Terminale spécialitéExercices corrigés15 exercicesCorrections détaillées

Exercices corrigés : Sujets type bac — Terminale spécialité

Niveau: Terminale spécialité
Chapitre: Sujets type bac
Nombre d'exercices: 15 exercices corrigés
Difficulté: Niveau bac

Au baccalauréat, chaque exercice mêle plusieurs notions et se structure en plusieurs questions qui s'enchaînent. Ces 15 exercices sont de véritables sujets type bac (originaux, inspirés des épreuves et conformes aux attendus du programme de Terminale spécialité) : étude de fonctions, suites, probabilités, géométrie dans l'espace, intégrales… Tous sont de difficulté maximale. Cherche d'abord seul, puis déplie la correction rédigée étape par étape.

Cherche d'abord par toi-même, puis clique sur « Voir la correction » : chaque étape est détaillée avec rappels de cours et erreurs fréquentes à éviter.

Exercice 1 — Étude d'une fonction avec exponentielle

Type bac / défi

On considère la fonction $f$ f définie sur $R$ ℝ par $f (x) = (x + 1) e^{- x}$ f(x)=(x+1)e^(-x).

On note $C$ C sa courbe représentative dans un repère orthonormé.

On rappelle que $x \to + \infty lim x e^{- x} = 0$ lim_x→+∞ x e^(-x)=0.

1.Déterminer la limite de $f$ f en $- \infty$ -∞.
2.Déterminer la limite de $f$ f en $+ \infty$ +∞ et interpréter graphiquement.
3.Montrer que pour tout réel $x$ x, $f^{'} (x) = - x e^{- x}$ f'(x)=-x e^(-x), puis dresser le tableau de variations de $f$ f.
4.Déterminer une équation de la tangente $T$ T à $C$ C au point d'abscisse $0$ 0.
5.Vérifier que $F (x) = - (x + 2) e^{- x}$ F(x)=-(x+2)e^(-x) est une primitive de $f$ f sur $R$ ℝ.
6.En déduire l'aire $A$ A, en unités d'aire, du domaine délimité par $C$ C, l'axe des abscisses et les droites $x = 0$ x=0 et $x = 1$ x=1. Donner la valeur exacte puis une valeur approchée à $1 0^{- 2}$ 10⁻².

Voir la correction

Correction détaillée

1
En $- \infty$ -∞, $e^{- x} \to + \infty$ e^(-x)→+∞ et $x + 1 \to - \infty$ x+1→-∞ : par produit, $f (x) \to - \infty$ f(x)→-∞.
2
On écrit $f (x) = x e^{- x} + e^{- x}$ f(x)=x e^(-x)+e^(-x).
Or $x e^{- x} \to 0$ x e^(-x)→ 0 (croissance comparée) et $e^{- x} \to 0$ e^(-x)→ 0, donc $lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$ lim_x→+∞ f(x)=0.
La droite d'équation $y = 0$ y=0 est asymptote horizontale à $C$ C en $+ \infty$ +∞.
3
$f$ f est dérivable comme produit ; avec $u = x + 1$ u=x+1 ( $u^{'} = 1$ u'=1) et $v = e^{- x}$ v=e^(-x) ( $v^{'} = - e^{- x}$ v'=-e^(-x)) : $f^{'} (x) = e^{- x} + (x + 1) (- e^{- x}) = e^{- x} [1 - (x + 1)] = - x e^{- x}$ f'(x)=e^(-x)+(x+1)(-e^(-x))=e^(-x)[1-(x+1)]=-x e^(-x).
Comme $e^{- x} > 0$ e^(-x)>0, $f^{'} (x)$ f'(x) est du signe de $- x$ -x : $f$ f croît sur $] - \infty; 0]$ ]-∞;0], décroît sur $[0; + \infty [$ [0;+∞[, avec un maximum $f (0) = 1$ f(0)=1.
4
$T : y = f^{'} (0) (x - 0) + f (0)$ T: y=f'(0)(x-0)+f(0).
Ici $f^{'} (0) = 0$ f'(0)=0 et $f (0) = 1$ f(0)=1, donc $T : y = 1$ T: y=1 (tangente horizontale au sommet).
5
$F^{'} (x) = - e^{- x} - (x + 2) (- e^{- x}) = - e^{- x} + (x + 2) e^{- x} = e^{- x} [(x + 2) - 1] = (x + 1) e^{- x} = f (x)$ F'(x)=-e^(-x)-(x+2)(-e^(-x))=-e^(-x)+(x+2)e^(-x)=e^(-x)[(x+2)-1]=(x+1)e^(-x)=f(x).
Donc $F$ F est bien une primitive de $f$ f.
6
Sur $[0; 1]$ [0;1], $x + 1 > 0$ x+1>0 et $e^{- x} > 0$ e^(-x)>0, donc $f \geq 0$ f≥ 0 : $A = \int_{0}^{1} f (x) d x = F (1) - F (0)$ A =∫₀¹ f(x) dx=F(1)-F(0).
Or $F (1) = - 3 e^{- 1} = - \frac{3}{e}$ F(1)=-3e⁻¹=-3/e et $F (0) = - 2$ F(0)=-2, donc $A = - \frac{3}{e} + 2 = 2 - \frac{3}{e} \approx 0, 90$ A =-3/e+2=2-3/e≈ 0,90 u.a.

Réponse :

lim_{- \infty} f = - \infty

lim_-inftyf=-∞ ;

lim_{+ \infty} f = 0

lim_+inftyf=0 (asymptote

y = 0

y=0) ;

f^{'} (x) = - x e^{- x}

f'(x)=-x e^(-x), max

f (0) = 1

f(0)=1 ;

T : y = 1

T:y=1 ;

A = 2 - \frac{3}{e} \approx 0, 90

A =2-3/e≈ 0,90 u.a.

Rappel de cours : Factoriser $e^{- x} > 0$ e^(-x)>0 pour lire le signe de $f^{'}$ f' ; une aire avec $f \geq 0$ f≥ 0 se calcule par $F (b) - F (a)$ F(b)-F(a).

Exercice 2 — Fonction logarithme : étude et inégalité

Type bac / défi

On considère la fonction $g$ g définie sur $] 0; + \infty [$ ]0;+∞[ par $g (x) = x - ln (x)$ g(x)=x-ln(x).

1.Déterminer la limite de $g$ g en $0^{+}$ 0⁺.
2.Montrer que pour tout $x > 0$ x>0, $g (x) = x (1 - \frac{ln ( x )}{x})$ g(x)=x(1-ln(x)/x), puis en déduire la limite de $g$ g en $+ \infty$ +∞.
3.Calculer $g^{'} (x)$ g'(x) et étudier son signe sur $] 0; + \infty [$ ]0;+∞[.
4.Dresser le tableau de variations de $g$ g et préciser son minimum.
5.En déduire que pour tout $x > 0$ x>0, $ln (x) \leq x - 1$ ln(x)≤ x-1.
6.Étudier la convexité de $g$ g sur $] 0; + \infty [$ ]0;+∞[.

