Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. L’évènement \(S\) signifie qu’Abel réussit son premier service ; son contraire \(\overline{S}\) signifie qu’Abel manque son premier service et doit donc jouer une deuxième balle. D’après l’énoncé, \(P(S) = 0{,}7\), donc \(P(\overline{S}) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3\). Les probabilités conditionnelles sont \(P_S(G) = 0{,}8\) (donc \(P_S(\overline{G}) = 0{,}2\)) et \(P_{\overline{S}}(G) = 0{,}45\) (donc \(P_{\overline{S}}(\overline{G}) = 0{,}55\)).
2. On suit la branche \(S\) puis \(G\) de l’arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(S \cap G) = P(S) \times P_S(G) = 0{,}7 \times 0{,}8 = 0{,}56.\]
\(P(S \cap G) = 0{,}56\).
3. Les évènements \(S\) et \(\overline{S}\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :
\[P(G) = P(S \cap G) + P(\overline{S} \cap G) = 0{,}56 + 0{,}3 \times 0{,}45 = 0{,}56 + 0{,}135 = 0{,}695.\]
On retrouve bien \(P(G) = 0{,}695\).
4. On cherche la probabilité de \(S\) sachant \(G\) :
\[P_G(S) = \dfrac{P(S \cap G)}{P(G)} = \dfrac{0{,}56}{0{,}695} \approx 0{,}806.\]
Sachant qu’Abel a gagné le point, la probabilité qu’il ait réussi son premier service vaut environ 0,806.
5. On compare \(P(S \cap G)\) au produit \(P(S) \times P(G)\) : \(P(S) \times P(G) = 0{,}7 \times 0{,}695 = 0{,}4865\), alors que \(P(S \cap G) = 0{,}56\). Ces deux nombres sont différents, donc les évènements \(S\) et \(G\) ne sont pas indépendants. On pouvait aussi le voir directement : \(P_S(G) = 0{,}8\) est différent de \(P(G) = 0{,}695\), réussir son premier service augmente les chances de gagner le point.
Partie B
1. a. Chaque test est une épreuve de Bernoulli à deux issues : le succès « la balle est conforme », de probabilité \(p = 0{,}85\), et l’échec. On répète 20 fois cette épreuve de manière identique et indépendante (assimilation à un tirage avec remise). La variable \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = 0{,}85\).
b. À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale), on obtient \(P(X \leq\, 18) \approx 0{,}824\). On peut aussi passer par l’évènement contraire : \(P(X \leq\, 18) = 1 – P(X = 19) – P(X = 20) = 1 – 20 \times 0{,}85^{19} \times 0{,}15 – 0{,}85^{20}\).
c. Parmi 20 balles, « au moins deux balles non conformes » équivaut à « au plus 18 balles conformes », c’est-à-dire à l’évènement \(X \leq\, 18\). La probabilité cherchée est donc la même qu’à la question précédente : environ 0,824.
d. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20 \times 0{,}85 = 17\). \(E(X) = 17\) : en moyenne, sur 20 balles testées, 17 sont conformes.
2. a. Chaque \(X_i\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(0{,}85\), donc \(E(X_i) = 0{,}85\) et \(V(X_i) = 0{,}85 \times (1 – 0{,}85) = 0{,}1275\).
Par linéarité de l’espérance :
\[E(M_n) = \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{E(X_i)}{n} = n \times \dfrac{0{,}85}{n} = 0{,}85.\]
Les variables \(X_i\) étant indépendantes, la variance d’une somme est la somme des variances, et \(V(\dfrac{X_i}{n}) = \dfrac{1}{n^2}V(X_i)\) :
\[V(M_n) = \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{V(X_i)}{n^2} = n \times \dfrac{0{,}1275}{n^2} = \dfrac{0{,}1275}{n}.\]
\(E(M_n) = 0{,}85\) et \(V(M_n) = \dfrac{0{,}1275}{n}\).
b. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : pour toute variable aléatoire \(Y\) admettant une espérance et une variance, et pour tout réel \(\delta \gt 0\),
\[P(|Y – E(Y)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V(Y)}{\delta^2}.\]
En passant à l’évènement contraire, on obtient \(P(|Y – E(Y)| \lt \delta) \geq\, 1 – \dfrac{V(Y)}{\delta^2}\).
