\documentclass[11pt,a4paper]{article} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage{lmodern} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{makeidx} \usepackage{amsmath,amssymb} \usepackage{fancybox} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{lscape} \usepackage{multicol} \usepackage{mathrsfs} \usepackage{tabularx,array} \usepackage{colortbl} \usepackage{multirow} \usepackage{textcomp} \usepackage{tikz} \usepackage{cancel} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès merci à Clotilde Rouchon pour le sujet %Corrigé : François Kriegk \usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add} \usepackage{pst-eucl} \usepackage{pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \usepackage[left=3.5cm,right=3.5cm,top=2.5cm,bottom=2.5cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},\vect{\jmath},\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},\vect{v}\right)$} \makeindex \usepackage{fancyhdr} %\usepackage[dvips,colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref} %\hypersetup{% %pdfauthor = {APMEP}, %pdfsubject = {Baccalauréat S}, %pdftitle = {Nouvelle Calédonie 28 novembre 2017}, %allbordercolors = white, %pdfstartview=FitH} \relpenalty=10000 % Pour ne pas couper les formules. \binoppenalty=10000 \usepackage[frenchb]{babel} \DecimalMathComma \usepackage[np]{numprint} \newcommand{\cg}{\texttt{]}}% crochet gauche \newcommand{\cd}{\texttt{[}}% crochet droit \renewcommand{\d}{\text{d}}% le d de différentiation \newcommand{\e}{\text{\,e\,}}% le e de l'exponentielle \renewcommand{\i}{\text{\,i\,}}% le i des complexes \newcommand{\pg}{\geqslant}% supérieur ou égal à \newcommand{\pp}{\leqslant}% inférieur ou égal à \newcommand{\ds}{\displaystyle} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Baccalauréat S} \lfoot{\small{Nouvelle-Calédonie \& Wallis et Futuna}} \rfoot{\small{26 février 2018}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center} {\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Nouvelle-Calédonie ~\decofourright\\[4pt]26 février 2018}} %\begin{center}{\Large\textbf{\begin{minipage}{\linewidth} \centering \decofourleft~Baccalauréat S {\Large Nouvelle-Calédonie \& Wallis et Futuna~\decofourright}\\ \end{minipage}}} \smallskip \end{center} \begin{center} \textbf{Exercice 1} (4 points) \textbf{Commun à tous les candidats} \end{center} Une justification (parfois sommaire) est donnée ici, elle n'est pas attendue du candidat. \medskip \begin{enumerate} \item \textbf{Réponse b.} La proposition \textbf{a.} peut être éliminée tout de suite : comme 81,2 est inférieur à la moyenne de $X$, la probabilité ne peut être supérieure à 0,5. On calcule à la calculatrice la probabilité $P(X \leqslant 81,2)$ et on obtient environ $\np{0,300758}$, donc $\np{0,301}$ à $10^{-3}$ près. \item \textbf{Réponse c.