Voir la correction

Correction détaillée

1
En $0^{+}$ 0⁺, $ln (x) \to - \infty$ ln(x)→-∞ donc $- ln (x) \to + \infty$ -ln(x)→+∞, et $x \to 0$ x→ 0 : ainsi $g (x) \to + \infty$ g(x)→+∞.
2
Pour $x > 0$ x>0, $g (x) = x - ln (x) = x (1 - \frac{l n ( x )}{x})$ g(x)=x-ln(x)=x(1-ln(x)/x).
Or $\frac{l n ( x )}{x} \to 0$ ln(x)/x→ 0 en $+ \infty$ +∞ (croissance comparée), donc $1 - \frac{l n ( x )}{x} \to 1$ 1-ln(x)/x→ 1 ; et $x \to + \infty$ x→+∞.
Par produit, $g (x) \to + \infty$ g(x)→+∞.
3
$g^{'} (x) = 1 - \frac{1}{x} = \frac{x - 1}{x}$ g'(x)=1-1/x=(x-1)/x.
Pour $x > 0$ x>0, le dénominateur est positif, donc $g^{'} (x)$ g'(x) a le signe de $x - 1$ x-1 : négatif sur $] 0; 1 [$ ]0;1[, nul en $1$ 1, positif sur $] 1; + \infty [$ ]1;+∞[.
4
$g$ g décroît sur $] 0; 1]$ ]0;1] puis croît sur $[1; + \infty [$ [1;+∞[ : elle admet un minimum en $x = 1$ x=1, $g (1) = 1 - ln (1) = 1$ g(1)=1-ln(1)=1.
5
Pour tout $x > 0$ x>0, $g (x) \geq g (1) = 1$ g(x)≥ g(1)=1, soit $x - ln (x) \geq 1$ x-ln(x)≥ 1, c'est-à-dire $ln (x) \leq x - 1$ ln(x)≤ x-1.
6
$g^{''} (x) = \frac{1}{x ^{2}} > 0$ g''(x)=1/x²>0 sur $] 0; + \infty [$ ]0;+∞[ : $g$ g est convexe.

Réponse :

lim_{0^{+}} g = + \infty

lim_0⁺g=+∞,

lim_{+ \infty} g = + \infty

lim_+inftyg=+∞ ; minimum

g (1) = 1 \Rightarrow ln (x) \leq x - 1

g(1)=1⇒ ln(x)≤ x-1 ;

g

g convexe (

g^{''} = \frac{1}{x ^{2}} > 0

g''=1/x²>0).

Rappel de cours : L'inégalité $ln (x) \leq x - 1$ ln(x)≤ x-1 (très utilisée au bac) provient du minimum de $x - ln (x)$ x-ln(x) en $1$ 1.

Exercice 3 — Suite définie par récurrence

Type bac / défi

On définit la suite $(u_{n})$ (uₙ) par $u_{0} = 1$ u₀=1 et, pour tout entier $n$ n, $u_{n + 1} = 2 u_{n} + 3$ uₙ₊₁=√(2uₙ+3).

1.Calculer $u_{1}$ u₁ puis une valeur approchée de $u_{2}$ u₂ à $1 0^{- 2}$ 10⁻².
2.Démontrer par récurrence que pour tout $n$ n, $0 \leq u_{n} \leq 3$ 0≤ uₙ≤ 3.
3.Étudier le signe de $2 x + 3 - x$ √(2x+3)-x pour $x \in [0; 3]$ x∈[0;3], puis en déduire le sens de variation de $(u_{n})$ (uₙ).
4.Démontrer que $(u_{n})$ (uₙ) converge.
5.Déterminer la limite de $(u_{n})$ (uₙ).

Voir la correction

Correction détaillée

1
$u_{1} = 2 \times 1 + 3 = 5 \approx 2, 24$ u₁=√(2× 1+3)= √5 ≈ 2,24 ; $u_{2} = 25 + 3 \approx 7, 47 \approx 2, 73$ u₂=√(2 √5 +3)≈√(7,47)≈ 2,73.
2
Initialisation : $u_{0} = 1 \in [0; 3]$ u₀=1∈[0;3].
Hérédité : si $0 \leq u_{n} \leq 3$ 0≤ uₙ≤ 3, alors $3 \leq 2 u_{n} + 3 \leq 9$ 3≤ 2uₙ+3≤ 9 ; la fonction racine étant croissante, $3 \leq u_{n + 1} \leq 3$ √3 ≤ uₙ₊₁≤ 3, et $3 \geq 0$ √3 ≥ 0 donne $0 \leq u_{n + 1} \leq 3$ 0≤ uₙ₊₁≤ 3.
La propriété est héréditaire, donc vraie pour tout $n$ n.
3
Pour $x \in [0; 3]$ x∈[0;3] : $2 x + 3 \geq x ⟺ 2 x + 3 \geq x^{2}$ √(2x+3)≥ x⇔ 2x+3≥ x² (membres positifs) $⟺ x^{2} - 2 x - 3 \leq 0 ⟺ (x - 3) (x + 1) \leq 0$ ⇔ x²-2x-3≤ 0⇔(x-3)(x+1)≤ 0, vrai sur $[- 1; 3]$ [-1;3].
Donc $u_{n + 1} - u_{n} = 2 u_{n} + 3 - u_{n} \geq 0$ uₙ₊₁-uₙ=√(2uₙ+3)-uₙ≥ 0 : $(u_{n})$ (uₙ) est croissante.
4
$(u_{n})$ (uₙ) est croissante et majorée par $3$ 3 : d'après le théorème de la limite monotone, elle converge vers un réel $ℓ$ ℓ.
5
La fonction $x \mapsto 2 x + 3$ x↦√(2x+3) est continue ; en passant à la limite dans $u_{n + 1} = 2 u_{n} + 3$ uₙ₊₁=√(2uₙ+3), $ℓ = 2 ℓ + 3$ ℓ=√(2ℓ+3), d'où $ℓ^{2} = 2 ℓ + 3$ ℓ²=2ℓ+3 ( $ℓ \geq 0$ ℓ≥ 0), soit $(ℓ - 3) (ℓ + 1) = 0$ (ℓ-3)(ℓ+1)=0.
Comme $ℓ \geq 0$ ℓ≥ 0, $ℓ = 3$ ℓ=3.

