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%Corrigé Frédéric Pitoun
%Relecture : Denis Vergès
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% Macros mathématiques
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% Configuration des en-têtes et pieds de page
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\fancyfoot[R]{Corrigé du baccalauréat spécialité}
\fancyfoot[L]{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
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% Environnement pour les exercices
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 \section*{Exercice \thecountexo}
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\left\{
\begin{matrix}
 #1
\end{matrix}
\right.
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\newcommand{\olim}[1]{
\left.
 \begin{matrix}
    #1
  \end{matrix}
\right\}
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\begin{document}

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%{\bf Mathématiques \hfill 20 mai 2026 }
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%\begin{center}
%\textbf{\Large Corrigé - Baccalauréat Spécialité Amérique du Nord}\par
%\rule{5cm}{2pt}\par
%\end{center}
%\end{tcolorbox}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Baccalauréat
			Amérique du Nord -- 20 mai 2026 ~\decofourright
			\marginpar{\rotatebox[origin=rt]{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}\\[7pt]
			Sujet 1 \\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}
\begin{exercise}
\subsection*{Partie A}

\begin{enumerate}
\item~

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[
grow=right,
level 1/.style={level distance=3.5cm},
level 2/.style={sibling distance=1.cm, level distance=3.5cm},
edge from parent path={(\tikzparentnode.east) -- (\tikzchildnode.west)node[pos=0.5,fill=white,inner sep=2pt]{\footnotesize $\ldots$}}]
\node {}
child { node {$F$}
child { node {$\overline{H}$} edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,20$}}
child { node {$H$} edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,80$}}
edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,15$}}
child { node {$C$}
child { node {$\overline{H}$} edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,70$}}
child { node {$H$} edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,30$}}
 edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,60$}}
 child { node {$E$}
 child { node {$\overline{H}$} edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,55$}}
 child { node {$H$} edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,45$}}
 edge from parent node[pos=0.5,fill=white]{$0,25$}};
 \end{tikzpicture}
\end{center}

\item Calcul de $p(E \cap H)$:\\
$
\begin{array}{rcl}
P(E \cap H) &=& P(E) \times P_E(H) \\
&=& 0,25 \times 0,45 \\
&=& \num{0,1125}
\end{array}
$

\item Les évènements $E$, $C$ et $F$ forment une partition de $\Omega$. D'après la formule des probabilités totales :

$
\begin{array}{rcl}
P(H) &=& P(E \cap H) + P(C \cap H) + P(F \cap H) \\
&=& \num{0,1125} + (0,60 \times 0,30) + (0,15 \times 0,80) \\
&=& 0,1125 + 0,18 + 0,12 \\
&=& \num{0,4125}
\end{array}
$

\item Calcul de $P_H(E) $:

$\begin{array}{rcl}
P_H(E) &=& \dfrac{P(E \cap H)}{P(H)} \\
&=& \dfrac{\num{0,1125}}{\num{0,4125}} \\
&\approx& 0,273 \quad \text{(au millième près)}
\end{array}$
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B}
\begin{enumerate}
\item L'expérience consiste en la répétition de $n=8$ épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes (assimilable à un tirage avec remise). Le succès est \og l'abonné a activé l'option \fg, de probabilité $p= \num{0.4125}$. Ainsi, $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(8~;~\num{0.4125})$.

\item Calcul de $P(X = 0)$:

$\begin{array}{rcl}
P(X = 0) &=& \binom{8}{0} \times \num{0.4125}^0 \times (1 - \num{0.4125})^8 \\
&=& \num{0,5875}^8 \\
&\approx& 0,014
\end{array}$

\item
	\begin{enumerate}
		\item L'évènement contraire de \og au moins un abonné a activé l'option \fg{} est \og aucun abonné n'a activé l'option \fg{}:

$\begin{array}{rcl}
q_n &=& 1 - P(X = 0) \\
&=& 1 - \binom{n}{0} \times \num{0.4125}^0 \times \num{0,5875}^n \\
&=& 1 - \num{0.5875}^n
\end{array}
$

\item On doit résoudre l'inéquation $q_n \geqslant 0.999$:

