Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. L’enfant est choisi au hasard : les pourcentages de l’énoncé deviennent des probabilités. Le premier niveau de l’arbre sépare les zones d’habitation, le second indique la présence ou non d’une allergie.
- Premier niveau : \(P(R) = 0{,}17\) et \(P(\overline{R}) = 0{,}83\).
- Branches issues de \(R\) : \(P_R(A) = 0{,}062\) (les 6,2 % d’enfants ruraux allergiques) et \(P_R(\overline{A}) = 1 – 0{,}062 = 0{,}938\).
- Branches issues de \(\overline{R}\) : \(P_{\overline{R}}(A)\) et \(P_{\overline{R}}(\overline{A})\) sont inconnues pour l’instant ; elles seront obtenues à la question 2. c.
Attention : les 9 % d’enfants allergiques ne se placent pas sur une branche. C’est la probabilité totale \(P(A) = 0{,}09\), qui servira dans la question 2. b.
2. a. On suit le chemin \(R\) puis \(A\) et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(R \cap A) = P(R) \times P_R(A) = 0{,}17 \times 0{,}062 = 0{,}010\,54.\]
La probabilité que l’enfant habite en zone rurale et soit allergique est \(P(R \cap A) = 0{,}010\,54\).
b. Les évènements \(R\) et \(\overline{R}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(A) = P(R \cap A) + P(\overline{R} \cap A).\]
On en tire :
\[P(\overline{R} \cap A) = P(A) – P(R \cap A) = 0{,}09 – 0{,}010\,54 = 0{,}079\,46.\]
La probabilité que l’enfant habite en zone urbaine et soit allergique est \(P(\overline{R} \cap A) = 0{,}079\,46\).
c. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_{\overline{R}}(A)\) :
\[P_{\overline{R}}(A) = \dfrac{P(\overline{R} \cap A)}{P(\overline{R})} = \dfrac{0{,}079\,46}{0{,}83} = \dfrac{3\,973}{41\,500} \approx 0{,}095\,73.\]
Sachant qu’il habite en zone urbaine, l’enfant est allergique avec une probabilité d’environ \(0{,}0957\). On peut compléter l’arbre : \(P_{\overline{R}}(A) \approx 0{,}0957\) et \(P_{\overline{R}}(\overline{A}) \approx 0{,}9043\). Le taux d’allergie est donc nettement plus élevé en ville (environ 9,6 %) qu’à la campagne (6,2 %), ce qui confirme la différence annoncée par l’étude.
Partie B
1. Interroger un enfant est une épreuve à deux issues : le succès « l’enfant est atteint d’allergie alimentaire », de probabilité \(p = P(A) = 0{,}09\), et l’échec. On répète cette épreuve 100 fois de façon identique et indépendante (tirages assimilés à des tirages avec remise). La variable \(X\) compte le nombre de succès : elle suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 100\) et \(p = 0{,}09\).
2. On passe par l’évènement contraire, car la calculatrice donne directement les probabilités cumulées \(P(X \leq\, k)\) :
\[P(X \geq\, 10) = 1 – P(X \leq\, 9) \approx 1 – 0{,}587\,51 \approx 0{,}412\,49.\]
La probabilité qu’au moins 10 enfants sur 100 soient allergiques est d’environ \(0{,}4125\).
Partie C
1. \(M_{20}\) est la moyenne des âges d’apparition des premiers symptômes des 20 enfants : elle représente l’âge moyen (en années) d’apparition des premiers symptômes allergiques dans l’échantillon.
2. Par linéarité de l’espérance :
\[E(M_{20}) = \dfrac{1}{20}(E(A_1) + \ldots + E(A_{20})) = \dfrac{20 \times 4}{20} = 4.\]
Les variables \(A_i\) étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances, et \(V(aY) = a^2V(Y)\) :
\[V(M_{20}) = \dfrac{1}{20^2}(V(A_1) + \ldots + V(A_{20})) = \dfrac{20 \times 2{,}25}{400} = \dfrac{2{,}25}{20} = 0{,}1125.\]
Ainsi \(E(M_{20}) = 4\) et \(V(M_{20}) = 0{,}1125\).