Réponse :

u_{1} = 5

u₁=sqrt5,

u_{2} \approx 2, 73

u₂≈ 2,73 ;

0 \leq u_{n} \leq 3

0≤ uₙ≤ 3 ; croissante ; converge vers

ℓ = 3

ℓ=3.

Rappel de cours : Croissante + majorée $\Rightarrow$ ⇒ converge ; la limite vérifie l'équation de point fixe $ℓ = f (ℓ)$ ℓ=f(ℓ).

Exercice 4 — Suite arithmético-géométrique et algorithme

Type bac / défi

On considère la suite $(u_{n})$ (uₙ) définie par $u_{0} = 2$ u₀=2 et $u_{n + 1} = 0, 8 u_{n} + 1$ uₙ₊₁=0,8 uₙ+1.

On pose, pour tout $n$ n, $v_{n} = u_{n} - 5$ vₙ=uₙ-5.

1.Calculer $u_{1}$ u₁ et $v_{0}$ v₀.
2.Démontrer que $(v_{n})$ (vₙ) est géométrique ; préciser sa raison.
3.Exprimer $v_{n}$ vₙ puis $u_{n}$ uₙ en fonction de $n$ n.
4.Déterminer la limite de $(u_{n})$ (uₙ) et préciser son sens de variation.
5.Déterminer le plus petit entier $n$ n tel que $5 - u_{n} < 0, 01$ 5-uₙ<0,01.
6.Recopier et compléter l'algorithme pour qu'il renvoie cet entier : $n \leftarrow 0$ n← 0 ; $u \leftarrow 2$ u← 2 ; Tant que $\dots$ … faire $u \leftarrow \dots$ u←… ; $n \leftarrow n + 1$ n← n+1 ; Fin.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$u_{1} = 0, 8 \times 2 + 1 = 2, 6$ u₁=0,8× 2+1=2,6 ; $v_{0} = u_{0} - 5 = - 3$ v₀=u₀-5=-3.
2
$v_{n + 1} = u_{n + 1} - 5 = 0, 8 u_{n} + 1 - 5 = 0, 8 u_{n} - 4 = 0, 8 (u_{n} - 5) = 0, 8 v_{n}$ vₙ₊₁=uₙ₊₁-5=0,8uₙ+1-5=0,8uₙ-4=0,8(uₙ-5)=0,8 vₙ : $(v_{n})$ (vₙ) est géométrique de raison $0, 8$ 0,8.
3
$v_{n} = v_{0} \times 0, 8^{n} = - 3 \times 0, 8^{n}$ vₙ=v₀× 0,8ⁿ=-3× 0,8ⁿ, donc $u_{n} = v_{n} + 5 = 5 - 3 \times 0, 8^{n}$ uₙ=vₙ+5=5-3× 0,8ⁿ.
4
Comme $0 < 0, 8 < 1$ 0<0,8<1, $0, 8^{n} \to 0$ 0,8ⁿ→ 0, donc $u_{n} \to 5$ uₙ→ 5.
De plus $0, 8^{n}$ 0,8ⁿ décroît, donc $- 3 \times 0, 8^{n}$ -3× 0,8ⁿ croît : $(u_{n})$ (uₙ) est croissante (elle tend vers $5$ 5 par valeurs inférieures).
5
$5 - u_{n} = 3 \times 0, 8^{n} < 0, 01 ⟺ 0, 8^{n} < \frac{1}{300} ⟺ n > \frac{ln ( 1/300 )}{ln ( 0 , 8 )} \approx 25, 6$ 5-uₙ=3× 0,8ⁿ<0,01⇔ 0,8ⁿ<1/300⇔ n>(ln(1/300))/ln(0,8)≈ 25,6 (on divise par $ln (0, 8) < 0$ ln(0,8)<0).
Le plus petit entier est $n = 26$ n=26.
6
Condition : Tant que $5 - u \geq 0, 01$ 5-u≥ 0,01 faire $u \leftarrow 0, 8 \times u + 1$ u← 0,8× u+1 ; $n \leftarrow n + 1$ n← n+1.
À la sortie, $n = 26$ n=26.

Réponse :

(v_{n})

(vₙ) géométrique de raison

0, 8

0,8 ;

u_{n} = 5 - 3 \times 0, 8^{n}

uₙ=5-3× 0,8ⁿ ; croissante de limite

5

5 ;

n = 26

n=26.

Rappel de cours : Poser $v_{n} = u_{n} - ℓ$ vₙ=uₙ-ℓ (avec $ℓ = 5$ ℓ=5 le point fixe) transforme la suite en géométrique ; le seuil se résout au $ln$ ln.

Exercice 5 — Probabilités : test de dépistage

Type bac / défi

Une maladie touche $4%$ 4% d'une population.

Un test est positif chez $92%$ 92% des personnes malades et chez $5%$ 5% des personnes saines.

On note $M$ M « être malade » et $T$ T « test positif ».

1.Représenter la situation par un arbre pondéré.
2.Calculer $P (M \cap T)$ P(M∩ T).
3.Démontrer que $P (T) = 0, 0848$ P(T)=0,0848.
4.Calculer $P_{T} (M)$ P_T(M), arrondie à $1 0^{- 3}$ 10⁻³, puis l'interpréter.
5.Calculer la probabilité qu'une personne dont le test est négatif soit en réalité malade (faux négatif), arrondie à $1 0^{- 4}$ 10⁻⁴.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Premier niveau : $M$ M (proba $0, 04$ 0,04) et $\overline{M}$ M̅ (proba $0, 96$ 0,96).
Sous $M$ M : $T$ T ( $0, 92$ 0,92), $\overline{T}$ T̅ ( $0, 08$ 0,08).
Sous $\overline{M}$ M̅ : $T$ T ( $0, 05$ 0,05), $\overline{T}$ T̅ ( $0, 95$ 0,95).
2
$P (M \cap T) = P (M) \times P_{M} (T) = 0, 04 \times 0, 92 = 0, 0368$ P(M∩ T)=P(M)× P_M(T)=0,04× 0,92=0,0368.
3
Formule des probabilités totales : $P (T) = P (M \cap T) + P (\overline{M} \cap T) = 0, 0368 + 0, 96 \times 0, 05 = 0, 0368 + 0, 048 = 0, 0848$ P(T)=P(M∩ T)+P(M̅∩ T)=0,0368+0,96× 0,05=0,0368+0,048=0,0848.
4
$P_{T} (M) = \frac{P ( M \cap T )}{P ( T )} = \frac{0 , 0368}{0 , 0848} \approx 0, 434$ P_T(M)=(P(M∩ T))/P(T)=0,0368/0,0848≈ 0,434.
Interprétation : parmi les tests positifs, seuls environ $43, 4%$ 43,4% correspondent à des malades.
La maladie étant rare, les faux positifs (issus des $96%$ 96% de personnes saines) sont nombreux.
5
$P (M \cap \overline{T}) = 0, 04 \times 0, 08 = 0, 0032$ P(McapT̅)=0,04× 0,08=0,0032 et $P (\overline{T}) = 1 - 0, 0848 = 0, 9152$ P(T̅)=1-0,0848=0,9152.
Donc $P_{\overline{T}} (M) = \frac{0 , 0032}{0 , 9152} \approx 0, 0035$ P_T̅(M)=0,0032/0,9152≈ 0,0035.

