Devoir commun corrigé de spécialité mathématiques de Première, avec calculatrice

1) Réponse A. Le discriminant vaut $\Delta=(-5)^{2}-4\times 3\times(-2)=25+24=49$, en veillant au double signe moins qui produit un $+24$. Donc $\sqrt{\Delta}=7$ et $x=\frac{5\pm 7}{6}$, soit $x=2$ et $x=-\frac{1}{3}$. Contrôle immédiat par le produit des racines : $2\times\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{2}{3}=\frac{c}{a}$ ✓, ce qui élimine la réponse B dont le produit vaudrait aussi $-\frac{2}{3}$ mais dont la somme, $-\frac{5}{3}$, ne correspond pas à $-\frac{b}{a}=\frac{5}{3}$.

2) Réponse B. $f'(x)=3x^{2}-6x$, donc $f'(1)=3-6=-3$. La réponse A correspondrait à $f(1)=1-3=-2$, c'est-à-dire à la confusion entre la fonction et sa dérivée, qui est l'erreur la plus fréquente de ce type de question.

3) Réponse A. Pour une suite géométrique, $u_{n}=u_{0}\times q^{n}$, donc $u_{4}=5\times 1{,}2^{4}=5\times 2{,}0736=10{,}368$. La réponse C, $8{,}64$, vaut $5\times 1{,}2^{3}$ : c'est l'erreur de RANG, qui consiste à oublier que la suite démarre à $u_{0}$ et non à $u_{1}$, et donc à ne compter que trois multiplications au lieu de quatre. On notera au passage que le raisonnement arithmétique, quatre hausses de $20\ \%$ valant une hausse de $80\ \%$, donnerait $5\times 1{,}8=9$, une valeur qui ne figure même pas parmi les propositions : la hausse réelle est de $107{,}36\ \%$.

4) Réponse B. Le produit scalaire vaut $3\times 2+(-1)\times 6=6-6=0$, donc les vecteurs sont ORTHOGONAUX. Ils ne sont pas colinéaires, puisque $3\times 6-(-1)\times 2=20\neq 0$, et leurs normes diffèrent : $\sqrt{10}$ contre $\sqrt{40}$.

La partie A d'un devoir commun se joue sur la vitesse et sur la résistance aux distracteurs, qui ne sont jamais choisis au hasard. Chacune des quatre mauvaises réponses proposées ici correspond à une erreur identifiable : signe mal traité dans le discriminant, confusion entre $f$ et $f'$, modèle arithmétique plaqué sur une suite géométrique, colinéarité confondue avec orthogonalité. Le réflexe payant est de faire, pour chaque question, un contrôle indépendant du calcul principal, comme le produit des racines en 1) ou le déterminant en 4).

1) L'exponentielle vaut $1$ exactement en $0$, et elle est strictement monotone donc injective : $\mathrm{e}^{2x-1}=1=\mathrm{e}^{0}$ équivaut à $2x-1=0$, soit $x=\frac{1}{2}$. La justification par l'injectivité, c'est-à-dire par le fait que $\mathrm{e}^{a}=\mathrm{e}^{b}$ entraîne $a=b$, est ce qui rend le passage légitime ; sans elle, on ne pourrait pas identifier les exposants.

2) L'angle $\frac{2\pi}{3}$ se situe dans le DEUXIÈME quadrant, où le cosinus est négatif, et son angle de référence vaut $\pi-\frac{2\pi}{3}=\frac{\pi}{3}$. Donc $\cos\left(\frac{2\pi}{3}\right)=-\cos\left(\frac{\pi}{3}\right)=-\frac{1}{2}$. Le signe ne vient jamais du calcul, il vient du quadrant : c'est la règle qui évite d'apprendre par cœur les valeurs des quatre quadrants.

3) $E(X)=0\times 0{,}40+1\times 0{,}35+2\times 0{,}25=0+0{,}35+0{,}50=0{,}85$. Contrôle préalable indispensable, qui prend deux secondes : la somme des probabilités doit valoir $1$, et $0{,}40+0{,}35+0{,}25=1$ ✓. Contrôle de plausibilité ensuite : l'espérance doit être comprise entre la plus petite et la plus grande valeur prise, donc entre $0$ et $2$, et $0{,}85$ y est ✓.

