Bac maths 2022 Amérique du Nord J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet de bac de maths spécialité d’Amérique du Nord, jour 1, session 2022 (épreuve du 18 mai 2022), accompagné de son corrigé détaillé sur cette page. Le candidat choisissait trois exercices sur quatre. Le premier suit Paul qui rejoint la gare à vélo ou en voiture : arbre pondéré, formule de Bayes, loi binomiale sur 20 jours et espérance d’un temps de trajet. Le deuxième étudie une suite arithmético-géométrique qui modélise le refroidissement d’un gâteau selon la loi de Newton, avec récurrence, suite géométrique auxiliaire, logarithme et fonction Python. Le troisième, dans l’espace, porte sur un triangle rectangle, un vecteur normal, un projeté orthogonal et le volume d’un tétraèdre. Le dernier propose six affirmations vrai ou faux sur la fonction exponentielle.

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — SESSION 2022
Amérique du Nord — Jour 1 — 18 mai 2022
Mathématiques, épreuve d’enseignement de spécialité — Durée : 4 heures

Le sujet propose 4 exercices.

Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 exercices et ne doit traiter que ces 3 exercices.

Chaque exercice est noté sur 7 points (le total sera ramené sur 20 points).

Les traces de recherche, même incomplètes ou infructueuses, seront prises en compte.

Exercice 1 (7 points) — Thème : probabilités

Chaque chaque jour où il travaille, Paul doit se rendre à la gare pour rejoindre son lieu de travail en train. Pour cela, il prend son vélo deux fois sur trois et, si il ne prend pas son vélo, il prend sa voiture.

1. lorsqu’il prend son vélo pour rejoindre la gare, Paul ne rate le train qu’une fois sur 50 alors que, lorsqu’il prend sa voiture pour rejoindre la gare Paul rate son train une fois sur 10.

On considère une journée au hasard lors de laquelle Paul sera à la gare pour prendre le train qui le conduira au travail.

On note :

\(V\) l’évènement « Paul prend son vélo pour rejoindre la gare » ;
\(R\) l’évènement « Paul rate son train ».

a. Faire un arbre pondéré résumant la situation.

b. Montrer que la probabilité que Paul rate son train est égale à \(\dfrac{7}{150}\).

c. Paul a raté son train. Déterminer la valeur exacte de la probabilité qu’il ait pris son vélo pour rejoindre la gare.

2. On choisit au hasard un mois pendant lequel Paul s’est rendu 20 jours à la gare pour rejoindre son lieu de travail selon les modalités décrites en préambule.

On suppose que, pour chacun de ces 20 jours, le choix entre le vélo et la voiture est indépendant des choix des autres jours.

On note \(X\) la variable aléatoire donnant le nombre de jours où Paul prend son vélo sur ces 20 jours.

a. Déterminer la loi suivie par la variable aléatoire \(X\). Préciser ses paramètres.

b. Quelle est la probabilité que Paul prenne son vélo exactement 10 jours sur ces 20 jours pour se rendre à la gare ? On arrondira la probabilité cherchée à \(10^{-3}\).

c. Quelle est la probabilité que Paul prenne son vélo au moins 10 jours sur ces 20 jours pour se rendre à la gare ? On arrondira la probabilité cherchée à \(10^{-3}\).

d. En moyenne, combien de jours sur une période choisie au hasard de 20 jours pour se rendre à la gare, Paul prend-il son vélo ? On arrondira la réponse à l’entier.

3. Dans le cas où Paul se rend à la gare en voiture, on note \(T\) la variable aléatoire donnant le temps de trajet nécessaire pour se rendre à la gare. La durée du trajet est donnée en minutes, arrondie à la minute. La loi de probabilité de \(T\) est donnée par le tableau ci-dessous :

\(k\) (en minutes)	10	11	12	13	14	15	16	17	18
\(P(T = k)\)	0,14	0,13	0,13	0,12	0,12	0,11	0,10	0,08	0,07

Déterminer l’espérance de la variable aléatoire \(T\) et interpréter cette valeur dans le contexte de l’exercice.

Exercice 2 (7 points) — Thème : suites

Dans cet exercice, on considère la suite \((T_n)\) définie par :

\[T_0 = 180 \quad \text{et, pour tout entier naturel } n, \quad T_{n+1} = 0{,}955\,T_n + 0{,}9\]

1. a. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), \(T_n \geq\, 20\).

b. Vérifier que pour tout entier naturel \(n\), \(T_{n+1} – T_n = -0{,}045(T_n – 20)\). En déduire le sens de variation de la suite \((T_n)\).

c. Conclure de ce qui précède que la suite \((T_n)\) est convergente. Justifier.

