Annales et exercices type Bac de mathématiques

Initialisation : u₀ = 2 < 6, la propriété est vraie au rang 0.

Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons uₙ < 6 pour cet entier n. Alors (13)uₙ < 2, donc (13)uₙ + 4 < 6, c'est-à-dire uₙ₊₁ < 6 : la propriété est vraie au rang n + 1. Conclusion : vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant, elle est, d'après le principe de récurrence, vraie pour tout n ∈ ℕ.

On étudie vₙ = uₙ − 6 : vₙ₊₁ = uₙ₊₁ − 6 = (13)uₙ + 4 − 6 = (13)uₙ − 2 = (13)(uₙ − 6) = (13)vₙ. La suite (vₙ) est donc géométrique de raison 13, de premier terme v₀ = 2 − 6 = −4.

Ainsi vₙ = −4 × (13)ⁿ, d'où uₙ = vₙ + 6 = 6 − 4 × (13)ⁿ. Vérification : u₁ = 6 − 43 = 143, et directement (13) × 2 + 4 = 143.

Comme −1 < 13 < 1, on a (13)ⁿ → 0 quand n → +∞, donc uₙ → 6. La suite converge vers 6, en restant strictement inférieure à 6.

On cherche le point fixe ℓ de la relation : ℓ = 1,05ℓ + 300 donne −0,05ℓ = 300, soit ℓ = −6000. On pose alors vₙ = Cₙ + 6000.

Alors vₙ₊₁ = Cₙ₊₁ + 6000 = 1,05Cₙ + 300 + 6000 = 1,05Cₙ + 6300 = 1,05(Cₙ + 6000) = 1,05vₙ : la suite (vₙ) est géométrique de raison 1,05 et de premier terme v₀ = 5000 + 6000 = 11 000. Donc Cₙ = 11 000 × 1,05ⁿ − 6000. Vérification : C₁ = 11 550 − 6000 = 5550, et 1,05 × 5000 + 300 = 5550.

L'inéquation Cₙ ≥ 15 000 équivaut à 11 000 × 1,05ⁿ ≥ 21 000, soit 1,05ⁿ ≥ 2111 ≈ 1,9091. En passant au logarithme népérien (fonction strictement croissante) : n ≥ ln(2111)/ln(1,05) ≈ 0,64660,04879 ≈ 13,25.

Le plus petit entier convenable est donc n = 14. On le confirme numériquement : C₁₃ ≈ 14 742 € < 15 000 tandis que C₁₄ ≈ 15 779 € ≥ 15 000.

Fonction Python : def seuil(): C = 5000 ; n = 0 ; while C < 15000 : C = 1.05*C + 300 ; n = n + 1 ; return n. Cette fonction renvoie 14 : il faut 14 années pour que le capital atteigne 15 000 €.

Le quotient conduit à une forme indéterminée du type ∞/∞ : il faut lever l'indétermination en factorisant par le terme de plus haut degré au numérateur et au dénominateur.

On écrit f(x) = [x²(3 − 5x + 2x²)] / [x²(1 + 4x²)] = (3 − 5x + 2x²)/(1 + 4x²) pour x ≠ 0.

Quand x → +∞, on a 5x → 0, 2x² → 0 et 4x² → 0, donc le numérateur tend vers 3 et le dénominateur vers 1.

Par quotient, la limite de f en +∞ vaut 3 : la bonne réponse est 3. La droite d'équation y = 3 est asymptote horizontale à la courbe en +∞.

Quand x → +∞, √x² + 3x → +∞ et x → +∞ : on est en présence d'une forme indéterminée du type ∞ − ∞.

On multiplie par l'expression conjuguée : f(x) = [(√x² + 3x − x)(√x² + 3x + x)]/(√x² + 3x + x) = x² + 3x − x²√x² + 3x + x = 3x/(√x² + 3x + x).

Pour x > 0, on factorise x sous la racine : √x² + 3x = x√1 + 3x. Donc f(x) = 3x/[x(√1 + 3x + 1)] = 3√1 + 3/x + 1.

Quand x → +∞, 3x → 0 donc √1 + 3x → 1, et le dénominateur tend vers 2.

Ainsi lim f(x) = 32 quand x → +∞. Graphiquement, la droite d'équation y = 32 est asymptote horizontale à la courbe de f en +∞ ; autrement dit, la courbe de x ↦ √x² + 3x admet la droite d'équation y = x + 32 comme asymptote oblique.

La fonction f est un polynôme, donc continue et dérivable sur ℝ, avec f′(x) = 3x² + 3. Comme 3x² ≥ 0, on a f′(x) ≥ 3 > 0 : f est strictement croissante sur ℝ.

De plus lim f(x) = −∞ en −∞ et lim f(x) = +∞ en +∞. D'après le théorème des valeurs intermédiaires appliqué à une fonction continue et strictement croissante (corollaire dit de la bijection), l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans ℝ.

