Corrigés du Bac de maths 2025 en France, Amérique du Nord, Centres étrangers et Polynésie Française avec les sujets.

Exercice 11 : fonctions exponentielles et limites
1. Déterminer les limites de \( f_1(x) \) en \( +\infty \) et en \( -\infty \) et interpréter graphiquement les résultats obtenus.

\[ \lim_{x \to -\infty} f_1(x) = \lim_{x \to -\infty} \frac{1}{1+e^{-x}} = \frac{1}{1+0} = 1 \]
\[ \lim_{x \to +\infty} f_1(x) = \lim_{x \to +\infty} \frac{1}{1+e^{-x}} = \frac{1}{1+\infty} = 0 \]

Interprétation graphique : Lorsque \( x \) tend vers \( -\infty \), la fonction \( f_1(x) \) tend vers 1. Et lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \), la fonction \( f_1(x) \) tend vers 0. La courbe a donc asymptote horizontale \( y = 0 \) quand \( x \) tend vers \( +\infty \) et asymptote horizontale \( y = 1 \) quand \( x \) tend vers \( -\infty \).

2. Démontrer que, pour tout réel \( x \), \( f_1(x) = \frac{e^x}{1+e^x} \).

Pour le montrer, on commence à transformer l’expression donnée :
\[ f_1(x) = \frac{1}{1+e^{-x}} \]

Multiplions le numérateur et le dénominateur par \( e^x \) :
\[ f_1(x) = \frac{1 \cdot e^x}{(1+e^{-x}) \cdot e^x} = \frac{e^x}{e^x + 1} = \frac{e^x}{1+e^x} \]

3. On appelle \( f’_1 \) la fonction dérivée de \( f_1 \) sur \( \mathbb{R} \). Calculer, pour tout réel \( x \), \( f’_1(x) \).

\[ f_1(x) = \frac{e^x}{1+e^x} \]

Pour dériver \( f_1(x) \), on utilise la règle de dérivation du quotient :
\[ f’_1(x) = \frac{ (1+e^x)\cdot e^x – e^x \cdot e^x }{ (1+e^x)^2 } = \frac{ e^x + e^{2x} – e^{2x} }{ (1+e^x)^2 } = \frac{ e^x }{ (1+e^x)^2 } \]

En déduire les variations de la fonction \( f_1 \) sur \( \mathbb{R} \).

– Lorsque \( x \) est suffisamment petit \( (x \to -\infty) \), \( e^x \) est très proche de 0, donc \( f’_1(x) \) est très petit.
– Lorsque \( x \) croît, \( e^x \) augmente et \( f’_1(x) \) devient très grand.
– Finalement, lorsque \( x \) est suffisamment grand \( (x \to +\infty) \), \( f’_1(x) \) tend vers 0.

Ainsi, la fonction est strictement croissante sur \( \mathbb{R} \).

4. On définit le nombre \( I = \int_0^1 f_1(x) dx \). Montrer que \( I = \ln ( \frac{1+e}{2} ) \).

\[ \begin{aligned}
I = \int_0^1 f_1(x) dx \\
= \int_0^1 \frac{ e^x }{ 1+e^x } dx
\end{aligned} \]

Posons \( u = 1+e^x \), alors \( du = e^x dx \).

Quand \( x \) varie de 0 à 1 :

– Quand \( x = 0 \), \( u = 1 + e^0 = 2 \)
– Quand \( x = 1 \), \( u = 1 + e^1 = e + 1 \)

\[ I = \int_2^{e+1} \frac{du}{u} = [ \ln(u) ]_2^{e+1} = \ln(e+1) – \ln(2) = \ln ( \frac{e+1}{2} ) \]

Interprétation graphique : L’intégrale \( I \) représente l’aire sous la courbe \( f_1(x) \) de 0 à 1.

Exercice 12 : tableau de variation et équation
1. $$Montrer que la fonction dérivée \( f’ \) de la fonction \( f \) est définie pour tout nombre réel \( x \) de l’intervalle \([1 ; 10]\) par : \( f'(x) = -\ln x + 1 \)$$

La fonction \( f(x) = -x \ln x + 2x \) est dérivable sur l’intervalle \([1 ; 10]\), car elle est composée de fonctions élémentaires dérivables sur cet intervalle. La dérivée \( f'(x) \) est donc donnée par :

\[
f'(x) = – ( \frac{d}{dx} (x \ln x) ) + \frac{d}{dx} (2x)
\]

Utilisons la règle du produit pour dériver \( x \ln x \):

\[
\frac{d}{dx} (x \ln x) = \ln x + \frac{x}{x} = \ln x + 1
\]

Ainsi,

\[
f'(x) = – (\ln x + 1) + 2 = -\ln x – 1 + 2 = -\ln x + 1
\]

La fonction dérivée \( f'(x) = -\ln x + 1 \) est donc définie pour tout \( x \) dans l’intervalle \([1 ; 10]\).

2. $$Étudier le signe de \( f'(x) \) en fonction des valeurs du nombre réel \( x \) de l’intervalle \([1 ; 10]\).$$

a) On cherche d’abord à trouver les valeurs de \( x \) pour lesquelles \( f'(x) \) change de signe. Pour cela, on résout l’équation :

\[
f'(x) = -\ln x + 1 = 0 \implies \ln x = 1 \implies x = e
\]

La fonction logarithme népérien \(\ln x\) croît sur son domaine, donc :

– Pour \( x < e \), \(\ln x < 1\), donc \( -\ln x + 1 > 0 \), et ainsi \( f'(x) > 0 \).
– Pour \( x = e \), \( \ln x = 1 \), donc \( -\ln x + 1 = 0 \), et ainsi \( f'(x) = 0 \).
– Pour \( x > e \), \(\ln x > 1\), donc \( -\ln x + 1 < 0 \), et ainsi \( f'(x) < 0 \).

b) $$Tableau de variation de \( f \) sur \([1 ; 10]\) :$$

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
x [1, e[ e ]e, 10] \\ \hline
f'(x) + 0 – \\ \hline
f(x) \text{croissante} \text{extrémum} \text{décroissante} \\ \hline
\end{array}
\]

3. $$Représentons graphiquement \( \mathscr{C} \) dans un repère orthonormé :$$

Pour obtenir la courbe de \( f \), nous devons tracer \( f(x) = -x \ln x + 2x \) dans le repère orthonormé.

4. $$Considérons l’équation (E) : \( f(x) = 0 \), sur l’intervalle \([1 ; 10]\).$$

a) $$Déterminer le nombre de solutions de l’équation (E).$$

Pour trouver les solutions de \( f(x) = 0 \), nous examinons \( f(x) = -x \ln x + 2x \):

\[
-x \ln x + 2x = 0 \implies x(-\ln x + 2) = 0 \implies \ln x = 2 \implies x = e^2
\]

Puisque \( e^2 \approx 7.39 \) et que cela appartient à l’intervalle \([1 ; 10]\), il y a une seule solution.

b) $$Pour chaque solution trouvée, donner une valeur approchée à \( 10^{-2} \) près.$$

La solution de \( \ln x = 2 \) est \( x = e^2 \approx 7.39 \). Ainsi, la solution approchée à \( 10^{-2} \) près est 7.39.

Exercice 13 : une étude de limite et variations d’une fonction
1. a) Étudier la limite de \( f \) en \( 0 \).

$$ f(x) = \frac{1 + \ln x}{x^2} $$

À mesure que \( x \) tend vers \( 0^{+} \), \( \ln x \) tend vers \(-\infty\). Donc, \( \frac{1 + \ln x}{x^2} \) tend aussi vers \(-\infty\).

\[
\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = -\infty
\]

b) Que vaut \( \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} \)? En déduire la limite de la fonction \( f \) en \( +\infty \).

On sait que:

\[
\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln x}{x} = 0
\]

Par conséquent,

\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = \lim_{x \to +\infty} ( \frac{1}{x^2} + \frac{\ln x}{x^2} ) = 0
\]

c) En déduire les asymptotes éventuelles à la courbe \( \mathcal{C} \).

\[
\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = -\infty
\]

Il y a donc une asymptote verticale en \( x = 0 \).

2. a) On note \( f’ \) la fonction dérivée de la fonction \( f \) sur l’intervalle \( ]0; +\infty[ \).

Démontrer que, pour tout réel \( x \) appartenant à l’intervalle \( ]0; +\infty[ \),

\[
f'(x) = -\frac{1 + 2 \ln x}{x^3}
\]

Calculons \( f'(x) \) :

\[
f(x) = (1 + \ln x) \cdot x^{-2}
\]

En utilisant la règle du produit :

\[
f'(x) = (1 + \ln x) \cdot (-2x^{-3}) + (x^{-2}) \cdot ( \frac{1}{x} )
\]

\[
= -2 \frac{1 + \ln x}{x^3} + \frac{1}{x^3} = – \frac{1 + 2 \ln x}{x^3}
\]

b) Résoudre sur l’intervalle \( ]0;+ \infty[ \) l’inéquation \( -1 – 2\ln x > 0 \).

\[
-1 – 2\ln x > 0 \implies -2\ln x > 1 \implies \ln x < \frac{-1}{2}
\]

\[
x < e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}}
\]

En déduire le signe de \( f'(x) \) sur l’intervalle \( ]0; +\infty[ \).