Ces trois questions portent sur trois chapitres sans rapport apparent, et c'est délibéré : un devoir commun de Première évalue la couverture du programme entier, alors qu'un contrôle ordinaire porte sur un chapitre. La conséquence pratique est qu'il ne sert à rien de réviser un chapitre en profondeur en négligeant les autres. La partie A pèse ici un cinquième de la note pour un cinquième du temps, mais elle est de loin la plus rentable, chaque point s'y obtenant en une minute contre cinq à dix minutes en partie C.

1) L'équation réduite est $(x-3)^{2}+(y+2)^{2}=25$, en prenant garde au signe de l'ordonnée du centre, qui donne $y-(-2)=y+2$. On développe : $x^{2}-6x+9+y^{2}+4y+4=25$, soit $x^{2}+y^{2}-6x+4y-12=0$.

2) On substitue : $\vec{\Omega A}(7-3\ ;\ 1-(-2))=(4\ ;\ 3)$, donc $\Omega A=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5$ ✓, qui est bien le rayon. Par la forme développée on retrouve la même chose : $49+1-42+4-12=0$ ✓. Les deux vérifications sont équivalentes, mais la première a l'avantage de fournir au passage le vecteur $\vec{\Omega A}$, dont la question suivante a besoin.

3) La tangente en $A$ est la droite PERPENDICULAIRE au rayon $[\Omega A]$ passant par $A$. Un vecteur normal en est donc $\vec{\Omega A}(4\ ;\ 3)$, et l'équation s'écrit $4(x-7)+3(y-1)=0$, soit $4x+3y-31=0$, c'est-à-dire $4x+3y=31$. Contrôle : $A$ y appartient, puisque $4\times 7+3\times 1=28+3=31$ ✓, et le centre n'y appartient pas, puisque $4\times 3+3\times(-2)=12-6=6\neq 31$ ✓.

Le raccourci utilisé en 3) mérite d'être retenu, car il évite un calcul de pente et son inversion : dans une équation $ax+by+c=0$, le couple $(a\ ;\ b)$ est un vecteur NORMAL à la droite. Il suffit donc de connaître un point et une direction perpendiculaire pour écrire l'équation d'un trait, sans jamais passer par le coefficient directeur ni traiter à part le cas de la droite verticale. On peut vérifier la cohérence autrement : la distance du centre à la tangente doit valoir exactement le rayon, et $\frac{|4\times 3+3\times(-2)-31|}{\sqrt{16+9}}=\frac{|-25|}{5}=5$ ✓.

a) Éliminer $25\ \%$ revient à MULTIPLIER par $0{,}75$, et non à soustraire $25$ : c'est le point que l'énoncé teste. On ajoute ensuite les $30$ tonnes rejetées, d'où $u_{n+1}=0{,}75\,u_{n}+30$. Les premiers termes valent $u_{1}=0{,}75\times 200+30=150+30=180$ ; $u_{2}=0{,}75\times 180+30=135+30=165$ ; $u_{3}=0{,}75\times 165+30=123{,}75+30=153{,}75$. La masse décroît, mais les baisses successives s'amenuisent : $-20$, puis $-15$, puis $-11{,}25$.

b) $\ell=0{,}75\ell+30$ donne $0{,}25\ell=30$, donc $\ell=120$. Ce nombre est le POINT FIXE de la relation : si la masse valait exactement $120$ tonnes, l'élimination de $25\ \%$ retirerait $30$ tonnes, soit exactement ce que les industries rejettent, et la situation serait stationnaire.

c) $v_{n+1}=u_{n+1}-120=0{,}75\,u_{n}+30-120=0{,}75\,u_{n}-90=0{,}75\left(u_{n}-120\right)=0{,}75\,v_{n}$. La suite $(v_{n})$ est donc GÉOMÉTRIQUE de raison $q=0{,}75$, de premier terme $v_{0}=200-120=80$. Son terme général est $v_{n}=80\times 0{,}75^{n}$. La factorisation par $0{,}75$ est l'étape décisive, et elle ne fonctionne que parce qu'on a retranché le bon nombre.

