Exercice 1 (5 points)
On considère $\rm{A}(2\ ;\ 1\ ;\ 1)$, $\rm{B}(3\ ;\ -2\ ;\ 0)$, $\rm{C}(0\ ;\ -1\ ;\ 1)$ et $\rm{D}(0\ ;\ 0\ ;\ 2)$.
1) On a $\overrightarrow{\rm{AB}}\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ -1 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\rm{AC}}\begin{pmatrix} -2 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix}$.
Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de $\overrightarrow{\rm{AC}}$ est nulle alors que celle de $\overrightarrow{\rm{AB}}$ ne l’est pas, donc on ne peut pas avoir $\overrightarrow{\rm{AC}} = k\,\overrightarrow{\rm{AB}}$). Les points $\rm{A}$, $\rm{B}$ et $\rm{C}$ ne sont donc pas alignés : ils définissent un plan.
2) a. On calcule les produits scalaires de $\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}$ avec les deux vecteurs directeurs du plan :
$\vec{n} \cdot \overrightarrow{\rm{AB}} = 1 \times 1 + (-1) \times (-3) + 4 \times (-1) = 1 + 3 - 4 = 0$ ;
$\vec{n} \cdot \overrightarrow{\rm{AC}} = 1 \times (-2) + (-1) \times (-2) + 4 \times 0 = -2 + 2 + 0 = 0$.
Le vecteur $\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(\rm{ABC})$ : c’est donc un vecteur normal à ce plan.
2) b. Le plan $(\rm{ABC})$ admet une équation cartésienne de la forme $x - y + 4z + d = 0$. Comme $\rm{A}(2\ ;\ 1\ ;\ 1) \in (\rm{ABC})$ :
$2 - 1 + 4 \times 1 + d = 0 \Leftrightarrow 5 + d = 0 \Leftrightarrow d = -5.$
Une équation cartésienne du plan $(\rm{ABC})$ est donc $x - y + 4z - 5 = 0$.
3) La droite $\Delta$ passe par $\rm{D}(0\ ;\ 0\ ;\ 2)$ et est orthogonale au plan $(\rm{ABC})$ : elle admet donc $\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}$ comme vecteur directeur. Une représentation paramétrique de $\Delta$ est :
$\begin{cases} x = 0 + 1 \times t = t \\ y = 0 + (-1) \times t = -t \\ z = 2 + 4 \times t = 2 + 4t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$, ce qui correspond bien à la représentation proposée.
4) Le projeté orthogonal $\rm{H}$ de $\rm{D}$ sur le plan $(\rm{ABC})$ est le point d’intersection de $\Delta$ et de $(\rm{ABC})$. Ses coordonnées sont de la forme $(t\ ;\ -t\ ;\ 2+4t)$ et vérifient l’équation du plan :
$t - (-t) + 4(2 + 4t) - 5 = 0 \Leftrightarrow t + t + 8 + 16t - 5 = 0 \Leftrightarrow 18t + 3 = 0 \Leftrightarrow t = -\dfrac{1}{6}.$
On obtient alors : $x = -\dfrac{1}{6}$, $\ y = \dfrac{1}{6}$, $\ z = 2 + 4 \times \left(-\dfrac{1}{6}\right) = 2 - \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{3}$.
Le projeté orthogonal est donc bien $\rm{H}\left(-\dfrac{1}{6}\ ;\ \dfrac{1}{6}\ ;\ \dfrac{4}{3}\right)$.
5) a. On calcule :
$\overrightarrow{\rm{BA}}\begin{pmatrix} -1 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}$ donc $\rm{BA} = \sqrt{(-1)^2 + 3^2 + 1^2} = \sqrt{1 + 9 + 1} = \sqrt{11}$ ;
$\overrightarrow{\rm{BC}}\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}$ donc $\rm{BC} = \sqrt{(-3)^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{9 + 1 + 1} = \sqrt{11}$.
Comme $\rm{BA} = \rm{BC} = \sqrt{11}$, le triangle $\rm{ABC}$ est isocèle en $\rm{B}$.