3. L’intervalle \(]2\,;\,6[\) est centré sur l’espérance 4, avec un rayon de 2. On peut donc écrire :
\[2 \lt M_{20} \lt 6 \iff -2 \lt M_{20} – 4 \lt 2 \iff |M_{20} – 4| \lt 2.\]
L’inégalité de concentration, appliquée à la moyenne \(M_n\) de \(n\) variables indépendantes de même loi, d’espérance \(\mu\) et de variance \(V\), affirme que pour tout réel \(\delta \gt 0\) :
\[P(|M_n – \mu| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V}{n\delta^2}.\]
Avec \(n = 20\), \(\mu = 4\), \(V = 2{,}25\) et \(\delta = 2\) :
\[P(|M_{20} – 4| \geq\, 2) \leq\, \dfrac{2{,}25}{20 \times 2^2} = \dfrac{2{,}25}{80} = 0{,}028\,125.\]
En passant à l’évènement contraire :
\[P(2 \lt M_{20} \lt 6) = 1 – P(|M_{20} – 4| \geq\, 2) \geq\, 1 – 0{,}028\,125 = 0{,}971\,875.\]
Comme \(0{,}971\,875 \gt 0{,}97\), on obtient bien \(P(2 \lt M_{20} \lt 6) \gt 0{,}97\).
Interprétation : pour un échantillon de 20 enfants allergiques choisis au hasard, il y a plus de 97 % de chances que l’âge moyen d’apparition des premiers symptômes soit strictement compris entre 2 ans et 6 ans.
Exercice 2 :
1. L’avion Bêta touche le sol lorsque son point de \(d_{\text{B}}\) appartient au plan \(P_0\), c’est-à-dire lorsque sa cote est nulle :
\[11 – 4t = 0 \iff t = \dfrac{11}{4}.\]
On remplace \(t\) par \(\dfrac{11}{4}\) dans les deux autres équations : \(x = -11 + 5 \times \dfrac{11}{4} = \dfrac{-44 + 55}{4} = \dfrac{11}{4}\) et \(y = -5 + \dfrac{11}{4} = -\dfrac{9}{4}\).
L’avion Bêta touchera le sol au point \(\text{S}(\dfrac{11}{4}\,;\,-\dfrac{9}{4}\,;\,0)\), soit \(\text{S}(2{,}75\,;\,-2{,}25\,;\,0)\).
2. a. La droite \(d_{\text{A}}\) passe par \(\text{A}(-7\,;\,1\,;\,7)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,-3)\). En notant \(s\) le paramètre (pour ne pas le confondre avec celui de \(d_{\text{B}}\)), un point \(M(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur \(d_{\text{A}}\) si et seulement si \(\vec{AM} = s\vec{u}\), d’où :
\[d_{\text{A}} : \begin{cases} x = -7 + 2s \\ y = 1 – s \\ z = 7 – 3s \end{cases} \quad \text{où } s \text{ décrit } \mathbb{R}.\]
b. Une collision n’est possible que si les deux trajectoires ont un point commun. Un vecteur directeur de \(d_{\text{B}}\) est \(\vec{v}(5\,;\,1\,;\,-4)\). Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) ne sont pas colinéaires (les premières coordonnées donneraient un coefficient \(\dfrac{5}{2}\), les deuxièmes un coefficient \(-1\)) : les droites ne sont pas parallèles.
On cherche alors s’il existe des réels \(s\) et \(t\) donnant le même point :
\[\begin{cases} -7 + 2s = -11 + 5t \\ 1 – s = -5 + t \\ 7 – 3s = 11 – 4t \end{cases}\]
La deuxième équation donne \(t = 6 – s\). En reportant dans la première : \(-7 + 2s = -11 + 30 – 5s\), soit \(7s = 26\) et \(s = \dfrac{26}{7}\). En reportant dans la troisième : \(7 – 3s = 11 – 24 + 4s\), soit \(7s = 20\) et \(s = \dfrac{20}{7}\).
