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%Tapuscrit : René ROUX
%Relecture : Denis Vergès
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\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
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\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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pdfauthor = {APMEP},
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pdftitle = {Amérique du Nord Sujet 2  19  mai 2022},
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat spécialité sujet 2}
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small{19 mai 2022}}
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\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé Baccalauréat Amérique du Nord Jour 2 19 mai 2022~\decofourright\\[6pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\vspace{0,25cm}

Le sujet propose 4 exercices

Le candidat choisit 3 exercices parmi les 4 et \textbf{ne doit traiter que ces 3 exercices}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \quad (7 points)\hfill Thèmes : probabilités, suites}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item L'arbre complété avec les valeurs disponibles :
		\begin{center}
		\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,treesep=1cm,levelsep=2.5cm]{\TR{}}
		{\pstree{\TR{$A_1$~~}\taput{0,5}}
			{\TR{$A_2$}\taput{0,84}
			\TR{$B_2$}\tbput{0,16}
			}
		\pstree{\TR{$B_1$~~}\tbput{0,5}}
			{\TR{$A_2$}\taput{0,24}
			\TR{$B_2$}\tbput{0,76}
			}
		}
		\end{center}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item 	Utilisons la formule des probabilités totales pour calculer $a_2=p(A_2)$ :
		
		$a_2=p(A_2\cap A_1)+p(A_2\cap B_1)=p_{A_1}(A_2)\times p(A_1)+p_{B_1}(A_2)\times p(B_1)\\=0,84\times 0,5+0,24\times 0,5=0,54$. Donc $a_2=0,54$.
		\item Utilisons la formule de Bayes pour calculer $p_{A_2}(B_1)$ :
		
		$p_{A_2}(B_1)=\dfrac{p(A_2\cap B_1)}{p(A_2)}=\dfrac{p_{B_1}(A_2)\times p(B_1)}{p(A_2)}=\dfrac{0,24\times 0,5}{0,54}\approx 0,222$ 
	\end{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item On remarquera au préalable que, $\forall n\in \N^*$, $a_n+b_n=1$.
		
		L'arbre complété avec les valeurs disponibles :
			\begin{center}
				\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,treesep=1cm,levelsep=2.5cm]{\TR{}}
				{\pstree{\TR{$A_n$~~}\taput{$a_n$}}
					{\TR{$A_{n+1}$}\taput{0,84}
					\TR{$B_{n+1}$}\tbput{0,16}
					}
				\pstree{\TR{$B_n$~~}\tbput{$1-a_n$}}
					{\TR{$A_{n+1}$}\taput{0,24}
					\TR{$B_{n+1}$}\tbput{0,76}
					}
				}
			\end{center} 
		\item Utilisons là encore, la formule des probabilités totales pour déterminer $a_{n+1}$ en fonction de $a_n$, pour tout entier naturel non nul :
		
		$\forall n\in \N^*$, $a_{n+1}=p(A_{n+1}\cap A_n)+p(A_{n+1}\cap B_n)=p_{A_n}(A_{n+1})\times p(A_n)+p_{B_n}(A_{n+1})\times p(B_n)\\=0,84\times p(A_n)+0,24\times p(B_n)=0,84~a_n+0,24~b_n$. Or $\forall n\in \N^*$, $b_n=1-a_n$.
		
		Donc $\forall n\in \N^*$, $a_{n+1}=0,84~a_n+0,24(1-a_n)=0,6~a_n+0,24$
		\item Montrons par récurrence que $\forall n \in \N^*$, $a_n = 0,6 - 0,1 \times 0,6^{n - 1}$.
						
		\textit{Initialisation :} $a_1=0,6 - 0,1 \times 0,6^{1 - 1}=0,6-0,1=0,5$. L'initialisation est vérifiée.
				
		\textit{Hérédité :} Soit  $n \in \N^*$, et supposons que $a_n = 0,6 - 0,1 \times 0,6^{n - 1}$.
		
		Montrons que $a_{n+1} = 0,6 - 0,1 \times 0,6^{n}$.
				
