ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 1 — #1

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 2 — #2

Remerciements

L’auteur et l’équipe de Prepamath Éditions tiennent à remercier Matthieu Berret pour l’aide précieuse qu’il a apportée à cet ouvrage.

Illustrations : Anna Michalak, Stéphane Pasquet
Coordination éditoriale : François Déliac
Conception couverture : Simon Geliot

Votre avis nous intéresse : contact@prepamath.fr

© PREPAMATH Éditions 2026 © Éditions NATHAN 2026- ISBN 9782095023355

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 3 — #3

Avant-propos

Cet ouvrage est conforme au programme de la spécialité Mathématiques de Terminale qui est entré en vigueur à la rentrée 2020. Avec six heures hebdomadaires, le contenu est ambitieux et aborde des parties nouvelles par rapport au programme de Terminale S des années précédentes : équations différentielles, intégration par parties, combinatoire, dénombrements, loi des grands nombres et binomiale... Autant de notions importantes pour lesquelles la maîtrise passe par la résolution d’exercices variés. Dans chaque chapitre, vous trouverez :

un rappel de cours, qui s’appuie sur la résolution pratique d’un exercice type, et qui propose de manière concise tout ce que l’on doit retenir du chapitre étudié;

des QCM et des exercices de type vrai-faux permettant de tester de manière rapide la connaissance du cours et sa réelle assimilation et de préparer au mieux les épreuves similaires figurant dans les sujets de baccalauréat et dans les concours post-bac;

des exercices qui correspondent aux différents types de sujets de devoirs. Certains sont des applications immédiates du cours, d’autres nécessitent une réflexion plus approfondie et constituent un bon entraînement pour les études supérieures. Dans cette nouvelle édition, la plupart des exercices ont réellement été proposés en lycée. Conformément à l’esprit de la réforme, de multiples exercices comportent des programmes en Python, que vous pouvez télécharger sur notre serveur à l’adresse :

                   www.prepamath.fr/ILTM

enfin les solutions des QCM et des exercices. Certaines sont parfois beaucoup plus détaillées que ce qui est normalement demandé à un élève de Terminale pour un devoir en classe. Ceci est intentionnel dans le but d’aider l’élève à avoir les idées claires sur les notions fondamentales utilisées.

Rappelons notre recommandation traditionnelle : cet ouvrage n’est pas un manuel de cours. Nous souhaitons que l’utilisation de ce livre ne se substitue pas au travail de classe mais qu’elle soit l’occasion d’un dialogue avec le professeur de mathématiques. En complément de ce livre, des vidéos présentées par des enseignant.e.s vous aideront de manière vivante à mieux comprendre la résolution d’exercices importants. Elles sont accessibles très simplement sur tablettes ou smartphones à l’aide d’un QRCode. Nous remercions par avance tout lecteur qui nous fera part de ses remarques ou suggestions en nous écrivant à contact@prepamath.fr. Nous vous souhaitons une bonne et profitable lecture.

L’auteur

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 4 — #4 Table des matières

Première partie

ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ

1^{Chap} Suites numériques  3

• Cours 3 • Interros 10 • Corrigés 18

2^{Chap} Limites de fonctions  39

• Cours 39 • Interros 47 • Corrigés 53

3^{Chap} Dérivation et convexité  71

• Cours 71 • Interros 76 • Corrigés 83

4^{Chap} Continuité  95

• Cours 95 • Interros 101 • Corrigés 107

5^{Chap} Logarithme népérien  117

• Cours 117 • Interros 122 • Corrigés 134

6^{Chap} Primitives et équations différentielles  159

• Cours 159 • Interros 168 • Corrigés 176

7^{Chap} Intégration  193

• Cours 193 • Interros 201 • Corrigés 213

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 5 — #5
8^{Chap} Fonctions sinus et cosinus  243

• Cours 243 • Interros 253 • Corrigés 260

9^{Chap} Combinatoire et dénombrement  275

• Cours 275 • Interros 281 • Corrigés 289

10^{Chap} Succession d’épreuves indépendantes  303

• Cours 303 • Interros 308 • Corrigés 323

11^{Chap} Somme de variables aléatoires. Loi des grands nombres.  349

• Cours 349 • Interros 357 • Corrigés 365

12^{Chap} Géométrie vectorielle dans l’espace  379

• Cours 379 • Interros 385 • Corrigés 390

13^{Chap} Orthogonalité et distance dans l’espace  401

• Cours 401 • Interros 408 • Corrigés 415

14^{Chap} Baccalauréat Blanc  433

• Sujet 433 • Corrigé 438

Deuxième partie

MATHÉMATIQUES EXPERTES

15^{Chap} Arithmétique  455

• Cours 455 • Interros 460 • Corrigés 465

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 6 — #6
16^{Chap} Nombres complexes  479

• Cours 479

• Interros 487 • Corrigés 492

17^{Chap} Matrices et graphes  507

• Cours 507

• Interros 517 • Corrigés 525

AnnexesMemento Maths expertes 537 Memento Python 545 Liste des vidéos 547

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 7 — #7 Méthodes de travail

Les conseils qui suivent ont été mis en pratique par un grand nombre de majors (sortis premiers) de Polytechnique ou de l’ÉNA, par des professionnels de l’organisation et sont également recommandés par de nombreux professeurs. Pour approfondir votre méthode de travail et obtenir les meilleurs résultats pendant vos études, nous vous recommandons la lecture du livre « Comment travailler plus efficacement », par F. Déliac, U. Hadrien, E. Matrullo et E. Maurette.

Faire des « feed-back »

Le « feed-back » est le conseil le plus important et le plus utilisé par ceux qui réussissent brillamment leurs études. Il consiste à contrôler systématiquement, sans s’aider de notes, ce que l’on vient d’apprendre (exercices et cours). Ce contrôle peut se faire mentalement, oralement ou par écrit.

Dans les transports, essayez de vous rappeler mentalement, et sans vous aider de vos notes, le cours et les exercices vus le matin en classe (feed-back mental).

Après avoir relu votre cours le soir, essayez de retrouver par écrit les principaux paragraphes et démonstrations sans regarder votre leçon (feed-back écrit).

Après avoir résolu un problème, prenez 5 minutes pour contrôler par écrit que vous vous rappelez clairement l’énoncé ainsi que la démarche de résolution (feed-back écrit).

Expliquez à des amis la leçon que vous venez d’apprendre ou l’exercice que vous venez de résoudre : c’est un excellent feed-back oral. Choisissez le type de « feed-back » qui vous convient le mieux et faites-en le plus régulièrement possible (après chaque cours et chaque série d’exercices). Pour être efficace, un « feed-back » doit se faire sans l’aide de vos notes. Ainsi, faire des fiches de résumés de cours à partir de vos cahiers ouverts ne constitue nullement un « feed-back ».

Miser sur la qualité

De nombreux témoignages démontrent que pour obtenir de bons résultats, il est préférable de faire un nombre limité d’exercices de manière approfondie plutôt que d’en survoler un grand nombre. Une tendance très répandue consiste à abattre une grande quantité d’exercices, à la chaîne, mais superficiellement, en espérant que le jour du contrôle, on aura déjà vu ce type de problème et que l’on saura s’en souvenir. Cette méthode est absolument inefficace car la seule manière de se souvenir d’un exercice de mathématiques ou de physique, c’est de l’avoir parfaitement compris et assimilé.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 8 — #8

Ainsi :

À la fin d’un problème, prenez 5 à 10 minutes pour essayer de trouver un moyen de le généraliser ou de le compliquer (c’est ce que font souvent les professeurs pour concevoir leurs contrôles écrits); trouvez ce que cela pourrait changer dans la solution. Prenez également l’habitude, après chaque exercice, de faire un « feed-back » en faisant ressortir la démarche générale et en tissant des liens avec le cours. Bref, il ne faut pas vous contenter de résoudre l’exercice, mais il vous faut lui apporter de la valeur ajoutée et vous interroger sur son contenu. Idem pour le cours. Ne vous contentez pas de le parcourir de manière passive. Il vous faut avoir la rigueur d’effacer toutes les zones d’ombre. Pour chaque théorème, il faut vous demander quels types d’exercices son utilisation permettra de résoudre.

Travailler par « couches successives »

Cette méthode, très utile pour les étudiants préparant des examens ou des révisions, peut également être utilisée dès le lycée. On observe que pour apprendre un gros volume de cours, rien n’est plus inefficace que de l’attaquer de front, de manière linéaire. La bonne manière consiste à d’abord survoler l’ensemble, en ne retenant que la structure, c’est-à-dire les grands titres, ainsi que les noms des paragraphes (première couche, étape devant durer 5 minutes). Dans l’étape suivante (deuxième couche, d’une durée de 10 minutes), on reprend son cours du début en retenant cette fois également les théorèmes et résultats importants. Après cette deuxième couche, on a déjà une idée claire de la structure de l’ensemble du cours. On peut alors aborder la dernière étape (troisième couche) : on reprend son cours au début pour, cette fois-ci, l’étudier en profondeur en apprenant le détail des démonstrations. Il est à noter que cette méthode peut être également appliquée avec succès à des matières littéraires, ainsi qu’aux révisions du bac de français. Par exemple :

Pour la préparation d’un contrôle, on commencera par passer en revue rapidement l’ensemble du cours et des exercices du chapitre précédemment étudié, avant de les réviser en détail. Ainsi aura-t-on développé une compréhension synthétique et claire. De même, avant d’aborder un problème volumineux (tel qu’un contrôle écrit), il est préférable d’en survoler l’ensemble avant de l’attaquer.

Travailler sa rapidité

Pour acquérir de la rapidité, trois voies sont possibles :

Prenez l’habitude, en travaillant chez vous, de vous concentrer sur une seule chose à la fois, c’est-à-dire ne pas attaquer un problème ou une dissertation, en rêvassant à ce que vous pourriez trouver à manger dans le réfrigérateur ou en écoutant de la musique.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 9 — #9

Prenez l’habitude de travailler chez vous dans les mêmes conditions qu’en devoirs surveillés. Le minutage de chacun des exercices de ce livre est fait en ce sens. Cependant, cela ne devrait pas, une fois la résolution faite, vous empêcher d’y réfléchir plus calmement afin de vérifier la bonne assimilation du problème. Si les seuls moments où vous vous pressez sont les contrôles écrits, vous ne deviendrez jamais rapide. Essayez de contenir tout votre travail à la maison dans une plage horaire serrée. Engagez-vous, par exemple, à travailler chez vous tous les jours entre 18 h et 20 h et efforcez-vous de ne jamais déborder (quelle que soit votre charge de travail). En effet, si l’on ne se donne pas de limite de temps pour accomplir un travail, on a naturellement tendance à le laisser traîner en longueur et à rêvasser. L’étroitesse de la plage horaire vous obligera à ne pas vous endormir et à devenir efficace.

Spécial Baccalauréat

Lisez attentivement l’intégralité de l’énoncé. Cela vous permettra de repérer l’exercice qui vous semble le plus facile, de manière à commencer par celui-ci. Lorsque vous commencez un exercice basé sur des documents, vous devez lister au brouillon les informations que vous pouvez en tirer et qui vont vous permettre de résoudre la problématique ainsi que les notions du cours que vous allez devoir utiliser pour construire votre argumentation. Pour les exercices de QCM, prenez le temps de bien confronter les différentes propositions aux documents et à vos connaissances afin de cocher LA bonne réponse. Si vous êtes habitués à utiliser la méthode du feed-back exposée dans les premières pages de cet ouvrage, il est bon d’envisager un court feed-back mental sur les parties du cours concernées par l’épreuve du jour. Si vous êtes nerveux, cela vous aidera à vous mettre en confiance et à « démystifier » l’épreuve, que vous pourrez aborder avec la même sérénité qu’un devoir surveillé classique. Il faut absolument soigner la présentation. Au cours de l’année scolaire, votre professeur s’est habitué à votre style de rédaction, à votre écriture. Il sait ce que vous valez. Ce n’est pas le cas du correcteur qui lira votre copie. Il n’aura ni l’indulgence que pourrait avoir votre professeur, ni la patience d’essayer de vous déchiffrer si votre copie est présentée comme un brouillon. Par conséquent, il vous faut faire un réel effort de présentation le jour du bac, plus encore que pendant l’année scolaire : faites systématiquement une introduction qui énonce clairement la problématique à résoudre, utilisez des termes de transition entre les informations tirées des documents et vos connaissances. Enfin, rédigez une conclusion répondant à la problématique. Enfin, relisez-vous. Réservez-vous pour cela le temps nécessaire. Cette relecture doit être très attentive (ce n’est pas toujours facile à l’issue de plus de trois heures d’épreuve). Enfin, souvenez-vous, si vous manquez de temps pour tout relire, qu’il vaut mieux une relecture partielle très attentive qu’une relecture « express » en diagonale, totalement inefficace pour détecter les erreurs résiduelles.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 10 — #10

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 1 — #11

Première partie

ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 2 — #12

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 3 — #13 1^{Chapitre}

Suites numériques

Plan du chapitre

1. Raisonnement par récurrence

2. Limite d’une suite

1 Raisonnement par récurrence

On définit ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} par : \{ \begin{matrix}u_{0} D −2 \\ u_{nC1} D \frac{1}{2}u_{n} C 3  ,  n ∈ ℕ \end{matrix}

1 Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, u_{n} < 6.

2 Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, u_{n} D 6 − \frac{8}{2^{n}}.

Exercice type 1

Lycée Guy de Maupassant, Fécamp

Voir corrigé page 4

Propriété 1 : principe de récurrence

Soit P_{n} une propriété dépendant d’un entier naturel n. Si :

pour un entier n_{0}, P_{n_{0}} est vraie (initialisation),

pour tout naturel k ⩾ n_{0}, le fait que P_{k} soit vraie implique que P_{kC1} est vraie (hérédité),

alors P_{n} est vraie pour tout n supérieur à n_{0}.

Remarque : comme P_{k} ⇒ P_{kC1}, on dit que la propriété est héréditaire.

Définition 1

Une démonstration par récurrence est une démonstration dans laquelle on utilise le principe de récurrence.

À RETENIR Une démonstration par récurrence comporte impérativement deux étapes : initialisation et hérédité.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 4 — #14 COURS_{4}

1 Posons P_{n} la propriété définie par : u_{n} < 6. u_{0} D −2 donc u_{0} < 6. P_{0} est donc vraie. Supposons que P_{k} est vraie pour un entier naturel k fixé, k ⩾ 0. Alors,

u_{k} < 6 ⇒ \frac{1}{2}u_{k} < 3 ⇒ \frac{1}{2}u_{k} C 3 < 6 ,

donc P_{kC1} est vraie. Ainsi, P_{0} est vraie et pour k ⩾ 0, P_{k} ⇒ P_{kC1}. On en déduit, d’après le principe de récurrence, que P_{n} est vraie pour tout entier naturel n, c’est-à-dire que pour tout entier naturel n, u_{n} < 6.

2 Posons Q_{n} la propriété définie par : u_{n} D 6 − \frac{8}{2^{n}}.

6 − \frac{8}{2^{0}} D −2 D u_{0}, donc Q_{0} est vraie. Supposons que Q_{k} est vraie pour un entier naturel k fixé, k ⩾ 0. Alors,

u_{k} D 6 − \frac{8}{2^{k}} ⇒ \frac{1}{2}u_{k} D 3 − \frac{8}{2^{kC1}} ⇒ \frac{1}{2}u_{k} C 3 D 6 − \frac{8}{2^{kC1}}.

Donc Q_{kC1} est vraie. Ainsi, Q_{0} est vraie et pour k ⩾ 0, Q_{n} ⇒ Q_{nC1}. On en déduit, d’après le principe de récurrence, que pour tout entier naturel n, Q_{n} est vraie, c’est-à-dire :

u_{n} D 6 − \frac{8}{2^{n}}.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Guy de Maupassant, Fécamp

Voir énoncé page 3

2 Limite d’une suite

Déterminer la limite de la suite ▷u_{n}◁ dans chacun des cas suivants : 1 Pour tout n de ℕ, u_{n} D n − n^{2}. 2 Pour tout n de ℕ, u_{n} D n[3 − sin▷n◁].

3 Pour tout n de ℕ^{∗}, u_{n} D \frac{1 C cos▷n◁}{n}.

Exercice type 2

Lycée Virlogeux, Riom Voir corrigé page 9

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 5 — #15 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{5} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.1 Définitions

Définition 2 : suite convergente

On dit que la suite ▷u_{n}◁ converge vers un réel ℓ si tout intervalle ouvert contenant ℓ contient tous les termes u_{n} à partir d’un certain rang :

∀ ε > 0, ∃ n_{0} ∈ ℕ, n ⩾ n_{0} ⇒ |u_{n} − ℓ| < ε.

On écrit alors : lim_{n→C∞} u_{n} D ℓ.

Remarque : si ▷u_{n}◁ converge vers ℓ, alors on dit que u_{n} tend vers ℓ quand n tend vers C∞.

Exemple : la suite ▷u_{n}◁ définie pour tout entier naturel non nul n par u_{n} D \frac{1}{n}

converge vers 0, car tout intervalle ouvert contenant 0 contient \frac{1}{n} à partir d’un certain rang.

Définition 3 : limite infinie d’une suite

On dit que la limite de ▷u_{n}◁ est C∞ (respectivement −∞) si pour tout réel A, il existe un entier n_{0} tel que, pour tout n ⩾ n_{0}, u_{n} ⩾ A (resp. u_{n} ⩽ A) :

∀ A ∈ ℝ, ∃ n_{0} ∈ ℕ, n ⩾ n_{0} ⇒ u_{n} ⩾ A (resp. u_{n} ⩽ A).

Exemple : en posant u_{n} D n^{2}, quel que soit le réel positif A, si n ⩾ \sqrt{A} alors

n^{2} ⩾ A. Donc lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁ D C∞.

Définition 4 : suite divergente

On dit que la suite ▷u_{n}◁ diverge quand elle ne converge pas.

Exemple : la suite ▷u_{n}◁ définie pour tout entier naturel n par u_{n} D cos▷n◁ diverge car ses valeurs varient entre −1 et 1.

2.2 Des limites de référence

Propriété 2

Soit p un entier strictement positif.

lim_{n→C∞} \frac{1}{n^{p}} D lim_{n→C∞} \frac{1}{\sqrt{n}} D 0  I  lim_{n→C∞} \sqrt{n} D lim_{n→C∞} n^{p} D C∞.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 6 — #16 COURS_{6}

2.3 Limite et comparaison

2.3.1 -Théorèmes fondamentaux

Théorème 1 : théorème de comparaison

Soient ▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ deux suites, et soit n_{0} un entier naturel.

Si, pour tout n ⩾ n_{0}, v_{n} ⩾ u_{n} avec lim_{n→C∞} u_{n} D C∞, alors lim_{n→C∞} v_{n} D C∞.

Si, pour n ⩾ n_{0}, v_{n} ⩽ u_{n} avec lim_{n→C∞} u_{n} D −∞, alors lim_{n→C∞} v_{n} D −∞.

Exemples Soit ▷u_{n}◁ une suite telle que pour tout entier naturel n, u_{n} ⩾ n. Alors, d’après le théorème de comparaison, lim_{n→C∞} u_{n} D C∞.

Soit ▷u_{n}◁ une suite telle que pour tout entier naturel n, u_{n} ⩽ −n^{2}. Alors,

lim_{n→C∞} u_{n} D −∞.

Théorème 2 : théorème d’encadrement (théorème des gendarmes)

Soient ▷u_{n}◁, ▷v_{n}◁ et ▷w_{n}◁ trois suites, soit ℓ un nombre réel et soit n_{0} un entier naturel. Si, pour tout n ⩾ n_{0}, v_{n} ⩽ u_{n} ⩽ w_{n}, et si lim_{n→C∞} v_{n} D lim_{n→C∞} w_{n} D ℓ alors lim_{n→C∞} u_{n} D ℓ.

Exemple : soit ▷u_{n}◁ une suite telle que pour tout entier naturel n ⩾ 1,

\frac{1}{n^{2}} ⩽ u_{n} ⩽ \frac{1}{n}.

lim_{n→C∞} \frac{1}{n} D lim_{n→C∞} \frac{1}{n^{2}} D 0 donc d’après le théorème des gendarmes,

lim_{n→C∞} u_{n} D 0.

2.3.2 -Comportement à l’infini de (q^{n})

Propriété 3 : inégalité de Bernoulli

Pour tout réel x > −1 (x D̸ 0) et pour tout entier naturel n non nul, on a : ▷1 C x◁^{n} ⩾ 1 C nx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 7 — #17 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{7} CORRIGÉS INTERROS COURS

Propriété 4

Soient q un nombre réel et n un entier naturel. Si q > 1, alors lim_{n→C∞} q^{n} D C∞. Si q D 1, alors q^{n} D 1. Si −1 < q < 1, alors lim_{n→C∞} q^{n} D 0. Si q < −1, alors ▷q^{n}◁ n’a pas de limite en C∞.

Propriété 5

Toute suite géométrique de raison q telle que |q| < 1 converge vers 0.

2.4 Suite majorée ou minorée

Définitions 5

Une suite ▷u_{n}◁ est dite majorée s’il existe un réel M tel que :

pour tout n ∈ ℕ, u_{n} ⩽ M.

Une suite ▷u_{n}◁ est dite minorée s’il existe un réel m tel que :

pour tout n ∈ ℕ, m ⩽ u_{n}.

Une suite est dite bornée si elle est majorée et minorée.

Exemple : on considère la suite ▷u_{n}◁ définie pour tout entier naturel n non nul par

u_{n} D 1 C \frac{1}{n}.

Pour tout entier naturel n non nul, \frac{1}{n} ⩽ 1 donc u_{n} ⩽ 1 C 1, soit u_{n} ⩽ 2. La suite ▷u_{n}◁ est donc majorée par 2.

De plus, \frac{1}{n} > 0 pour tout entier naturel n non nul donc u_{n} > 1. La suite ▷u_{n}◁ est donc minorée par 1. La suite ▷u_{n}◁ est minorée et majorée; elle est donc bornée.

Théorème 3 : théorème de convergence des suites monotones

Toute suite croissante et majorée converge. Toute suite décroissante et minorée converge. Toute suite monotone et bornée converge.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 8 — #18 COURS_{8}

2.5 Opérations et limites

▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ sont deux suites, ℓ et ℓ′représentent des réels. Dans les tableaux suivants, « F.I. » signifie : « Forme Indéterminée ». Ce sont des cas où l’on ne peut pas conclure immédiatement quant à la valeur de la limite. Dans de tels cas, il est nécessaire de transformer l’écriture.