5) b. On calcule d’abord $\rm{AC} = \sqrt{(-2)^2 + (-2)^2 + 0^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}$. Soit $\rm{I}$ le milieu de $[\rm{AC}]$ ; comme le triangle est isocèle en $\rm{B}$, la hauteur issue de $\rm{B}$ est $\rm{BI}$ et :
D'après le théorème de Pythagore appliqué au triangle $\rm AIB$ rectangle en $\rm I$ $\rm{BI} = \sqrt{\rm{BA}^2 - \rm{AI}^2} = \sqrt{11 - \left(\dfrac{2\sqrt{2}}{2}\right)^2} = \sqrt{11 - (\sqrt{2})^2} = \sqrt{11 - 2} = \sqrt{9} = 3.$
L’aire du triangle $\rm{ABC}$ est donc :
$\mathcal{A}_{\rm{ABC}} = \dfrac{\rm{AC} \times \rm{BI}}{2} = \dfrac{2\sqrt{2} \times 3}{2} = 3\sqrt{2}.$
6) a. Le volume du tétraèdre $\rm{ABCD}$ vaut $V = \dfrac{1}{3}\,\mathcal{B}\,h$ en prenant pour base le triangle $\rm{ABC}$, dont l’aire est $\mathcal{B} = 3\sqrt{2}$. La hauteur relative est alors la distance de $\rm{D}$ au plan $(\rm{ABC})$, c’est-à-dire la longueur $\rm{DH}$, où $\rm{H}\left(-\dfrac{1}{6}\ ;\ \dfrac{1}{6}\ ;\ \dfrac{4}{3}\right)$ est le projeté orthogonal de $\rm{D}$ déterminé à la question 4. On a :
$\overrightarrow{\rm{DH}}\begin{pmatrix} -\dfrac{1}{6} - 0 \\ \dfrac{1}{6} - 0 \\ \dfrac{4}{3} - 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\dfrac{1}{6} \\ \dfrac{1}{6} \\ -\dfrac{2}{3} \end{pmatrix},$
donc :
$\rm{DH} = \sqrt{\left(-\dfrac{1}{6}\right)^2 + \left(\dfrac{1}{6}\right)^2 + \left(-\dfrac{2}{3}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{1}{36} + \dfrac{1}{36} + \dfrac{16}{36}} = \sqrt{\dfrac{18}{36}} = \sqrt{\dfrac{1}{2}} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}.$
On en déduit :
$V = \dfrac{1}{3} \times 3\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3 \times 2}{2} = \dfrac{1}{3} \times 3 = 1.$
6) b. En prenant cette fois pour base le triangle $\rm{BCD}$ et pour hauteur la distance de $\rm{A}$ au plan $(\rm{BCD})$, égale à $\sqrt{2}$, on a :
$V = \dfrac{1}{3}\,\mathcal{A}_{\rm{BCD}} \times \sqrt{2} = 1 \Leftrightarrow \mathcal{A}_{\rm{BCD}} = \dfrac{3}{\sqrt{2}} = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}.$
L’aire du triangle $\rm{BCD}$ est donc $\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
7) a. Le point $\mathrm{D}_k(0\ ;\ 0\ ;\ k)$ appartient au plan $(\rm{ABC})$ si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation du plan :
$0 - 0 + 4k - 5 = 0 \Leftrightarrow k = \dfrac{5}{4}.$
Les points $\rm{A}$, $\rm{B}$, $\rm{C}$ et $\rm{D}_k$ sont donc coplanaires pour $k = \dfrac{5}{4}$. Dans ce cas, $\rm{D}_k$ appartient au plan $(\rm{ABC})$, donc son projeté orthogonal sur ce plan est lui-même : c’est le point $\mathrm{D}_k\left(0\ ;\ 0\ ;\ \dfrac{5}{4}\right)$.
7) b. Le point $\rm{A}$ serait le projeté orthogonal de $\mathrm{D}_k$ sur $(\rm{ABC})$ si et seulement si le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{D}_k\rm{A}}$ était normal au plan, c’est-à-dire colinéaire à $\vec{n}$.
Or $\overrightarrow{\mathrm{D}_k\rm{A}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 - k \end{pmatrix}$, et pour qu’il soit colinéaire à $\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}$, il faudrait déjà que $\dfrac{2}{1} = \dfrac{1}{-1}$, soit $2 = -1$ : c’est impossible.