2. Pour tout entier naturel \(n\), on pose : \(u_n = T_n – 20\).

a. Montrer que la suite \((u_n)\) est une suite géométrique dont on précisera la raison.

b. En déduire que pour tout entier naturel \(n\), \(T_n = 20 + 160 \times 0{,}955^n\).

c. Calculer la limite de la suite \((T_n)\).

d. Résoudre l’inéquation \(T_n \leq\, 120\) d’inconnue \(n\) entier naturel.

3. Dans cette partie, on s’intéresse à l’évolution de la température au centre d’un gâteau après sa sortie du four.

On considère qu’à la sortie du four, la température au centre du gâteau est de 180 °C et celle de l’air ambiant de 20 °C.

La loi de refroidissement de Newton permet de modéliser la température au centre du gâteau par la suite précédente \((T_n)\). Plus précisément, \(T_n\) représente la température au centre du gâteau, exprimée en degré Celsius, \(n\) minutes après sa sortie du four.

a. Expliquer pourquoi la limite de la suite \((T_n)\) déterminée à la question 2. c. était prévisible dans le contexte de l’exercice.

b. On considère la fonction Python ci-dessous :

def temp(x) :
    T = 180
    n = 0
    while T > x :
        T=0.955*T+0.9
        n=n+1
    return n

Donner le résultat obtenu en. exécutant la commande temp(120).

Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Exercice 3 (7 points) — Thème : géométrie dans l’espace

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\) d’unité 1 cm, on considère les points suivants :

\[\text{J}(2\,;\,0\,;\,1), \quad \text{K}(1\,;\,2\,;\,1) \quad \text{et} \quad \text{L}(-2\,;\,-2\,;\,-2)\]

1. a. Montrer que le triangle JKL est rectangle en J.

b. Calculer la valeur exacte de l’aire du triangle JKL en cm².

c. Déterminer une valeur approchée au dixième près de l’angle géométrique \(\widehat{\text{JKL}}\).

2. a. Démontrer que le vecteur \(\vec{n}\) de coordonnées \(\begin{pmatrix}6\\3\\-10\end{pmatrix}\) est un vecteur normal au plan (JKL).

b. En déduire une équation cartésienne du plan (JKL).

Dans la suite, T désigne le point de coordonnées \((10\,;\,9\,;\,-6)\).

3. a. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) orthogonale au plan (JKL) et passant par T.

b. Déterminer les coordonnées du point H, projeté orthogonal du point T sur le plan (JKL).

c. On rappelle que le volume \(V\) d’un tétraèdre est donné par la formule :

\[V = \dfrac{1}{3}\,\mathcal{B} \times h \quad \text{où } \mathcal{B} \text{ désigne l^{\prime}aire d^{\prime}une base et } h \text{ la hauteur correspondante}\]

Calculer la valeur exacte du volume du tétraèdre JKLT en cm³.

Exercice 4 (7 points) — Thème : fonction exponentielle

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse.

1. Affirmation 1 : Pour tout réel \(x\) : \(1 – \dfrac{1 – \text{e}^x}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{2}{1 + \text{e}^{-x}}\).

2. On considère la fonction \(g\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(g(x) = \dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + 1}\).

Affirmation 2 : L’équation \(g(x) = \dfrac{1}{2}\) admet une unique solution dans \(\mathbb{R}\).

3. On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x) = x^2\text{e}^{-x}\) et on note \(\mathcal{C}\) sa courbe dans un repère orthonormé.

Affirmation 3 : L’axe des abscisses est tangent à la courbe \(\mathcal{C}\) en un seul point.

4. On considère la fonction \(h\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(h(x) = \text{e}^x(1 – x^2)\).

Affirmation 4 : Dans le plan muni d’un repère orthonormé, la courbe représentative de la fonction \(h\) n’admet pas de point d’inflexion.