2.5.1 -Somme et produit

lim_{n→C∞} u_{n} lim_{n→C∞} v_{n} lim_{n→C∞} ▷u_{n} C v_{n}◁ lim_{n→C∞} ▷u_{n} × v_{n}◁
ℓ  ℓ′  ℓ C ℓ′  ℓ × ℓ′
ℓ > 0  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}

ℓ < 0  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}  \begin{matrix}−∞ \\ C∞ \end{matrix}

0  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}  F.I.
C∞  C∞  C∞  C∞
C∞  −∞  F.I.  −∞
−∞  −∞  −∞  C∞

2.5.2 -Quotient

lim_{n→C∞} u_{n}  lim_{n→C∞} v_{n}  lim_{n→C∞} ( \frac{u_{n}}{v_{n}})
ℓ  ℓ′ D̸ 0  \frac{ℓ}{ℓ′}
ℓ > 0

0^{C}▷0 en restant positif◁ 0^{−} ▷0 en restant négatif◁

\begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}

ℓ < 0

0^{C}▷0 en restant positif◁ 0^{−} ▷0 en restant négatif◁

\begin{matrix}−∞ \\ C∞ \end{matrix}
0  0  F.I.
ℓ  \begin{matrix}C∞ \\ −∞ \end{matrix}  {0 \atop 0}
C∞  C∞  F.I.
C∞  −∞  F.I.
−∞  −∞  F.I.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 9 — #19 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{9} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 lim_{n→C∞} n D lim_{n→C∞} n^{2} D C∞ donc lim_{n→C∞} ▷n − n^{2}◁ est une forme

indéterminée du type « ∞ − ∞ ». Pour lever cette indétermination, on factorise par le terme de plus haut degré, donc ici par n^{2} :

u_{n} D n^{2} ( \frac{1}{n} − 1) .

Or, lim_{n→C∞} n^{2} D C∞ et lim_{n→C∞} ( \frac{1}{n} − 1) D −1.

Ainsi, par produit :

lim_{n→C∞} u_{n} D −∞.

2 u_{n} D n[3 − sin▷n◁]. Le facteur 3 − sin▷n◁ n’a pas de limite en C∞. Cependant, on sait que pour tout entier naturel n :

−1 ⩽ sin▷n◁ ⩽ 1 ⟺ −1 ⩽ − sin▷n◁ ⩽ 1

⟺ 2 ⩽ 3 − sin▷n◁ ⩽ 4

⟺ 2n ⩽ \underbrace{n[3 − sin▷n◁]}_{u_{n}} ⩽ 4n.

Or, lim_{n→C∞} 2n D C∞ et u_{n} ⩾ 2n donc d’après le théorème de

comparaison,

lim_{n→C∞} u_{n} D C∞.

MÉTHODE

Dans les situations où interviennent les fonctions sinus et cosinus, pensez aux encadrements −1 ⩽ cos▷n◁ ⩽ 1 et −1 ⩽ sin▷n◁ ⩽ 1.

3 Pour tout n ∈ ℕ^{∗},

−1 ⩽ cos▷n◁ ⩽ 1 ⟺ 0 ⩽ 1 C cos▷n◁ ⩽ 2

⟺ 0 ⩽ \frac{1 C cosn}{n} ⩽ \frac{2}{n}.

Or, lim_{n→C∞} \frac{2}{n} D 0 donc d’après le théorème des gendarmes,

lim_{n→C∞} u_{n} D 0.

Solution de l’exercice type 2

Lycée Virlogeux, Riom Voir énoncé page 4

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 10 — #20 INTERROS_{10}
1_{V/F} Suites convergentes Corrigé p. 18 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes? 1 Une suite monotone et bornée converge. 2 Si la suite ▷u_{n}◁ converge vers 0 et si la suite ▷v_{n}◁ est telle que, pour

n ⩾ 100, v_{n} ⩽ u_{n}, alors la suite ▷v_{n}◁ converge aussi vers 0. 3 Pour qu’une suite converge, il suffit qu’elle soit décroissante et positive. 4 Si lim_{n→C∞} ▷u_{nC1} − u_{n}◁ D 0, alors la suite ▷u_{n}◁ converge.

2_{V/F} Convergence et opérations Corrigé p. 18 10 min

Soient ▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ deux suites. Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes? 1 Si la suite ▷u_{n}Cv_{n}◁ converge alors les deux suites ▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ convergent

aussi. 2 Si la suite ▷u_{n}v_{n}◁ converge alors les deux suites ▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ convergent

aussi. 3 Si la suite ▷u_{n}v_{n}◁ converge vers 0 alors l’une au moins des deux suites

▷u_{n}◁ ou ▷v_{n}◁ converge aussi vers 0. 4 Si ▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ convergent vers la même limite finie L alors il existe un

entier n_{0} tel que, pour tout entier n ≥ n_{0}, u_{n} D v_{n}.

3_{V/F} Vérifications des connaissances Corrigé p. 19 10 min

On considère une suite ▷u_{n}◁ dont aucun terme n’est nul. On définit alors la suite ▷v_{n}◁ par v_{n} D −\frac{2}{u_{n}}. Pour chaque proposition, dire si elle est vraie ou fausse. Si elle est vraie, donner une démonstration, et si elle est fausse, donner un contre-exemple. 1 Si ▷u_{n}◁ est convergente alors ▷v_{n}◁ est convergente. 2 Si ▷u_{n}◁ est minorée par 2 alors ▷v_{n}◁ est minorée par −1. 3 Si ▷u_{n}◁ est décroissante alors ▷v_{n}◁ est croissante. 4 Si ▷u_{n}◁ est divergente alors ▷v_{n}◁ est convergente de limite nulle. 5 Si lim_{n→C∞} u_{n} D C∞ alors, à partir d’un certain rang, toutes les valeurs

de la suite ▷u_{n}◁ sont nécessairement supérieures à 1 000 000. 6 Si, à partir d’un certain rang, toutes les valeurs de la suite ▷u_{n}◁ sont

supérieures à 1 000 000, alors lim_{n→C∞} u_{n} D C∞. 7 Si une suite ▷u_{n}◁ est croissante alors lim_{n→C∞} u_{n} D C∞. 8 Si une suite est décroissante et minorée par 0 alors elle converge vers 0.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 11 — #21 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{11} CORRIGÉS INTERROS COURS
4_{V/F} Limites Corrigé p. 19 10 min

Répondre par vrai ou faux aux affirmations suivantes en justifiant succinctement :

1 lim_{n→C∞} \frac{2^{n} C 3}{3^{n} C 2} D \frac{3}{2}.

2 lim_{n→C∞} \frac{6\sqrt{n} − n}{\sqrt{n} C n} D 6.

3 lim_{n→C∞} \frac{sin▷n◁ − 2n}{n C 1} D 0.

Démonstrations par récurrence

5Terme général d’une suite_{Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy} Corrigé ; p. 20 ; 10 min ; ⋆

1 On considère la suite définie par u_{0} D 2 et pour tout n ∈ ℕ,

u_{nC1} D 2u_{n} − n.
Démontrer que pour tout n ∈ ℕ, u_{n} D 2^{n} C n C 1.

2 Soit ▷v_{n}◁ définie par v_{0} D v_{1} D 1 et pour tout n ∈ ℕ :

v_{nC2} D 5v_{nC1} − 6v_{n}.
Démontrer que, pour tout n ∈ ℕ, v_{n} D 2^{nC1} − 3^{n}.

6Une somme_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} Corrigé ; p. 21 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n non nul :

∑_{pD1}^{n} \frac{1}{p▷p C 1◁} D \frac{n}{n C 1}.

7Suite convergente_{Lycée de l’Emperi, Salon-de-Provence} Corrigé ; p. 22 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Soit 0 < k < 1 et la suite ▷u_{n}◁ définie par u_{0} D 1 et :

pour tout n ∈ ℕ, u_{nC1} D (1 C k^{n})u_{n}.

Démontrer par récurrence que pour tout naturel n ⩾ 1,

u_{n} D ▷1 C k◁(1 C k^{2})(1 C k^{3})⋯(1 C k^{n−1} ).

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 12 — #22 INTERROS_{12}
8Avec une somme_{Lycée Notre-Dame de Boulogne} Corrigé ; p. 22 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la suite ▷u_{n}◁ définie pour tout entier naturel n ⩾ 2 par :

u_{n} D \frac{n − 1}{4} × ( \frac{2}{3}) ^{n} .

On pose : S_{n} D u_{2} C u_{3} C u_{4} C ⋯C u_{n}. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n ⩾ 2,

S_{n} D 1 − ( \frac{n}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{n} .

9Somme des carrés des impairs_{Lycée Carnot, Paris} Corrigé ; p. 23 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n ⩾ 1,

1^{2} C 3^{2} C 5^{2} C ⋯C ▷2n − 1◁^{2} D \frac{1}{3}n▷4n^{2} − 1◁.

Limites de suites

10Différence de racines carrées_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. 24 ; 10 min ; ⋆

Soit ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} la suite réelle définie par : u_{n} D \sqrt{n C 1} − \sqrt{n}. Calculer lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁.

11Calculs divers de limites_{Lycée Carnot, Paris} Corrigé ; p. 25 ; 10 min ; ⋆

Déterminer la limite des suites suivantes :

{1 u_{n} D ▷2 − n◁▷3n C 1◁. \atop 2 v_{n} D ( 2 − \frac{1}{3n}) ▷−5n C 3◁.} {3 w_{n} D \frac{−3n^{2} C 2n − 1}{2n^{2} C 3n C 5} . \atop 4 t_{n} D \frac{n^{3} C n^{2} cos▷n◁}{n^{2} − 4}.}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 13 — #23 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{13} CORRIGÉS INTERROS COURS
12Étude d’une suite_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. 26 ; 10 min ; ⋆

On définit la suite ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} par : \{ \begin{matrix}u_{0} & D 1 \\ u_{nC1} & D u_{n}^{2} C u_{n} C 1, n ∈ ℕ \end{matrix}

1 Démontrer que la suite ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} est croissante. 2 En exprimant u_{kC1} − u_{k} pour 0 ⩽ k ⩽ n, montrer que pour tout n,

u_{n} ⩾ n C 1. 3 Déterminer la limite de ▷u_{n}◁_{n∈ℕ}.

13Avec des sinus_{Lycée Notre-Dame du Grandchamp, Versailles} Corrigé ; p. 26 ; 10 min ; ⋆

La suite ▷u_{n}◁ est définie sur ℕ par u_{n} D \frac{2n^{2} − 3 sin▷n◁}{n^{2} C 1}. 1 Prouver que, pour tout entier naturel n,

\frac{2n^{2} − 3}{n^{2} C 1} ⩽ u_{n} ⩽ \frac{2n^{2} C 3}{n^{2} C 1}.

2 En déduire la limite de la suite u.

14En utilisant les définitions_{Lycée Hoche, Versailles} Corrigé ; p. 27 ; 35 min ; ⋆

1 Voici les définitions explicites de deux suites :

∀ n ∈ ℕ, u_{n} D \frac{2n C 1}{n C 2} et v_{n} D n^{2} C 3n − 5.

Prouver que ▷u_{n}◁ tend vers 2 et que ▷v_{n}◁ tend vers C∞. 2 On définit les quatre suites ▷a_{n}◁, ▷b_{n}◁, ▷c_{n}◁ et ▷d_{n}◁ par :

\begin{matrix}a_{n} D \sqrt{\frac{6n C 1}{2n C 3}} I & b_{n} D \frac{n\sqrt{n} C 2}{2n} I \\ c_{n} D n^{3} C ▷−1◁^{n}n^{2} I & d_{n} D \frac{n C ▷−1◁^{n}}{2n C ▷−1◁^{n}} . \end{matrix}

Déterminer les limites de ces suites.

15Raisonnement par l’absurde_{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux} Corrigé ; p. 29 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la suite ▷u_{n}◁ définie par u_{0} D 3 et, pour tout entier naturel n, u_{nC1} D \sqrt{12 C u_{n}}. On admet que ▷u_{n}◁ est minorée par 0. Démontrer que ▷u_{n}◁ est strictement croissante sur ℕ.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 14 — #24 INTERROS_{14}
16Avec un programme_{Lycée Monet, Paris} Corrigé ; p. 29 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la suite u définie sur ℕ^{∗} par :

u_{n} D ∑_{iD1}^{n} \frac{1}{\sqrt{i}} D 1 C \frac{1}{\sqrt{2}} C ⋯C \frac{1}{\sqrt{n}}.

On se propose d’étudier le comportement à l’infini de cette suite.

Partie A – Approche à l’aide d’un programme

1 On souhaite écrire un programme en Python permettant de calculer u_{n} pour tout entier n ⩾ 1. Compléter la fonction suivante de sorte qu’elle renvoie .

    def u(n):
        terme = 0
        for i in range(1,n+1):
            terme = terme + ...
            print( ... )

2 Exécuter ce programme et donner les valeurs approchées de u_{10}, u_{20}

et u_{100}. 3 Conjecturer le comportement à l’infini de la suite u.

Partie B

1 Soit n un entier, n ⩾ 1. Justifier que pour tout entier i tel que 1 ⩽ i ⩽ n,

on a : \frac{1}{\sqrt{i}} ⩾ \frac{1}{\sqrt{n}}.

2 En déduire que pour tout entier naturel n ⩾ 1, u_{n} ⩾ \sqrt{n}. 3 Déterminer la limite de la suite u.

Études générales

17Suite récurrente et racine carrée_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Sèvres} Corrigé ; p. 30 ; 15 min ; ⋆

On considère la suite ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} définie par u_{nC1} D \sqrt{2 C (u_{n})^{2}} et u_{0} D 1. 1 Montrer que la suite ▷v_{n}◁_{n∈ℕ} définie par v_{n} D (u_{n})^{2} est arithmétique de

raison 2. 2 Calculer v_{0}, puis v_{n} en fonction de n.

En déduire une expression de u_{n} en fonction de n.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 15 — #25 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{15} CORRIGÉS INTERROS COURS
18Récurrence, variation et limite_{Lycée Carnot, Paris} Corrigé ; p. 30 ; 20 min ; ⋆

On considère la suite ▷u_{n}◁ définie par u_{0} D −1 et, pour tout entier naturel n,

u_{nC1} D 2 − \frac{1}{u_{n} C 2}.

1 Calculer u_{1}, u_{2} et u_{3}.

Que peut-on conjecturer sur la monotonie de la suite ▷u_{n}◁? 2 Montrer par récurrence que pour tout entier naturel non nul n,

0 ⩽ u_{n} ⩽ \sqrt{3}.

3 Déterminer le sens de variation de ▷u_{n}◁. 4 En déduire la convergence de ▷u_{n}◁. 5 Déterminer alors la limite de la suite.

19Suite homographique_{Lycée Buffon, Paris} Corrigé ; p. 32 ; 20 min ; ⋆

Soit ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} la suite définie par \{ \begin{matrix}u_{0} D 2 \\ u_{nC1} D \frac{3u_{n} − 2}{2u_{n} − 1} \end{matrix}

1 (a) Calculer u_{1}, u_{2} et u_{3}.

(b) Démontrer que pour tout n, u_{nC1} D 1 C \frac{u_{n} − 1}{2u_{n} − 1} .

(c) En déduire par récurrence qu’on a toujours u_{n} > 1 et donc que la suite ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} est bien définie pour tout n.

2 Soit ▷v_{n}◁_{n∈ℕ} la suite définie pour tout n par : v_{n} D \frac{1}{u_{n} − 1} .

(a) Montrer que ▷v_{n}◁_{n∈ℕ} est une suite arithmétique.

(b) Écrire v_{n} puis u_{n} en fonction de n.

20Suite récurrente particulière_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} Corrigé ; p. 33 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la suite ▷u_{n}◁ définie par u_{0} D 1 et pour tout entier naturel n,

u_{nC1} D \frac{1}{3}u_{n} C n − 2.

1 Calculer u_{1}, u_{2} et u_{3}. 2 (a) Démontrer par récurrence que pour tout entier n ⩾ 4, u_{n} ⩾ 0.

(b) En déduire que pour tout entier naturel n ⩾ 5, u_{n} ⩾ n − 3.

(c) En déduire la limite de ▷u_{n}◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 16 — #26 INTERROS_{16}

3 On définit la suite ▷v_{n}◁ pour tout entier naturel n par l’égalité :

v_{n} D −2u_{n} C 3n − \frac{21}{2}.

(a) Démontrer que ▷v_{n}◁ est une suite géométrique dont on donnera le premier terme et la raison.

(b) En déduire que pour tout entier naturel n,

u_{n} D \frac{25}{4} ( \frac{1}{3}) ^{n} C \frac{3}{2}n − \frac{21}{4}.

4 Soit la somme S_{n} définie par : S_{n} D ∑_{kD0}^{n}u_{k}.

Déterminer l’expression de S_{n} en fonction de n.

21Suites imbriquées_{Lycée Louis Pasteur, Neuilly-sur-Seine} Corrigé ; p. 35 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

Un biologiste étudie les mutations génétiques entre deux types de cellules, A et B, évoluant dans un même milieu. Le nombre total de cellules reste constant (ni disparition ni création) ; mais d’un jour à l’autre, 25 % des cellules de type A mutent vers des cellules de type B, et réciproquement. On note a_{n} (resp. b_{n}) le nombre de cellules de type A (resp. de type B) au bout de n jours d’observation. Pour tout entier n, on a a_{n}Cb_{n} D 300. Initialement, a_{0} D 100 et b_{0} D 200.

1 Justifier que pour tout entier naturel, on a :

\{ \begin{matrix}a_{nC1} D \frac{3}{4}a_{n} C \frac{1}{4}b_{n} \\ b_{nC1} D \frac{1}{4}a_{n} C \frac{3}{4}b_{n} \end{matrix}

2 En déduire que pour tout entier naturel n, a_{nC1} D 0,5a_{n} C 75.

3 On pose c_{n} D 150 − a_{n} pour tout entier naturel n.

(a) Montrer que la suite ▷c_{n}◁ est géométrique.

(b) Exprimer c_{n} en fonction de n.

En déduire que a_{n} D 150 − 50 × 0,5^{n}.

4 Étudier les variations de chacune des suites ▷a_{n}◁ et ▷b_{n}◁.

5 Déterminer la limite de chacune des suites. Interpréter les résultats visà-vis de la situation étudiée par le biologiste.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 17 — #27 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{17} CORRIGÉS INTERROS COURS

Objectif bac

22Extrait de bac_{Amérique du Nord, sujet 2 de secours, 2025 NEW 2026} Corrigé ; p. 36 ; 45 min ; ⋆ ; ⋆

L’objectif de cet exercice est d’étudier la suite ▷u_{n}◁définie pour tout entier naturel n par :

\{ \begin{matrix}u_{0} D 0 \\ u_{1} D \frac{1}{2} \\ u_{nC2} D u_{nC1} − \frac{1}{4}u_{n} \end{matrix}

Partie A : conjecture

1 Recopier et compléter le tableau ci-dessous.

n  0  1  2  3  4  5
u_{n}  0  \frac{1}{2}  \frac{1}{2}

2 Conjecturer la limite de la suite ▷u_{n}◁.

Partie B : étude d’une suite auxiliaire

Soit ▷w_{n}◁la suite définie pour tout entier naturel n par : w_{n} D u_{nC1} − \frac{1}{2}u_{n}. 1 Calculer w_{0}. 2 Démontrer que la suite ▷w_{n}◁est géométrique de raison \frac{1}{2}. 3 Pour tout entier naturel n, exprimer w_{n} en fonction de n. 4 Montrer que pour tout entier naturel n, on a : u_{nC1} D ( \frac{1}{2}) ^{nC1} C \frac{1}{2}u_{n}.

5 Démontrer par récurrence que, pour tout n ∈ ℕ, u_{n} D n ( \frac{1}{2}) ^{n}.

Partie C : étude de la suite ▷u_{n}◁

1 Montrer que la suite ▷u_{n}◁est décroissante à partir du rang n D 1. 2 En déduire que la suite ▷u_{n}◁est convergente sans chercher à calculer la

valeur de la limite. 3 On admet que la limite de la suite ▷u_{n}◁est solution de l’équation : ℓ D

ℓ − \frac{1}{4}ℓ.

Déterminer la limite de la suite ▷u_{n}◁.

Convergence et opérations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 18 — #28

CORRIGÉS_{18}

1_{V/F} Suites convergentes {Énoncé \atop p. 10}

1 Vrai. C’est le théorème de convergence.

2 Faux. Pour prouver cela, il suffit de trouver un contre-exemple. Considérons la suite ▷v_{n}◁ définie pour tout entier naturel n par v_{n} D u_{n} − 1. Alors, pour tout entier n, v_{n} ⩽ u_{n} (a fortiori pour n ⩾ 100). Si la suite ▷u_{n}◁ converge vers 0 alors la suite ▷v_{n}◁ converge vers −1, et non vers 0.

3 Vrai. Si la suite ▷u_{n}◁ est positive alors, elle est minorée par 0. De plus, d’après le théorème de convergence, si ▷u_{n}◁ est décroissante, alors elle converge.

4 Faux. Pour le prouver, il suffit de trouver un contre-exemple.

Si u_{n} D \sqrt{n} alors :

u_{nC1} − u_{n} D \sqrt{n C 1} − \sqrt{n}

D \frac{(\sqrt{n C 1} − \sqrt{n})(\sqrt{n C 1} C \sqrt{n})}{(\sqrt{n C 1} C \sqrt{n})}

D \frac{1}{\sqrt{n C 1} C \sqrt{n}}.

Ainsi, lim_{n→C∞} ▷u_{nC1} − u_{n}◁ D 0 et pourtant, lim_{n→C∞} u_{n} D C∞.

2_{V/F} Convergence et opérations {Énoncé \atop p. 10}

1 Faux. Il suffit de considérer les suites de terme général u_{n} D n et v_{n} D −n. Leur somme est la suite nulle qui est convergente; cependant, les deux suites ▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ sont divergentes.

2 Faux. Si u_{n} D nC1 et v_{n} D \frac{1}{n C 1} alors u_{n}v_{n} D 1 donc la suite ▷u_{n}v_{n}◁

converge; cependant, la suite ▷u_{n}◁ ne converge pas. 3 Faux. En effet, si :

\{ \begin{matrix}u_{n} D 0 & pour n pair \\ u_{n} D 1 & pour n impair \end{matrix} et \{ \begin{matrix}v_{n} D 1 & pour n pair \\ v_{n} D 0 & pour n impair \end{matrix}

alors ▷u_{n}v_{n}◁ converge vers 0 (car u_{n}v_{n} D 0 pour tout entier n) alors que les suites ▷u_{n}◁ et ▷v_{n}◁ ne convergent pas vers 0.

4 Faux. Les suites de terme général \frac{1}{n} et \frac{1}{n C 1} admettent toutes les deux

la même limite finie L D 0. Cependant, il n’existe aucun entier n tel que

\frac{1}{n} D \frac{1}{n C 1}.

Limites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 19 — #29 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{19} CORRIGÉS INTERROS COURS
3_{V/F} Vérifications des connaissances {Énoncé \atop p. 10}

1 Faux. Si u_{n} D \frac{1}{n} pour tout n > 0 alors aucun terme de cette suite n’est nul et ▷u_{n}◁ converge vers 0. Cependant, ▷v_{n}◁ tend vers −∞, donc diverge.

2 Vrai. En effet,

u_{n} ⩾ 2 ⟺ 0 < \frac{1}{u_{n}} ⩽ \frac{1}{2} par passage à l’inverse
⟺ 0 < \frac{2}{u_{n}} ⩽ 1 par produit par 2
⟺ −1 ⩽ −\frac{2}{u_{n}} < 0 en prenant l’opposé des 3 termes
⟺ −1 ⩽ v_{n} < 0.