On localise α : f(1) = 1 + 3 − 5 = −1 < 0 et f(2) = 8 + 6 − 5 = 9 > 0, donc α ∈ ]1 ; 2[. Puis f(1,1) ≈ −0,369 < 0 et f(1,2) ≈ 0,328 > 0, donc α ∈ ]1,1 ; 1,2[.

On affine : f(1,15) ≈ −0,029 < 0 et f(1,16) ≈ 0,041 > 0, donc 1,15 < α < 1,16. On a bien un encadrement d'amplitude 10⁻², et α ≈ 1,15 à 10⁻² près par défaut.

Algorithme de dichotomie en Python : def dicho(p): a = 1 ; b = 2 ; while b − a > p : m = a + b2 ; if m**3 + 3*m − 5 < 0 : a = m ; else : b = m ; return (a, b). Avec p = 0.01, il renvoie un encadrement de α d'amplitude inférieure à 10⁻², cohérent avec 1,15 < α < 1,16.

On pose g(x) = eˣ + x² − 3, définie et dérivable sur ℝ ; l'équation proposée équivaut à g(x) = 0.

On calcule g′(x) = eˣ + 2x, puis g″(x) = eˣ + 2 > 0 : la fonction g′ est strictement croissante sur ℝ. Comme g′(−1) = e⁻¹ − 2 ≈ −1,63 < 0 et g′(0) = 1 > 0, g′ s'annule en un unique réel β ∈ ]−1 ; 0[, avec g′ < 0 avant β et g′ > 0 après.

La fonction g est donc strictement décroissante sur ]−∞ ; β] puis strictement croissante sur [β ; +∞[. Une valeur approchée donne β ≈ −0,35 et g(β) ≈ 0,705 + 0,123 − 3 ≈ −2,17 < 0 : le minimum de g est strictement négatif.

Or lim g(x) = +∞ en −∞ (car x² → +∞ et eˣ → 0) et lim g(x) = +∞ en +∞. Sur chacun des deux intervalles de monotonie, g est continue et strictement monotone et change de signe : le théorème des valeurs intermédiaires assure exactement une solution sur chacun, soit exactement deux solutions au total.

Localisation : g(−2) ≈ 1,14 > 0 et g(−1) ≈ −1,63 < 0 donc la première solution est dans ]−2 ; −1[ ; g(0) = −2 < 0 et g(1) ≈ 0,72 > 0 donc la seconde est dans ]0 ; 1[. Les valeurs approchées sont environ −1,7 et 0,86.

f est une fonction polynôme, donc dérivable sur ℝ. On dérive : f′(x) = 6x² − 6x.

On calcule f(2) = 2 × 8 − 3 × 4 + 1 = 16 − 12 + 1 = 5 et f′(2) = 6 × 4 − 6 × 2 = 24 − 12 = 12.

L'équation de la tangente au point d'abscisse a s'écrit y = f′(a)(x − a) + f(a), soit ici y = 12(x − 2) + 5 = 12x − 24 + 5.

La tangente cherchée a donc pour équation réduite y = 12x − 19.

La tangente est horizontale lorsque f′(x) = 0, c'est-à-dire 6x(x − 1) = 0, soit x = 0 ou x = 1. Les points concernés sont (0 ; 1) et (1 ; 0).

La largeur du rectangle vaut 2x et sa hauteur 9 − x², positive sur ]0 ; 3[. Son aire est donc A(x) = 2x(9 − x²) = 18x − 2x³.

La fonction A est dérivable sur ]0 ; 3[ avec A′(x) = 18 − 6x² = 6(3 − x²) = 6(√3 − x)(√3 + x).

Sur ]0 ; 3[, le facteur √3 + x est strictement positif : A′(x) est donc du signe de √3 − x. Ainsi A′(x) > 0 sur ]0 ; √3[ et A′(x) < 0 sur ]√3 ; 3[.

La fonction A est donc croissante puis décroissante : elle atteint son maximum en x = √3 ≈ 1,73.

L'aire maximale vaut A(√3) = 2√3 × (9 − 3) = 12√3 ≈ 20,8 unités d'aire.

En −∞ : x² → +∞ et e⁻ˣ → +∞, donc par produit lim f(x) = +∞ quand x → −∞.

En +∞ : on écrit f(x) = x²/eˣ. Par croissance comparée, eˣ l'emporte sur x², donc lim f(x) = 0 quand x → +∞. La droite d'équation y = 0 est asymptote horizontale en +∞.

f est dérivable sur ℝ comme produit de la fonction polynôme x ↦ x² et de la fonction exponentielle, toutes deux dérivables sur ℝ. On dérive avec la formule du produit (uv)′ = u′v + uv′ : f′(x) = 2xe⁻ˣ + x² × (−e⁻ˣ) = e⁻ˣ(2x − x²) = x(2 − x)e⁻ˣ.

Comme e⁻ˣ > 0, le signe de f′(x) est celui de x(2 − x) : négatif sur ]−∞ ; 0[, positif sur ]0 ; 2[, négatif sur ]2 ; +∞[. La fonction f est donc décroissante, puis croissante, puis décroissante.

Elle admet un minimum local f(0) = 0 et un maximum local f(2) = 4e⁻² = 4e² ≈ 0,54.