Réponse :

P (M \cap T) = 0, 0368

P(M∩ T)=0,0368 ;

P (T) = 0, 0848

P(T)=0,0848 ;

P_{T} (M) \approx 0, 434

P_T(M)≈ 0,434 (beaucoup de faux positifs) ; faux négatif

\approx 0, 0035

≈ 0,0035.

Rappel de cours : Probabilités totales pour $P (T)$ P(T), puis Bayes : $P_{T} (M) = \frac{P ( M ) P _{M} ( T )}{P ( T )}$ P_T(M)=P(M)P_M(T)/P(T).

Exercice 6 — Loi binomiale : contrôle de production

Type bac / défi

Une chaîne produit des pièces dont $3%$ 3% sont défectueuses.

On prélève au hasard $n$ n pièces ; le stock est assez grand pour assimiler le prélèvement à un tirage avec remise.

$X$ X compte le nombre de pièces défectueuses.

1.Justifier que $X$ X suit une loi binomiale et préciser ses paramètres pour $n = 40$ n=40.
2.Calculer $P (X = 0)$ P(X=0) pour $n = 40$ n=40, arrondi à $1 0^{- 3}$ 10⁻³.
3.En déduire $P (X \geq 1)$ P(X≥ 1).
4.Calculer $P (X \geq 2)$ P(X≥ 2) pour $n = 40$ n=40, arrondi à $1 0^{- 3}$ 10⁻³.
5.Donner $E (X)$ E(X) pour $n = 40$ n=40 et l'interpréter.
6.Déterminer le plus petit entier $n$ n pour lequel la probabilité d'au moins une pièce défectueuse dépasse $0, 99$ 0,99.

Voir la correction

Correction détaillée

1
On répète $n$ n fois, de façon identique et indépendante, une épreuve à deux issues (défectueuse avec $p = 0, 03$ p=0,03, ou non) ; $X$ X compte les succès.
Donc $X \sim B (n; 0, 03)$ X~ B (n ;0,03).
Pour $n = 40$ n=40 : $X \sim B (40; 0, 03)$ X~ B (40 ;0,03).
2
$P (X = 0) = (1 - 0, 03)^{40} = 0, 9 7^{40} \approx 0, 296$ P(X=0)=(1-0,03)⁴⁰=0,97⁴⁰≈ 0,296.
3
$P (X \geq 1) = 1 - P (X = 0) \approx 1 - 0, 296 = 0, 704$ P(X≥ 1)=1-P(X=0)≈ 1-0,296=0,704.
4
$P (X = 1) = (1 40) \times 0, 03 \times 0, 9 7^{39} = 40 \times 0, 03 \times 0, 9 7^{39} \approx 0, 366$ P(X=1)= C(40, 1) × 0,03× 0,97³⁹=40× 0,03× 0,97³⁹≈ 0,366.
Donc $P (X \geq 2) = 1 - P (X = 0) - P (X = 1) \approx 1 - 0, 296 - 0, 366 = 0, 338$ P(X≥ 2)=1-P(X=0)-P(X=1)≈ 1-0,296-0,366=0,338.
5
$E (X) = n p = 40 \times 0, 03 = 1, 2$ E(X)=np=40× 0,03=1,2 : en moyenne, on attend $1, 2$ 1,2 pièce défectueuse par lot de $40$ 40.
6
$P (X \geq 1) \geq 0, 99 ⟺ 0, 9 7^{n} \leq 0, 01 ⟺ n \geq \frac{ln ( 0 , 01 )}{ln ( 0 , 97 )} \approx 151, 2$ P(X≥ 1)≥ 0,99⇔ 0,97ⁿ≤ 0,01⇔ n≥ln(0,01)/ln(0,97)≈ 151,2.
Le plus petit entier est $n = 152$ n=152.

Réponse :

X \sim B (40; 0, 03)

X~ B (40;0,03) ;

P (X = 0) \approx 0, 296

P(X=0)≈ 0,296,

P (X \geq 1) \approx 0, 704

P(X≥ 1)≈ 0,704,

P (X \geq 2) \approx 0, 338

P(X≥ 2)≈ 0,338 ;

E (X) = 1, 2

E(X)=1,2 ;

n = 152

n=152.

Rappel de cours : « Au moins une » $= 1 - (1 - p)^{n}$ =1-(1-p)ⁿ ; seuil par $ln$ ln (inversion car $ln (0, 97) < 0$ ln(0,97)<0).

Exercice 7 — Géométrie dans l'espace : plan et distance

Type bac / défi

L'espace est muni d'un repère orthonormé.

On considère les points $A (1; 0; 2)$ A(1 ;0 ;2), $B (2; 1; 0)$ B(2 ;1 ;0) et $C (0; 2; 1)$ C(0 ;2 ;1).

1.Déterminer les coordonnées des vecteurs $A B$ vecteur AB et $A C$ vecteur AC.
2.Démontrer que les points $A$ A, $B$ B, $C$ C ne sont pas alignés.
3.Vérifier que le vecteur $n (1; 1; 1)$ vecteur n (1 ;1 ;1) est normal au plan $(A B C)$ (ABC).
4.En déduire une équation cartésienne du plan $(A B C)$ (ABC).
5.Le point $D (3; 3; 3)$ D(3 ;3 ;3) appartient-il au plan $(A B C)$ (ABC) ? Calculer la distance de $D$ D au plan $(A B C)$ (ABC).

