Bac de maths 2021 en Polynésie : sujet et corrigé

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 2021
Mathématiques — Sujet n° 2
Polynésie — 2 juin 2021
Durée de l’épreuve : 4 heures

Le candidat traite 4 exercices : les exercices 1, 2 et 3 communs à tous les candidats et un seul des deux exercices A ou B.

Exercice 1 (5 points)

Commun à tous les candidats

On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 10\,000\) et pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_{n+1} = 0{,}95u_n + 200.\]

1. Calculer \(u_1\) et vérifier que \(u_2 = 9\,415\).

2. a. Démontrer, à l’aide d’un raisonnement par récurrence, que pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_n \gt 4\,000.\]

b. On admet que la suite \((u_n)\) est décroissante. Justifier qu’elle converge.

3. Pour tout entier naturel \(n\), on considère la suite \((v_n)\) définie par : \(v_n = u_n – 4\,000\).

a. Calculer \(v_0\).

b. Démontrer que la suite \((v_n)\) est géométrique de raison égale à \(0{,}95\).

c. En déduire que pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_n = 4\,000 + 6\,000 \times 0{,}95^n.\]

d. Quelle est la limite de la suite \((u_n)\) ? Justifier la réponse.

4. En 2020, une espèce animale comptait 10 000 individus. L’évolution observée les années précédentes conduit à estimer qu’à partir de l’année 2021, cette population baissera de 5 % chaque début d’année.

Pour ralentir cette baisse, il a été décidé de réintroduire 200 individus à la fin de chaque année, à partir de 2021.

Une responsable d’une association soutenant cette stratégie affirme que : « l’espèce ne devrait pas s’éteindre, mais malheureusement, nous n’empêcherons pas une disparition de plus de la moitié de la population ».

Que pensez-vous de cette affirmation ? Justifier la réponse.

Exercice 2 (5 points)

Commun à tous les candidats

Un test est mis au point pour détecter une maladie dans un pays.

Selon les autorités sanitaires de ce pays, 7 % des habitants sont infectés par cette maladie.

Parmi les individus infectés, 20 % sont déclarés négatifs.

Parmi les individus sains, 1 % sont déclarés positifs.

Une personne est choisie au hasard dans la population.

On note :

• \(M\) l’évènement : « la personne est infectée par la maladie » ;
• \(T\) l’évènement : « le test est positif ».

1. Construire un arbre pondéré modélisant la situation proposée.

2. a. Quelle est la probabilité pour que la personne soit infectée par la maladie et que son test soit positif ?

b. Montrer que la probabilité que son test soit positif est de \(0{,}0653\).

3. On sait que le test de la personne choisie est positif.

Quelle est la probabilité qu’elle soit infectée ?

On donnera le résultat sous forme approchée à \(10^{-2}\) près.

4. On choisit dix personnes au hasard dans la population. La taille de la population de ce pays permet d’assimiler ce prélèvement à un tirage avec remise.

On note \(X\) la variable aléatoire qui comptabilise le nombre d’individus ayant un test positif parmi les dix personnes.

a. Quelle est la loi de probabilité suivie par \(X\) ? Préciser ses paramètres.

b. Déterminer la probabilité pour qu’exactement deux personnes aient un test positif.

On donnera le résultat sous forme approchée à \(10^{-2}\) près.

5. Déterminer le nombre minimum de personnes à tester dans ce pays pour que la probabilité qu’au moins une de ces personnes ait un test positif, soit supérieure à 99 %.

Exercice 3 (5 points)

Commun à tous les candidats

Dans l’espace, on considère le cube ABCDEFGH d’arête de longueur égale à 1.

On munit l’espace du repère orthonormé \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\).

On considère le point M tel que \(\vec{\text{BM}} = \dfrac{1}{3}\vec{\text{BH}}\).

1. Par lecture graphique, donner les coordonnées des points B, D, E, G et H.

2. a. Quelle est la nature du triangle EGD ? Justifier la réponse.

b. On admet que l’aire d’un triangle équilatéral de côté \(c\) est égale à \(\dfrac{\sqrt{3}}{4}c^2\).

Montrer que l’aire du triangle EGD est égale à \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

3. Démontrer que les coordonnées de M sont \((\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\).

4. a. Justifier que le vecteur \(\vec{n}(-1\,;\,1\,;\,1)\) est normal au plan (EGD).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (EGD) est : \(-x + y + z – 1 = 0\).

c. Soit \(\mathcal{D}\) la droite orthogonale au plan (EGD) et passant par le point M.