En t = 0 : e⁰ = 1 donc N(0) = 5000/(1 + 49) = 5000/50 = 100. Le modèle démarre avec 100 individus infectés.

Quand t → +∞, −0,4t → −∞ donc e⁻⁰,⁴ᵗ → 0 et le dénominateur tend vers 1 : lim N(t) = 5000. Le nombre d'infectés se stabilise donc autour de 5000, valeur qui joue le rôle de seuil de saturation.

Résolution de N(t) = 2500 : 5000/(1 + 49e⁻⁰,⁴ᵗ) = 2500 donne 1 + 49e⁻⁰,⁴ᵗ = 2, soit e⁻⁰,⁴ᵗ = 149, donc −0,4t = −ln 49 et t = ln 490,4 ≈ 3,8920,4 ≈ 9,73.

Résolution de N(t) = 4000 : 1 + 49e⁻⁰,⁴ᵗ = 5000/4000 = 1,25, donc e⁻⁰,⁴ᵗ = 0,2549 ≈ 0,005102, d'où −0,4t ≈ −5,278 et t ≈ 13,20.

La fonction N étant strictement croissante (son dénominateur est strictement décroissant et positif), le cap des 2500 infectés est franchi au cours du 10ᵉ jour et celui des 4000 infectés au cours du 14ᵉ jour.

La fonction ln n'est définie que sur ]0 ; +∞[ : il faut 2x − 1 > 0, soit x > 12. L'équation est donc étudiée sur ]12 ; +∞[.

La fonction exponentielle et la fonction logarithme népérien étant réciproques l'une de l'autre, l'équation ln(2x − 1) = 3 équivaut à 2x − 1 = e³.

On obtient 2x = e³ + 1, donc x = e³ + 12 ≈ 20,086 + 12 ≈ 10,54.

Cette valeur est bien supérieure à 12, elle appartient à l'ensemble de définition : la bonne réponse est x = e³ + 12.

La fonction f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et f′(x) = 1 − 2x = x − 2x.

Sur ]0 ; +∞[ le dénominateur x est strictement positif, donc f′(x) est du signe de x − 2 : f′ est négative sur ]0 ; 2[ et positive sur ]2 ; +∞[.

La fonction f est donc strictement décroissante sur ]0 ; 2] puis strictement croissante sur [2 ; +∞[ : elle admet un minimum global en x = 2.

Ce minimum vaut f(2) = 2 − 2 ln 2 ≈ 2 − 1,386 = 0,614 > 0. Donc pour tout x > 0, f(x) ≥ f(2) > 0, c'est-à-dire x − 2 ln x > 0.

L'affirmation est donc VRAIE : pour tout x > 0, x > 2 ln x. On note au passage que lim f(x) = +∞ en 0⁺ et en +∞, ce qui est cohérent avec ce tableau de variations.

L'équation est de la forme y′ = ay + b avec a = −2 et b = 6. Une solution particulière constante est obtenue en résolvant 0 = −2y + 6, soit y = 3.

Les solutions de l'équation homogène y′ = −2y sont les fonctions x ↦ Ce⁻²ˣ avec C ∈ ℝ.

L'ensemble des solutions est donc formé des fonctions x ↦ Ce⁻²ˣ + 3, où C est une constante réelle.

La condition y(0) = 5 donne C × 1 + 3 = 5, donc C = 2 : la solution cherchée est y(x) = 2e⁻²ˣ + 3.

Quand x → +∞, e⁻²ˣ → 0, donc y(x) → 3 : la solution tend vers la valeur d'équilibre 3.

On reconnaît une expression de la forme u′/u, à un coefficient près : si u(x) = x² + 1, alors u′(x) = 2x et u(x) > 0 pour tout réel x.

On écrit f(x) = (32) × 2x/(x² + 1) = (32) × u′xu(x).

Une primitive de u′/u sur un intervalle où u > 0 est ln(u), donc les primitives de f sont les fonctions x ↦ (32)ln(x² + 1) + C, avec C ∈ ℝ.

La condition F(0) = 2 donne (32)ln(1) + C = 2, or ln 1 = 0, donc C = 2.

La primitive cherchée est F(x) = (32)ln(x² + 1) + 2. On vérifie que F′(x) = (32) × 2x/(x² + 1) = 3x/(x² + 1) = f(x).

On pose u(x) = x et v′(x) = e⁻ˣ, d'où u′(x) = 1 et v(x) = −e⁻ˣ. Ces fonctions sont dérivables et de dérivées continues sur [0 ; 1].

La formule d'intégration par parties donne I = [u(x)v(x)]₀¹ − ∫₀¹ u′(x)v(x) dx = [−x e⁻ˣ]₀¹ + ∫₀¹ e⁻ˣ dx.

Le terme entre crochets vaut −1 × e⁻¹ − 0 = −e⁻¹. Et ∫₀¹ e⁻ˣ dx = [−e⁻ˣ]₀¹ = −e⁻¹ + 1.

Donc I = −e⁻¹ + 1 − e⁻¹ = 1 − 2e⁻¹, c'est-à-dire I = 1 − 2e.