On l’applique à \(Y = M_n\) avec \(\delta = 0{,}1\). D’une part, \(|M_n – 0{,}85| \lt 0{,}1\) équivaut à \(-0{,}1 \lt M_n – 0{,}85 \lt 0{,}1\), soit \(0{,}75 \lt M_n \lt 0{,}95\). D’autre part :
\[1 – \dfrac{V(M_n)}{0{,}1^2} = 1 – \dfrac{0{,}1275}{0{,}01\,n} = 1 – \dfrac{12{,}75}{n}.\]
Donc, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(P(0{,}75 \lt M_n \lt 0{,}95) \geq\, 1 – \dfrac{12{,}75}{n}\).
c. Il suffit de choisir \(n\) tel que \(1 – \dfrac{12{,}75}{n} \geq\, 0{,}9\). Pour \(n \gt 0\), cela équivaut à \(\dfrac{12{,}75}{n} \leq\, 0{,}1\), soit \(12{,}75 \leq\, 0{,}1\,n\), soit \(n \geq\, 127{,}5\).
Par exemple, \(n = 128\) convient (et tout entier supérieur aussi) : avec un échantillon de 128 balles, la proportion de balles conformes est comprise strictement entre 0,75 et 0,95 avec une probabilité d’au moins 0,9.
Exercice 2 :
| Question | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| Réponse | c | b | a | c |
1. Des vecteurs directeurs sont \(\vec{u_1}\begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}\) pour \(\Delta_1\) et \(\vec{u_2}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}\) pour \(\Delta_2\). Leurs deux dernières coordonnées sont égales mais pas les premières : ils ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. Leur produit scalaire vaut \(-3 + 4 + 1 = 2 \neq 0\), donc elles ne sont pas orthogonales. Cherchons un point commun : la troisième coordonnée donne \(t = -1 + s\) ; en reportant dans la première, \(1 – 3(-1 + s) = -4 + s\), soit \(4 – 3s = -4 + s\), d’où \(s = 2\) et \(t = 1\). Vérification de la deuxième coordonnée : \(4 + 2 \times 1 = 6\) et \(2 + 2 \times 2 = 6\). Le point \((-2~;~6~;~1)\) appartient aux deux droites : réponse c, les droites sont sécantes.
2. Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}\) et un vecteur normal à \(P\) est \(\vec{n}\begin{pmatrix}4\\2\\-1\end{pmatrix}\). On a \(\vec{u} \cdot \vec{n} = 4 – 2 – 2 = 0\) : la droite est parallèle au plan (incluse ou strictement parallèle). Le point \((1~;~3~;~1)\) de \(d\) (obtenu pour \(t = 0\)) donne \(4 + 6 – 1 + 3 = 12 \neq 0\) : il n’est pas dans \(P\). Réponse b, la droite est strictement parallèle au plan.
3. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}4\\1\\0\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-4\\2\\4\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{AD}}\begin{pmatrix}-6\\1\\4\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{CD}}\begin{pmatrix}-2\\-1\\0\end{pmatrix}\). \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de \(\vec{\text{AB}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{AC}}\)), donc A, B, C ne sont pas alignés : b est fausse. Si \(\vec{\text{CD}} = k\,\vec{\text{AB}}\), la première coordonnée impose \(k = -\dfrac{1}{2}\) et la deuxième \(k = -1\) : impossible, c est fausse. Enfin, cherchons \(x\) et \(y\) tels que \(\vec{\text{AD}} = x\,\vec{\text{AB}} + y\,\vec{\text{AC}}\) : la troisième coordonnée donne \(4y = 4\), donc \(y = 1\) ; la deuxième donne \(x + 2 = 1\), donc \(x = -1\) ; la première devient alors \(4 \times (-1) – 4 \times 1 = -8 \neq -6\). Il n’y a pas de solution : D n’est pas dans le plan (ABC). Réponse a, les quatre points ne sont pas coplanaires.
4. Pour R : \(3 – 2 – 2 + 1 = 0\), donc R est dans \(Q\), mais \(4 + 1 + 2 + 3 = 10 \neq 0\), donc R n’est pas dans \(Q^{\prime}\) : a est fausse. Les vecteurs normaux \(\vec{n}\begin{pmatrix}3\\-2\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}4\\1\\-1\end{pmatrix}\) ont pour produit scalaire \(12 – 2 – 1 = 9 \neq 0\) : les plans ne sont pas orthogonaux, b est fausse. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants selon une droite. Un point de coordonnées \((t~;~7t + 4~;~11t + 7)\) vérifie \(3t – 2(7t + 4) + (11t + 7) + 1 = 3t – 14t – 8 + 11t + 7 + 1 = 0\) et \(4t + (7t + 4) – (11t + 7) + 3 = 0\) : toute la droite proposée est contenue dans les deux plans, c’est donc leur intersection. Réponse c.
