Exercice 1     14 points

Une machine fabrique des rondelles métalliques.

On a prélevé au hasard dans la fabrication un échantillon de $150$ rondelles dont on a mesuré le diamètre intérieur $d$ et le diamètre extérieur $D$. Les résultats, en millimètres, sont les suivants :

$$\begin{array}{c}\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{diamètre intérieur }d&4,7&4,8&4,9&5&5,1&5,2&5,3\\
\hline
\text{effectifs } N&1&6&24&76&37&4&2\\
\hline
\end{array}\\
\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
\text{diamètre extérieur }D&11,7&11,8&11,9&12&12,1&12,2&12,3\\
\hline
\text{effectifs } N’&3&11&33&72&22&8&1\\
\hline
\end{array}\end{array}$$

1. À l’aide de la calculatrice, déterminer la moyenne $m$ et l’écart-type $\sigma$ de chaque série (arrondi à $10^{-3}$ près).
   $\quad$
2. Déterminer, en expliquant les calculs ou les démarches, pour chaque série, la médiane $M_e$, les quartiles $Q_1$ et $Q_3$, l’écart interquartile $I$. On pourra s’aider de la calculatrice pour déterminer les valeurs.
   $\quad$
3. Le service contrôle de qualité prévoit de n’accepter une rondelle que si ses diamètres intérieur et extérieur ont chacun une mesure comprise entre $M_e-I$ et $M_e+I$.
   Quant au service fabrication, il propose d rejeter une rondelle dès que l’une des deux mesures se trouve en dehors de l’intervalle $[m-\sigma;m+\sigma]$.
   Quel pourcentage de rejets peut-il y avoir dans chaque cas? (Proposer une fourchette)
   $\quad$
4. Quel est le test le moins contraignant pour l’entreprise?
   $\quad$

Exercice 2     6 points

Dans cet exercice, toute trace de recherche sera prise en compte dans la notation.

Dans un carré de $10$ cm de côté, on a colorié une bande de largeur $x$ cm et un carré de côté $x$ cm centré comme sur la figure ci-dessous.

Déterminer la ou les valeurs de $x$ pour laquelle (lesquelles) les deux aires (blanche et coloriée) sont égales.

$\quad$

Exercice 3     15 points

Soient $A(1;1), B(9;3)$ et $C(5;8)$ trois points du plan muni d’un repère orthonormé.

On complétera la au fur et à mesure de l’exercice la figure ci-dessus.

1. Déterminer par le calcul les coordonnées du point $G$ tel que $\vect{AG}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}+\vect{BC}$.
   $\quad$
2. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(AC)$.
   $\quad$
3. Déterminer une équation cartésienne de la droite $(\Delta)$ parallèle à $(AB)$ passant par $C$.
   $\quad$
4. Démontrer que le point $G\left(3;\dfrac{15}{2}\right)$ appartient à $(\Delta)$ : $-x+4y=27$.
   $\quad$
5. Dans cette partie, on va déterminer le point de la droite $(AB)$ d’équation $-x+4y=3$ le plus proche du point $C$.
   a. Soit $y$ un nombre réel. Expliquer pourquoi $H(4y-3;y)$ appartient à la droite $(AB)$.
   $\quad$
   b. Démontrer que $CH^2=17y^2-80y+128$.
   $\quad$
   c. En déduire les coordonnées du point de la droite $(AB)$ le plus proche du point $C$.
   $\quad$

Exercice 4     7 points

Soit $ABC$ un triangle tel que $AB=4$, $AC=3$ et $BC=2$. On considère les points $H$ et $G$ tels que :
$$\vect{AH}=\dfrac{7}{4}\vect{AB}\quad \text{et} \quad \vect{AG}=2\vect{CB}+\dfrac{13}{4}\vect{AB}$$

1. Placer les points $H$ et $G$ sur la figure ci-dessus en laissant apparent vos traits de construction.
   $\quad$
2. Démontrer que $\vect{CH}=\dfrac{7}{4}\vect{AB}-\vect{AC}$
   $\quad$
3. Démontrer que $\vect{CG}=\dfrac{21}{4}\vect{AB}-3\vect{AC}$.
   $\quad$
4. En déduire que les points $C,H$ et $G$ sont alignés.
   $\quad$

Exercice 5 (groupe 1)     18 points

Partie I

On considère le trinôme du second degré $p$ défini par $p(x)=3x^2-1$.