Voir la correction

Correction détaillée

1
$A B = (2 - 1; 1 - 0; 0 - 2) = (1; 1; - 2)$ vecteur AB =(2-1 ;1-0 ;0-2)=(1 ;1 ;-2) et $A C = (0 - 1; 2 - 0; 1 - 2) = (- 1; 2; - 1)$ vecteur AC =(0-1 ;2-0 ;1-2)=(-1 ;2 ;-1).
2
Si $A$ A, $B$ B, $C$ C étaient alignés, $A B$ vecteur AB et $A C$ vecteur AC seraient colinéaires, donc proportionnels.
Or $\frac{1}{- 1} = - 1$ 1/(-1)=-1 tandis que $\frac{1}{2}$ 1/2 : les rapports diffèrent, les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc $A$ A, $B$ B, $C$ C ne sont pas alignés.
3
$n \cdot A B = 1 + 1 - 2 = 0$ vecteur n · vecteur AB =1+1-2=0 et $n \cdot A C = - 1 + 2 - 1 = 0$ vecteur n · vecteur AC =-1+2-1=0 : $n$ vecteur n est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan, donc normal à $(A B C)$ (ABC).
4
Le plan a une équation $x + y + z + d = 0$ x+y+z+d=0 (coefficients = coordonnées de $n$ vecteur n).
Avec $A (1; 0; 2)$ A(1;0;2) : $1 + 0 + 2 + d = 0$ 1+0+2+d=0, $d = - 3$ d=-3.
Équation : $x + y + z - 3 = 0$ x+y+z-3=0.
5
Pour $D (3; 3; 3)$ D(3;3;3) : $3 + 3 + 3 - 3 = 6 \neq = 0$ 3+3+3-3=6≠ 0, donc $D \in / (A B C)$ D∉(ABC).
Distance : $d (D, (A B C)) = \frac{∣3 + 3 + 3 - 3∣}{1 ^{2} + 1 ^{2} + 1 ^{2}} = \frac{6}{3} = 23 \approx 3, 46$ d(D,(ABC))=(|3+3+3-3|)/(√(1²+1²+1²))=6/( √3 )=2 √3 ≈ 3,46.

Réponse :

A B (1; 1; - 2)

vecteur AB (1;1;-2),

A C (- 1; 2; - 1)

vecteur AC (-1;2;-1) ; non alignés ;

n (1; 1; 1)

vecteur n (1;1;1) normal ; plan

x + y + z - 3 = 0

x+y+z-3=0 ;

d (D) = 23 \approx 3, 46

d(D)=2 √3 ≈ 3,46.

Rappel de cours : Un vecteur normal est orthogonal à deux vecteurs directeurs ; distance point-plan $= \frac{∣ a x _{0} + b y _{0} + c z _{0} + d ∣}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}}$ =(|ax₀+by₀+cz₀+d|)/(√(a²+b²+c²)).

Exercice 8 — Géométrie dans l'espace : droite et plan

Type bac / défi

L'espace est muni d'un repère orthonormé.

On considère la droite $D$ D de représentation paramétrique $⎩ ⎨ ⎧ x = 1 + t y = 2 - t z = t$ x=1+t ; y=2-t ; z=t ( $t \in R$ t∈ℝ) et le plan $P$ P d'équation $x + y + 2 z - 4 = 0$ x+y+2z-4=0.

1.Donner un point et un vecteur directeur de $D$ D.
2.Donner un vecteur normal de $P$ P.
3.Démontrer que $D$ D et $P$ P sont sécants.
4.Déterminer les coordonnées de leur point d'intersection.
5.La droite $D$ D est-elle orthogonale au plan $P$ P ? Justifier.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Pour $t = 0$ t=0, le point $A (1; 2; 0) \in D$ A(1 ;2 ;0)∈ D ; un vecteur directeur est $u (1; - 1; 1)$ vecteur u (1 ;-1 ;1) (coefficients de $t$ t).
2
Les coefficients de l'équation de $P$ P donnent un vecteur normal $n (1; 1; 2)$ vecteur n (1 ;1 ;2).
3
$D$ D est parallèle à $P$ P si et seulement si $u \cdot n = 0$ vecteur u · vecteur n =0.
Or $u \cdot n = 1 - 1 + 2 = 2 \neq = 0$ vecteur u · vecteur n =1-1+2=2≠ 0 : $D$ D n'est pas parallèle à $P$ P, donc elle le coupe en un unique point.
4
On reporte la représentation de $D$ D dans l'équation de $P$ P : $(1 + t) + (2 - t) + 2 t - 4 = 0$ (1+t)+(2-t)+2t-4=0, soit $2 t - 1 = 0$ 2t-1=0, $t = 0, 5$ t=0,5.
Le point d'intersection est $(1, 5; 1, 5; 0, 5)$ (1,5 ;1,5 ;0,5).
5
$D ⊥ P$ D ⊥ P si et seulement si $u$ vecteur u est colinéaire à $n$ vecteur n.
Or $u (1; - 1; 1)$ vecteur u (1;-1;1) et $n (1; 1; 2)$ vecteur n (1;1;2) ne sont pas proportionnels : $D$ D n'est pas orthogonale à $P$ P.

Réponse :

A (1; 2; 0)

A(1;2;0),

u (1; - 1; 1)

vecteur u (1;-1;1),

n (1; 1; 2)

vecteur n (1;1;2) ;

u \cdot n = 2 \neq = 0

vecteur u · vecteur n =2≠ 0 (sécants) ; intersection

(1, 5; 1, 5; 0, 5)

(1,5;1,5;0,5) ; non orthogonale.

Rappel de cours : Parallèle $⟺ u \cdot n = 0$ ⇔ vecteur u · vecteur n =0 ; orthogonale $⟺ u$ ⇔ vecteur u colinéaire à $n$ vecteur n.

Exercice 9 — Variable aléatoire : étude d'un jeu

Type bac / défi

On lance deux dés cubiques équilibrés et on observe la somme des deux faces.

Une partie coûte $1$ 1 € de mise.

Si la somme vaut $7$ 7, le joueur reçoit $5$ 5 € ; s'il obtient un « double » (deux faces identiques), il reçoit $2$ 2 € ; sinon il ne reçoit rien.

On note $G$ G le gain algébrique (somme reçue moins la mise).

1.Justifier qu'il y a $36$ 36 issues équiprobables.
2.Calculer la probabilité que la somme vaille $7$ 7, puis celle d'obtenir un double. Justifier que ces événements sont incompatibles.
3.Déterminer la loi de probabilité de $G$ G.
4.Calculer l'espérance $E (G)$ E(G). Le jeu est-il favorable au joueur ?
5.Calculer la variance $V (G)$ V(G) et l'écart-type $σ (G)$ σ(G) (arrondi à $1 0^{- 2}$ 10⁻²).