Exercice 3 :
1. Comme \(\text{e}^{\ln 4} = 4\) :
\[v_1 = \ln(-1 + 2\text{e}^{v_0}) = \ln(-1 + 2 \times 4) = \ln 7 \qquad \text{et} \qquad w_0 = -1 + \text{e}^{\ln 4} = -1 + 4 = 3.\]
\(v_1 = \ln 7\) et \(w_0 = 3\) (on retrouve 3 dans la cellule C2 et \(\ln 7 \approx 1{,}9459\) dans la cellule B3).
2. a. Dans un tableur, une formule doit commencer par le signe « = », ce qui élimine la formule 1. Le terme \(v_1\) (cellule B3) se calcule à partir de \(v_0\), qui se trouve en B2 ; la cellule A2 contient l’indice 0, pas le terme de la suite, ce qui élimine la formule 3. Il faut saisir la formule 2 : = LN(−1 + 2 * EXP(B2)).
b. Les valeurs de la colonne B augmentent d’une ligne à l’autre : on conjecture que la suite \((v_n)\) est croissante.
c. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(v_n \leq\, v_{n+1}\) ».
Initialisation. \(v_0 = \ln 4\) et \(v_1 = \ln 7\). Comme \(4 \leq\, 7\) et que la fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0~;~+\infty[\), \(v_0 \leq\, v_1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\), c’est-à-dire \(v_n \leq\, v_{n+1}\). La fonction exponentielle est croissante sur \(\mathbb{R}\), donc \(\text{e}^{v_n} \leq\, \text{e}^{v_{n+1}}\). En multipliant par 2 (positif) puis en ajoutant \(-1\), on obtient \(-1 + 2\text{e}^{v_n} \leq\, -1 + 2\text{e}^{v_{n+1}}\). Ces deux nombres sont strictement positifs (la suite est bien définie), et la fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0~;~+\infty[\), donc \(\ln(-1 + 2\text{e}^{v_n}) \leq\, \ln(-1 + 2\text{e}^{v_{n+1}})\), c’est-à-dire \(v_{n+1} \leq\, v_{n+2}\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. D’après le principe de récurrence, \(v_n \leq\, v_{n+1}\) pour tout entier naturel \(n\) : la suite \((v_n)\) est croissante, ce qui valide la conjecture.
3. a. Pour tout entier naturel \(n\), en utilisant \(\text{e}^{\ln A} = A\) pour \(A \gt 0\) :
\[w_{n+1} = -1 + \text{e}^{v_{n+1}} = -1 + (-1 + 2\text{e}^{v_n}) = -2 + 2\text{e}^{v_n} = 2(-1 + \text{e}^{v_n}) = 2w_n.\]
La suite \((w_n)\) est géométrique de raison 2 et de premier terme \(w_0 = 3\).
b. On en déduit que pour tout \(n\), \(w_n = 3 \times 2^n\). Or \(w_n = -1 + \text{e}^{v_n}\), donc \(\text{e}^{v_n} = 1 + w_n = 1 + 3 \times 2^n\). Ce nombre est strictement positif, et en appliquant la fonction \(\ln\) : \(v_n = \ln(1 + 3 \times 2^n)\) pour tout entier naturel \(n\).
c. Comme \(2 \gt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (1 + 3 \times 2^n) = +\infty\). Puisque \(\displaystyle\lim_{X \to +\infty} \ln X = +\infty\), par composition : \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty\).
4. La fonction part de \(V = v_0 = \ln 4\) et \(n = 0\), puis à chaque passage dans la boucle remplace \(V\) par le terme suivant de la suite (car \(\ln(2\text{e}^{V} – 1)\) correspond à la relation de récurrence) et augmente \(n\) de 1. Ainsi, à tout moment, \(V = v_n\). La boucle continue tant que \(v_n \lt S\). Comme \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty\), quel que soit le réel S, il existe un rang à partir duquel \(v_n \geq\, S\) : la condition du « while » finit par être fausse, la boucle s’arrête. La fonction renvoie donc toujours un résultat : le plus petit entier \(n\) tel que \(v_n \geq\, S\).
Exercice 4 :
Partie A : dénombrement
1. On a 60 choix pour \(a\) ; comme le tirage se fait sans remise, il reste 59 choix pour \(c\). L’ordre compte (le couple \((a~;~c)\) n’est pas le même que \((c~;~a)\)). On obtient \(60 \times 59 = 3\,540\) couples. Il y a 3 540 couples possibles.
2. Comme \(a \neq 0\), l’équation \(ax^2 + 2x + c = 0\) est du second degré. Son discriminant vaut \(\Delta = 2^2 – 4ac = 4 – 4ac = 4(1 – ac)\). Elle possède deux solutions réelles distinctes si et seulement si \(\Delta \gt 0\), c’est-à-dire \(1 – ac \gt 0\). L’évènement \(M\) est réalisé si et seulement si \(ac \lt 1\).