Montrer qu’une représentation paramétrique de cette droite est :

\[\mathcal{D}\ :\ \begin{cases} x = \dfrac{2}{3} – t \\ y = \dfrac{1}{3} + t \\ z = \dfrac{1}{3} + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}\]

5. Le cube ABCDEFGH est représenté ci-dessus selon une vue qui permet de mieux percevoir la pyramide GEDM, en gris sur la figure :

Le but de cette question est de calculer le volume de la pyramide GEDM.

a. Soit K, le pied de la hauteur de la pyramide GEDM issue du point M.

Démontrer que les coordonnées du point K sont \((\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3})\).

b. En déduire le volume de la pyramide GEDM.

On rappelle que le volume \(V\) d’une pyramide est donné par la formule \(V = \dfrac{b \times h}{3}\) où \(b\) désigne l’aire d’une base et \(h\) la hauteur associée.

Exercice au choix du candidat (5 points)

Le candidat doit traiter un seul des deux exercices A ou B.

Il indique sur sa copie l’exercice choisi : exercice A ou exercice B.

Pour éclairer son choix, les principaux domaines abordés par chaque exercice sont indiqués dans un encadré.

Exercice A

Principaux domaines abordés : Fonction exponentielle, convexité, dérivation, équations différentielles

Cet exercice est composé de trois parties indépendantes.

On a représenté ci-dessous, dans un repère orthonormé, une portion de la courbe représentative \(\mathcal{C}\) d’une fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) :

On considère les points \(\text{A}(0\,;\,2)\) et \(\text{B}(2\,;\,0)\).

Partie 1

Sachant que la courbe \(\mathcal{C}\) passe par A et que la droite (AB) est la tangente à la courbe \(\mathcal{C}\) au point A, donner par lecture graphique :

1. La valeur de \(f(0)\) et celle de \(f^{\prime}(0)\).

2. Un intervalle sur lequel la fonction \(f\) semble convexe.

Partie 2

On note \((E)\) l’équation différentielle

\[y^{\prime} = -y + \text{e}^{-x}.\]

On admet que \(g : x \longmapsto x\text{e}^{-x}\) est une solution particulière de \((E)\).

1. Donner toutes les solutions sur \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle \((H)\) : \(y^{\prime} = -y\).

2. En déduire toutes les solutions sur \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle \((E)\).

3. Sachant que la fonction \(f\) est la solution particulière de \((E)\) qui vérifie \(f(0) = 2\), déterminer une expression de \(f(x)\) en fonction de \(x\).

Partie 3

On admet que pour tout nombre réel \(x\), \(f(x) = (x + 2)\text{e}^{-x}\).

1. On rappelle que \(f^{\prime}\) désigne la fonction dérivée de la fonction \(f\).

a. Montrer que pour tout \(x \in \mathbb{R}\), \(f^{\prime}(x) = (-x – 1)\text{e}^{-x}\).

b. Étudier le signe de \(f^{\prime}(x)\) pour tout \(x \in \mathbb{R}\) et dresser le tableau des variations de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

On ne précisera ni la limite de \(f\) en \(-\infty\) ni la limite de \(f\) en \(+\infty\).

On calculera la valeur exacte de l’extremum de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

2. On rappelle que \(f^{\prime\prime}\) désigne la fonction dérivée seconde de la fonction \(f\).

a. Calculer pour tout \(x \in \mathbb{R}\), \(f^{\prime\prime}(x)\).

b. Peut-on affirmer que \(f\) est convexe sur l’intervalle \([0\,;\,+\infty[\) ?

Exercice B

Principaux domaines abordés : Fonction logarithme népérien, dérivation

Cet exercice est composé de deux parties.

Certains résultats de la première partie seront utilisés dans la deuxième.

Partie 1 : Étude d’une fonction auxiliaire

Soit la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \([1\,;\,4]\) par :

\[f(x) = -30x + 50 + 35\ln x.\]

1. On rappelle que \(f^{\prime}\) désigne la fonction dérivée de la fonction \(f\).

a. Pour tout nombre réel \(x\) de l’intervalle \([1\,;\,4]\), montrer que :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{35 – 30x}{x}.\]

b. Dresser le tableau de signe de \(f^{\prime}(x)\) sur l’intervalle \([1\,;\,4]\).

c. En déduire les variations de \(f\) sur ce même intervalle.