1. a. Dresser le tableau de variation de la fonction carré sur $\R$.
   $\quad$
   b. En déduire celui de la fonction $p$ sur $\R$.
   $\quad$
2. a. Déterminer les antécédents de $0$ par la fonction $p$.
   $\quad$
   b. Étudier le signe de $p$ sur $\R$.
   $\quad$
   c. Exprimer alors la fonction $g$ définie par $g(x)=\left|p(x)\right|$ sans valeur absolue.
   $\quad$

Partie II

Dans cette partie, on étudie la fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x)=x^3-x$. On note $\mathscr{C}_f$ sa courbe représentative dans un repère orthonormé $(O;I,J)$.

1. a. Montrer que $f(x)=x(x-1)(x+1)$ pour tout $x\in \R$.
   $\quad$
   b. En quels points la courbe $\mathscr{C}_f$ coupe-t-elle l’axe des abscisses? Justifier.
   $\quad$
2. Soient $x\in\R$ et $h\neq 0$.
   a. Montrer que $(x+h)^3=x^3+3x^2h+3xh^2+h^3$.
   $\quad$
   b. Calculer $\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}$.
   $\quad$
   c. En déduire que $f$ est dérivable en tout $x\in \R$ et $f'(x)=3x^2-1$.
   $\quad$
   d. Calculer alors $f'(-1)$, $f'(0)$ et $f'(1)$.
   $\quad$
   e. En déduire l’équation de la tangente $T_{-1}$ à $\mathscr{C}_f$ au point d’abscisse $-1$.
   $\quad$
3. Déterminer les coordonnées des points où la courbe $\mathscr{C}_f$ admet une tangente parallèle à l’axe des abscisses.
   $\quad$
4. Soit $x_0\in \R$. Que peut-on dire des tangentes à $\mathscr{C}_f$ aux points $M\left(x_0;f\left(x_0\right)\right)$ et $M’\left(-x_0;f\left(-x_0\right)\right)$? Justifier.
   $\quad$

Exercice 5 (groupe 2)     18 points

1. $a$ est un réel, $a \pg \dfrac{1}{3}$. La fonction $f$ est définie sur $\R$ par $f(x)=x^3+x^2+ax$.
   Montrer que $f$ est croissante sur $\R$.
   Toute initiative sera prise en compte.
   $\quad$
   
2. Dans un repère orthonormal $\Oij$, $A(1;2)$ et $M$ est un point de l’axe des abscisses, d’abscisse $x>1$. $P$ est le point d’intersection de la droite $(AM)$ avec l’axe des ordonnées.
   a. Faire une figure.
   $\quad$
   b. Démontrer que l’ordonnée de $P$ est $\dfrac{2x}{x-1}$. On pourra utiliser le théorème de Thalès, en justifiant soigneusement.
   $\quad$
   c. L’aire du triangle $OMP$ dépend de $x$. Montrer que cette aire est égale à $\dfrac{x^2}{x-1}$.
   $\quad$
   d. Étudier les variations de la fonction $f$ définie sur $]1;+\infty[$ par $f(x)=\dfrac{x^2}{x-1}$, en concluant par son tableau de variation.
   $\quad$
   e. Déterminer la position du point $M$ qui permet d’obtenir l’aire $OMP$ minimale. Quelle est la valeur de cette aire?
   $\quad$