} Puisque $X$ suit la loi normale de moyenne $50$ et d'écart-type $2$, on sait que pour centrer $X$, il faut lui soustraire sa moyenne, et que pour réduire, il faut diviser par l'écart-type. Donc $N$ et $\dfrac{X - 50}{2}$ suivent la loi normale centrée réduite. \begin{tabular}{@{}l@{$~\iff~$}l} $X > 52$ & $X - 50 > 2$\\ & $\dfrac{X - 50}{2} > 1$, car un écart-type est toujours positif. \\ & $N > 1$ \end{tabular} Aucune des propositions n'est $P(N > 1)$, donc il faut chercher un événement ayant la même probabilité que $(N > 1)$. Puisque la loi normale et une loi continue, on sait que la probabilité d'une issue isolée est nulle, donc $P(X>52) = P(N>1) = P(N\geqslant 1)$ Par symétrie de la loi normale centrée réduite, on sait que $(N \geqslant 1)$ et $(N \leqslant -1)$ ont la même probabilité. Ces deux événements sont clairement incompatibles, donc la probabilité de leur réunion est la somme des deux probabilités, soit le double de $P(X > 52)$. On a donc : $P(X > 52) = \dfrac{1}{2} \big(P(N\geqslant 1) + P(N \leqslant -1) \big) = \dfrac{1}{2} P\big((N \geqslant 1) \cup (N \leqslant -1)\big) $ Finalement $P(X > 52) = \dfrac{1}{2} P\Big( \overline{-1 < N < 1}\Big) = \dfrac{1 - P(-12) = \e^{-2\lambda} = 0,5$. On en déduit que $-2\lambda = \ln(0,5) = -\ln(2)$, et donc finalement, $\lambda= \dfrac{\ln(2)}{2}$. On a alors : $P_{(T>2)}(T>5) = \dfrac{P\big((T>5) \cap (T>2)\big)}{P(T>2)} = \dfrac{P(T>5)}{0,5} = \dfrac{\e^{-5\lambda}}{0,5} = \dfrac{1}{0,5 \times \left(\sqrt{2}\right)^5 } = \dfrac{\sqrt{2}}{8} \approx 0,353$ \emph{Deuxième approche :} On détermine le paramètre, mais on utilise le caractère \og durée de vie sans vieillissement\fg{} de la loi exponentielle, et donc on a un calcul un peu plus simple après avoir déterminé $\lambda$ : $P_{(T>2)}(T>5) = P(T > 3) = \e^{-3\lambda} = \dfrac{1}{\left(\sqrt{2}\right)^3}\dfrac{\sqrt{2}}{8} \approx 0,353$ \emph{Troisième approche :} En utilisant uniquement le caractère \og sans vieillissement \fg{} de la loi exponentielle. $P_{(T>2)}(T>5) = P(T > 3)$ est, comme l'événement $ (T>3) $ est inclus dans $(T>2)$, on en déduit que $P(T>3) \leqslant P(T>2) = 0,5$. Les propositions \textbf{b.}, \textbf{c.}, et \textbf{d.} sont donc automatiquement disqualifiées (cette dernière l'était de toutes façons, puisque $\dfrac{\e}{2}$ est strictement supérieur à 1, donc n'est pas une probabilité), seule reste \textbf{a.} \item \textbf{Réponse c.} \begin{itemize} \item On a une expérience simple, à deux issues (tirer une boule grise : le succès, ou tirer une boule bleue : l'échec), avec une probabilité de succès $p$ égale à $\dfrac{3}{8} = 0,375$. \item Cette épreuve de Bernoulli est répétée de façon indépendante 5 fois. On a donc un schéma de Bernoulli, de paramètres $n = 5$ et $p = 0,375$. \item La variable aléatoire $X$ compte le nombre de succès de ce schéma de Bernoulli, donc elle suit la loi binomiale $\mathcal{B}(5~;~0,375)$ \end{itemize} Par propriété, l'espérance $E(X)$ est donnée par $E(X) = np = 5 \times 0,375 = 1,875$ : les propositions \textbf{a.} et \textbf{b.