5. Affirmation 5 : \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + x} = 0\).

6. Affirmation 6 : Pour tout réel \(x\), \(1 + \text{e}^{2x} \geq\, 2\text{e}^x\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. a. Paul prend son vélo deux jours sur trois, donc \(P(V) = \dfrac{2}{3}\) et \(P(\overline{V}) = \dfrac{1}{3}\). À vélo, il rate le train une fois sur 50 : \(P_V(R) = \dfrac{1}{50}\) ; en voiture, une fois sur 10 : \(P_{\overline{V}}(R) = \dfrac{1}{10}\). Les probabilités complémentaires se déduisent en retranchant à 1. L’arbre pondéré a donc la structure suivante :

branche \(V\) de probabilité \(\dfrac{2}{3}\), puis : \(R\) avec \(\dfrac{1}{50}\), \(\overline{R}\) avec \(\dfrac{49}{50}\) ;
branche \(\overline{V}\) de probabilité \(\dfrac{1}{3}\), puis : \(R\) avec \(\dfrac{1}{10}\), \(\overline{R}\) avec \(\dfrac{9}{10}\).

b. Les événements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

\[P(R) = P(V \cap R) + P(\overline{V} \cap R) = P(V) \times P_V(R) + P(\overline{V}) \times P_{\overline{V}}(R)\]

\[P(R) = \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{50} + \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{10} = \dfrac{2}{150} + \dfrac{1}{30} = \dfrac{2}{150} + \dfrac{5}{150} = \dfrac{7}{150}\]

La probabilité que Paul rate son train est bien \(\dfrac{7}{150}\).

c. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_R(V)\). Par définition :

\[P_R(V) = \dfrac{P(V \cap R)}{P(R)} = \dfrac{\dfrac{2}{150}}{\dfrac{7}{150}} = \dfrac{2}{7}\]

Sachant que Paul a raté son train, la probabilité qu’il soit venu à vélo est \(\dfrac{2}{7}\) (environ 0,286). Autrement dit, sur 7 trains ratés, 2 le sont en moyenne un jour de vélo, bien qu’il prenne son vélo deux fois plus souvent que sa voiture.

2. a. Chaque jour, on observe une épreuve à deux issues : « Paul prend son vélo » (succès, de probabilité \(\dfrac{2}{3}\)) ou non. Cette épreuve est répétée 20 fois de façon identique et indépendante (hypothèse de l’énoncé). \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = \dfrac{2}{3}\).

b. Pour une loi binomiale, \(P(X = k) = \dbinom{n}{k} p^k (1 – p)^{n – k}\). Ici :

\[P(X = 10) = \dbinom{20}{10} (\dfrac{2}{3})^{10} (\dfrac{1}{3})^{10} = 184\,756 \times \dfrac{2^{10}}{3^{20}} \approx 0{,}054\]

La probabilité que Paul prenne son vélo exactement 10 jours est environ 0,054.

c. On passe par l’événement contraire : \(P(X \geq\, 10) = 1 – P(X \leq\, 9)\). À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale), \(P(X \leq\, 9) \approx 0{,}0376\), d’où :

\[P(X \geq\, 10) \approx 1 – 0{,}0376 \approx 0{,}962\]

La probabilité que Paul prenne son vélo au moins 10 jours sur 20 est environ 0,962.

d. Le nombre moyen de jours à vélo est l’espérance de \(X\). Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20 \times \dfrac{2}{3} = \dfrac{40}{3} \approx 13{,}3\). En moyenne, Paul prend son vélo environ 13 jours sur 20.

3. L’espérance de \(T\) est la somme des produits de chaque valeur par sa probabilité (on vérifie au passage que les probabilités du tableau ont pour somme 1) :

\[E(T) = 10 \times 0{,}14 + 11 \times 0{,}13 + 12 \times 0{,}13 + 13 \times 0{,}12 + 14 \times 0{,}12 + 15 \times 0{,}11 + 16 \times 0{,}10 + 17 \times 0{,}08 + 18 \times 0{,}07\]

\[E(T) = 1{,}4 + 1{,}43 + 1{,}56 + 1{,}56 + 1{,}68 + 1{,}65 + 1{,}6 + 1{,}36 + 1{,}26 = 13{,}5\]

\(E(T) = 13{,}5\) : sur un grand nombre de trajets en voiture, Paul met en moyenne 13,5 minutes, soit 13 minutes et 30 secondes, pour se rendre à la gare.

Exercice 2 :

1. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(T_n \geq\, 20\) ».