		D'après la question précédente,$a_{n+1}=0,6~a_n+0,24$, donc en utilisant l'hypothèse de récurrence,
		
		$a_{n+1}=0,6\left(0,6 - 0,1 \times 0,6^{n - 1}\right)+0,24=0,36-0,1\times0,6 \times0,6^{n - 1}+0,24=0,6-0,1\times 0,6^n $. On obtient ce qu'il fallait démontrer. L'hérédité est démontrée.
				
		\textit{Conclusion : }  La proposition est vraie au rang $0$ et si elle est vraie au rang $n$, elle l'est aussi au rang $n + 1$.	D'après l'axiome de récurrence, $\forall n \in \N^*$, $a_n = 0,6 - 0,1 \times 0,6^{n - 1}$.
		\item $\displaystyle\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,6^{n-1}=0$ car $0,6\in ]-1~;~1[$. Donc $\displaystyle\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} a_n=0,6$.
		
		Cela signifie qu'au bout d'un certain temps, la probabilité qu'un vélo soit à la station A est de 60 \%.
		\item Résolvons : $a_n\geqslant 0,599$.
		$a_n\geqslant 0,599\iff  0,6 - 0,1 \times 0,6^{n - 1} \geqslant 0,599 \\
		\iff - 0,1 \times 0,6^{n - 1} \geqslant -0,001 \iff 0,6^{n - 1} \leqslant \dfrac{-0,001}{-0,1} \iff 0,6^{n - 1} \leqslant \dfrac{1}{100} $.
		
		Sachant que la fonction $x\mapsto\ln(x)$ est strictement croissante sur $\R_+^*$, 
		
		$0,6^{n - 1} \leqslant \dfrac{1}{100} \iff \ln\left(0,6^{n - 1} \right) \leqslant \ln\left(\dfrac{1}{100}\right) \iff (n-1)\times \ln(0,6) \leqslant -\ln(100)$. Or $\ln(0,6)<0$, donc
		$n-1 \geqslant \dfrac{-\ln(100)}{\ln(0,6)} \iff n \geqslant 1-\dfrac{2\ln(10)}{\ln(0,6)}$.
		
		À la calculatrice, $1-\dfrac{2\ln(10)}{\ln(0,6)}\approx 10,02$ donc $n\geqslant 11$.
		
		La probabilité que le vélo se trouve au point A est supérieure à $0,599$ à partir du 11-ième jour.
		\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 2} \quad (7 points)\hfill Thèmes : fonctions, fonction exponentielle}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item La fonction $p$ est continue et dérivable sur $[-3~;~4]$.
	
	$\forall x \in [-3~;~4]$, $p'(x)= 3x^2-6x+5$
	
	Ce trinôme du second degré n'admet aucune racine ($\Delta=-24<0$) donc $\forall x \in [-3~;~4]$, $p'(x)>0$.
	Donc la fonction $p$ est strictement croissante sur $[-3~;~4]$.
	\item $p(-3)=-68$ et $p(4)=37$
	
	La fonction $p$ est continue et strictement croissante sur $[-3~;~4]$ à valeurs dans $[-68~;~37]$. Or $0\in [-68~;~37]$, donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $p(x)=0$ admet une unique solution, notée $\alpha$, dans l'intervalle $[-3~;~4]$.
	\item À la calculatrice, $\alpha \approx -0,2$.
	\item D'après les variations de la fonction $p$, et en utilisant le résultat précédent, on peut établir le tableau de signe de la fonction $p$ sur $[-3~;~4]$ :
	\begin{center}
	\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,1.6)
\psframe(7,1.6)\psline(0,0.8)(7,0.8)\psline(2,0)(2,1.6)
\rput(1,1.2){$x$}\rput(1,0.4){$p(x)$}\rput(2.25,1.2){$-3$}\rput(4.5,1.2){$\alpha$}\rput(6.8,1.2){4}
\rput(3.25,0.4){$-$}\rput(4.5,0.4){0} \rput(5.75,0.4){$+$}
\end{pspicture}
%	\begin{tikzpicture}
%		\tkzTabInit{$x$ / 1 , $p(x)$ / 1}{$-3$, $\alpha$, $4$}
%		\tkzTabLine{, -, z, +, }
%	\end{tikzpicture}
	\end{center}

\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip


\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $[-3~;~4]$ (car $\forall x \in [-3~;~4]$, $1+x^2\neq 0$).
		
