(ROC) pour le bac S – Terminale S

Restitution organisée des connaissances
Terminale S
Restitution organisée des connaissances
SUITES
1- Théorème de comparaison
Soit (u n ) et (v n ) 2 suites réelles telles que v n ≥ u n à partir d'un certain rang,
si
lim u n = +∞ , alors
n→ +∞
lim v n = +∞
n→ +∞
Démonstration :
lim u n = +∞ alors il existe n 0 ∈ ℕ tel que pour tout n ≥ n0 un > A ,
Soit A > 0 , comme
n→+∞
De plus, comme v n ≥ u n à partir d'un certain rang, alors il existe n1 ∈ ℕ tel que pour tout n ≥ n1
v n ≥ un .
Ainsi pour tout n supérieur à la fois à n 0 et à n 1 , v n ≥ u n > A .
On a donc pour tout A > 0 , v n > A à partir d'un certain rang, donc, par définition,
lim v n = +∞ .
n→ +∞
- Utiliser la définition de la limite
2- Limite d'une suite géométrique
Soit n ∈ ℕ et q ∈ ]1 ;+∞ [ , alors
lim q n = +∞
n→ + ∞
Démonstration :
Soit q ∈ ]1 ;+∞ [ alors il existe α > 0 tel que q = 1+α .
(1+α)n ≥ 1+n α .
Démontrons par récurrence que pour tout n ∈ ℕ
0
Initialisation : (1+α) = 1 et 1+0×α = 1 donc la propriété est vraie au rang 0 .
k
Hérédité : Supposons que la propriété est vraie au rang k ∈ ℕ et k fixé, alors (1+α) ≥ (1+k α) ,
k
donc (1+α) ×( 1+α) ≥ (1+k α)×(1+α) ⇒
(1+α)k +1 ≥ 1+α + k α + k α 2 soit (1+α)k +1 ≥ 1 + (k +1)α + k α2 ,
2
k +1
or, 1 + (k+1) α + k α ≥ 1 + (k +1) α , donc (1+α)
≥ 1 + (k +1)α ,
donc la propriété est vraie au rang k +1 .
La propriété est initialisée à 0 et est héréditaire donc pour tout n ∈ ℕ
Par produit et somme de limites,
(1+α)n ≥ 1+n α .
lim 1+n α = +∞ ,
n→+∞
donc, d'après le théorème de comparaison,
lim (1+α)n = +∞ soit
n→+∞
n
lim qn = +∞
n→ +∞
n
- Démontrer par récurrence que q = (1+α) est supérieur à 1+n α
- Utiliser le théorème de comparaison
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FONCTION EXPONENTIELLE
3- Unicité de la fonction exponentielle
Soit f une fonction dérivable sur ℝ telle que f ' = f et f (0) = 1 , alors f est unique. On la note exp .
Remarque : on admet l'existence d'une telle fonction.
Démonstration :
Posons la fonction h définie par h (x ) = f ( x)×f (−x ) . Comme f est dérivable sur ℝ , alors par produit h
est aussi dérivable sur ℝ et h est de la forme u × v donc
h ' (x) = f ' (x)× f (−x) + f ( x) × (−1)f ' (−x) soit
h (x ) = f ' (x ) f (−x) − f (x ) f '(−x )
Or pour tout x de ℝ
f ' (x) = f ( x) donc h ' (x )= f (x )f (−x )−f (x )f (−x ) =0 ,
h est donc une fonction constante et il existe A ∈ ℝ tel que pour tout x de ℝ , h (x ) = A
Par définition de f , h (0 ) = f (0) × f (0 ) = 1×1 = 1 et h(0) = A , donc A = 1 ,
Ainsi pour tout x de ℝ
h (x ) = 1 , et par définition de h , pour tout x de ℝ
f (x ) × f (−x ) = 1
Par l'absurde, supposons qu'il existe α ∈ ℝ tel que f (α) = 0 alors f (α) × f (−α) = 0 × f (−α) = 0 .
Or, d'après ce qui précède, f (α) × f (−α) = 1 , ce qui est contradictoire,
donc, pour tout x de ℝ ,
f ( x) ≠ 0
Posons la fonction ϕ définie sur ℝ par ϕ( x ) =
f ( x)
où f et g sont 2 fonctions vérifiant les conditions
g (x )
de la propriété (on a donc bien, d'après ce qui précède, que pour tout x de ℝ
g (x ) ≠0 et ϕ est donc
bien définie sur ℝ tout entier).