3 Faux. Reprenons la suite ▷u_{n}◁ définie sur ℕ^{∗} par u_{n} D \frac{1}{n}.

Alors v_{n} D −2n. ▷u_{n}◁ est décroissante et ▷v_{n}◁ aussi. 4 Faux. ▷u_{n}◁ peut être divergente sans tendre vers l’infini; par exemple, si

u_{n} D ▷−1◁^{n}, ▷u_{n}◁ diverge car elle prend alternativement les valeurs 1 et −1, et ▷v_{n}◁ diverge aussi car elle prend alternativement les valeurs 2 et −2.

5 Vrai. En effet, si lim_{n→C∞} u_{n} D C∞ alors il existe un rang à partir duquel

tous les termes de la suite sont supérieur à n’importe quel réel positif (par exemple 1 000 000).

6 Faux. Si u_{n} D 1 000 000 C \frac{1}{n} pour n > 0 alors u_{n} > 1 000 000; cependant, lim_{n→C∞} u_{n} D 1 000 000.

7 Faux. La suite de terme général u_{n} D \frac{n C 1}{n C 2} est croissante (il suffit de

calculer u_{nC1} − u_{n} qui est clairement positif) et sa limite est 1.

8 Faux. La suite de terme général u_{n} D 1 C \frac{1}{n} est décroissante et minorée par 0. Cependant, sa limite vaut 1.

4_{V/F} Limites {Énoncé \atop p. 11}

1 Faux. En effet, pour de très grandes valeurs de n, \frac{2^{n} C 3}{3^{n} C 2} ≈ \frac{2^{n}}{3^{n}} ≈ ( \frac{2}{3}) ^{n}

et 0 < \frac{2}{3} < 1 donc lim_{n→C∞} ( \frac{2}{3}) ^{n} D 0. Ainsi, lim_{n→C∞} \frac{2^{n} C 3}{3^{n} C 2} D 0.

2 Faux. En effet, pour de très grandes valeurs de n, n > \sqrt{n}, et on peut

alors écrire :\frac{6\sqrt{n} − n}{\sqrt{n} C n} ≈ \frac{−n}{n} ≈ −1 donc lim_{n→C∞} \frac{6\sqrt{n} − n}{\sqrt{n} C n} D −1.

Terme général d’une suite — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 20 — #30

CORRIGÉS_{20}

3 Faux. En effet, on peut écrire :

\frac{sin▷n◁ − 2n}{n C 1} D \frac{sin▷n◁}{n C 1}− \frac{2n}{n C 1}.

Or,

lim_{n→C∞} \frac{sin▷n◁}{n C 1}D 0 (théorème des gendarmes);

lim_{n→C∞} \frac{−2n}{n C 1} D lim_{n→C∞} \frac{−2n}{n} D −2 (1 est négligeable par rapport à n).

Donc lim_{n→C∞} \frac{sin▷n◁ − 2n}{n C 1} D −2.

5Terme général d’une suite_{Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy} {Énoncé \atop p. 11}

1 Raisonnons par récurrence sur n.

Pour n D 0, on a : 2^{n} C n C 1 D 2^{0} C 0 C 1 D 2 D u_{0}.

Supposons la formule vraie pour un entier naturel k arbitrairement fixé. On calcule :

u_{kC1} D 2u_{k} − k
D 2▷2^{k} C k C 1◁ − k
D ▷2^{kC1} C 2k C 2◁ − k
D 2^{kC1} C k C 2
D 2^{kC1} C ▷k C 1◁ C 1.

C’est bien la formule au rang ▷k C 1◁. On a donc prouvé par récurrence que, pour tout entier naturel n, u_{n} D 2^{n} C n C 1.

2 Nous allons démontrer par récurrence l’assertion :

P▷n◁ V [ ▷∗◁ v_{n} D 2^{nC1} − 3^{n} et ▷∗∗◁ v_{nC1} D 2^{nC2} − 3^{nC1} ]

Pour n D 0, on a 2^{nC1} − 3^{n} D 2 − 1 D 1 D v_{0} d’où ▷∗◁. Enfin, 2^{nC2} − 3^{nC1} D 4 − 3 D 1 D v_{1} qui est ▷∗∗◁: on a vérifié P▷0◁.

Supposons l’assertion P▷k◁ vraie pour un certain entier naturel k. On sait déjà : v_{kC1} D 2^{kC2}−3^{kC1} (d’après l’hypothèse de récurrence), qui est la partie ▷∗◁ de l’assertion P▷k C 1◁.

Suite convergente — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 21 — #31

SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{21} CORRIGÉS INTERROS COURS

On calcule :

v_{kC2} D 5v_{kC1} − 6v_{k} D 5▷2^{kC2} − 3^{kC1}◁ − 6▷2^{kC1} − 3^{k}◁

D 5 × 2^{kC2} − 5 × 3^{kC1} − 6 × 2^{kC1} C 6 × 3^{k} D 5 × 2^{kC2} − 5 × 3^{kC1} − 3 × 2^{kC2} C 2 × 3^{kC1} D 2 × 2^{kC2} − 3 × 3^{kC1} D 2^{kC3} − 3^{kC2}

qui est ▷∗∗◁ au rang ▷k C 1◁. On a ainsi vérifié P▷k C 1◁. On en déduit, d’après le principe de récurrence, que, pour tout entier naturel n, v_{n} D 2^{nC1} − 3^{n}.

6Une somme_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} {Énoncé \atop p. 11}

Initialisation : pour n D 1, on a ∑_{pD1}^{1} \frac{1}{p▷p C 1◁} D \frac{1}{1 × ▷1 C 1◁} D \frac{1}{2} et

\frac{n}{n C 1} D \frac{1}{1 C 1} D \frac{1}{2}. Donc ∑_{pD1}^{1} \frac{1}{p▷p C 1◁} D \frac{1}{1 C 1} ; l’égalité est donc

vraie. Hérédité : soit k un entier non nul arbitrairement fixé; supposons l’égalité vraie au rang k :

∑_{pD1}^{k} \frac{1}{p▷p C 1◁} D \frac{k}{k C 1}.

On veut montrer que l’égalité est vraie au rang ▷k C 1◁, soit :

∑_{pD1}^{kC1} \frac{1}{p▷p C 1◁} D \frac{k C 1}{k C 2}.

En utilisant l’hypothèse de récurrence, on a :

∑_{pD1}^{kC1} \frac{1}{p▷p C 1◁} D ∑_{pD1}^{k} \frac{1}{p▷p C 1◁} C \frac{1}{▷k C 1◁▷k C 2◁}

D \frac{k}{k C 1} C \frac{1}{▷k C 1◁▷k C 2◁}

D \frac{k▷k C 2◁ C 1}{▷k C 1◁▷k C 2◁}D \frac{▷k C 1◁^{2}}{▷k C 1◁▷k C 2◁}

D \frac{k C 1}{k C 2}.

L’hérédité est alors démontrée. L’égalité est donc vraie pour tout entier naturel n non nul.

Avec une somme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 22 — #32 CORRIGÉS_{22}
7Suite convergente_{Lycée de l’Emperi, Salon-de-Provence} {Énoncé \atop p. 11}

Pour tout n ⩾ 1, on note P_{n} la proposition :

u_{n} D ▷1 C k◁(1 C k^{2})(1 C k^{3})⋯(1 C k^{n−1} ).

Le membre de gauche de l’égalité est :

u_{1} D ▷1 C k^{0}◁u_{0} D 2,

et le membre de droite est réduit à :

▷1 C k^{1−1} ◁ D 1 C 1 D 2.

Ainsi, la propriété est vraie pour n D 1.

Supposons que la propriété soit vraie pour un entier p non nul arbitrairement fixé. On sait par hypothèse que u_{pC1} D (1 C k^{p})u_{p}. On remplace alors u_{p} dans cette expression par sa valeur. Il vient :

u_{pC1} D (1 C k^{p})(1 C k)(1 C k^{2})(1 C k^{3})⋯(1 C k^{p−1} ).

Donc P_{p} ⇒ P_{pC1}.

Par conséquent, pour tout entier n ⩾ 1, P_{n} est vraie.

8Avec une somme_{Lycée Notre-Dame de Boulogne} {Énoncé \atop p. 12}

Posons :

P_{n} V S_{n} D 1 − ( \frac{n}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{n} .

Démontrons par récurrence que cette égalité est vraie pour tout entier naturel n ⩾ 2.

Initialisation : pour n D 2, S_{2} D u_{2} D \frac{2 − 1}{4} × ( \frac{2}{3}) ^{2} D \frac{1}{4} × \frac{4}{9} D \frac{1}{9}.

De plus, 1 − ( \frac{n}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{n} D 1 − ( \frac{2}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{2} D 1 − \frac{8}{9} D \frac{1}{9}.

Ainsi, P_{2} est vraie.

Hérédité : supposons que pour un entier k fixé, P_{k} soit vraie, c’est-à-dire que :

S_{k} D 1 − ( \frac{k}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{k}.

C’est notre hypothèse de récurrence (HR). Démontrons alors que P_{kC1} l’est aussi, c’est-à-dire que :

S_{kC1} D 1 − ( \frac{k C 1}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{kC1} D 1 − ( \frac{k C 3}{2}) × ( \frac{2}{3}) ^{kC1} .

Somme des carrés des impairs — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 23 — #33

SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{23} CORRIGÉS INTERROS COURS

On a :

S_{kC1} D u_{2} C u_{3} C ⋯C u_{k} C u_{kC1}

D S_{k} C u_{kC1}

D 1 − ( \frac{k}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{k} C u_{kC1} d’après (HR)

D 1 − ( \frac{k}{2} C 1) × ( \frac{2}{3}) ^{k} C \underbrace{\frac{k}{4} × ( \frac{2}{3}) ^{kC1}}_{u_{kC1}}

Nous allons mettre maintenant ( \frac{2}{3}) ^{kC1} en facteur dans les deux derniers

termes :

D 1 − [( \frac{k}{2} C 1) \frac{3}{2} − \frac{k}{4}] ( \frac{2}{3}) ^{kC1}

D 1 − ( \frac{k C 3}{2}) ( \frac{2}{3}) ^{kC1} .

L’hérédité est alors démontrée.

Par conséquent, P_{n} est vraie pour tout entier naturel n ⩾ 2.

9Somme des carrés des impairs_{Lycée Carnot, Paris} {Énoncé \atop p. 12}

Posons :

P_{n} V 1^{2} C 3^{2} C 5^{2} C ⋯C ▷2n − 1◁^{2} D \frac{1}{3}n▷4n^{2} − 1◁.

Démontrons par récurrence que cette propriété est vraie pour n ⩾ 1.

Initialisation : pour n D 1, le membre de gauche de l’égalité est réduit à 1^{2} D 1. Celui de droite vaut :

\frac{1}{3} × 1 × ▷4 × 1^{2} − 1◁ D \frac{1}{3} × 3 D 1.

Les deux membres sont donc égaux. L’initialisation est alors faite.

Hérédité : supposons que pour un entier k fixé, P_{k} soit vraie. Ainsi :

1^{2} C 3^{2} C 5^{2} C ⋯C ▷2k − 1◁^{2} D \frac{1}{3}k▷4k^{2} − 1◁.

C’est notre hypothèse de récurrence (HR). On souhaite démontrer alors que P_{kC1} l’est aussi, donc que :

1^{2}C3^{2}C5^{2}C⋯ C▷2kC1◁^{2} D \frac{1}{3}▷kC1◁(4▷kC1◁^{2}−1) D \frac{1}{3}▷4k^{3}C12k^{2}C11kC3◁.

Calculs divers de limites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 24 — #34 CORRIGÉS_{24}

On a :

1^{2} C 3^{2} C 5^{2} C ⋯C ▷2k C 1◁^{2} D 1^{2} C 3^{2} C 5^{2} C ⋯C ▷2k − 1◁^{2} C ▷2k C 1◁^{2}

D \frac{1}{3}k▷4k^{2} − 1◁ C ▷2k C 1◁^{2} d’après (HR)

D \frac{1}{3}k▷2k − 1◁▷2k C 1◁ C ▷2k C 1◁^{2}

D [ \frac{1}{3}k▷2k − 1◁ C ▷2k C 1◁]▷2k C 1◁

D \frac{1}{3}▷2k^{2} C 5k C 3◁▷2k C 1◁

D \frac{1}{3}▷4k^{3} C 12k^{2} C 11k C 3◁.

L’hérédité est alors vérifiée.

Ainsi, P_{n} est vraie pour tout entier naturel n ⩾ 1.

10Différence de racines carrées_{Lycée Carnot, Dijon} {Énoncé \atop p. 12}

Pour tout entier naturel n, on a :

u_{n} D \sqrt{n C 1} − \sqrt{n}

D \frac{(\sqrt{n C 1} − \sqrt{n}) (\sqrt{n C 1} C \sqrt{n})}{\sqrt{n} C \sqrt{n C 1}}

D \frac{1}{\sqrt{n} C \sqrt{n C 1}} .

Or, lim_{n→C∞} (\sqrt{n} C \sqrt{n C 1}) D C∞, donc lim_{n→C∞} \frac{1}{\sqrt{n} C \sqrt{n C 1}} D 0.

Par conséquent, lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁ D 0.

MÉTHODE : expression conjuguée

Quand nous avons multiplié \sqrt{n C 1} − \sqrt{n} par \sqrt{n C 1} C \sqrt{n}, nous avons multiplié par l’expression conjuguée de u_{n}.

Lorsque l’on doit calculer la limite d’une différence avec au moins une racine carrée, cette technique peut lever l’indétermination initiale.

Étude d’une suite — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 25 — #35 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{25} CORRIGÉS INTERROS COURS
11Calculs divers de limites_{Lycée Carnot, Paris} {Énoncé \atop p. 12}

1 u_{n} D ▷2 − n◁▷3n C 1◁.

lim_{n→C∞} ▷2 − n◁ D −∞ et lim_{n→C∞} ▷3n C 1◁ D C∞.

Ainsi, par produit, lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁ D −∞.

2 v_{n} D ( 2 − \frac{1}{3n}) ▷−5n C 3◁.

lim_{n→C∞} \frac{1}{3n} D 0 donc lim_{n→C∞} ( 2 − \frac{1}{3n}) D 2, et lim_{n→C∞} ▷−5nC3◁ D −∞.

Ainsi, par produit, lim_{n→C∞} ▷v_{n}◁ D −∞.

3 w_{n} D \frac{−3n^{2} C 2n − 1}{2n^{2} C 3n C 5} D [figure: n^{2}; (−3 C \frac{2}{n} − \frac{1}{n^{2}}); n^{2}; (2 C \frac{3}{n} C \frac{5}{n^{2}})] pour n D̸ 0.

Or, lim_{n→C∞} \frac{1}{n^{p}} D 0 pour p ∈ ℕ^{∗} donc, par quotient, lim_{n→C∞} ▷w_{n}◁ D \frac{−3}{2} .

4 t_{n} D \frac{n^{3} C n^{2} cos▷n◁}{n^{2} − 4}

D \frac{n^{3} (1 C \frac{cos▷n◁}{n})}{n^{2} (1 − \frac{4}{n^{2}})}

D \frac{n (1 C \frac{cos▷n◁}{n})}{1 − \frac{4}{n^{2}}} , pour n D̸ 0.

Pour tout entier naturel n non nul,

−1 ⩽ cos▷n◁ ⩽ 1 donc − \frac{1}{n} ⩽ \frac{cos▷n◁}{n}⩽ \frac{1}{n}.

Or, lim_{n→C∞} \frac{1}{n} D 0 donc d’après le théorème des gendarmes,

lim_{n→C∞} \frac{cos▷n◁}{n}D 0.

On en déduit alors que :

lim_{n→C∞} \frac{n (1 C \frac{cos▷n◁}{n})}{1 − \frac{4}{n^{2}}} D lim_{n→C∞} \frac{n ▷1 C 0◁}{1 − 0} D C∞.

Ainsi, lim_{n→C∞} ▷t_{n}◁ D C∞.

Avec des sinus — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 26 — #36 CORRIGÉS_{26}
12Étude d’une suite_{Lycée Henri IV, Paris} {Énoncé \atop p. 13}

1 Pour tout entier naturel n, on a u_{nC1} − u_{n} D u_{n}^{2} C 1 > 0.

Donc ▷u_{n}◁ est strictement croissante. 2 Pour tout entier n ⩾ 0 :

\{ \begin{matrix}u_{n} − u_{n−1} & D & u_{n−1}^{2} C 1 & ⩾ & 1 \\ u_{n−1} − u_{n−2} & D & u_{n−2}^{2} C 1 & ⩾ & 1 \\ & ⋮ & & ⋮ \\ u_{2} − u_{1} & D & u_{1}^{2} C 1 & ⩾ & 1 \\ u_{1} − u_{0} & D & u_{0}^{2} C 1 & ⩾ & 1 \end{matrix}

En sommant membre à membre et après simplification, il vient :

u_{n} − u_{0} ⩾ n, soit : u_{n} ⩾ n C 1.

3 lim_{n→C∞} ▷n C 1◁D C∞ donc, d’après le théorème de comparaison,

lim_{n→C∞} u_{n} D C∞.

13Avec des sinus_{Lycée Notre-Dame du Grandchamp, Versailles} {Énoncé \atop p. 13}

1 On sait que : −1 ⩽ sin▷n◁ ⩽ 1, quelle que soit la valeur de n. Donc, pour tout n ∈ ℕ : −3 ⩽ −3 sin▷n◁ ⩽ 3 (par produit par −3 en inversant les bornes) , d’où : 2n^{2}−3 ⩽ 2n^{2}−3 sin▷n◁ ⩽ 2n^{2}C3 (en ajoutant 2n^{2} aux trois nombres). On a donc, en divisant l’encadrement précédent par le réel strictement positif n^{2} C 1, pour tout n ∈ ℕ :

\frac{2n^{2} − 3}{n^{2} C 1} ⩽ u_{n} ⩽ \frac{2n^{2} C 3}{n^{2} C 1}.

Pour tout n ∈ ℕ^{∗},

\frac{2n^{2} − 3}{n^{2} C 1} D \frac{2n^{2} (1 − \frac{3}{2n^{2}})}{n^{2} (1 C \frac{1}{n^{2}})} D 2\frac{1 − \frac{3}{2n^{2}}}{1 C \frac{1}{n^{2}}} .

2 lim_{n→C∞} \frac{1}{n^{2}} D 0 donc, par produit et somme, lim_{n→C∞} ( 1 − \frac{3}{2n^{2}}) D 1.

De même, lim_{n→C∞} ( 1 C \frac{1}{n^{2}}) D 1.

En utilisant les définitions — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 27 — #37 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{27} CORRIGÉS INTERROS COURS

D’où, par quotient et produit, lim_{n→C∞} \frac{2n^{2} − 3}{n^{2} C 1} D 2. Par un procédé analogue, on a : lim_{n→C∞} \frac{2n^{2} C 3}{n^{2} C 1} D 2. Donc, en utilisant le théorème des gendarmes, lim_{n→C∞} u_{n} D 2.

14En utilisant les définitions_{Lycée Hoche, Versailles} {Énoncé \atop p. 13}
1  lim_{n→C∞} ▷2n C 1◁ D lim_{n→C∞} ▷n C 2◁ D C∞ donc lim_{n→C∞} u_{n} mène à une

forme indéterminée du type « \frac{∞}{∞} ».

MÉTHODE Pour lever une indétermination du type « \frac{∞}{∞} », on factorise le numérateur et le dénominateur par leur terme de plus haut degré respectif. On modifie donc l’écriture de u_{n} pour tout n ∈ ℕ^{∗} :

u_{n} D [figure: n; (2 C \frac{1}{n}); n; (1 C \frac{2}{n})]

D \frac{2 C \frac{1}{n}}{1 C \frac{2}{n}} .

Or, lim_{n→C∞} ( 2 C \frac{1}{n}) D 2 et lim_{n→C∞} ( 1 C \frac{2}{n}) D 1 donc :

lim_{n→C∞} u_{n} D 2.

∀ n ∈ ℕ^{∗}, v_{n} D n^{2} ( 1 C \frac{3}{n} − \frac{5}{n^{2}}) .

Or, lim_{n→C∞} \frac{3}{n} D lim_{n→C∞} \frac{5}{n^{2}} D 0 et lim_{n→C∞} n^{2} D C∞ donc :

lim_{n→C∞} v_{n} D C∞.

2 Pour tout n ∈ ℕ^{∗}, on a :

\frac{6n C 1}{2n C 3} D \frac{6n (1 C \frac{1}{6n})}{2n (1 C \frac{3}{2n})} D 3 ( \frac{1 C \frac{1}{6n}}{1 C \frac{3}{2n}} ) .

En utilisant les définitions — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 28 — #38 CORRIGÉS_{28}

Or, lim_{n→C∞} \frac{1}{6n} D lim_{n→C∞} \frac{3}{2n} D 0 donc :

lim_{n→C∞} \frac{6n C 1}{2n C 3} D 3.

Par conséquent,

lim_{n→C∞} a_{n} D \sqrt{3}.

On a, pour tout n ∈ ℕ :

b_{n} D \frac{n\sqrt{n} C 2}{2n} D \frac{n\sqrt{n}}{2n} C \frac{2}{2n} D \frac{\sqrt{n}}{2} C \frac{1}{n}.

Or, lim_{n→C∞} \frac{1}{n} D 0 et lim_{n→C∞} \frac{\sqrt{n}}{2} D C∞ donc, par somme,

lim_{n→C∞} b_{n} D C∞.

On peut écrire que pour tout entier naturel n,

−1 ⩽ ▷−1◁^{n} ⩽ 1

donc

n^{3} − n^{2} ⩽ c_{n} ⩽ n^{3} C n^{2}.

En particulier,

c_{n} ⩾ n^{2}▷n − 1◁.

Or, lim_{n→C∞} n^{2}▷n−1◁ D C∞ donc d’après le théorème de comparaison,

lim_{n→C∞} c_{n} D C∞.

Pour tout entier n ⩾ 1, n − 1 ⩽ n C ▷−1◁^{n} ⩽ n C 1 et 2n − 1 ⩽ 2n C ▷−1◁^{n} ⩽ 2n C 1 , donc :

\frac{1}{2n C 1} ⩽ \frac{1}{2n C ▷−1◁^{n}} ⩽ \frac{1}{2n − 1} (par passage à l’inverse) ,

d’où :

\frac{n − 1}{2n C 1} ⩽ d_{n} ⩽ \frac{n C 1}{2n − 1} (par produit de réels positifs).

De plus, pour tout entier n ⩾ 1, on a :

\frac{n − 1}{2n C 1} D \frac{n (1 − \frac{1}{n})}{2n (1 C \frac{1}{2n})} D \frac{1}{2} × \frac{1 − \frac{1}{n}}{1 C \frac{1}{2n}} .

Or, lim_{n→C∞} \frac{1}{n} D 0 donc :

lim_{n→C∞} ( 1 − \frac{1}{n}) D 1 , lim_{n→C∞} ( 1 C \frac{1}{2n}) D 1 et lim_{n→C∞} \frac{n − 1}{2n C 1} D \frac{1}{2}.

