e^{-x} > 0 pour tout réel xx.

f(x)f(x) est donc le produit de trois facteurs strictement positifs :

f(x)>0pour tout x⩾0\boxed{f(x) > 0 \quad \text{pour tout } x \geqslant 0}

Pourquoi la question est posée : elle sert de justification à la question suivante. Sans la positivité de ff, l'intégrale ∫0αf\int_0^{\alpha} f ne représenterait pas directement une aire.
C.4
On admet que F(x)=(−x2−5x−7)e−xF(x) = \left(-x^2 - 5x - 7\right)e^{-x} est une primitive de ff sur R\mathbb{R}.

Soit α\alpha un réel positif. Déterminer l'aire A(α)\mathcal{A}(\alpha), en unité d'aire, du domaine délimité par l'axe des abscisses, la courbe Cf\mathcal{C}_f et les droites d'équation x=0x = 0 et x=αx = \alpha.
Afficher la correction
Mise en place. D'après la question 3, ff est positive sur [0 ;α][0\,;\alpha]. L'aire du domaine est donc directement donnée par l'intégrale, sans valeur absolue :

A(α)=∫0αf(x) dx=[F(x)]0α=F(α)−F(0)\mathcal{A}(\alpha) = \int_0^{\alpha} f(x)\,\mathrm{d}x = \Big[F(x)\Big]_0^{\alpha} = F(\alpha) - F(0)

Calcul de F(α)F(\alpha) :

F(α)=(−α2−5α−7)e−αF(\alpha) = \left(-\alpha^2 - 5\alpha - 7\right)e^{-\alpha}

Calcul de F(0)F(0) — ne pas oublier ce terme, c'est l'erreur la plus fréquente :

F(0)=(−0−0−7)e0=−7F(0) = \left(-0 - 0 - 7\right)e^{0} = -7

Conclusion :

A(α)=(−α2−5α−7)e−α−(−7)\mathcal{A}(\alpha) = \left(-\alpha^2 - 5\alpha - 7\right)e^{-\alpha} - (-7)

A(α)=7−(α2+5α+7)e−α u.a.\boxed{\mathcal{A}(\alpha) = 7 - \left(\alpha^2 + 5\alpha + 7\right)e^{-\alpha} \ \text{u.a.}}

Contrôle de vraisemblance.

• En α=0\alpha = 0 : A(0)=7−7×1=0\mathcal{A}(0) = 7 - 7 \times 1 = 0 ✓ (aire nulle, le domaine est réduit à un segment) ;
• A\mathcal{A} est croissante (on ajoute de l'aire quand α\alpha augmente) ✓ ;
• quand α→+∞\alpha \to +\infty, la croissance comparée donne (α2+5α+7)e−α→0\left(\alpha^2 + 5\alpha + 7\right)e^{-\alpha} \to 0, donc

lim⁡α→+∞A(α)=7\lim_{\alpha \to +\infty} \mathcal{A}(\alpha) = 7

Ce dernier résultat est remarquable : bien que le domaine s'étende à l'infini vers la droite, son aire reste bornée et tend vers 77 unités d'aire. C'est possible parce que ff tend vers 00 suffisamment vite — assez pour que l'aire « accumulée » converge.

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Ce sujet mobilise 10 notions du programme de Terminale. Chacune dispose d'un cours complet, d'une fiche de révision et d'exercices corrigés :

Probabilités conditionnellesLoi binomialeBienaymé-TchebychevSuites numériquesRécurrenceGéométrie dans l'espaceProduit scalaireÉquations différentiellesExponentielleConvexité