Il n’existe donc aucune valeur de $k$ pour laquelle $\rm{A}$ est le projeté orthogonal de $\mathrm{D}_k$ sur le plan $(\rm{ABC})$.
Exercice 2 (5 points)
Partie A : modèle discret
1) $V_1 = 0,995 \times V_0 + 6 = 0,995 \times 0 + 6 = 6.$
$V_2 = 0,995 \times V_1 + 6 = 0,995 \times 6 + 6 = 5,97 + 6 = 11,97.$
2) Le programme complété est :
def volume(n):
v = 0
for k in range(n):
v = 0.995*v + 6
return v
3) Montrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, on a $V_n \leqslant V_{n+1} \leqslant 1\ 200$.
Initialisation : $V_0 = 0$ et $V_1 = 6$, donc $V_0 \leqslant V_1 \leqslant 1\ 200$. La propriété est vraie au rang $0$.
Hérédité : supposons que $V_n \leqslant V_{n+1} \leqslant 1\ 200$ pour un entier naturel $n$ fixé.
En multipliant cet encadrement par $0,995 > 0$ (ce qui en conserve le sens), puis en ajoutant $6$ à chaque membre, on obtient :
$0,995\,V_n + 6 \leqslant 0,995\,V_{n+1} + 6 \leqslant 0,995 \times 1\ 200 + 6.$
Or $0,995\,V_n + 6 = V_{n+1}$, $\ 0,995\,V_{n+1} + 6 = V_{n+2}$, et $0,995 \times 1\ 200 + 6 = 1\ 194 + 6 = 1\ 200$. On en déduit :
$V_{n+1} \leqslant V_{n+2} \leqslant 1\ 200,$
ce qui est la propriété au rang $n+1$. La propriété est donc héréditaire.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel $n$, $V_n \leqslant V_{n+1} \leqslant 1\ 200$.
4) D’après la question précédente, la suite $(V_n)$ est croissante et majorée par $1\ 200$. D’après le théorème de convergence des suites monotones, elle converge vers une limite $\ell$.
Cette limite vérifie $\ell = 0,995\,\ell + 6$, soit $0,005\,\ell = 6$, donc $\ell = \dfrac{6}{0,005} = 1\ 200$.
La suite $(V_n)$ converge donc vers $1\ 200$.
Partie B : modèle continu
1) a. L’équation $(\rm{E})$ : $y' = -0,005y + 6$ est de la forme $y' = ay + b$ avec $a = -0,005$ et $b = 6$.
Ses solutions sur $[0\ ;\ +\infty[$ sont les fonctions $t \mapsto C\,\rm{e}^{-0,005t} - \dfrac{b}{a} = C\,\rm{e}^{-0,005t} + 1\ 200$, où $C \in \mathbb{R}$.
1) b. Il existe donc un réel $C$ tel que $v(t) = C\,\rm{e}^{-0,005t} + 1\ 200$. La condition $v(0) = 0$ donne $C + 1\ 200 = 0$, soit $C = -1\ 200$. Ainsi :
$v(t) = -1\ 200\,\rm{e}^{-0,005t} + 1\ 200 = 1\ 200\big(1 - \rm{e}^{-0,005t}\big).$
1) c. Comme $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} \rm{e}^{-0,005t} = 0$, on a $\displaystyle\lim_{t \to +\infty} v(t) = 1\ 200 \times (1 - 0) = 1\ 200$.
1) d. La fonction $v$ est dérivable sur $[0\ ;\ +\infty[$ et :
$v'(t) = 1\ 200 \times \big(0,005\,\rm{e}^{-0,005t}\big) = 6\,\rm{e}^{-0,005t}.$
Pour tout $t \geqslant 0$, $v'(t) > 0$, donc la fonction $v$ est strictement croissante sur $[0\ ;\ +\infty[$.
2) Un taux de $5\ \%$ du volume du bassin correspond à $0,05 \times 30\ 000 = 1\ 500$ litres.