Avec un programme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 29 — #39

SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{29} CORRIGÉS INTERROS COURS

De même,

\frac{n C 1}{2n − 1} D \frac{n (1 C \frac{1}{n})}{2n (1 − \frac{1}{2n})} D \frac{1}{2} × \frac{1 C \frac{1}{n}}{1 − \frac{1}{2n}} ,

ce qui donne, d’une façon analogue, lim_{n→C∞} \frac{n C 1}{2n − 1} D \frac{1}{2}.
Ainsi, d’après le théorème des gendarmes, lim_{n→C∞} d_{n} D \frac{1}{2}.

15Raisonnement par l’absurde_{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 13}

Nous allons, comme le titre de l’exercice le suggère, faire un raisonnement par l’absurde pour démontrer que ▷u_{n}◁ est strictement croissante. Supposons donc que ▷u_{n}◁ est décroissante. Dans ce cas, comme elle est minorée par 0, elle converge (d’après le théorème de convergence des suites monotones). Notons alors ℓ sa limite. Ainsi, comme u_{nC1} D \sqrt{12 C u_{n}}, ℓ vérifie nécessairement l’équation :

ℓ D \sqrt{12 C ℓ} ⟺ ℓ^{2} D 12 C ℓ ⟺ ℓ^{2} − ℓ − 12 D 0, dont les solutions sont −3 et 4. Ainsi, ▷u_{n}◁ converge vers −3 ou vers 4. Or, par hypothèse, comme ▷u_{n}◁ est minorée par 0 et décroissante, 0 ⩽ u_{n} ⩽ u_{0} D 3 donc ℓ D̸ −3 et ℓ D̸ 4. Il y a alors une contradiction. Ainsi, l’hypothèse selon laquelle ▷u_{n}◁ est décroissante est fausse.

On en déduit alors que ▷u_{n}◁ est strictement croissante.

16Avec un programme_{Lycée Monet, Paris} {Énoncé \atop p. 14}

Partie A – Approche à l’aide d’un algorithme

1 Programme complété

     def u(n):
         terme = 0
         for i in range(1,n+1):
             terme = terme + 1/(i**0.5)
             print( terme )

2 On obtient u_{10} ≈ 5,021, u_{20} ≈ 7,595, et u_{100} ≈ 18,590 à 10^{−3} près. 3 À la vue de ces valeurs, on peut penser que la suite tend vers C∞.

Récurrence, variation et limite — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 30 — #40 CORRIGÉS_{30}

Partie B

1

1 ⩽ i ⩽ n ⇒ \sqrt{1} ⩽ \sqrt{i} ⩽ \sqrt{n} car la fonction racine carrée est croissante sur ℝ_{C}
⇒ \frac{1}{\sqrt{n}} ⩽ \frac{1}{\sqrt{i}} car la fonction inverse est décroissante sur ℝ_{C}^{∗}.

2 u_{n} D ∑_{iD1}^{n} \frac{1}{\sqrt{i}} D 1 C \frac{1}{\sqrt{2}} C ⋯C \frac{1}{\sqrt{n}}.

Ainsi, d’après la question précédente,

u_{n} ⩾ ∑_{iD1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n}}

soit :

u_{n} ⩾ n × \frac{1}{\sqrt{n}}.

On a donc bien u_{n} ⩾ \sqrt{n}. 3 lim_{n→C∞} \sqrt{n} D C∞ donc par comparaison, lim_{n→C∞} u_{n} D C∞.

17Suite récurrente et racine carrée_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Sèvres} {Énoncé \atop p. 14}

1 Pour tout entier naturel n,

v_{nC1} D (u_{nC1})^{2} D 2 C (u_{n})^{2} D 2 C v_{n}.

La suite ▷v_{n}◁ est donc une suite arithmétique de raison r D 2. 2 v_{0} D (u_{0})^{2} D 1. La suite ▷v_{n}◁ étant arithmétique, d’après le cours, pour

tout entier naturel n, :

v_{n} D v_{0} C nr D 1 C 2n.

v_{n} D (u_{n})^{2} donc u_{n} D \sqrt{v_{n}} (en effet, u_{n} ⩾ 0 puisque les termes sont définis par une racine carrée dans la relation de récurrence, et u_{0} > 0). Par conséquent, u_{n} D \sqrt{1 C 2n} pour tout entier naturel n.

18Récurrence, variation et limite_{Lycée Carnot, Paris} {Énoncé \atop p. 15}

1 u_{1} D 2 − \frac{1}{u_{0} C 2} D 2 − \frac{1}{−1 C 2} D 1.

u_{2} D 2 − \frac{1}{u_{1} C 2} D 2 − \frac{1}{1 C 2} D \frac{5}{3} ≈ 1,67.

u_{3} D 2 − \frac{1}{u_{2} C 2} D 2 − \frac{1}{\frac{5}{3} C 2} D \frac{19}{11} ≈ 1,73.

On peut alors conjecturer que ▷u_{n}◁ est croissante.

Suite homographique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 31 — #41

SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{31} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Montrons par récurrence que pour tout n D̸ 0, 0 ⩽ u_{n} ⩽ \sqrt{3}. Initialisation : u_{1} D 1 donc 0 ⩽ u_{1} ⩽ \sqrt{3}. Hérédité : supposons que pour un entier k fixé, 0 ⩽ u_{k} ⩽ \sqrt{3}.

0 ⩽ u_{k} ⩽ \sqrt{3} D⇒ 2 ⩽ u_{k} C 2 ⩽ \sqrt{3} C 2

D⇒ \frac{1}{\sqrt{3} C 2} ⩽ \frac{1}{u_{k} C 2} ⩽ \frac{1}{2}

D⇒ −\frac{1}{2} ⩽ −\frac{1}{u_{k} C 2} ⩽ −\frac{1}{\sqrt{3} C 2}

D⇒ 2 − \frac{1}{2} ⩽ 2 − \frac{1}{u_{k} C 2} ⩽ 2 − \frac{1}{\sqrt{3} C 2}

D⇒ 0 < \frac{3}{2} ⩽ u_{kC1} ⩽ \sqrt{3}.

L’hérédité est alors vérifiée. Ainsi, pour tout entier naturel non nul n, 0 ⩽ u_{n} ⩽ \sqrt{3}.

3 Pour tout entier naturel n,

u_{nC1} − u_{n} D 2 − \frac{1}{u_{n} C 2} − u_{n}

D \frac{2u_{n} C 4 − 1 − u_{n}^{2} − 2u_{n}}{u_{n} C 2}

D \frac{3 − u_{n}^{2}}{u_{n} C 2} > 0

Or, d’après la question précédente, 0 ⩽ u_{n} ⩽ \sqrt{3} donc \{ \begin{matrix}3 − u_{n}^{2} ⩾ 0 \\ u_{n} C 2 > 0 \end{matrix} .

Par conséquent, ▷u_{n}◁ est croissante. 4 ▷u_{n}◁ est croissante et majorée. Donc, d’après le théorème de conver-

gence des suites monotones, elle converge. 5 Notons ℓ D lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁. Pour tout entier naturel n, u_{nC1} D 2 − \frac{1}{u_{n} C 2}

donc ℓ vérifie l’équation :

ℓ D 2 − \frac{1}{ℓ C 2} ⟺ ℓ − 2 D −\frac{1}{ℓ C 2}
⟺ ▷2 − ℓ◁▷ℓ C 2◁ D 1
⟺ −ℓ^{2} D −3
⟺ ℓ D −\sqrt{3} ou ℓ D \sqrt{3}.

0 ⩽ u_{n} ⩽ \sqrt{3} donc 0 ⩽ ℓ ⩽ \sqrt{3}. Par conséquent, lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁ D \sqrt{3}.

Suite homographique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 32 — #42

CORRIGÉS_{32}

19Suite homographique_{Lycée Buffon, Paris} {Énoncé \atop p. 15}

1 (a) u_{1} D \frac{4}{3}, u_{2} D \frac{6}{5} et u_{3} D \frac{8}{7}.

(b) Pour tout entier naturel n, on a :

1 C \frac{u_{n} − 1}{2u_{n} − 1} D \frac{▷2u_{n} − 1◁ C ▷u_{n} − 1◁}{2u_{n} − 1}

D \frac{3u_{n} − 2}{2u_{n} − 1}

D u_{nC1}.

(c) Soit P_{n} la propriété définie par : « u_{n} > 1 ».

u_{0} D 2 donc u_{0} > 1. P_{0} est donc vraie. Supposons que P_{k} soit vraie au rang k ⩾ 0. Alors, 2u_{k} − 1 > 0 et u_{k} − 1 > 0, d’où \frac{u_{k} − 1}{2u_{k} − 1} > 0, et donc :

u_{kC1} D 1 C \frac{u_{k} − 1}{2u_{k} − 1} > 1.

P_{kC1} est donc vraie. Donc, pour tout entier naturel n, P_{n} est vraie. Alors, pour tout entier naturel n, u_{n} > 1 > \frac{1}{2}. Comme, pour tout entier naturel n, u_{n} > \frac{1}{2}, il en résulte que 2u_{n}−1 est non nul et la suite ▷u_{n}◁_{n∈ℕ} est donc bien définie pour tout n.

2 (a) Remarquons d’abord que, d’après la question précédente, pour tout n, u_{n} D̸ 1; la suite ▷v_{n}◁ est donc bien définie. Pour tout entier naturel n on a :

v_{nC1} D \frac{1}{u_{nC1} − 1} D \frac{1}{\frac{3u_{n}−2}{2u_{n}−1} − \frac{2u_{n}−1}{2u_{n}−1}} D \frac{1}{\frac{3u_{n}−2−▷2u_{n}−1◁}{2u_{n}−1}} D \frac{2u_{n} − 1}{u_{n} − 1} .

D’où :

v_{nC1} − v_{n} D \frac{2u_{n} − 1}{u_{n} − 1} − \frac{1}{u_{n} − 1} D \frac{2▷u_{n} − 1◁}{u_{n} − 1} D 2 .

La suite ▷v_{n}◁ est donc une suite arithmétique de raison 2.

(b) On calcule v_{0} D \frac{1}{2 − 1} D 1. Alors pour tout entier naturel n :

v_{n} D 1 C 2n et u_{n} D \frac{1}{v_{n}} C 1 D \frac{1 C v_{n}}{v_{n}} D \frac{2n C 2}{2n C 1}.

Suite récurrente particulière — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 33 — #43

SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{33} CORRIGÉS INTERROS COURS

� ATTENTION

Avant de travailler sur une suite, il faut toujours s’assurer (même si l’énoncé ne le précise pas) qu’elle est bien définie. Dans cet exercice, il est nécessaire, pour que la suite ▷u_{n}◁ soit bien définie, que tous

les termes de la suite soient différents de \frac{1}{2}. En général, une telle propriété se prouve en minorant ou en majorant les termes de la suite et se démontre par récurrence.

20Suite récurrente particulière_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} {Énoncé \atop p. 15}

1 u_{1} D u_{0C1} D \frac{1}{3}u_{0} C 0 − 2 D \frac{1}{3} − 2 D −\frac{5}{3}.

u_{2} D u_{1C1} D \frac{1}{3}u_{1} C 1 − 2 D \frac{1}{3} × ( −\frac{5}{3}) − 1 D −\frac{14}{9}.

u_{3} D u_{2C1} D \frac{1}{3}u_{2} C 2 − 2 D −\frac{14}{27}.

2 (a) Montrons par récurrence que pour n ⩾ 4, u_{n} ⩾ 0.

Initialisation : u_{4} D \frac{1}{3}u_{3} C 3 − 2 D −\frac{14}{81} C 1 D \frac{67}{81} ⩾ 0.

Hérédité : supposons que pour un entier k ⩾ fixé, u_{k} ⩾ 0.

On souhaite alors démontrer que u_{kC1} ⩾ 0, soit \frac{1}{3}u_{k}C k − 2 ⩾ 0.

k ⩾ 4 donc k − 2 ⩾ 2. Or, par hypothèse de récurrence, u_{k} ⩾ 0,

donc \frac{1}{3}u_{k} ⩾ 0 et \frac{1}{3}u_{k}Ck−2 ⩾ 2 ⩾ 0. Par conséquent, u_{kC1} ⩾ 0.

L’hérédité est alors vérifiée.

Ainsi, pour tout entier naturel n ⩾ 4, u_{n} ⩾ 0.

(b) On déduit de la question précédente que pour tout entier naturel m ⩾ 4, u_{m} ⩾ 0 donc u_{mC1} ⩾ 0 C m − 2. En posant n D m C 1, on déduit que pour tout entier naturel n ⩾ 5, u_{n} ⩾ ▷n − 1◁ − 2, soit u_{n} ⩾ n − 3.

(c) lim_{n→C∞} ▷n − 3◁ D C∞ et n ⩾ 4 ⇒ u_{n} ⩾ n − 3.

Ainsi, d’après le théorème de comparaison, lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁ D C∞.

Suite récurrente particulière — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 34 — #44

CORRIGÉS_{34}

3 (a) Pour tout entier naturel n,

v_{nC1} D −2u_{nC1} C 3▷n C 1◁ − \frac{21}{2}

D −2 ( \frac{1}{3}u_{n} C n − 2) C 3▷n C 1◁ − \frac{21}{2}

D −\frac{2}{3}u_{n} − 2n C 4 C 3n C 3 − \frac{21}{2}

D −\frac{2}{3}u_{n} C n − \frac{7}{2}

D \frac{1}{3} ( −2u_{n} C 3n − \frac{21}{2}) D \frac{1}{3}v_{n}.

La suite ▷v_{n}◁ est donc une suite géométrique de raison q D \frac{1}{3} et de premier terme :

v_{0} D −2u_{0} C 3 × 0 − \frac{21}{2} D −\frac{25}{2}.

(b) De la question précédente, on peut déduire que v_{n} D v_{0} × q^{n} pour tout entier naturel n, donc v_{n} D −\frac{25}{2} ( \frac{1}{3}) ^{n}.

Or, v_{n} D −2u_{n} C 3n − \frac{21}{2} donc u_{n} D \frac{1}{2} ( v_{n} − 3n C \frac{21}{2}) . En

remplaçant v_{n} par l’expression trouvée précédemment, on obtient :

u_{n} D \frac{25}{4} ( \frac{1}{3}) ^{n} C \frac{3}{2}n − \frac{21}{4}.

4 \begin{aligned}S_{n} & D ∑_{kD0}^{n}u_{k} \\ & D ∑_{kD0}^{n}[ \frac{25}{4} ( \frac{1}{3}) ^{k} C \frac{3}{2}k − \frac{21}{4}] \\ & D \frac{25}{4} ∑_{kD0}^{n}( \frac{1}{3}) ^{k} C \frac{3}{2} ∑_{kD0}^{n}k − \frac{21}{4} × \underbrace{∑_{kD0}^{n}1}_{▷nC1◁ termes} \\ & D \frac{25}{4} × \frac{1 − ( \frac{1}{3})^{nC1}}{1 − \frac{1}{3}} C \frac{3}{2} × \frac{n▷n C 1◁}{2}− \frac{21}{4}▷n C 1◁ \\ & D \frac{75}{8} ( 1 − \frac{1}{3^{nC1}} ) C \frac{3}{4}▷n^{2} C n◁ − \frac{21}{4}n − \frac{21}{4} \\ S_{n} & D \frac{3}{4}n^{2} − \frac{9}{2}n C \frac{33}{8} − \frac{75}{8 × 3^{nC1}} . \end{aligned}

Suites imbriquées — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 35 — #45

SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{35} CORRIGÉS INTERROS COURS

21Suites imbriquées_{Lycée Louis Pasteur, Neuilly-sur-Seine} {Énoncé \atop p. 16}

1 Le nombre de cellules de type A le ▷n C 1◁-ième jour est : 75 % des cellules A du jour précédent (car 25 % de cellules A ont muté vers B) auquel s’ajoutent les 25 % de cellules B qui ont muté vers A. On obtient :

a_{nC1} D \frac{3}{4}a_{n} C \frac{1}{4}b_{n}.  (1)

Le raisonnement est similaire pour les cellules B :

b_{nC1} D \frac{3}{4}b_{n} C \frac{1}{4}a_{n} D \frac{1}{4}a_{n} C \frac{3}{4}b_{n}.  (2)

2 Sachant que a_{n} C b_{n} D 300, on a b_{n} D 300 − a_{n}. En substituant dans l’équation 1, on obtient :

a_{nC1} D \frac{3}{4}a_{n} C \frac{1}{4}▷300 − a_{n}◁

D \frac{3}{4}a_{n} − \frac{1}{4}a_{n} C \frac{1}{4} × 300

D \frac{1}{2}a_{n} C \frac{300}{4}

D 0,5 × a_{n} C 75.

3 (a) On cherche une relation de récurrence pour ▷c_{n}◁, sachant que c_{n} D 150 − a_{n} et donc a_{n} D 150 − c_{n} :

c_{nC1} D 150 − a_{nC1} D 150 − ▷0,5 × a_{n} C 75◁
D 75 − 0,5 × a_{n} D 75 − 0,5▷150 − c_{n}◁
D 75 − 75 C 0,5 × c_{n}
D 0,5 × c_{n}.

On reconnaît la relation de récurrence d’une suite géométrique de raison 0,5.

(b) On a c_{0} D 150 − a_{0} D 50, donc c_{n} D c_{0} × 0,5^{n} D 50 × 0,5^{n}. Comme a_{n} D 150 − c_{n}, on en déduit que a_{n} D 150 − 50 × 0,5^{n} (n ∈ ℕ).

4 0 < 0,5 < 1 donc 0,5^{n} > 0,5^{nC1}. Or,

0,5^{n} > 0,5^{nC1} ⟺ −50 × 0,5^{n} < −50 × 0,5^{nC1}
⟺ 150 − 50 × 0,5^{n} < 150 − 50 × 0,5^{nC1}
⟺ a_{n} < a_{nC1}.

La suite ▷a_{n}◁ est donc croissante. Un raisonnement analogue montre que la suite ▷b_{n}◁ est décroissante.

Extrait de bac — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 36 — #46 CORRIGÉS_{36}

5 On sait que lim_{n→C∞} 0,5^{n} D 0 (car 0 < 0,5 < 1). On en déduit que :

lim_{n→C∞} ▷150 − 50 × 0,5^{n}◁ D 150 ,

et de même :

lim_{n→C∞} (150 C 50 × 0,5^{n}) D 150.

À long terme, il y aura 50 % de cellules A et 50 % de cellules B.

22Extrait de bac_{Amérique du Nord, sujet 2 de secours, 2025 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 17}

Partie A : conjecture

1 Le tableau complété est le suivant :

\begin{matrix}n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ u_{n} & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & \frac{3}{8} & \frac{1}{4} & \frac{5}{32} \end{matrix}

2 En dressant un tableau de valeurs de la suite ▷u_{n}◁, on constate qu’elle semble décroissante et que ses termes semblent se rapprocher de 0.

Partie B : étude d’une suite auxiliaire

1 w_{0} D u_{1} − \frac{1}{2}u_{0} D \frac{1}{2} − \frac{1}{2} × 0 D \frac{1}{2}.

2 Pour tout entier naturel n, on a :

w_{nC1} D u_{▷nC1◁C1}− \frac{1}{2}u_{▷nC1◁} (définition de w au rang n C 1◁

D u_{nC2} − \frac{1}{2}u_{nC1}

D ( u_{nC1} − \frac{1}{4}u_{n}) − \frac{1}{2}u_{nC1} (relation de récurrence de ▷u_{n}◁◁.

D \frac{1}{2}u_{nC1} − \frac{1}{4}u_{n}

D \frac{1}{2} ( u_{nC1} − \frac{1}{2}u_{n})

D \frac{1}{2}w_{n} (définition de w au rang n◁.

Ainsi, ∀ n ∈ ℕ, w_{nC1} D \frac{1}{2}w_{n}.

Cela prouve que ▷w_{n}◁ est une suite géométrique de raison q D \frac{1}{2} et de premier terme w_{0} D \frac{1}{2}.

Extrait de bac — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 37 — #47 SUITES NUMÉRIQUES CHAP. 1_{37} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 La suite ▷w_{n}◁ est géométrique, donc d’après le cours :

∀ n ∈ ℕ, w_{n} D w_{0} × q^{n}

D \frac{1}{2} × ( \frac{1}{2}) ^{n}

D ( \frac{1}{2}) ^{nC1} .

4 Soit n un entier naturel. D’après l’énoncé,

w_{n} D u_{nC1} − \frac{1}{2}u_{n} ⟺ ( \frac{1}{2}) ^{nC1} D u_{nC1} − \frac{1}{2}u_{n}

⟺ u_{nC1} D ( \frac{1}{2}) ^{nC1} C \frac{1}{2}u_{n}.

5 Pour tout n entier naturel, posons :

P_{n} V u_{n} D n ( \frac{1}{2}) ^{n} .

Initialisation : u_{0} D 0 et 0 × ( \frac{1}{2}) ^{0} D 0 × 1 D 0. P_{0} est donc vraie. Hérédité : pour un entier naturel k donné, on suppose que la propriété P_{k} est vraie, c’est-à-dire : u_{k} D k ( \frac{1}{2}) ^{k}. Alors,

u_{kC1} D ( \frac{1}{2}) ^{kC1} C \frac{1}{2}u_{k} (relation de récurrence de la question B. 4)

D ( \frac{1}{2}) ^{kC1} C \frac{1}{2} × k ( \frac{1}{2}) ^{k} (par hypothèse de récurrence)

D ( \frac{1}{2}) ^{kC1} C k ( \frac{1}{2}) ^{kC1}

D ( \frac{1}{2}) ^{kC1} × (1 C k)

u_{kC1} D ▷k C 1◁ ( \frac{1}{2}) ^{kC1} .

Ainsi, l’hérédité est vérifiée. Conclusion : P_{0} est vraie, et, pour un entier naturel k fixé, P_{k}vraie ⇒ P_{kC1} vraie. Ainsi, d’après le principe de récurrence,

∀ n ∈ ℕ, u_{n} D n ( \frac{1}{2}) ^{n} .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 1 page 38 — #48 CORRIGÉS_{38}

Partie C : étude de la suite ▷u_{n}◁

1 Pour tout entier n ⩾ 1,

u_{nC1} − u_{n} D ▷n C 1◁ ( \frac{1}{2}) ^{nC1} − n ( \frac{1}{2}) ^{n} (question B. 5.)

D ▷n C 1◁ ( \frac{1}{2}) ^{nC1} − n ( \frac{1}{2}) ^{nC1} × 2

D ( \frac{1}{2}) ^{nC1} × (▷n C 1◁ − 2n)

D ( \frac{1}{2}) ^{nC1} × (1 − n).

Or,

( \frac{1}{2}) ^{nC1} est positif strictement;

▷1 − n◁ ⩽ 0 car n ⩾ 1.

Ainsi, u_{nC1} − u_{n} ⩽ 0 pour tout entier naturel n ⩾ 1. On en déduit alors que la suite ▷u_{n}◁ est décroissante à partir du rang n D 1.

2 L’expression de u_{n} permet de dire que la suite ▷u_{n}◁ est minorée par 0,

car pour tout entier naturel n, n × ( \frac{1}{2}) ^{n} ⩾ 0.

De plus, la suite est décroissante à partir du rang n D 1 d’après la question précédente. La suite est donc décroissante (à partir du rang n D 1) et minorée par 0. Ainsi, d’après le théorème de convergence des suites monotones, ▷u_{n}◁ converge.

