Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Les trois abonnements s’excluent et couvrent tous les abonnés, donc les probabilités du premier niveau ont pour somme 1. On lit \(P(E) = 0{,}25\) et \(P(F) = 0{,}15\), d’où :
\[P(C) = 1 – 0{,}25 – 0{,}15 = 0{,}6.\]
Au second niveau, « 45 % des abonnés Étudiant » décrit une probabilité conditionnelle : \(P_E(H) = 0{,}45\), donc \(P_E(\overline{H}) = 1 – 0{,}45 = 0{,}55\). De même \(P_C(H) = 0{,}3\) et \(P_C(\overline{H}) = 0{,}7\).
Attention au piège de la dernière donnée : « 12 % des abonnés ont choisi Famille et activé l’option » est une probabilité d’intersection, \(P(F \cap H) = 0{,}12\), et non une probabilité conditionnelle. C’est pour cela que les branches issues de \(F\) n’ont pas de pointillés.
L’arbre complété porte donc : 0,25 vers \(E\), 0,6 vers \(C\), 0,15 vers \(F\) ; 0,45 et 0,55 sur les branches \(E \to H\) et \(E \to \overline{H}\) ; 0,3 et 0,7 sur les branches \(C \to H\) et \(C \to \overline{H}\).
2. On suit le chemin \(E\) puis \(H\) et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(E \cap H) = P(E) \times P_E(H) = 0{,}25 \times 0{,}45 = 0{,}1125.\]
Donc \(P(E \cap H) = 0{,}1125\).
3. Les évènements \(E\), \(C\) et \(F\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :
\[P(H) = P(E \cap H) + P(C \cap H) + P(F \cap H).\]
On a déjà \(P(E \cap H) = 0{,}1125\) et \(P(F \cap H) = 0{,}12\) (donnée de l’énoncé). Il reste \(P(C \cap H) = P(C) \times P_C(H) = 0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18\).
\[P(H) = 0{,}1125 + 0{,}18 + 0{,}12 = 0{,}4125.\]
La probabilité qu’un abonné ait activé l’option « Écoute hors-ligne » est bien \(P(H) = 0{,}4125\).
4. On sait que l’abonné a activé l’option : on cherche donc la probabilité conditionnelle \(P_H(E)\).
\[P_H(E) = \dfrac{P(E \cap H)}{P(H)} = \dfrac{0{,}1125}{0{,}4125} = \dfrac{1125}{4125} = \dfrac{3}{11} \approx 0{,}273.\]
Parmi les abonnés qui utilisent l’écoute hors-ligne, la proportion d’étudiants est d’environ 0,273 (au millième).
Partie B
1. On répète 8 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues dont le succès « l’abonné a activé l’option » a pour probabilité 0,4125. \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 8\) et \(p = 0{,}4125\).
2. « Aucun abonné n’a activé l’option » correspond à \(X = 0\). La probabilité d’un échec est \(1 – 0{,}4125 = 0{,}5875\), et il faut 8 échecs :
\[P(X = 0) = \binom\,{8}{0} \times 0{,}4125^0 \times 0{,}5875^8 = 0{,}5875^8 \approx 0{,}014.\]
La probabilité qu’aucun des huit abonnés n’ait activé l’option est d’environ 0,014.
3. a. Pour un échantillon de \(n\) abonnés, notons \(X_n\) le nombre d’abonnés ayant activé l’option ; pour les mêmes raisons qu’au 1, \(X_n\) suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et 0,4125. L’évènement « au moins un abonné a activé l’option » est le contraire de « aucun abonné ne l’a activée », donc :
\[q_n = P(X_n \geq\, 1) = 1 – P(X_n = 0) = 1 – 0{,}5875^n.\]
On a bien, pour tout entier naturel \(n\) non nul, \(q_n = 1 – 0{,}5875^n\).
b. On cherche le plus petit entier \(n\) tel que \(q_n \geq\, 0{,}999\).
\[q_n \geq\, 0{,}999 \iff 1 – 0{,}5875^n \geq\, 0{,}999 \iff 0{,}5875^n \leq\, 0{,}001.\]
Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), on peut donc appliquer \(\ln\) sans changer le sens :
\[n \ln(0{,}5875) \leq\, \ln(0{,}001).\]
Comme \(0{,}5875 \lt 1\), on a \(\ln(0{,}5875) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, le sens de l’inégalité change.