Initialisation. \(T_0 = 180\) et \(180 \geq\, 20\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(T_n \geq\, 20\). En multipliant par \(0{,}955\), qui est positif, l’inégalité est conservée : \(0{,}955\,T_n \geq\, 0{,}955 \times 20 = 19{,}1\). En ajoutant \(0{,}9\) : \(0{,}955\,T_n + 0{,}9 \geq\, 20\), c’est-à-dire \(T_{n+1} \geq\, 20\). La propriété est donc héréditaire.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(T_n \geq\, 20\).

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

\[T_{n+1} – T_n = 0{,}955\,T_n + 0{,}9 – T_n = -0{,}045\,T_n + 0{,}9\]

Par ailleurs, en développant, \(-0{,}045(T_n – 20) = -0{,}045\,T_n + 0{,}045 \times 20 = -0{,}045\,T_n + 0{,}9\). Les deux expressions coïncident, donc \(T_{n+1} – T_n = -0{,}045(T_n – 20)\).

D’après la question a., \(T_n – 20 \geq\, 0\) ; comme \(-0{,}045 \lt 0\), on obtient \(T_{n+1} – T_n \leq\, 0\) pour tout \(n\). La suite \((T_n)\) est décroissante.

c. La suite \((T_n)\) est décroissante (question b.) et minorée par 20 (question a.). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((T_n)\) est convergente, et sa limite est supérieure ou égale à 20.

2. a. Pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_{n+1} = T_{n+1} – 20 = 0{,}955\,T_n + 0{,}9 – 20 = 0{,}955\,T_n – 19{,}1\]

Or \(19{,}1 = 0{,}955 \times 20\), donc \(u_{n+1} = 0{,}955(T_n – 20) = 0{,}955\,u_n\). La suite \((u_n)\) est géométrique de raison \(q = 0{,}955\), de premier terme \(u_0 = T_0 – 20 = 160\).

b. Le terme général d’une suite géométrique est \(u_n = u_0 \times q^n\), soit \(u_n = 160 \times 0{,}955^n\). Comme \(T_n = u_n + 20\), on obtient \(T_n = 20 + 160 \times 0{,}955^n\) pour tout entier naturel \(n\).

c. Comme \(0 \lt 0{,}955 \lt 1\), on sait que \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}955^n = 0\). Par produit et somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} 160 \times 0{,}955^n = 0\) et donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} T_n = 20\).

d. On résout, pour \(n\) entier naturel :

\[T_n \leq\, 120 \iff 160 \times 0{,}955^n \leq\, 100 \iff 0{,}955^n \leq\, \dfrac{100}{160} = 0{,}625\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), elle conserve donc l’ordre :

\[0{,}955^n \leq\, 0{,}625 \iff n \ln(0{,}955) \leq\, \ln(0{,}625)\]

Comme \(0{,}955 \lt 1\), \(\ln(0{,}955) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :

\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}625)}{\ln(0{,}955)} \approx 10{,}21\]

\(n\) étant un entier, l’ensemble des solutions est formé des entiers \(n \geq\, 11\). Contrôle : \(T_{10} \approx 120{,}96\) et \(T_{11} \approx 116{,}42\).

3. a. Au fil du temps, le gâteau sorti du four se refroidit et sa température se rapproche de celle de la pièce, sans jamais descendre en dessous (il n’y a aucune source de froid). Il était donc naturel que la température au centre tende vers celle de l’air ambiant : la limite 20 correspond aux 20 °C de la pièce.

b. La fonction part de \(T = 180\) (température à la sortie du four) et de \(n = 0\), puis calcule les termes successifs de la suite tant que la température est strictement supérieure à \(x\). Elle renvoie donc le plus petit entier \(n\) tel que \(T_n \leq\, x\). Avec \(x = 120\), d’après la question 2. d., ce plus petit entier est 11 (car \(T_{10} \approx 120{,}96 \gt 120\) et \(T_{11} \approx 116{,}42 \leq\, 120\)).

temp(120) renvoie 11 : la température au centre du gâteau devient inférieure ou égale à 120 °C au bout de 11 minutes après la sortie du four.