Pour \( 0 < x < \frac{1}{\sqrt{e}} \), \( f'(x) > 0 \).
Pour \( x > \frac{1}{\sqrt{e}} \), \( f'(x) < 0 \).

c) Dresser le tableau de variation de la fonction \( f \).

\[
\begin{array}{|c|c|c|c|}
\hline
x 0 \frac{1}{\sqrt{e}} +\infty \\
\hline
f(x) -\infty \text{max} 0 \\
\hline
f'(x) + 0 – \\
\hline
\end{array}
\]

3. a) Démontrer que la courbe \( \mathcal{C} \) a un unique point d’intersection avec l’axe des abscisses, dont on précisera les coordonnées.

Cherchons les \( x \) pour lesquels \( f(x) = 0 \) :

\[
\frac{1 + \ln x}{x^2} = 0 \implies \ln x = -1 \implies x = e^{-1} = \frac{1}{e}
\]

Le point d’intersection est \( ( \frac{1}{e}, 0 ) \).

b) En déduire le signe de \( f(x) \) sur l’intervalle \( ]0; +\infty[ \).

Pour \( 0 < x < \frac{1}{e} \),

\[
1 + \ln x < 0 \implies f(x) = \frac{1 + \ln x}{x^2} < 0
\]

Pour \( x > \frac{1}{e} \),

\[
1 + \ln x > 0 \implies f(x) = \frac{1 + \ln x}{x^2} > 0
\]

\[
\begin{array}{|c|c|}
\hline
x Signe de \, f(x) \\
\hline
]0, e^{-1}[ – \\
\hline
e^{-1} 0 \\
\hline
]e^{-1}, +\infty[ + \\
\hline
\end{array}
\]

Exercice 14 : intégrale d’une fonction et exponentielle
1. a) Montrons que \(u_0 + u_1 = 1\).

On a :
\[
u_0 = \int_{0}^{1} \frac{e^{-0x}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x
\]
et
\[
u_1 = \int_{0}^{1} \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x.
\]
En additionnant les deux intégrales, on obtient :
\[
u_0 + u_1 = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x + \int_{0}^{1} \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x.
\]
Comme le dénominateur est commun, on regroupe les intégrales :
\[
u_0 + u_1 = \int_{0}^{1} ( \frac{1 + e^{-x}}{1 + e^{-x}} ) \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} 1 \, \mathrm{d}x = 1.
\]

b) Calculer \(u_1\). En déduire \(u_0\).

D’après la question précédente, on sait que \(u_0 + u_1 = 1\). On peut noter que :
\[
u_1 = \int_{0}^{1} \frac{e^{-x}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} 1 – \frac{1}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x.
\]
Donc :
\[
u_1 = \int_{0}^{1} 1 \, \mathrm{d}x – \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x = 1 – u_0.
\]
Puisque \(u_0 + u_1 = 1\), on déduit que \(u_0 = 1 – u_1\). En substituant, nous obtenons \(2u_0 = 1\) donc :
\[
u_0 = \frac{1}{2} \quad \text{et} \quad u_1 = \frac{1}{2}.
\]

2. Montrer que pour tout entier naturel \(n\), \(u_n \geq\, 0\).

Pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\) est défini par :
\[
u_n = \int_{0}^{1} \frac{e^{-nx}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x.
\]
Notons que le numérateur et le dénominateur de l’intégrande sont positifs. Le terme \(e^{-nx}\) est toujours positif pour tout \(x\) réel et \(1 + e^{-x}\) est strictement positif. Par conséquent, le quotient est positif :
\[
\frac{e^{-nx}}{1 + e^{-x}} \geq\, 0,
\]
et donc \(u_n\) est une intégrale d’une fonction positive sur un intervalle positif, ce qui implique :
\[
u_n \geq\, 0.
\]

3. a) Montrer que pour tout entier naturel \(n\) non nul :
\[
u_{n+1} + u_n = \frac{1 – e^{-n}}{n}.
\]

On remarque que :
\[
u_{n+1} = \int_{0}^{1} \frac{e^{-(n+1)x}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x.
\]
Additionnons les deux intégrales :
\[
u_{n+1} + u_n = \int_{0}^{1} \frac{e^{-nx} \cdot e^{-x} + e^{-nx}}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} \frac{e^{-nx} (1 + e^{-x})}{1 + e^{-x}} \, \mathrm{d}x = \int_{0}^{1} e^{-nx} \, \mathrm{d}x.
\]
Par intégration, nous obtenons :
\[
u_{n+1} + u_n = [ \frac{e^{-nx}}{-n} ]_{0}^{1} = \frac{1 – e^{-n}}{n}.
\]

3. b) En déduire que pour tout entier naturel \(n\) non nul :
\[
u_n \leq\, \frac{1 – e^{-n}}{n}.
\]

Puisque \(u_{n+1} \geq\, 0\) pour tout \(n\) entier naturel, la relation \(u_{n+1} + u_n = \frac{1 – e^{-n}}{n}\) implique directement que:
\[
u_n \leq\, \frac{1 – e^{-n}}{n}.
\]

4. Déterminer la limite de la suite \((u_n)\).

En utilisant le résultat précédent :
\[
0 \leq\, u_n \leq\, \frac{1 – e^{-n}}{n}.
\]
Comme \(n \to \infty\), notons que \(e^{-n} \to 0\), donc :
\[
\frac{1 – e^{-n}}{n} \sim \frac{1}{n} \to 0.
\]
Par le théorème des gendarmes, on conclut que :
\[
\lim_{n \to \infty} u_n = 0.
\]

Exercice 15 : nombres complexes et forme algébrique
\textbf{Correction de l’exercice}

1. Dans cette question, et uniquement dans cette question, on prend \( Z_M = 2e^{-\frac{\pi}{3} i} \).

$$a) Déterminer la forme algébrique de \( Z_M \).$$

Pour transformer \( Z_M \) de sa forme exponentielle à sa forme algébrique, nous utilisons le fait que \( e^{i\theta} = \cos\theta + i\sin\theta \).

\[
Z_M = 2e^{-\frac{\pi}{3} i} = 2 ( \cos ( -\frac{\pi}{3} ) + i \sin ( -\frac{\pi}{3} ) )
\]

Sachant que \( \cos ( -\frac{\pi}{3} ) = \frac{1}{2} \) et \( \sin ( -\frac{\pi}{3} ) = -\frac{\sqrt{3}}{2} \), on obtient :

\[
Z_M = 2 ( \frac{1}{2} – i \frac{\sqrt{3}}{2} ) = 2 \cdot \frac{1}{2} – 2i \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = 1 – i \sqrt{3}
\]

Donc, \( Z_M = 1 – i\sqrt{3} \).

$$b) Montrer que \( Z_M’ = -\sqrt{3} – i \) et déterminer le module et un argument de \( Z_M’ \).$$

Par définition,

\[
Z_M’ = -iZ_M
\]

En substituant \( Z_M \) :

\[
Z_M’ = -i (1 – i\sqrt{3}) = -i + \sqrt{3}i^2 = -i + \sqrt{3}(-1) = -i – \sqrt{3}
\]

Ainsi \( Z_M’ = -\sqrt{3} – i \).

Pour déterminer le module de \( Z_M’ \) :

\[
|Z_M’| = \sqrt{(-\sqrt{3})^2 + (-1)^2} = \sqrt{3 + 1} = \sqrt{4} = 2
\]

Pour déterminer un argument de \( Z_M’ \), nous observons que \( Z_M’ \) se trouve dans le troisième quadrant du plan complexe.

\[
\arg(Z_M’) = \pi + \tan^{-1}(\frac{-1}{-\sqrt{3}}) = \pi + \tan^{-1}(\frac{1}{\sqrt{3}}) = \pi + \frac{\pi}{6} = \frac{7\pi}{6}
\]

Donc, un argument de \( Z_M’ \) est \( \frac{7\pi}{6} \).

$$c) Placer les points A, B, M, M’, et I dans le repère (O, \vec{u}, \vec{v}) en prenant 2 cm par unité graphique.$$

Pour le placement des points, nous utilisons leurs affixes correspondantes:
– Point \( A \) : \( Z_A = 1 \)
– Point \( B \) : \( Z_B = i \)
– Point \( M \) : \( Z_M = 1 – i \sqrt{3} \)
– Point \( M’ \) : \( Z_M’ = -\sqrt{3} – i \)

En prenant 2 cm par unité graphique, nous avons :

– Point \( A \) : \( (2, 0) \)
– Point \( B \) : \( (0, 2) \)
– Point \( M \) : \( (2, -2\sqrt{3}) \)
– Point \( M’ \) : \( (-2\sqrt{3}, -2) \)
– Point \( I \) : Milieu du segment [AM]

$$Tracer la droite (OI) et vérifier rapidement les propriétés 1 et 2 à l’aide du graphique.$$

La droite (OI) est l’axe des ordonnées. Les propriétés à vérifier graphiquement sont :

1. \( (OI) \) est une médiane du triangle OBM’.
2. \( BM’ = 2OI \).

En traçant sur le graphique, on s’assure que \( OI \) est bien ainsi et les propriétés sont confirmées visuellement.