Exercice 1

1. Pour la première série on a : $m\approx 5,008$ et $\sigma \approx 0,092$.
   Pour la seconde série on a : $m\approx 11,985$ et $\sigma\approx 0,104$.
   $\quad$
2. $\dfrac{150}{2}=75$ donc la médiane est la moyenne de la $75\ieme$ et de la $76\ieme$ valeur.
   $\dfrac{150}{4}=37,5$ donc $Q1$ est la $38\ieme$ valeur.  $Q1=5$
   $\dfrac{150\times 3}{4}=112,5$ donc $Q3$ est la $113\ieme$ valeur. $Q3=5,1$
   $\quad$
   Ainsi pour la série concernant le diamètre intérieur $d$ :
   $Me=\dfrac{5+5}{2}=5$ $\quad$  $Q1=5$ et $Q3=5,1$
   L’écart interquartile est donc $I=Q3-Q1=5,1-5=0,1$
   $\quad$
   Pour la série concernant le diamètre extérieur $D$ :
   $Me=\dfrac{12+12}{2}=12$ $\quad$  $Q1=11,9$ et $Q3=12$
   L’écart interquartile est donc $I=Q3-Q1=12-11,9=0,1$
   $\quad$
3. Pour la série concernant le diamètre intérieur $d$ on a : $[Me-I;Me+I]=[4,9;5,1]$.
   Par conséquent $13$ valeurs parmi les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle. Or $\dfrac{13}{150}\approx 8,7\%$.
   $\quad$
   Pour la série concernant le diamètre extérieur $D$ on a : $[Me-I;Me+I]=[11,9;12,1]$.
   Par conséquent $23$ valeurs parmi les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle. Or $\dfrac{23}{150}\approx 15,3\%$.
   $\quad$
   Dans le meilleur des cas, $23$ rondelles sont refusées (soit environ $15,3\%$) et dans le pire des cas $23+13=36$ rondelles sont refusées (soit $24\%$).
   Avec cette méthode, le pourcentage de rejet appartient donc à l’intervalle $[15,3;24]$.
   $\quad$
   $\quad$
   Pour la série concernant le diamètre intérieur $d$ on a : $[m-\sigma;m+\sigma]=[4,916;5,1]$
   Par conséquent $37$ valeurs sur les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle soit environ $24,7\%$ des valeurs.
   $\quad$
   Pour la série concernant le diamètre extérieur $D$ on a : $[m-\sigma;m+\sigma]=[11,881;12,089]$
   Par conséquent $45$ valeurs sur les $150$ n’appartiennent pas à cet intervalle soit $30\%$ des valeurs.
   $\quad$
   Dans le meilleur des cas, $45$ rondelles sont refusées soit $30\%$. Dans le pire des cas $45+37=82$ rondelles sont refusées soit environ $54,7\%$.
   Avec cette méthode le pourcentage de rejet appartient donc à l’intervalle $[30;54,7]$.
   $\quad$
4. Le test du service contrôle qualité est donc le moins contraignant.
   $\quad$

 

Exercice 2

Les deux sont égales. Elles valent donc toutes les deux la moitié de l’aire du carré soit $\dfrac{10^2}{2}=50$ cm$^2$.

L’aire de la partie coloriée est :
$\begin{align*} \mathscr{A}&=2\left(10x+(10-2x)x\right)+x^2\\
&=2(\left(20x-2x^2\right)+x^2\\
&=40x-4x^2+x^2 \\
&=-3x^2+40x\end{align*}$

On veut donc résoudre l’équation $-3x^2+40x=50 \ssi -3x^2+40x-50=0$

Le discriminant est :
$\begin{align*} \Delta&=40^2-4\times (-3)\times (-50) \\
&=1~000 \\
&>0\end{align*}$

L’équation du second degré $-3x^2+40x-50=0$ possède donc deux solutions qui sont :
$\begin{align*} x_1&=\dfrac{-40-\sqrt{1~000}}{-6} \\
&=\dfrac{40+10\sqrt{10}}{6} \\
&=\dfrac{20+5\sqrt{10}}{3} \end{align*}$

et

$\begin{align*} x_2&=\dfrac{-40+\sqrt{1~000}}{-6} \\
&=\dfrac{40-10\sqrt{10}}{6} \\
&=\dfrac{20-5\sqrt{10}}{3} \end{align*}$

Or $x_1\approx 11,9\notin [0;10]$ et $x_2\approx 1,4 \in[0;10]$.

Les deux aires sont donc égales si $x=\dfrac{20-5\sqrt{10}}{3}$.