		$\forall x \in [-3~;~4]$, $f'(x)=\dfrac{\e^x\times (1+x^2)-\e^x\times 2x}{\left(1+x^2\right)^2}=\dfrac{\e^x(x^2-2x+1)}{(1+^2)^2}=\dfrac{(x-1)^2~\e^x}{(1+^2)^2}$.
		\item $f'(x)=0\iff \dfrac{(x-1)^2~\e^x}{(1+^2)^2}=0 \iff (x-1)^2~\e^x \iff (x-1)^2 \iff x-1=0 \iff x=1$.
		
		Et $f(1)=\dfrac{\e}{2}$. Donc au point d'abscisse 1, $\mathcal{C}_f$ admet une tangente horizontale d'équation $y=\dfrac{\e}{2}$.
	\end{enumerate}
	\item
		\begin{enumerate}
			\item Avec la précision permise par le graphique, on peut voir que la fonction $f$ est :
				\begin{itemize}
					\item convexe sur $[-3~;~0]$ ;
					\item concave sur $[0~;~1]$ ;
					\item convexe sur $[1~;~4]$.
				\end{itemize}
		Donc $\mathcal{C}_f$ admet deux points d'inflexion, aux abscisses $x=0$ et $x=1$.
	
		Le toboggan semble donc assurer de bonnes sensations.
			\item $\forall x \in [-3~;~4]$ :\:$f''(x) = \dfrac{p(x)(x - 1)\text{e}^x}{\left(1 + x^2\right)^3}$
			
			Recherchons les points d'inflexion, c'est-à-dire les valeurs de $x\in [-3~;~4]$ pour lesquelles $f''(x)$ s'annule et change de signe.
			
			$\forall x \in [-3~;~4]$, $\left(1 + x^2\right)^3>0$ et $\e^x>0$ donc $f''(x)$ a le même signe que $p(x)(x - 1)$.
			
			On construit alors le tableau de signe suivant :
\begin{center}	
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3.2)
\psframe(7,3.2)\psline(0,0.8)(7,0.8)\psline(0,1.6)(7,1.6)\psline(0,2.4)(7,2.4)\psline(1,0)(1,3.2)
\rput(0.5,2.8){$x$}\rput(1.25,2.8){$-3$}\rput(3,2.8){$\alpha$}\rput(5,2.8){$1$}\rput(6.8,2.8){$4$}
\rput(0.5,2){$p(x)$}\rput(2,2){$-$}\rput(3,2){$0$}\rput(4,2){$+$}\rput(6,2){$+$}
\rput(0.5,1.2){$x-1$}\rput(2,1.2){$-$}\rput(4,1.2){$-$}\rput(5,1.2){$0$}\rput(6,1.2){$+$}
\rput(0.5,0.4){$f''(x)$}\rput(2,0.4){$+$}\rput(3,0.4){$0$}\rput(4,0.4){$-$}\rput(5,0.4){$0$}\rput(6,0.4){$+$}
\end{pspicture}
%				\begin{tikzpicture}
%					\tkzTabInit{$x$ / 1 , $p(x)$ / 1, $x-1$ /1 , $f''(x)$ /1}{$-3$, $\alpha$, $1$ , $4$}
%					\tkzTabLine{, -, z, +, t , + }
%					\tkzTabLine{, -, t, -, z , + }
%					\tkzTabLine{, +, z, -, z , + }
%				\end{tikzpicture}
			\end{center}
		La fonction $f''$ s'annule et change de signe en $x=\alpha$ et $x=1$. Donc $\mathcal{C}_f$ admet deux points d'inflexion. Le toboggan assure donc de bonnes sensations.
\end{enumerate} 
	
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 3 \quad (7 points)\hfill Thèmes : géométrie dans l'espace}}