} sont donc fausses. $\displaystyle P(X \geqslant 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - \binom{5}{0}0,375^0\times (1 - 0,375)^5 \approx 0,905$. (On peut aussi utiliser la calculatrice pour calculer directement $P(X \geqslant 1)$). \end{enumerate} \vspace{5mm} \begin{center} \textbf{Exercice 2} (5 points) \textbf{Commun à tous les candidats} \end{center} \begin{enumerate} \item Donnons la forme algébrique de $Z$: $Z = \dfrac{z_1}{z_2} = \dfrac{z_1 \times \overline{z_2}}{z_2 \times \overline{z_2}} = \dfrac{z_1 \times \overline{z_2}}{\big|z_2\big|^2}$ donc $Z = \dfrac{(1 - \i)(-8 +8\sqrt{3}\i)}{(-8)^2 + (-8\sqrt{3})^2} = \dfrac{-8 + 8\sqrt{3}\i + 8\i -8\sqrt{3}\i^2 }{8^2 + 3\times 8^2} = \dfrac{(-8 + 8\sqrt{3}) + \i (8 + 8\sqrt{3})}{4 \times 8^2}$ \smallskip $Z = \dfrac{-1 + \sqrt{3}}{32} + \i \dfrac{1 + \sqrt{3}}{32}$ Comme les deux nombres $\dfrac{-1 + \sqrt{3}}{32}$ et $\dfrac{1 + \sqrt{3}}{32}$ sont réels, cette dernière expression est la forme algébrique de $Z$. \item On a : $\big|z_1\big|= \sqrt{1^2 + (-1)^2} = \sqrt{2}$ et $\big|z_2\big|= \sqrt{4 \times 8^2} = 16$ (en réutilisant ce que l'on avait déjà calculé à la question \textbf{1.}). Si on note $\theta_1$ et $\theta_2$ les arguments respectifs de $z_1$ et $z_2$, on a : $\left\{\begin{array}{l} \cos(\theta_1) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \\ \sin(\theta_1) = \dfrac{-1}{\sqrt{2}} = \dfrac{-\sqrt{2}}{2} \end{array} \right .$\quad donc on a $\theta_1 = -\dfrac{\pi}{4} \quad (2\pi)$ \qquad puis $\left\{\begin{array}{l} \cos(\theta_2) = \dfrac{-8}{16} = \dfrac{-1}{2} \\ \sin(\theta_2) = \dfrac{-8\sqrt{3}}{16} = \dfrac{-\sqrt{3}}{2} \end{array} \right .$ \quad donc on a $\theta_2 = \pi + \dfrac{\pi}{3} = \dfrac{5\pi}{3} = \dfrac{-2\pi}{3}\quad (2\pi)$. \item $Z$ sous forme exponentielle donne : $Z = \dfrac{\sqrt{2}\e^{-\i\frac{\pi}{4}}}{16\e^{-\i\frac{2\pi}{3}}} = \dfrac{\sqrt{2}}{16} \e^{-\i\frac{\pi}{4} - \i\frac{-2\pi}{3}} = \dfrac{\sqrt{2}}{16} \e^{\i\frac{-3\pi}{12} + \i\frac{8\pi}{12}}$ Finalement, la forme exponentielle de $Z$ est $Z = \dfrac{\sqrt{2}}{16} \e^{\i\frac{5\pi}{12}}$ Et donc, une forme trigonométrique est $Z = \dfrac{\sqrt{2}}{16} \left(\cos \dfrac{5\pi}{12} + \i \sin\dfrac{5\pi}{12}\right) $ \item On en déduit que $\cos \left( \dfrac{5\pi}{12} \right) = \dfrac{\mathcal{R}\!e(Z)}{\big|Z \big|} = \dfrac{\dfrac{-1+\sqrt{3}}{32}}{\dfrac{\sqrt{2}}{16}} = \dfrac{-1 + \sqrt{3}}{32} \times \dfrac{16}{\sqrt{2} } = \dfrac{-1 + \sqrt{3}}{2 \times \sqrt{2}} $ $\cos \left( \dfrac{5\pi}{12} \right) = \dfrac{(-1 + \sqrt{3}) \times \sqrt{2}}{2 \times 2} = \dfrac{-\sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}$. Finalement, on a bien $\cos \left( \dfrac{5\pi}{12} \right) = \dfrac{\sqrt{6} -\sqrt{2} }{4}$. \item On va nommer $(E)$ l'équation à résoudre : $(E) : \left(\sqrt{6} - \sqrt{2}\right) \cos x - \left(\sqrt{6} + \sqrt{2}\right) \sin x = -2\sqrt{3}.$ \renewcommand{\arraystretch}{1.9} \begin{tabular}{@{}l@{$~\iff~$}l} $(E)$&$ \dfrac{\left(\sqrt{6} - \sqrt{2}\right) \cos x - \left(\sqrt{6} + \sqrt{2}\right) \sin x}{4} = \dfrac{-2\sqrt{3}}{4}$\\ &$\dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \cos x - \dfrac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \sin x = \dfrac{-\sqrt{3}}{2}$\\ &$\cos\left( \dfrac{5\pi}{12} \right) \cos x - \sin\left( \dfrac{5\pi}{12} \right) \sin x = \cos\left(\pi + \dfrac{\pi}{6}\right) $\\ &$\cos\left( \dfrac{5\pi}{12} + x \right) = \cos\left( \dfrac{7\pi}{6}\right) $ \quad en appliquant la formule rappelée dans l'énoncé\\ &$\dfrac{5\pi}{12} + x = \dfrac{7\pi}{6} \quad (2\pi)$\quad ou \quad$\dfrac{5\pi}{12} + x = - \dfrac{7\pi}{6} \quad (2\pi)$\\ &$x = \dfrac{14\pi}{12} - \dfrac{5\pi}{12} \quad (2\pi)$\quad ou \quad$ x = - \dfrac{14\pi}{12} - \dfrac{5\pi}{12} \quad (2\pi)$\\ &$x = \dfrac{9\pi}{12} = \dfrac{3\pi}{4}\quad (2\pi)$ \quad ou \quad $x = \dfrac{-19\pi}{12} = \dfrac{5\pi}{12}\quad (2\pi)$ \end{tabular} Finalement, l'ensemble $\mathcal{S}$ des solutions de $(E)$ est donc $\mathcal{S} = \left\{ \dfrac{3\pi}{4} + 2k\pi ; \dfrac{5\pi}{12} + 2k\pi \Big| k \in \mathbb{Z} \right\} $ \end{enumerate} \renewcommand{\arraystretch}{1} \vspace{0,5cm} \begin{center} \textbf{Exercice 3} (5 points) \textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} \end{center} \begin{enumerate} \item \textbf{Affirmation A : Vraie} Déterminons la relation de récurrence de $\big(t_n\big)$. Soit $n$ un entier naturel : $t_{n+1} = u_{n+1} - 5 = (2u_n - 5) - 5 = 2u_n - 10 = 2(u_n - 5) = 2t_n$. Cette relation de récurrence est celle d'une suite géométrique de raison $q=2$ et de premier terme $t_0 = u_0 - 5 = 9$ La suite $\left(t_n\right)$ est bien une suite géométrique. \textbf{Affirmation B : Vraie} Puisque $\big(t_n\big)$ est géométrique, on en déduit que pour tout naturel $n$, on a \\ $t_n = t_0\times q^n = 9\times 2^n$, et donc $u_n = t_n + 5 = 9\times 2^n + 5$, ce qui est la formule proposée. \item \textbf{Affirmation C : Fausse} On peut avoir l'impression d'un théorème des gendarmes, mais il manque un élément : les deux suites "gendarmes" ne convergent pas vers la même limite, donc il manque une des conditions pour que le théorème s'applique. On va donc choisir un exemple de suite $\big(v_n\big)$ vérifiant les conditions, mais ne convergeant pas. Un exemple simple est la suite de terme général $v_n = (-1)^n$. Selon la parité de $n$, $v_n$ vaut 1 ou $-1$, mais quoi qu'il advienne, on aura pour tout naturel $n \geqslant 1$: \quad $-1-\dfrac{1}{n} \leqslant -1 \leqslant v_n \leqslant 1 \leqslant 1 + \dfrac{1}{n}$. Donc la suite $\big(v_n\big)$ vérifie les hypothèses de l'affirmation C, mais elle n'est pas convergente (on peut considérer que c'est un exemple classique, la divergence de la suite est donc connue). \item \textbf{Affirmation D : Vraie} Dans la somme que l'on va noter $S = (8 \times 1 + 3) + (8 \times 2 + 3) + \ldots + (8 \times n + 3)$ on reconnaît la somme des $n$ premiers termes d'une suite arithmétique, de premier terme $8 + 3 =11$ et de raison $r = 8$. La formule classique est donc $S = \dfrac{\text{1\up{er} terme + dernier terme}}{2} \times (\text{nombre de termes})$ soit, ici $S = \dfrac{11 + (8n + 3)}{2}\times n = \dfrac{14 + 8n}{2}\times n = n( 4n + 7).$ \item \textbf{Affirmation E : Fausse} Ici, c'est \og presque\fg{} vrai, le problème est le \og strictement \fg{} avec cette hypothèse, on peut garantir que la limite sera positive, mais pas strictement. Pour prouver que c'est faux, il suffit d'un exemple simple. Considérons la suite de terme général $w_n = \dfrac{1}{n}$ Les termes de cette suite sont strictement positifs dès le premier (pour $n = 1$), et la suite est convergente, mais elle converge vers 0, qui n'est pas strictement positif. (strictement positif voulant dire strictement supérieur à 