Valeur approchée : 2e ≈ 0,7358, donc I ≈ 0,264. Cette valeur est positive, ce qui est cohérent puisque la fonction intégrée est positive sur [0 ; 1].

Les points d'intersection vérifient 4 − x² = x + 2, soit x² + x − 2 = 0. Le discriminant vaut Δ = 1 + 8 = 9, donc les racines sont x = −1 − 32 = −2 et x = −1 + 32 = 1.

Sur l'intervalle [−2 ; 1], on compare les deux courbes en posant d(x) = (4 − x²) − (x + 2) = 2 − x − x². Le trinôme −x² − x + 2 a pour racines −2 et 1 et un coefficient dominant négatif : il est donc positif entre ses racines, donc la parabole est au-dessus de la droite sur [−2 ; 1].

L'aire cherchée vaut donc 𝒜 = ∫₋₂¹ (2 − x − x²) dx = [2x − x²/2 − x³/3]₋₂¹.

En x = 1 : 2 − 12 − 13 = 76. En x = −2 : −4 − 2 + 83 = −103.

Donc 𝒜 = 76 − (−103) = 76 + 206 = 276 = 92 = 4,5. L'aire du domaine est de 4,5 unités d'aire.

Un code est une liste ordonnée de 4 chiffres choisis parmi 10, avec répétitions autorisées : il y en a 10⁴ = 10 000.

Pour un code à chiffres deux à deux distincts, on choisit successivement sans remise : 10 possibilités pour le premier chiffre, 9 pour le deuxième, 8 pour le troisième et 7 pour le quatrième.

Cela donne 10 × 9 × 8 × 7 = 5040 codes, ce qui correspond au nombre d'arrangements de 4 éléments parmi 10.

Tous les codes étant équiprobables, la probabilité cherchée vaut 5040/10 000 = 0,504.

Un code tiré au hasard a donc un peu plus d'une chance sur deux d'avoir ses quatre chiffres distincts.

Un comité est une partie de 4 éléments d'un ensemble de 12, l'ordre n'intervenant pas : il y en a C(12 ; 4) = 12 × 11 × 10 × 94 × 3 × 2 × 1 = 11 88024 = 495.

Pour un comité comptant exactement 2 femmes, on choisit 2 femmes parmi 7 et 2 hommes parmi 5 : C(7 ; 2) × C(5 ; 2) = 21 × 10 = 210 comités.

L'événement « au moins une femme » a pour événement contraire « aucune femme », c'est-à-dire un comité composé uniquement d'hommes : il y en a C(5 ; 4) = 5.

Le nombre de comités comptant au moins une femme est donc 495 − 5 = 490.

La probabilité cherchée vaut 490495 = 9899 ≈ 0,990 : il est quasiment certain que le comité compte au moins une femme.

On note V l'événement « l'élève vient à vélo » et R l'événement « l'élève est en retard ». L'énoncé donne P(V) = 0,6, donc P(V̄) = 0,4, ainsi que P_V(R) = 0,05 et P_V̄(R) = 0,15.

Les événements V et V̄ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : P(R) = P(V) × P_V(R) + P(V̄) × P_V̄(R).

On calcule : P(R) = 0,6 × 0,05 + 0,4 × 0,15 = 0,03 + 0,06 = 0,09. La probabilité d'être en retard un jour donné est donc de 0,09.

La probabilité conditionnelle demandée s'écrit P_R(V) = P(V ∩ R)P(R), avec P(V ∩ R) = 0,6 × 0,05 = 0,03.

Donc P_R(V) = 0,030,09 = 13 ≈ 0,333 : sachant qu'il est en retard, il y a environ une chance sur trois que l'élève soit venu à vélo.

On note A, B, C les événements correspondant à l'origine de la pièce et D l'événement « la pièce est défectueuse ». L'énoncé donne P(A) = 0,5, P(B) = 0,3, P(C) = 0,2, puis P_A(D) = 0,02, P_B(D) = 0,04 et P_C(D) = 0,05.

Les événements A, B et C forment une partition de l'univers ; la formule des probabilités totales donne P(D) = P(A)P_A(D) + P(B)P_B(D) + P(C)P_C(D).

On calcule chaque branche : 0,5 × 0,02 = 0,01 ; 0,3 × 0,04 = 0,012 ; 0,2 × 0,05 = 0,01. Donc P(D) = 0,01 + 0,012 + 0,01 = 0,032, soit 3,2 % de pièces défectueuses.

La probabilité conditionnelle cherchée vaut P_D(A) = P(A ∩ D)P(D) = 0,010,032 = 0,3125.

Ainsi, environ 31,25 % des pièces défectueuses proviennent du site A. On remarque que ce pourcentage est inférieur à la part de production du site A (50 %), ce qui traduit sa meilleure qualité relative.

La formule de la loi binomiale donne P(X = k) = C(n ; k) pᵏ (1 − p)ⁿ⁻ᵏ. Ici P(X = 3) = C(10 ; 3) × 0,3³ × 0,7⁷.