Exercice 3 :

1. a. On calcule les coordonnées des deux vecteurs issus de J :

\[\vec{JK}\begin{pmatrix}1 – 2\\2 – 0\\1 – 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\2\\0\end{pmatrix} \qquad \vec{JL}\begin{pmatrix}-2 – 2\\-2 – 0\\-2 – 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4\\-2\\-3\end{pmatrix}\]

Leur produit scalaire vaut \(\vec{JK} \cdot \vec{JL} = (-1)(-4) + 2 \times (-2) + 0 \times (-3) = 4 – 4 + 0 = 0\). Les vecteurs, non nuls, sont orthogonaux : les droites (JK) et (JL) sont perpendiculaires. Le triangle JKL est rectangle en J.

b. Les longueurs des côtés de l’angle droit sont :

\[JK = \sqrt{(-1)^2 + 2^2 + 0^2} = \sqrt{5} \qquad JL = \sqrt{(-4)^2 + (-2)^2 + (-3)^2} = \sqrt{29}\]

Dans un triangle rectangle, l’aire est le demi-produit des côtés de l’angle droit : \(\mathcal{A} = \dfrac{JK \times JL}{2} = \dfrac{\sqrt{5} \times \sqrt{29}}{2}\). L’aire du triangle JKL vaut \(\dfrac{\sqrt{145}}{2}\ \text{cm}^2\) (environ 6,02 cm²).

c. Dans le triangle JKL rectangle en J, pour l’angle \(\widehat{JKL}\), le côté opposé est [JL] et le côté adjacent est [JK]. Donc :

\[\tan \widehat{JKL} = \dfrac{JL}{JK} = \dfrac{\sqrt{29}}{\sqrt{5}} = \sqrt{5{,}8}\]

À la calculatrice, \(\widehat{JKL} \approx 67{,}5^\circ\) au dixième près.

2. a. Les vecteurs \(\vec{JK}\) et \(\vec{JL}\) ne sont pas colinéaires (ils sont orthogonaux et non nuls) : ils dirigent le plan (JKL). Un vecteur est normal au plan s’il est orthogonal à ces deux vecteurs :

\[\vec{n} \cdot \vec{JK} = 6 \times (-1) + 3 \times 2 + (-10) \times 0 = -6 + 6 + 0 = 0\]

\[\vec{n} \cdot \vec{JL} = 6 \times (-4) + 3 \times (-2) + (-10) \times (-3) = -24 – 6 + 30 = 0\]

\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (JKL) : c’est un vecteur normal à ce plan.

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}6\\3\\-10\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(6x + 3y – 10z + d = 0\). Le point J(2 ; 0 ; 1) appartient au plan : \(6 \times 2 + 3 \times 0 – 10 \times 1 + d = 0\), soit \(2 + d = 0\), d’où \(d = -2\).

Une équation cartésienne du plan (JKL) est \(6x + 3y – 10z – 2 = 0\). On peut contrôler avec K : \(6 + 6 – 10 – 2 = 0\) et avec L : \(-12 – 6 + 20 – 2 = 0\).

3. a. La droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (JKL) : elle est donc dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\). Elle passe par T(10 ; 9 ; –6). Une représentation paramétrique de \(\Delta\) est :

\[\{\begin{array}{l} x = 10 + 6t \\ y = 9 + 3t \\ z = -6 – 10t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}\]

b. Le projeté orthogonal H de T sur le plan (JKL) est le point d’intersection de \(\Delta\) et du plan. On remplace \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation du plan :

\[6(10 + 6t) + 3(9 + 3t) – 10(-6 – 10t) – 2 = 0\]

\[60 + 36t + 27 + 9t + 60 + 100t – 2 = 0 \iff 145t + 145 = 0 \iff t = -1\]

Avec \(t = -1\) : \(x = 10 – 6 = 4\), \(y = 9 – 3 = 6\), \(z = -6 + 10 = 4\). Le point H a pour coordonnées \((4\,;\,6\,;\,4)\). Vérification : \(6 \times 4 + 3 \times 6 – 10 \times 4 – 2 = 24 + 18 – 40 – 2 = 0\).

c. On prend pour base le triangle JKL. La hauteur correspondante est la distance de T au plan (JKL), c’est-à-dire TH, puisque H est le projeté orthogonal de T sur ce plan. Or \(\vec{TH}\begin{pmatrix}4 – 10\\6 – 9\\4 + 6\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-6\\-3\\10\end{pmatrix}\), donc :

\[TH = \sqrt{(-6)^2 + (-3)^2 + 10^2} = \sqrt{36 + 9 + 100} = \sqrt{145}\]

Le volume du tétraèdre vaut alors :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{145}}{2} \times \sqrt{145} = \dfrac{145}{6}\]

Le volume du tétraèdre JKLT est \(\dfrac{145}{6}\ \text{cm}^3\), soit environ 24,2 cm³.