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)} \approx 12{,}99.\]
Le plus petit entier qui convient est \(n = 13\) : il faut interroger au moins 13 abonnés pour être sûr à 99,9 % qu’au moins l’un d’eux utilise l’écoute hors-ligne. (Contrôle : \(q_{12} \approx 0{,}9983 \lt 0{,}999\) et \(q_{13} \approx 0{,}99901 \geq\, 0{,}999\).)
Partie C
1. Chaque abonnement peut être pris avec ou sans l’option à 2 €. Les six valeurs possibles de \(Y\) sont : 5 € et 7 € (Étudiant sans ou avec option), 10 € et 12 € (Classique), 16 € et 18 € (Famille).
2. Chaque valeur correspond à une feuille de l’arbre. On connaît déjà \(P(E \cap H) = 0{,}1125\), \(P(C \cap H) = 0{,}18\) et \(P(F \cap H) = 0{,}12\). Les autres s’obtiennent par différence :
- \(P(E \cap \overline{H}) = 0{,}25 \times 0{,}55 = 0{,}1375\) ;
- \(P(C \cap \overline{H}) = 0{,}6 \times 0{,}7 = 0{,}42\) ;
- \(P(F \cap \overline{H}) = P(F) – P(F \cap H) = 0{,}15 – 0{,}12 = 0{,}03\).
| \(y_i\) | 5 | 7 | 10 | 12 | 16 | 18 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| Évènement | \(E \cap \overline{H}\) | \(E \cap H\) | \(C \cap \overline{H}\) | \(C \cap H\) | \(F \cap \overline{H}\) | \(F \cap H\) |
| \(P(Y = y_i)\) | 0,1375 | 0,1125 | 0,42 | 0,18 | 0,03 | 0,12 |
Vérification : \(0{,}1375 + 0{,}1125 + 0{,}42 + 0{,}18 + 0{,}03 + 0{,}12 = 1\).
3. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérées par leurs probabilités :
\[E(Y) = 5 \times 0{,}1375 + 7 \times 0{,}1125 + 10 \times 0{,}42 + 12 \times 0{,}18 + 16 \times 0{,}03 + 18 \times 0{,}12\]
\[E(Y) = 0{,}6875 + 0{,}7875 + 4{,}2 + 2{,}16 + 0{,}48 + 2{,}16 = 10{,}475.\]
On trouve bien \(E(Y) = 10{,}475\). Interprétation : sur un grand nombre d’abonnés, la plateforme encaisse en moyenne environ 10,48 € par abonné et par mois.
4. La calculatrice (listes des valeurs et des probabilités) donne \(V(Y) \approx 13{,}70\). On peut le retrouver avec la formule de König-Huygens : \(E(Y^2) = 25 \times 0{,}1375 + 49 \times 0{,}1125 + 100 \times 0{,}42 + 144 \times 0{,}18 + 256 \times 0{,}03 + 324 \times 0{,}12 = 123{,}43\), puis
\[V(Y) = E(Y^2) – E(Y)^2 = 123{,}43 – 10{,}475^2 = 13{,}704375.\]
Donc \(V(Y) \approx 13{,}70\).
5. a. La variance est le carré de l’écart-type : \(V(Z) = \sigma(Z)^2 = 2^2\), donc \(V(Z) = 4\).
b. L’intervalle \(]6\,;12[\) est centré sur l’espérance \(E(Z) = 9\), avec un rayon de 3. Ainsi :
\[6 \lt Z \lt 12 \iff -3 \lt Z – 9 \lt 3 \iff |Z – 9| \lt 3.\]
L’évènement contraire est \(|Z – 9| \geq\, 3\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée avec \(t = 3\), donne :
\[P(|Z – E(Z)| \geq\, 3) \leq\, \dfrac{V(Z)}{3^2} = \dfrac{4}{9}.\]
Par passage au contraire :
\[P(6 \lt Z \lt 12) = 1 – P(|Z – 9| \geq\, 3) \geq\, 1 – \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9} \approx 0{,}556.\]
Comme \(\dfrac{5}{9} \gt 0{,}5\), il y a bien au moins 50 % de chances (et même au moins 55,5 %) que le prix payé soit strictement compris entre 6 et 12 euros : le responsable a raison.