On calcule C(10 ; 3) = 10 × 9 × 83 × 2 × 1 = 120, puis 0,3³ = 0,027 et 0,7⁷ ≈ 0,082354.

Donc P(X = 3) ≈ 120 × 0,027 × 0,082354 ≈ 0,267.

L'espérance vaut E(X) = np = 10 × 0,3 = 3, et la variance V(X) = np(1 − p) = 10 × 0,3 × 0,7 = 2,1.

L'écart type est donc σ(X) = √2,1 ≈ 1,449.

Le prélèvement est assimilé à n épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes de paramètre p = 0,2 : X suit la loi binomiale de paramètres n et 0,2.

L'événement contraire de « au moins une pièce défectueuse » est « aucune pièce défectueuse », donc P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,8ⁿ.

L'inéquation 1 − 0,8ⁿ ≥ 0,99 équivaut à 0,8ⁿ ≤ 0,01. En passant au logarithme népérien et en divisant par ln 0,8 qui est négatif (ce qui inverse le sens) : n ≥ ln 0,01ln 0,8 ≈ −4,605−0,2231 ≈ 20,64.

Le plus petit entier convenable est donc n = 21. Vérification : 0,8²⁰ ≈ 0,0115 donne P(X ≥ 1) ≈ 0,9885 < 0,99, tandis que 0,8²¹ ≈ 0,0092 donne P(X ≥ 1) ≈ 0,9908 ≥ 0,99.

Script Python : def seuil(): n = 0 ; p = 1.0 ; while 1 − p < 0.99 : n = n + 1 ; p = p * 0.8 ; return n. Ce script renvoie 21 : il faut prélever au moins 21 pièces.

Dans ce repère, on a A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1) et G(1 ; 1 ; 1). Le vecteur AG a donc pour coordonnées (1 ; 1 ; 1).

On calcule BD de coordonnées (−1 ; 1 ; 0) et BE de coordonnées (−1 ; 0 ; 1). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, ils dirigent donc le plan (BDE).

Produits scalaires : AG · BD = 1 × (−1) + 1 × 1 + 1 × 0 = 0 et AG · BE = 1 × (−1) + 1 × 0 + 1 × 1 = 0.

Le vecteur AG est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BDE) : la droite (AG) est orthogonale au plan (BDE), et AG est un vecteur normal à ce plan.

Une équation du plan est alors de la forme x + y + z + d = 0. Le point B(1 ; 0 ; 0) appartient au plan, donc 1 + d = 0 et d = −1. Le plan (BDE) a pour équation x + y + z − 1 = 0, ce que vérifient également D et E.

On teste d'abord la colinéarité des vecteurs directeurs : si u et v étaient colinéaires, on aurait 21 = 1−1, ce qui est faux. Les droites ne sont donc ni parallèles ni confondues.

On cherche ensuite un éventuel point commun. Une représentation paramétrique de d₁ est (1 + 2t ; t ; 2 − t) avec t ∈ ℝ, et une de d₂ est (−1 + s ; 1 − s ; 3s) avec s ∈ ℝ.

On résout le système : 1 + 2t = −1 + s, t = 1 − s, 2 − t = 3s. En remplaçant t par 1 − s dans la troisième équation : 2 − (1 − s) = 3s, soit 1 + s = 3s, donc s = 0,5 et t = 0,5.

On reporte dans la première équation pour vérifier : à gauche 1 + 2 × 0,5 = 2, à droite −1 + 0,5 = −0,5. L'égalité 2 = −0,5 est fausse, donc le système n'a pas de solution.

Les droites d₁ et d₂ ne sont donc ni parallèles ni sécantes : elles ne sont pas coplanaires. Ce sont deux droites non coplanaires de l'espace.

Initialisation : u₀ = 1 ≤ 6, la propriété est vraie au rang 0.

Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons que uₙ ≤ 6 pour cet entier n. Alors 0,5uₙ ≤ 3, donc 0,5uₙ + 3 ≤ 6, c'est-à-dire uₙ₊₁ ≤ 6.

La propriété est donc se transmet d'un rang au suivant.

Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant ; d'après le principe de récurrence, uₙ ≤ 6 pour tout n ∈ ℕ. La suite est majorée par 6.

On calcule vₙ₊₁ = uₙ₊₁ − 6 = 0,5uₙ + 3 − 6 = 0,5uₙ − 3 = 0,5(uₙ − 6) = 0,5vₙ.

Donc (vₙ) est géométrique de raison q = 0,5 et de premier terme v₀ = u₀ − 6 = −5.

Ainsi vₙ = −5 × 0,5ⁿ, d'où uₙ = vₙ + 6 = 6 − 5 × 0,5ⁿ.

Comme −1 < 0,5 < 1, on a 0,5ⁿ → 0, donc la limite de (uₙ) est 6.

On résout 500 × 0,8ⁿ < 50, soit 0,8ⁿ < 0,1.

En passant au logarithme népérien (ln est croissante) : n ln(0,8) < ln(0,1). Comme ln(0,8) < 0, l'inégalité change de sens : n > ln(0,1) ÷ ln(0,8).