Exercice 4 :

1. Affirmation 1 : vraie. Pour tout réel \(x\), on réduit au même dénominateur :

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

En divisant numérateur et dénominateur par \(\text{e}^x\), qui est non nul, et en utilisant \(\dfrac{1}{\text{e}^x} = \text{e}^{-x}\) :

\[\dfrac{2\text{e}^x}{1 + \text{e}^x} = \dfrac{2}{\text{e}^{-x} + 1}\]

On retrouve bien le membre de droite.

2. Affirmation 2 : vraie. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^x + 1 \gt 0\), donc on peut multiplier par \(2(\text{e}^x + 1)\) sans changer l’ensemble des solutions :

\[g(x) = \dfrac{1}{2} \iff 2\text{e}^x = \text{e}^x + 1 \iff \text{e}^x = 1 \iff x = 0\]

L’équation a une seule solution, \(x = 0\).

3. Affirmation 3 : vraie. L’axe des abscisses (droite d’équation \(y = 0\)) est tangent à \(\mathcal{C}\) au point d’abscisse \(a\) si et seulement si la tangente \(y = f^{\prime}(a)(x – a) + f(a)\) est la droite \(y = 0\), c’est-à-dire si \(f(a) = 0\) et \(f^{\prime}(a) = 0\).

\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et, avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :

\[f^{\prime}(x) = 2x\,\text{e}^{-x} – x^2\,\text{e}^{-x} = x(2 – x)\,\text{e}^{-x}\]

Comme \(\text{e}^{-a} \gt 0\), \(f(a) = 0 \iff a^2 = 0 \iff a = 0\). Pour \(a = 0\), on a bien \(f^{\prime}(0) = 0\). En \(a = 2\), la tangente est horizontale mais \(f(2) = 4\text{e}^{-2} \neq 0\) : c’est la droite \(y = 4\text{e}^{-2}\), pas l’axe des abscisses. L’axe des abscisses est donc tangent à \(\mathcal{C}\) en un seul point, l’origine.

4. Affirmation 4 : fausse. \(h\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\). En dérivant le produit :

\[h^{\prime}(x) = \text{e}^x(1 – x^2) + \text{e}^x \times (-2x) = \text{e}^x(-x^2 – 2x + 1)\]

\[h^{\prime\prime}(x) = \text{e}^x(-x^2 – 2x + 1) + \text{e}^x(-2x – 2) = \text{e}^x(-x^2 – 4x – 1)\]

Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(h^{\prime\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-x^2 – 4x – 1\). Son discriminant est \(\Delta = (-4)^2 – 4 \times (-1) \times (-1) = 12 \gt 0\) : il a deux racines \(x_1 = -2 – \sqrt{3}\) et \(x_2 = -2 + \sqrt{3}\), et il est négatif à l’extérieur des racines, positif entre elles. \(h^{\prime\prime}\) s’annule donc en changeant de signe en \(x_1\) et en \(x_2\) : la courbe de \(h\) admet deux points d’inflexion, d’abscisses \(-2 – \sqrt{3}\) et \(-2 + \sqrt{3}\).

5. Affirmation 5 : fausse. Pour tout réel \(x\) tel que \(\text{e}^x + x \neq 0\) (c’est le cas pour \(x \gt 0\)), on factorise le dénominateur par \(\text{e}^x\) :

\[\dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x + x} = \dfrac{\text{e}^x}{\text{e}^x(1 + x\,\text{e}^{-x})} = \dfrac{1}{1 + \dfrac{x}{\text{e}^x}}\]

Par croissance comparée, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0\), donc le dénominateur tend vers 1 et la limite vaut 1, et non 0.

6. Affirmation 6 : vraie. Pour tout réel \(x\), on étudie la différence et on reconnaît une identité remarquable, puisque \(\text{e}^{2x} = (\text{e}^x)^2\) :

\[1 + \text{e}^{2x} – 2\text{e}^x = (\text{e}^x)^2 – 2\text{e}^x + 1 = (\text{e}^x – 1)^2 \geq\, 0\]

Un carré est toujours positif ou nul, donc \(1 + \text{e}^{2x} \geq\, 2\text{e}^x\) pour tout réel \(x\) (avec égalité seulement pour \(x = 0\)).

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