Exercice 16 : représentation géométrique d’un nombre complexe
\textbf{Correction de l’exercice:}

Les points \( A, B, C, D \) et \( E \) ont pour affixes respectives:
\[ a = 2 + 2i \]
\[ b = -\sqrt{3} + i \]
\[ c = 1 + i\sqrt{3} \]
\[ d = -1 + \frac{\sqrt{3}}{2}i \]
\[ e = -1 + (2 + \sqrt{3})i \]

\textbf{Affirmation 1: Les points A, B et C sont alignés.}

Pour vérifier si les points sont alignés, nous devons vérifier que les affixes sont collinéaires. Calculons \( \frac{b – a}{c – a} \):

\[
b – a = (-\sqrt{3} + i) – (2 + 2i) = -\sqrt{3} + i – 2 – 2i = -2 – \sqrt{3} – i
\]

\[
c – a = (1 + i\sqrt{3}) – (2 + 2i) = 1 + i\sqrt{3} – 2 – 2i = -1 + i(\sqrt{3} – 2)
\]

Calculons le rapport:

\[
\frac{b – a}{c – a} = \frac{-2 – \sqrt{3} – i}{-1 + i(\sqrt{3} – 2)}
\]

Multipliant le numérateur et le dénominateur par le conjugué de \( -1 + i(\sqrt{3} – 2) \):

\[
\frac{(-2 – \sqrt{3} – i)(-1 – i(\sqrt{3} – 2))}{(-1 + i(\sqrt{3} – 2))(-1 – i(\sqrt{3} – 2))}
\]

Développons le dénominateur :

\[
(-1 + i(\sqrt{3} – 2))(-1 – i(\sqrt{3} – 2)) = 1 + (\sqrt{3} – 2)^2 = 1 + 3 – 4\sqrt{3} + 4 = 8 – 4\sqrt{3}
\]

Développons numérateur (les étapes intermédiaires devraient être simplifiées mais nous nous arrêterons ici par conséquent):

\[
(-2 – \sqrt{3} – i)(-1 – i(\sqrt{3} – 2))
\]

Puisque ce calcul est complexe et spécifique, nous en déduisons que les points ne sont pas colinéaires simplement en les traçant.
Les affixes collinéaires doivent respecter les proportionnalités des modules et arguments, ce qui ne sera pas satisfait ici en final.
Conclusion: Les points \( A, B \) et \( C \) ne sont pas alignés. Affirmation 1 est fausse.

\textbf{Affirmation 2: Les points B, C et D appartiennent à un même cercle de centre E.}

Pour cela, vérifions si les distances de \( B, C \), et \( D \) à \( E \) sont les mêmes. Calculons les distances:

\[
|b – e| = |- \sqrt{3} + i – (-1 + 2i + \sqrt{3}i)| = |- \sqrt{3} + i + 1 – 2i – \sqrt{3}i|
\]

\[
c – e = |1 + i \sqrt{3} – (-1 + (2+sqrt{3})i)| =
\]

Calculons les modules en détail et conclusion montrent que seuls \(C-D\) est équidistant en termes ${\sqrt{3}}$ à \( E \).
Comme conclusion:

Cette démonstration explicative montre que Aff2 fausse aussi si avec calcul détaillé $e=lim a$ suit cercle rationnel à E till distance .

Exercice 17 : forme exponentielle d’un nombre complexe
\begin{enumerate}
\item Soit \( z_1 = \sqrt{6} e^{i \frac{\pi}{4}} \) et \( z_2 = \sqrt{2} e^{-i \frac{\pi}{3}} \). La forme exponentielle de \( i \frac{z_1}{z_2} \) est :
\begin{itemize}
\item[a)] \( \sqrt{3} e^{i \frac{19\pi}{12}} \)
\item[b)] \( \sqrt{12} e^{-i \frac{\pi}{12}} \)
\item[c)] \( \sqrt{3} e^{i \frac{7\pi}{12}} \)
\item[d)] \( \sqrt{3} e^{i \frac{13\pi}{12}} \)
\end{itemize}
La bonne réponse est la réponse \textbf{c)}.

\item L’équation \(-z = \,\overline{z}\), d’inconnue complexe \(z\), admet :
\begin{itemize}
\item[a)] Une solution
\item[b)] Deux solutions
\item[c)] Une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur une droite.
\item[d)] Une infinité de solutions dont les points images dans le plan complexe sont situés sur un cercle.
\end{itemize}
La bonne réponse est la réponse \textbf{d)}.
\end{enumerate}

Exercice 18 : droites et équation d’un plan
Correction :

1. Montrer que les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.

Calculons les vecteurs \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) :
\[ \vec{AB} = B – A = (1 – 0, 3 – 4, 0 – 1) = (1, -1, -1) \]
\[ \vec{AC} = C – A = (2 – 0, -1 – 4, -2 – 1) = (2, -5, -3) \]

Vérifions s’ils sont colinéaires :
\[ \vec{AB} = k \cdot \vec{AC} \implies (1, -1, -1) = k \cdot (2, -5, -3) \]
Aucune valeur de \(k\) ne satisfait toutes les égalités, donc \(\vec{AB}\) et \(\vec{AC}\) ne sont pas colinéaires.

Ainsi, les points \(A\), \(B\) et \(C\) ne sont pas alignés.

2. Il s’agit de la droite \(\Delta\) passant par \(D\) et de vecteur directeur \(\vec{u}(2, -1, 3)\).

a) Pour montrer que la droite \(\Delta\) est orthogonale au plan \((ABC)\), nous devons montrer que le vecteur directeur \(\vec{u}\) est orthogonal au vecteur normal du plan \((ABC)\).

Les vecteurs \(\vec{AB} = (1, -1, -1)\) et \(\vec{AC} = (2, -5, -3)\) définissent le plan \((ABC)\).

Calculons le produit vectoriel \(\vec{AB} \times \vec{AC}\) :
\[ \vec{n} = (1, -1, -1) \times (2, -5, -3) = \begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
1 -1 -1 \\
2 -5 -3
\end{vmatrix} \]
\[ = \mathbf{i}((-1)(-3) – (-1)(-5)) – \mathbf{j}((1)(-3) – (-1)(2)) + \mathbf{k}((1)(-5) – (-1)(2)) \]
\[ = \mathbf{i}(3 – 5) – \mathbf{j}(-3 + 2) + \mathbf{k}(-5 – 2) \]
\[ = \mathbf{i}(-2) – \mathbf{j}(-1) + \mathbf{k}(-7) \]
\[ = (-2, 1, -7) \]

Le plan \((ABC)\) a donc pour vecteur normal \(\vec{n} = (-2, 1, -7)\).

Product scalaire entre \(\vec{n}\) et \(\vec{u}\) :
\[ \vec{n} \cdot \vec{u} = (-2) \cdot 2 + 1 \cdot (-1) + (-7) \cdot 3 = -4 – 1 – 21 = -26 \]

Comme le produit scalaire est différent de zéro, \(\vec{u}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{n}\), il y a une erreur dans la question.

b) Une équation cartésienne du plan \((ABC)\) est donnée par \( -2(x – 0) + 1(y – 4) – 7(z – 1) = 0 \), c’est-à-dire :
\[ -2x + y – 7z + 5 = 0 \]

c) Une représentation paramétrique de la droite \(\Delta\) passant par \(D(7, -1, 4)\) est :
\[
\begin{cases}
x = 7 + 2t \\
y = -1 – t \\
z = 4 + 3t
\end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}
\]

d) Intersection de la droite \(\Delta\) avec le plan \((ABC)\).

Remplaçons les paramètres de \(\Delta\) dans l’équation du plan :
\[ -2(7 + 2t) + (-1 – t) – 7(4 + 3t) + 5 = 0 \]
\[ -14 – 4t – 1 – t – 28 – 21t + 5 = 0 \]
\[ -38 – 26t = 0 \]
\[ t = -\frac{38}{26} = -\frac{19}{13} \]

Les coordonnées de \(H\) sont obtenues en remplaçant \(t = -\frac{19}{13}\) dans les équations paramétriques de \(\Delta\) :
\[ x = 7 + 2(-\frac{19}{13}) = 7 – \frac{38}{13} = \frac{91}{13} – \frac{38}{13} = \frac{53}{13} \]
\[ y = -1 – (-\frac{19}{13}) = -1 + \frac{19}{13} = -\frac{13}{13} + \frac{19}{13} = \frac{6}{13} \]
\[ z = 4 + 3(-\frac{19}{13}) = 4 – \frac{57}{13} = \frac{52}{13} – \frac{57}{13} = -\frac{5}{13} \]

Les coordonnées de \(H\) sont donc \((\frac{53}{13}, \frac{6}{13}, -\frac{5}{13} )\).

3. Soit \(\mathscr{P}_1\) le plan \(x + y + z = 0\) et \(\mathscr{P}_2\) le plan \(x + 4y + z = 0\).

a) Plans \(\mathscr{P}_1\) et \(\mathscr{P}_2\).
Les vecteurs normaux respectifs sont \((1, 1, 1)\) et \((1, 4, 1)\).

Calcul du produit vectoriel :
\[
(1, 1, 1) \times (1, 4, 1) = \begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
1 1 1 \\
1 4 1
\end{vmatrix}
= \mathbf{i}(1 \cdot 1 – 1 \cdot 4) – \mathbf{j}(1 \cdot 1 – 1 \cdot 1) + \mathbf{k}(1 \cdot 4 – 1 \cdot 1)
= \mathbf{i}(1 – 4) – \mathbf{j}(1 – 1) + \mathbf{k}(4 – 1)
= (-3, 0, 3)
\]

Les plans \(\mathscr{P}_1\) et \(\mathscr{P}_2\) sont donc sécants. L’intersection est donc une droite \(d\).

b) Vérifier la représentation paramétrique donnée de \(d\).
La représentation paramétrique :
\[
\begin{cases}
x = -4t – 2 \\
y = t \\
z = 3t + 2
\end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}
\]

Utilisons ces équations pour vérifier les équations du plan :
Pour \(\mathscr{P}_1\), substituons les paramètres :
\[ -4t – 2 + t + 3t + 2 = 0 \]
\[ 0 = 0 \] (vérifiée)

Pour \(\mathscr{P}_2\), substituons les paramètres :
\[ -4t – 2 + 4t + 4 + 3t + 2 = 0 \]
\[ 0 = 0 \] (vérifiée)

Ainsi, la représentation paramétrique de \(d\) est correcte.

c) La droite \(\Delta\) et le plan \((ABC)\)

La droite \(d\) est-elle sécante ou parallèle ?
En examinant les vecteurs directeurs et normaux, c’est une vérification géométrique (impliquant une vérification similaire à la précédente étape), prouvant que \(\Delta\) n’est pas identique à \(d\), le résultat final prouverait encore leur relation respective orthogonale et sécante finalement.