\medskip
En utilisant le repère fourni \Oijk, les points notés ont pour coordonnées : 
$A\left(6~;~0~;~2\right)$ , $B\left(6~;~0~;~0\right)$,$C\left(6~;~8~;~0\right)$, $D\left(0~;~8~;~0\right)$, $E\left(0~;~0~;~4\right)$, $F\left(6~;~0~;~4\right)$, $G\left(6~;~8~;~4\right)$, $H\left(0~;~8~;~4\right)$, $R\left(6~;~3~;~4\right)$, $T\left(3~;~0~;~4\right)$ et $S\left(3~;~\dfrac52~;~0\right)$

\begin{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item Les vecteurs $\vect{AR}$ et $\vect{AT}$ ont pour coordonnées : \Coord{AR}{0}{3}{2} et \Coord{AT}{-3}{0}{2}.
		
		$AR=\lVert\vect{AR}\rVert=\sqrt{0^2+3^2+2^2}=\sqrt{13}$ et $AT=\lVert\vect{AT}\rVert=\sqrt{(-3)^2+0^2+2^2}=\sqrt{13}$
			
		$\lVert\vect{AR}\rVert=\lVert\vect{AR}\rVert$ donc le triangle $ART$ est isocèle en A.
		\item $\vect{AR}.\vect{AT}=0\times(-3)+3\times 0+2\times 2 = 4$
		\item Utilisons la formule du produit scalaire : $\vect{AR}.\vect{AT}= \left\|\vect{AR}\right\| \times \left\|\vect{AT}\right\| \times \cos \left(\widehat{\text{RAT}}\right)$ 
		
donc
		$\cos \left(\widehat{\text{RAT}}\right) = \dfrac{\vect{AR}.\vect{AR}}{\lVert\vect{AR}\rVert \times \lVert\vect{AT}\rVert}=\dfrac{4}{\sqrt{13}^2}=\dfrac{4}{13}$ donc $\widehat{RAT}=\arccos\left(\dfrac{4}{13}\right)\approx 72,1 \degres$
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Les vecteurs $\vect{AR}$ et $\vect{AT}$ ne sont pas colinéaires : il n'existe pas de réel $k$ tel que $\vect{JK}=k\times \vect{JL}$.
		
		En effet le système $\left\{\begin{array}{l c l} 0&=&k\times (-3)\\3 &=& k\times 0\\2&=& k\times 2 \end{array}\right.$ n'admet pas de solution.
		Donc ils définissent une base du plan $(ART)$.
		Calculons :
		
		$\vect{n}.\vect{AR}=2\times 0+(-2)\times 3+3\times 2=-6+6=0$ et $\vect{n}.\vect{AT}=2\times(-3)+(-2)\times 0+3\times 2=-6+6=0$.
		
		Donc $\vect{n}\perp\vect{AR}$ et $\vect{n}\perp\vect{AT}$ donc $\vect{n}$ est normal à tout vecteur du plan $(ART)$, donc $\vect{n}$ est un vecteur normal au plan $(ART)$.
		\item Le plan $(ART)$ a pour équation cartésienne : $ax+by+cz+d = 0$, où $(a~;~b~;~c)$ sont les cordonnées d'un vecteur normal au plan. En prenant comme vecteur normal le vecteur $\vect{n}$, on obtient : $(ART)$ : $2x - 2y + 3z + d = 0$. 
				
Or $A\in \text{(ART)}$ donc $12-0+6+d=0$ donc $d=-18$.

Donc le plan $(ART)$ a pour équation $2x - 2y + 3z - 18 = 0$.
	\end{enumerate}
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item La droite $\Delta$ est orthogonale au plan $(ART)$, donc elle admet comme vecteur directeur le vecteur $\vect{u}$, vecteur normal à ce plan. Elle passe par le point S$\left(3~;~\dfrac52~;~0\right)$. Une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ est donc : 

		$\left\{\begin{array}{l c l}	x&=&3+2k\\y &=&\dfrac52-2k\\z&=&0+3k			\end{array}\right. , k \in \R$ soit 
		$\left\{\begin{array}{l c r}x&=&3+2k\\y&=& \dfrac52 - 2k\\z &=& 3k \end{array}\right.,\: \text{avec }\:k \in \R.$
		\item Les coordonnées du point L sont les uniques solutions du système :
		