0). \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \begin{center} \textbf{Exercice 4} (6 points) \textbf{Commun à tous les candidats} \end{center} \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item La fonction $g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (c'est une fonction polynôme), et si on note $g'$ sa fonction dérivée, on a pour tout $x$ réel : $g'(x) = -6x^2 + 2x = 2x(1 - 3x)$. La fonction dérivée est un polynôme de degré 2, dont les racines sont 0 et $\dfrac{1}{3}$ et dont le coefficient dominant est négatif ($-6$). Le signe de $g'(x)$ est donc strictement négatif pour toutes les valeurs de $x$, sauf celles qui sont comprises entre les deux racines. On peut en déduire que $g$ est strictement décroissante sur l'intervalle $]-\infty~;~0]$ ainsi que sur l'intervalle $\left[\dfrac{1}{3}~;~+\infty\right[$ et que $g$ est croissante strictement sur l'intervalle $\left[0~;~\dfrac{1}{3}\right] $. \item On a : $\lim\limits_{x \to -\infty} -2x^3 = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} x^2 + 1 = +\infty$, donc par limite de la somme, on en déduit : $\lim\limits_{x\to -\infty} g(x) = +\infty$. \medskip Au voisinage de $+\infty$, sous la forme actuelle de $g$, on a une forme indéterminée. On a, pour tout $x$ non nul : $g(x) = -2x^3 \left( 1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^3}\right)$. $\lim\limits_{x \to +\infty} = -2x^3 = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x^3} = 0$, donc, par limite de la somme $\lim\limits_{x \to +\infty} \left( 1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^3}\right)= 1$, et par limite du produit $\lim\limits_{x \to +\infty} -2x^3\left( 1 + \dfrac{1}{x} - \dfrac{1}{x^3} \right)= -\infty$ Et donc, finalement $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$. \end{enumerate} \item À l'aide des informations des questions précédentes, on peut dresser le tableau de variations de la fonction $g$ (les images de 0 et surtout de $\dfrac{1}{3}$ sont calculées à la calculatrice): %:-+-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/TableauxVariations/ \begin{center} \begin{tikzpicture}[scale=0.875] % Styles \tikzstyle{cadre}=[thin] \tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thin] \tikzstyle{nondefini}=[lightgray] % Dimensions Modifiables \def\Lrg{1.5} \def\HtX{1} \def\HtY{0.5} % Dimensions Calculées \def\lignex{-0.5*\HtX} \def\lignef{-1.5*\HtX} \def\separateur{-0.5*\Lrg} % Largeur du tableau \def\gauche{-1.5*\Lrg} \def\droite{6.5*\Lrg} % Hauteur du tableau \def\haut{0.7*\HtX} \def\bas{-2.5*\HtX-2*\HtY} % Pointillés \draw[gray] (2*\Lrg,\lignex+0.1*\HtX) -- (2*\Lrg,\bas); \draw[gray] (4*\Lrg,\lignex+0.1*\HtX) -- (4*\Lrg,\bas); % Ligne de l'abscisse : x \node at (-1*\Lrg,0.1) {$x$}; \node at (0*\Lrg,0.1) {$-\infty$}; \node at (2*\Lrg,0.1) {$0$}; \node at (4*\Lrg,0.1) {$\dfrac13$}; \node at (6*\Lrg,0.1) {$+\infty$}; % Ligne de la dérivée : f'(x) \node at (-1*\Lrg,-1*\HtX) {$g'(x)$}; \node at (1*\Lrg,-1*\HtX) {$-$}; \node at (2*\Lrg,-1*\HtX) [fill = white] {$0$}; \node at (3*\Lrg,-1*\HtX) {$+$}; \node at (4*\Lrg,-1*\HtX) [fill = white] {$0$}; \node at (5*\Lrg,-1*\HtX) {$-$}; % Ligne de la fonction : f(x) \node at (-1*\Lrg,{-2*\HtX+(-1)*\HtY}) {$g$}; \node (f1) at (0*\Lrg,{-2*\HtX+(0)*\HtY}) {$+\infty$}; \node (f2) at (2*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) [fill = white] {$-1$}; \node (f3) at (4*\Lrg,{-2*\HtX+(-0.1)*\HtY}) [fill = white] {$\dfrac{-26}{27}$}; \node (f4) at (6*\Lrg,{-2*\HtX+(-2)*\HtY}) {$-\infty$}; % Flèches \draw[fleche] (f1) -- (f2); \draw[fleche] (f2) -- (f3); \draw[fleche] (f3) -- (f4); % Encadrement \draw[cadre] (\separateur,\haut) -- (\separateur,\bas); \draw[cadre] (\gauche,\haut) rectangle (\droite,\bas); \draw[cadre] (\gauche,\lignex) -- (\droite,\lignex); \draw[cadre] (\gauche,\lignef) -- (\droite,\lignef); \end{tikzpicture} \end{center} %:-+-+-+-+- Fin L'observation de ce tableau permet de conclure que $\dfrac{-26}{27} < 0$ est le maximum de $g$ sur $\mathbb{R}^+$, et donc pour tout réel $x$ positif, $g(x) \leqslant \dfrac{-26}{27} < 0$, donc l'équation n'a pas de solution dans $\R^+$. Sur l'intervalle $\R^-$, la fonction $g$ est continue (c'est une fonction polynôme), strictement décroissante et 0 est une valeur intermédiaire entre $\lim\limits_{x\to -\infty} g(x) = +\infty$ et $g(0) = -1$. D'après le corollaire au théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution dans $\R^-$, que l'on va noter $\alpha$. Finalement, l'équation a une unique solution sur $\R^-$, et pas de solution sur $\R^+$, donc elle a bien une unique solution sur $\R$. Vérifions maintenant que $\alpha$ est dans $[-1~;~0 ]$. $g(-1) = 2 > 0$, donc on peut appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur l'intervalle $[-1~;~0]$ et l'unique solution sur $\R$, doit se trouver entre $-1$ et 0, donc on a bien $\alpha \in [-1~;~0]$. \item Comme $g$ est strictement décroissante sur $\R^-$, on a : $x < \alpha \Longrightarrow g(x) > g(\alpha)$ : $g$ est à valeurs strictement positives sur $]-\infty~;~\alpha[$. $\alpha < x < 0 \Longrightarrow g(x) < g(\alpha) = 0$ et en considérant le fait que $g$ est majorée par un nombre strictement négatif sur $\R^+$, on a donc $g$ à valeurs strictement négatives sur $]\alpha ~;~ +\infty[$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item On a, pour tout $x$ réel non nul : \quad $f(x) = x^3 \left(\dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x} + 1\right)\e^{-2x+1}$. Déterminons la limite en $-\infty$ : On a $\lim\limits_{x \to -\infty} -2x + 1 = +\infty$\: et donc, par composition : $\lim\limits_{x \to -\infty} \e^{-2x + 1} = \lim\limits_{y \to +\infty} \e^y = +\infty$. Puis : $\lim\limits_{x \to -\infty} x^3 = -\infty$ \: et \: $ \lim\limits_{x \to -\infty} \left(\dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x} + 1\right)= 1$ et finalement, par limite du produit : $\lim\limits_{x \to -\infty} x^3 \left(\dfrac{1}{x^3} + \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{1}{x} + 1\right) \e^{-2x+1}= -\infty$ et donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = -\infty$. \item \begin{enumerate} \item Soit $x$ réel tel que $x > 1$, $1 < x$, et en multipliant par $x$, strictement positif, on obtient : \quad $x 1$. D'après la question précédente on a : \quad $1 < x < x^2 < x^3$. On a donc aussi :\quad $0 < 1 < x < x^2 < x^3$ On en déduit : \quad $0 + 0 + 0 + 0 < 1 + x + x^2 + x^3 < x^3 + x^3 +x^3 +x^3$ Soit \quad $0 < 1 + x + x^2 +x^3 < 4x^3$ Comme la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, on peut donc multiplier cette inégalité par $\e^{-2x+1}$ et on arrive bien à : \[0 < f(x) < 4x^3\] \item Soit $x$ un nombre réel. $4x^3\e^{-2x +1 } = 4x^3\e^{-2x}\e^1$\quad d'après les propriétés de l'exponentielle. \smallskip $\phantom{4x^3\e^{-2x +1 }} = \dfrac{1}{2}8x^3\e^{-2x}\e = \dfrac{\e}{2} 2^3 x^3\e^{-2x} = \dfrac{\e}{2}(2x)^3\e^{-2x}$. On a bien établi que, pour tout $x$ réel, on a :\quad $4x^3\e^{-2x +1 } = \dfrac{\e}{2}(2x)^3\e^{-2x}$. \smallskip On a $\lim\limits_{x \to +\infty} 2x = +\infty$ \quad et, d'après l'énoncé, pour tout naturel $n$, on a : \smallskip $\lim\limits_{y\to +\infty} y^n \e^{-y} = 0$. \quad On va appliquer cette formule avec $n = 3$ et $y = 2x$, par composition, on en déduit :\quad $\lim\limits_{x \to +\infty } (2x)^3 \e^{-2x} = 0$. Comme $\dfrac{\e}{2}$ est une constante, par limite du produit, on en déduit : \smallskip $\lim\limits_{x \to +\infty} 4x^3 \e^{-2x+1} = 0$. \item La limite de $f$ en $+ \infty$ est déterminée en utilisant le théorème des gendarmes : pour $x$ supérieur à 1, $f$ est encadrée entre la fonction $x \longmapsto 4x^3\e^{-2x+1}$ et la fonction constante égale à 0. Cet encadrement valable pour $x>1$ est suffisant car on étudie la limite quand $x$ tend vers $+\infty$. Puisque les deux fonctions "gendarmes" ont 0 pour limite quand $x$ tend vers $+\infty$, on en déduit $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0$. Graphiquement, cela signifie que la droite d'équation $y = 0$ (c'est-à-dire l'axe des abscisses) est asymptote à $\mathcal{C}_f$ au voisinage de $+\infty$ \end{enumerate} \item $f$ est dérivable sur $\R$, en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$. Pour tout $x$ réel, on a : $f'(x) = \big(0 + 1 + 2x + 3x^2 \big)\e^{-2x+1} + \big(1 + x + x^2 +x^3\big)\times (-2) \times \e^{-2x + 1}$ $\phantom{f'(x)} = \Big(1 + 2x + 3x^2 - 2\big(1 + x + x^2 +x^3\big)\Big) \times \e^{-2x + 1}$ $\phantom{f'(x)} = \big(1 + 2x + 3x^2 - 2 -2 x -2 x^2 -2 x^3\big) \times \e^{-2x + 1}$ $\phantom{f'(x)} = \big(-2x^3 + x^2 - 1\big) \times \e^{-2x + 1}$. On a bien établi que, pour tout $x$ de $\R$,\: $f'(x) = \left(- 2x^3 + x^2 - 1\right)\text{e}^{-2x + 1}$. C'est-à-dire $f'(x) = g(x)\e^{-2x+1}$ \item La fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, donc le signe de $f'(x)$ est donné par le signe de $g(x)$. À l'aide des résultats de la partie A, on en déduit que $f'(x)$ est strictement positif sur $]-\infty~;~\alpha[$ et donc que $f$ est strictement croissante sur $]-\infty~;~\alpha]$, et que sur $]\alpha~;~+\infty[$, $f'(x)$ est strictement négatif, et donc que $f$ est décroissante strictement sur $[\alpha~;~+\infty[$. \end{enumerate} \emph{Remarque :} Dans ce corrigé, on a étudié la stricte monotonie, ce qui n'était pas demandé, on pouvait se contenter de la croissance ou décroissance au sens large. On a aussi utilisé que l'annulation ponctuelle de la dérivée (en $x = \alpha$, par exemple) ne change pas la stricte monotonie. \end{document}