\medskip

\[
\begin{array}{rclr}
q_n \geqslant 0,999 &\iff& 1 - \num{0,5875}^n \geqslant 0,999 &\\
&\iff& 0,5875^n \leqslant 0,001 &\\
&\iff& \ln(0,5875^n) \leqslant \ln(0.001)& \text{car } \ln \text{ est croissante sur } \R_+^* \\\\
&\iff& n \geqslant \dfrac{\ln(0,001)}{\ln(\num{0,5875})}& \quad \text{car } \ln(\num{0,5875}) < 0
\end{array}
\]

Comme $\dfrac{\ln(0,001)}{\ln(\num{0.5875})} \approx 12,98$, la plus petite valeur de $n$ telle que $q_n \geqslant \num{0,999}$ est 13.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C}

\begin{enumerate}
\item Les valeurs possibles pour $Y$ sont : $5$, $7$, $10$, $12$, $16$, $18$.
\item Loi de $Y$:

\begin{center}
\renewcommand{\arraystretch}{1.5}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
$y_i$ & 5 & 7 & 10 & 12 & 16 & 18 \\ \hline
$P(Y = y_i)$ & 0.1375 & 0.1125 & 0.42 & 0.18 & 0.03 & 0.12 \\ \hline
\end{tabular}
\end{center}
\item Calcul de $(EY)$:

$\begin{array}{rcl}
E(Y) &=& 5 \times 0.1375 + 7 \times 0.1125 + 10 \times 0.42 + 12 \times 0.18 + 16 \times 0.03 + 18 \times 0.12 \\
&=& \num{0.6875} + \num{0.7875} + 4.2 + 2.16 + 0.48 + 2.16 \\
&=& 10.475
\end{array}$

En moyenne, un abonné rapporte \num{10.475} \euro{} par mois à la plateforme.
\item À la calculatrice, on obtient une variance $V(Y) \approx 13.70$.
\item 
\begin{enumerate}
\item $V(Z) = \sigma^2 = 2^2 = 4$.
\item D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev pour tout réel $a>0$: 
$$P(|Z - E(Z)| \geqslant a) \leqslant \dfrac{V(Z)}{a^2}.$$
\item 
Avec $E(Z) = 9$ et $a = 3$, on a : $P(|Z - 9| \geqslant 3) \leqslant \dfrac{4}{9}$.
Le contraire de l'évènement $|Z-9| \geq 3$ est l'évènement $|Z - 9| < 3$. Or  $|Z - 9| < 3 \Leftrightarrow - 3 < Z - 9 < 3 \Leftrightarrow 6 < Z < 12$.

Notons que $\{|Z-9|\geq 3\}=\{Z \leq 6\} \cup \{Z \geq 12\}.$
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
	\clip(-5,-1) rectangle (5,1.5);
	\draw (-5,0) -- (5,0);
	\foreach \x in {-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4}{
\draw (\x,-0.3)--(\x,0.3);	
}
\node at (0,-0.5) {9};
\node at (-3,-0.5) {6};
\node at (3,-0.5) {12};
\draw[blue,<->,>=latex] (-3,0.5) -- (3,0.5) node[midway,above] {$6 < Z <12$};
\draw[red,->,>=latex] (-5,0.5) -- (-3,0.5) node[midway,above] {$\color{red}  Z \leqslant 6$};
\draw[red,<-,>=latex] (3,0.5) -- (5,0.5) node[midway,above] {$\color{red}  Z \geqslant 12$};
\node[pt={red}{A}] at (0,0) {};
\end{tikzpicture}
\end{center}

Ainsi,

\[P(6 < Z < 12) = 1 - P(|Z-9| \geqslant 3) \geqslant 1 - \dfrac{4}{9},\]

donc \[P(6 < Z < 12) \geqslant \dfrac{5}{9}.\]

Comme $\dfrac{5}{9} > \dfrac{4,5}{9} = 0,50$, l'affirmation est justifiée.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
\subsection*{Partie A}

\begin{enumerate}
\item $u_1 = 4 - \dfrac{4}{u_0} = 4 - \dfrac{4}{4} = 3$. Il y aura \num{3000} perches-soleil.
\item
	\begin{enumerate}
		\item La fonction $h$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$.