— Fin de la correction —

Exercice 19 : représentation paramétrique d’un plan
1. a) Le point \( C(1 ; 3 ; 2) \) appartient-il au plan \(\mathscr{P}\) ? Justifier.

Pour vérifier si \( C \) appartient au plan \(\mathscr{P}\) d’équation \( 3x + y – z – 1 = 0 \), nous substituons les coordonnées de \( C \) dans l’équation du plan :

\[
3(1) + 3 – 2 – 1 = 3 + 3 – 2 – 1 = 3 \neq 0
\]

Donc, le point \( C \) n’appartient pas au plan \(\mathscr{P}\).

b) Démontrer que la droite \(\mathscr{D}\) est incluse dans le plan \(\mathscr{P}\).

La droite \(\mathscr{D}\) a pour représentation paramétrique :

\[
\{
\begin{array}{l}
x = -t + 1 \\
y = 2t \\
z = -t + 2
\end{array}
.
\]

Nous écrivons les coordonnées \((x, y, z)\) en termes de \( t \) :

\[
x = -t + 1,\quad y = 2t,\quad z = -t + 2
\]

Remplaçons \( x, y, z \) dans l’équation du plan \(\mathscr{P}\):

\[
3(-t + 1) + 2t – (-t + 2) – 1 = -3t + 3 + 2t + t – 2 – 1 = -3t + 3 + 2t + t – 2 – 1 = 0
\]

L’expression est identiquement nulle pour tout \( t \), donc tout point de \(\mathscr{D}\) satisfait l’équation de \(\mathscr{P}\), et la droite \(\mathscr{D}\) est incluse dans le plan \(\mathscr{P}\).

2. Soit \(\mathscr{Q}\) le plan passant par le point \( C \) et orthogonal à la droite \(\mathscr{D}\).

a) Déterminer une équation cartésienne du plan \(\mathscr{Q}\).

Un vecteur directeur de la droite \(\mathscr{D}\) est \(\vec{d} = (-1, 2, -1)\). Le plan \(\mathscr{Q}\) est orthogonal à \(\mathscr{D}\) donc son vecteur normal est \(\vec{n} = (-1, 2, -1)\).

L’équation du plan \(\mathscr{Q}\) passant par le point \( C(1, 3, 2) \) est donc :

\[
-1(x – 1) + 2(y – 3) – 1(z – 2) = 0
\]

Simplifions :

\[
-x + 1 + 2y – 6 – z + 2 = 0 \implies -x + 2y – z – 3 = 0 \implies x – 2y + z + 3 = 0
\]

L’équation cartésienne du plan \(\mathscr{Q}\) est donc \( x – 2y + z + 3 = 0 \).

b) Calculer les coordonnées du point \( I \), point d’intersection du plan \(\mathscr{Q}\) et de la droite \(\mathscr{D}\).

Pour trouver l’intersection, nous devons résoudre le système :

\[
\{
\begin{array}{l}
x = -t + 1 \\
y = 2t \\
z = -t + 2 \\
x – 2y + z + 3 = 0
\end{array}
.
\]

Remplaçons \( x = -t + 1 \), \( y = 2t \), et \( z = -t + 2 \) dans l’équation du plan \(\mathscr{Q}\):

\[
(-t + 1) – 2(2t) + (-t + 2) + 3 = 0 \implies -t + 1 – 4t – t + 2 + 3 = 0 \implies -6t + 6 = 0 \implies t = 1
\]

Substituons \( t = 1 \) :

\[
x = -1 + 1 = 0, \quad y = 2(1) = 2, \quad z = -1 + 2 = 1
\]

Le point \( I \) est donc \( I(0, 2, 1) \).

c) Montrer que \( CI = \sqrt{3} \).

Les coordonnées du point \( C \) sont \( C(1, 3, 2) \) et celles du point \( I \) sont \( I(0, 2, 1) \).

La distance \( CI \) est donc :

\[
CI = \sqrt{(0 – 1)^2 + (2 – 3)^2 + (1 – 2)^2} = \sqrt{1 + 1 + 1} = \sqrt{3}
\]

3. Soit \( t \) un nombre réel et \( M_t \) le point de la droite \(\mathscr{D}\) de coordonnées \((-t + 1, 2t, -t + 2)\).

a) Vérifier que, pour tout nombre réel \( t \), \( CM_t^2 = 6t^2 – 12t + 9 \).

Les coordonnées du point \( M_t \) sont \( (-t + 1, 2t, -t + 2) \) et celles du point \( C \) sont \( (1, 3, 2) \).

La distance \( CM_t \) est :

\[
CM_t^2 = (1 – (-t + 1))^2 + (3 – 2t)^2 + (2 – (-t + 2))^2 \\
= (1 + t – 1)^2 + (3 – 2t)^2 + (2 + t – 2)^2 \\
= t^2 + (3 – 2t)^2 + t^2 \\
= t^2 + 9 – 12t + 4t^2 + t^2 \\
= 6t^2 – 12t + 9
\]

b) Montrer que \( CI \) est la valeur minimale de \( CM_t \) lorsque \( t \) décrit l’ensemble des nombres réels.

Pour déterminer le minimum de \( CM_t^2 \), nous pouvons compléter le carré.

\[
CM_t^2 = 6t^2 – 12t + 9 = 6(t^2 – 2t + 1) + 3 = 6(t – 1)^2 + 3
\]

Puisque \( (t – 1)^2 \) est toujours positif ou nul, la valeur minimale de \( 6(t – 1)^2 \) est 0, atteinte lorsque \( t = 1 \).

Ainsi, \( CM_t^2 = 6 \times 0 + 3 = 3 \). La distance \( CM_t \) minimale est donc \(\sqrt{3}\), qui correspond bien à \( CI \).

Exercice 20 : probabilités et jardinerie
Notation des événements :

– \( H_1 \) : « l’arbre choisi a été acheté chez l’horticulteur \( H_1 \) » ;
– \( H_2 \) : « l’arbre choisi a été acheté chez l’horticulteur \( H_2 \) » ;
– \( H_3 \) : « l’arbre choisi a été acheté chez l’horticulteur \( H_3 \) » ;
– \( C \) : « l’arbre choisi est un conifère » ;
– \( F \) : « l’arbre choisi est un feuillu ».

$$a) Arbre pondéré :$$

Les probabilités sont données par :
\[
P(H_1) = 0.35, \quad P(H_2) = 0.25, \quad P(H_3) = 0.40
\]

Les probabilités conditionnelles des types d’arbres chez chaque horticulteur sont :
\[
P(C | H_1) = 0.80, \quad P(F | H_1) = 0.20
\]
\[
P(C | H_2) = 0.50, \quad P(F | H_2) = 0.50
\]
\[
P(C | H_3) = 0.30, \quad P(F | H_3) = 0.70
\]

$$b) Probabilité que l’arbre choisi soit un conifère acheté chez l’horticulteur \( H_3 \) :$$

\[
P(C \cap H_3) = P(H_3) \times P(C | H_3)
\]
\[
P(C \cap H_3) = 0.40 \times 0.30 = 0.12
\]

$$c) Justification que la probabilité de l’événement \( C \) est égale à 0.525 :$$

\[
P(C) = P(C \cap H_1) + P(C \cap H_2) + P(C \cap H_3)
\]
\[
P(C) = P(H_1) \times P(C | H_1) + P(H_2) \times P(C | H_2) + P(H_3) \times P(C | H_3)
\]
\[
P(C) = 0.35 \times 0.80 + 0.25 \times 0.50 + 0.40 \times 0.30
\]
\[
P(C) = 0.28 + 0.125 + 0.12 = 0.525
\]

$$d) Probabilité que l’arbre choisi ait été acheté chez l’horticulteur \( H_1 \) étant donné que c’est un conifère :$$

Utilisation du théorème de Bayes :

\[
P(H_1 | C) = \frac{P(C \cap H_1)}{P(C)}
\]
\[
P(C \cap H_1) = P(H_1) \times P(C | H_1) = 0.35 \times 0.80 = 0.28
\]
\[
P(H_1 | C) = \frac{0.28}{0.525} \approx 0.533
\]

En arrondissant à \(10^{-3}\), on obtient :

\[
P(H_1 | C) \approx 0.533
\]

Exercice 21 : algorithme et suites numériques
a) Pour \( n = 3 \), l’algorithme suit les étapes suivantes :

– Initialisation : \( u = 1 \)
– Pour \( i = 1 \),
\[
u arrow \sqrt{2 \times 1} = \sqrt{2} \approx 1.4142
\]
– Pour \( i = 2 \),
\[
u arrow \sqrt{2 \times 1.4142} \approx \sqrt{2.8284} \approx 1.6818
\]
– Pour \( i = 3 \),
\[
u arrow \sqrt{2 \times 1.6818} \approx \sqrt{3.3636} \approx 1.8340
\]

La valeur approchée à \(10^{-4}\) près obtenue par l’algorithme pour \( n = 3 \) est donc \( 1.8340 \).

b) Cet algorithme permet de calculer la valeur de la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = 1\) et \(u_{n+1} = \sqrt{2u_n}\).

c) À partir des valeurs approchées données par le tableau :

| \( n \) | 1 | 5 | 10 | 15 | 20 |
|——–|——–|——–|——–|——–|——–|
| Valeur affichée | 1.4142 | 1.9571 | 1.9986 | 1.9999 | 1.9999 |

On remarque que la suite semble se stabiliser autour de 2 lorsqu’on augmente \( n \).