Exercice 2 :
Partie A : étude d’un modèle discret
1. Le 1er janvier 2026 correspond à \(n = 1\) :
\[u_1 = 4 – \dfrac{4}{u_0} = 4 – \dfrac{4}{4} = 3.\]
Comme \(u_n\) est exprimé en milliers, le modèle prévoit 3 000 perches-soleil au 1er janvier 2026.
2. a. La fonction \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\), donc \(h\) aussi, et pour tout \(x \gt 0\) :
\[h^{\prime}(x) = -4 \times (-\dfrac{1}{x^2}) = \dfrac{4}{x^2}.\]
Un carré non nul est strictement positif, donc \(h^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\,;+\infty[\) : \(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).
b. On remarque que \(u_{n+1} = h(u_n)\) pour tout \(n\). On raisonne par récurrence sur la propriété \(\mathcal{P}_n\) : « \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\) ».
Initialisation. \(u_0 = 4\) et \(u_1 = 3\), donc \(2 \leq\, u_1 \leq\, u_0 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) est vraie : \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\). Tous ces nombres sont dans \(]0\,;+\infty[\), où \(h\) est croissante ; appliquer \(h\) conserve donc l’ordre :
\[h(2) \leq\, h(u_{n+1}) \leq\, h(u_n) \leq\, h(4).\]
Or \(h(2) = 4 – 2 = 2\), \(h(u_{n+1}) = u_{n+2}\), \(h(u_n) = u_{n+1}\) et \(h(4) = 4 – 1 = 3\). On obtient \(2 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 3 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\).
c. D’après la question précédente, pour tout \(n\) : \(u_{n+1} \leq\, u_n\), donc la suite \((u_n)\) est décroissante ; et \(u_n \geq\, 2\), donc elle est minorée par 2. Une suite décroissante et minorée converge : \((u_n)\) est convergente, et sa limite vérifie \(\ell \geq\, 2\) (par passage à la limite dans \(u_n \geq\, 2\)).
d. La fonction \(h\) est continue sur \(]0\,;+\infty[\) (elle y est dérivable) et \(\ell \geq\, 2\) appartient à cet intervalle. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = h(u_n)\), on obtient \(\ell = h(\ell)\), c’est-à-dire :
\[\ell = 4 – \dfrac{4}{\ell}.\]
En multipliant par \(\ell \neq 0\) : \(\ell^2 = 4\ell – 4\), soit \(\ell^2 – 4\ell + 4 = 0\), c’est-à-dire \((\ell – 2)^2 = 0\). La seule solution est \(\ell = 2\).
e. La population tend vers 2 milliers de poissons : elle se stabilise autour de 2 000 perches-soleil. Ce modèle ne prévoit pas l’élimination de l’espèce, seulement une division par deux de la population.
3. a. La variable u contient le terme courant et n son indice. On doit s’arrêter dès que \(u_n \lt s\) : la boucle tourne donc tant que \(u \geq\, s\). À chaque tour, on calcule le terme suivant avec la relation de récurrence et on augmente l’indice de 1.
def population(s) :
u=4
n=0
while u >= s :
u=4-4/u
n=n+1
return n
b. On calcule les termes successifs (on peut montrer que \(u_n = 2 + \dfrac{2}{n+1}\)) :
| \(n\) | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | … | 8 | 9 | 10 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(u_n\) | 4 | 3 | ≈ 2,667 | 2,5 | 2,4 | … | ≈ 2,222 | 2,2 | ≈ 2,182 |
\(u_9 = 2{,}2\) n’est pas strictement inférieur à 2,2, donc la boucle continue ; \(u_{10} \approx 2{,}182 \lt 2{,}2\) l’arrête. La commande population(2.2) renvoie 10.
Interprétation : selon ce modèle, la population passe pour la première fois sous les 2 200 perches-soleil en \(2025 + 10\), c’est-à-dire au 1er janvier 2035.
Partie B : étude d’un modèle continu
1. L’équation \((E)\) s’écrit \(y^{\prime} = -y + 2\), de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -1\) et \(b = 2\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{at} – \dfrac{b}{a}\), soit :
\[y(t) = k\text{e}^{-t} + 2, \quad k \in \mathbb{R}.\]
On peut vérifier : la fonction constante égale à 2 est une solution particulière, et \(y^{\prime} + y = 0\) a pour solutions les \(t \mapsto k\text{e}^{-t}\).
