Faire le point : Spécialité mathématiques, Terminale

a) $v_n=v_0\times q^n=3\times 2^n$, donc $v_{10}=3\times 2^{10}=3\times 1024=3072$. Le facteur $3$ ne s'élève pas à la puissance $n$ : seule la raison le fait. Écrire $(3\times 2)^n$ est l'erreur la plus fréquente, et elle donnerait $6^{10}$, soit environ $60$ millions.

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a) $f$ est définie sur $\mathbb{R}$ privé de $3$, valeur qui annule le dénominateur. Avec $u=2x+1$ et $v=x-3$, donc $u'=2$ et $v'=1$ : $f'(x)=\frac{2(x-3)-(2x+1)\times 1}{(x-3)^2}=\frac{2x-6-2x-1}{(x-3)^2}=\frac{-7}{(x-3)^2}$. Le piège est la soustraction : il faut distribuer le signe moins sur tout le second produit, faute de quoi on trouve $\frac{4x-5}{(x-3)^2}$, qui est faux.

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b) Le facteur $\mathrm{e}^{x}$ étant strictement positif, l'expression a exactement le signe de $x^{2}-4=(x-2)(x+2)$, trinôme de coefficient dominant positif : positive sur $]-\infty\,;\,-2[$, négative sur $]-2\,;\,2[$, positive sur $]2\,;\,+\infty[$, et nulle en $-2$ et en $2$. On notera que les zéros de l'expression sont ceux du polynôme SEUL, l'exponentielle n'en apportant aucun.

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b) On écrit $\frac{5\pi}{6}=\pi-\frac{\pi}{6}$, donc le point est le symétrique de celui de $\frac{\pi}{6}$ par rapport à l'axe des ORDONNÉES, dans le deuxième quadrant. L'abscisse change de signe et l'ordonnée est conservée : $\cos\frac{5\pi}{6}=-\cos\frac{\pi}{6}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ et $\sin\frac{5\pi}{6}=\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}$.

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a) Un vecteur directeur de $d_{1}$ est $\vec{u_{1}}\,(3\,;\,2)$ et un vecteur directeur de $d_{2}$ est $\vec{u_{2}}\,(-6\,;\,-4)$. Le DÉTERMINANT vaut $3\times(-4)-2\times(-6)=-12+12=0$, donc les deux directeurs sont colinéaires et les droites sont parallèles. Reste à savoir si elles sont confondues. En multipliant $d_{1}$ par $-2$ on obtient $-4x+6y-2=0$, qui a les mêmes coefficients que $d_{2}$ mais une constante différente, $-2$ contre $+5$. Les droites sont donc STRICTEMENT parallèles.

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a) $P(R)=0{,}12$ est une probabilité simple. La phrase « parmi les colis en retard, $30$ % ont été expédiés le vendredi » se restreint aux colis en retard : c'est $P_R(V)=0{,}30$. Enfin $P(V)=0{,}20$ porte sur l'ensemble des colis, c'est donc une probabilité simple. L'énoncé fournit délibérément le conditionnement dans le sens $R$ vers $V$ alors que la question c) le demandera dans l'autre sens : c'est le cœur de l'exercice.

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a) Une variable aléatoire ne retient que les gains, pas les faces : deux faces différentes qui rapportent la même somme donnent la même valeur de $X$. Ici $X$ prend trois valeurs : $10$, $2$ et $-3$.

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c) Elle calcule $\Delta=3^2-0=9>0$ et renvoie $2$. C'est faux : avec $a=0$ l'équation n'est pas du second degré, elle s'écrit $3x-6=0$ et n'a qu'UNE solution, $x=2$. La formule du discriminant n'a de sens que pour $a\ne 0$, hypothèse que le programme ne vérifie pas. On corrige en plaçant un test en tête : if a == 0: puis if b == 0: puis return 0 puis return 1. Ce cas $a=0$ est régulièrement introduit en contrôle par un paramètre, par exemple $(m-1)x^2+3x-6=0$ avec $m=1$, et l'oublier coûte tous les points de la question.