 

Exercice 3

1. On a $\vect{AB}(9-1;3-1)$ soit $\vect{AB}(8;2)$
   et $\vect{BC}(5-9;8-3)$ soit $\vect{BC}(-4;5)$
   $\begin{align*} &\vect{AG}=\dfrac{3}{4}\vect{AB}+\vect{BC} \\
   \ssi&\begin{cases}x_G-1=\dfrac{3}{4}\times 8-4 \\y_G-1=\dfrac{3}{4}\times 2+5 \end{cases} \\
   \ssi &\begin{cases} x_G-1=2 \\y_G-1=\dfrac{13}{2} \end{cases} \\
   \ssi &\begin{cases} x_G=3\\y_G=\dfrac{15}{2}\end{cases} \end{align*}$
   Les coordonnées du point $G$ sont donc $\left(3;\dfrac{15}{2}\right)$.
   $\quad$
2. On a $\vect{AC}(5-1;8-1)$ soit $\vect{AC}(4;7)$.
   On appelle $M(x;y)$ un point du plan. On a ainsi $AM(x-1;y-1)$.
   $\begin{align*} M\in (AC) &\ssi \vect{AM} \text{ et } \vect{AC} \text{ sont colinéaires} \\
   &\ssi 7(x-1)-4(y-1)=0\\
   &\ssi 7x-7-4y+4=0\\
   &\ssi 7x-4y=3=0 \end{align*}$
   Une équation cartésienne de $(AC)$ est donc $7x-4y-3=0$.
   $\quad$
3. On a $\vect{AB}(8;2)$.
   Les droites $(AB)$ et $(\Delta)$ sont parallèles. $\vect{AB}$ est donc un vecteur directeur de $(\Delta)$.
   Une équation cartésienne de la droite $(\Delta)$ est par conséquent de la forme $-2x+8y+c=0$
   Le point $C(5;8)$ appartient à la droite $(\Delta)$.
   Ainsi $-2\times 5+8\times 8+c=0 \ssi c=-54$.
   Une équation cartésienne de la droite $(\Delta)$ est donc $-2x+8y-54=0$.
   En simplifiant les coefficients par $2$ on peut également dire qu’une équation cartésienne de cette droite est $-x+4y-27=0$.
   $\quad$
4. $-3+4\times \dfrac{15}{2}=-3+30=27$.
   Donc $G$ appartient à $(\Delta)$.
   $\quad$
5. a. $-(4y-3)+4y=-4y+3+4y=3$.
   Donc $H(4y-3;y)$ appartient à la droite $(AB)$.
   $\quad$
   b. On a $\vect{CH}(4y-3-5;y-8)$ soit $\vect{CH}(4y-8;y-8)$.
   Ainsi :
   $\begin{align*} CH^2&=\lVert \vect{CH}\rVert^2 \\
   &=(4y-8)^2+(y-8)^2 \\
   &=16y^2+64-64y+y^2+64-16y\\
   &=17y^2-80y+128\end{align*}$.
   $\quad$
   c. On appelle $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(y)=17y^2-80y+128$.
   Le coefficient principal est $a=17>0$.
   La fonction $f$ admet donc un minimum dont l’abscisse est :
   $\alpha=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{40}{17}$.
   Le point $H$ a donc pour coordonnées $\left(4\times \dfrac{40}{17}-3;\dfrac{40}{17}\right)$ soit $\left(\dfrac{109}{17};\dfrac{40}{17}\right)$.
   $\quad$

$\quad$

Exercice 4

1. $\quad$
   
   $\quad$
2. On a :
   $\begin{align*} \vect{CH}&=\vect{CA}+\vect{AH} \\
   &=-\vect{AC}+\dfrac{7}{4}\vect{AB} \end{align*}$
   $\quad$
3. On a :
   $\begin{align*} \vect{CG}&=\vect{CA}+\vect{AG} \\
   &=-\vect{AC}+2\vect{CB}+\dfrac{13}{4}\vect{AB} \\
   &=-\vect{AC}+2\left(\vect{CA}+\vect{AB}\right)+\dfrac{13}{4}\vect{AB} \\
   &=-\vect{AC}-2\vect{AC}+2\vect{AB}+\dfrac{13}{4}\vect{AB} \\
   &=\dfrac{21}{4}\vect{AB}-3\vect{AC}\end{align*}$
   $\quad$
4. On constate donc que $\vect{CG}=3\vect{CH}$.
   Les vecteurs $\vect{CG}$ et $\vect{CH}$ sont par conséquent colinéaires et les points $C$, $G$ et $H$ sont alignés.
   $\quad$