2. Puisque \(p\) est solution de \((E)\), il existe un réel \(k\) tel que \(p(t) = k\text{e}^{-t} + 2\). La condition initiale donne \(p(0) = k + 2 = 4\), donc \(k = 2\). Ainsi \(p(t) = 2\text{e}^{-t} + 2\) sur \([0\,;+\infty[\).
3. Comme \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-t} = 0\), on obtient \(\lim\limits_{t \to +\infty} p(t) = 2\). La population tend vers 2 milliers : ce modèle ne prévoit pas non plus l’élimination de l’espèce, mais une stabilisation vers 2 000 perches-soleil, comme le modèle discret.
Exercice 3 :
Partie A
1. Le point O est le centre du carré ABCD. A est à l’opposé de C par rapport à O, et D à l’opposé de B. On obtient \(\text{A}(-1\,;-1\,;0)\) et \(\text{D}(1\,;-1\,;0)\) (on vérifie que \(\text{I}(1\,;0\,;0)\) est bien le milieu de [CD]).
2. On calcule les coordonnées des deux vecteurs :
\[\vec{\text{SC}} \begin{pmatrix} 1 – 0 \\ 1 – 0 \\ 0 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{SB}} \begin{pmatrix} -1 – 0 \\ 1 – 0 \\ 0 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}\]
Le repère est orthonormé, donc :
\[\vec{\text{SC}} \cdot \vec{\text{SB}} = 1 \times (-1) + 1 \times 1 + (-2) \times (-2) = -1 + 1 + 4 = 4.\]
Donc \(\vec{\text{SC}} \cdot \vec{\text{SB}} = 4\).
3. Les longueurs valent \(\text{SC} = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}\) et \(\text{SB} = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}\). Avec l’autre expression du produit scalaire :
\[\vec{\text{SC}} \cdot \vec{\text{SB}} = \text{SC} \times \text{SB} \times \cos\widehat{\text{BSC}}, \quad \text{donc} \quad 4 = 6\cos\widehat{\text{BSC}}.\]
D’où \(\cos\widehat{\text{BSC}} = \dfrac{2}{3}\) et, à la calculatrice, \(\widehat{\text{BSC}} \approx 48{,}2^\circ\).
Partie B
1. a. Les vecteurs \(\vec{\text{SB}}\) et \(\vec{\text{SC}}\) ne sont pas colinéaires : leurs deuxièmes et troisièmes coordonnées sont égales mais leurs premières sont opposées et non nulles. Ce sont donc deux vecteurs directeurs du plan (SBC). Or :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{SB}} = 0 \times (-1) + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0 \qquad \vec{n} \cdot \vec{\text{SC}} = 0 \times 1 + 2 \times 1 + 1 \times (-2) = 0\]
Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (SBC) : il est normal au plan (SBC).
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(0\,;2\,;1)\) a une équation de la forme \(2y + z + d = 0\). Le point \(\text{S}(0\,;0\,;2)\) est dans le plan, donc \(0 + 2 + d = 0\), soit \(d = -2\). Une équation cartésienne de (SBC) est \(2y + z – 2 = 0\) (on vérifie avec B : \(2 + 0 – 2 = 0\), et avec C : \(2 + 0 – 2 = 0\)).
2. a. H est le projeté orthogonal de O sur (SBC), donc la droite (OH) est perpendiculaire au plan (SBC) : elle a pour vecteur directeur le vecteur normal \(\vec{n}(0\,;2\,;1)\). Elle passe par \(\text{O}(0\,;0\,;0)\). Un point \(M(x\,;y\,;z)\) est sur (OH) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{O}M} = t\,\vec{n}\), ce qui donne exactement la représentation annoncée :
\[\{\begin{array}{l} x = 0 \\ y = 2t \\ z = t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
b. H est à la fois sur (OH) et sur (SBC). On remplace les coordonnées paramétriques dans l’équation du plan :
\[2 \times 2t + t – 2 = 0 \iff 5t = 2 \iff t = \dfrac{2}{5}.\]
On obtient \(\text{H}(0\,;\dfrac{4}{5}\,;\dfrac{2}{5})\).
c. La distance de O au plan (SBC) est la distance OH :
\[\text{OH} = \sqrt{0^2 + (\dfrac{4}{5})^2 + (\dfrac{2}{5})^2} = \sqrt{\dfrac{16 + 4}{25}} = \dfrac{\sqrt{20}}{5} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}.\]
La distance du point O au plan (SBC) est bien \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm (environ 0,89 cm).