Or, la fonction $v$ est croissante et tend vers $1\ 200$ en $+\infty$ : pour tout $t \geqslant 0$, on a $v(t) < 1\ 200 < 1\ 500$. Le volume de substance polluante ne dépassera donc jamais $1\ 500$ litres : selon ce modèle, le propriétaire n’aura pas à procéder au nettoyage complet.
3) On cherche l’instant $t$ pour lequel $v(t) = 50$ :
$1\ 200\big(1 - \rm{e}^{-0,005t}\big) = 50 \Leftrightarrow 1 - \rm{e}^{-0,005t} = \dfrac{50}{1\ 200} = \dfrac{1}{24} \Leftrightarrow \rm{e}^{-0,005t} = 1 - \dfrac{1}{24} = \dfrac{23}{24}.$
En composant par le logarithme népérien :
$-0,005t = \ln\!\left(\dfrac{23}{24}\right) \Leftrightarrow t = \dfrac{-\ln\!\left(\frac{23}{24}\right)}{0,005} = \dfrac{\ln\!\left(\frac{24}{23}\right)}{0,005} = 200\,\ln\!\left(\dfrac{24}{23}\right).$
Comme $v$ est croissante, le volume dépasse $50$ litres au-delà de cet instant. Numériquement, $t \approx 8,51$ heures, soit environ 8 h 31 min.
Exercice 3 (4 points)
1) Affirmation 1. D’après l’énoncé, $\rm{P}(\rm{O}) = 0,52$, $\rm{P}_{\rm{O}}(\rm{F}) = 0,32$ et $\rm{P}(\rm{F}) = 0,20$.
On a $\rm{P}(\rm{O} \cap \rm{F}) = \rm{P}(\rm{O}) \times \rm{P}_{\rm{O}}(\rm{F}) = 0,52 \times 0,32 = 0,1664$.
La probabilité cherchée est :
$\rm{P}_{\rm{F}}(\rm{O}) = \dfrac{\rm{P}(\rm{O} \cap \rm{F})}{\rm{P}(\rm{F})} = \dfrac{0,1664}{0,20} = 0,832.$
L’affirmation 1 est vraie.
2) Affirmation 2. La variable aléatoire $X$ compte le nombre de musiciens professionnels dans un échantillon de $5\ 000$ personnes, assimilé à un tirage avec remise avec une probabilité $p = 0,062$ à chaque tirage. La variable $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n = 5\ 000$ et $p = 0,062$.
À la calculatrice, on obtient $\rm{P}(X \leqslant 340) \approx 0,96$, et non $0,4$.
L’affirmation 2 est fausse.
3) Affirmation 3. On a $\rm{E}(X) = np = 5\ 000 \times 0,062 = 310$ et $\rm{V}(X) = np(1-p) = 5\ 000 \times 0,062 \times 0,938 = 290,78$.
L’événement $\{230 < X < 390\}$ s’écrit $\{|X - 310| < 80\}$. D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :
$\rm{P}\big(|X - 310| \geqslant 80\big) \leqslant \dfrac{\rm{V}(X)}{80^2} = \dfrac{290,78}{6\ 400} \approx 0,0454.$
En passant à l’événement contraire :
$\rm{P}(230 < X < 390) \geqslant 1 - 0,0454 = 0,9546 > 0,95.$
Il y a donc bien plus de $95\ \%$ de chance que le nombre de musiciens professionnels soit strictement compris entre $230$ et $390$.
L’affirmation 3 est vraie.
4) Affirmation 4. Former une équipe revient à choisir $2$ musiciens professionnels parmi les $4$, puis $3$ personnes parmi les $6$ qui ne le sont pas. Le nombre d’équipes possibles est donc :
$\dbinom{4}{2} \times \dbinom{6}{3} = \dfrac{4 \times 3}{2 \times 1} \times \dfrac{6 \times 5 \times 4}{3 \times 2 \times 1} = 6 \times 20 = 120.$
L’affirmation 4 est vraie.
Exercice 4 (6 points)
Partie A
1) a. La courbe $\mathcal{C}_f$ admet une tangente parallèle à l’axe des abscisses au point $\rm{C}$ d’abscisse $1$ : cette tangente a un coefficient directeur nul, donc $f'(1) = 0$.
