Bac maths 2023 Amérique du Sud J2 : sujet et corrigé

Voici le sujet du bac de spécialité mathématiques 2023 en Amérique du Sud, jour 2, posé le 27 septembre 2023, accompagné d’un corrigé détaillé de chaque question sur cette page. Le premier exercice suit un joueur qui tire trois fois sur une cible mouvante dans une fête foraine : arbre pondéré, loi et espérance du nombre de tirs réussis, puis loi binomiale et recherche d’un effectif minimal par le logarithme. Le deuxième travaille dans l’espace avec un plan, un projeté orthogonal, une sphère et un plan tangent. Le troisième étudie une suite définie par récurrence avec deux fonctions Python, un raisonnement par récurrence et une suite géométrique auxiliaire. Le dernier porte sur la fonction \(x \mapsto \ln(1 + \text{e}^{-x}) + \dfrac{1}{4}x\) : variations, convexité et un parallélogramme construit sur sa courbe.

Ce sujet fait partie des annales que nous rassemblons pour préparer le bac de maths 2027 : tous les sujets de spécialité y sont classés par session.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2023
Mathématiques — Jour 2
Amérique du Sud — 27 septembre 2023
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Partie A

Un jeu proposé dans une fête foraine consiste à effectuer trois tirs successivement sur une cible mouvante.

On a constaté que :

Si le joueur atteint la cible lors d’un tir alors il ne l’atteint pas lors du tir suivant dans 65 % des cas ;
Si le joueur n’atteint pas la cible lors d’un tir alors il l’atteint lors du tir suivant dans 50 % des cas.

La probabilité qu’un joueur atteigne la cible lors de son premier tir est de \(0{,}6\).

Pour tout évènement \(A\), on note \(p(A)\) sa probabilité et \(\overline{A}\) l’évènement contraire de \(A\).

On choisit au hasard un joueur à ce jeu de tirs.

On considère les évènements suivants :

\(A_1\) : « Le joueur atteint la cible lors du 1^er tir »
\(A_2\) : « Le joueur atteint la cible lors du 2^e tir »
\(A_3\) : « Le joueur atteint la cible lors du 3^e tir ».

1. Recopier et compléter, avec les probabilités correspondantes sur chaque branche, l’arbre pondéré ci-dessous modélisant la situation.

Soit \(X\) la variable aléatoire qui donne le nombre de fois où le joueur atteint sa cible au cours des trois tirs.

2. Montrer que la probabilité que le joueur atteigne exactement deux fois la cible au cours des trois tirs est égale à \(0{,}4015\).

3. L’objectif de cette question est de calculer l’espérance de la variable aléatoire \(X\), notée \(E(X)\).

a. Recopier et compléter le tableau ci-dessous donnant la loi de probabilité de la variable aléatoire \(X\).

\(X = x_i\)	0	1	2	3
\(p(X = x_i)\)	0,1			0,0735

b. Calculer \(E(X)\).

c. Interpréter le résultat précédent dans le contexte de l’exercice.

Partie B

On considère \(N\), un entier naturel supérieur ou égal à 1.

Un groupe de \(N\) personnes se présente à ce stand pour jouer à ce jeu dans des conditions identiques et indépendantes.

Un joueur est déclaré gagnant lorsqu’il atteint trois fois la cible.

On note \(Y\) la variable aléatoire qui compte parmi les \(N\) personnes le nombre de joueurs déclarés gagnants.

1. Dans cette question, \(N = 15\).

a. Justifier que \(Y\) suit une loi binomiale dont on déterminera les paramètres.

b. Donner la probabilité, arrondie à \(10^{-3}\), qu’exactement 5 joueurs soient gagnants à ce jeu.

2. Par la méthode de votre choix, que vous expliciterez, déterminer le nombre minimum de personnes qui doivent se présenter à ce stand pour que la probabilité qu’il y ait au moins un joueur gagnant soit supérieure ou égale à \(0{,}98\).