Numériquement : ln(0,1) ≈ −2,3026 et ln(0,8) ≈ −0,2231, donc n > 10,32.

Le plus petit entier convenant est n = 11 : c'est la valeur renvoyée par la fonction seuil(). On vérifie w₁₀ ≈ 53,7 et w₁₁ ≈ 42,9.

En +∞, on factorise par le terme de plus haut degré : f(x) = x²(2 − 5x + 1x²) ÷ [x²(1 − 9x²)] = (2 − 5x + 1x²)/(1 − 9x²).

Comme 5x, 1x² et 9x² tendent vers 0, la limite en +∞ vaut 21 = 2. La droite d'équation y = 2 est asymptote horizontale.

En 3, le numérateur tend vers 2 × 9 − 15 + 1 = 4 > 0, et le dénominateur x² − 9 tend vers 0 en restant strictement positif pour x > 3.

Le quotient d'une quantité tendant vers 4 par une quantité positive tendant vers 0 tend vers +∞ : la limite en 3⁺ est +∞, et la droite x = 3 est asymptote verticale.

En 0⁺ : ln x → −∞ et 1x → +∞, donc ln xx → −∞ comme produit d'un terme tendant vers −∞ par un terme tendant vers +∞.

Ainsi la limite de g en 0⁺ est −∞ : l'axe des ordonnées est asymptote verticale à la courbe.

En +∞ : par croissances comparées, ln xx → 0.

Donc g(x) → 3 lorsque x → +∞ : la droite d'équation y = 3 est asymptote horizontale à la courbe en +∞.

f est une fonction polynôme, donc continue et dérivable sur ℝ, avec f′(x) = 3x² + 3 > 0 pour tout réel x.

f est donc strictement croissante sur ℝ. De plus, la limite en −∞ est −∞ et la limite en +∞ est +∞.

D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires appliqué à une fonction continue et strictement croissante, l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans ℝ.

On calcule f(1,1) = 1,331 + 3,3 − 5 = −0,369 < 0 et f(1,2) = 1,728 + 3,6 − 5 = 0,328 > 0. Donc 1,1 < α < 1,2.

h est continue sur l'intervalle [0 ; 4] et 3 est compris entre h(0) = −2 et h(4) = 7.

Le théorème des valeurs intermédiaires garantit alors l'existence d'au moins un réel c ∈ [0 ; 4] tel que h(c) = 3.

L'affirmation est donc vraie. En revanche, sans hypothèse de stricte monotonie, on ne peut pas affirmer l'unicité de cette solution.

Conclusion : l'affirmation est vraie, l'équation h(x) = 3 admet au moins une solution sur [0 ; 4].

Sur l'intervalle d'étude, x + 1 ne s'annule pas : f est dérivable comme quotient de deux fonctions polynômes dont le dénominateur ne s'annule pas. On pose u(x) = x² + 2 et v(x) = x + 1, avec u′(x) = 2x et v′(x) = 1. Alors f′(x) = u′v − uv′v².

Donc f′(x) = [2x(x + 1) − (x² + 2)]/(x + 1)² = 2x² + 2x − x² − 2x + 1² = x² + 2x − 2x + 1².

Le dénominateur est strictement positif. Le trinôme x² + 2x − 2 a pour discriminant Δ = 4 + 8 = 12, et pour racines −1 − √3 et −1 + √3 ≈ 0,73. Seule la seconde appartient à ]−1 ; +∞[.

Ainsi f′(x) < 0 sur ]−1 ; −1 + √3[ et f′(x) > 0 sur ]−1 + √3 ; +∞[ : f est décroissante puis croissante, avec un minimum en x = −1 + √3.

La base de la boîte est un carré de côté 12 − 2x et la hauteur vaut x, donc V(x) = x(12 − 2x)² = 4x³ − 48x² + 144x sur ]0 ; 6[.

On dérive : V′(x) = 12x² − 96x + 144 = 12(x² − 8x + 12) = 12(x − 2)(x − 6).

Sur ]0 ; 6[, le facteur (x − 6) est négatif ; V′(x) est donc positif pour x < 2 et négatif pour x > 2.

V atteint son maximum en x = 2 cm, et ce volume vaut V(2) = 2 × 8² = 128 cm³.

f est dérivable sur ℝ comme produit d'une fonction affine et de la fonction exponentielle. Avec u(x) = x − 1 et v(x) = eˣ, la formule (uv)′ = u′v + uv′ donne f′(x) = 1 × eˣ + (x − 1)eˣ = x eˣ.

Comme eˣ > 0 pour tout réel x, le signe de f′(x) est celui de x : f est décroissante sur ]−∞ ; 0] et croissante sur [0 ; +∞[.

Le minimum est atteint en 0 et vaut f(0) = (0 − 1) × 1 = −1.

En −∞, par croissances comparées, x eˣ → 0 et eˣ → 0, donc f(x) → 0 : l'axe des abscisses est asymptote horizontale en −∞.

On pose X = eˣ, avec la contrainte X > 0. L'équation devient X² − 3X + 2 = 0.