d) $u_{n}=v_{n}+120=120+80\times 0{,}75^{n}$. Contrôle sur $u_{2}$ : $120+80\times 0{,}5625=120+45=165$ ✓, conforme à a). Comme $-1<0{,}75<1$, le terme $0{,}75^{n}$ tend vers $0$, donc $u_{n}$ tend vers $120$ tonnes. La suite décroît vers cette valeur sans jamais l'atteindre, puisque $80\times 0{,}75^{n}$ reste strictement positif.

e) On résout $120+80\times 0{,}75^{n}<125$, soit $80\times 0{,}75^{n}<5$, c'est-à-dire $0{,}75^{n}<0{,}0625$. La suite $\left(0{,}75^{\,n}\right)$ est strictement décroissante ; la calculatrice donne $0{,}75^{9}\approx 0{,}0751$, encore trop grand, et $0{,}75^{10}\approx 0{,}0563$, qui convient. Le plus petit entier convenant est $n=10$. Double vérification autour du seuil : $u_{9}\approx 126{,}01>125$ et $u_{10}\approx 124{,}51<125$ ✓.

L'interprétation vaut la peine d'être écrite, car un devoir commun la valorise autant que le calcul. La dépollution seule ne peut PAS descendre sous $120$ tonnes tant que les rejets continuent : le lac se stabilise à un plancher fixé par le rapport entre le rejet annuel et le taux d'élimination, ici $\frac{30}{0{,}25}$. Pour atteindre $100$ tonnes, il faudrait agir sur l'une des deux causes, en portant l'élimination à $30\ \%$, ce qui donnerait un plancher de $\frac{30}{0{,}30}=100$ tonnes, ou en ramenant les rejets à $25$ tonnes par an. Ce genre de conclusion, qui remonte du calcul vers la décision, est exactement ce que la partie C demandera de faire seul.

a) $f'(x)=3x^{2}-6x-9=3\left(x^{2}-2x-3\right)$. Le trinôme entre parenthèses a pour racines évidentes $3$ et $-1$, de somme $2$ et de produit $-3$, d'où $f'(x)=3(x-3)(x+1)$. La factorisation n'est pas facultative : c'est elle, et non la valeur de $f'$, qui permet l'étude de signe.

b) Le coefficient dominant de $f'$ étant positif, la dérivée est positive à l'EXTÉRIEUR de ses racines et négative entre elles. Sur $[-3\,;\,5]$, cela donne trois plages : $f$ est croissante sur $[-3\,;\,-1]$, décroissante sur $[-1\,;\,3]$, puis croissante sur $[3\,;\,5]$. On vérifie sur un point par plage : $f'(-2)=12+12-9=15>0$ ✓, $f'(0)=-9<0$ ✓ et $f'(4)=48-24-9=15>0$ ✓.

c) Le passage de croissante à décroissante en $x=-1$ signale un MAXIMUM local : $f(-1)=-1-3+9+5=10$. Le passage inverse en $x=3$ signale un MINIMUM local : $f(3)=27-27-27+5=-22$.

d) Sur un intervalle FERMÉ, il faut comparer les extremums locaux aux valeurs aux BORNES, faute de quoi la réponse est incomplète. Ici $f(-3)=-27-27+27+5=-22$ et $f(5)=125-75-45+5=10$. Le maximum de $f$ sur $[-3\,;\,5]$ vaut donc $10$, atteint en $x=-1$ ET en $x=5$, et le minimum vaut $-22$, atteint en $x=-3$ ET en $x=3$. Les deux extremums sont donc atteints chacun deux fois, ce qui est le genre de coïncidence que l'énoncé a préparée.

e) $f(0)=5$ et $f'(0)=-9$. L'équation de la tangente au point d'abscisse $a$ étant $y=f'(a)(x-a)+f(a)$, on obtient $y=-9(x-0)+5$, soit $y=-9x+5$. La pente négative est cohérente avec le fait que $0$ appartient à la plage décroissante $[-1\,;\,3]$ ✓.