$\begin{array}{rcl}
h'(x) &=& 0 - 4 \times \left(-\dfrac{1}{x^2}\right) = \dfrac{4}{x^2}
\end{array}$

Pour tout $x > 0$, $h'(x) > 0$. La fonction $h$ est donc strictement croissante sur $]0~;~+\infty[$.
		\item Montrons par récurrence que :

\[\forall n \in \mathbb{N},\quad 2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 4\]

\textbf{Initialisation :} Pour $n = 0$, on a $u_0 = 4$, $u_1 = 3$ et $u_2 = 4 - \dfrac{4}{3} = \dfrac{8}{3} \approx 2,66$.
On a bien $2 \leqslant u_2 \leqslant u_1 \leqslant 4$. La propriété est vérifiée au rang 0.

\textbf{Hérédité :} Soit $n \in mathbb{N},\,\,  ( n \geqslant 0$ et $2 \leqslant h(u_{n+1}) \leqslant h(u_n) \leqslant 4$.

La fonction $h$ étant croissante sur $]0~;~+\infty[$, les images par celle-ci des quatre nombres précédents sont rangés dans le même ordre que ceux-ci :

\[h(2) \leqslant h(u_{k+1}) \leqslant h(u_k) \leqslant h(4).\]

Or $h(2) = 2$, $h(u_{n+1}) = u_{n+2}$,\,  $h(u_n) = u_{n+1}$ et $h(4) = 3 \leqslant 4$.
D'où

\[2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 4.\] 

La propriété est vraie au rang $n + 1$.

\textbf{Conclusion :}

La propriété est vraie au rang 0 et si elle vraie au rang $n$, elle l'est aussi au rang $n + 1$ : d'après le principe de récurrence :

\[\boxed{\forall n \in \mathbb{N}, \quad 2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n} \leqslant 4}.\]

		\item En particulier 
		
\begin{itemize}
\item $\forall n \in \mathbb{N}, \quad u_{n+1} \leqslant u_{n}$ signifie que la suite $(u_n)$ est décroissante ;
\item $\forall n \in \mathbb{N}, \quad 2 \leqslant u_{n}$ signifie que la suite $(u_n)$ est minorée par 2
\end{itemize}

Minorée et décroissante la suite $u_n$ converge donc vers une limite $\ell$ qui vérifie $2 \leqslant  \ell.$

		\item  Comme quel que soit $n \in \mathbb{N}, \quad u_{n + 1} = h(u_n) = 4 - \dfrac{4}{u_n}$ que la fonction $h$ est dérivable, donc continue sur $]0~;~+\infty[$, l'égalité précédente donne à la limite par continuité : $\ell = 4 - \dfrac{4}{\ell}$ la relation de récurrence $u_{n+1}=h(u_n)$, ($\ell$ est  un point fixe de $h$).

\[\begin{array}{rcl}
\ell = 4 - \dfrac{4}{\ell} &\iff& \ell^2 = 4\ell - 4 \\
&\iff& \ell^2 - 4\ell + 4 = 0 \\
&\iff& (\ell - 2)^2 = 0 \\
&\iff& (\ell - 2) = 0 \\
&\iff& \ell = 2
\end{array}\]

On a donc $\boxed{\displaystyle\lim_{n \to + \infty} u_n = 2}$
\item La limite étant de 2 (soit \num{2000} individus), ce modèle ne prévoit pas lui non plus d'élimination à long terme de l'espèce.
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Le script complété est:\\
\begin{minipage}{0.5\textwidth}
\begin{lstlisting}[style=mystyle,language=python]
 def population(s):
u=4
n=0
while u>= s:
	u=4-4/u
	n=n+1
return n
\end{lstlisting}
\end{minipage}

		\item En exécutant l'algorithme, on trouve que la commande \texttt{population(2.2)} renvoie $n = 10$. Cela signifie que c'est au bout de 10 ans (soit en 2035) que la population de perches-soleil passera en dessous de \num{2200} individus pour la première fois.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B}

\begin{enumerate}
\item L'équation $(E)$ est une équation différentielle de la forme $ay'+by=c$,   les solutions sont de la forme 

\[y(t) = K\e^{-\frac{b}{a}t}+ \cfrac{c}{a} = K\e^{-t} + 2 \text{, avec} K \in \R.\]