ϕ est le quotient de 2 fonctions dérivables sur ℝ donc ϕ est dérivable sur ℝ et ϕ est de la forme
donc ϕ' (x ) =
f ' (x ) ×g (x ) − f ( x ) × g ' (x )
2
(g (x ))
.
Or, d'après la définition de f et g , f ' = f et g ' = g donc ϕ' (x) =
f (x) ×g(x) − f ( x) × g(x)
=0 ,
2
(g(x))
donc ϕ est une fonction constante et il existe B ∈ ℝ tel que pour tout tout x de ℝ
Par définition de f et g , f (0) = 1 et g (0 ) = 1 , donc ϕ(0) =
d'où
B = 1 et ainsi, pour tout x de ℝ
u
v
ϕ(x ) = 1 et donc
ϕ( x ) = B .
f (0 ) 1
= = 1 et de plus, ϕ(0) = B ,
g(0) 1
f
= 1 soit f = g
g
Donc il n'existe qu'une unique fonction dérivable sur ℝ vérifiant f ' = f et f (0) = 1 .
- Étudier la fonction h définie par h (x ) = f ( x)×f (−x ) pour prouver que f ≠ 0
- Étudier la fonction ϕ =
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f
avec g et f vérifiant les mêmes conditions pour prouver l'unicité
g
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4- Limites de la fonction exponentielle
lim e x = +∞ et lim e x = 0
x→ +∞
x→−∞
Démonstration :
x
Posons la fonction définie sur ℝ par f ( x) = e −x .
f est la somme de fonctions dérivables sur ℝ donc f est dérivable sur ℝ , et f '( x ) = e x −1
x
0
x
x
la fonction exp est croissante sur ℝ , donc x < 0 ⇒ e < e ⇒ e < 1 ⇒ e −1 < 0 ⇒ f ' (x ) < 0
de même x > 0 ⇒ f ' (x ) > 0
Ainsi f est strictement décroissante sur ]−∞ ;0 ] et strictement croissante sur [ 0 ;+∞ [ ,
f admet donc un minimum en 0 qui vaut f (0) = e 0− 0 = 1 > 0 ,
ainsi, pour tout x de ℝ
f ( x) > 0 et donc, pour tout x de ℝ
lim x = +∞ , donc, d'après le théorème de comparaison,
x→ +∞
ex > x
lim e x = +∞
x→ +∞
lim e x = lim
x→−∞
x→ −∞
1
e−x
1
= 0 par quotient de limites,
ex
1
lim −x = 0 soit lim e x = 0
donc, par composition de limites,
x→−∞ e
x→−∞
Or
lim −x = +∞ et
x→−∞
lim
x→ +∞
- Étudier la fonction
f (x) = e x −x pour comparer e x et x pour tout x de ℝ
- Utiliser le théorème de comparaison
- Utiliser le théorème de composition pour la seconde limite
PRODUIT SCALAIRE DANS L'ESPACE
5- Équation cartésienne d'un plan
Tout plan de l'espace a pour équation ax + by + cz + d = 0 avec a , b, c , d ∈ ℝ et a , b , c non tous nuls, et
réciproquement.
Démonstration :
Soit un plan de l'espace et ⃗
u (a , b, c) un vecteur normal à ce plan. Soit A (x A ; y A ; z A ) un point de ce plan.
Pour tout point M ( x ; y ; z) de ce plan on a ⃗
u .⃗
AM = 0 ⇔ a×( x−x A ) + b×( y−y A ) + c×(z−z A ) = 0
⇔ ax + by + cz − ax A − by A − cz A = 0
Posons d = −ax A−by A−cz A et on obtient l'équation valable pour tout point du plan : ax + by + cz + d = 0
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Démontrons la réciproque.
Soit l'équation ax + by + cz + d = 0 avec a , b, c , d ∈ ℝ et a , b , c non tous nuls. Supposons a ≠ 0
(le raisonnement serait identique pour b ≠ 0 ou c ≠ 0 ),
Posons x A =
−b−c−d
, y A = 1 et z A = 1 ,
a
ainsi ax a + by A + cz A + d = a×
−b−c−d
+ b + c + d = −b − c − d + b + c + d = 0
a
Donc le point A (x A ; y A ; z A ) appartient à l'ensemble des points vérifiant l'équation ax + by + cz + d = 0 .