Exercice 2 (5 points)

Dans un repère orthonormé \((\text{O}~;~\vec{\imath},~\vec{\jmath},~\vec{k})\) on considère les points :

\(\text{A}(1~;~1~;~-4)\), \(\text{B}(2~;~-1~;~-3)\), \(\text{C}(0~;~-1~;~-1)\) et \(\Omega(1~;~1~;~2)\).

1. Démontrer que les points A, B et C définissent un plan.

2. a. Démontrer que le vecteur \(\vec{n}\) de coordonnées \(\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) est normal au plan (ABC).

b. Justifier qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est \(x + y + z + 2 = 0\).

3. a. Justifier que le point \(\Omega\) n’appartient pas au plan (ABC).

b. Déterminer les coordonnées du point H, projeté orthogonal du point \(\Omega\) sur le plan (ABC).

On admet que \(\Omega\text{H} = 2\sqrt{3}\).

On définit la sphère \(S\) de centre \(\Omega\) et de rayon \(2\sqrt{3}\) comme l’ensemble de tous les points M de l’espace tels que \(\Omega\text{M} = 2\sqrt{3}\).

4. Justifier, sans calcul, que tout point N du plan (ABC), distinct de H, n’appartient pas à la sphère \(S\).

On dit qu’un plan \(\mathcal{P}\) est tangent à la sphère \(S\) en un point K lorsque les deux conditions suivantes sont vérifiées :

\(\text{K} \in \mathcal{P} \cap S\)
\((\Omega\text{K}) \perp \mathcal{P}\)

5. Soit le plan \(\mathcal{P}\) d’équation cartésienne \(x + y – z – 6 = 0\) et le point K de coordonnées \(\text{K}(3~;~3~;~0)\).

Démontrer que le plan \(\mathcal{P}\) est tangent à la sphère \(S\) au point K.

6. On admet que les plans (ABC) et \(\mathcal{P}\) sont sécants selon une droite \((\Delta)\).

Déterminer une équation paramétrique de la droite \((\Delta)\).

Exercice 3 (5 points)

Soit la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 0\) et, pour tout \(n \in \mathbb{N}\),

\[u_{n+1} = 5u_n – 8n + 6.\]

1. Calculer \(u_1\) et \(u_2\).

2. Soit \(n\) un entier naturel.

Recopier et compléter la fonction suite_u d’argument n ci-dessous, écrite en langage Python, afin qu’elle retourne la valeur de \(u_n\).

def suite_u(n) :
    u = ...
    for i in range(1,n+1) :
        u = ...
    return u

3. a. Démontrer par récurrence que, pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(u_n \geq\, 2n\).

b. En déduire la limite de la suite \((u_n)\).

c. Soit \(p \in \mathbb{N}^*\). Pourquoi peut-on affirmer qu’il existe au moins un entier \(n_0\) tel que, pour tout entier naturel \(n\) vérifiant \(n \geq\, n_0\), \(u_n \geq\, 10^p\) ?

4. Démontrer que la suite \((u_n)\) est croissante.

5. On considère la suite \((v_n)\), définie pour tout \(n \in \mathbb{N}\), par \(v_n = u_n – 2n + 1\).

a. En dessous de la fonction suite_u précédente, on a écrit la fonction suite_v ci-dessous :

def suite_v(n):
    L = []
    for i in range(n+1) :
        L.append(suite_u(i) - 2*i + 1)
    return L

La commande « L.append » permet de rajouter, en dernière position, un élément dans la liste L.

Lorsqu’on saisit suite_v(5) dans la console, on obtient l’affichage suivant :

>>> suite_v(5)
[1, 5, 25, 125, 625, 3125]

Conjecturer, pour tout entier naturel \(n\), l’expression de \(v_{n+1}\) en fonction de \(v_n\).

Démontrer cette conjecture.

b. En déduire, pour tout entier naturel \(n\), la forme explicite de \(u_n\) en fonction de \(n\).

Exercice 4 (5 points)

Soit la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par

\[f(x) = \ln(1 + \text{e}^{-x}) + \dfrac{1}{4}x.\]

On note \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de la fonction \(f\) dans un repère orthonormé \((\text{O}~;~\vec{\imath},~\vec{\jmath})\) du plan.