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a) $u_{0}=\frac{1}{2}$, $u_{1}=\frac{4}{3}\approx 1{,}333$ et $u_{10}=\frac{31}{12}\approx 2{,}583$. Les valeurs montent en se rapprochant de $3$, ce qui oriente déjà vers les questions suivantes.

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a) En $3$, le numérateur tend vers $2\times 3+1=7$, une valeur STRICTEMENT POSITIVE, tandis que le dénominateur tend vers $0$. Il n'y a donc pas d'indétermination, mais il faut déterminer le SIGNE du dénominateur pour conclure. Pour $x>3$, on a $x-3>0$, donc le quotient d'un nombre proche de $7$ par un nombre positif très petit tend vers $+\infty$. Pour $x<3$, on a $x-3<0$ et le quotient tend vers $-\infty$. La rédaction attendue mentionne explicitement l'étude de signe, sans laquelle la réponse est incomplète.

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a) $f'(x)=5\times 2\times(2x-1)^{4}=10(2x-1)^{4}$, le facteur $2$ venant de la dérivée de $2x-1$. En $x=1$ : $f(1)=1^{5}=1$ et $f'(1)=10\times 1=10$. L'équation de la tangente est $y=f'(1)(x-1)+f(1)=10(x-1)+1$, c'est-à-dire $y=10x-9$. Contrôle : en $x=1$, la droite donne $10-9=1=f(1)$ ✓.

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b) L'équation contient $\mathrm{e}^{2x}$ et $\mathrm{e}^{x}$ : on pose $X=\mathrm{e}^{x}$, en notant que $\mathrm{e}^{2x}=\left(\mathrm{e}^{x}\right)^{2}=X^{2}$. L'équation devient $X^{2}-3X+2=0$, de discriminant $9-8=1$, donc $X=\frac{3\pm 1}{2}$, soit $X=1$ ou $X=2$. Il faut ensuite REVENIR à $x$, et c'est l'étape qu'on oublie. Les deux valeurs sont strictement positives, donc admissibles, puisqu'une exponentielle ne peut valoir qu'un nombre positif. De $\mathrm{e}^{x}=1$ on tire $x=0$, et de $\mathrm{e}^{x}=2$ on tire $x=\ln 2$. Deux solutions : $0$ et $\ln 2\approx 0{,}693$.

Le contrôle du signe de $X$ n'est pas une formalité. Si le trinôme avait donné une racine négative, elle aurait dû être REJETÉE sans autre examen, puisque $\mathrm{e}^{x}$ ne peut pas être négatif. C'est le pendant exact du rejet des solutions étrangères en logarithme.

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a) On résout $x^{2}=2x$, soit $x^{2}-2x=0$, c'est-à-dire $x(x-2)=0$. Les abscisses d'intersection sont $0$ et $2$. On factorise, on ne divise pas par $x$ : diviser ferait perdre la solution $x=0$, qui est justement l'une des deux bornes.

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a) On cherche d'abord la solution CONSTANTE $y=k$, dont la dérivée est nulle : $0=2k+6$, soit $k=-3$. Les solutions sont alors $y(x)=C\mathrm{e}^{2x}-3$, c'est-à-dire la solution générale de l'équation homogène $y'=2y$ à laquelle on AJOUTE la constante trouvée.

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b) On observe que $\vec{n_{2}}=2\,\vec{n_{1}}$, en vérifiant les trois coordonnées : $4=2\times 2$ ✓, $-2=2\times(-1)$ ✓, $6=2\times 3$ ✓. Les normaux sont colinéaires, donc les plans sont PARALLÈLES. Reste à savoir s'ils sont confondus ou strictement parallèles, et c'est le terme constant qui tranche. On multiplie l'équation de $P_{1}$ par $2$ pour comparer à coefficients identiques : $4x-2y+6z+6=0$. Le terme constant vaut $6$, alors que $P_{2}$ a pour terme constant $-1$. Les deux équations ne décrivent donc pas le même plan : $P_{1}$ et $P_{2}$ sont STRICTEMENT parallèles.