La coïncidence relevée en d) n'en est pas une : la courbe d'une fonction du troisième degré est SYMÉTRIQUE par rapport au point d'abscisse $x=1$, milieu des deux abscisses des extremums. L'intervalle $[-3\,;\,5]$ est justement centré sur $1$, ce qui apparie les bornes aux extremums locaux. On vérifie la symétrie sur d'autres couples : $f(1-d)+f(1+d)$ doit valoir $2f(1)=2\times(1-3-9+5)=-12$ pour tout $d$, et par exemple $f(0)+f(2)=5+(-17)=-12$ ✓. Repérer cette structure fait gagner du temps et rassure sur les calculs.

a) On dérive le produit : $f'(x)=1\times\mathrm{e}^{x}+(x-1)\times\mathrm{e}^{x}=\left(1+x-1\right)\mathrm{e}^{x}=x\,\mathrm{e}^{x}$. La simplification finale est ce qui rend la question facile : l'exponentielle étant STRICTEMENT POSITIVE, on la factorise et on l'écarte, et $f'$ a exactement le signe de $x$. Elle est donc négative sur $]-\infty\,;\,0[$ et positive sur $]0\,;\,+\infty[$.

b) La fonction $f$ est donc décroissante sur $]-\infty\,;\,0]$ puis croissante sur $[0\,;\,+\infty[$. Le minimum est atteint en $x=0$ et vaut $f(0)=(0-1)\mathrm{e}^{0}=-1$. C'est un minimum GLOBAL, la fonction n'étant monotone que de part et d'autre de ce point unique.

c) $f(2)=(2-1)\,\mathrm{e}^{2}=\mathrm{e}^{2}\approx 7{,}39$. Pour $x<1$, le facteur $x-1$ est strictement NÉGATIF et $\mathrm{e}^{x}$ strictement positif : leur produit est strictement négatif. Pour $x>1$ au contraire $f(x)>0$, et $f(1)=0$ : la fonction ne change de signe qu'en $1$, ce que confirmera la question d). Le signe d'un produit se lit facteur par facteur, et l'exponentielle n'y apporte jamais de changement de signe.

d) $f(x)=0$ équivaut à $(x-1)\mathrm{e}^{x}=0$. Un produit est nul si l'un de ses facteurs l'est, et l'exponentielle ne s'annule JAMAIS : il reste $x-1=0$, soit $x=1$, unique solution. Pour $f(x)=-1$, on n'essaie pas de résoudre algébriquement : d'après b), le minimum de $f$ vaut $-1$ et il est atteint au seul point $x=0$. La valeur $-1$ n'est donc prise qu'une fois, et l'unique solution est $x=0$.

e) $f(0)=-1$ et $f'(0)=0\times\mathrm{e}^{0}=0$, donc la tangente a pour équation $y=0\times(x-0)+(-1)$, soit $y=-1$ : elle est HORIZONTALE. C'est cohérent avec b), une tangente horizontale étant précisément la signature d'un extremum, et la courbe reste au-dessus de cette tangente puisque $-1$ est le minimum.

Le raisonnement de d) mérite d'être souligné, car il illustre une habitude payante : on répond à une équation par une lecture du TABLEAU DE VARIATION plutôt que par un calcul. Résoudre $(x-1)\mathrm{e}^{x}=-1$ algébriquement est impossible au niveau Première, et hors de portée même au-delà sans fonction spéciale ; l'étude de la fonction, elle, donne la réponse en une ligne. La même lecture permet de répondre à toute question du type combien de solutions : l'équation $f(x)=k$ admet zéro solution si $k<-1$, une seule si $k=-1$, et deux si $-1<k<0$, puis une seule dès que $k\geq 0$, puisque $f$ reste négative à gauche de $1$ et, comme on le montrera en Terminale, se rapproche de $0$ quand $x$ devient très négatif.