2. Justifier que l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution, notée \(\alpha\), sur l’intervalle \([1\,;\,4]\) puis donner une valeur approchée de \(\alpha\) à \(10^{-3}\) près.

3. Dresser le tableau de signe de \(f(x)\) pour \(x \in [1\,;\,4]\).

Partie 2 : Optimisation

Une entreprise vend du jus de fruits. Pour \(x\) milliers de litres vendus, avec \(x\) nombre réel de l’intervalle \([1\,;\,4]\), l’analyse des ventes conduit à modéliser le bénéfice \(B(x)\) par l’expression donnée en milliers d’euros par :

\[B(x) = -15x^2 + 15x + 35x\ln x.\]

1. D’après le modèle, calculer le bénéfice réalisé par l’entreprise lorsqu’elle vend 2 500 litres de jus de fruits.

On donnera une valeur approchée à l’euro près de ce bénéfice.

2. Pour tout \(x\) de l’intervalle \([1\,;\,4]\), montrer que \(B^{\prime}(x) = f(x)\) où \(B^{\prime}\) désigne la fonction dérivée de \(B\).

3. a. À l’aide des résultats de la partie 1, donner les variations de la fonction \(B\) sur l’intervalle \([1\,;\,4]\).

b. En déduire la quantité de jus de fruits, au litre près, que l’entreprise doit vendre afin de réaliser un bénéfice maximal.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. \(u_1 = 0{,}95 \times 10\,000 + 200 = 9\,500 + 200\), donc \(u_1 = 9\,700\). Puis \(u_2 = 0{,}95 \times 9\,700 + 200 = 9\,215 + 200 = 9\,415\) : on retrouve bien \(u_2 = 9\,415\).

2. a. Notons \(P(n)\) la propriété « \(u_n \gt 4\,000\) ».

Initialisation : \(u_0 = 10\,000 \gt 4\,000\), donc \(P(0)\) est vraie.

Hérédité : supposons \(u_n \gt 4\,000\) pour un entier naturel \(n\). En multipliant par \(0{,}95\), qui est positif, l’inégalité est conservée : \(0{,}95u_n \gt 3\,800\). En ajoutant 200 : \(0{,}95u_n + 200 \gt 4\,000\), c’est-à-dire \(u_{n+1} \gt 4\,000\). \(P(n+1)\) est vraie.

Conclusion : par récurrence, \(u_n \gt 4\,000\) pour tout entier naturel \(n\).

b. La suite \((u_n)\) est décroissante (admis) et minorée par 4 000 (question a). D’après le théorème de convergence monotone, elle converge.

3. a. \(v_0 = u_0 – 4\,000 = 10\,000 – 4\,000\), soit \(v_0 = 6\,000\).

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

\[v_{n+1} = u_{n+1} – 4\,000 = 0{,}95u_n + 200 – 4\,000 = 0{,}95u_n – 3\,800 = 0{,}95(u_n – 4\,000) = 0{,}95\,v_n,\]

car \(0{,}95 \times 4\,000 = 3\,800\). La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}95\) et de premier terme \(v_0 = 6\,000\).

c. D’après b, \(v_n = v_0 \times 0{,}95^n = 6\,000 \times 0{,}95^n\). Comme \(u_n = v_n + 4\,000\), on obtient \(u_n = 4\,000 + 6\,000 \times 0{,}95^n\) pour tout entier naturel \(n\).

d. Comme \(0 \lt 0{,}95 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}95^n = 0\), donc \(6\,000 \times 0{,}95^n\) tend vers 0 et, par somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 4\,000\).

4. Notons \(u_n\) l’effectif de l’espèce à la fin de l’année \(2020 + n\). En début d’année, l’effectif est multiplié par \(1 – 0{,}05 = 0{,}95\), puis 200 individus sont ajoutés en fin d’année : on obtient exactement \(u_{n+1} = 0{,}95u_n + 200\) avec \(u_0 = 10\,000\). La suite étudiée modélise donc cette population.

Pour tout \(n\), \(u_n \gt 4\,000\) : la population reste toujours supérieure à 4 000 individus, l’espèce ne s’éteint pas. Mais \(u_n\) diminue et tend vers 4 000 : à partir d’un certain rang, l’effectif passe sous 5 000, la moitié de l’effectif de 2020 (on a \(u_n \lt 5\,000\) dès que \(6\,000 \times 0{,}95^n \lt 1\,000\), c’est-à-dire dès \(n = 35\) : \(u_{34} \approx 5\,049\) mais \(u_{35} \approx 4\,997\), soit en 2055). Plus de la moitié de la population finira donc par disparaître. L’affirmation de la responsable est juste.