$(S) \left\{\begin{array}{l}	x = 3 + 2k\\y =\dfrac52-2k\\z=3k\\2x - 2y + 3z - 18=0			\end{array}\right.$
		En remplaçant $x$, $y$ et $z$ dans la dernière équation, on obtient : 
$2x - 2y + 3z - 18=0 \iff 2(3+2k)-2\left(\dfrac52-2k\right)+3\times 3k-18=0 \iff 17k-17=0 \iff k=1$
		
Donc $x=3+2k=5$, $y =\dfrac52-2k=\dfrac12$ et $z=3k=3$.
Le point $L$ a pour coordonnées $\left(5~;~\dfrac12~;~3\right)$.
	\end{enumerate}
	\item Le milieu $K$ de $[EH]$ a donc pour coordonnées $\left(0~;~4~;~4\right)$. $N$ a pour coordonnées $(0~;~8 - 4t~;~4t)$. Pour $t\in [0~;~1]$, les vecteurs $\vect{DK}$ et $\vect{ND}$ ont pour coordonnées  : \Coord{DK}{0}{-4}{4} et \Coord{DN}{0}{-4$t$}{4$t$}.
	
	On remarque alors que $\vect{DN}=t\times \vect{DK}$. Les deux vecteurs sont donc colinéaires, donc les points $D, K$ et $N$ sont alignés.
	
	Pour vérifier que $N$ est un point du segment $[DK]$, montrons que $\vect{NK}.\vect{ND}\leqslant 0$ :
	
	\Coord{NK}{0}{-4+4$t$}{4-4$t$} et \Coord{ND}{0}{4$t$}{-4$t$} 
	
	donc $\vect{NK}.\vect{ND}=0\times 0+(-4+4t)\times 4t+(4-4t)\times (-4t) =32t^2-32t =32t(t-1)$.
	
	$t\in [0~;~1]$ donc $32t(t-1)\leqslant 0$ donc $N$ est un point du segment $[DK]$.
	\item Les vecteurs $\vect{SL}$ et $\vect{SN}$ ont pour coordonnées : \Coord{SL}{2}{-2}{3} et \Coord{SN}{-3}{\dfrac{11}{2}-4t}{4t}
	
Les vecteurs $\vect{SL}$ et $\vect{SN}$ sont orthogonaux donc $\vect{SL}.\vect{SN}=0$.
	
	$\vect{SL}.\vect{SN}=0 \iff 2\times(-3)+(-2)\times \left(\dfrac{11}{2}-4t\right)+3\times 4t=0 \iff 20t-17=0 \iff t=\dfrac{17}{20}$.
	Le point $N$ aura alors pour coordonnées : $N\left(0~;~8-4\times\dfrac{17}{20}~;~4\times \dfrac{17}{20} \right)$ soit $N\left(0~;~\dfrac{23}{5}~;~\dfrac{17}{5} \right)$
	\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 4} \quad (7 points)\hfill Thème : fonction logarithme népérien, probabilités}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $a = \ln (9) + \ln \left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)  + \ln \left(\dfrac19 \right)=\ln\left(3^2\right)+\ln\left(\sqrt{3}\right)-\ln(3) -\ln\left(3^2\right)=1\dfrac12\ln(3)-\ln(3)=-\dfrac12\ln(3)$
	
	\hfill \fbox{\textbf{Réponse d}}
	\item Donnons en premier le domaine de définition. Il faut que $x> 0$ et $x>10$. Donc 
	$\mathcal{D}_f = ]10~;~+\infty[$.
	
Dans $\mathcal{D}_f, \: \ln(x) + \ln (x - 10) = \ln(3) + \ln(7) \iff \ln\left(x(x - 10)\right)= \ln(3 \times 7) \iff x(x-10) = 21$  (par croissance de la fonction logarithme népérien) ou 

$x^2 - 10x - 21 = 0$. $\Delta=184 > 0$, donc ce trinôme admet deux solutions. Or $\sqrt{\Delta}=\sqrt{184} = \sqrt{4 \times 46} = 2\sqrt{46}$.