Partie A

1. Déterminer la limite de \(f\) en \(+\infty\).

2. On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée.

a. Montrer que, pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^x – 3}{4(\text{e}^x + 1)}\).

b. En déduire les variations de la fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

c. Montrer que l’équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) dans l’intervalle \([2~;~5]\).

Partie B

On admettra que la fonction \(f^{\prime}\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et pour tout réel \(x\),

\[f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{\text{e}^x}{(\text{e}^x + 1)^2}.\]

On note \(\Delta\) la tangente à la courbe \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 0.

Dans le graphique ci-dessous, on a représenté la courbe \(\mathcal{C}_f\), la tangente \(\Delta\) et le quadrilatère MNPQ tel que M et N sont les deux points de la courbe \(\mathcal{C}_f\) d’abscisses respectives \(\alpha\) et \(-\alpha\), et Q et P sont les deux points de la droite \(\Delta\) d’abscisses respectives \(\alpha\) et \(-\alpha\).

1. a. Justifier le signe de \(f^{\prime\prime}(x)\) pour \(x \in \mathbb{R}\).

b. En déduire que la portion de la courbe \(\mathcal{C}_f\) sur l’intervalle \([-\alpha~;~\alpha]\) est inscrite dans le quadrilatère MNPQ.

2. a. Montrer que \(f(-\alpha) = \ln(\text{e}^{-\alpha} + 1) + \dfrac{3}{4}\alpha\).

b. Démontrer que le quadrilatère MNPQ est un parallélogramme.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Les deux constats de l’énoncé sont des probabilités conditionnelles qui valent pour le passage du 1^er au 2^e tir comme pour le passage du 2^e au 3^e. Pour \(k = 1\) ou \(k = 2\) : après un tir réussi, le tir suivant est manqué avec la probabilité 0,65, donc réussi avec la probabilité \(1 – 0{,}65 = 0{,}35\) ; après un tir manqué, le tir suivant est réussi avec la probabilité 0,5, donc manqué avec la probabilité 0,5. Enfin \(p(\overline{A_1}) = 1 – 0{,}6 = 0{,}4\). On obtient l’arbre suivant.

2. L’évènement \(\{X = 2\}\) est réalisé par trois chemins de l’arbre, deux succès et un échec : \(A_1 \cap A_2 \cap \overline{A_3}\), \(A_1 \cap \overline{A_2} \cap A_3\) et \(\overline{A_1} \cap A_2 \cap A_3\). Ces chemins sont incompatibles, on additionne leurs probabilités, chacune obtenue en multipliant les poids des branches :

\[p(X = 2) = 0{,}6 \times 0{,}35 \times 0{,}65 + 0{,}6 \times 0{,}65 \times 0{,}5 + 0{,}4 \times 0{,}5 \times 0{,}35 = 0{,}1365 + 0{,}195 + 0{,}07 = 0{,}4015.\]

On retrouve bien \(p(X = 2) = 0{,}4015\).

3. a. Les valeurs 0, 1, 2 et 3 sont les seules possibles, donc la somme des probabilités vaut 1 :

\[p(X = 1) = 1 – (0{,}1 + 0{,}4015 + 0{,}0735) = 1 – 0{,}575 = 0{,}425.\]

On peut le vérifier sur l’arbre : les chemins avec un seul succès donnent \(0{,}6 \times 0{,}65 \times 0{,}5 + 0{,}4 \times 0{,}5 \times 0{,}65 + 0{,}4 \times 0{,}5 \times 0{,}5 = 0{,}195 + 0{,}13 + 0{,}1 = 0{,}425\).

\(X = x_i\)	0	1	2	3
\(p(X = x_i)\)	0,1	0,425	0,4015	0,0735

b. Par définition de l’espérance :

\[E(X) = 0 \times 0{,}1 + 1 \times 0{,}425 + 2 \times 0{,}4015 + 3 \times 0{,}0735 = 0{,}425 + 0{,}803 + 0{,}2205 = 1{,}4485.\]

Donc \(E(X) = 1{,}4485\).

c. Sur un très grand nombre de parties, un joueur atteint la cible en moyenne environ 1,45 fois sur ses trois tirs.