On obtient deux valeurs différentes de \(s\) : le système n’a pas de solution. Les droites \(d_{\text{A}}\) et \(d_{\text{B}}\) ne sont ni parallèles ni sécantes, elles sont non coplanaires. Les trajectoires n’ont aucun point commun, donc les deux avions ne peuvent pas entrer en collision.
3. a. On cherche un réel \(s\) tel que le point de paramètre \(s\) de \(d_{\text{A}}\) soit E :
\[\begin{cases} -7 + 2s = -3 \\ 1 – s = -1 \\ 7 – 3s = 1 \end{cases} \iff \begin{cases} s = 2 \\ s = 2 \\ s = 2 \end{cases}\]
Les trois équations donnent la même valeur \(s = 2\) : E appartient à \(d_{\text{A}}\), l’avion Alpha passe par la position E.
b. Le plan \(P_{\text{E}}\) est perpendiculaire à \(d_{\text{A}}\), donc le vecteur directeur \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,-3)\) de \(d_{\text{A}}\) est un vecteur normal à \(P_{\text{E}}\). Une équation de \(P_{\text{E}}\) est donc de la forme \(2x – y – 3z + d = 0\) avec \(d\) réel.
Comme E est dans le plan : \(2 \times (-3) – (-1) – 3 \times 1 + d = 0\), soit \(-8 + d = 0\), donc \(d = 8\).
Une équation cartésienne de \(P_{\text{E}}\) est bien \(2x – y – 3z + 8 = 0\).
c. Point de \(d_{\text{B}}\) : pour \(t = 2\), on obtient \(x = -11 + 10 = -1\), \(y = -5 + 2 = -3\) et \(z = 11 – 8 = 3\). Donc F est sur \(d_{\text{B}}\).
Point de \(P_{\text{E}}\) : \(2 \times (-1) – (-3) – 3 \times 3 + 8 = -2 + 3 – 9 + 8 = 0\). Donc F est dans \(P_{\text{E}}\).
Enfin, \(\vec{u} \cdot \vec{v} = 2 \times 5 + (-1) \times 1 + (-3) \times (-4) = 21 \neq 0\) : le vecteur directeur de \(d_{\text{B}}\) n’est pas orthogonal au vecteur normal du plan, donc \(d_{\text{B}}\) n’est pas parallèle à \(P_{\text{E}}\) et le coupe en un seul point. F est donc le point d’intersection de \(P_{\text{E}}\) et de \(d_{\text{B}}\).
d. Le repère étant orthonormé, on calcule à partir des coordonnées \(\vec{\text{EF}}(-1 + 3\,;\,-3 + 1\,;\,3 – 1) = (2\,;\,-2\,;\,2)\), puis :
\[\text{EF} = \sqrt{2^2 + (-2)^2 + 2^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}\ \text{km}.\]
Or \(2\sqrt{3} \approx 3{,}464\,10\) km, soit \(\text{EF} = 2\sqrt{3}\) km, environ 3 464 m à 1 m près.
4. La distance minimale imposée est de 3 milles nautiques, soit \(3 \times 1\,852 = 5\,556\) m.
Or \(\text{EF} \approx 3\,464\) m, et \(3\,464 \lt 5\,556\). Exprimée en milles nautiques, la distance EF vaut environ \(\dfrac{3\,464}{1\,852} \approx 1{,}87\), ce qui est inférieur à 3.
Si les avions sont en E et F au même instant, la distance de sécurité n’est pas respectée.