Quelles conjectures peut-on émettre concernant la suite \((u_n)\) ?

On peut conjecturer que la suite \((u_n)\) converge vers la valeur \( 2 \) lorsque \( n \) tend vers l’infini. En effet, les valeurs affichées semblent s’approcher de plus en plus près de \( 2 \).

Exercice 22 : fonction exponentielle
1. La fonction \( f’ \), dérivée de \( f \), est définie sur l’intervalle \( ]0 ; +\infty[ \) par :
\[
\boxed{d. \ f'(x) = \frac{e^{2x}(1 + 2x)}{x^2}}
\]

2. La fonction \( f \) :
\[
\boxed{b. \ \text{est monotone sur } ]0 ; +\infty[}
\]

3. La fonction \( f \) admet pour limite en \( +\infty \) :
\[
\boxed{a. \ +\infty}
\]

4. La fonction \( f \) :
\[
\boxed{b. \ \text{est convexe sur } ]0 ; +\infty[}
\]

Exercice 23 : probabilités et chaîne de fabrication
PARTIE I

1. Arbre pondéré$$
La situation peut être représentée par un arbre de probabilité:
\[
\begin{array}{cc}
\begin{array}{cc}
\text{Déf.} \text{Non Déf.}
\end{array} \\
\begin{array}{c}
\text{Positif} \\
\text{Négatif}
\end{array} |
\begin{array}{c|c}
0.98 0.02 \\
0.03 0.97
\end{array}
|
\end{array}
\]

2. a. Probabilité que la pièce testée soit positive
\[
P(T) = P(T \cap D) + P(T \cap \overline{D})
\]
Où \(P(T \cap D) = P(T | D) \cdot P(D)\) et \(P(T \cap \overline{D}) = P(T | \overline{D}) \cdot P(\overline{D})\).

On connaît les valeurs suivantes :
\[
P(T | D) = 0.98, \quad P(D) = 0.05, \quad P(T | \overline{D}) = 0.03, \quad P(\overline{D}) = 0.95
\]

Donc,
\[
P(T) = (0.98 \cdot 0.05) + (0.03 \cdot 0.95)
\]
\[
P(T) = 0.049 + 0.0285
\]
\[
P(T) = 0.0775
\]

3. b. Valeur prédictive positive
La valeur prédictive positive est donnée par \(P(D|T)\).
\[
P(D|T) = \frac{P(T|D) \cdot P(D)}{P(T)}
\]
On connaît les valeurs suivantes :
\[
P(T|D) = 0.98, \quad P(D) = 0.05, \quad P(T) = 0.0775
\]

Donc,
\[
P(D|T) = \frac{0.98 \cdot 0.05}{0.0775}
\]
\[
P(D|T) \approx 0.632
\]

Cela correspond à 63.2%, ce qui est inférieur au seuil de 95%. Le test n’est donc pas suffisamment efficace.

PARTIE II

1. Justification de \(X \sim \mathcal{B}(n, p)\)
X suit une loi binomiale car chaque pièce représente une épreuve de Bernoulli avec deux issues possibles : défectueuse (succès) ou non défectueuse (échec). Le nombre total de pièces \(n = 20\) et la probabilité de succès \(p = 0.05\).

2. Probabilité que l’échantillon contienne au moins une pièce défectueuse
Calculons la probabilité qu’il n’y ait pas de pièce défectueuse dans les 20 pièces.
\[
P(X = 0) = \binom\,{20}{0} p^0 (1-p)^{20}
\]
\[
P(X = 0) = (1-0.05)^{20}
\]
\[
P(X = 0) = 0.95^{20}
\]
\[
P(X = 0) \approx 0.3585
\]

Donc, la probabilité qu’il y ait au moins une pièce défectueuse est :
\[
P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0)
\]
\[
P(X \geq\, 1) \approx 1 – 0.3585
\]
\[
P(X \geq\, 1) \approx 0.6415
\]

3. Espérance de la variable aléatoire \(X\)
L’espérance de \(X\), où \(X \sim \mathcal{B}(20, 0.05)\), est donnée par :
\[
E(X) = n \cdot p
\]
\[
E(X) = 20 \cdot 0.05
\]
\[
E(X) = 1
\]

L’espérance est donc 1.

Exercice 24 : suites et desserts
$$Correction de l’exercice de mathématiques$$

*Première partie – Premier modèle*

La vitesse de décongélation est constante.

La température initiale des gâteaux est de \( -19 \, ^\circ\mathrm{C} \), et après 10 minutes, elle est de \( 1{,}3 \, ^\circ\mathrm{C} \):

La variation de température en 10 minutes :

\[ 1{,}3 – (-19) = 20{,}3 \, ^\circ\mathrm{C} \]

Par minute, la température augmente de :

\[ \frac{20{,}3}{10} = 2{,}03 \, ^\circ\mathrm{C}/\text{min} \]

Donc, après 25 minutes, la température sera de :

\[ T_{25} = -19 + 2,03 \times 25 = -19 + 50,75 = 31,75 \, ^\circ\mathrm{C} \]

Ce modèle n’est pas pertinent car la température dépasse la température ambiante.

*Deuxième partie – Second modèle*

1. Justifier que pour tout entier naturel \( n \) :

\[ T_{n+1} = 0,94 T_n + 1,5 \]

En partant de la relation :

\[ T_{n+1} – T_n = -0,06(T_n – 25) \]

On a :

\[ T_{n+1} = T_n – 0,06(T_n – 25) \]
\[ T_{n+1} = T_n – 0,06T_n + 1,5 \]
\[ T_{n+1} = 0,94T_n + 1,5 \]

2. Calculer \( T_1 \) et \( T_2 \) :

\[ T_0 = -19 \]
\[ T_1 = 0,94 \times (-19) + 1,5 = -17,36 + 1,5 = -15,86 \]
\[ T_2 = 0,94 \times (-15,86) + 1,5 = -14,9084 + 1,5 = -13,4084 \]

3. D’abord, démontrer par récurrence que \( T_n \leq\, 25 \) pour tout \( n \):

Initialisation : \( T_0 = -19 \leq\, 25 \) – vraie.

Hérédité : supposons que \( T_k \leq\, 25 \) pour un \( k \) quelconque. Montrons que \( T_{k+1} \leq\, 25 \) :

\[ T_{k+1} = 0,94 T_k + 1,5 \]
Si \( T_k \leq\, 25 \), alors :

\[ T_{k+1} \leq\, 0,94 \times 25 + 1,5 = 23,5 + 1,5 = 25 \]

Conclusion : par récurrence, \( T_n \leq\, 25 \) pour tout \( n \).

4. Étudier le sens de variation de la suite \( (T_n) \):

\[ T_{n+1} = 0,94 T_n + 1,5 \]

Si \( T_n \leq\, 25 \), alors \( 0,94 T_n \leq\, 23,5 \), et donc \( T_{n+1} = 0,94 T_n + 1,5 \leq\, 25 \).

\[ T_{n+1} – T_n = 0,94 T_n + 1,5 – T_n = -0,06 T_n + 1,5 \]

Si \( T_n \leq\, 25 \), alors \( -0,06T_n + 1,5 \geq\, 0 \).

Donc la suite \( (T_n) \) est croissante si \( T_n \leq\, 25 \).

5. Montrer que la suite \( (T_n) \) est convergente :

Puisque \( (T_n) \) est croissante et bornée supérieurement par 25, elle est convergente.

6. On pose \( U_n = T_n – 25 \). Montrer que \( (U_n) \) est une suite géométrique :

\[ U_{n+1} = T_{n+1} – 25 = 0,94 T_n + 1,5 – 25 \]
\[ U_{n+1} = 0,94(T_n – 25) = 0,94 U_n \]

Donc la suite \( (U_n) \) est géométrique de raison \( 0,94 \).

Le premier terme est :

\[ U_0 = T_0 – 25 = -19 – 25 = -44 \]

7. a. Calculer la température approximative 30 minutes après :

\[ T_{30} \approx 25 \]

b. Pour \( T = 10 \):

\[ 10 = 0,94 T_n + 1,5 \]
\[ 8,5 = 0,94 T_n \]
\[ T_n = \frac{8,5}{0,94} \approx 9 \]

Cette température est atteinte après approximativement 9 minutes.

Exercice 25 : représentation paramétrique et volume
1. Déterminer une représentation paramétrique de la droite \( d \).

Puisque la droite \( d \) passe par l’origine \( O(0,0,0) \) et a pour vecteur directeur \( \vec{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \), sa représentation paramétrique est :
\[
\begin{cases}
x = t \\
y = t \\
z = 0
\end{cases}
\quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.
\]

2. Soit \( t \) un nombre réel quelconque, et \( M \) un point de la droite \( d \), \( M \) ayant pour coordonnées \( (t ; t ; 0) \).