Partie B

1. a. Un joueur est gagnant lorsqu’il réussit ses trois tirs, ce qui arrive avec la probabilité \(p = p(X = 3) = 0{,}6 \times 0{,}35 \times 0{,}35 = 0{,}0735\). Pour chacune des 15 personnes, on observe donc une épreuve de Bernoulli (succès : « le joueur est gagnant », de probabilité 0,0735). Ces 15 épreuves sont identiques et indépendantes, et \(Y\) compte le nombre de succès : \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 15\) et \(p = 0{,}0735\).

b. Avec la formule de la loi binomiale :

\[p(Y = 5) = \dbinom{15}{5} \times 0{,}0735^5 \times 0{,}9265^{10} = 3003 \times 0{,}0735^5 \times 0{,}9265^{10} \approx 0{,}003.\]

La probabilité qu’exactement 5 joueurs gagnent est environ 0,003.

2. Avec \(N\) joueurs, \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(N\) et 0,0735. L’évènement « au moins un gagnant » est le contraire de « aucun gagnant », donc \(p(Y \geq\, 1) = 1 – p(Y = 0) = 1 – 0{,}9265^N\). On résout l’inéquation :

\[1 – 0{,}9265^N \geq\, 0{,}98 \iff 0{,}9265^N \leq\, 0{,}02 \iff N \ln(0{,}9265) \leq\, \ln(0{,}02) \iff N \geq\, \dfrac{\ln(0{,}02)}{\ln(0{,}9265)}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante, ce qui justifie le passage au logarithme ; on change ensuite le sens de l’inégalité car \(\ln(0{,}9265) \lt 0\). Or \(\dfrac{\ln(0{,}02)}{\ln(0{,}9265)} \approx 51{,}24\). Vérification : \(0{,}9265^{51} \approx 0{,}0204 \gt 0{,}02\) et \(0{,}9265^{52} \approx 0{,}0189 \leq\, 0{,}02\).

Il faut donc au minimum 52 personnes.

Exercice 2 :

1. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1\\-2\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-1\\-2\\3\end{pmatrix}\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) avec \(\vec{\text{AC}} = k\,\vec{\text{AB}}\) ; la première coordonnée donne \(k = -1\) et la deuxième \(k = 1\), ce qui est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et définissent un plan.

2. a. On calcule les produits scalaires : \(\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 1 – 2 + 1 = 0\) et \(\vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = -1 – 2 + 3 = 0\). Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).

b. Comme \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\) est normal au plan, celui-ci a une équation de la forme \(x + y + z + d = 0\). Le point A est dans le plan : \(1 + 1 – 4 + d = 0\), d’où \(d = 2\). Une équation de (ABC) est donc \(x + y + z + 2 = 0\). (On peut contrôler avec B : \(2 – 1 – 3 + 2 = 0\), et avec C : \(0 – 1 – 1 + 2 = 0\).)

3. a. On remplace les coordonnées de \(\Omega\) dans l’équation : \(1 + 1 + 2 + 2 = 6 \neq 0\). Donc \(\Omega\) n’appartient pas au plan (ABC).

b. H est le point d’intersection du plan (ABC) avec la droite passant par \(\Omega\) et dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\). Cette droite a pour représentation paramétrique \(\{\begin{array}{l}x = 1 + t\\ y = 1 + t\\ z = 2 + t\end{array}.\), \(t \in \mathbb{R}\). On injecte dans l’équation du plan :

\[(1 + t) + (1 + t) + (2 + t) + 2 = 0 \iff 3t + 6 = 0 \iff t = -2.\]

On obtient \(\text{H}(-1~;~-1~;~0)\). On retrouve au passage \(\Omega\text{H} = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + (-2)^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\).