Cet ensemble n'est pas vide et on peut poser M un point quelconque de cet ensemble avec M (x ; y ; z) .
Posons ⃗
u (a ; b ;c ) alors ⃗
u .⃗
AM = a(x−x A ) + b( y−y A ) + c( z−z A ) = ax + by + cz − ax A − by A − cz A
Les coordonnées de A et M vérifient l'équation, donc ax + by + cz − ax A − by A − cz A = −d + d = 0
Ainsi ⃗
u .
u .⃗
AM = 0 donc M appartient au plan passant par A de vecteur normal ⃗
L'équation ax + by + cz + d = 0 définit donc bien un plan.
- Utiliser le produit scalaire pour caractériser un plan
- Pour la réciproque : choisir un point A et un point M quelconque, puis prouver ⃗
u .⃗
AM = 0
6- Orthogonalité d'une droite et d'un plan
Une droite est orthogonale à un plan si et seulement si elle est orthogonale à 2 droites sécantes de ce
plan.
Démonstration :
Si une droite est orthogonale à un plan, alors elle orthogonale à toute droite de ce plan et donc en
particulier à 2 droites sécantes.
Démontrons la réciproque.
Soit une droite (d ) orthogonale à 2 droites sécantes d'un plan. Posons ⃗
u un vecteur directeur de (d ) et
⃗
v 1 et ⃗
v 2 2 vecteurs directeurs des 2 droites sécantes du plan. On a donc ⃗
u .⃗
v 1 = 0 et ⃗
u .⃗
v2 = 0 .
⃗
v 1 et ⃗
v 2 ne sont pas colinéaires car les droites sont sécantes donc (⃗
v 1 ;⃗
v 2 ) forment un couple de 2
vecteurs directeurs de ce plan.
Soit une droite quelconque du plan de vecteur directeur w
⃗ ,
alors il existe x et y réels tel que w
⃗ = x⃗
v1 + y ⃗
v2 ,
donc ⃗
u est orthogonal à w
⃗ et donc la droite (d ) est
ainsi ⃗
u .w
⃗ =⃗
u .( x ⃗
v1 + y ⃗
v2 ) = x ⃗
u .⃗
v 1 + y ⃗u . ⃗
v2 = 0
orthogonale à toute droite quelconque du plan.
- Poser les vecteurs directeurs des droites
- Utiliser le produit scalaire pour montrer l'orthogonalité
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LOIS DE PROBABILITÉS DISCRÈTES
7- Indépendance de 2 événements
Soit 2 événements A et B de probabilité non nulle, alors A et B sont indépendants si et seulement
si A et B aussi.
Vu en 2014 (Polynésie)
Démonstration :
P B ( A ) + P B ( A) = 1 , or A et B sont indépendants, donc P B ( A ) = P( A ) , donc P ( A ) + P B ( A ) = 1
ainsi P B ( A ) = 1 − P ( A )
donc, par définition,
PB ( A ) = p ( A )
⇔
Ā et B sont indépendants.
Réciproquement, si A et B sont indépendants alors A et B aussi, donc A et B sont indépendants.
- Utiliser la formule de l'événement contraire pour des probabilités conditionnelles
LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES
8- Espérance de la loi exponentielle
L'espérance d'une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre λ vaut
1
.
λ
Vu en 2015, avec guide, (Asie et Antilles-Guyane)
Démonstration :
Soit X une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre λ .
−λ t
Posons la fonction f définie sur ℝ par f (t) = λ te
.
x
Par définition E (X ) = lim
∫ f (t)dt
x→ +∞ 0
.
Pour calculer l'intégrale, dérivons f pour trouver une expression de f en fonction de f ' .