3 On admet ici que la limite ℓ de la suite ▷u_{n}◁est solution de l’équation :

ℓ D ℓ − \frac{1}{4}ℓ.

Résolvons cette équation :

ℓ D ℓ − \frac{1}{4}ℓ ⟺ ℓ D \frac{3}{4}ℓ

⟺ ℓ − \frac{3}{4}ℓ D 0

⟺ \frac{1}{4}ℓ D 0

⟺ ℓ D 0 car \frac{1}{4} D̸ 0.

Ainsi, la suite ▷u_{n}◁ converge vers 0.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 39 — #49 2^{Chapitre}

Limites de fonctions

Plan du chapitre

1. Notion de limites et limites usuelles

2. Théorèmes sur les limites

1 Notion de limites et limites usuelles

1 Calculer les limites en C∞ et −∞ des fonctions suivantes.

(a) f V x ↦ \frac{3x C 1}{x^{2}}

(b) g V x ↦ \frac{7 − 3x^{2}}{5 C 4x^{2}}

(c) h V x ↦ \sqrt{x^{2} C 3x − 1} − x 2 Étudier le comportement lorsque x tend vers 1, des fonctions f et g

suivantes :

(a) f V x ↦ x C \frac{1}{▷x − 1◁^{2}}

(b) g V x ↦ \frac{\sqrt{x − 1}}{x − 1}

Exercice type 1

Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy

Voir corrigé page 43

1.1 Notion de limites

1.1.1 -Définitions

Définition 1

Soit f une fonction et soit α un nombre réel ou un infini (C∞ ou −∞). On dira que f admet une limite ℓ (finie ou infinie) en α si f ▷x◁ se rapproche de ℓ quand x tend vers α. On écrira alors : lim_{x→α} f ▷x◁ D ℓ.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 40 — #50 COURS_{40}

Exemples

lim_{x→C∞} \sqrt{x} D C∞ car plus x devient grand (plus x tend vers C∞) plus \sqrt{x}

devient grand.

lim_{x→−∞} \frac{1}{x} D 0 car plus x se rapproche de −∞, plus son inverse se rapproche

de 0.

Remarque : dans le cas où x se rapproche d’un nombre fini, il est fréquent d’étudier la limite à droite et à gauche de ce nombre.

Exemples

lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x>0 \end{matrix}} \frac{1}{x} D C∞ car x se rapproche de 0 par valeurs positives, donc la limite

sera nécessairement positive. Or, l’inverse d’un nombre très proche de 0 est un nombre qui se rapproche d’un infini (par exemple, l’inverse de 10^{−20} , qui est très proche de 0, est un nombre très grand, à savoir 10^{20}◁.

De manière analogue, on a : lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x<0 \end{matrix}} \frac{1}{x} D −∞.

1.1.2 -Asymptotes

Définitions 2

Soit f une fonction dont la courbe représentative est notée C_{f} , et soit a un nombre réel fini.

On dit que C_{f} admet une asymptote horizontale d’équation y D a si lim_{x→−∞} f ▷x◁ D a ou lim_{x→C∞} f ▷x◁ D a. Cela signifie que C_{f} se rapproche

de la droite d’équation y D a en −∞ ou en C∞.

On dit que C_{f} admet une asymptote verticale d’équation x D a si lim_{\begin{matrix}x→a \\ x<a \end{matrix}} f ▷x◁ D ±∞ ou lim_{\begin{matrix}x→a \\ x>a \end{matrix}} f ▷x◁ D ±∞. Cela signifie que C_{f} se rapproche

de la droite d’équation x D a.

Exemple : la courbe représentative de la fonction f ▷x◁ D \frac{1}{x} admet une asymptote horizontale d’équation y D 0 car lim_{x→C∞} f ▷x◁ D 0 et admet une asymptote

verticale d’équation x D 0 car lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x<0 \end{matrix}} f ▷x◁ D −∞.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 41 — #51 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{41} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.2 Limites usuelles

1.2.1 -Limites aux infinis

Propriétés 1 : limites en C∞

Pour tout entier naturel n non nul,

lim_{x→C∞} (x^{n}) D C∞

lim_{x→C∞} (\sqrt{x}) D C∞

lim_{x→C∞} ( \frac{1}{x^{n}}) D 0

Exemples

lim_{x→C∞} (x^{5}) D C∞ ; lim_{x→C∞} ( \frac{1}{x^{3}}) D 0

Propriétés 2 : limites en −∞

Pour tout entier naturel n non nul,

lim_{x→−∞} (x^{2n}) D C∞

lim_{x→−∞} (x^{2nC1}) D −∞

lim_{x→−∞} ( \frac{1}{x^{n}}) D 0

Exemples

lim_{x→−∞} (x^{5}) D −∞ ; lim_{x→−∞} (x^{8}) D C∞

Propriétés 3 : fonction exponentielle

lim_{x→−∞} e^{x} D 0.

lim_{x→C∞} e^{x} D C∞.

Propriété 4 : croissances comparées

Soit n un entier naturel non nul.

lim_{x→C∞} \frac{e^{x}}{x^{n}} D C∞.

lim_{x→−∞} x^{n}e^{x} D 0.

Remarque : un moyen simple de retenir ces propriétés est de se dire que la fonction exponentielle « est plus importante » que les puissances de x.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 42 — #52 COURS_{42}

1.2.2 -Limites en un nombre fini Propriétés 5

Soit n un entier naturel non nul.

{lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x<0 \end{matrix}} ( \frac{1}{x^{2n}}) D C∞ \atop lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x>0 \end{matrix}} ( \frac{1}{x^{2n}}) D C∞}  {lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x<0 \end{matrix}} ( \frac{1}{x^{2nC1}}) D −∞ \atop lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x>0 \end{matrix}} ( \frac{1}{x^{2nC1}}) D C∞}

1.3 Opérations sur les limites

α désigne soit un réel, soit C∞, soit −∞; ℓ et ℓ′désignent deux nombres réels. f est g sont deux fonctions.

1.3.1 -Somme et produit

lim_{x→α} f ▷x◁ lim_{x→α} g▷x◁ lim_{x→α} [f ▷x◁ C g▷x◁]  lim_{x→α} [f ▷x◁ × g▷x◁]
ℓ  ℓ′  ℓ C ℓ′  ℓ × ℓ′

C∞ ℓ′ C∞

C∞ si ℓ′> 0
−∞  si ℓ′< 0
indéterminée si ℓ′D 0.

−∞ ℓ′ −∞

−∞  si ℓ′> 0
C∞ si ℓ′< 0
indéterminée si ℓ′D 0.
C∞  C∞  C∞  C∞
−∞  −∞  −∞  C∞

C∞ −∞ indéterminée

−∞

1.3.2 -Formes indéterminées

Il y a quatre types d’indétermination dans le calcul de limites.

Types  Exemples
« ∞ − ∞ »  f ▷x◁ D x^{2}, g▷x◁ D −\sqrt{x}, lim_{x→C∞} [f ▷x◁ C g▷x◁]
« \frac{∞}{∞} »  f ▷x◁ D x^{2} C 3x C 1, g▷x◁ D x C 1, lim_{x→C∞} \frac{f ▷x◁}{g▷x◁}.
« 0 × ∞ »  f ▷x◁ D e^{−x} , g▷x◁ D \sqrt{x}, lim_{x→C∞} [f ▷x◁ × g▷x◁]
« \frac{0}{0} »  f ▷x◁ D \sqrt{x} − 2, g▷x◁ D x − 4, lim_{x→4} \frac{f ▷x◁}{g▷x◁}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 43 — #53 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{43} CORRIGÉS INTERROS COURS

Lorsque nous sommes face à une indétermination, il existe plusieurs méthodes pour la « lever » (c’est-à-dire pour la supprimer) en fonction du type rencontré.

MÉTHODE

Pour lever une indétermination du type « ∞ − ∞ » ou « \frac{∞}{∞} , on peut factoriser les fonctions par le terme de plus haut degré (ou le terme « le plus fort ») ou utiliser une expression conjuguée.

Pour lever une indétermination du type « \frac{0}{0} », on peut utiliser la définition du taux d’accroissement.

Exemples

f ▷x◁ D \frac{3x − 5}{x^{2} C 1}. Le calcul de lim_{x→C∞} f ▷x◁ laisse apparaître une indétermination

du type « \frac{∞}{∞} »; on factorise alors le numérateur et le dénominateur par les termes de plus haut degré, puis on simplifie :

f ▷x◁ D \frac{x (3 − \frac{5}{x})}{x^{2} (1 C \frac{1}{x^{2}})} D \frac{3 − \frac{5}{x}}{x (1 C \frac{1}{x^{2}})} .

Or, lim_{x→C∞} (3 − \frac{5}{x}) D 3 et lim_{x→C∞} [x (1 C \frac{1}{x^{2}}) ] D C∞ donc, par quotient,

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D 0.

g▷x◁ D \frac{\sqrt{x} − 2}{x − 4} . Le calcul de lim_{x→4} g▷x◁ laisse apparaître une forme indétermi-

née du type « \frac{0}{0} »; on va alors utiliser un taux d’accroissement :

u▷x◁ D \sqrt{x} donc g▷x◁ D \frac{u▷x◁ − u▷4◁}{x − 4}.

Ainsi, lim_{x→4} g▷x◁ D lim_{x→4} \frac{u▷x◁ − u▷4◁}{x − 4}D u′▷4◁ (par définition).

Or, u′▷x◁ D \frac{1}{2\sqrt{x}} donc lim_{x→4} g▷x◁ D \frac{1}{2\sqrt{4}} D \frac{1}{4}.

1 (a) f ▷x◁ D \frac{3x C 1}{x^{2}} D \frac{x(3 C \frac{1}{x})}{x × x} D \frac{3 C \frac{1}{x}}{x} , pour x D̸ 0.

Or, lim_{x→±∞} ( 3 C \frac{1}{x}) D 3 donc lim_{x→±∞} f ▷x◁ D 0.

…

Solution de l’exercice type 1

Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 44 — #54 COURS_{44}

(b) g▷x◁ D \frac{7 − 3x^{2}}{5 C 4x^{2}} D [figure: x^{2}; ( \frac{7}{x^{2}} − 3); x^{2}; ( \frac{5}{x^{2}} C 4)] D \frac{\frac{7}{x^{2}} − 3}{\frac{5}{x^{2}} C 4}, pour x D̸ 0.

Or, lim_{x→±∞} ( \frac{7}{x^{2}} − 3) D −3 et lim_{x→±∞} ( \frac{5}{x^{2}} C 4) D 4, donc par quo-

tient, lim_{x→±∞} g▷x◁ D −\frac{3}{4}.

(c) h▷x◁ D \sqrt{x^{2} C 3x − 1} − x.

Étude en −∞.

lim_{x→−∞} ▷x^{2} C 3x − 1◁ D C∞ donc lim_{x→−∞} \sqrt{x^{2} C 3x − 1} D C∞.

De plus, lim_{x→−∞} ▷−x◁ D C∞ donc par somme,

lim_{x→−∞} h▷x◁ D C∞.

Étude en C∞. Utilisons l’expression conjuguée :

\begin{matrix}( \sqrt{x^{2} C 3x − 1} − x) & ( \sqrt{x^{2} C 3x − 1} C x) \\ D ▷x^{2} C 3x − 1◁ − ▷x◁^{2} D 3x − 1. \end{matrix}

Alors, pour x > 0 :

\begin{matrix}h▷x◁ D \frac{3x − 1}{\sqrt{x^{2} C 3x − 1} C x} D [figure: x; (3 − \frac{1}{x}); x; ( \sqrt{1 C \frac{3}{x} − \frac{1}{x^{2}}} C 1)] \\ D \frac{3 − \frac{1}{x}}{\sqrt{1 C \frac{3}{x} − \frac{1}{x^{2}}} C 1}. \end{matrix}

Le numérateur tend vers 3 et le dénominateur vers 2, de sorte que

lim_{x→C∞} h▷x◁ D \frac{3}{2}.

2 (a) On a lim_{x→1}▷x − 1◁^{2} D 0^{C}, donc lim_{x→1} \frac{1}{▷x − 1◁^{2}} D C∞.

D’où, par somme :  lim_{x→1} ( x C \frac{1}{▷x − 1◁^{2}}) D C∞.

(b) g▷x◁ D \frac{\sqrt{x − 1}}{x − 1} D \begin{matrix}√ & \overline{x − 1} \\ ( & \sqrt{x − 1} & ) & 2 \end{matrix} D \frac{1}{\sqrt{x − 1}} .

Or, lim_{x→1} \sqrt{x − 1} D 0^{C}, donc lim_{x→1} g▷x◁ D C∞.

Solution de l’exercice type 1 (suite)

Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy Voir énoncé page 39

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 45 — #55 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{45} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Théorèmes sur les limites

1 Calculer la limite en 1 de la fonction f V x ↦ ▷x − 1◁^{2} sin( \frac{1}{x − 1} ) .

2 Calculer la limite en C∞ de la fonction g V x ↦ \frac{▷x^{2} C 1◁}{▷1 − x◁ cosx}.

Exercice type 2

Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy

Voir corrigé page 46

Théorème 1 : théorème de comparaison

Soient f et g deux fonctions. Pour x proche de α, on suppose que f ▷x◁ ⩾ g▷x◁.

Si lim_{x→α} g▷x◁ D C∞, alors lim_{x→α} f ▷x◁ D C∞.

Si lim_{x→α} f ▷x◁ D −∞, alors lim_{x→α} g▷x◁ D −∞.

Exemple : soit f une fonction telle que, pour tout réel x positif, f ▷x◁ ⩽ 1 − x. lim_{x→C∞} ▷1 − x◁ D −∞, donc d’après le théorème de comparaison,

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D −∞.

Théorème 2 : théorème des gendarmes (théorème d’encadrement)

Soient f, g, et h trois fonctions et ℓ un réel.

Si, pour x au voisinage de α, g▷x◁ ⩽ f ▷x◁ ⩽ h▷x◁ et :

lim_{x→α} g▷x◁ D ℓ et lim_{x→α} h▷x◁ D ℓ ,

alors lim_{x→α} f ▷x◁ D ℓ.

Si, pour x au voisinage de α, |f ▷x◁ − ℓ| ⩽ g▷x◁ et si lim_{x→α} g▷x◁ D 0, alors

lim_{x→α} f ▷x◁ D ℓ.

Exemple : soit f une fonction telle que, pour tout réel x non nul :

3 C \frac{1}{x} ⩽ f ▷x◁ ⩽ 3 C \frac{5}{x}.

lim_{x→C∞} ( 3 C \frac{1}{x}) D lim_{x→C∞} ( 3 C \frac{5}{x}) D 3 donc, d’après le théorème des gendarmes,

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D 3.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 46 — #56 COURS_{46}

1 Pour tout réel x D̸ 1, on a :

−1 ⩽ sin( \frac{1}{x − 1} ) ⩽ 1 donc − ▷x − 1◁^{2} ⩽ f ▷x◁ ⩽ ▷x − 1◁^{2}.

Or, lim_{x→1}▷x − 1◁^{2} D 0 donc d’après le théorème d’encadrement :

lim_{x→1} h▷x◁ D 0.

2 Pour tout réel x,

−1 ⩽ cos▷x◁ ⩽ 1.

De plus, pour tout réel x > 1

1 − x < 0.

Par conséquent, pour tout réel x > 1,

1 − x ⩽ ▷1 − x◁ cosx ⩽ −▷1 − x◁.

En prenant l’inverse des membres de cet encadrement, on obtient :

\frac{1}{−1 C x} ⩽ \frac{1}{▷1 − x◁ cosx} ⩽ \frac{1}{1 − x} .

En multipliant les membres de cet encadrement par x^{2} C 1 > 0, on a finalement :

\frac{x^{2} C 1}{−1 C x} ⩽ g▷x◁ ⩽ \frac{x^{2} C 1}{1 − x}.

Or,

lim_{x→C∞} \frac{x^{2} C 1}{−1 C x} D lim_{x→C∞} \frac{x^{2}}{x} D lim_{x→C∞} ▷x◁ D C∞.

Donc, d’après le théorème de comparaison,

lim_{x→C∞} g▷x◁ D C∞.

Solution de l’exercice type 2

Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy Voir énoncé page 45

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 47 — #57 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{47} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Lecture graphique Corrigé p. 53 10 min

Le graphique ci-contre représente les courbes représentatives C_{f} et C_{g} de deux fonctions f et g, f étant définie sur U0 I C∞T et g sur U − 3 I C∞T. On sait que :

l’axe des abscisses est asymptote aux deux courbes

l’axe des ordonnées est asymptote à C_{f}

Pour chaque question, donner la bonne réponse parmi les trois proposées.

1 La limite de f quand x tend vers 0 est :

a 0  b C∞  c on ne peut pas conclure.

2 La limite quand x tend vers C∞ de g▷x◁ est :

a 0  b C∞  c on ne peut pas conclure.

3 On a :

a lim_{x→1} f ▷x◁ D lim_{x→1} g▷x◁  b lim_{x→1} f ▷x◁ > lim_{x→1} g▷x◁

c lim_{x→1} f ▷x◁ < lim_{x→1} g▷x◁

4 Soit h une fonction telle que, pour tout x > 5, f ▷x◁ < h▷x◁ < g▷x◁. La limite quand x tend vers C∞ de h▷x◁ est :

a 0  b C∞  c on ne peut pas conclure.

2_{V/F} Étude de formes indéterminées Corrigé p. 53 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Si lim_{x→C∞} f ▷x◁ D 0 et lim_{x→C∞} g▷x◁ D C∞ alors lim_{x→C∞} \frac{f ▷x◁}{g▷x◁} est

indéterminée.

2 Si lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞ et lim_{x→C∞} g▷x◁ D −∞ alors lim_{x→C∞} f ▷x◁g▷x◁ est

indéterminée.

3 Si lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞ et lim_{x→C∞} g▷x◁ D −∞ alors lim_{x→C∞} (f ▷x◁Cg▷x◁)

est indéterminée. 4 Si lim_{x→C∞} f ▷x◁ D −∞, alors, pour tout entier naturel n non nul, on a

lim_{x→C∞} f^{n}▷x◁ D −∞.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 48 — #58 INTERROS_{48}
3_{V/F} Limites diverses Corrigé p. 53 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

{1 lim_{\begin{matrix}x→3 \\ x>3 \end{matrix}} \frac{x^{2} − x − 2}{x − 3} D C∞. \atop 2 lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x>2 \end{matrix}} \frac{x^{2} − 2x C 4}{x − 2} D 0.}  {3 lim_{x→−∞} \frac{\sqrt{x^{2} C 3}}{x C 1} D −1. \atop 4 lim_{x→1} \frac{x − 1}{\sqrt{x} − 1} D C∞.}
4_{V/F} Asymptôtes Corrigé p. 54 10 min

Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses? Justifier. 1 La courbe représentative de la fonction f ▷x◁ D \frac{2x^{2} − 5x C 3}{x − 1} admet

pour asymptote la droite d’équation x D 1. 2 La courbe représentative de la fonction g▷x◁ D \frac{\sqrt{e^{2x} C x}}{3 − e^{x}} admet une

asymptote horizontale.

5_{QCM} Exponentielle Corrigé p. 55 15 min

Soit f définie sur ℝ^{∗} par f ▷x◁ D \frac{e^{2x} − 1}{e^{x} − 1} . 1 La limite de f en C∞ est :

a C∞  b 1
c 0  d on ne peut pas savoir

2 La limite de f en −∞ est :

a C∞  b 1
c 0  d on ne peut pas savoir

3 La limite de f en 0 est :

a C∞ à droite et −∞ à gauche  b 0
c 1  d 2

4 La limite de f en 1 est :

\begin{matrix}a 0 & b e C 1 \\ c e^{2} − 1 & d e − 1 \end{matrix}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 49 — #59 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{49} CORRIGÉS INTERROS COURS

Limites aux infinis

6Avec des exponentielles_{Lycée Jean Renoir, Bondy} Corrigé ; p. 55 ; 5 min ; ⋆

On considère la fonction f définie sur ℝ par f ▷x◁ D \frac{e^{x}}{1 C e^{x}} .

1 Déterminer la limite de f ▷x◁ quand x tend vers −∞. 2 Déterminer la limite de f ▷x◁ quand x tend vers C∞. 3 En déduire les asymptotes de C (courbe représentative de f).

7Limites de quotients_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} Corrigé ; p. 56 ; 10 min ; ⋆

Calculer les limites suivantes :

1 lim_{x→C∞} \frac{\sqrt{2x^{2} − 2x C 3}}{x}  _{2} lim_{x→C∞} \frac{x^{4} − 3x C 2}{x C 1}

8Limites de fonctions irrationnelles_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. 56 ; 10 min ; ⋆

Calculer les limites suivantes :

1 lim_{x→C∞} \frac{1}{\sqrt{x C 1} − \sqrt{x − 1}}  2 lim_{x→C∞} \frac{1}{\sqrt{x^{2} C x} − \sqrt{x^{2} − x}}

9Avec une racine carrée_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} Corrigé ; p. 57 ; 10 min ; ⋆

Déterminer la limite suivante :

lim_{x→C∞} (\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} − 2x).

10Avec des polynômes_{Lycée Pablo Picasso, Fontenay-sous-Bois} Corrigé ; p. 58 ; 15 min ; ⋆

Pour chaque fonction, déterminer les limites indiquées : 1 f ▷x◁ D −x^{3} C x − 2, en C∞ et −∞. 2 f ▷x◁ D ▷7 − x^{2}◁▷x − 3◁^{3}, en C∞ et −∞. 3 f ▷x◁ D \sqrt{2x C 1} C x^{2} − 2, en C∞.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 50 — #60 INTERROS_{50}
11Lever une indétermination_{Lycée Corot, Savigny-sur-Orge} Corrigé ; p. 59 ; 15 min ; ⋆

1 Soit h la fonction définie sur [0 I C∞[ par h▷x◁ D 2x^{2} − \sqrt{x}.

Étudier la limite de h en C∞. 2 Soit g la fonction définie sur ]−∞ I −1] par g▷x◁ D \sqrt{x^{2} C 2}−\sqrt{x^{2} C x}.

Étudier la limite de g en −∞.

12Limites d’exponentielles en C∞_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} Corrigé ; p. 59 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Calculer les limites suivantes.

1 lim_{x→C∞} (e^{2x} − e^{x})

2 lim_{x→C∞} \frac{3 − e^{2x}}{e^{x} C 2}

3 lim_{x→C∞} \frac{1}{x}e^{\frac{1}{x}}

4 lim_{x→C∞} \frac{e^{\sqrt{x}}}{x}
13Une asymptote oblique_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 60 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo. On considère la fonction f définie sur D_{f} D ℝ \ {4} par :

f ▷x◁ D \frac{x^{2} − 7x C 14}{x − 4} .

On note C sa courbe représentative dans un repère du plan. 1 Déterminer trois réels a, b et c tels que pour tout x de D_{f} on ait :

f ▷x◁ D ax C b C \frac{c}{x − 4} .

2 Étudier les limites de la fonction f aux bornes de D_{f} . 3 Quelles asymptotes à la courbe C peut-on déduire de ces limites?