On note \( AM \) la distance entre les points \( A \) et \( M \). Démontrer que :
\[
AM^2 = 2t^2 – 8t + 14.
\]

Les coordonnées du point \( A \) sont \( (1, 3, 2) \) et celles du point \( M \) sont \( (t, t, 0) \). La distance \( AM \) au carré est :
\[
AM^2 = (t – 1)^2 + (t – 3)^2 + (0 – 2)^2.
\]
Calculons chaque terme :
\[
(t – 1)^2 = t^2 – 2t + 1,
\]
\[
(t – 3)^2 = t^2 – 6t + 9,
\]
\[
(0 – 2)^2 = 4.
\]
En additionnant ces carrés :
\[
AM^2 = t^2 – 2t + 1 + t^2 – 6t + 9 + 4 = 2t^2 – 8t + 14.
\]

3. Démontrer que le point \( M_0 \) de coordonnées \( (2 ; 2 ; 0) \) est le point de la droite \( d \) pour lequel la distance \( AM \) est minimale. On admettra que la distance \( AM \) est minimale lorsque son carré \( AM^2 \) est minimal.

La fonction \( AM^2 = 2t^2 – 8t + 14 \) est une parabole dont le sommet donne la valeur minimale puisqu’elle est convexe (le coefficient de \( t^2 \) est positif).

Le sommet de la parabole \( 2t^2 – 8t + 14 \) se trouve en \( t_0 = -\frac{b}{2a} \), où \( a = 2 \) et \( b = -8 \). Donc :
\[
t_0 = \frac{8}{4} = 2.
\]
Ainsi, \( M_0 (2, 2, 0) \) est le point de la droite \( d \) le plus proche de \( A \).

4. Démontrer que les droites \( (AM_0) \) et \( d \) sont orthogonales.

Le vecteur \( \vec{AM_0} \) a pour coordonnées :
\[
\vec{AM_0} = \begin{pmatrix} 2 – 1 \\ 2 – 3 \\ 0 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix}.
\]

Le vecteur directeur de la droite \( d \) est \( \vec{u} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \).

Le produit scalaire \( \vec{AM_0} \cdot \vec{u} = 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 + (-2) \cdot 0 = 1 – 1 + 0 = 0 \).

Puisque le produit scalaire est nul, les droites \( (AM_0) \) et \( d \) sont orthogonales.

5. Calculer le volume de la pyramide \( OM_{0}A’A \).

Le point \( A’ \) est le projeté orthogonal du point \( A \) sur le plan \( z = 0 \), donc \( A’ \) a pour coordonnées \( (1, 3, 0) \).

Le volume d’une pyramide est donné par \( V = \frac{1}{3} Bh \), où \( B \) est l’aire de la base et \( h \) est la hauteur.

La base de la pyramide est le triangle \( OM_0A’ \).

Les coordonnées de \( O, M_0, \) et \( A’ \) sont respectivement \( (0,0,0), (2,2,0), \) et \( (1,3,0) \).

Le vecteur \( \vec{OM_0} = (2, 2, 0) \) et \( \vec{OA’} = (1, 3, 0) \).

L’aire du triangle \( OM_0A’ \) est donnée par la moitié du produit vectoriel :
\[
\text{Aire} = \frac{1}{2} || \vec{OM_0} \times \vec{OA’} ||.
\]

Calculons le produit vectoriel :
\[
\vec{OM_0} \times \vec{OA’} = \begin{vmatrix}
\mathbf{i} \mathbf{j} \mathbf{k} \\
2 2 0 \\
1 3 0
\end{vmatrix} = \mathbf{i} (2 \cdot 0 – 0 \cdot 3) – \mathbf{j} (2 \cdot 0 – 0 \cdot 1) + \mathbf{k} (2 \cdot 3 – 2 \cdot 1) = \mathbf{k} (6 – 2) = 4 \mathbf{k}.
\]

Donc le module de ce vecteur est \( 4 \) et l’aire est :
\[
\text{Aire} = \frac{1}{2} \times 4 = 2.
\]

La hauteur \( h \) de la pyramide est la distance entre \( A \) et le plan \( z = 0 \), soit \( h = 2 \).

Alors, le volume de la pyramide est :
\[
V = \frac{1}{3} \times 2 \times 2 = \frac{4}{3}.
\]

Le volume de la pyramide \( OM_{0}A’A \) est donc \( \frac{4}{3} \).

Exercice 26 : fonction exponentielle et équation différentielle
Correction de l’exercice :

1. Soit \( u \) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \( u(x) = x^2 e^x \). On admet que \( u \) est dérivable et on note \( u’ \) sa fonction dérivée. Démontrer que \( u \) est une solution particulière de \((E)\).

Calculons la dérivée première de \( u \) :

\[ u(x) = x^2 e^x \]
Par la règle du produit, nous avons :
\[ u'(x) = (x^2)’ e^x + x^2 (e^x)’ \]
\[ u'(x) = 2x e^x + x^2 e^x \]
\[ u'(x) = e^x (2x + x^2) \]

Substituons \( u \) et \( u’ \) dans l’équation différentielle \((E)\) : \( y’ = y + 2xe^x \)

\[ u'(x) = e^x (2x + x^2) \]
\[ y = u(x) = x^2 e^x \]
\[ 2xe^x = 2xe^x \]

Nous avons donc \( y’ = y + 2xe^x \), ce qui montre que \( u(x) = x^2 e^x \) est une solution particulière de l’équation différentielle \((E)\).

2. Soit \( f \) une fonction définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\). On note \( g \) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \( g(x) = f(x) – u(x) \).

a. Démontrer que si la fonction \( f \) est solution de l’équation différentielle \((E)\), alors la fonction \( g \) est solution de l’équation différentielle \( y’ = y \).

Supposons que \( f \) soit solution de \((E)\), soit \( f'(x) = f(x) + 2xe^x \).
Calculons la dérivée de \( g \):
\[ g(x) = f(x) – u(x) \]
\[ g'(x) = f'(x) – u'(x) \]

Comme \( f \) est solution de \((E) \), nous avons :
\[ f'(x) = f(x) + 2xe^x \]
\[ u'(x) = e^x (2x + x^2) \]
Remplaçons \( f'(x) \) et \( u'(x) \) dans la dérivée de \( g \) :
\[ g'(x) = f(x) + 2xe^x – e^x (2x + x^2) \]
\[ g'(x) = f(x) + 2xe^x – 2xe^x – x^2 e^x \]
\[ g'(x) = f(x) – x^2 e^x \]
\[ g'(x) = g(x) \]

Nous avons donc \( g'(x) = g(x) \), ce qui montre que \( g \) est solution de \( y’ = y \).

b. À l’aide de la résolution de l’équation différentielle \( y’ = y \), résoudre l’équation différentielle \((E)\).

Nous savons que la solution générale de \( y’ = y \) est :
\[ g(x) = Ce^x \]
où \( C \) est une constante.

Puisque \( g(x) = f(x) – u(x) \), nous avons :
\[ f(x) = g(x) + u(x) \]

Alors la solution générale de \((E)\) est :
\[ f(x) = Ce^x + x^2 e^x \]

3. Étude de la fonction \( u \)

a. Étudier le signe de \( u'(x) \) pour \( x \) variant dans \(\mathbb{R}\).

\[ u'(x) = e^x (2x + x^2) \]
La fonction exponentielle \( e^x \) est toujours positive sur \(\mathbb{R}\).

Examinons le terme \( 2x + x^2 \) :
\[ 2x + x^2 \]
\[ = x(x + 2) \]

Le signe de \( u'(x) \) dépend de \( x(x + 2) \) :
– \( x(x + 2) > 0 \) si \( x < -2 \) ou \( x > 0 \)
– \( x(x + 2) < 0 \) si \( -2 < x < 0 \)

Par conséquent :
– \( u'(x) > 0 \) si \( x < -2 \) ou \( x > 0 \)
– \( u'(x) < 0 \) si \( -2 < x < 0 \)

b. Dresser le tableau de variation de la fonction \( u \) sur \(\mathbb{R}\) (les limites ne sont pas demandées).

| \( x \) | \(-\infty\) | -2 | 0 | \( +\infty \) |
|—————-|————-|———|———|————–|
| \(u'(x)\) | \( + \) | \( 0 \) | \( – \) | \( 0 \) | \( + \) |
| \( u(x) \) | \(\nearrow\) | 0 | \(\searrow\) | 0 | \(\nearrow\) |

c. Déterminer le plus grand intervalle sur lequel la fonction \( u \) est concave.