Partie C
1. a. La base est le carré ABCD d’aire \(2^2 = 4\ \text{cm}^2\). La hauteur est [SO], perpendiculaire à la base (S est sur l’axe des cotes, la base dans le plan \(z = 0\)), de longueur 2 cm.
\[V_{\text{SABCD}} = \dfrac{1}{3} \times 4 \times 2 = \dfrac{8}{3}.\]
Le volume de la pyramide SABCD est \(\dfrac{8}{3}\ \text{cm}^3\).
b. La pyramide OCBS a pour base le triangle OBC et pour hauteur la même longueur SO = 2 cm. Les diagonales du carré se coupent en O et découpent le carré en quatre triangles superposables, donc l’aire de OBC est le quart de celle du carré, soit \(1\ \text{cm}^2\). Ainsi :
\[V_{\text{OCBS}} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 2 = \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{8}{3}.\]
Le volume de la pyramide OCBS est bien \(\dfrac{2}{3}\ \text{cm}^3\).
2. On a vu que \(\text{SB} = \text{SC} = \sqrt{6}\) : le triangle SBC est isocèle en S. Dans un triangle isocèle, la médiane issue du sommet principal est aussi la hauteur ; J étant le milieu de [BC], [SJ] est la hauteur relative à [BC]. Le triangle SJB est rectangle en J avec \(\text{BJ} = 1\), donc par le théorème de Pythagore :
\[\text{SJ}^2 = \text{SB}^2 – \text{BJ}^2 = 6 – 1 = 5, \quad \text{donc} \quad \text{SJ} = \sqrt{5}.\]
(On peut aussi calculer directement avec \(\text{J}(0\,;1\,;0)\) : \(\text{SJ} = \sqrt{0 + 1 + 4} = \sqrt{5}\).)
\[\mathcal{A}_{\text{SBC}} = \dfrac{\text{BC} \times \text{SJ}}{2} = \dfrac{2 \times \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}.\]
L’aire du triangle SBC est \(\sqrt{5}\ \text{cm}^2\).
3. On calcule le volume de la même pyramide OCBS en prenant cette fois le triangle SBC pour base. La hauteur associée est la distance de O au plan (SBC), c’est-à-dire OH, puisque H est le projeté orthogonal de O sur ce plan :
\[V_{\text{OCBS}} = \dfrac{1}{3} \times \sqrt{5} \times \text{OH}.\]
Avec le résultat du 1. b :
\[\dfrac{\sqrt{5}}{3}\,\text{OH} = \dfrac{2}{3} \iff \text{OH} = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}.\]
On retrouve bien une distance de \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm entre O et le plan (SBC), en accord avec la partie B.
Exercice 4 :
1. Sur le graphique, la courbe « tourne vers le haut » (elle est au-dessus de ses tangentes) jusqu’au point A, puis « tourne vers le bas » après A ; la tangente en A semble d’ailleurs traverser la courbe. On conjecture que \(f\) est convexe sur \(]-\infty\,;1]\) et concave sur \([1\,;+\infty[\), avec un point d’inflexion en A.
2. Quand \(x \to -\infty\), \(x^2 + 1 \to +\infty\) et \(\lim\limits_{X \to +\infty} \ln X = +\infty\), donc par composition \(\ln(x^2+1) \to +\infty\). Par ailleurs \(-3x \to +\infty\). Par produit et somme de deux limites égales à \(+\infty\) :
\[\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty.\]
3. a. Pour \(x \gt 0\), on factorise \(x^2\) dans le logarithme :
\[x^2 + 1 = x^2(1 + \dfrac{1}{x^2}), \quad \text{donc} \quad \ln(x^2+1) = \ln(x^2) + \ln(1 + \dfrac{1}{x^2}) = 2\ln x + \ln(1 + \dfrac{1}{x^2}),\]
la dernière égalité utilisant \(x \gt 0\). Par conséquent :
\[f(x) = 10\ln x – 3x + 5\ln(1 + \dfrac{1}{x^2}) = x(10\dfrac{\ln x}{x} – 3) + 5\ln(1 + \dfrac{1}{x^2}).\]
b. En \(+\infty\), l’expression de départ donne une forme indéterminée « \(+\infty – \infty\) » ; on utilise donc la forme du a.
- Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln x}{x} = 0\), donc \(10\dfrac{\ln x}{x} – 3 \to -3\) ; en multipliant par \(x \to +\infty\), on obtient \(x(10\dfrac{\ln x}{x} – 3) \to -\infty\).
- \(1 + \dfrac{1}{x^2} \to 1\) et \(\ln\) est continue en 1 avec \(\ln 1 = 0\), donc \(5\ln(1 + \dfrac{1}{x^2}) \to 0\).
Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).
4. a. On pose \(u(x) = x^2 + 1\), strictement positive, avec \(u^{\prime}(x) = 2x\). La dérivée de \(\ln u\) est \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\), donc pour tout réel \(x\) :
\[f^{\prime}(x) = 5 \times \dfrac{2x}{x^2+1} – 3 = \dfrac{10x – 3(x^2+1)}{x^2+1} = \dfrac{-3x^2 + 10x – 3}{x^2+1}.\]
b. Le dénominateur \(x^2 + 1\) est strictement positif, donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-3x^2 + 10x – 3\). Son discriminant vaut \(\Delta = 10^2 – 4 \times (-3) \times (-3) = 100 – 36 = 64\), d’où deux racines :
\[x_1 = \dfrac{-10 + 8}{-6} = \dfrac{1}{3} \qquad x_2 = \dfrac{-10 – 8}{-6} = 3.\]
Le coefficient de \(x^2\) est négatif : le trinôme est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles. On calcule les extremums : \(f(\dfrac{1}{3}) = 5\ln(\dfrac{10}{9}) – 1 \approx -0{,}47\) et \(f(3) = 5\ln 10 – 9 \approx 2{,}51\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(\dfrac{1}{3}\) | 3 | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| Variations de \(f\) | \(+\infty\) | décroissante | \(5\ln\dfrac{10}{9} – 1\) | croissante | \(5\ln 10 – 9\) | décroissante | \(-\infty\) |
\(f\) est strictement décroissante sur \(]-\infty\,;\dfrac{1}{3}]\), strictement croissante sur \([\dfrac{1}{3}\,;3]\) et strictement décroissante sur \([3\,;+\infty[\), ce qui correspond à la courbe.
5. a. Le dénominateur \((x^2+1)^2\) est strictement positif, donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(-10x^2 + 10 = 10(1 – x)(1 + x)\), qui s’annule en \(-1\) et en 1 et qui est positif entre ces racines (coefficient de \(x^2\) négatif).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | 1 | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Signe de \(f^{\prime\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| Convexité de \(f\) | concave | convexe | concave |
\(f\) est donc concave sur \(]-\infty\,;-1]\), convexe sur \([-1\,;1]\) et concave sur \([1\,;+\infty[\), avec deux points d’inflexion d’abscisses \(-1\) et 1. La partie « concave sur \([1\,;+\infty[\) » est confirmée, mais la conjecture est rejetée : \(f\) n’est pas convexe sur tout \(]-\infty\,;1]\), elle est concave sur \(]-\infty\,;-1]\). Le graphique ne le laissait pas voir car la courbe sort de la fenêtre dès \(x \approx -1\) ; avec une échelle verticale plus grande, on verrait la courbe s’infléchir vers la gauche.
b. On a \(f(1) = 5\ln 2 – 3\) et \(f^{\prime}(1) = \dfrac{-3 + 10 – 3}{2} = 2\). La tangente en A a pour équation \(y = f^{\prime}(1)(x – 1) + f(1)\), soit \(y = 2(x – 1) + 5\ln 2 – 3\) :
\[y = 2x + 5\ln 2 – 5.\]
L’équation réduite de la tangente en A est \(y = 2x + 5\ln 2 – 5\) (ordonnée à l’origine \(\approx -1{,}53\), ce que montre la figure).
c. D’après le a, \(f\) est concave sur \([1\,;+\infty[\) ; sur cet intervalle, sa courbe est donc située en dessous de chacune de ses tangentes, en particulier de la tangente en A. Pour tout \(x \geq\, 1\) :
\[5\ln(x^2+1) – 3x \leq\, 2x + 5\ln 2 – 5.\]
En ajoutant \(3x\) aux deux membres : \(5\ln(x^2+1) \leq\, 5x + 5\ln 2 – 5\), puis en divisant par \(5 \gt 0\) :
\[\ln(x^2+1) \leq\, x + \ln(2) – 1.\]
L’inégalité est démontrée pour tout \(x \geq\, 1\).
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