Voir la correction

Correction détaillée

1
Chaque dé donne $6$ 6 résultats équiprobables et les lancers sont indépendants : il y a $6 \times 6 = 36$ 6× 6=36 couples $(a, b)$ (a,b) équiprobables.
2
Somme $7$ 7 : $(1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1)$ (1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1), soit $6$ 6 cas $\to P = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}$ → P=6/36=1/6.
Doubles : $(1, 1), \dots, (6, 6)$ (1,1),…,(6,6), $6$ 6 cas $\to P = \frac{1}{6}$ → P=1/6.
Un double a une somme paire (jamais $7$ 7) : les deux événements sont incompatibles.
3
Si la somme vaut $7$ 7, $G = 5 - 1 = 4$ G=5-1=4 (proba $\frac{1}{6}$ 1/6) ; si double, $G = 2 - 1 = 1$ G=2-1=1 (proba $\frac{1}{6}$ 1/6) ; sinon $G = 0 - 1 = - 1$ G=0-1=-1 (proba $1 - \frac{1}{6} - \frac{1}{6} = \frac{2}{3}$ 1-1/6-1/6=2/3).
4
$E (G) = 4 \times \frac{1}{6} + 1 \times \frac{1}{6} + (- 1) \times \frac{2}{3} = \frac{4 + 1}{6} - \frac{4}{6} = \frac{5 - 4}{6} = \frac{1}{6} \approx 0, 17 > 0$ E(G)=4×1/6+1×1/6+(-1)×2/3=(4+1)/6-4/6=(5-4)/6=1/6≈ 0,17>0 : le jeu est favorable au joueur.
5
$E (G^{2}) = 16 \times \frac{1}{6} + 1 \times \frac{1}{6} + 1 \times \frac{2}{3} = \frac{16 + 1}{6} + \frac{4}{6} = \frac{21}{6} = 3, 5$ E(G²)=16×1/6+1×1/6+1×2/3=(16+1)/6+4/6=21/6=3,5.
Donc $V (G) = E (G^{2}) - E (G)^{2} = 3, 5 - (\frac{1}{6})^{2} \approx 3, 47$ V(G)=E(G²)-E(G)²=3,5-(1/6)²≈ 3,47 et $σ (G) = V (G) \approx 1, 86$ σ(G)=√(V(G))≈ 1,86.

Réponse :

P (7) = \frac{1}{6}

P(7)=1/6,

P (double) = \frac{1}{6}

P( double )=1/6 ;

P (G = 4) = \frac{1}{6}

P(G=4)=1/6,

P (G = 1) = \frac{1}{6}

P(G=1)=1/6,

P (G = - 1) = \frac{2}{3}

P(G=-1)=2/3 ;

E (G) = \frac{1}{6} \approx 0, 17

E(G)=1/6≈ 0,17 (favorable) ;

V (G) \approx 3, 47

V(G)≈ 3,47,

σ (G) \approx 1, 86

σ(G)≈ 1,86.

Rappel de cours : Vérifier l'incompatibilité avant d'additionner les probabilités ; $V (G) = E (G^{2}) - E (G)^{2}$ V(G)=E(G²)-E(G)². Le gain $G$ G est net de la mise.

Exercice 10 — Continuité, TVI et dichotomie

Type bac / défi

On considère la fonction $f$ f définie sur $R$ ℝ par $f (x) = x^{3} + 3 x - 5$ f(x)=x³+3x-5.

1.Calculer $f^{'} (x)$ f'(x) et étudier son signe.
2.Déterminer les limites de $f$ f en $- \infty$ -∞ et $+ \infty$ +∞, puis dresser le tableau de variations.
3.Démontrer que l'équation $f (x) = 0$ f(x)=0 admet une unique solution $α$ α dans $R$ ℝ.
4.Démontrer que $α \in [1; 2]$ α∈[1 ;2].
5.Par la méthode de dichotomie sur $[1; 2]$ [1 ;2], déterminer un encadrement de $α$ α d'amplitude $0, 25$ 0,25.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$f^{'} (x) = 3 x^{2} + 3$ f'(x)=3x²+3.
Pour tout $x$ x, $3 x^{2} \geq 0$ 3x²≥ 0 donc $f^{'} (x) \geq 3 > 0$ f'(x)≥ 3>0 : $f^{'}$ f' est strictement positive sur $R$ ℝ.
2
$lim_{- \infty} f = - \infty$ lim_-inftyf=-∞ et $lim_{+ \infty} f = + \infty$ lim_+inftyf=+∞ (terme dominant $x^{3}$ x³).
$f$ f est strictement croissante sur $R$ ℝ : tableau croissant de $- \infty$ -∞ à $+ \infty$ +∞.
3
$f$ f est continue (polynôme) et strictement croissante de $- \infty$ -∞ à $+ \infty$ +∞ ; par le corollaire du TVI (théorème de la bijection), $0$ 0 a un unique antécédent : $f (x) = 0$ f(x)=0 admet une unique solution $α$ α.
4
$f (1) = 1 + 3 - 5 = - 1 < 0$ f(1)=1+3-5=-1<0 et $f (2) = 8 + 6 - 5 = 9 > 0$ f(2)=8+6-5=9>0 : $0$ 0 est compris entre $f (1)$ f(1) et $f (2)$ f(2), donc $α \in [1; 2]$ α∈[1 ;2].
5
Étape 1 : $f (1, 5) = 3, 375 + 4, 5 - 5 = 2, 875 > 0$ f(1,5)=3,375+4,5-5=2,875>0, donc (avec $f (1) < 0$ f(1)<0) $α \in [1; 1, 5]$ α∈[1 ;1,5].
Étape 2 : $f (1, 25) \approx 0, 70 > 0$ f(1,25)≈ 0,70>0, donc $α \in [1; 1, 25]$ α∈[1 ;1,25].
Ainsi $1 \leq α \leq 1, 25$ 1≤α≤ 1,25 (amplitude $0, 25$ 0,25).

Réponse :

f^{'} (x) = 3 x^{2} + 3 > 0

f'(x)=3x²+3>0 (strictement croissante) ; unique solution

α

α ;

α \in [1; 2]

α∈[1;2] puis

α \in [1; 1, 25]

α∈[1 ;1,25].

Rappel de cours : Le corollaire du TVI exige continuité + stricte monotonie ; en dichotomie, on garde la moitié où $f$ f change de signe.

Exercice 11 — Intégration par parties et aire entre deux courbes

Type bac / défi

On considère les fonctions $f$ f et $g$ g définies sur $[0; 1]$ [0;1] par $f (x) = x e^{x}$ f(x)=x e^(x) et $g (x) = e^{x}$ g(x)=e^(x).