\item Calcul de $K$ en utilisant la condition initiale $p(0)=4$. La fonction $p$ étant solution de $(E)$, on a $p(x)=K\e^{-x}+2$. De plus:\\

\[\begin{array}{rcl}
p(0) = 4 &\iff& K\e^0 + 2 = 4 \\
&\iff& K + 2 = 4 \\
&\iff& K = 2
\end{array}\]

La fonction $p$, qui est la solution de $(E)$ vérifiant $p(0)=4$, est donc

\[\boxed{p(t) = 2\e^{-t} + 2}.\]

\item Comme $\lim\limits_{t \to +\infty} \e^{-t} = 0$, \quad  $\lim\limits_{t \to +\infty} p(t) = 2$.
Ce modèle continu prévoit également une stabilisation à \num{2000} individus, sans élimination.
\end{enumerate}

\end{exercise}

\begin{exercise}


\begin{center}
\begin{tikzpicture}[x=(225:20mm),y=(0:29mm),z=(90:30mm)]
	\coordinate (A) at (-1,-1,0);\node[above right] at (A) {A};
	\coordinate (B) at (-1,1,0); \node[above right] at (B) {B};
	\coordinate (C) at (1,1,0); \node[below right] at (C) {C};
	\coordinate (D) at (1,-1,0); \node[below left] at(D) {D};
	\coordinate (S) at (0,0,2); \node[above] at(S) {S};
	\coordinate (O) at (0,0,0); \node[above right] at(O) {O};
	\coordinate (I) at (1,0,0); \node[below left] at(I) {I};
	\coordinate (J) at (0,1,0); \node[right=2mm] at(J) {J};
	\coordinate (K) at (0,0,1); \node[above left] at(K) {K};
	\draw[dashed] (D)--(A)--(B)--cycle
	(C)--(A)--(S);
	\draw (D)--(C)--(B)--(S)--cycle
	(S)--(C);
	\draw[->,line width=1pt] (O)--(I);
	\draw[->,line width=1pt] (O)--(J);
	\draw[->,line width=1pt] (O)--(K);
	\end{tikzpicture}
\end{center}

\subsection*{Partie A}

\begin{enumerate}
\item Puisque O est l'origine du repère et que la base carrée est de côté 2 avec le centre en O, on a A$(-1~;~-1~;~0)$ et D$(1~;~-1~;~0)$.
\item D'après la formule du produit scalaire:

$\begin{array}{rcl}
\vect{\text{SC}} \cdot \vect{\text{SB}} &=& \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \\
&=& (1)(-1) + (1)(1) + (-2)(-2) \\
&=& -1 + 1 + 4 \\
&=& 4
\end{array}$
\item D'après la définition géométrique du produit scalaire $\vect{SC} \cdot \vect{SB} = SC \times SB \times \cos(\widehat{\mathrm{BSC}})$. On a donc :

\[\begin{array}{rcl}
\vect{SC} \cdot \vect{SB} &=& SC \times SB \times \cos(\widehat{\mathrm{BSC}}) \\
4 &=& \sqrt{1^2+1^2+(-2)^2} \times \sqrt{(-1)^2+1^2+(-2)^2} \times \cos(\widehat{\mathrm{BSC}}) \\
4 &=& \sqrt{6} \times \sqrt{6} \times \cos(\widehat{\mathrm{BSC}}) \\
\cos(\widehat{\mathrm{BSC}}) &=& \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}
\end{array}\]

On en déduit $\widehat{\mathrm{BSC}} = \arccos(\frac23) \approx 48,2(\degres)$.
\end{enumerate}

\subsection*{Partie B}
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Le vecteur $\vect{n}$ est normal au plan (SBC) s'il est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de ce plan, par exemple $\vect{SB}$ et $\vect{SC}$. Or:\\
$\left\{
\begin{array}{rcl}
\vect{n} \cdot \vect{SB} &=& 0(-1) + 2(1) + 1(-2) = 0 \\
\vect{n} \cdot \vect{SC} &=& 0(1) + 2(1) + 1(-2) = 0
\end{array}\right.$