Exercice 2 :

1. On lit dans l’énoncé \(P(M) = 0{,}07\), donc \(P(\overline{M}) = 0{,}93\). Parmi les infectés, 20 % sont négatifs : \(P_M(\overline{T}) = 0{,}2\) et \(P_M(T) = 0{,}8\). Parmi les sains, 1 % sont positifs : \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}01\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}99\).

2. a. En suivant le chemin \(M\) puis \(T\) : \(P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}07 \times 0{,}8\), soit \(P(M \cap T) = 0{,}056\).

b. \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers ; par la formule des probabilités totales :

\[P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}056 + 0{,}93 \times 0{,}01 = 0{,}056 + 0{,}0093 = 0{,}0653.\]

On a bien \(P(T) = 0{,}0653\).

3. On cherche \(P_T(M)\) :

\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}0653} \approx 0{,}8576.\]

Une personne dont le test est positif est infectée avec une probabilité d’environ 0,86.

4. a. On répète 10 fois, de manière identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le test est positif » a pour probabilité \(0{,}0653\). \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}0653\).

b. Avec \(\binom\,{10}{2} = 45\) :

\[P(X = 2) = \binom\,{10}{2} \times 0{,}0653^2 \times 0{,}9347^8 \approx 0{,}1118.\]

La probabilité qu’exactement deux personnes aient un test positif est environ 0,11.

5. Si l’on teste \(n\) personnes, le nombre de tests positifs suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}0653\). L’évènement « au moins un test positif » est le contraire de « aucun test positif », donc sa probabilité vaut \(1 – 0{,}9347^n\). On résout :

\[1 – 0{,}9347^n \gt 0{,}99 \iff 0{,}9347^n \lt 0{,}01 \iff n\ln(0{,}9347) \lt \ln(0{,}01) \iff n \gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}9347)}\]

en appliquant la fonction \(\ln\), strictement croissante, puis en divisant par \(\ln(0{,}9347) \lt 0\), ce qui change le sens de l’inégalité. Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}9347)} \approx 68{,}19\). Vérification : \(1 – 0{,}9347^{68} \approx 0{,}9899\) et \(1 – 0{,}9347^{69} \approx 0{,}9905\). Il faut tester au minimum 69 personnes.

Exercice 3 :

1. Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\) : \(\text{B}(1\,;\,0\,;\,0)\), \(\text{D}(0\,;\,1\,;\,0)\), \(\text{E}(0\,;\,0\,;\,1)\), \(\text{G}(1\,;\,1\,;\,1)\) et \(\text{H}(0\,;\,1\,;\,1)\).

2. a. Chacun des côtés de EGD est une diagonale d’une face du cube : [EG] est une diagonale de la face EFGH, [GD] de la face CDHG et [ED] de la face ADHE. Les faces sont des carrés de côté 1, donc chaque diagonale mesure \(\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\). Ainsi \(\text{EG} = \text{GD} = \text{ED} = \sqrt{2}\) : le triangle EGD est équilatéral.

b. Avec \(c = \sqrt{2}\) : \(\mathcal{A}(\text{EGD}) = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times (\sqrt{2})^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times 2\), soit \(\mathcal{A}(\text{EGD}) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\).

3. \(\vec{\text{BH}}\) a pour coordonnées \((0 – 1\,;\,1 – 0\,;\,1 – 0) = (-1\,;\,1\,;\,1)\), donc \(\vec{\text{BM}} = \dfrac{1}{3}\vec{\text{BH}}\) a pour coordonnées \((-\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\). En ajoutant ces coordonnées à celles de B :

\[x_{\text{M}} = 1 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}, \quad y_{\text{M}} = 0 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}, \quad z_{\text{M}} = 0 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}.\]

Donc \(\text{M}(\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\).