Le discriminant vaut Δ = 9 − 8 = 1, donc les racines sont X = 3 − 12 = 1 et X = 3 + 12 = 2. Toutes deux sont strictement positives.

On revient à x : eˣ = 1 donne x = 0, et eˣ = 2 donne x = ln 2.

L'ensemble des solutions est S = {0 ; ln 2}, avec ln 2 ≈ 0,69.

À t = 0 : T(0) = 20 + 60e⁰ = 20 + 60 = 80 °C, c'est la température initiale.

Quand t → +∞, −0,05t → −∞ donc e⁻⁰′⁰⁵ᵗ → 0 et T(t) → 20 : la température tend vers 20 °C, la température ambiante.

On résout 20 + 60e⁻⁰′⁰⁵ᵗ = 40, soit e⁻⁰′⁰⁵ᵗ = 2060 = 13.

Donc −0,05t = ln(13) = −ln 3, d'où t = ln 3 ÷ 0,05 ≈ 1,0986 ÷ 0,05 ≈ 22 minutes.

f est dérivable sur ]0 ; +∞[ et f′(x) = 1 − 2x = x − 2x.

Sur ]0 ; +∞[, x > 0, donc f′(x) est du signe de x − 2 : f décroît sur ]0 ; 2] et croît sur [2 ; +∞[, avec un minimum f(2) = 2 − 2 ln 2 ≈ 0,61.

Au point d'abscisse 1 : f(1) = 1 − 0 = 1 et f′(1) = 1 − 21 = −1.

La tangente a pour équation y = f′(1)(x − 1) + f(1) = −(x − 1) + 1, soit y = −x + 2.

Sur ]0 ; +∞[, x > 0 et x + 3 > 0, donc les deux logarithmes sont définis et on peut écrire ln(x(x + 3)) ≤ ln 10.

La fonction ln étant strictement croissante, l'inéquation équivaut à x(x + 3) ≤ 10, soit x² + 3x − 10 ≤ 0.

Le discriminant vaut Δ = 9 + 40 = 49, les racines sont −3 − 72 = −5 et −3 + 72 = 2. Le trinôme est négatif entre les racines : −5 ≤ x ≤ 2.

En tenant compte de x > 0, l'ensemble des solutions est S = ]0 ; 2].

L'équation y′ = ay + b avec a = −2 et b = 6 a pour solutions les fonctions x ↦ Ce⁻²ˣ + 3, où C est une constante réelle, car la solution constante particulière est −ba = 62 = 3.

On utilise la condition initiale : f(0) = C e⁰ + 3 = C + 3 = 5, donc C = 2.

La solution cherchée est f(x) = 2e⁻²ˣ + 3.

Vérification : f est dérivable sur ℝ comme composée et produit de fonctions dérivables, et f′(x) = −4e⁻²ˣ et −2f(x) + 6 = −4e⁻²ˣ − 6 + 6 = −4e⁻²ˣ. L'égalité est bien satisfaite.

On reconnaît la forme u′eᵘ avec u(x) = x³ et u′(x) = 3x².

Une primitive de u′eᵘ est eᵘ, donc les primitives de f sont les fonctions F(x) = exp(x³) + k, avec k réel.

On impose F(0) = 4 : e⁰ + k = 1 + k = 4, donc k = 3.

La primitive cherchée est F(x) = exp(x³) + 3.

Une primitive de x ↦ 2x est x ↦ x², et une primitive de x ↦ e²ˣ est x ↦ 0,5 e²ˣ.

Donc I = [x² + 0,5 e²ˣ] entre 0 et 1 = (1 + 0,5e²) − (0 + 0,5).

On obtient I = 0,5 + 0,5e² = 1 + e²2 ≈ 1 + 7,3892 ≈ 4,19.

La fonction intégrée étant positive sur [0 ; 1], I représente l'aire, en unités d'aire, du domaine compris entre la courbe, l'axe des abscisses et les droites x = 0 et x = 1.

On pose u(x) = x et v′(x) = e⁻ˣ, d'où u′(x) = 1 et v(x) = −e⁻ˣ.

L'intégration par parties donne ∫ x e⁻ˣ dx = [−x e⁻ˣ] entre 0 et 1 + ∫ de 0 à 1 de e⁻ˣ dx = −e⁻¹ + [−e⁻ˣ] entre 0 et 1.

Or [−e⁻ˣ] entre 0 et 1 vaut −e⁻¹ + 1, donc l'intégrale vaut 1 − 2e⁻¹ ≈ 1 − 0,7358 ≈ 0,264.

L'intervalle [0 ; 1] est de longueur 1, donc la valeur moyenne est égale à l'intégrale : environ 0,264.

L'ordre des élèves choisis n'intervient pas et il n'y a pas de répétition : il s'agit d'une combinaison de 3 éléments parmi 30.

Le nombre cherché est donc C(30 ; 3) = 30 × 29 × 283 × 2 × 1.

On calcule le numérateur : 30 × 29 = 870, puis 870 × 28 = 24 360. Le dénominateur vaut 6.