On en déduit que $\vect{n}$ est orthogonal aux vecteurs $\vect{\text{SB}}$ et $\vect{\text{SC}}$, $\vect{n}$ est donc un vecteur normal au plan (SBC).
		\item Le vecteur $\vect{n}(0,2,1)$ étant normal au plan (SBC), ce dernier  admet  une équation cartésienne de la forme $0x + 2y + 1z + d = 0$.
Le point S$(0; 0; 2)$ appartient au plan (SBC), donc les coordonnées de ce point vérifie l'équation du plan (SBC) et on a donc $2(0) + 1(2) + d = 0 \iff d = -2$.

Une équation de (SBC) est donc bien 

\[\boxed{2y + z - 2 = 0}.\]
	\end{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item La droite (OH) est perpendiculaire au plan (SBC) donc $\vect{n}$, qui est normal à (SBC), est aussi un vecteur directeur de (OH). Cette droite passe par O(0~;~ 0~;~0).
Une représentation paramétrique est donc :
$\begin{cases}
x = 0 + 0t = 0 \\
y = 0 + 2t = 2t \\
z = 0 + 1t = t
\end{cases} \quad (t \in \R)$
		\item H appartient à (OH) et à (SBC),
on a donc:

\begin{itemize}
	\item $H \in (\text{OH}) \iff \exists t \in \R, \sys{x_{\text{H}}&=&0 \\ y_{\text{H}}&=&2t \\ z_{\text{H}}&=&t}
$
\item H $\in (\text{SBC}) \iff 2y_{\text{H}} +z_{\text{H}} - 2 = 0$
\end{itemize}

Le paramètre $t$, qui définit la position de H sur (OH), est donc solution de :

\[\begin{array}{rcl}
2(2t) + t - 2 = 0 &\iff& 5t = 2 \\
&\iff& t = \dfrac{2}{5}
\end{array}\]

On a donc:

\[\sys{x_{\text{H}}&=&0 \\ y_{\text{H}}&=&2\times \frac 25&=& \frac45  \\ z_{\text{H}}&=&\frac25}\]

Les coordonnées de H, projeté orthogonal de O sur le plan (SBC) sont donc $\boxed{\left(0~;~\dfrac{4}{5}~;~\dfrac{2}{5}\right)}$.
\item Calcul de la hauteur:

$\begin{array}{rcl}
\mathrm{OH} &=& \sqrt{0^2 + \left(\dfrac{4}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{5}\right)^2} \\
&=& \sqrt{\dfrac{16}{25} + \dfrac{4}{25}} \\
&=& \sqrt{\dfrac{20}{25}} = \dfrac{\sqrt{20}}{5} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5}
\end{array}$
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\subsection*{Partie C}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Volume de $SABCD$:

$\begin{array}{rcl}
V_{\mathrm{SABCD}} &=& \dfrac{1}{3} \times (2 \times 2) \times 2 \\
&=& \dfrac{8}{3}(\text{ cm}^3)
\end{array}$
		\item La pyramide OCBS a pour base le triangle OCB, dont l'aire est le quart de l'aire du carré ABCD (soit $\frac{1}{4} \times 4 = 1$), donc:

$\begin{array}{rcl}
V_{\mathrm{OCBS}} &=& \dfrac{1}{3} \times \text{Aire(OCB)} \times \text{OS} \\
&=& \dfrac{1}{3} \times 1 \times 2 \\
&=& \dfrac{2}{3}(\text{ cm}^3)
\end{array}$
	\end{enumerate}
\item Le triangle SBC est isocèle en S. La hauteur issue de S passe par J(milieu de [BC]).
Les coordonnées de J sont $(0~;~1~;~0)$. Ainsi :