−λ t
−λ t
−λ t
, ainsi : f '(t) = λ×e + λ t×(−λ)e
f est de la forme u×v avec u (t ) = λ t et v(t ) =e
1
1
−λ t
−λ t
−λ t
On reconnaît f (t) dans le second terme : f '(t) = λ e − λ f (t ) ⇔ f (t) = − (f '(t)−λ e ) = − f '(t) + e
λ
λ
x
x
x
1
−λt
On a alors, par linéarité de l'intégrale : ∫ f (t)dt = − ∫ f ' (t )dt + ∫ e dt ,
λ
0
donc
x
x
0
0
∫ f (t)dt = − λ1 [ f (t) ] 0x + [−λ1 e−λ t ]
0
0
1
= − (λ x e−λ x +e−λ x−1)
λ
x
Or par composition de limites
lim e−λ x = 0 car λ > 0 , donc
x→ +∞
ainsi E ( X ) =
lim
∫ f (t )dt = − 1λ (0+0−1) = 1λ
x→ +∞ 0
,
1
λ
- Dériver la fonction f définie par f (t) = λ t e
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−λ t
pour isoler f (t) et calculer l'intégrale
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9- Théorème de l'intervalle centré
Soit X une variable aléatoire qui suit une loi normale centrée réduite, alors quel que soit α ∈ ]0 ; 1[ ,
il existe un unique réel positif u α tel que P (−u α ≤ X ≤u α ) = 1−α
Démonstration :
Posons la fonction p définie sur [ 0 ;+∞ [ par p(t) = P(−t ≤ X ≤ t ) . Par symétrie de la courbe en cloche :
t
p(t) = 2 P (0 ≤ X ≤t) = 2 f ( x)dx où f est la fonction densité de la loi normale centrée réduite.
∫
0
p est donc dérivable sur [ 0 ;+∞ [ , donc aussi continue sur [ 0 ;+∞ [ et p ' (t ) = 2 f (t ) .
f est strictement positive sur [ 0 ;+∞ [ donc p ' aussi, d'où p est strictement croissante sur [ 0 ;+∞ [ .
t
De plus p (0) = 0 et
lim p(t) = 1 (car
t→ +∞
lim
∫ f ( x)dx = 12 , moitié droite de l'aire totale sous la courbe).
t→ +∞ 0
α ∈ ]0 ;1 [ ⇔ 1−α ∈ ]0 ;1[ , donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe
une unique valeur u α ∈ [ 0 ;+∞ [ telle que p(u α ) = 1−α ⇔ P (−u α ≤ X ≤u α ) = 1−α .
- Étudier la fonction p (t) = P(−t ≤ X ≤ t ) = 2 P (0 ≤ X ≤ t )
- Utiliser le théorème des valeurs intermédiaires
10- Intervalle de fluctuation asymptotique
Soit X n une variable aléatoire discrète qui suit une loi binomiale de paramètre n et p , soit Z une
variable aléatoire continue qui suit une loi normale centrée réduite, et soit α ∈ ]0 ;1 [ et u α ∈ [ 0 ;+∞ [ tel
que P (−u α ≤ Z ≤u α ) = 1−α ,
lim P
Alors
n→ +∞
( [
Xn
√ p(1−p) ; p + u √ p(1−p)
∈ p − uα
α
n
√n
√n
])
= 1−α
Démonstration :
D'après le théorème de Moivre-Laplace :
n→ + ∞
Or −u α ≤
⇔
X n−np
≤u
√ np(1−p) α
(
lim P −u α ≤
X n−np
√ np(1−p)
⇔ −u α √ np(1−p) + np ≤ X n ≤ u α √ np(1−p) + np
np − u α √ n × √ p(1−p) X n np + u α √ n × √ p(1−p)
≤
≤
n
n
n
D'où :
lim P
n→ +∞
( [
)
≤ uα = P (−u α ≤ Z ≤u α ) = 1−α
Xn
√ p(1−p) ; p + u √ p(1−p)
∈ p − uα
α
n
√n
√n
])
⇔
p − uα
√ p(1−p) ≤ X n ≤ p + u √ p(1−p)
α
n
√n
√n
= 1−α
- Utiliser le théorème de Moivre-Laplace pour un intervalle centré en 0
FIN DES DÉMONSTRATIONS EXIGIBLES
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FIN DES DÉMONSTRATIONS EXIGIBLES
Certains sujets de bac ont questionné les candidats sur des démonstrations non exigibles mais qui sont
accessibles à tout élève ayant compris le cours. Ces démonstrations se font en peu d'étapes.
NOMBRES COMPLEXES
11- Propriétés du conjugué
n
Soit z et z ' 2 nombres complexes, alors z× z ' = z̄×z ' et z = z̄
n
pour tout entier n non nul.