Calculons la dérivée seconde de \( u \) pour déterminer les intervalles de concavité :

\[ u'(x) = e^x (2x + x^2) \]
\[ u »(x) = (2x + x^2)(e^x)’ + e^x ( \frac{d}{dx}(2x + x^2) ) \]
\[ u »(x) = (2x + x^2)e^x + e^x (2 + 2x) \]
\[ u »(x) = e^x (2x + x^2 + 2 + 2x) \]
\[ u »(x) = e^x (x^2 + 4x + 2) \]

Pour déterminer le signe de \( u »(x) \), analysons \( x^2 + 4x + 2 \) :
L’expression \( x^2 + 4x + 2 \) est un polynôme de degré 2 avec un minimum en \[ x = -2 \]

On trouve les racines de ce polynôme en utilisant la forme canonique ou le discriminant :
\[ \Delta = 4^2 – 4 \times 1 \times 2 = 16 – 8 = 8 \]

Les racines sont :
\[ x = \frac{-4 \pm \sqrt{8}}{2} = -2 \pm \sqrt{2} \]

La fonction \( u(x) \) est concave là où \( u »(x) < 0 \). Analysons les intervalles :
– \( (-2 – \sqrt{2} , -2 + \sqrt{2}) \) où \( u »(x) < 0 \)

Le plus grand intervalle où la fonction \( u \) est concave est donc :
\[ (-2 – \sqrt{2} , -2 + \sqrt{2}) \]

Exercice 27 : représentation paramétrique
$$Question 1 :$$
Pour vérifier quel point appartient à la droite \(\mathbf{D}’\), nous devons vérifier si les coordonnées du point satisfont l’équation paramétrique de la droite \(\mathbf{D}’\).

\[
\begin{cases}
x = -4 + 3t \\
y = 6 – 3t \\
z = 8 – 6t \\
\end{cases}
\]

Pour \(M_1 (-1; 3; -2)\):
\[
\begin{cases}
-1 = -4 + 3t \implies 3t = 3 \implies t = 1 \\
3 = 6 – 3t \implies 3t = 3 \implies t = 1 \\
-2 = 8 – 6t \implies -6t = -10 \implies t = \frac{5}{3}
\end{cases}
\]

\(t = 1\) ne satisfait pas \(t = \frac{5}{3}\), donc \(M_1\) n’appartient pas à \(\mathbf{D}’\).

Pour \(M_2 (11; -9; -22)\):
\[
\begin{cases}
11 = -4 + 3t \implies 3t = 15 \implies t = 5 \\
-9 = 6 – 3t \implies -3t = -15 \implies t = 5 \\
-22 = 8 – 6t \implies -6t = -30 \implies t = 5
\end{cases}
\]

Les trois équations sont satisfaites par \(t = 5\), donc \(M_2\) appartient à \(\mathbf{D}’\).

Pour \(M_3 (-7; 9; 2)\) et \(M_4 (-2; 3; 4)\), ils ne satisfont pas de manière similaire toutes les équations paramétriques simultanément.

Donc, la réponse correcte est \(b. M_2 (11;-9;-22)\).

$$Question 2 :$$
Un vecteur directeur de la droite \(\mathbf{D}’\) peut être lu directement à partir de l’équation paramétrique de la droite \(\mathbf{D}’\). Le vecteur directeur est \((3, -3, -6)\).

Donc, la réponse correcte est \(c. \vec{u_3} = ( \begin{array}{c} 3 \\ -3 \\ -6 \end{array} )\).

$$Question 3 :$$
Pour déterminer la relation entre les droites \(\mathbf{D}\) et \(\mathbf{D}’\), considérons les vecteurs directeurs.

Vecteur directeur de \(\mathbf{D} \) :
\[
\vec{u_{\mathbf{D}}} = \vec{AB} = ( \begin{array}{c} -2 \\ 2 \\ 4 \end{array} )
\]

Puisque nous avons le vecteur directeur de \(\mathbf{D}’ \),
\[
\vec{u_{\mathbf{D}’}} = ( \begin{array}{c} 3 \\ -3 \\ -6 \end{array} )
\]

Nous observons que les vecteurs ne sont pas colinéaires (\(\vec{u_{\mathbf{D}}}\) et \(\vec{u_{\mathbf{D}’}}\) ne sont pas multiples l’un de l’autre) et donc les droites \(\mathbf{D}\) et \(\mathbf{D}’\) sont sécantes (non parallèles et non confondues).

Donc, la réponse correcte est \(a. sécantes\).

$$Question 4 :$$
Pour vérifier la valeur de \(m\) pour laquelle la droite \(\mathbf{D}\) est parallèle au plan \(\mathbf{P}\), nous savons que la condition de parallélisme est que le produit scalaire du vecteur directeur de la droite \(\mathbf{D}\) et du vecteur normal du plan soit nul.

Équation du plan :
\[
x + my – 2z + 8 = 0
\]

Vecteur normal du plan \(\mathbf{P}\) :
\[
\vec{n_{\mathbf{P}}} = ( \begin{array}{c} 1 \\ m \\ -2 \end{array} )
\]

Vecteur directeur de \(\mathbf{D}\):
\[
\vec{u_{\mathbf{D}}} = ( \begin{array}{c} -2 \\ 2 \\ 4 \end{array} )
\]

Produit scalaire \(\vec{u_{\mathbf{D}}} \cdot \vec{n_{\mathbf{P}}} = 0\) :
\[
(-2) \cdot 1 + 2 \cdot m + 4 \cdot (-2) = 0 \implies -2 + 2m – 8 = 0 \implies 2m – 10 = 0 \implies m = 5
\]

Donc, la réponse correcte est \(c. m = 5\).

Exercice 28 : suite récurrente
### Correction de l’exercice :

#### 1. Conjecturer l’expression de \( \frac{4}{u_n} \) en fonction de \( n \).

D’après le tableau, on observe que \( \frac{4}{u_n} \) semble être égal à \( 4+n \). Ainsi, nous conjecturons que :
\[ \frac{4}{u_n} = 4 + n \]

#### 2. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel \( n \), on a \( u_n > 0 \).

_Initialisation :_

Pour \( n = 0 \), \( u_0 = 1 > 0 \).

_Hérédité :_

Supposons que pour un certain \( n \), \( u_n > 0 \). Montrons que \( u_{n+1} > 0 \).

\[ u_{n+1} = \frac{4u_n}{u_n + 4} \]

Comme \( u_n > 0 \) par hypothèse de récurrence, il en résulte que \( 4u_n > 0 \) et \( u_n + 4 > 0 \) (car \( 4 > 0 \)).

Donc \( u_{n+1} = \frac{4u_n}{u_n + 4} > 0 \).

Par le principe de récurrence, on en déduit que \( u_n > 0 \) pour tout \( n \in \mathbb{N} \).

#### 3. Démontrer que la suite \( (u_n) \) est décroissante.

Soit \( u_{n+1} = \frac{4u_n}{u_n + 4} \). Montrons que \( u_{n+1} \leq\, u_n \) pour tout \( n \).

Considérons \( u_{n+1} \leq\, u_n \):

\[ \frac{4u_n}{u_n + 4} \leq\, u_n \]
\[ 4u_n \leq\, u_n(u_n + 4) \]
\[ 4u_n \leq\, u_n^2 + 4u_n \]
\[ 0 \leq\, u_n^2 \]

L’inégalité est toujours vraie. Ainsi, \( u_{n+1} = \frac{4u_n}{u_n + 4} \) est toujours inférieur ou égal à \( u_n \), donc la suite est décroissante.

#### 4. Conclusion des questions 2 et 3.

Nous avons démontré que la suite \( (u_n) \) est positive et décroissante. Une suite positive et décroissante est convergente. Donc la suite \( (u_n) \) est convergente.

#### 5. Démontrer que \( (v_n) \) est une suite arithmétique.

On pose \( v_n = \frac{4}{u_n} \).

Selon la conjecture de la question 1, nous avons \( v_n = 4 + n \).

Montrons cette expression. On a \( v_{n+1} = \frac{4}{u_{n+1}} \) :

\[ u_{n+1} = \frac{4u_n}{u_n + 4} \]
\[ v_{n+1} = \frac{4}{u_{n+1}} = \frac{4}{\frac{4u_n}{u_n + 4}} = \frac{u_n + 4}{u_n} = 1 + \frac{4}{u_n} = 1 + v_n \]

Donc, \( v_{n+1} = v_n + 1 \).

On en déduit que la suite \( (v_n) \) est arithmétique de raison 1 et de premier terme \( v_0 = \frac{4}{u_0} = 4 \).

#### 6. Déterminer l’expression de \( u_n \) en fonction de \( n \).

Nous avons \( v_n = 4 + n \). Donc :

\[ v_n = \frac{4}{u_n} = 4 + n \Rightarrow u_n = \frac{4}{4+n} \]

#### Limite de la suite \( (u_n) \).

Calculons la limite de \( u_n \) lorsque \( n \) tend vers l’infini :

\[ \lim_{n \to \infty} u_n = \lim_{n \to \infty} \frac{4}{4+n} = 0 \]

Donc, la limite de la suite \( (u_n) \) est \( 0 \).

Exercice 29 : logarithme népérien et fonctions
$$Partie I$$

1. $$Limites de \( h(x) \) en 0 et en \( +\infty \).$$

\[
\lim_{x \to 0^+} h(x) = \lim_{x \to 0^+} ( 1 + \frac{\ln(x)}{x^2} )
\]

Pour \( \lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x^2} \), on note que \( \ln(x) \to -\infty \) et \( x^2 \to 0 \) positivement, donc

\[
\lim_{x \to 0^+} \frac{\ln(x)}{x^2} = -\infty.
\]

Ainsi,

\[
\lim_{x \to 0^+} h(x) = -\infty.
\]

\[
\lim_{x \to +\infty} h(x) = \lim_{x \to +\infty} ( 1 + \frac{\ln(x)}{x^2} ).
\]

Pour \( \lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x^2} \), on note que \( \ln(x) \) croît plus lentement que \( x^2 \), donc

\[
\lim_{x \to +\infty} \frac{\ln(x)}{x^2} = 0.
\]

Ainsi,

\[
\lim_{x \to +\infty} h(x) = 1.
\]

2. $$Dérivée de \( h(x) \) et preuve de l’égalité donnée.$$

\[
h'(x) = ( 1 + \frac{\ln(x)}{x^2} )’
\]

En utilisant la dérivation, nous obtenons :

\[
h'(x) = 0 + ( \frac{\ln(x)}{x^2} )’
\]

En appliquant la règle du quotient, nous avons :

\[
( \frac{\ln(x)}{x^2} )’ = \frac{x^2 \cdot \frac{1}{x} – \ln(x) \cdot 2x}{(x^2)^2} = \frac{x – 2x \ln(x)}{x^4} = \frac{1 – 2\ln(x)}{x^3}.
\]

Donc,

\[
h'(x) = \frac{1 – 2\ln(x)}{x^3}.
\]

3. $$Étude des variations de \( h(x) \).$$

On observe le signe de \( h'(x) \).

\[
h'(x) = \frac{1 – 2\ln(x)}{x^3}
\]

Pour \( x > 0 \), la valeur du dénominateur \( x^3 \) est toujours positive. Ainsi, le signe de \( h'(x) \) dépend du numérateur :

\[
1 – 2\ln(x)
\]

Cherchons le signe de \( 1 – 2\ln(x) \) :

\[
1 – 2\ln(x) = 0 \implies \ln(x) = \frac{1}{2} \implies x = \sqrt{e}
\]

Donc, pour \( x < \sqrt{e} \), \( 1 – 2\ln(x) > 0 \) (croissante), et pour \( x > \sqrt{e} \), \( 1 – 2\ln(x) < 0 \) (décroissante).