4. Soit N un point du plan (ABC) distinct de H. La droite \((\Omega\text{H})\) est orthogonale au plan, donc à la droite (HN) qui y est contenue : le triangle \(\Omega\text{HN}\) est rectangle en H. Son hypoténuse \([\Omega\text{N}]\) est strictement plus longue que le côté \([\Omega\text{H}]\) (Pythagore : \(\Omega\text{N}^2 = \Omega\text{H}^2 + \text{HN}^2 \gt \Omega\text{H}^2\) car \(\text{HN} \gt 0\)). Donc \(\Omega\text{N} \gt 2\sqrt{3}\) et N n’est pas sur la sphère \(S\) : le plan (ABC) ne touche la sphère qu’au point H.

5. On vérifie les deux conditions de la définition.

K est dans \(\mathcal{P}\) car \(3 + 3 – 0 – 6 = 0\). K est sur \(S\) car \(\Omega\text{K}^2 = (3 – 1)^2 + (3 – 1)^2 + (0 – 2)^2 = 12\), soit \(\Omega\text{K} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\). Donc \(\text{K} \in \mathcal{P} \cap S\).
Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}\) (coefficients de l’équation). Or \(\vec{\Omega\text{K}}\begin{pmatrix}2\\2\\-2\end{pmatrix} = 2\,\vec{n^{\prime}}\) : ce vecteur est normal à \(\mathcal{P}\), donc \((\Omega\text{K}) \perp \mathcal{P}\).

Les deux conditions sont remplies : le plan \(\mathcal{P}\) est tangent à la sphère \(S\) au point K.

6. Un point \(M(x~;~y~;~z)\) appartient à \((\Delta)\) si et seulement si ses coordonnées vérifient les deux équations \(x + y + z + 2 = 0\) et \(x + y – z – 6 = 0\). En soustrayant la seconde de la première, on obtient \(2z + 8 = 0\), donc \(z = -4\). En reportant, \(x + y – 4 + 2 = 0\), soit \(x = 2 – y\). En prenant \(y = t\) comme paramètre :

\[(\Delta) : \{\begin{array}{l}x = 2 – t\\ y = t\\ z = -4\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]

C’est une représentation paramétrique de \((\Delta)\) : elle passe par le point \((2~;~0~;~-4)\) et est dirigée par \(\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}\), vecteur qui est bien orthogonal à \(\vec{n}\) et à \(\vec{n^{\prime}}\).

Exercice 3 :

1. Avec \(n = 0\) : \(u_1 = 5 \times 0 – 8 \times 0 + 6\), donc \(u_1 = 6\). Avec \(n = 1\) : \(u_2 = 5 \times 6 – 8 \times 1 + 6 = 30 – 8 + 6\), donc \(u_2 = 28\).

2. On part de \(u_0 = 0\). À l’itération d’indice \(i\) (de 1 à \(n\)), la variable u contient \(u_{i-1}\) et doit recevoir \(u_i\) ; la relation de récurrence écrite au rang \(i – 1\) donne \(u_i = 5u_{i-1} – 8(i – 1) + 6\). Attention donc à écrire i-1 et non i :

def suite_u(n) :
    u = 0
    for i in range(1,n+1) :
        u = 5*u - 8*(i-1) + 6
    return u

Par exemple, suite_u(2) calcule 6 puis 28, en accord avec la question 1.

3. a. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(u_n \geq\, 2n\) ».

Initialisation. \(u_0 = 0\) et \(2 \times 0 = 0\), donc \(u_0 \geq\, 0\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \geq\, 2n\). En multipliant par 5, qui est positif, \(5u_n \geq\, 10n\), puis en ajoutant \(-8n + 6\) :

\[u_{n+1} = 5u_n – 8n + 6 \geq\, 10n – 8n + 6 = 2n + 6 = 2(n + 1) + 4 \geq\, 2(n + 1).\]

Donc \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc par récurrence \(u_n \geq\, 2n\) pour tout entier naturel \(n\).

b. On a \(\lim\limits_{n \to +\infty} 2n = +\infty\) et \(u_n \geq\, 2n\) pour tout \(n\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = +\infty\).

c. Dire qu’une suite tend vers \(+\infty\), c’est dire que tout intervalle de la forme \([A~;~+\infty[\) contient tous les termes de la suite à partir d’un certain rang. En prenant \(A = 10^p\), on obtient un rang \(n_0\) tel que, pour tout \(n \geq\, n_0\), \(u_n \geq\, 10^p\). C’est donc une conséquence directe de la définition de la limite infinie et du résultat de la question b.

4. Pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_{n+1} – u_n = 5u_n – 8n + 6 – u_n = 4u_n – 8n + 6 = 4(u_n – 2n) + 6.\]

D’après la question 3.a, \(u_n – 2n \geq\, 0\), donc \(u_{n+1} – u_n \geq\, 6 \gt 0\). La suite \((u_n)\) est croissante (et même strictement).

5. a. La liste affichée contient \(v_0, v_1, \ldots, v_5\) : 1, 5, 25, 125, 625, 3125. Chaque terme est le quintuple du précédent, d’où la conjecture : \(v_{n+1} = 5v_n\) pour tout entier naturel \(n\).

Démonstration : pour tout \(n\),

\[v_{n+1} = u_{n+1} – 2(n + 1) + 1 = 5u_n – 8n + 6 – 2n – 2 + 1 = 5u_n – 10n + 5 = 5(u_n – 2n + 1) = 5v_n.\]

La conjecture est démontrée : \((v_n)\) est géométrique de raison 5.

b. Le premier terme est \(v_0 = u_0 – 0 + 1 = 1\), donc \(v_n = 1 \times 5^n = 5^n\) pour tout \(n\). Comme \(u_n = v_n + 2n – 1\), on obtient pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_n = 5^n + 2n – 1.\]

Soit \(u_n = 5^n + 2n – 1\). Contrôle : \(u_1 = 5 + 2 – 1 = 6\) et \(u_2 = 25 + 4 – 1 = 28\).

Exercice 4 :

Partie A

1. Quand \(x \to +\infty\), \(-x \to -\infty\) donc \(\text{e}^{-x} \to 0\), puis \(1 + \text{e}^{-x} \to 1\) et, la fonction \(\ln\) étant continue en 1, \(\ln(1 + \text{e}^{-x}) \to \ln 1 = 0\). Par ailleurs \(\dfrac{1}{4}x \to +\infty\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

2. a. La dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) ; ici \(u(x) = 1 + \text{e}^{-x}\) et \(u^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\). Donc

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{-\text{e}^{-x}}{1 + \text{e}^{-x}} + \dfrac{1}{4}.\]

En multipliant numérateur et dénominateur de la fraction par \(\text{e}^x\), on obtient \(\dfrac{-1}{\text{e}^x + 1}\), puis en réduisant au même dénominateur :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{-4}{4(\text{e}^x + 1)} + \dfrac{\text{e}^x + 1}{4(\text{e}^x + 1)} = \dfrac{\text{e}^x – 3}{4(\text{e}^x + 1)}.\]

C’est l’expression attendue.

b. Le dénominateur \(4(\text{e}^x + 1)\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(\text{e}^x – 3\). Or \(\text{e}^x – 3 \gt 0 \iff \text{e}^x \gt 3 \iff x \gt \ln 3\), par stricte croissance de \(\ln\). Ainsi \(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty~;~\ln 3]\) et strictement croissante sur \([\ln 3~;~+\infty[\), avec un minimum en \(\ln 3\).

\(x\)	\(-\infty\)		\(\ln 3\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)		\(-\)	0	\(+\)
variations de \(f\)		décroissante	\(f(\ln 3)\)	croissante	\(+\infty\)

c. Comme \(\ln 3 \approx 1{,}1 \lt 2\), la fonction \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \([2~;~5]\). De plus \(f(2) = \ln(1 + \text{e}^{-2}) + 0{,}5 \approx 0{,}63 \lt 1\) et \(f(5) = \ln(1 + \text{e}^{-5}) + 1{,}25 \approx 1{,}26 \gt 1\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2~;~5]\). Une calculatrice donne \(\alpha \approx 3{,}92\).