Exercice 3 :
Partie A
1. a. \(f_n\) est le produit de \(u(x) = x^n\) et de \(v(x) = \text{e}^{-x}\), avec \(u^{\prime}(x) = nx^{n-1}\) et \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\). Par la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), pour tout \(x \geq\, 0\) :
\[f^{\prime}_n(x) = nx^{n-1}\text{e}^{-x} – x^n\text{e}^{-x}.\]
On met \(x^{n-1}\text{e}^{-x}\) en facteur, en écrivant \(x^n = x \times x^{n-1}\) :
\[f^{\prime}_n(x) = x^{n-1}\text{e}^{-x}(n – x) = (n – x)x^{n-1}\text{e}^{-x}.\]
b. Signe de la dérivée. Pour tout \(x \gt 0\), \(\text{e}^{-x} \gt 0\) et \(x^{n-1} \gt 0\) ; le signe de \(f^{\prime}_n(x)\) est donc celui de \(n – x\). Ainsi \(f^{\prime}_n(x) \gt 0\) pour \(0 \lt x \lt n\), \(f^{\prime}_n(n) = 0\) et \(f^{\prime}_n(x) \lt 0\) pour \(x \gt n\). (En \(x = 0\), la dérivée vaut 0 si \(n \geq\, 2\) et 1 si \(n = 1\) : une annulation isolée ne change pas le sens de variation.)
Variations. \(f_n\) est donc croissante sur \([0\,;\,n]\) et décroissante sur \([n\,;\,+\infty[\).
Valeurs. \(f_n(0) = 0^n \times \text{e}^{0} = 0\) car \(n \geq\, 1\), et \(f_n(n) = n^n\text{e}^{-n} = \dfrac{n^n}{\text{e}^n} = (\dfrac{n}{\text{e}})^n\) : c’est le maximum de \(f_n\).
Limite en \(+\infty\). Pour \(x \gt 0\), \(f_n(x) = \dfrac{x^n}{\text{e}^x}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\text{e}^x}{x^n} = +\infty\), donc par passage à l’inverse \(\lim\limits_{x \to +\infty} f_n(x) = 0\).
Tous les éléments du tableau sont ainsi justifiés.
2. Pour tout entier \(n \geq\, 1\) : \(f_n(1) = 1^n \times \text{e}^{-1} = \text{e}^{-1}\). Les coordonnées de A vérifient \(y = f_n(x)\), donc A appartient à \(\mathcal{C}_n\) pour tout \(n \geq\, 1\). (C’est aussi vrai pour \(n = 0\), car \(f_0(1) = \text{e}^{-1}\) : toutes les courbes de l’annexe passent par ce point.)
Partie B
1. a. La fonction \(f_n\) est continue et positive sur \([0\,;\,1]\) (produit d’une puissance positive et d’une exponentielle). Donc \(I_n\) est l’aire, en unités d’aire, du domaine compris entre la courbe \(\mathcal{C}_n\), l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x = 0\) et \(x = 1\).
b. Sur l’annexe, chaque courbe est située sous la précédente sur \([0\,;\,1]\) : les domaines sont emboîtés et leurs aires diminuent quand \(n\) augmente. La courbe \(\mathcal{C}_{100}\) est presque confondue avec l’axe des abscisses sauf tout près de \(x = 1\), donc l’aire correspondante est très petite. On conjecture que la suite \((I_n)\) converge vers 0.
2. Une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{-x}\) est \(x \mapsto -\text{e}^{-x}\), donc :
\[I_0 = \int_0^1 \text{e}^{-x}\,\text{d}x = [-\text{e}^{-x}]_0^1 = -\text{e}^{-1} + \text{e}^{0} = 1 – \text{e}^{-1}.\]
Ainsi \(I_0 = 1 – \dfrac{1}{\text{e}} \approx 0{,}632\).
3. a. Soit \(x \in [0\,;\,1]\). On part de l’encadrement \(0 \leq\, x \leq\, 1\) et on le multiplie par \(x^n\), qui est positif ou nul (le sens des inégalités est conservé) :
\[0 \times x^n \leq\, x \times x^n \leq\, 1 \times x^n, \quad \text{soit} \quad 0 \leq\, x^{n+1} \leq\, x^n.\]
b. On multiplie cet encadrement par \(\text{e}^{-x} \gt 0\) : pour tout \(x \in [0\,;\,1]\), \(0 \leq\, x^{n+1}\text{e}^{-x} \leq\, x^n\text{e}^{-x}\), c’est-à-dire \(0 \leq\, f_{n+1}(x) \leq\, f_n(x)\).