Donc C(30 ; 3) = 24 360 ÷ 6 = 4 060 délégations possibles.

Le sac contient 12 jetons ; un tirage simultané de 4 jetons est une combinaison : C(12 ; 4) = 12 × 11 × 10 × 924 = 11 88024 = 495 tirages possibles.

Pour obtenir 2 rouges parmi 7 : C(7 ; 2) = 21. Pour 2 noirs parmi 5 : C(5 ; 2) = 10.

Le nombre de tirages favorables est 21 × 10 = 210.

La probabilité cherchée vaut 210495 = 1433 ≈ 0,424.

On note M l'événement « être porteur » et T l'événement « le test est positif ». On a P(M) = 0,04, P_M(T) = 0,95 et P_M̄(T) = 0,03.

Par la formule des probabilités totales : P(T) = 0,04 × 0,95 + 0,96 × 0,03 = 0,038 + 0,0288 = 0,0668.

La probabilité cherchée est P_T(M) = P(M ∩ T)P(T) = 0,038 ÷ 0,0668.

On obtient P_T(M) ≈ 0,569. Malgré un test performant, un peu moins de 57 % des tests positifs correspondent à un porteur, en raison de la faible prévalence de la maladie.

On note A et B l'origine de la pièce et D l'événement « la pièce est défectueuse ». On a P(A) = 0,6, P(B) = 0,4, P_A(D) = 0,02 et P_B(D) = 0,05.

Probabilités totales : P(D) = 0,6 × 0,02 + 0,4 × 0,05 = 0,012 + 0,02 = 0,032, soit 3,2 % de pièces défectueuses.

P(A ∩ D) = 0,012, donc P_D(A) = 0,012 ÷ 0,032 = 0,375.

Une pièce défectueuse provient de la chaîne A avec une probabilité de 0,375, soit 37,5 %.

Le prélèvement est assimilé à 20 épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes, de probabilité de succès p = 0,05. Donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0,05.

L'espérance vaut E(X) = np = 20 × 0,05 = 1 : on attend en moyenne 1 article défectueux par échantillon.

P(X ≥ 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − 0,95²⁰.

Or 0,95²⁰ ≈ 0,3585, donc P(X ≥ 1) ≈ 0,641. Il y a environ 64 % de chances qu'au moins un article soit défectueux.

Y suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,7, donc P(Y = k) = C(10 ; k) × 0,7ᵏ × 0,3¹⁰⁻ᵏ.

Pour k = 8 : C(10 ; 8) = 45, 0,7⁸ ≈ 0,05765 et 0,3² = 0,09, donc P(Y = 8) ≈ 45 × 0,05765 × 0,09 ≈ 0,233.

L'espérance vaut E(Y) = 10 × 0,7 = 7. On calcule les probabilités cumulées : P(Y ≤ 5) ≈ 0,150, P(Y ≤ 6) ≈ 0,350 et P(Y ≤ 7) ≈ 0,617.

Le plus petit entier k tel que P(Y ≤ k) ≥ 0,5 est donc k = 7, valeur que renvoie la boucle Python cumulant les P(Y = i) jusqu'à dépasser 0,5.

On calcule les vecteurs AB(2 ; 1 ; 0) et AC(0 ; 2 ; 1). Ils ne sont pas colinéaires, donc A, B et C définissent bien un plan.

Produit scalaire n · AB = 1 × 2 + (−2) × 1 + 4 × 0 = 2 − 2 = 0, et n · AC = 1 × 0 + (−2) × 2 + 4 × 1 = −4 + 4 = 0.

n est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : c'est donc un vecteur normal au plan (ABC).

Le plan a une équation de la forme x − 2y + 4z + d = 0. Avec A : 1 − 0 + 8 + d = 0, donc d = −9. Une équation cartésienne est x − 2y + 4z − 9 = 0.

Une représentation paramétrique de d est x = 2 + t, y = −1 + 2t, z = −t, avec t ∈ ℝ.

Le vecteur normal de P est n(2 ; −1 ; 3) et n · u = 2 × 1 + (−1) × 2 + 3 × (−1) = 2 − 2 − 3 = −3 ≠ 0 : la droite n'est pas parallèle au plan, l'intersection est un point unique.

On remplace dans l'équation de P : 2(2 + t) − (−1 + 2t) + 3(−t) − 4 = 4 + 2t + 1 − 2t − 3t − 4 = 1 − 3t.

On résout 1 − 3t = 0, soit t = 13. Le point d'intersection a pour coordonnées (73 ; −13 ; −13).

La distance d'un point A(x₀ ; y₀ ; z₀) au plan d'équation ax + by + cz + d = 0 vaut |ax₀ + by₀ + cz₀ + d| ÷ √a² + b² + c².

Au numérateur : |2 × 3 + 1 × 1 − 2 × (−2) + 1| = |6 + 1 + 4 + 1| = 12.

Au dénominateur : √2² + 1² + (−2)² = √4 + 1 + 4 = √9 = 3.

La distance vaut donc 12 ÷ 3 = 4 : l'élève a raison.