4. a. On a \(\vec{\text{EG}}(1\,;\,1\,;\,0)\) et \(\vec{\text{ED}}(0\,;\,1\,;\,-1)\), qui ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de l’un est nulle, pas celle de l’autre). Calculons les produits scalaires :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{EG}} = -1 \times 1 + 1 \times 1 + 1 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{ED}} = -1 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times (-1) = 0.\]

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

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(-1\,;\,1\,;\,1)\) a une équation de la forme \(-x + y + z + d = 0\). Le point \(\text{E}(0\,;\,0\,;\,1)\) est dans le plan : \(0 + 0 + 1 + d = 0\), donc \(d = -1\). Une équation de (EGD) est \(-x + y + z – 1 = 0\). (Contrôle : G donne \(-1 + 1 + 1 – 1 = 0\) et D donne \(0 + 1 + 0 – 1 = 0\).)

c. La droite \(\mathcal{D}\) est orthogonale au plan (EGD), donc elle est dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}(-1\,;\,1\,;\,1)\) ; elle passe par \(\text{M}(\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\). Un point \(P(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur \(\mathcal{D}\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{M}P} = t\,\vec{n}\), ce qui s’écrit :

\[\begin{cases} x = \dfrac{2}{3} – t \\ y = \dfrac{1}{3} + t \\ z = \dfrac{1}{3} + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.\]

C’est bien la représentation paramétrique annoncée.

5. a. La hauteur issue de M de la pyramide GEDM (de base EGD) est la droite passant par M et perpendiculaire au plan (EGD) : c’est \(\mathcal{D}\). Son pied K est donc l’intersection de \(\mathcal{D}\) et du plan (EGD). On remplace les coordonnées paramétriques dans l’équation du plan :

\[-(\dfrac{2}{3} – t) + \dfrac{1}{3} + t + \dfrac{1}{3} + t – 1 = 0 \iff 3t – 1 = 0 \iff t = \dfrac{1}{3}.\]

Pour \(t = \dfrac{1}{3}\) : \(x = \dfrac{2}{3} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}\), \(y = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\) et \(z = \dfrac{2}{3}\). Donc \(\text{K}(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3})\).

b. La hauteur vaut \(\text{MK}\) avec \(\vec{\text{MK}}(-\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\) :

\[\text{MK} = \sqrt{\dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9}} = \sqrt{\dfrac{1}{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}.\]

Avec la base EGD d’aire \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) :

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

Le volume de la pyramide GEDM est \(V = \dfrac{1}{6}\) unité de volume.

Exercice A :

Partie 1

1. La courbe passe par \(\text{A}(0\,;\,2)\), donc \(f(0) = 2\). Le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient directeur de la tangente (AB) : \(f^{\prime}(0) = \dfrac{y_{\text{B}} – y_{\text{A}}}{x_{\text{B}} – x_{\text{A}}} = \dfrac{0 – 2}{2 – 0}\), soit \(f^{\prime}(0) = -1\).

2. Sur la partie droite du graphique, la courbe est au-dessus de sa tangente en A et s’aplatit en tournant vers le haut : \(f\) semble convexe sur \([0\,;\,+\infty[\) (on peut même proposer n’importe quel intervalle contenu dans \([0\,;\,3{,}5]\), la portion visible).

Partie 2

1. Les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(x \longmapsto K\text{e}^{ax}\). Ici \(a = -1\) : les solutions de \((H)\) sont les fonctions \(x \longmapsto K\text{e}^{-x}\), avec \(K \in \mathbb{R}\).

2. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant une solution particulière de \((E)\) aux solutions de l’équation homogène \((H)\). Ce sont donc les fonctions \(x \longmapsto x\text{e}^{-x} + K\text{e}^{-x} = (x + K)\text{e}^{-x}\), avec \(K \in \mathbb{R}\).

3. \(f\) est de la forme \(f(x) = (x + K)\text{e}^{-x}\) et \(f(0) = (0 + K) \times 1 = K\). La condition \(f(0) = 2\) donne \(K = 2\), donc \(f(x) = (x + 2)\text{e}^{-x}\).

Partie 3

1. a. On dérive le produit \(u \times v\) avec \(u(x) = x + 2\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :

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

b. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-x – 1\), qui est positif pour \(x \lt -1\), nul en \(-1\) et négatif pour \(x \gt -1\). Donc \(f\) est croissante sur \(]-\infty\,;\,-1]\) et décroissante sur \([-1\,;\,+\infty[\). Son maximum vaut \(f(-1) = (-1 + 2)\text{e}^{1}\), soit \(f(-1) = \text{e}\).