Autre façon de conclure, plus rapide et moins sujette à erreur : il suffit de prendre un point de $P_{1}$ et de tester s'il appartient à $P_{2}$. Le point $A(1,\ 2,\ -1)$ appartient à $P_{1}$ d'après l'exercice 5 ; dans $P_{2}$ : $4-4-6-1=-7\neq 0$ ✗. Un point de $P_{1}$ n'étant pas dans $P_{2}$, les plans sont bien disjoints.

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b) Ici l'ordre COMPTE, car les trois rôles ne sont pas interchangeables : être président n'est pas être trésorier. On dénombre donc une liste sans répétition : $30\times 29\times 28=24\,360$ bureaux. Comparaison éclairante avec $\binom{30}{3}=4\,060$ : le rapport vaut exactement $\frac{24\,360}{4\,060}=6=3!$, qui est le nombre de façons de distribuer trois rôles distincts à un trio donné.

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a) La règle du chemin donne $P(N\cap F)=P(N)\times P_{N}(F)=0{,}25\times 0{,}32=0{,}08$. Les événements $N$ et $\overline{N}$ forment une partition, donc par la formule des probabilités totales $P(F)=P(N\cap F)+P(\overline{N}\cap F)=0{,}08+0{,}75\times 0{,}08=0{,}08+0{,}06=0{,}14$. Remarquez que les photos de nuit, un quart du total, fournissent pourtant plus de la moitié des photos floues : $0{,}08$ sur $0{,}14$.

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a) $P(X=3)=\binom{10}{3}\times 0{,}3^{3}\times 0{,}7^{7}$. Chaque facteur a un rôle : $\binom{10}{3}=120$ compte les chemins de l'arbre menant à exactement $3$ succès, $0{,}3^{3}=0{,}027$ pèse les trois succès, et $0{,}7^{7}\approx 0{,}0823543$ pèse les sept échecs. Le produit vaut $120\times 0{,}027\times 0{,}0823543\approx 0{,}2668$. Contrôle des exposants : ils doivent toujours sommer à $n$, ici $3+7=10$ ✓, ce qui attrape l'erreur classique consistant à écrire $0{,}7^{3}$.

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a) $B_{i}$ ne prend que deux valeurs, $1$ (succès, la graine germe) avec la probabilité $p=0{,}85$ et $0$ avec la probabilité $1-p=0{,}15$ : c'est la LOI DE BERNOULLI de paramètre $0{,}85$. Comme $0^{2}=0$ et $1^{2}=1$, la variable $B_{i}^{2}$ prend exactement les mêmes valeurs que $B_{i}$ sur chaque issue : $B_{i}^{2}=B_{i}$. D'où $E(B_{i})=1\times p+0\times(1-p)=p=0{,}85$, $E(B_{i}^{2})=E(B_{i})=p$ et $V(B_{i})=p-p^{2}=p(1-p)=0{,}85\times 0{,}15=0{,}1275$. Retenez ces deux résultats sous forme littérale : $E=p$ et $V=p(1-p)$.

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c) Non, et c'est tout l'objet de l'exercice. On a $p''(x)=12x^{2}$, qui s'annule bien en $0$, mais qui est POSITIVE de part et d'autre, par exemple $p''(-0{,}5)=3$ et $p''(0{,}5)=3$. Il n'y a donc aucun changement de signe : la fonction $x\mapsto x^{4}$ reste convexe sur $\mathbb{R}$ tout entier. Géométriquement, sa courbe reste au-dessus de la tangente en $0$, qui est l'axe des abscisses, et se contente de l'effleurer sans jamais la traverser.

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c) Les deux sommes ont tous leurs termes communs sauf le premier de l'une et le dernier de l'autre : leur différence vaut $\frac{1}{n}\left(f(0)-f(1)\right)=\frac{1-e^{-1}}{n}\approx\frac{0{,}632121}{n}$. Pour $n=10$ cela donne $0{,}0632$, ce que confirme l'encadrement de b) ✓. On veut $\frac{0{,}632121}{n}<10^{-3}$, soit $n>632{,}1$ : il faut donc $n=633$ sous-intervalles. Ce chiffre est le point important de l'exercice : l'erreur des rectangles est proportionnelle à $\frac{1}{n}$, donc gagner UNE décimale coûte DIX fois plus de travail.

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