Exercice 5 – Groupe 1

Partie I 

1. a. On appelle $u$ la fonction carré.
   On a donc le tableau de variation suivant :
   
   $\quad$
   b. On a $p=3u-1$. Or $3>0$. Les fonctions $u$ et $3u$ ont donc le même sens de variation.
   De plus les fonctions $3u$ et $3u-1$ ont le même sens de variation.
   Par conséquent les fonction $u$ et $p$ ont le même sens de variation.
   $\quad$
2. a.
   $\begin{align*} p(x)=0 &\ssi 3x^2-1=0\\
   &\ssi 3x^2=1 \\
   &\ssi x^2=\dfrac{1}{3} \\
   &\ssi x=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \text{ ou } x=-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\end{align*}$
   $\quad$
   b. Le coefficient principal est $a=3>0$.
   On obtient donc le tableau de signes suivant :
   
   $\quad$
   c. Ainsi si $x\in \left]-\dfrac{1}{\sqrt{3}};\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right[$ alors $p(x)<0$ donc $g(x)=\left|p(x)\right|=-p(x)$.
   Si $x\in\left]-\infty;-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right]\cup\left[\dfrac{1}{\sqrt{3}};+\infty\right[$ alors $p(x)\pg 0$ donc $g(x)=\left|p(x)\right|=p(x)$.
   $\quad$

Partie II

1. a. Pour tout réel $x$ on a :
   $\begin{align*} x(x-1)(x+1)&=x\left(x^2-1\right) \\
   &=x^3-x\\
   &=f(x)\end{align*}$
   $\quad$
   b. Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, un de ses facteurs au moins est nul.
   Donc $f(x)=0 \ssi x=0$ ou $x-1=0$ ou $x+1=0$.
   La courbe $\mathscr{C}_f$ coupe dons l’axe des abscisse en $A(0;0)$ et $B(1;0)$ et $C(-1;0)$.
   $\quad$
2. a. Pour tous réels $x$ et $h$ on a :
   $\begin{align*} (x+h)^3&=(x+h)\times (x+h)^2 \\
   &=(x+h)\left(x^2+h^2+2xh\right)\\
   &=x^3+xh^2+2x^2h+hx^2+h^3+2xh^2 \\
   &=x^3+3x^2h+3xh^2+h^3\end{align*}$
   $\quad$
   b. On considère un réel $x$ et un réel $h$ non nul.
   $\begin{align*} T_h(x)&=\dfrac{f(x+h)-f(x)}{h} \\
   &=\dfrac{x^3+3x^2h+3xh^2+h^3-x-h-x^3+x}{h} \\
   &=\dfrac{3x^2h+3xh^2+h^3-h}{h} \\
   &=3x^2+3xh+h^2-1 \end{align*}$
   $\quad$
   c. Pour tout réel $x$ on a :
   $\lim\limits_{h\to 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=3x^2-1$.
   Cela signifie donc que la fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et que, pour tout réel $x$ on a $f'(x)=3x^2-1$.
   $\quad$
   d. Ainsi $f'(-1)=3-1=2$
   $f'(0)=0-1=-1$
   $f'(1)=3-1=2$
   $\quad$
   e. On sait que $f'(-1)=2$. Une équation de $T_{-1}$ est donc de la forme $y=2x+b$.
   $f(-1)=(-1)^3-(-1)=0$
   Le point $A(-1;0)$ appartient donc à la courbe $\mathscr{C}_f$ et à la tangente $T_{-1}$.
   Ainsi $0=2\times (-1)+b \ssi b=2$.
   Une équation de $T_{-1}$ est donc $y=2x+2$.
   $\quad$
3. Une tangente est parallèle à l’axe des abscisses si, et seulement si, son coefficient directeur est nul.
   On veut donc résoudre l’équation :
   $\begin{align*} f'(x)=0&\ssi 3x^2-1=0\\
   &\ssi x=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \text{ ou }x=-\dfrac{1}{\sqrt{3}} \quad (*) \\
   &\ssi x=\dfrac{\sqrt{3}}{3} \text{ ou }x=-\dfrac{\sqrt{3}}{3}
   \end{align*}$
   $(*)$ d’après la partie I
   $f\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)=-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$ et $f\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3} \right)=\dfrac{2\sqrt{3}}{9}$
   La tangente est parallèle à l’axe des abscisses aux points de coordonnées $\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} ;-\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\right)$ et $\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{3} ;\dfrac{2\sqrt{3}}{9}\right)$.
   $\quad$
4. Pour tout réel $x_0$ on a :
   $f’\left(-x_0\right)=3\left(-x_0\right)^2-1=3{x_0}^2-1=f’\left(x_0\right)$.
   Les tangentes en $M$ et $M’$ sont donc parallèles.
   $\quad$