1) b. Sur l’intervalle $[0\ ;\ 3]$, la courbe coupe l’axe des abscisses au point $\rm{A}\left(\dfrac{1}{2}\ ;\ 0\right)$. La solution de l’équation $f(x) = 0$ sur $[0\ ;\ 3]$ est donc $x = \dfrac{1}{2}$.
2) $f'\left(\dfrac{1}{2}\right)$ est le coefficient directeur de la tangente $\rm{T}_{\rm{A}}$ au point $\rm{A}\left(\dfrac{1}{2}\ ;\ 0\right)$. Cette tangente passe par $\rm{A}$ et par $\rm{B}(1\ ;\ \rm{e}^2)$, donc :
$f'\left(\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{y_{\rm{B}} - y_{\rm{A}}}{x_{\rm{B}} - x_{\rm{A}}} = \dfrac{\rm{e}^2 - 0}{1 - \dfrac{1}{2}} = \dfrac{\rm{e}^2}{\dfrac{1}{2}} = 2\rm{e}^2.$
3) Une primitive $F$ de $f$ vérifie $F' = f$. Le signe de $F'$ étant celui de $f$, et $f$ étant négative sur $\left[0\ ;\ \dfrac{1}{2}\right[$ puis positive sur $\left]\dfrac{1}{2}\ ;\ +\infty\right[$ (elle s’annule en changeant de signe en $x = \dfrac{1}{2}$), toute primitive de $f$ est décroissante puis croissante, avec un minimum au point d’abscisse $x = \dfrac{1}{2}$.
De plus, deux primitives d’une même fonction diffèrent d’une constante : leurs courbes se déduisent donc l’une de l’autre par une translation verticale (elles sont « parallèles »).
Les deux courbes qui présentent leur minimum à l’abscisse $x = \dfrac{1}{2}$ et qui se déduisent l’une de l’autre par translation verticale sont $\mathcal{C}_1$ et $\mathcal{C}_2$ : ce sont elles qui représentent des primitives de $f$. La courbe $\mathcal{C}_3$, dont le minimum n’est pas situé en $x = \dfrac{1}{2}$, n’en est pas une.
Partie B
On admet que $f(x) = (2x - 1)\mathrm{e}^{-2x+3}$ sur $[0\ ;\ +\infty[$.
1) a. Pour tout $x \geqslant 0$ :
$\mathrm{e}^2 \times \dfrac{2x - 1}{\mathrm{e}^{2x-1}} = (2x - 1)\,\mathrm{e}^2 \times \mathrm{e}^{-(2x-1)} = (2x - 1)\,\mathrm{e}^{2}\,\mathrm{e}^{-2x+1} = (2x - 1)\,\mathrm{e}^{2 - 2x + 1} = (2x - 1)\,\mathrm{e}^{-2x+3} = f(x).$
L’égalité est donc bien vérifiée.
1) b. On pose $X = 2x - 1$ ; lorsque $x \to +\infty$, $X \to +\infty$. On a :
$f(x) = \mathrm{e}^2 \times \dfrac{2x - 1}{\mathrm{e}^{2x-1}} = \mathrm{e}^2 \times \dfrac{X}{\mathrm{e}^{X}}.$
Par croissances comparées, $\displaystyle\lim_{X \to +\infty} \dfrac{X}{\rm{e}^{X}} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = \mathrm{e}^2 \times 0 = 0$.
2) a. La fonction $f$ est dérivable sur $[0\ ;\ +\infty[$ comme produit de fonctions dérivables. En posant $u(x) = 2x - 1$ et $w(x) = \mathrm{e}^{-2x+3}$, on a $u'(x) = 2$ et $w'(x) = -2\,\mathrm{e}^{-2x+3}$, d’où :
$f'(x) = u'(x)w(x) + u(x)w'(x) = 2\,\mathrm{e}^{-2x+3} + (2x - 1)\times(-2)\,\mathrm{e}^{-2x+3}$
$f'(x) = \mathrm{e}^{-2x+3}\big[2 - 2(2x - 1)\big] = \mathrm{e}^{-2x+3}\big[2 - 4x + 2\big] = (-4x + 4)\,\mathrm{e}^{-2x+3}.$
2) b. Pour tout $x \geqslant 0$, $\mathrm{e}^{-2x+3} > 0$, donc $f'(x)$ est du signe de $-4x + 4 = 4(1 - x)$ : positif pour $x < 1$, négatif pour $x > 1$, nul en $x = 1$.