1.Étudier le signe de $f$ f sur $[0; 1]$ [0;1].
2.À l'aide d'une intégration par parties, calculer $I = \int_{0}^{1} x e^{x} d x$ I=∫₀¹ x e^(x) dx.
3.Interpréter graphiquement la valeur de $I$ I.
4.Calculer la valeur moyenne $μ$ μ de $f$ f sur $[0; 1]$ [0;1].
5.Calculer $\int_{0}^{1} (g (x) - f (x)) d x$ ∫₀¹(g(x)-f(x)) dx et interpréter le résultat.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Sur $[0; 1]$ [0;1], $x \geq 0$ x≥ 0 et $e^{x} > 0$ e^(x)>0, donc $f (x) = x e^{x} \geq 0$ f(x)=x e^(x)≥ 0 (nul seulement en $x = 0$ x=0).
2
IPP avec $u = x$ u=x ( $u^{'} = 1$ u'=1) et $v^{'} = e^{x}$ v'=e^(x) ( $v = e^{x}$ v=e^(x)) : $I = [x e^{x}]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{x} d x = e - [e^{x}]_{0}^{1} = e - (e - 1) = 1$ I=[x e^(x)]₀¹-∫₀¹ e^(x) dx=e-[e^(x)]₀¹=e-(e-1)=1.
3
Comme $f \geq 0$ f≥ 0 sur $[0; 1]$ [0;1], $I = 1$ I=1 est l'aire (en u.a.) du domaine compris entre la courbe de $f$ f, l'axe des abscisses et les droites $x = 0$ x=0 et $x = 1$ x=1.
4
$μ = \frac{1}{1 - 0} \int_{0}^{1} f (x) d x = I = 1$ μ=1/(1-0)∫₀¹ f(x) dx=I=1.
5
$\int_{0}^{1} (e^{x} - x e^{x}) d x = \int_{0}^{1} e^{x} d x - I = (e - 1) - 1 = e - 2 \approx 0, 72$ ∫₀¹(e^(x)-x e^(x)) dx=∫₀¹ e^(x) dx-I=(e-1)-1=e-2≈ 0,72.
Sur $[0; 1]$ [0;1], $g (x) - f (x) = e^{x} (1 - x) \geq 0$ g(x)-f(x)=e^(x)(1-x)≥ 0, donc $g$ g est au-dessus de $f$ f : $e - 2$ e-2 est l'aire entre les deux courbes sur $[0; 1]$ [0;1].

Réponse :

f \geq 0

f≥ 0 ;

I = 1

I=1 (= aire sous

f

f) ;

μ = 1

μ=1 ; aire entre les courbes

= e - 2 \approx 0, 72

=e-2≈ 0,72.

Rappel de cours : IPP : $\int u v^{'} = [uv] - \int u^{'} v$ ∫ u v'=[uv]-∫ u'v. Aire entre deux courbes $= \int (courbe du haut - courbe du bas)$ =∫( courbe du haut - courbe du bas ).

Exercice 12 — Convexité et inégalité de l'exponentielle

Type bac / défi

On considère la fonction $f$ f définie sur $R$ ℝ par $f (x) = e^{x}$ f(x)=e^(x).

1.Déterminer $f^{'} (x)$ f'(x) et $f^{''} (x)$ f''(x).
2.En déduire que $f$ f est convexe sur $R$ ℝ.
3.Déterminer une équation de la tangente $T$ T à la courbe de $f$ f au point d'abscisse $0$ 0.
4.En déduire que pour tout réel $x$ x, $e^{x} \geq x + 1$ e^(x)≥ x+1, et préciser le cas d'égalité.
5.Application : en choisissant une valeur adaptée de $x$ x, montrer que pour tout entier $n \geq 1$ n≥ 1, $e^{- 1/ n} \geq 1 - \frac{1}{n}$ e^(-1/n)≥ 1-1/n.

Voir la correction

Correction détaillée

1
$f^{'} (x) = e^{x}$ f'(x)=e^(x) et $f^{''} (x) = e^{x}$ f''(x)=e^(x).
2
Pour tout $x$ x, $f^{''} (x) = e^{x} > 0$ f''(x)=e^(x)>0 : $f$ f est convexe sur $R$ ℝ.
3
$T : y = f^{'} (0) (x - 0) + f (0) = e^{0} x + e^{0} = x + 1$ T: y=f'(0)(x-0)+f(0)=e⁰x+e⁰=x+1.
4
Une fonction convexe a sa courbe au-dessus de chacune de ses tangentes, en particulier au-dessus de $T$ T.
Donc pour tout réel $x$ x, $e^{x} \geq x + 1$ e^(x)≥ x+1, avec égalité uniquement en $x = 0$ x=0 (point de contact).
5
En appliquant l'inégalité à $x = - \frac{1}{n}$ x=-1/n : $e^{- 1/ n} \geq 1 + (- \frac{1}{n}) = 1 - \frac{1}{n}$ e^(-1/n)≥ 1+(-1/n)=1-1/n.

Réponse :

f^{''} = e^{x} > 0

f''=e^(x)>0 (convexe) ;

T : y = x + 1

T:y=x+1 ;

e^{x} \geq x + 1

e^(x)≥ x+1 (égalité en

0

0) ; d'où

e^{- 1/ n} \geq 1 - \frac{1}{n}

e^(-1/n)≥ 1-1/n.

Rappel de cours : Convexe $\Rightarrow$ ⇒ courbe au-dessus de ses tangentes : c'est la méthode standard pour obtenir une inégalité au bac.

Exercice 13 — Équation différentielle : loi de refroidissement

Type bac / défi

La température $θ (t)$ θ(t) (en °C) d'un liquide qui refroidit dans une pièce à $20$ 20 °C vérifie, pour $t \geq 0$ t≥ 0 ( $t$ t en minutes), $θ^{'} (t) = - 0, 4 (θ (t) - 20)$ θ'(t)=-0,4(θ(t)-20), avec $θ (0) = 90$ θ(0)=90.

1.Vérifier que, pour toute constante $C$ C, $t \mapsto 20 + C e^{- 0, 4 t}$ t↦ 20+Ce^(-0,4t) est solution de l'équation.
2.Déterminer la fonction $θ$ θ vérifiant $θ (0) = 90$ θ(0)=90.
3.Étudier le sens de variation de $θ$ θ sur $[0; + \infty [$ [0;+∞[.
4.Déterminer la limite de $θ$ θ en $+ \infty$ +∞ et l'interpréter.
5.Déterminer, à la minute près, l'instant où la température atteint $30$ 30 °C.

Voir la correction

Correction détaillée

1
Si $θ (t) = 20 + C e^{- 0, 4 t}$ θ(t)=20+Ce^(-0,4t), alors $θ^{'} (t) = - 0, 4 C e^{- 0, 4 t}$ θ'(t)=-0,4Ce^(-0,4t) ; et $- 0, 4 (θ - 20) = - 0, 4 (C e^{- 0, 4 t}) = - 0, 4 C e^{- 0, 4 t}$ -0,4(θ-20)=-0,4(Ce^(-0,4t))=-0,4Ce^(-0,4t).
Les deux expressions coïncident : $θ$ θ est solution.
2
$θ (0) = 20 + C = 90$ θ(0)=20+C=90, donc $C = 70$ C=70.
Ainsi $θ (t) = 20 + 70 e^{- 0, 4 t}$ θ(t)=20+70e^(-0,4t).
3
$θ^{'} (t) = - 28 e^{- 0, 4 t} < 0$ θ'(t)=-28e^(-0,4t)<0 : $θ$ θ est strictement décroissante sur $[0; + \infty [$ [0;+∞[ (le liquide refroidit).
4
$e^{- 0, 4 t} \to 0$ e^(-0,4t)→ 0 quand $t \to + \infty$ t→+∞, donc $θ (t) \to 20$ θ(t)→ 20 : la température tend vers celle de la pièce ( $20$ 20 °C) sans jamais l'atteindre.
5
$θ (t) = 30 ⟺ 70 e^{- 0, 4 t} = 10 ⟺ e^{- 0, 4 t} = \frac{1}{7} ⟺ - 0, 4 t = - ln (7) ⟺ t = \frac{ln ( 7 )}{0 , 4} \approx 4, 9$ θ(t)=30⇔ 70e^(-0,4t)=10⇔ e^(-0,4t)=1/7⇔ -0,4t=-ln(7)⇔ t=ln(7)/0,4≈ 4,9, soit environ $5$ 5 minutes.