2. a. On dérive \(f^{\prime}(x) = (-x – 1)\text{e}^{-x}\) de la même façon :

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

Donc \(f^{\prime\prime}(x) = x\text{e}^{-x}\) pour tout réel \(x\).

b. Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(x \geq\, 0\) et \(\text{e}^{-x} \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\). Une fonction dont la dérivée seconde est positive sur un intervalle y est convexe : oui, \(f\) est convexe sur \([0\,;\,+\infty[\), ce qui confirme la lecture graphique de la partie 1.

Exercice B :

Partie 1 : Étude d’une fonction auxiliaire

1. a. Sur \([1\,;\,4]\), la dérivée de \(\ln x\) est \(\dfrac{1}{x}\), donc :

\[f^{\prime}(x) = -30 + \dfrac{35}{x} = \dfrac{-30x + 35}{x} = \dfrac{35 – 30x}{x}.\]

b. Sur \([1\,;\,4]\), \(x \gt 0\) : \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(35 – 30x\), qui s’annule pour \(x = \dfrac{35}{30} = \dfrac{7}{6}\), est positif avant et négatif après.

c. \(f\) est croissante sur \([1\,;\,\dfrac{7}{6}]\) et décroissante sur \([\dfrac{7}{6}\,;\,4]\). Valeurs utiles : \(f(1) = 20\), \(f(\dfrac{7}{6}) = -35 + 50 + 35\ln\dfrac{7}{6} = 15 + 35\ln\dfrac{7}{6} \approx 20{,}40\) et \(f(4) = -70 + 35\ln 4 \approx -21{,}48\).

2. Sur \([1\,;\,\dfrac{7}{6}]\), \(f\) est croissante et \(f(1) = 20\), donc \(f(x) \geq\, 20 \gt 0\) : l’équation \(f(x) = 0\) n’y a pas de solution.

Sur \([\dfrac{7}{6}\,;\,4]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(f(\dfrac{7}{6}) \approx 20{,}40 \gt 0\) à \(f(4) \approx -21{,}48 \lt 0\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 0\) y admet une unique solution \(\alpha\). Au total, \(f(x) = 0\) a une unique solution \(\alpha\) sur \([1\,;\,4]\).

Par balayage : \(f(2{,}9) \approx 0{,}26\) et \(f(3) \approx -1{,}55\) ; puis \(f(2{,}914) \approx 0{,}0134 \gt 0\) et \(f(2{,}915) \approx -0{,}0046 \lt 0\). Donc \(2{,}914 \lt \alpha \lt 2{,}915\), et \(\alpha \approx 2{,}915\) à \(10^{-3}\) près (plus précisément \(\alpha \approx 2{,}9147\)).

3. D’après ce qui précède :

\(f(x) \gt 0\) sur \([1\,;\,\alpha[\), \(f(\alpha) = 0\) et \(f(x) \lt 0\) sur \(]\alpha\,;\,4]\).

Partie 2 : Optimisation

1. 2 500 litres correspondent à \(x = 2{,}5\) (milliers de litres) :

\[B(2{,}5) = -15 \times 2{,}5^2 + 15 \times 2{,}5 + 35 \times 2{,}5 \times \ln(2{,}5) = -93{,}75 + 37{,}5 + 87{,}5\ln(2{,}5) \approx 23{,}92544.\]

Le bénéfice est donc d’environ 23 925 euros (à l’euro près).

2. La dérivée de \(35x\ln x\) s’obtient par la formule du produit : \(35\ln x + 35x \times \dfrac{1}{x} = 35\ln x + 35\). Donc, pour tout \(x \in [1\,;\,4]\) :

\[B^{\prime}(x) = -30x + 15 + 35\ln x + 35 = -30x + 50 + 35\ln x = f(x).\]

3. a. \(B^{\prime}(x) = f(x)\), dont le signe a été établi en partie 1 : \(B^{\prime}(x) \gt 0\) sur \([1\,;\,\alpha[\) et \(B^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\alpha\,;\,4]\). Donc \(B\) est croissante sur \([1\,;\,\alpha]\) et décroissante sur \([\alpha\,;\,4]\) : elle atteint son maximum en \(\alpha\).

b. Le bénéfice est maximal pour \(x = \alpha \approx 2{,}9147\) milliers de litres, c’est-à-dire environ 2 914,7 litres. Au litre près, il faut vendre 2 915 litres de jus de fruits. On le confirme en comparant les deux entiers voisins : \(B(2{,}915) \approx 25{,}4200934\) est supérieur à \(B(2{,}914) \approx 25{,}4200889\). Le bénéfice maximal est alors d’environ 25 420 euros.

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