On calcule $f(0) = (2 \times 0 - 1)\mathrm{e}^{3} = -\mathrm{e}^{3}$, $f(1) = (2 \times 1 - 1)\mathrm{e}^{-2+3} = \mathrm{e}$, et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$.
On obtient le tableau de variation suivant :
3) Le logo est constitué d’une portion de $\mathcal{C}_f$ et de son image par la symétrie d’axe l’axe des abscisses, sur $[0,5\ ;\ \alpha]$. À l’abscisse $\alpha$, la hauteur totale du logo vaut $f(\alpha)$ au-dessus de l’axe et $f(\alpha)$ en dessous, soit $2f(\alpha)$. La contrainte du client impose $2f(\alpha) = 0,3$, c’est-à-dire $f(\alpha) = 0,15$.
Sur l’intervalle $[1\ ;\ +\infty[$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante, de $f(1) = \rm{e} \approx 2,72$ vers $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 0$. Elle réalise donc une bijection de $[1\ ;\ +\infty[$ sur $]0\ ;\ \rm{e}]$. Comme $0,15 \in\ ]0\ ;\ \rm{e}]$, d’après le théorème de la bijection, l’équation $f(\alpha) = 0,15$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[1\ ;\ +\infty[$.
À la calculatrice, on obtient $\alpha \approx 3,3$.
Partie C
1) On calcule $I = \displaystyle\int_{0,5}^{3,3} (2x - 1)\mathrm{e}^{-2x+3}\,dx$ par intégration par parties, en posant :
$u(x) = 2x - 1$, $\ u'(x) = 2$ ; $\ w'(x) = \mathrm{e}^{-2x+3}$, $\ w(x) = -\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x+3}$.
Toutes ces fonctions étant dérivables de dérivées continues, on a :
$\displaystyle I = \Big[ -\dfrac{1}{2}(2x - 1)\mathrm{e}^{-2x+3} \Big]_{0,5}^{3,3} - \int_{0,5}^{3,3} 2 \times \left(-\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x+3}\right) dx$
$\displaystyle I = \Big[ -\dfrac{1}{2}(2x - 1)\mathrm{e}^{-2x+3} \Big]_{0,5}^{3,3} + \int_{0,5}^{3,3} \mathrm{e}^{-2x+3}\,dx$
$\displaystyle I = \Big[ -\dfrac{1}{2}(2x - 1)\mathrm{e}^{-2x+3} - \dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x+3} \Big]_{0,5}^{3,3} = \Big[ -\dfrac{1}{2}\,\mathrm{e}^{-2x+3}\big(2x - 1 + 1\big) \Big]_{0,5}^{3,3} = \Big[ -x\,\mathrm{e}^{-2x+3} \Big]_{0,5}^{3,3}.$
On en déduit :
$\displaystyle I = -3,3\,\mathrm{e}^{-2 \times 3,3 + 3} + 0,5\,\mathrm{e}^{-2 \times 0,5 + 3} = -3,3\,\mathrm{e}^{-3,6} + 0,5\,\mathrm{e}^{2} \approx 3,6.$
2) Le logo étant symétrique par rapport à l’axe des abscisses, et la fonction $f$ étant positive sur $[0,5\ ;\ \alpha]$ (avec $\alpha \approx 3,3$), l’aire du logo, en unités d’aire, est le double de l’intégrale $I$ :
$\mathcal{A}_{\rm{logo}} = 2I \approx 2 \times 3,6 = 7,2.$
L’unité du repère étant $1$ cm, cette aire vaut environ $7,2\ \rm{cm}^2$. Le volume du porte-clé est donc :
$V = \mathcal{A}_{\rm{logo}} \times \text{épaisseur} \approx 7,2 \times 0,2 = 1,44 \approx 1,4\ \rm{cm}^3.$