Les bornes étant dans le bon ordre (\(0 \leq\, 1\)), la positivité et la croissance de l’intégrale permettent d’intégrer cet encadrement sur \([0\,;\,1]\) :
\[0 \leq\, \int_0^1 f_{n+1}(x)\,\text{d}x \leq\, \int_0^1 f_n(x)\,\text{d}x, \quad \text{soit} \quad 0 \leq\, I_{n+1} \leq\, I_n.\]
4. D’après la question précédente, pour tout entier \(n\) : \(I_{n+1} \leq\, I_n\), donc la suite \((I_n)\) est décroissante ; et \(I_n \geq\, 0\), donc elle est minorée par 0. D’après le théorème de convergence monotone, une suite décroissante et minorée converge. La suite \((I_n)\) converge donc vers une limite \(\ell\), et comme tous ses termes sont positifs ou nuls, par passage à la limite dans l’inégalité \(I_n \geq\, 0\), on a \(\ell \geq\, 0\).
5. Soit \(n\) un entier naturel. Dans \(I_{n+1} = \displaystyle\int_0^1 x^{n+1}\text{e}^{-x}\,\text{d}x\), on dérive la puissance et on primitive l’exponentielle :
- \(u(x) = x^{n+1}\), donc \(u^{\prime}(x) = (n+1)x^n\) ;
- \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x}\), donc on peut prendre \(v(x) = -\text{e}^{-x}\).
Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables sur \([0\,;\,1]\), de dérivées continues. La formule d’intégration par parties donne :
\[I_{n+1} = [-x^{n+1}\text{e}^{-x}]_0^1 – \int_0^1 (n+1)x^n \times (-\text{e}^{-x})\text{d}x.\]
Le crochet vaut \(-1 \times \text{e}^{-1} – (-0 \times \text{e}^{0}) = -\dfrac{1}{\text{e}}\) (car \(n + 1 \geq\, 1\), donc \(0^{n+1} = 0\)). Par linéarité, l’intégrale restante vaut \(-(n+1)I_n\). D’où :
\[I_{n+1} = -\dfrac{1}{\text{e}} + (n+1)I_n = (n+1)I_n – \dfrac{1}{\text{e}}.\]
6. a. Supposons \(\ell \gt 0\). Comme \(\lim\limits_{n \to +\infty} I_n = \ell \gt 0\) et \(\lim\limits_{n \to +\infty} (n+1) = +\infty\), par produit \(\lim\limits_{n \to +\infty} (n+1)I_n = +\infty\), puis \(\lim\limits_{n \to +\infty} ((n+1)I_n – \dfrac{1}{\text{e}}) = +\infty\).
D’après la question 5, cela signifie que \(\lim\limits_{n \to +\infty} I_{n+1} = +\infty\). Mais \((I_{n+1})\) est la même suite décalée d’un rang : elle converge vers le réel \(\ell\). Une suite ne pouvant avoir deux limites différentes, l’hypothèse \(\ell \gt 0\) mène à une contradiction.
b. D’après la question 4, \(\ell \geq\, 0\). D’après la question 6. a, le cas \(\ell \gt 0\) est impossible. Il reste donc \(\ell = 0\) : la suite \((I_n)\) converge vers 0, ce qui confirme la conjecture de la question 1. b.
7. Lisons le script. La variable I part de \(1 – \dfrac{1}{\text{e}} = I_0\) et la liste L contient d’abord ce seul terme. Au passage dans la boucle pour la valeur i, l’instruction I = (i + 1)*I - 1/e applique la relation de la question 5 : si I contient \(I_i\), elle contient ensuite \(I_{i+1}\), qui est ajouté à la fin de la liste. La boucle tourne pour i allant de 0 à 99.
mystere(100) renvoie donc la liste des 101 premiers termes de la suite, \([I_0, I_1, \ldots, I_{100}]\) (en valeurs approchées).
Remarque : si on exécute réellement ce script, les valeurs obtenues deviennent négatives dès \(I_{18}\) (environ \(-0{,}196\)) puis explosent, ce qui est impossible puisque \(I_n \geq\, 0\). La cause est numérique : \(\text{e}\) n’est stocké qu’approximativement, et à chaque étape l’erreur est multipliée par \(i + 1\) ; après 100 étapes, elle a été multipliée par \(100!\). Le script est correct mathématiquement, mais inutilisable en pratique pour les grandes valeurs de \(n\).