En donner une équation. 4 Calculer les limites en C∞ et −∞ de la fonction g telle que

g▷x◁ D f ▷x◁ − ▷x − 3◁. 5 Étudier la position relative de la courbe C et de la droite D d’équation

y D x − 3.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 51 — #61 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{51} CORRIGÉS INTERROS COURS
14Diverses limites_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} Corrigé ; p. 62 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Déterminer les limites suivantes.

1 lim_{x→−∞} \frac{e^{x^{2}} C x}{e^{−x} C 1}  2 lim_{x→C∞} \frac{\sqrt{e^{x} C 2} − 2x}{xe^{x} − \sqrt{x}}

Limites en un nombre fini

15Avec une exponentielle_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} Corrigé ; p. 63 ; 5 min ; ⋆

Déterminer lim_{x→0} \frac{e^{5x} − 1}{x} .

16Limites à droite et à gauche_{Lycée Carnot, Paris} Corrigé ; p. 63 ; 10 min ; ⋆

Étudier les limites à droite et à gauche de 1 de la fonction f définie par :

f ▷x◁ D \frac{2x − 5}{x^{2} C 3x − 4} .

17Fractions rationnelle et irrationnelle_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} Corrigé ; p. 64 ; 10 min ; ⋆

Déterminer les limites suivantes.

1 lim_{x→2} \frac{2x^{2} − 3x − 2}{2x − 4}  ^{2} lim_{x→2} \frac{\sqrt{x^{2} C 5} − 3}{x − 2}

18Limites en un nombre réel_{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand} Corrigé ; p. 65 ; 20 min ; ⋆

Étudier les limites suivantes. Lorsqu’une limite prouve l’existence d’une asymptote à la courbe représentative, donner son équation.

\begin{matrix}1 & lim_{x→2} & \frac{x − 1}{x − 2} \\ 2 & lim_{x→1} & \frac{x^{2} − 1}{x − 1} \end{matrix}  \begin{matrix}3 & lim_{x→−1} & \frac{x^{2} − 1}{x − 1} \\ 4 & lim_{x→1} & \frac{1 − 2x}{x^{2} C 2x − 3} \end{matrix}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 52 — #62 INTERROS_{52}
19Diverses limites_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} Corrigé ; p. 66 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Déterminer les limites suivantes.

1 lim_{x→2} \frac{e^{x−2} − 1}{x − 2}  2 lim_{x→1} \frac{e^{x−3} − e^{−2}}{\sqrt{x} − 1}

Comparaison et encadrement

20Comparaison ou encadrement?_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} Corrigé ; p. 67 ; 5 min ; ⋆

Déterminer lim_{x→C∞} \frac{x cos▷x◁}{x^{2} C 1}.

21Comparaison ou encadrement?_{Lycée Jean Monnet, Blanquefort} Corrigé ; p. 67 ; 5 min ; ⋆

Étudier la limite en C∞ de la fonction f définie sur ℝ par : f ▷x◁ D \frac{x^{2}}{2 C 2 sin▷x◁}.

22Une fonction trigonométrique_{Lycée de l’Emperi, Salon-de-Provence} Corrigé ; p. 68 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Soit f la fonction est définie par : f ▷x◁ D \frac{x sin( \frac{1}{x})}{x^{2} C 5} . 1 Quel est l’ensemble de définition de f ? 2 Calculer lim_{x→0} f ▷x◁.

Objectif bac

23Limites de fonctions diverses_{Extraits de divers sujets, 2025 NEW 2026} Corrigé ; p. 68 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

1 Calculer lim_{x→C∞} ( \frac{1}{1 C e^{−0,2x}} ) .

Donner une interprétation graphique de ce résultat. 2 On pose v▷t◁ D 12e^{−0,6t} C \frac{1}{0,6} × \frac{0,6t}{e^{0,6t}}. Calculer la limite de v en C∞. 3 On pose f ▷x◁ D ▷6x^{2} C 2x − 2◁e^{−5xC1} . Calculer la limite de f en −∞.

Limites diverses — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 53 — #63 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{53} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Lecture graphique {Énoncé \atop p. 47}

1 Réponse b . En effet, l’énoncé dit que l’axe des ordonnées est asymptote à C_{f} ; par conséquent, lim_{x→0} f ▷x◁ D C∞ ou lim_{x→0} f ▷x◁ D −∞. Mais

d’après le graphique, le cas « −∞ » n’est pas envisageable car la C_{f} est dirigée vers le haut (et non vers le bas).

2 Réponse a . D’après l’énoncé, l’axe des abscisses est asymptote aux deux courbes donc lim_{x→C∞} g▷x◁ D 0.

3 Réponse a . En fait, d’après le graphique, f ▷1◁ et g▷1◁ sont définis et f ▷1◁ D g▷1◁ D 1, ce qui peut aussi s’écrire lim_{x→1} f ▷x◁ D lim_{x→1} g▷x◁ D 1.

4 Réponse a . En effet, si f ▷x◁ < h▷x◁ < g▷x◁ pour x > 5 alors

lim_{x→C∞} f ▷x◁ < lim_{x→C∞} h▷x◁ < lim_{x→C∞} g▷x◁.

Or, lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} g▷x◁ D 0 donc d’après le théorème des gen-

darmes, on peut conclure que lim_{x→C∞} h▷x◁ D 0.

2_{V/F} Étude de formes indéterminées {Énoncé \atop p. 47}

1 Faux. D’après le théorème sur les limites de quotients, cette limite vaut 0. 2 Faux. D’après le théorème sur les limites de produits, cette limite vaut

−∞. 3 Vrai. Il s’agit d’une des quatre formes indéterminées à retenir. Par exemple,

avec f ▷x◁ D x et g▷x◁ D −e^{x}, lim_{x→C∞} (f ▷x◁ C g▷x◁) D lim_{x→C∞} (x − e^{x})

est indéterminée. Pour calculer cette limite, on peut factoriser par e^{x}. 4 Faux. Tout dépend de la parité de l’entier naturel n. Par exemple, si

f ▷x◁ D −x alors f^{2}▷x◁ D ▷−x◁^{2} D x^{2} et lim_{x→C∞} f^{2}▷x◁ D C∞.

3_{V/F} Limites diverses {Énoncé \atop p. 48}

1 Vrai. En effet,

\begin{matrix}lim_{\begin{matrix}x→3 \\ x>3 \end{matrix}}▷x^{2} − x − 2◁ D 3^{2} − 3 − 2 D 4 > 0 \\ lim_{\begin{matrix}x→3 \\ x>3 \end{matrix}}▷x − 3◁ D 0^{C} \end{matrix}  \} ⇒ lim_{\begin{matrix}x→3 \\ x>3 \end{matrix}} \frac{x^{2} − x − 2}{x − 3} D C∞.

2 Faux. En effet,

\begin{matrix}lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x>2 \end{matrix}}▷x^{2} − 2x C 4◁ D 2^{2} − 4 C 4 D 4 > 0 \\ lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x>2 \end{matrix}}▷x − 2◁ D 0^{C} \end{matrix} \} ⇒ lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x>2 \end{matrix}} \frac{x^{2} − 2x C 4}{x − 2} D C∞.

Asymptôtes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 54 — #64

CORRIGÉS_{54}

3 Vrai. En effet, on peut écrire pour tout x D̸ −1 :

\frac{\sqrt{x^{2} C 3}}{x C 1} D \frac{\sqrt{x^{2} (1 C \frac{3}{x^{2}})}}{x (1 C \frac{1}{x})} D \frac{|x|\sqrt{1 C \frac{3}{x^{2}}}}{x (1 C \frac{1}{x})} .

Au voisinage de −∞, x < 0 donc |x| D −x et on peut alors écrire que pour x < 0 :

\frac{\sqrt{x^{2} C 3}}{x C 1} D \frac{−x\sqrt{1 C \frac{3}{x^{2}}}}{x (1 C \frac{1}{x})} D \frac{−\sqrt{1 C \frac{3}{x^{2}}}}{1 C \frac{1}{x}} .

Or, lim_{x→−∞} ( 1 C \frac{1}{x}) D lim_{x→−∞} ( 1 C \frac{3}{x^{2}}) D 1 d’où :

lim_{x→−∞} \frac{\sqrt{x^{2} C 3}}{x C 1} D −1.

4 Faux. Le numérateur et le dénominateur tendent simultanément vers 0 quand x tend vers 1. On est donc en présence d’une forme indéterminée

du type « \frac{0}{0} ». Pour lever l’indétermination, on peut remarquer que, pour x positif :

x − 1 D (\sqrt{x} − 1)(\sqrt{x} C 1),

ce qui permet d’écrire :

\frac{x − 1}{\sqrt{x} − 1} D \sqrt{x} C 1,

d’où : lim_{x→1} \frac{x − 1}{\sqrt{x} − 1} D lim_{x→1} (\sqrt{x} C 1) D 2.

4_{V/F} Asymptôtes {Énoncé \atop p. 48}

1 Faux. À première vue, on pourrait penser que l’affirmation est vraie car x D 1 est une valeur interdite. Mais « 1 » est une racine évidente de 2x^{2} − 5x C 3, donc ce polynôme se factorise par ▷x − 1◁ :

2x^{2} − 5x C 3 D ▷x − 1◁▷2x − 3◁.

Ainsi, pour tout réel x D̸ 1, f ▷x◁ D 2x−3 et lim_{x→1} f ▷x◁ D −1. Par consé-

quent, la courbe représentative de f n’admet pas d’asymptote verticale en x D 1 (car sa limite n’est pas infinie).

2 Vrai. En effet, on peut écrire :

g▷x◁ D \frac{\sqrt{e^{2x} C x}}{3 − e^{x}} D \frac{\sqrt{e^{2x}(1 C xe^{−2x} )}}{e^{x}(3e^{−x} − 1)} D \frac{[figure: e^{x}]\sqrt{1 C xe^{−2x}}}{[figure: e^{x}](3e^{−x} − 1)} .

Avec des exponentielles — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 55 — #65

LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{55} CORRIGÉS INTERROS COURS

Or, lim_{x→C∞} (xe^{−x} ) D 0 (croissance comparée) donc :

lim_{x→C∞} (xe^{−2x} ) D lim_{x→C∞} (xe^{−x} × e^{−x} ) D 0.

Alors,

\begin{matrix}lim_{x→C∞} \sqrt{1 C xe^{−2x}} D 1 \\ lim_{x→C∞} (3e^{−x} − 1) D −1 \end{matrix} \} ⇒ lim_{x→C∞} g▷x◁ D −1 (par quotient).

La droite d’équation y D −1 est donc une asymptote à la courbe de g.

5_{QCM} Exponentielle {Énoncé \atop p. 48}

1 Réponse a . On peut écrire :

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} \frac{e^{2x} ( 1 − \frac{1}{e^{2x}})}{e^{x} ( 1 − \frac{1}{e^{x}})} D lim_{x→C∞} e^{x} \frac{1 − \frac{1}{e^{2x}}}{1 − \frac{1}{e^{x}}} .

Or, lim_{x→C∞} e^{x} D C∞ donc lim_{x→C∞} e^{2x} D C∞, donc

lim_{x→C∞} \frac{1}{e^{2x}} D lim_{x→C∞} \frac{1}{e^{x}} D 0 et lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} e^{x} D C∞.

2 Réponse b . On a :

\begin{matrix}lim_{x→−∞} 2x & D −∞ \\ lim_{x→−∞} e^{x} & D 0 \end{matrix} \} donc lim_{x→−∞} e^{2x} D 0 et lim_{x→−∞} f ▷x◁ D 1.

3 Réponse d . Pour tout x non nul, f ▷x◁ D \frac{▷e^{x} − 1◁▷e^{x} C 1◁}{e^{x} − 1} D e^{x} C 1.

Par conséquent, lim_{x→0} f ▷x◁ D 2.

4 Réponse b . La fonction f est définie en 1, sa limite est donc f ▷1◁ D e C 1.

6Avec des exponentielles_{Lycée Jean Renoir, Bondy} {Énoncé \atop p. 49}

1 D’après les limites du cours, on a lim_{x→−∞} e^{x} D 0. Il en résulte que :

lim_{x→−∞} f ▷x◁ D 0.

2 On a : lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} \frac{[figure: e^{x}] × 1}{[figure: e^{x}] ( \frac{1}{e^{x}} C 1)} D lim_{x→C∞} \frac{1}{e^{−x} C 1} D 1.

Limites de fonctions irrationnelles — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 56 — #66 CORRIGÉS_{56}

3 lim_{x→C∞} f ▷x◁ D 1 donc la droite d’équation y D 1 est asymptote à la courbe représentative de la fonction f au voisinage de C∞. De même, lim_{x→−∞} f ▷x◁ D 0 donc la droite d’équation y D 0 (l’axe des abscisses) est asymptote à la courbe représentative de la fonction f au voisinage de −∞.

7Limites de quotients_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} {Énoncé \atop p. 49}

1 Pour tout x au voisinage de C∞,

2x^{2} − 2x C 3 D x^{2} ( 2 − \frac{2}{x} C \frac{3}{x^{2}}) .

Comme x > 0, \sqrt{x^{2}} D x et donc :

\sqrt{2x^{2} − 2x C 3} D x\sqrt{2 − \frac{2}{x} C \frac{3}{x^{2}}} .

On en déduit alors que :

lim_{x→C∞} \frac{\sqrt{2x^{2} − 2x C 3}}{x} D lim_{x→C∞} \sqrt{2 − \frac{2}{x} C \frac{3}{x^{2}}} D \sqrt{2}.

2 D’après la propriété sur les limites aux infinis de fonctions rationnelles,

lim_{x→C∞} \frac{x^{4} − 3x C 2}{x C 1} D lim_{x→C∞} \frac{x^{4}}{x} D lim_{x→C∞} x^{3} D C∞.

8Limites de fonctions irrationnelles_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Énoncé \atop p. 49}

On utilise dans cet exercice la méthode dite de l’expression conjuguée. 1 Quel que soit x, tel que x C 1 > 0 et x − 1 > 0, c’est-à-dire pour tout

x > 1 :

\frac{1}{\sqrt{x C 1} − \sqrt{x − 1}} D \frac{\sqrt{x C 1} C \sqrt{x − 1}}{(\sqrt{x C 1} − \sqrt{x − 1} )(\sqrt{x C 1} C \sqrt{x − 1} )}

D \frac{\sqrt{x C 1} C \sqrt{x − 1}}{▷x C 1◁ − ▷x − 1◁}

D \frac{\sqrt{x C 1} C \sqrt{x − 1}}{2} .

De plus,

lim_{x→C∞} \sqrt{x C 1} D lim_{x→C∞} \sqrt{x − 1} D C∞

Avec une racine carrée — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 57 — #67 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{57} CORRIGÉS INTERROS COURS

donc :

lim_{x→C∞} \frac{1}{\sqrt{x C 1} − \sqrt{x − 1}} D C∞.

2 Pour tout x > 1,

\frac{1}{\sqrt{x^{2} C x} − \sqrt{x^{2} − x}} D \frac{\sqrt{x^{2} C x} C \sqrt{x^{2} − x}}{(\sqrt{x^{2} C x} − \sqrt{x^{2} − x} )(\sqrt{x^{2} C x} C \sqrt{x^{2} − x} )}

D \frac{\sqrt{x^{2} C x} C \sqrt{x^{2} − x}}{▷x^{2} C x◁ − ▷x^{2} − x◁}

D \frac{\sqrt{x^{2} ( 1 C \frac{1}{x})} C \sqrt{x^{2} ( 1 − \frac{1}{x})}}{2x}

D \frac{|x| ( \sqrt{1 C \frac{1}{x}} C \sqrt{1 − \frac{1}{x}} )}{2x} .

Or, quand x > 0, \frac{|x|}{x} D 1 donc, pour x > 1 :

\frac{1}{\sqrt{x^{2} C x} − \sqrt{x^{2} − x}} D \frac{\sqrt{1 C \frac{1}{x}} C \sqrt{1 − \frac{1}{x}}}{2} .

Enfin :

lim_{x→C∞} \sqrt{1 C \frac{1}{x}} D lim_{x→C∞} \sqrt{1 − \frac{1}{x}} D 1 ,

d’où :

lim_{x→C∞} ( \frac{1}{\sqrt{x^{2} C x} − \sqrt{x^{2} − x}} ) D 1.

9Avec une racine carrée_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} {Énoncé \atop p. 49}

Utilisons l’expression conjuguée pour lever l’indétermination rencontrée, du type « ∞ − ∞ » :

\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} − 2x D \frac{(\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} − 2x)(\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} C 2x)}{\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} C 2x}

D \frac{4x^{2} C 2x C 1 − 4x^{2}}{\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} C 2x}

D \frac{2x C 1}{\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} C 2x} .

Avec des polynômes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 58 — #68

CORRIGÉS_{58}

À ce stade, nous avons encore une indétermination, du type « \frac{∞}{∞} », mais pas de panique! Nous allons la lever en factorisant au numérateur et au dénominateur par le terme de plus haut degré. Pour x > 0, on a :

\frac{2x C 1}{\sqrt{4x^{2} C 2x C 1} C 2x} D \frac{x (2 C \frac{1}{x})}{\sqrt{4x^{2} (1 C \frac{1}{2x} C \frac{1}{4x^{2}})} C 2x}

D \frac{x (2 C \frac{1}{x})}{2x\sqrt{1 C \frac{1}{2x} C \frac{1}{4x^{2}}} C 2x}

D \frac{x(2 C \frac{1}{x})}{2x[\sqrt{1 C \frac{1}{2x} C \frac{1}{4x^{2}}} C 1]}

\begin{matrix}lim_{x→C∞} (2 C \frac{1}{x}) D 2 \\ lim_{x→C∞} [\sqrt{1 C \frac{1}{2x} C \frac{1}{4x^{2}}} C 1] D 2 \end{matrix} \} ⇒ lim_{x→C∞} (\sqrt{4x^{2} C 2x C 1}−2x) D \frac{1}{2}.

10Avec des polynômes_{Lycée Pablo Picasso, Fontenay-sous-Bois} {Énoncé \atop p. 49}

1 f ▷x◁ D −x^{3} C x − 2 D x^{3} ( −1 C \frac{1}{x^{2}} − \frac{2}{x^{3}}) . Or, lim_{x→±∞} \frac{1}{x^{n}} D 0 pour

n ∈ ℕ^{∗}. Donc :

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} ▷−x^{3}◁ D −∞.

lim_{x→−∞} f ▷x◁ D lim_{x→−∞} ▷−x^{3}◁ D C∞.

2 Le terme de plus haut degré du polynôme est −x^{2} × x^{3} D −x^{5} donc :

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} ▷−x^{5}◁ D −∞.

lim_{x→−∞} f ▷x◁ D lim_{x→−∞} ▷−x^{5}◁ D C∞.

3 lim_{x→C∞} ▷2x C 1◁ D C∞ donc lim_{x→C∞} \sqrt{2x C 1} D C∞.

De plus, lim_{x→C∞} ▷x^{2} − 2◁ D C∞ donc, par somme, on trouve

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞.

Limites d’exponentielles en C∞ — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 59 — #69

LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{59} CORRIGÉS INTERROS COURS

11Lever une indétermination_{Lycée Corot, Savigny-sur-Orge} {Énoncé \atop p. 50}

1 Pour tout réel x strictement positif,

h▷x◁ D x^{2} ( 2 − \frac{\sqrt{x}}{x^{2}}) D x^{2} ( 2 − \frac{1}{x\sqrt{x}}) .

Or, lim_{x→C∞} \frac{1}{x\sqrt{x}} D 0 et lim_{x→C∞} x^{2} D C∞.

Donc :

lim_{x→C∞} h▷x◁ D C∞.

2 Pour tout x ⩽ −1,

g▷x◁ D \frac{2 − x}{\sqrt{x^{2} C 2} C \sqrt{x^{2} C x}} D \frac{x ( \frac{2}{x} − 1)}{−x ( \sqrt{1 C \frac{2}{x^{2}}} C \sqrt{1 C \frac{1}{x}} )} .

D’où :

g▷x◁ D \frac{1 − \frac{2}{x}}{\sqrt{1 C \frac{2}{x^{2}}} C \sqrt{1 C \frac{1}{x}}} .

� ATTENTION Comme x est négatif, on a \sqrt{x^{2}} D |x| D −x.

\begin{matrix}lim_{x→−∞} ( 1 C \frac{1}{x}) D 1 \\ lim_{X→1} \sqrt{X} D 1 \end{matrix} \} ⇒ lim_{x→−∞} \sqrt{1 C \frac{1}{x}} D 1.

De même, lim_{x→−∞} \sqrt{1 C \frac{2}{x^{2}}} D 1. On en conclut que lim_{x→−∞} g▷x◁ D \frac{1}{2}.

12Limites d’exponentielles en C∞_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 50}

1 lim_{x→C∞} (e^{2x} − e^{x}) D lim_{x→C∞} e^{x}(e^{x} − 1). Or, lim_{x→C∞} e^{x} D C∞ donc, par

produit, on en déduit que :

lim_{x→C∞} (e^{2x} − e^{x}) D C∞.

Une asymptote oblique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 60 — #70

CORRIGÉS_{60}

2 lim_{x→C∞} \frac{3 − e^{2x}}{e^{x} C 2} D lim_{x→C∞} \frac{e^{2x}(3e^{−2x} − 1)}{e^{x}(1 C 2e^{−x} )} D lim_{x→C∞} \frac{e^{x}(3e^{−2x} − 1)}{1 C 2e^{−x}} .

Or, lim_{x→C∞} e^{−2x} D lim_{x→C∞} e^{−x} D 0 donc, d’une part :

\begin{matrix}lim_{x→C∞} (3e^{−2x} − 1) D −1 \\ lim_{x→C∞} e^{x} D C∞ \end{matrix} \} ⇒ lim_{x→C∞} e^{x}(3e^{−2x} − 1) D −∞ ,

d’autre part :

lim_{x→C∞} (1 C 2e^{−x} ) D 1.

On en déduit alors, par quotient, que :

lim_{x→C∞} \frac{3 − e^{2x}}{e^{x} C 2} D −∞.

3 En posant X D \frac{1}{x} (x D̸ 0), on peut écrire :

lim_{x→C∞} \frac{1}{x}e^{\frac{1}{x}} D lim_{X→0} Xe^{X} D 0.

4 En posant X D \sqrt{x} (x > 0), on peut écrire :

lim_{x→C∞} \frac{e^{\sqrt{x}}}{x} D lim_{X→C∞} \frac{e^{X}}{X^{2}} D C∞ (d’après le cours).

13Une asymptote oblique_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 50}

1 \begin{aligned}∀ x ∈ D_{f} , f ▷x◁ & D ax C b C \frac{c}{x − 4} D \frac{▷ax C b◁▷x − 4◁ C c}{x − 4} \\ & D \frac{ax^{2} C ▷b − 4a◁x − 4b C c}{x − 4} . \end{aligned}

Par identification avec l’expression de f ▷x◁, on voit qu’il suffit que a, b et c vérifient le système :

\{ \begin{matrix}a D & 1 \\ b − 4a D & −7 \\ −4b C c D & 14 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}a D & 1 \\ b D & −3 \\ c D & 2 \end{matrix}

Par conséquent, on peut écrire : f ▷x◁ D x − 3 C \frac{2}{x − 4} .