Partie B

1. a. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^x \gt 0\) et \((\text{e}^x + 1)^2 \gt 0\) (carré d’un nombre strictement positif). Le quotient est donc strictement positif : \(f^{\prime\prime}(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\).

b. Puisque \(f^{\prime\prime} \gt 0\) sur \(\mathbb{R}\), la fonction \(f\) est convexe sur \(\mathbb{R}\). Deux conséquences de la convexité :

la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de chacune de ses tangentes, en particulier au-dessus de \(\Delta\), donc au-dessus du côté [PQ] ;
entre deux de ses points, la courbe est au-dessous de la corde qui les joint : sur \([-\alpha~;~\alpha]\), elle est au-dessous du segment [NM].

Sur \([-\alpha~;~\alpha]\), la courbe est donc comprise entre [PQ] et [NM], et limitée à gauche et à droite par les segments verticaux [NP] et [MQ] d’abscisses \(-\alpha\) et \(\alpha\) : cette portion de \(\mathcal{C}_f\) est inscrite dans le quadrilatère MNPQ.

2. a. On a \(f(-\alpha) = \ln(1 + \text{e}^{\alpha}) – \dfrac{1}{4}\alpha\). On met \(\text{e}^{\alpha}\) en facteur dans le logarithme : \(1 + \text{e}^{\alpha} = \text{e}^{\alpha}(\text{e}^{-\alpha} + 1)\). Avec la propriété \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) :

\[f(-\alpha) = \ln(\text{e}^{\alpha}) + \ln(\text{e}^{-\alpha} + 1) – \dfrac{1}{4}\alpha = \alpha – \dfrac{1}{4}\alpha + \ln(\text{e}^{-\alpha} + 1) = \ln(\text{e}^{-\alpha} + 1) + \dfrac{3}{4}\alpha.\]

C’est l’égalité demandée.

b. On calcule les coordonnées des quatre sommets.

Par définition de \(\alpha\), \(f(\alpha) = 1\), donc \(\text{M}(\alpha~;~1)\). De plus \(\ln(1 + \text{e}^{-\alpha}) = 1 – \dfrac{1}{4}\alpha\), et avec la question a, \(f(-\alpha) = 1 – \dfrac{1}{4}\alpha + \dfrac{3}{4}\alpha = 1 + \dfrac{1}{2}\alpha\), donc \(\text{N}(-\alpha~;~1 + \dfrac{1}{2}\alpha)\).
La tangente \(\Delta\) a pour équation \(y = f^{\prime}(0)x + f(0)\) avec \(f^{\prime}(0) = \dfrac{1 – 3}{4 \times 2} = -\dfrac{1}{4}\) et \(f(0) = \ln 2\) : \(y = -\dfrac{1}{4}x + \ln 2\). Donc \(\text{Q}(\alpha~;~\ln 2 – \dfrac{1}{4}\alpha)\) et \(\text{P}(-\alpha~;~\ln 2 + \dfrac{1}{4}\alpha)\).

On compare alors les vecteurs \(\vec{\text{MN}}\) et \(\vec{\text{QP}}\) :

\[\vec{\text{MN}}\begin{pmatrix}-2\alpha\\ \dfrac{1}{2}\alpha\end{pmatrix} \quad \text{et} \quad \vec{\text{QP}}\begin{pmatrix}-2\alpha\\ \dfrac{1}{2}\alpha\end{pmatrix}.\]

Ces deux vecteurs sont égaux (autrement dit, la corde (MN) a la même pente \(-\dfrac{1}{4}\) que \(\Delta\), et les côtés [MQ] et [NP] sont tous deux verticaux et de même longueur \(1 – \ln 2 + \dfrac{1}{4}\alpha\)). Comme \(\vec{\text{MN}} = \vec{\text{QP}}\), le quadrilatère MNPQ est un parallélogramme.

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