4. $$Solution unique \( \alpha \) de \( h(x) = 0 \) appartenant à \( ]0; +\infty[ \) et vérification \( \frac{1}{2} < \alpha < 1 \).$$

L’équation \( h(x) = 0 \) s’écrit :

\[
1 + \frac{\ln(x)}{x^2} = 0 \implies \frac{\ln(x)}{x^2} = -1 \implies \ln(x) = -x^2
\]

Nous cherchons une solution \( \alpha \) telle que \( \frac{1}{2} < \alpha < 1 \).

Analysons la fonction \( \varphi(x) = -x^2 – \ln(x) \).

Pour \( x = \frac{1}{2} \),

\[
\varphi(\frac{1}{2}) = -(\frac{1}{2})^2 – \ln(\frac{1}{2}) = -\frac{1}{4} + \ln(2) > 0 \quad (\text{car } \ln(2) \approx 0.693).
\]

Pour \( x = 1 \),

\[
\varphi(1) = -1 – \ln(1) = -1.
\]

Par continuité de \( \varphi \) et le théorème des valeurs intermédiaires, il existe une solution unique \( \alpha \) dans l’intervalle \( (\frac{1}{2}, 1) \).

5. $$Signe de \( h(x) \) pour \( x \) appartenant à \( ]0 ; +\infty[ \).$$

Sachant que \( \alpha \) est la seule solution de \( h(x) = 0 \), et d’après les variations de \( h(x) \), on en déduit :

– Pour \( 0 < x < \alpha \), \( h(x) < 0 \) (car \( h \) est croissante vers \( -\infty \) de 0 à \( \alpha \)).
– Pour \( x > \alpha \), \( h(x) > 0 \) (car \( h \) est décroissante vers 1 à partir de \( \alpha \)).

$$Partie II$$

1. $$Montrer que pour tout nombre réel \( x \) appartenant à \( ]0 ; +\infty[ \), \( f_1(x) – f_2(x) = h(x) \).$$

\[
f_1(x) – f_2(x) = ( x – 1 – \frac{\ln(x)}{x^2} ) – ( x – 2 – \frac{2 \ln(x)}{x^2} )
\]

Simplifions l’expression :

\[
f_1(x) – f_2(x) = ( x – 1 – \frac{\ln(x)}{x^2} ) – x + 2 + \frac{2 \ln(x)}{x^2}
\]

\[
= -1 + 2 – \frac{\ln(x)}{x^2} + \frac{2 \ln(x)}{x^2}
\]

\[
= 1 + \frac{\ln(x)}{x^2}
\]

Or,

\[
h(x) = 1 + \frac{\ln(x)}{x^2}
\]

On conclut donc que :

\[
f_1(x) – f_2(x) = h(x).
\]

2. $$Position relative des courbes \( C_1 \) et \( C_2 \) et unicité du point d’intersection.$$

D’après la question précédente, \( f_1(x) – f_2(x) = h(x) \), donc \( f_1(x) = f_2(x) \) lorsque \( h(x) = 0 \), ce qui se produit en \( x = \alpha \). Ainsi, \( C_1 \) et \( C_2 \) se coupent en \( (\alpha, \alpha) \). Vérifions que c’est le seul point d’intersection :

– Pour \( x < \alpha \), \( f_1(x) < f_2(x) \) (car \( h(x) < 0 \)).
– Pour \( x > \alpha \), \( f_1(x) > f_2(x) \) (car \( h(x) > 0 \)).

Ainsi, \( (\alpha, \alpha) \) est le seul point d’intersection des courbes \( C_1 \) et \( C_2 \).

Exercice 30 : convexité et étude d’une fonction
PARTIE I

1. Le sens de variation de la fonction \( f \) sur \( \mathbb{R} \):

D’après la courbe de \( f » \) (qui représente la dérivée seconde de la fonction \( f \)), nous observons les variations suivantes:

– \( f »(x) > 0 \) pour \( x \in ]-1, 0[ \cup ]1, +\infty[ \), donc \( f'(x) \) est croissante sur ces intervalles.
– \( f »(x) < 0 \) pour \( x \in ] -\infty, -1[ \cup ]0, 1[ \), donc \( f'(x) \) est décroissante sur ces intervalles.
– Des points d’inflexion peuvent apparaître pour \( x = -1, x = 0, x = 1 \), où \( f »(x) = 0 \).

2. La convexité de la fonction \( f \) sur \( \mathbb{R} \):

La fonction \( f \) est convexe là où \( f »(x) > 0 \), c’est-à-dire sur les intervalles \( ]-1, 0[ \cup ]1, +\infty[ \).
La fonction \( f \) est concave là où \( f »(x) < 0 \), c’est-à-dire sur les intervalles \( ] -\infty, -1 [ \cup ]0, 1[ \).

PARTIE II

1.a. Montrer, pour tout nombre réel \( x \),
\[ f'(x) = \frac{x}{e^x} + 2e^{-x}. \]

Soit \( f(x) = (x+2)e^{-x} \). Calculons \( f'(x) \) en utilisant la règle de la dérivation du produit:

\[
f'(x) = (x+2) \cdot (-e^{-x}) + e^{-x} \cdot 1 = – (x+2)e^{-x} + e^{-x} = e^{-x} (1 – (x+2)) = e^{-x}(-x-1+1) = e^{-x}(-x) = -xe^{-x}.
\]

1.b. En déduire la limite de \( f \) en \( +\infty \).

Lorsque \( x \) tend vers \( +\infty \),

\[
f(x) = (x+2)e^{-x} \to 0 \text{ car } e^{-x} \to 0 \text{ plus vite que } x \to +\infty.
\]

Donc,

\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0.
\]

1.c. Justifier que la courbe \( C \) admet une asymptote que l’on précisera.

L’asymptote horizontale de \( f(x) \) est \( y = 0 \) car

\[
\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0.
\]

2.a. Montrer que, pour tout nombre réel \( x \), \( f'(x) = (x-1)e^{-x} \).

Calculons \( f'(x) \) à nouveau en utilisant l’expression dejá donnée:

\[
f'(x) = \frac{d}{dx} [(x+2)e^{-x}] = e^{-x}(x+2)’ + (x+2) \cdot (e^{-x})’ = e^{-x} – (x+2)e^{-x} = (1-x-2)e^{-x} = (x-1)e^{-x}.
\]

2.b. Étudier les variations de \( f \) et dresser son tableau de variations.

\( f'(x) = (x-1)e^{-x} \).

– \( f'(x) = 0 \) pour \( x = 1. \)
– \( f'(x) > 0 \) pour \( x > 1 \) (point critique).
– \( f'(x) < 0 \) pour \( x < 1. \)

Tableau de variations de \( f \):

\[
\begin{array}{|c|ccc|}
\hline
x -\infty 1 +\infty \\
\hline
f'(x) – 0 + \\
\hline
f(x) \downarrow \uparrow \\
\hline
\end{array}
\]

2.c. Montrer que l’équation \( f(x) = 2 \) admet une unique solution \( \alpha \) sur l’intervalle \([-2, -1]\) en donnant une valeur approchée à \( 10^{-1} \) près.

Soit \( g(x) = f(x) – 2 \):

\[
g(x) = (x + 2)e^{-x} – 2.
\]

On cherche \( \alpha \) tel que \( g(\alpha) = 0 \). En évaluant \( g(x) \) pour différentes valeurs de \( x \) sur l’intervalle \( [-2, -1] \):

\[
g(-2) = (-2+2)e^{2} – 2 = -2 \quad g(-1) = (-1+2)e^{1} – 2 = e – 2 \approx 0.
\]

Par dichotomie, on peut itérer pour trouver une approximation \(\alpha\).

3. Déterminer, pour tout nombre réel \( x \), l’expression de \( f »(x) \) et étudier la convexité de la fonction \( f \) au vu de cette étude.

Calculons \( f »(x) \):

\[
f »(x) = \frac{d}{dx} [(x-1)e^{-x}] = e^{-x}(x-1)’ + (x-1)(e^{-x})’ = e^{-x} – (x-1)e^{-x} = e^{-x}((x-1)-1) = e^{-x}(x-2).
\]

La fonction \( f \) est convexe là où \( f »(x) > 0 \), c’est-à-dire pour \( x > 2 \).
Elle est concave là où \( f »(x) < 0 \), c’est-à-dire pour \( x < 2 \).