a) $\vec{AB}(5-1\ ;\ 4-2)=(4\ ;\ 2)$ et $\vec{AC}(2-1\ ;\ 6-2)=(1\ ;\ 4)$. Le produit scalaire vaut $\vec{AB}\cdot\vec{AC}=4\times 1+2\times 4=4+8=12$, valeur POSITIVE, donc l'angle en $A$ est aigu. Les normes valent $\|\vec{AB}\|=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}=2\sqrt{5}\approx 4{,}472$ et $\|\vec{AC}\|=\sqrt{1+16}=\sqrt{17}\approx 4{,}123$.

b) $\cos\widehat{BAC}=\frac{\vec{AB}\cdot\vec{AC}}{\|\vec{AB}\|\times\|\vec{AC}\|}=\frac{12}{2\sqrt{5}\times\sqrt{17}}=\frac{12}{2\sqrt{85}}=\frac{6}{\sqrt{85}}\approx 0{,}6509$. Donc $\widehat{BAC}\approx 49{,}40^{\circ}$. Deux contrôles : le cosinus appartient bien à $[-1\,;\,1]$ ✓, et il est positif, ce qui confirme l'angle aigu annoncé en a) ✓.

c) Non. L'angle en $A$ vaut environ $49{,}4^{\circ}$, donc il n'est pas droit. Il reste à écarter les deux autres sommets, ce que beaucoup de copies oublient : $\vec{BA}(-4\ ;\ -2)$ et $\vec{BC}(-3\ ;\ 2)$ donnent $12-4=8\neq 0$, et $\vec{CA}(-1\ ;\ -4)$ et $\vec{CB}(3\ ;\ -2)$ donnent $-3+8=5\neq 0$. Aucun des trois angles n'est droit, le triangle n'est donc pas rectangle.

d) Le projeté orthogonal vérifie $\vec{AH}=k\,\vec{AB}$ avec $k=\frac{\vec{AB}\cdot\vec{AC}}{\|\vec{AB}\|^{2}}=\frac{12}{20}=0{,}6$. Donc $\vec{AH}=0{,}6\times(4\ ;\ 2)=(2{,}4\ ;\ 1{,}2)$ et $H(1+2{,}4\ ;\ 2+1{,}2)=(3{,}4\ ;\ 3{,}2)$. Vérification indispensable : $\vec{HC}(2-3{,}4\ ;\ 6-3{,}2)=(-1{,}4\ ;\ 2{,}8)$, et $\vec{HC}\cdot\vec{AB}=-1{,}4\times 4+2{,}8\times 2=-5{,}6+5{,}6=0$ ✓. Comme $0<k<1$, le point $H$ tombe bien à l'intérieur du segment $[AB]$.

e) PREMIÈRE façon, base et hauteur : la hauteur issue de $C$ est $CH=\sqrt{(-1{,}4)^{2}+2{,}8^{2}}=\sqrt{1{,}96+7{,}84}=\sqrt{9{,}8}\approx 3{,}130$, donc $\mathcal{A}=\frac{1}{2}\times AB\times CH=\frac{1}{2}\times 4{,}472\times 3{,}130\approx 7$. SECONDE façon, par le déterminant, qui évite tout arrondi : $\mathcal{A}=\frac{1}{2}\left|x_{\vec{AB}}\,y_{\vec{AC}}-y_{\vec{AB}}\,x_{\vec{AC}}\right|=\frac{1}{2}\left|4\times 4-2\times 1\right|=\frac{1}{2}\times 14=7$ exactement.

La seconde méthode est de loin la plus sûre en devoir, et il vaut la peine de savoir pourquoi elle fonctionne. Le déterminant $x\,y'-y\,x'$ est au produit scalaire ce que le sinus est au cosinus : il vaut $\|\vec{AB}\|\,\|\vec{AC}\|\sin\widehat{BAC}$ au signe près, et l'aire du triangle en est la moitié. On peut le vérifier ici : $\frac{1}{2}\times 4{,}472\times 4{,}123\times\sin(49{,}40^{\circ})\approx 7$ ✓. La méthode donne donc l'aire EXACTE en une ligne, sans calculer ni angle, ni hauteur, ni projeté, et sans jamais arrondir. Le projeté $H$ reste utile pour d'autres questions, comme la distance d'un point à une droite ou la recherche d'un symétrique.