$\begin{array}{rcl}
\mathrm{SJ} &=& \sqrt{0^2 + 1^2 + (-2)^2} = \sqrt{5} \\
\text{Aire(SBC)} &=& \dfrac{\mathrm{BC} \times \mathrm{SJ}}{2} = \dfrac{2 \times \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5}\text{ cm}^2
\end{array}$
\item On peut calculer le volume du tétraèdre OCBS en prenant pour base SBC et pour sommet O. Son volume est $V_{\mathrm{OCBS}}$ s'exprime en fonction de l'aire de SCB et de la hauteur OH et est égal à $\frac23$. En utilisant les deux questions précédentes, on obtient donc:

$\begin{array}{lrcl}
&V_{\mathrm{OCBS}} &=& \dfrac{1}{3} \times \text{Aire(SBC)} \times d(\mathrm{O}, (\mathrm{SBC})) \\
\iff &\dfrac{2}{3} &=& \dfrac{1}{3} \times \sqrt{5} \times d \\
\iff &d &=& \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \boxed{\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\text{ cm}}
\end{array}$
	\end{enumerate}
\end{exercise}

\begin{exercise}
Étude de la fonction $f:x \mapsto 5\ln(x^2+1)-3x$.\\
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
	\clip(-7,-3) rectangle (7,6);
	\draw[step=1, gray, thin] (-7,-3) grid (7,6);
\tkzInit[xmin=-7,xmax=7,ymin=-3,ymax=6,xstep=1,ystep=1]
\tkzDrawX[label=$x$,below left] 
\tkzDrawY[label=$y$,below left]
\tkzLabelX[orig=false,step=1] % Gradue automatiquement l'axe X
\tkzLabelY[orig=false,step=1] % Gradue automatiquement l'axe Y
\draw[domain=-7:7, smooth, variable=\x, blue, thick,samples=300] plot ({\x}, {5*ln((\x)^2+1)-3*\x});
\draw[domain=-7:7, smooth, variable=\x, red, thick,samples=300] plot ({\x}, {2*\x-5+5*0.69});
%\node at (1,0.45) {$\color{red} \bullet$};
\node[circle, fill=red, inner sep=2pt,label={above:{$\color{red} A$}}] at (1, 0.45) {};
\node at (-1,2) {$\color{blue} C_f$};
\node at (2,3) {$\color{red} t_A$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item Graphiquement, la courbe semble convexe sur l'intervalle $[-1~;~1]$ et concave sur les intervalles $]-\infty~;~-1]$ et $[1~;~+\infty[$.

\item Calcul de limite:


\[\olim{
\lim\limits_{x \to -\infty} (x^2+1) &=& +\infty \\
\lim\limits_{X \to +\infty} \ln(X) &=& +\infty \\
} \Rightarrow \lim\limits_{x \to -\infty} \ln(x^2+1) = +\infty \text{(limite d'une composée)}
\]

De plus:
\[\olim{
\lim\limits_{x \to -\infty} \ln(x^2+1) &=& +\infty \\
\lim\limits_{x \to -\infty} -3x &=& +\infty \\
} \Rightarrow \lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \text{(somme de limites)}\]

\item
\begin{enumerate}
\item Pour tout $x > 0$ :\\

\[\begin{array}{rclr}
f(x) &=& 5 \ln\left(x^2 \left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\right) - 3x &\\
&=& 5 \left(\ln(x^2) + \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\right) - 3x& \text{car } \ln(ab)=\ln(a)+\ln(b)\\
&=& 10 \ln(x) + 5 \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right) - 3x& \text{car } \ln(a^2)=2\ln(a)\\
&=& x \left(10 \dfrac{\ln(x)}{x} - 3\right) + 5 \ln\left (1+\dfrac{1}{x^2}\right) &
\end{array}\]

\item Par croissances comparées, $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0$, on a donc :\\

\[\olim{\lim\limits_{x \to +\infty} \left(10 \dfrac{\ln(x)}{x} - 3\right) &=& -3 \\
\lim\limits_{x \to +\infty} x &=& +\infty
} \Rightarrow \lim\limits_{x \to +\infty} x \left(10 \dfrac{\ln(x)}{x} - 3\right) = -\infty \text{ (produit de limites)}\]