Réponse :

θ (t) = 20 + 70 e^{- 0, 4 t}

θ(t)=20+70e^(-0,4t) ; décroissante ;

lim θ = 20

limθ=20 °C ; atteint

30

30 °C à

t = \frac{l n ( 7 )}{0 , 4} \approx 5

t=ln(7)/0,4≈ 5 min.

Rappel de cours : Solutions de $y^{'} = a (y - b)$ y'=a(y-b) : $y = b + C e^{a t}$ y=b+Ce^(at). La limite (si $a < 0$ a<0) est la valeur d'équilibre $b$ b.

Exercice 14 — Dénombrement : tirage simultané

Type bac / défi

Un sac contient $10$ 10 jetons indiscernables au toucher : $4$ 4 rouges et $6$ 6 bleus.

On tire simultanément $3$ 3 jetons du sac.

1.Déterminer le nombre de tirages possibles.
2.Calculer la probabilité de l'événement $A$ A : « obtenir exactement $2$ 2 jetons rouges ».
3.Calculer la probabilité de l'événement $B$ B : « obtenir $3$ 3 jetons de la même couleur ».
4.Calculer la probabilité de l'événement $C$ C : « obtenir au moins $1$ 1 jeton rouge ».

Voir la correction

Correction détaillée

1
Un tirage simultané de $3$ 3 jetons parmi $10$ 10 est une combinaison : $(3 10) = 120$ C(10, 3) =120 tirages équiprobables.
2
Pour $A$ A, on choisit $2$ 2 rouges parmi $4$ 4 et $1$ 1 bleu parmi $6$ 6 : $(2 4) \times (1 6) = 6 \times 6 = 36$ C(4, 2) × C(6, 1) =6× 6=36.
Donc $P (A) = \frac{36}{120} = \frac{3}{10} = 0, 3$ P(A)=36/120=3/10=0,3.
3
$B$ B = « $3$ 3 rouges » ou « $3$ 3 bleus », événements disjoints : $(3 4) + (3 6) = 4 + 20 = 24$ C(4, 3) + C(6, 3) =4+20=24.
Donc $P (B) = \frac{24}{120} = \frac{1}{5} = 0, 2$ P(B)=24/120=1/5=0,2.
4
$C$ C est le contraire de « aucun rouge » (donc $3$ 3 bleus) : $(3 6) = 20$ C(6, 3) =20.
Donc $P (C) = 1 - \frac{20}{120} = 1 - \frac{1}{6} = \frac{5}{6} \approx 0, 833$ P(C)=1-20/120=1-1/6=5/6≈ 0,833.

Réponse :

120

120 tirages ;

P (A) = 0, 3

P(A)=0,3 ;

P (B) = 0, 2

P(B)=0,2 ;

P (C) = \frac{5}{6} \approx 0, 833

P(C)=5/6≈ 0,833.

Rappel de cours : Tirage simultané $\Rightarrow$ ⇒ combinaisons $(k n)$ C(n, k) (ni ordre, ni remise) ; « au moins un » $= 1 -$ =1- « aucun ».

Erreur fréquente : Un tirage SIMULTANÉ n'est pas une loi binomiale : il n'y a ni remise ni ordre, on dénombre avec des combinaisons.

Exercice 15 — Vrai ou faux justifié

Type bac / défi

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse en justifiant soigneusement.

Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1.Affirmation 1 : la fonction $x \mapsto ln (x^{2} + 1)$ x↦ln(x²+1) est croissante sur $R$ ℝ.
2.Affirmation 2 : $x \to + \infty lim (x - e^{x}) = - \infty$ lim_x→+∞(x-e^(x))=-∞.
3.Affirmation 3 : la fonction $x \mapsto ln (x)$ x↦ln(x) est une primitive de $x \mapsto \frac{1}{x}$ x↦1/x sur $] 0; + \infty [$ ]0;+∞[.
4.Affirmation 4 : toute suite décroissante et minorée par $0$ 0 converge.

Voir la correction

Correction détaillée

1
FAUX.
La dérivée est $\frac{2 x}{x ^{2} + 1}$ 2x/(x²+1) ; le dénominateur étant $> 0$ >0, elle a le signe de $2 x$ 2x : la fonction décroît sur $] - \infty; 0]$ ]-∞;0] puis croît sur $[0; + \infty [$ [0;+∞[.
Elle n'est donc pas croissante sur $R$ ℝ tout entier.
2
VRAI.
$x - e^{x} = - e^{x} (1 - x e^{- x})$ x-e^(x)=-e^(x)(1-x e^(-x)).
Or $x e^{- x} \to 0$ x e^(-x)→ 0 (croissance comparée), donc $1 - x e^{- x} \to 1 > 0$ 1-x e^(-x)→ 1>0 et $- e^{x} \to - \infty$ -e^(x)→-∞ : le produit tend vers $- \infty$ -∞.
3
VRAI.
Sur $] 0; + \infty [$ ]0;+∞[, $(ln (x))^{'} = \frac{1}{x}$ (ln(x))'=1/x, donc $ln$ ln est bien une primitive de $\frac{1}{x}$ 1/x sur cet intervalle.
4
VRAI.
C'est le théorème de la limite monotone : toute suite décroissante et minorée converge (vers un réel supérieur ou égal au minorant).

Réponse : Aff. 1 : Faux (décroît puis croît) — Aff. 2 : Vrai (

- \infty

-∞) — Aff. 3 : Vrai — Aff. 4 : Vrai (limite monotone).

Rappel de cours : Au bac, une affirmation « vrai/faux » doit TOUJOURS être justifiée : dérivée, croissance comparée, définition ou théorème.

Autres exercices corrigés en Terminale spécialité

Tous les chapitres →

Besoin de revoir le cours ou de t'entraîner autrement ?

Tous les exercices corrigés →