3. \(\overline{M}\) est réalisé lorsque \(ac \geq\, 1\). Comme \(a\) et \(c\) sont des entiers non nuls, \(ac\) est un entier non nul, et \(ac \geq\, 1\) équivaut à \(ac \gt 0\), c’est-à-dire à « \(a\) et \(c\) sont de même signe ». Il y a 30 entiers strictement positifs et 30 strictement négatifs. Couples de deux entiers positifs (sans remise) : \(30 \times 29 = 870\). Couples de deux entiers négatifs : de même 870. Au total, \(870 + 870 = 1\,740\) issues réalisent \(\overline{M}\).
4. Les couples sont équiprobables. \(M\) compte \(3\,540 – 1\,740 = 1\,800\) issues, donc :
\[P(M) = \dfrac{1\,800}{3\,540} = \dfrac{30}{59} \approx 0{,}51.\]
\(P(M) \approx 0{,}51\) à \(10^{-2}\) près.
Partie B : équation différentielle
1. L’équation s’écrit \(y^{\prime} = -10y\). D’après le cours, les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{ax}\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{-10x}\), où \(C\) est un réel quelconque.
2. On dérive \(f\) comme un produit \(uv\) avec \(u(x) = 6x^2 + 2x – 2\), \(u^{\prime}(x) = 12x + 2\), \(v(x) = \text{e}^{-5x+1}\), \(v^{\prime}(x) = -5\text{e}^{-5x+1}\) :
\[f^{\prime}(x) = (12x + 2)\text{e}^{-5x+1} – 5(6x^2 + 2x – 2)\text{e}^{-5x+1} = (-30x^2 + 2x + 12)\text{e}^{-5x+1}.\]
Alors :
\[f^{\prime}(x) + 10f(x) = (-30x^2 + 2x + 12 + 60x^2 + 20x – 20)\text{e}^{-5x+1} = (30x^2 + 22x – 8)\text{e}^{-5x+1}.\]
\(f\) vérifie \((E)\) sur \(\mathbb{R}\) : c’est une solution particulière de \((E)\).
3. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant à la solution particulière \(f\) les solutions de l’équation homogène \(y^{\prime} + 10y = 0\). Les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto (6x^2 + 2x – 2)\text{e}^{-5x+1} + C\text{e}^{-10x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
Partie C : étude de fonction
1. En \(-\infty\), le trinôme \(6x^2 + 2x – 2\) se comporte comme son terme de plus haut degré : \(6x^2 + 2x – 2 = x^2(6 + \dfrac{2}{x} – \dfrac{2}{x^2})\), avec \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} x^2 = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (6 + \dfrac{2}{x} – \dfrac{2}{x^2}) = 6\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (6x^2 + 2x – 2) = +\infty\). Par ailleurs \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (-5x + 1) = +\infty\), et par composition \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \text{e}^{-5x+1} = +\infty\). Par produit : \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\).
2. Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(f(x) = 0\) équivaut à \(6x^2 + 2x – 2 = 0\). Cette équation est de la forme \(ax^2 + 2x + c = 0\) de la partie A avec \(a = 6\) et \(c = -2\). Comme \(ac = -12 \lt 1\), d’après la question A.2, elle possède deux solutions réelles distinctes. \(\mathcal{C}_f\) coupe donc l’axe des abscisses en exactement deux points. (Pour information, ces abscisses sont \(\dfrac{-1 – \sqrt{13}}{6} \approx -0{,}77\) et \(\dfrac{-1 + \sqrt{13}}{6} \approx 0{,}43\).)
3. D’après la partie B, \(f^{\prime}(x) = (-30x^2 + 2x + 12)\text{e}^{-5x+1}\), et \(f^{\prime}(x) = 0\) équivaut à \(-30x^2 + 2x + 12 = 0\). C’est encore une équation de la forme \(ax^2 + 2x + c = 0\), avec \(a = -30\) et \(c = 12\) ; comme \(ac = -360 \lt 1\), elle admet deux solutions distinctes. Le calcul donne \(\Delta = 4 + 1\,440 = 1\,444 = 38^2\), d’où :
\[x_1 = \dfrac{-2 + 38}{-60} = -\dfrac{3}{5} \qquad \text{et} \qquad x_2 = \dfrac{-2 – 38}{-60} = \dfrac{2}{3}.\]
En ces deux abscisses, \(f^{\prime}\) s’annule : \(\mathcal{C}_f\) admet deux tangentes horizontales, aux points d’abscisses \(-\dfrac{3}{5}\) et \(\dfrac{2}{3}\).