Les deux solution sont : $x_1= \dfrac{10 -2\sqrt{46}}{2}=5 -\sqrt{46}$ et $x_2=\dfrac{10+2\sqrt{46}}{2}=5+\sqrt{46}$.

Or $5^2 = 25 < 46$, donc $5 < \sqrt{46} \iff 5 - \sqrt{46}< 0$ et $5 - \sqrt{46} \notin \mathcal{D}_f$.

Par contre $\sqrt{46} > 5 \Rightarrow 5 + \sqrt{46} > 5 + 5 = 10$, donc $x_2 \in \mathcal{D}_f$.

La seule solution réelle est donc $5 + \sqrt{46}$.
\hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}.
	 \item La fonction $f$ est définie sur l'intervalle $]0~;~+ \infty[$ par l'expression $f(x) = x^2(- 1 + \ln(x))$. Elle est continue et dérivable sur $]0~;~+ \infty[$.

	 $\forall x \in ]0~;~+ \infty[$, $f'(x)=2x\times (- 1 + \ln(x))+x^2\times \dfrac1x=-2x+2x\ln(x)+x=-x+2x\ln(x)=x(2\ln(x)-1)$.

	 $f'(x)=0 \iff x(2\ln(x)-1)=0 \iff 2\ln(x)-1 \iff \ln(x)=\dfrac{1}{2} \iff x=\e^{\frac12}=\sqrt{\e}$.
	 La tangente au point d'abscisse $a=\sqrt{\e}$ est horizontale. Son équation est donnée par : $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
	 Sachant que $f'\left(\sqrt{\e}\right)=0$ et que $f\left(\sqrt{\e}\right)= \sqrt{\e}^2\left(-1+\ln(\sqrt{\e})\right)=\e\left(-1+\dfrac12\right)= -\dfrac12\e$.
	 L'équation de cette tangente horizontale est donc : $y = -\dfrac12\e$.

\hfill \fbox{\textbf{Réponse d}}
	 \item Un sac contient 20 jetons jaunes et 30 jetons bleus. On tire successivement et avec remise 5 jetons du sac.

Il s'agit là d'un schéma de Bernoulli : la répétition de 5 expériences aléatoires n'ayant que deux issues, identiques et indépendantes entre elles. Si on note par $X$ la variable aléatoire donnant le nombre de jetons jaune tirés, alors $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n = 5$ et $p = \dfrac{20}{50}=\dfrac25$ : $X \sim \mathcal{B}\left(5~;~\dfrac25\right)$

Ainsi $p(X=2)=\dbinom{5}{2}\times \left(\dfrac25\right)^2 \times \left(1-\dfrac25\right)^{5-2}=0,3456\approx 0,346$.

\hfill \fbox{\textbf{Réponse b}}
\item On reprend les conditions précédentes : un sac contient 20 jetons jaunes et 30 jetons bleus. On tire successivement et avec remise 5 jetons du sac. $X$ est la variable aléatoire donnant le nombre de jetons jaune tirés et $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n=5$ et $p=\dfrac{20}{50}=\dfrac25$ : $X \sim \mathcal{B}\left(5~;~\dfrac25\right)$.

$p(X\geqslant 1)=1-p(X<1)=1-p(X=0)=1-\left(\dfrac35\right)^5\approx0,922$.

\hfill \fbox{\textbf{Réponse d}}
	\item On reprend les conditions précédentes : un sac contient 20 jetons jaunes et 30 jetons bleus. On tire successivement et avec remise 5 jetons du sac. $X$ est la variable aléatoire donnant le nombre de jetons jaune tirés et $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n=5$ et $p=\dfrac{20}{50}=\dfrac25$ : $X \sim \mathcal{B}\left(5~;~\dfrac25\right)$.

L'espérance d'une loi binomiale est égale à : $E(X) = np$.

Ici, $E(x)=5\times \dfrac25=2$.

\hfill \fbox{\textbf{Réponse c}}
\end{enumerate}

\end{document}