Vu en 2014 (Métropole)
Démonstration :
Posons z = x + iy et z ' = x ' + iy ' avec x , x ' , y , y ' ∈ ℝ .
z× z ' = (x +iy)(x '+iy ' ) = xx '−yy '+i(xy ' + yx ' ) , ainsi z× z ' = xx '−yy '−i(xy '+ yx ')
De plus,
z̄×z ' = (x−iy)( x'−iy ') = xx '−yy '−ixy '−iyx ' = xx '−yy '−i(xy '+ yx ') = z× z '
n
z n = z̄ se démontre par récurrence.
Initialisation :
1
1
z = z̄ = z̄ donc la propriété est vraie au rang n = 1
Hérédité : Supposons que la propriété est vraie au rang k ∈ ℕ ∖0 et k fixé, ⇒
On a z
k +1
k
z k = z̄ .
= z k × z = z k × z̄ = z̄ k × z̄ = z̄ k +1 , donc la propriété est vraie au rang k +1 .
n
La propriété est initialisée à 1 et est héréditaire donc pour tout n ∈ ℕ ∖{0 } , z = z̄
- Poser les formes algébriques
n
z n = z̄ n
- Démontrer par récurrence que
LOIS DE PROBABILITÉS CONTINUES
12- Expression de la probabilité pour une loi exponentielle
Soit X une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre λ , soit a , b ∈ [0 ;+∞[ ,
alors P (a ≤ X ≤ b) = e
−λ a
− e−λ b
Vu en 2015 (Métropole)
Démonstration :
Par définition de la loi exponentielle :
b
b
b
a
a
P (a ≤ X ≤ b) = ∫ λ e−λ x dx = λ ∫ e−λ x dx
1 −λ x b
1
1
−λ x
= − (e −λ b− e−λ a ) = (e−λ a− e −λ b)
Or ∫ e dx = − λ ×e
λ
λ
a
a
1 −λ a −λ b
−λ a
−λ b
Donc P (a ≤ X ≤ b) = λ× (e − e ) = e − e
λ
[
]
- Utiliser la définition à l'aide d'une intégrale d'une probabilité à densité
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Terminale S
13- Propriété de durée de vie sans vieillissement
Soit X une variable aléatoire qui suit une loi exponentielle de paramètre λ ,
alors pour tout t , h ∈ [0 ;+∞ [
P X ≥ t (X ≥ t +h) = P ( X ≥ h )
Vu en 2014 (Pondichéry)
Démonstration :
Par définition de la probabilité conditionnelle : P X ≥ t (X ≥ t +h) =
−λ×0
Or P (X ≥ t) = 1−P (0 ≤ X ≤ t) = 1−(e
Ainsi
P(( X ≥ t) ∩ ( X ≥t +h)) P ( X ≥ t+h)
=
P (X ≥ t)
P( X ≥ t)
−e−λ× t ) = e−λ t , de même P (X ≥ t +h) = e −λ(t +h ) ,
e−λ (t +h)
−λ t −λ h+ λ t
−λ h
=e
= e = P( X ≥ h)
−λ t
e
P X ≥ t (X ≥ t +h) =
- Utiliser la définition de la probabilité conditionnelle
14- Intervalles de fluctuation et de confiance
Soit X n une variable aléatoire discrète qui suit une loi binomiale de paramètre n et p .
Xn
des fréquences de succès. Si n est assez grand,
n
1
1
1
1
alors on a une probabilité d'au moins 0,95 d'avoir f ∈ p −
; p+
⇔ p∈ f −
;f+
√n
√n
√n
√n
Soit f une valeur prise par la variable aléatoire
[
]
[
]
Vu en 2013 (Antilles-Guyanne)
Démonstration :
Il est rappelé dans l'énoncé du bac que, d'après le cours, on sait que pour n suffisamment grand :
P
( [
Xn
1
1
∈ p−
; p+
n
√n
√n
1
√n
⇔ −f −
≤f ≤p +
≥ 0,95 .
Xn
) appartient à
n
Donc f (une valeur de
soit p −
])
1
√n
⇔
1
1
≤−p ≤−f +
n
√
√n
Ainsi p appartient à
[
f−
1
√n
−
1
√n
⇔
;f+
[
p−
≤ f −p ≤
f−
1
√n
]
1
1
; p+
√n
√n
]
avec une probabilité d'au moins 0,95,
1
√n
1
1
≤ p ≤f +
n
√
√n
(en multipliant par −1 < 0 qui change l'ordre)
avec une probabilité au moins égale à 0,95.
- Faire apparaître f −p dans l'encadrement puis isoler p
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