2 D_{f} DU − ∞ I 4T∪U4 I C∞T. Il faut étudier les limites en l’infini et en 4 par valeurs supérieures et inférieures.

lim_{x→C∞} \frac{2}{x − 4} D lim_{x→−∞} \frac{2}{x − 4} D 0 donc, par somme, on obtient :

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞  et  lim_{x→−∞} f ▷x◁ D −∞.

Une asymptote oblique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 61 — #71

LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{61} CORRIGÉS INTERROS COURS

\begin{matrix}lim_{x→4}▷x − 3◁ D 1 \\ lim_{\begin{matrix}x→4 \\ x>4 \end{matrix}}▷x − 4◁ D 0^{C} \end{matrix} \} ⇒ lim_{\begin{matrix}x→4 \\ x>4 \end{matrix}} f ▷x◁ D C∞.

De même, \begin{matrix}lim_{x→4}▷x − 3◁ D 1 \\ lim_{\begin{matrix}x→4 \\ x<4 \end{matrix}}▷x − 4◁ D 0^{−} \end{matrix} \} ⇒ lim_{\begin{matrix}x→4 \\ x<4 \end{matrix}} f ▷x◁ D −∞.

3 La limite infinie en 4 permet de conclure que la courbe admet une asymptote verticale d’équation x D 4. En revanche, comme les limites en l’infini sont infinies, il n’y a pas d’asymptote horizontale.

4 En utilisant l’écriture établie dans la question 1, on trouve :

g▷x◁ D f ▷x◁ − ▷x − 3◁ D \frac{2}{x − 4} .

D’après les calculs de limites de la question 2, on en déduit que

lim_{x→C∞} g▷x◁ D lim_{x→−∞} g▷x◁ D 0.

Remarque : cette limite montre que la courbe C et la droite D se rapprochent l’une de l’autre lorsque x tend vers l’infini (on peut le visualiser sur le graphique précédent). On dit que la droite D est une asymptote oblique à la courbe C.

5 Pour étudier la position relative de la courbe C et de la droite D, il faut étudier le signe de l’expression f ▷x◁ − ▷x − 3◁, c’est-à-dire le signe de g▷x◁.

Diverses limites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 62 — #72 CORRIGÉS_{62}

Pour x > 4, la différence est positive, donc la courbe C est au-dessus de la droite D.

Pour x < 4, la différence est négative, donc la courbe C est en dessous de la droite D.

14Diverses limites_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 51}

1 ∀ x ∈ ℝ, \frac{e^{x^{2}} C x}{e^{−x} C 1} D \frac{[figure: e^{−x}] (e^{x^{2}Cx} C xe^{x})}{[figure: e^{−x}] (1 C e^{x})} D \frac{e^{x^{2}Cx} − xe^{x}}{1 C e^{x}} .

\begin{matrix}lim_{x→−∞} (x^{2} C x) D lim_{x→−∞} x^{2} D C∞ \\ lim_{X→C∞} e^{X} D C∞ \end{matrix} \} ⇒ lim_{x→−∞} (e^{x^{2}Cx}) D C∞.

lim_{x→−∞} xe^{x} D 0 (d’après le cours).

lim_{x→−∞} e^{x} D 0 donc lim_{x→−∞} (1 C e^{x}) D 1.

Par somme et quotient, on obtient :

lim_{x→−∞} \frac{e^{x^{2}} C x}{e^{−x} C 1} D C∞.

2 lim_{x→C∞} \frac{\sqrt{e^{x} C 2} − 2x}{xe^{x} − \sqrt{x}} mène à plusieurs indéterminations : au numéra-

teur ainsi qu’au dénominateur, une indétermination du type « ∞ − ∞ » apparaissent.

MÉTHODE

L’idée que nous choisissons ici est de factoriser au numérateur et au dénominateur par un même facteur dans le but de simplifier le quotient.

\sqrt{e^{x} C 2} − 2x D \sqrt{e^{x}(1 C 2e^{−x} )} − 2x

D e^{x/2}\sqrt{1 C 2e^{−x}} − 2x

D e^{x/2}[\sqrt{1 C 2e^{−x}} − 2xe^{−x/2} ]

D e^{x/2}[\sqrt{1 C 2e^{−x}} − 4 × \frac{x}{2}e^{−x/2} ] .

Limites à droite et à gauche — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 63 — #73

LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{63} CORRIGÉS INTERROS COURS

xe^{x} − \sqrt{x} D e^{x/2}[xe^{x/2} − \frac{\sqrt{x}}{e^{x/2}}]

D e^{x/2}[xe^{x/2} − \sqrt{\frac{x}{e^{x}}}] car e^{x/2} D (e^{x})^{1/2} D \sqrt{e^{x}}.

Ainsi,

\frac{\sqrt{e^{x} C 2} − 2x}{xe^{x} − \sqrt{x}} D [figure: e^{x/2}; [\sqrt{1 C 2e^{−x}} − 4 × \frac{x}{2}e^{−x/2} ]; e^{x/2}; [xe^{x/2} − \sqrt{\frac{x}{e^{x}}}]]

Or,

lim_{x→C∞} ( \frac{x}{2}e^{−x/2} ) D lim_{X→C∞} Xe^{−X} D lim_{X→C∞} \frac{X}{e^{X}} D 0;

lim_{x→C∞} \sqrt{1 C 2e^{−x}} D \sqrt{1} D 1 car lim_{x→C∞} e^{−x} D 0;

lim_{x→C∞} xe^{x/2} D lim_{x→C∞} 2 × \frac{x}{2}e^{x/2} D lim_{X→C∞} 2Xe^{X} D C∞;

lim_{x→C∞} \sqrt{\frac{x}{e^{x}}} D 0.

Ainsi, le numérateur tend vers 1 et le dénominateur tend vers C∞ et donc,

lim_{x→C∞} \frac{\sqrt{e^{x} C 2} − 2x}{xe^{x} − \sqrt{x}} D 0.

15Avec une exponentielle_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} {Énoncé \atop p. 51}

Nous avons ici une forme indéterminée du type « \frac{0}{0} » donc il nous faut la lever en utilisant par exemple un taux d’accroissement. Posons f ▷x◁ D e^{5x}. On a f ▷0◁ D 1 et f′▷x◁ D 5e^{5x}, donc f′▷0◁ D 5. Ainsi,

lim_{x→0} \frac{e^{5x} − 1}{x} D lim_{x→0} \frac{f ▷x◁ − f ▷0◁}{x − 0} D f′▷0◁ D 5.

16Limites à droite et à gauche_{Lycée Carnot, Paris} {Énoncé \atop p. 51}

f ▷x◁ D \frac{2x − 5}{x^{2} C 3x − 4} . Regardons les limites à droite et à gauche de 1 de cette fonction.

lim_{x→1}▷2x − 5◁ D 2 − 5 D −3.

Fractions rationnelle et irrationnelle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 64 — #74 CORRIGÉS_{64}

Le polynôme x^{2} C 3x − 4 admet pour racine évidente x_{1} D 1. Le produit

des racines de ax^{2} C bx C c étant égal à \frac{c}{a}, on a ici : x_{1}x_{2} D \frac{−4}{1} , donc la deuxième racine est x_{2} D −4. On en déduit alors le tableau suivant :

x  −∞  −4  1  C∞
x^{2} C 3x − 4  C 0 − 0 C

On a alors :

lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x<1 \end{matrix}}▷x^{2} C 3x − 4◁ D 0^{−}  et  lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x>1 \end{matrix}}▷x^{2} C 3x − 4◁ D 0^{C}.

On en déduit alors, par quotient (n’oublions pas que le numérateur tend vers −3) :

lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x<1 \end{matrix}} f ▷x◁ D C∞  et  lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x>1 \end{matrix}} f ▷x◁ D 0 − ∞.

17Fractions rationnelle et irrationnelle_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 51}

1 lim_{x→2} \frac{2x^{2} − 3x − 2}{2x − 4} .

Remarquons avant tout que 2 est une racine de 2x^{2} − 3x − 2 donc ce dernier peut se factoriser par ▷x − 2◁ :

2x^{2} − 3x − 2 D ▷x − 2◁▷2x C 1◁.

Ainsi,

lim_{x→2} \frac{2x^{2} − 3x − 2}{2x − 4} D lim_{x→2} \frac{▷x − 2◁▷2x C 1◁}{2▷x − 2◁}

D lim_{x→2} \frac{2x C 1}{2}

D \frac{5}{2}.

2 lim_{x→2} \frac{\sqrt{x^{2} C 5} − 3}{x − 2} .

Remarquons que cette limite donne une forme indéterminée du type

« \frac{0}{0} ».

Méthode 1 : nous allons utiliser un taux d’accroissement.

Posons f ▷x◁ D \sqrt{x^{2} C 5}.

Alors, f ▷2◁ D 3 et f′▷x◁ D \frac{2x}{2\sqrt{x^{2} C 5}} D \frac{x}{\sqrt{x^{2} C 5}}, donc f′▷2◁ D \frac{2}{3}.

lim_{x→2} \frac{\sqrt{x^{2} C 5} − 3}{x − 2} D lim_{x→2} \frac{f ▷x◁ − f ▷2◁}{x − 2} D f′▷2◁ D \frac{2}{3}.

Limites en un nombre réel — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 65 — #75 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{65} CORRIGÉS INTERROS COURS

Méthode 2 : nous allons utiliser une expression conjuguée. Pour x D̸ 2 :

\frac{\sqrt{x^{2} C 5} − 3}{x − 2} D \frac{\sqrt{x^{2} C 5} − 3}{x − 2} × \frac{\sqrt{x^{2} C 5} C 3}{\sqrt{x^{2} C 5} C 3}

D \frac{x^{2} C 5 − 9}{▷x − 2◁(\sqrt{x^{2} C 5} C 3)}

D \frac{[figure: ▷x − 2◁]▷x C 2◁}{[figure: ▷x − 2◁](\sqrt{x^{2} C 5} C 3)}

D \frac{x C 2}{\sqrt{x^{2} C 5} C 3}.

Donc :

lim_{x→2} \frac{\sqrt{x^{2} C 5} − 3}{x − 2} D lim_{x→2} \frac{x C 2}{\sqrt{x^{2} C 5} C 3} D \frac{4}{6} D \frac{2}{3}.

18Limites en un nombre réel_{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand} {Énoncé \atop p. 51}

1 On a :

\begin{matrix}lim_{x→2}▷x − 1◁ & D 1 \\ lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x<2 \end{matrix}}▷x − 2◁ & D 0^{−} \end{matrix} \} ⇒ lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x<2 \end{matrix}} \frac{x − 1}{x − 2} D −∞.

De même, lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x>2 \end{matrix}} \frac{x − 1}{x − 2} D C∞.

On a donc une asymptote verticale d’équation x D 2.

2 On a une forme indéterminée du type « \frac{0}{0} ». L’expression n’est pas définie en 1, mais on remarque que pour tout x différent de 1 :

\frac{x^{2} − 1}{x − 1} D \frac{▷x − 1◁▷x C 1◁}{x − 1}D x C 1, donc lim_{x→1} \frac{x^{2} − 1}{x − 1} D lim_{x→1} x C 1 D 2.

3 L’expression est définie en −1, il suffit de remplacer x par −1 et on

obtient lim_{x→−1} \frac{x^{2} − 1}{x − 1} D 0.

4 Quand x tend vers 1, le dénominateur tend vers 0. Il nous faut savoir si c’est par valeurs positives ou par valeurs négatives. Les racines de x^{2} C 2x − 3 sont 1 et −3, et le trinôme est positif à l’extérieur des racines puisque le coefficient de x^{2} est positif. On a :

\begin{matrix}lim_{x→1} 1 − 2x D −1 \\ lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x<1 \end{matrix}}▷x^{2} C 2x − 3◁ D 0^{−} \\ (entre les racines) \end{matrix} \} ⇒ lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x<1 \end{matrix}} \frac{1 − 2x}{x^{2} C 2x − 3} D C∞ (règle des signes).

Comparaison ou encadrement? — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 66 — #76

CORRIGÉS_{66}

De même, lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x>1 \end{matrix}} \frac{1 − 2x}{x^{2} C 2x − 3} D −∞. On a donc une asymptote verticale d’équation x D 1.

19Diverses limites_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 52}

1 Posons f ▷x◁ D e^{x−2} . Alors, f ▷2◁ D e^{0} D 1 et f′▷x◁ D e^{x−2} . Ainsi :

lim_{x→2} \frac{e^{x−2} − 1}{x − 2} D lim_{x→2} \frac{f ▷x◁ − f ▷2◁}{x − 2} D f′▷2◁ D 1.

2 On constate que lim_{x→1} \frac{e^{x−3} − e^{−2}}{\sqrt{x} − 1} est une forme indéterminée du

type « \frac{0}{0} ».

MÉTHODE Dans le cas d’une indétermination du type « \frac{0}{0} » qui ne peut pas être levée facilement, on peut poser f ▷x◁ et g▷x◁ respectivement le numérateur et le dénominateur de l’expression, puis écrire cette dernière

sous la forme \frac{f ▷x◁ − f ▷a◁}{x − a} × \frac{x − a}{g▷x◁ − g▷a◁}.

Posons alors :

f ▷x◁ D e^{x−3} − e^{−2} et g▷x◁ D \sqrt{x} − 1.

f ▷1◁ D 0 et g▷1◁ D 0. On a bien pour tout réel x D̸ 1 :

\frac{e^{x−3} − e^{−2}}{\sqrt{x} − 1} D \frac{f ▷x◁ − f ▷1◁}{g▷x◁ − g▷1◁} D \frac{f ▷x◁ − f ▷1◁}{x − 1} × \frac{x − 1}{g▷x◁ − g▷1◁}.

Or, si f′▷1◁ et g′▷1◁ existent,

lim_{x→1} \frac{f ▷x◁ − f ▷1◁}{x − 1} D f′▷1◁ et lim_{x→1} \frac{x − 1}{g▷x◁ − g▷1◁}D \frac{1}{g′▷x◁}.

On calcule donc : f′▷x◁ D e^{x−3} donc f′▷1◁ D e^{−2} ;

g′▷x◁ D \frac{1}{2\sqrt{x}} donc g′▷1◁ D \frac{1}{2}, soit \frac{1}{g′▷1◁}D 2.

Ainsi, par produit des limites, on obtient :

lim_{x→1} \frac{e^{x−3} − e^{−2}}{\sqrt{x} − 1} D f′▷1◁ × \frac{1}{g′▷1◁}D 2e^{−2} .

Comparaison ou encadrement? — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 67 — #77

LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{67} CORRIGÉS INTERROS COURS

20Comparaison ou encadrement?_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 52}

Pour tout réel x > 0,

−1 ⩽ cos▷x◁ ⩽ 1

donc, en multipliant par \frac{x}{x^{2} C 1}, qui est strictement positif, on a :

−\frac{x}{x^{2} C 1} ⩽ \frac{x cos▷x◁}{x^{2} C 1}⩽ \frac{x}{x^{2} C 1}.

Or,

lim_{x→C∞} ( \frac{x}{x^{2} C 1}) D lim_{x→C∞} ( \frac{x × 1}{x^{2} (1 C \frac{1}{x^{2}})} )

D lim_{x→C∞} ( \frac{1}{x (1 C \frac{1}{x^{2}})} )

D 0.

De même, lim_{x→C∞} ( −\frac{x}{x^{2} C 1}) D 0.

Ainsi, \frac{x cos▷x◁}{x^{2} C 1}est encadré par deux fonctions qui tendent vers 0 lorsque x

tend vers C∞. D’après le théorème des gendarmes, on en déduit que :

lim_{x→C∞} \frac{x cos▷x◁}{x^{2} C 1}D 0.

MÉTHODE

Quand une fonction est encadrée par deux autres fonctions ayant une même limite finie, on utilise le théorème des gendarmes. Quand une fonction est encadrée par deux autres fonctions ayant une même limite infinie, on utilise le théorème de comparaison.

21Comparaison ou encadrement?_{Lycée Jean Monnet, Blanquefort} {Énoncé \atop p. 52}

MÉTHODE

Dès lors que nous devons étudier la limite d’une fonction comportant un sinus ou un cosinus, il sera très souvent utile de partir de l’encadrement :

∀ x ∈ ℝ, − 1 ⩽ cos▷x◁ ⩽ 1  ou  − 1 ⩽ sin▷x◁ ⩽ 1.

Limites de fonctions diverses — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 68 — #78 CORRIGÉS_{68}

Pour tout réel x,

−1 ⩽ sin▷x◁ ⩽ 1 ⟺ −2 ⩽ 2 sin▷x◁ ⩽ 2

⟺ 1 ⩽ 3 C 2 sin▷x◁ ⩽ 5

⟺ \frac{1}{5} ⩽ \frac{1}{3 C 2 sin▷x◁}⩽ 1

⟺ \frac{x^{2}}{5} ⩽ \frac{x^{2}}{3 C 2 sin▷x◁}⩽ x^{2}.

Les deux bornes de l’encadrement tendent vers C∞ lorsque x tend vers C∞ donc on ne prend que la partie gauche de l’encadrement :

\frac{x^{2}}{5} ⩽ \frac{x^{2}}{3 C 2 sin▷x◁}

qui nous assure, par comparaison, que lim_{x→C∞} \frac{x^{2}}{3 C 2 sin▷x◁}D C∞.

22Une fonction trigonométrique_{Lycée de l’Emperi, Salon-de-Provence} {Énoncé \atop p. 52}

1 Pour tout réel x, x^{2} C 5 > 0. La fonction f est alors définie pour tout

réel x tel que sin \frac{1}{x} existe. La fonction f est donc définie sur ℝ^{∗}.

2 Pour tout réel x D̸ 0,

−1 ⩽ sin \frac{1}{x} ⩽ 1 ⟺ −|x| ⩽ |x| sin \frac{1}{x} ⩽ |x|.

Ainsi, d’après le théorème des gendarmes,

lim_{x→0} ( |x| sin \frac{1}{x}) D 0.

De plus, lim_{x→0} (x^{2} C 5) D 5 donc :

lim_{x→0} f ▷x◁ D lim_{x→0} \frac{|x| sin( \frac{1}{x})}{x^{2} C 5} D lim_{x→0} \frac{x sin( \frac{1}{x})}{x^{2} C 5} D 0.

23Limites de fonctions diverses_{Extraits de divers sujets, 2025 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 52}

1 lim_{x→C∞} (e^{−0,2x} ) D lim_{X→−∞} (e^{X}) D 0 donc, lim_{x→C∞} (1 C e^{−0,2x} ) D 1.

Ainsi, lim_{x→C∞} ( \frac{1}{1 C e^{−0,2x}} ) D 1.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 69 — #79 LIMITES DE FONCTIONS CHAP. 2_{69} CORRIGÉS INTERROS COURS

Cette limite étant finie, cela signifie que la courbe représentative de la fonction f ▷x◁ D \frac{1}{1 C e^{−0,2x}} admet une asymptote (horizontale) d’équation y D 1.

2 v▷t◁ D 12e^{−0,6t} C \frac{1}{0,6} × \frac{0,6t}{e^{0,6t}}.

On a : lim_{t→C∞} (e^{−0,6t} ) D lim_{T →−∞} (e^{T}) D 0.

De plus, lim_{t→C∞} ( \frac{0,6t}{e^{0,6t}}) D lim_{T →C∞} ( \frac{T}{e^{T}}) D 0 (par croissance comparée, en posant T D 0,6t). Finalement, par somme et produit,

lim_{t→C∞} ( 12e^{−0,6t} C \frac{1}{0,6} × \frac{0,6t}{e^{0,6t}}) D 0 C \frac{1}{0,6} × 0 D 0.

3 f ▷x◁ D ▷6x^{2} C 2x − 2◁e^{−5xC1} .

lim_{x→−∞} ▷6x^{2} C 2x − 2◁ D lim_{x→−∞} [x^{2} ( 6 C \frac{2}{x} − \frac{2}{x^{2}}) ] D C∞ car

lim_{x→−∞} ▷x^{2}◁ D C∞ et lim_{x→−∞} \frac{1}{x^{n}} D 0 pour tout entier naturel n non nul.

lim_{x→−∞} (e^{−5xC1} ) D lim_{X→C∞} (e^{X}) D C∞ (en posant X D −5x C 1).

Ainsi, par produit, lim_{x→−∞} f ▷x◁ D C∞.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 2 page 70 — #80

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 71 — #81 3^{Chapitre}

Dérivation et convexité

Plan du chapitre

1. Dérivation des fonctions composées

2. Convexité d’une fonction

1 Dérivation des fonctions composées

Déterminer les dérivées des fonctions suivantes, toutes définies sur ℝ :

1 f ▷x◁ D \sqrt{x^{2} C 3x C 3}  2 g▷x◁ D ▷2x C 1◁e^{−x}

Exercice type 1

Lycée François Mauriac, Bordeaux

Voir corrigé page 72

Définition 1

Soient u et v deux fonctions telles que :

u est définie sur un ensemble U et prend ses valeurs dans un ensemble V, v est définie pour tout x de V.

On considère alors la fonction f définie sur U par :

f ▷x◁ D v[u▷x◁].

f est appelée une fonction composée, et on note :

f D v ∘ u.

Exemple : soient u et v les fonctions définies par :

v V \begin{matrix}T0I C∞T & → ℝ_{C} \\ x & ↦ \sqrt{x} \end{matrix}  u V \begin{matrix}T−1I C∞T & → T0I C∞T \\ x & ↦ x C 1 \end{matrix}

Alors,

f ▷x◁ D ▷v ∘ u◁▷x◁ D v[u▷x◁] D \sqrt{x C 1}.

Théorème 1 : théorème de dérivation des fonctions composées

Soit f ▷x◁ D ▷v ∘ u◁▷x◁, définie et dérivable sur un intervalle I. Alors, pour x ∈ I :

f′▷x◁ D u′▷x◁ × v′[u▷x◁].

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 72 — #82 COURS_{72}

On en déduit alors les propriétés suivantes :

Propriétés 1

Soit u une fonction dérivable sur un intervalle I.

Fonction Dérivée Condition
e^{u}  u′e^{u}
\sqrt{u}  \frac{u′}{2\sqrt{u}}  u▷x◁ > 0 sur I
u^{n}  nu′u^{n−1}  n ∈ ℕ^{∗}
sin▷u◁ u′× cos▷u◁
cos▷u◁ −u′× sin▷u◁

Exemple : soit f ▷x◁ D e^{x^{2}}. On peut écrire f ▷x◁ D e^{u▷x◁}avec u▷x◁ D x^{2} et u′▷x◁ D 2x. Ainsi, f′▷x◁ D u′▷x◁e^{u▷x◁}D 2xe^{x^{2}}.

1 f ▷x◁ D \sqrt{x^{2} C 3x C 3}.

f est de la forme \sqrt{u} donc f′D \frac{u′}{2\sqrt{u}}, avec :

u▷x◁ D x^{2} C 3x C 3  I  u′▷x◁ D 2x C 3.

Ainsi,

f′▷x◁ D \frac{2x C 3}{2\sqrt{x^{2} C 3x C 3}}.

2 g▷x◁ D ▷2x C 1◁e^{−x} . g est de la forme u × v avec u▷x◁ D 2x C 1 et v▷x◁ D e^{−x} . v est une fonction composée de la forme e^{w} donc sa dérivée est :

v′▷x◁ D w′▷x◁ × e^{w▷x◁}D −1 × e^{−x} .