Exercice 4 :
1. Affirmation 1 : vraie. L’équation est de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = \dfrac{1}{2}\) et \(b = 4\). D’après le cours, ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto k\text{e}^{ax} – \dfrac{b}{a}\), \(k \in \mathbb{R}\). Ici \(\dfrac{b}{a} = \dfrac{4}{1/2} = 8\), ce qui donne exactement \(f(x) = k\text{e}^{\frac{1}{2}x} – 8\).
Vérification directe : \(f^{\prime}(x) = \dfrac{k}{2}\text{e}^{\frac{1}{2}x}\) et \(\dfrac{1}{2}f(x) + 4 = \dfrac{k}{2}\text{e}^{\frac{1}{2}x} – 4 + 4 = \dfrac{k}{2}\text{e}^{\frac{1}{2}x}\) : l’égalité \(f^{\prime} = \dfrac{1}{2}f + 4\) est bien satisfaite.
2. Affirmation 2 : vraie. Dans une équipe, l’ordre des joueurs ne compte pas et un élève ne peut pas être choisi deux fois : on utilise des combinaisons. Il y a \(\dbinom{18}{3} = \dfrac{18 \times 17 \times 16}{6} = 816\) façons de choisir les 3 filles et \(\dbinom{14}{3} = \dfrac{14 \times 13 \times 12}{6} = 364\) façons de choisir les 3 garçons. Chaque groupe de filles pouvant être associé à chaque groupe de garçons, le principe multiplicatif donne \(816 \times 364 = 297\,024\) équipes possibles.
3. Affirmation 3 : vraie. Pour tout entier \(n\), \(-1 \leq\, \cos(n) \leq\, 1\), donc \(1 \leq\, 2 + \cos(n) \leq\, 3\). Le dénominateur est strictement positif et au plus égal à 3 ; comme \(n \geq\, 0\), diviser \(n\) par un nombre plus petit donne un résultat plus grand :
\[v_n = \dfrac{n}{2 + \cos(n)} \geq\, \dfrac{n}{3}.\]
Or \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{n}{3} = +\infty\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} v_n = +\infty\).
4. Affirmation 4 : fausse. On a \(\vec{\text{AB}}(4\,;\,-2\,;\,6)\) et \(\vec{\text{AC}}(1\,;\,0\,;\,1)\). Dans un repère orthonormé :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = 4 \times 1 + (-2) \times 0 + 6 \times 1 = 10.\]
La première partie est donc exacte. Pour l’angle, on calcule les longueurs : \(\text{AB} = \sqrt{16 + 4 + 36} = \sqrt{56}\) et \(\text{AC} = \sqrt{1 + 0 + 1} = \sqrt{2}\). Comme \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = \text{AB} \times \text{AC} \times \cos\widehat{\text{BAC}}\) :
\[\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{10}{\sqrt{56} \times \sqrt{2}} = \dfrac{10}{\sqrt{112}} = \dfrac{10}{4\sqrt{7}} = \dfrac{5\sqrt{7}}{14} \approx 0{,}945.\]
Si l’angle mesurait 30°, son cosinus vaudrait \(\dfrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0{,}866\). Les deux valeurs sont différentes, donc l’angle ne mesure pas 30° (il mesure environ 19,1°). L’affirmation, qui exige les deux conditions, est fausse.
5. Affirmation 5 : vraie. On factorise : \(h^{\prime\prime}(x) = x(\ln x – 3)\). Sur \([\text{e}^3\,;\,+\infty[\), on a \(x \gt 0\) et, la fonction \(\ln\) étant croissante, \(\ln x \geq\, \ln(\text{e}^3) = 3\), donc \(\ln x – 3 \geq\, 0\). Le produit \(h^{\prime\prime}(x)\) est donc positif ou nul sur cet intervalle. Une fonction dont la dérivée seconde est positive sur un intervalle y est convexe : \(h\) est convexe sur \([\text{e}^3\,;\,+\infty[\).
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