4. Le signe de \(f^{\prime}(x)\) est celui de \(-30x^2 + 2x + 12\), trinôme de coefficient dominant négatif : il est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles. On calcule les extremums :
\[f(-\dfrac{3}{5}) = (\dfrac{54}{25} – \dfrac{6}{5} – 2)\text{e}^{4} = -\dfrac{26}{25}\text{e}^{4} \approx -56{,}78 \qquad \text{et} \qquad f(\dfrac{2}{3}) = (\dfrac{8}{3} + \dfrac{4}{3} – 2)\text{e}^{-7/3} = 2\text{e}^{-7/3} \approx 0{,}19.\]
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac{3}{5}\) | \(\dfrac{2}{3}\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | décroissante | \(-\dfrac{26}{25}\text{e}^{4}\) | croissante | \(2\text{e}^{-7/3}\) | décroissante | 0 |
5. Sur \(]-\infty~;~-\dfrac{3}{5}]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) à \(-\dfrac{26}{25}\text{e}^{4} \approx -56{,}78\). Comme 1 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution sur cet intervalle (environ \(-0{,}769\)). Sur \([-\dfrac{3}{5}~;~+\infty[\), le maximum de \(f\) est \(f(\dfrac{2}{3}) = 2\text{e}^{-7/3} \approx 0{,}19 \lt 1\) : pas de solution. L’équation \(f(x) = 1\) admet exactement une solution sur \(\mathbb{R}\).
6. a. \(F\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit de fonctions dérivables, et :
\[F^{\prime}(x) = (-\dfrac{12}{5}x – \dfrac{22}{25})\text{e}^{-5x+1} – 5(-\dfrac{6}{5}x^2 – \dfrac{22}{25}x + \dfrac{28}{125})\text{e}^{-5x+1}\]
\[F^{\prime}(x) = (-\dfrac{12}{5}x – \dfrac{22}{25} + 6x^2 + \dfrac{22}{5}x – \dfrac{28}{25})\text{e}^{-5x+1} = (6x^2 + 2x – 2)\text{e}^{-5x+1} = f(x).\]
\(F^{\prime} = f\) sur \(\mathbb{R}\) : \(F\) est une primitive de \(f\).
b. Pour \(m \gt 0{,}2\), \(I_m = F(m) – F(0{,}2)\). Or
\[F(0{,}2) = (-\dfrac{6}{5} \times \dfrac{1}{25} – \dfrac{22}{25} \times \dfrac{1}{5} + \dfrac{28}{125})\text{e}^{0} = -\dfrac{6}{125} – \dfrac{22}{125} + \dfrac{28}{125} = 0,\]
donc \(I_m = F(m)\). Comme \(\text{e}^{-5m+1} \gt 0\), \(I_m = 0\) équivaut à \(-\dfrac{6}{5}m^2 – \dfrac{22}{25}m + \dfrac{28}{125} = 0\), soit, en multipliant par \(-\dfrac{125}{2}\), \(75m^2 + 55m – 14 = 0\). Le discriminant vaut \(55^2 + 4 \times 75 \times 14 = 7\,225 = 85^2\), et les racines sont \(\dfrac{-55 + 85}{150} = \dfrac{1}{5}\) et \(\dfrac{-55 – 85}{150} = -\dfrac{14}{15}\). Aucune n’est strictement supérieure à 0,2. Il n’existe aucune valeur de \(m \gt 0{,}2\) telle que \(I_m = 0\). Plus précisément, pour \(m \gt 0{,}2\), le trinôme \(75m^2 + 55m – 14\) est strictement positif (à droite de sa plus grande racine), donc \(I_m = F(m) \lt 0\).
Interprétation graphique. D’après la question 2, \(f\) est négative entre \(0{,}2\) et \(x_0 = \dfrac{-1 + \sqrt{13}}{6} \approx 0{,}43\), puis positive au-delà. L’intégrale \(I_m\) est la différence entre l’aire du domaine situé au-dessus de l’axe des abscisses (entre \(x_0\) et \(m\)) et l’aire du domaine situé sous l’axe (entre 0,2 et \(x_0\)), ces domaines étant limités par \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x = 0{,}2\) et \(x = m\). Dire que \(I_m\) n’est jamais nulle (et même toujours négative) signifie que, quel que soit \(m \gt 0{,}2\), l’aire de la partie située au-dessus de l’axe ne compense jamais celle de la partie située en dessous.
Retour à l’énoncé : Bac de maths 2025 en Amérique du Sud (jour 2) : sujet et corrigé.