De plus:

\[\olim{
\lim\limits_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)&=&1 \\
\lim\limits_{X \to 1} \ln(X) &=& 0 \\
} \Rightarrow \lim\limits_{x \to +\infty} \ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)=0 \text{ (limite d'une composée)}\]

On a donc (somme de limites):

\[\boxed{\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty}\]

\end{enumerate}

\item Variations de $f$:\\
\begin{enumerate}
\item Calculons la dérivée de $f$:\\

\[\begin{array}{rcl}
f'(x) &=& 5 \times \dfrac{2x}{x^2+1} - 3 \\
&=& \dfrac{10x - 3(x^2+1)}{x^2+1} \\
&=& \dfrac{-3x^2 + 10x - 3}{x^2+1}
\end{array}\]

\item Le signe de $f'(x)$ dépend du numérateur $-3x^2+10x-3$; en effet $\forall x \in \R,x^2+1>0$. Le numérateur est un polynôme du second degré dont la représentation graphique est concave ($a<0$). Calculons ses racines:\\
$
\begin{array}{rcl}
\Delta &=& 10^2 - 4 \times (-3) \times (-3) = 100 - 36 = 64 \\
x_1 &=& \dfrac{-10 - 8}{-6} = 3 \\
x_2 &=& \dfrac{-10 + 8}{-6} = \dfrac{1}{3}
\end{array}
$\\
On en déduit le tableau de variations suivant:


\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$ / 1, Signe de $f'(x)$ / 1, Variations de $f$ / 2}{$-\infty$, $1/3$, $3$, $+\infty$}
\tkzTabLine{, -, z, +, z, -, }
\tkzTabVar{+/$+\infty$, -/$f(\frac13)$,+/$f(3)$,-/$-\infty$}
% \tkzTabVar{+/$+\infty$, -/$f(1/3)$, +/$f(3)$, -/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Avec $f(3)=5\ln(10)-9$ et $f(\frac13)=5\ln(\frac{10}{9})-1$.
\end{enumerate}

\item On a $f''(x)=\frac{-10x^2+10}{(x^2+1)^2}$
\begin{enumerate}
	\item Le signe de $f''(x)$ dépend uniquement du numérateur car $\forall x \in \R,(x^2+1)^2 > 0$. Le numérateur est un polynôme du second degré dont la représentation graphique est concave ($a<0$). Ses racines sont: $-1$ et 1. On en déduit que:
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3,espcl=3]{$x$ / 1, Signe de $f''(x)$ / 1, Convexité de $f$ / 2}{$-\infty$, $-1$, $1$, $+\infty$}
\tkzTabLine{, -, z, +, z, -, }
\tkzTabLine{,\text{Concave}, ,\text{Convexe}, , \text{Concave}}
% \tkzTabVar{+/$+\infty$, -/$f(1/3)$, +/$f(3)$, -/$-\infty$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

La fonction est donc bien convexe sur $[-1~;~1]$ et concave ailleurs. La conjecture est validée.

		\item La tangente à $C_F$ au point d'abscisse 1 a pour équation $y=f'(1)(x-1)+f(1)$. Or:\\
$
\begin{array}{rcl}
f(1) &=& 5 \ln(2) - 3 \\
f'(1) &=& \dfrac{-3 + 10 - 3}{2} = 2
\end{array}
$
\\
L'équation de la tangente est donc 

\[y = f'(1)(x - 1) + f(1) \iff y = 2(x - 1) + 5\ln(2) - 3 \iff \boxed{y = 2x - 5 + 5\ln(2)}.\]

		\item Pour $x \geqslant 1$, la fonction $f$ est concave, sa courbe $\mathcal{C}_f$ est donc située en dessous de ses tangentes, en particulier en dessous de la tangente en $A$. On a donc $\forall x \in [1~;~+\infty[$:

\[\begin{array}{rcl}
f(x) &\leqslant& 2x - 5 + 5\ln(2) \\
5 \ln(x^2+1) - 3x &\leqslant& 2x - 5 + 5\ln(2) \\
5 \ln(x^2+1) &\leqslant& 5x - 5 + 5\ln(2) \\
\ln(x^2+1) &\leqslant& x - 1 + \ln(2)
\end{array}\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercise}
\end{document}