Exercice 5 – Groupe 2

1. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que fonction polynôme.
   Pour tout réel $x$ on a $f'(x)=3x^2+2x+a$.
   Le discriminant est $\Delta=4-4\times 3a=4(1-3a)$.
   Or $a\pg \dfrac{1}{3}$ donc $1-3a\pp 0$ et $\Delta\pp 0$.
   Le coefficient principal est $a=3>0$.
   Par conséquent, pour tout réel $x$ on a $f'(x)\pg 0$.
   La fonction $f$ est donc croissante sur $\R$.
   $\quad$
2. a.$\quad$
   b. On appelle $B$ le point de coordonnées $(0;2)$.
   Dans les triangles $OPM$ et $BAP$ on a :
   – les droites $(AB)$ et $(OM)$ sont parallèles;
   – le point $B$ appartient au segment $[OP]$;
   – le point $A$ appartient au segment $[PM]$.
   D’après le théorème de Thalès on obtient :
   $\dfrac{PB}{PO}=\dfrac{PA}{PM}=\dfrac{AB}{OM}$
   Soit $\dfrac{PB}{PO}=\dfrac{1}{x}$
   Donc $\dfrac{PO-2}{PO}=\dfrac{1}{x}$
   D’où $1-\dfrac{2}{PO}=\dfrac{1}{x}$
   Par conséquent $\dfrac{2}{PO}=1-\dfrac{1}{x}=\dfrac{x-1}{x}$
   Finalement $PO=\dfrac{2x}{x-1}$.
   L’ordonnée du point $P$ est bien $\dfrac{2x}{x-1}$.
   $\quad$
   c. L’aire du triangle $OMP$ est :
   $\begin{align*} A&=\dfrac{OP\times OM}{2} \\
   &=\dfrac{\dfrac{2x}{x-1}\times x}{2} \\
   &=\dfrac{x^2}{x-1}\end{align*}$
   $\quad$
   d. La fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle $]1;+\infty[$ en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s’annule pas sur cet intervalle.
   Pour tout réel $x>1$ on a :
   $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{2x\times (x-1)-x^2\times 1}{(x-1)^2} \\
   &=\dfrac{2x^2-2x-x^2}{(x-1)^2} \\
   &=\dfrac{x^2-2x}{(x-1)^2} \\
   &=\dfrac{x(x-2)}{(x-1)^2}\end{align*}$
   Pour tout réel $x>1$ on a $(x-1)^2>0$ et $x>0$
   Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $x-2$.
   Or $x-2=0\ssi x=2$ et $x-2>0 \ssi x>2$.
   On obtient donc le tableau de variations suivant :
   
   La fonction $f$ est donc décroissante sur l’intervalle $]1;2]$ et croissante sur l’intervalle $[2;+\infty[$.
   $\quad$
   e. D’après le tableau de variations l’aire du triangle $OMP$ est minimale quand $x=2$ et vaut $4$ unités d’aires.