De plus, u′▷x◁ D 2. Ainsi,

g′▷x◁D u′▷x◁ × v▷x◁ C u▷x◁ × v′▷x◁
D 2 × e^{−x} C ▷2x C 1◁ × ( − 1e^{−x} )
D [2 C ▷2x C 1◁ × ▷−1◁]e^{−x}
D ▷2 − 2x − 1◁e^{−x}
D ▷1 − 2x◁e^{−x} .

Solution de l’exercice type 1

Lycée François Mauriac, Bordeaux Voir énoncé page 71

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 73 — #83 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{73} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Convexité d’une fonction

1 Étudier la convexité de la fonction f définie sur ℝ par :

f ▷x◁ D x^{3} − 4x C 1.

2 Donner les coordonnées des éventuels points d’inflexion.

Exercice type 2

Lycée Victor Duruy, Paris

Voir corrigé page 75

2.1 Dérivée seconde

Définition 2

Soit f une fonction dérivable sur un intervalle I, de dérivée f′. Si f′est également dérivable sur I, la dérivée de f′ sur I, notée f′′, est appelée dérivée seconde de f.

Exemple : soit f ▷x◁ D x^{3}. Alors f′▷x◁ D 3x^{2} et f′′▷x◁ D (3x^{2})′D 6x.

2.2 Fonction concave, fonction convexe

Définitions 3

On dit que f est concave sur un intervalle I si f′′▷x◁ < 0 sur I.

On dit que f est convexe sur un intervalle I si f′′▷x◁ > 0 sur I.

Interprétation graphique : la courbe représentative d’une fonction convexe sur un intervalle I sera toujours au-dessus de ses tangentes; la courbe représentative d’une fonction concave sur un intervalle I sera toujours en dessous de ses tangentes.

Fonction convexe sur T−3 I 2U  Fonction concave sur T−3 I 2U

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 74 — #84 COURS_{74}

2.3 Point d’inflexion

Définition 4

Soit f une fonction deux fois dérivable sur un intervalle I, et soit a ∈ I. On dit que le point de coordonnées (a I f ▷a◁) est un point d’inflexion de la courbe représentative de f si f′′▷x◁ s’annule en a en changeant de signe.

Graphiquement, cela se traduit par un changement de convexité en a.

Exemple : soit f ▷x◁ D x^{3}. Alors, f′′▷x◁ D 6x et : f′′▷x◁ < 0 sur U − ∞ I 0T; f′′▷x◁ > 0 sur U0 I C∞T; f′′▷x◁ D 0.

Donc le point de coordonnées ▷0 I f ▷0◁◁, c’est-à-dire l’origine du repère, est un point d’inflexion de la courbe représentative de la fonction f.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 75 — #85 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{75} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 Pour tout réel x,

f′▷x◁ D 3x^{2} − 4

et

f′′▷x◁ D 6x.

On a alors :

f′′▷x◁ < 0 ⟺ x < 0,

donc : f est concave sur ℝ_{−}^{∗} , f est convexe sur ℝ_{C}^{∗}.

2 Le point A▷0 I 1◁ est le seul point d’inflexion, car 0 est la seule valeur de x pour laquelle f′′▷x◁ s’annule en changeant de signe.

Solution de l’exercice type 2

Lycée Victor Duruy, Paris Voir énoncé page 73

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 76 — #86 INTERROS_{76}
1_{QCM} Lectures graphiques Corrigé p. 83 5 min

Soit f une fonction définie et deux fois dérivable sur [−3 I 5] , dont la représentation graphique C_{f} est donnée ci-dessous.

La droite bleue est la tangente à C_{f} en A. De plus C_{f} admet une tangente horizontale en B et en C. Par lecture graphique, pour chacune des questions suivantes, choisir la bonne réponse.

1 La fonction f est convexe sur l’intervalle :

a [−3 I 1]  b [−1 I 5]  c [2 I 4]

2 La courbe C_{f} admet :

a un point d’inflexion  b trois points d’inflexion

c aucun point d’inflexion

3 La fonction dérivée f′est :

a positive ou nulle sur [−3 I −1] et [3 I 5]

b croissante sur [−3 I 1] et décroissante sur [1 I 5] c admet un minimum en 3

4 La fonction dérivée seconde f′′:

a est négative lorsque C_{f} est en dessous de l’axe des abscisses

b est négative ou nulle pour x ∈ [−1 I 3] c est négative sur T−3 I 0U

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 77 — #87 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{77} CORRIGÉS INTERROS COURS
2_{QCM} Convexité et variations Corrigé p. 83 5 min

Pour chacune des questions suivantes, désigner la bonne réponse. f est une fonction définie et dérivable deux fois sur un intervalle I. 1 Si la fonction f est convexe sur I, alors :

a f est croissante sur I b f′est croissante sur I c f′′est croissante sur I d f est décroissante puis croissante sur I

2 Si la fonction f est concave sur I, alors :

a f admet un maximum sur I  b f est décroissante sur I
c f′est croissante sur I  d f′′est négative sur I

3 Si la courbe représentative de f admet un point d’inflexion A au point d’abscisse a de I, alors :

a f admet un extremum en a  b f′admet un maximum en a
c f′change de signe en a  d f′admet un extremum en a
3_{V/F} Dérivabilité Corrigé p. 83 10 min

Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses? Justifier. 1 La fonction racine carrée est définie donc dérivable sur [0 I C∞[ . 2 Si f′▷a◁ D 0 alors la fonction f admet un extremum en a. 3 La fonction f définie sur ℝ par f ▷x◁ D |x − 2| est dérivable en 2. 4 Si la fonction f est dérivable en a et la fonction g n’est pas dérivable en

a alors la fonction fg n’est pas dérivable en a.

4_{V/F} Fonction définie par morceaux Corrigé p. 84 10 min

Soit f la fonction définie sur ℝ par :

\{ \begin{matrix}f ▷x◁ D & −x^{2} & si x < 0 \\ f ▷0◁ D & 1 \\ f ▷x◁ D & x^{2} C 1 & si x > 0 \end{matrix}

Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses? 1 La fonction f n’admet pas de limite en 0. 2 La fonction f est dérivable en 0 et f′▷0◁ D 0. 3 La fonction f est strictement croissante sur ℝ. 4 Pour tout réel a, l’équation f ▷x◁ D a admet une unique solution dans ℝ.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 78 — #88 INTERROS_{78}

Dérivation

5Lecture graphique_{Lycée Virlogeux, Riom} Corrigé ; p. 84 ; 10 min ; ⋆

f est une fonction dérivable sur ℝ. On a tracé ci-dessous la courbe représentative, dans un repère orthonormé, de sa dérivée f′.

1 Par lecture graphique, déterminer le sens de variations de la fonction f.

2 Prouver que f admet un minimum local et donner une valeur de x pour

laquelle il est atteint. 3 Parmi les courbes suivantes, quelle est (ou quelles sont) celle(s) qui pour-

rai(en)t représenter la fonction f ? Justifier.

{a \atop b}  {c \atop d}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 79 — #89 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{79} CORRIGÉS INTERROS COURS
6Application des formules du cours_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} Corrigé ; p. 85 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Dériver les fonctions suivantes : 1 f ▷x◁ D e^{x^{2}C3xC1}, sur ℝ. 2 g▷x◁ D ▷2x C 3◁e^{x^{2}C3xC1}, sur ℝ.

3 h▷x◁ D \sqrt{\frac{2x − 1}{x C 3}} , sur ] \frac{1}{2}I C∞[ .

7Calcul de dérivées_{Lycée Jules Ferry, Caen} Corrigé ; p. 85 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Montrer que les fonctions suivantes sont définies et dérivables sur ℝ puis calculer leur dérivée.

{f ▷x◁ D \frac{3x^{3} − 6x C 5}{x^{2} C 1} \atop g▷x◁ D ▷5x^{4} − 2x^{2} C x◁^{3}}  {h▷x◁ D ( \frac{2x^{2} − 5x C 1}{x^{2} C 1} ) ^{4} \atop ℓ▷x◁ D \sqrt{\sqrt{1 C x^{2}}}}

Convexité

8Convexité et inégalité_{Cité scolaire internationale, Grenoble} Corrigé ; p. 87 ; 15 min ; ⋆

Soit f la fonction définie sur ℝ par f ▷x◁ D xe^{x}. On note C sa courbe représentative dans un repère orthonormé d’origine O. 1 Calculer f′▷x◁ et f′′▷x◁. 2 Étudier la convexité de f sur ℝ. 3 (a) Déterminer l’équation de la tangente à C au point d’abscisse 0.

(b) En déduire que f ▷0,0001◁ > 0,0001.

9Établir une inégalité_{Lycée Polyvalent Adam de Craponne, Salon de provence} Corrigé ; p. 87 ; 15 min ; ⋆

On considère la fonction f définie sur ℝ par f ▷x◁ D e^{x^{2}−1} . On note C sa courbe représentative dans un repère orthonormé. 1 Étudier la convexité de la fonction f sur ℝ. 2 Donner l’équation réduite de la tangente à C au point d’abscisse 1. 3 Montrer alors que pour tout réel x, e^{x^{2}−1} ⩾ 2x − 1.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 80 — #90 INTERROS_{80}
10Avec des représentations graphiques_{Lycée Virlogeux, Riom} Corrigé ; p. 88 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On a représenté ci-dessous la courbe C′représentant la fonction dérivée d’une

fonction f deux fois dérivable sur [−\frac{1}{2} I \frac{9}{2}] , à gauche, et quatre courbes C_{1},

C_{2}, C_{3} et C_{4}, à droite.

1 (a) Résoudre l’équation f′▷x◁ D 0, avec la précision permise par le

graphique.

(b) Indiquer le signe de f′▷x◁. 2 (a) Dresser le tableau de variations de f′.

(b) On appelle C la courbe représentative de la fonction f. C admet-elle un (ou des) point(s) d’inflexion? Justifier soigneusement.

3 Parmi les courbes C_{1}, C_{2}, C_{3} et C_{4}, préciser (en justifiant) celle qui peut représenter la fonction f et celle qui peut représenter la fonction f′′.

Études de fonctions

11Position relative d’une tangente_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} Corrigé ; p. 89 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Soit f la fonction définie sur T0I 2T par f ▷x◁ D ▷x − 1◁\sqrt{\frac{x}{2 − x}} .

On note C sa courbe représentative dans un repère du plan.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 81 — #91 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{81} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 On considère la fonction polynôme g définie sur ℝ par :

g▷x◁ D −x^{2} C 3x − 1.

Résoudre dans ℝ l’équation g▷x◁ D 0. On notera α la solution qui appartient à l’intervalle T0I 2T. Donner alors le signe de g▷x◁ sur T0I 2T.

2 Calculer la limite de f en 2. Qu’en déduit-on pour C? 3 Démontrer que, pour tout réel x de l’intervalle U0I 2T,

f′▷x◁ D \frac{g▷x◁}{▷2 − x◁^{2}\sqrt{\frac{x}{2−x}}} .

Étudier le sens de variation de f. 4 Déterminer une équation de la tangente ▷T ◁ à C au point d’abscisse 1. 5 Montrer que C est toujours au-dessus de sa tangente ▷T ◁ sur T0I 1T et sur

U1I 2T.

12Fonction exponentielle_{Lycée Jean Renoir, Bondy} Corrigé ; p. 91 ; 60 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

On considère la fonction f définie sur ℝ par f ▷x◁ D \frac{e^{x}}{1 C e^{x}} .

1 (a) Déterminer la limite de f ▷x◁ quand x tend vers −∞.

(b) Déterminer la limite de f ▷x◁ quand x tend vers C∞.

(c) En déduire les asymptotes de C (courbe représentative de f). 2 Étudier les variations de f. 3 (a) Déterminer une équation de la tangente T à la courbe C au point

K ( 0 I \frac{1}{2}) .

(b) Justifier que, pour étudier la position de la tangente T par rapport à la courbe C, il suffit d’étudier sur ℝ le signe de g▷x◁ où g▷x◁ D 2e^{x} − xe^{x} − 2 − x.

(c) Calculer g′▷x◁ et g′′▷x◁.

(d) Déterminer, en les justifiant, les signes de g′′▷x◁, g′▷x◁ et g▷x◁ suivant les valeurs de x.

(e) En déduire la position de la tangente T par rapport à la courbe C. 4 Tracer C et T dans le repère ▷OI E ıI E ȷ◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 82 — #92 INTERROS_{82}

Objectif bac

13Concentration de médicament_{Extrait du baccalauréat Amérique du Sud, novembre 2025 NEW 2026} Corrigé ; p. 93 ; 60 min ; ⋆ ; ⋆

On se propose d’étudier la concentration dans le sang d’un médicament ingéré par une personne pour la première fois. Soit t le temps (en heures) écoulé depuis l’ingestion de ce médicament. On admet que la concentration de ce médicament dans le sang, en gramme par litre de sang, est modélisée par une fonction f de la variable t définie sur l’intervalle T0 I C∞T.

Partie A : lectures graphiques

On a représenté ci-dessus la courbe représentative de la fonction f. Avec la précision permise par le graphique, donner sans justification :

1 Le temps écoulé depuis l’instant de l’ingestion de ce médicament et l’instant où la concentration de médicament dans le sang est maximale selon ce modèle.

2 L’ensemble des solutions de l’inéquation f ▷t◁ ⩾ 1.

3 La convexité de la fonction f sur l’ intervalle [0; 8].

Partie B : étude de la fonction

Dans cette partie, on admet que f est définie sur l’intervalle T0 I C∞T par f ▷t◁ D 5te^{−t}.

1 Déterminer la limite de f en C∞.

Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice. 2 Étudier les variations de f sur l’intervalle T0 I C∞T puis dresser son

tableau de variation complet.

Dérivabilité — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 83 — #93 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{83} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Lectures graphiques {Énoncé \atop p. 76}

1 Réponse c . En effet, sur T2 I 4U, C_{f} est toujours au-dessus de ses tan-

gentes. 2 Réponse a . En effet, un point d’inflexion est un point où la courbe

traverse la tangente en ce point. Sur ce graphique, cela se réalise au point A uniquement.

3 Réponse a . En effet, f′▷x◁ > 0 sur tout intervalle où f est croissante,

donc uniquement sur T−3 I −1U et sur T3 I 5U. 4 Réponse c . En effet, sur T−3 I 0U, la fonction est concave car C_{f} est

toujours en dessous de ses tangentes, donc f′′▷x◁ y est négative.

2_{QCM} Convexité et variations {Énoncé \atop p. 77}

1 Réponse b . En effet, sur I, si f est convexe alors f′′▷x◁ > 0 sur I, ce

qui signifie que f′est croissante. 2 Réponse d . En effet, d’après la définition d’une fonction concave, si f

est concave sur I alors f′′▷x◁ < 0 sur I. 3 Réponse d . En effet, si A est un point d’inflexion d’abscisse a alors

f′′▷x◁ change de signe en s’annulant en x D a; cette dernière condition signifie que f′atteint un extremum en ce point.

3_{V/F} Dérivabilité {Énoncé \atop p. 77}

1 Faux. La fonction racine carrée est bien définie sur [0 I C∞[ mais elle

n’est pas dérivable en 0. 2 Faux. La fonction f n’admet un extremum en a que si sa dérivée s’an-

nule en changeant de signe en a. Ainsi la fonction définie sur ℝ par f ▷x◁ D x^{3} a sa dérivée qui s’annule en 0 puisque, pour tout x réel, f′▷x◁ D 3x^{2}. Cependant, elle n’admet pas d’extremum en 0.

3 Faux. Pour x D̸ 2, \frac{f ▷x◁ − f ▷2◁}{x − 2} D \frac{|x − 2|}{x − 2} .

Pour x > 2,

\frac{f ▷x◁ − f ▷2◁}{x − 2} D 1

et pour x < 2,

\frac{f ▷x◁ − f ▷2◁}{x − 2} D −1.

La limite de f en 2 à gauche est donc égale à 1 alors que celle en 2 à droite est −1. La fonction x ↦ |x − 2| n’est pas donc dérivable en 2.

Application des formules du cours — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 84 — #94

CORRIGÉS_{84}

4 Faux. Pour s’en convaincre, on peut prendre g▷x◁ D \sqrt{x} et f ▷x◁ D x. La fonction g n’est pas dérivable en 0 alors que la fonction f l’est. La fonction fg définie pour tout réel x positif par ▷fg◁▷x◁ D x\sqrt{x} est dérivable en 0 et ▷fg◁′▷0◁ D 0.

4_{V/F} Fonction définie par morceaux {Énoncé \atop p. 77}

1 Vrai. On a :

lim_{x→0^{−}} f ▷x◁ D lim_{x→0^{−}} ▷−x^{2}◁ D 0.

lim_{x→0^{C}} f ▷x◁ D lim_{x→0^{C}} ▷x^{2} C 1◁ D 1.

Les deux limites n’étant pas égales, f n’admet pas de limite en 0. 2 Faux. D’après la question précédente, f n’est pas continue en 0 donc

elle n’est pas dérivable en 0 (voir chapitre suivant). 3 Vrai. En effet,

si x < 0, f′▷x◁ D −2x donc f′est strictement positive sur U − ∞ I 0T;

si x > 0, f′▷x◁ D 2x donc f′est strictement positive sur U0 I C∞T.

La fonction f est donc strictement croissante sur U0 I C∞T et sur U − ∞ I 0T. De plus, pour tout x non nul, −x^{2} < 1 < x^{2} C 1, donc si x < 0, on a f ▷x◁ < f ▷0◁ et si x > 0, on a aussi f ▷0◁ < f ▷x◁. Par conséquent, f est strictement croissante sur ℝ.

4 Faux. L’équation f ▷x◁ D a n’admet aucune solution pour a appartenant à l’intervalle T0 I 1T.

5Lecture graphique_{Lycée Virlogeux, Riom} {Énoncé \atop p. 78}

1 La dérivée est négative sur ℝ_{−} , donc f est décroissante sur ℝ_{−} ;

la dérivée est positive sur ℝ_{C}, donc f est croissante sur ℝ_{C}. 2 D’après la question précédente, la fonction admet un minimum en 0.

3 La dérivée est négative sur ℝ_{−} , donc f est décroissante sur ℝ_{−} ; la dérivée est positive sur ℝ_{C}, donc f est croissante sur ℝ_{C}. Ceci élimine les courbes a et d . On voit que f′▷x◁ tend vers 0 quand x tend vers l’infini, donc que la pente de la tangente à la courbe va diminuer quand x augmente, elle doit déjà être faible pour x D 4 (environ 0,5). C’est donc la courbe c qui convient.

Calcul de dérivées — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 85 — #95 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{85} CORRIGÉS INTERROS COURS
6Application des formules du cours_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 79}

1 f ▷x◁ D e^{x^{2}C3xC1}. f est une fonction de la forme e^{u}, avec :

u▷x◁ D x^{2} C 3x C 1.

Ainsi,

f′▷x◁ D u′▷x◁e^{u▷x◁}
f′▷x◁ D ▷2x C 3◁e^{x^{2}C3xC1}.

2 g▷x◁ D ▷2x C 3◁e^{x^{2}C3xC1} D ▷2x C 3◁f ▷x◁, où f est la fonction de la question précédente. g est un produit de la forme u × f, avec u▷x◁ D 2x C 3, donc :

g′▷x◁D u′▷x◁f ▷x◁ C u▷x◁f′▷x◁
D 2e^{x^{2}C3xC1} C ▷2x C 3◁ × ▷2x C 3◁e^{x^{2}C3xC1}
D [2 C ▷2x C 3◁^{2}]e^{x^{2}C3xC1}
D ▷4x^{2} C 12x C 11◁e^{x^{2}C3xC1}.

3 h▷x◁ D \sqrt{\frac{2x − 1}{x C 3}} . h est une fonction de la forme \sqrt{u} avec :

u▷x◁ D \frac{2x − 1}{x C 3}

et

u′▷x◁D \frac{2▷x C 3◁ − 1▷2x − 1◁}{▷x C 3◁^{2}}
u′▷x◁D \frac{7}{▷x C 3◁^{2}}.

donc : \begin{matrix}h′▷x◁ & D \frac{u′▷x◁}{2\sqrt{u▷x◁}}D \frac{7}{▷x C 3◁^{2}}× \frac{1}{2\sqrt{\frac{2x−1}{xC3}}} \\ D \frac{7\sqrt{x C 3}}{2▷x C 3◁(\sqrt{x C 3})^{2}\sqrt{2x − 1}} \\ D \frac{7}{2▷x C 3◁\sqrt{▷x C 3◁▷2x − 1◁}}. \end{matrix}

7Calcul de dérivées_{Lycée Jules Ferry, Caen} {Énoncé \atop p. 79}

1 La fonction f est une fonction rationnelle, donc est dérivable sur son ensemble de définition. Or, pour tout réel x, on a x^{2} C 1 > 0, de sorte que 𝒟_{f} D ℝ. Alors f est définie et dérivable sur ℝ tout entier.

Calcul de dérivées — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 86 — #96 CORRIGÉS_{86}

Pour calculer la dérivée de f, on applique la formule ( \frac{u}{v})′D \frac{u′v − v′u}{v^{2}} avec :

u▷x◁ D 3x^{3} − 6x C 5 et v▷x◁ D x^{2} C 1.

D’où :

u′▷x◁ D 9x^{2} − 6 et v′▷x◁ D 2x.

Ainsi, pour tout réel x :

f′▷x◁ D \frac{▷9x^{2} − 6◁▷x^{2} C 1◁ − 2x▷3x^{3} − 6x C 5◁}{▷x^{2} C 1◁^{2}}

D \frac{3x^{4} C 15x^{2} − 10x − 6}{▷x^{2} C 1◁^{2}} .

2 La fonction g est dérivable sur ℝ comme composée d’une fonction polynôme et d’une fonction puissance. On a :

g′▷x◁ D 3▷20x^{3} − 4x C 1◁▷5x^{4} − 2x^{2} C x◁^{2}.

3 La fonction h est définie sur ℝ car le dénominateur ne s’annule jamais. La fonction h est dérivable sur ℝ comme composée d’une fonction rationnelle et d’une fonction puissance.

h′▷x◁D 4 ( \frac{2x^{2} − 5x C 1}{x^{2} C 1} ) ^{3} ( \frac{▷4x − 5◁▷x^{2} C 1◁ − ▷2x^{2} − 5x C 1◁▷2x◁}{▷x^{2} C 1◁^{2}})

D 4 ( \frac{2x^{2} − 5x C 1}{x^{2} C 1} ) ^{3} ( \frac{5x^{2} C 2x − 5}{▷x^{2} C 1◁^{2}} )

D \frac{4▷2x^{2} − 5x C 1◁^{3}▷5x^{2} C 2x − 5◁}{▷x^{2} C 1◁^{5}}.

Remarque : sous cette forme, on pourra trouver le signe de h′▷x◁, ce qui est le but quand on calcule une dérivée.

4 La fonction x ↦ x^{2} C 1 est dérivable sur ℝ et est à valeurs dans [1 I C∞[ , donc dans ℝ_{C}^{∗}. Or, x ↦ \sqrt{x} est dérivable sur ℝ_{C}^{∗}. Donc x ↦ \sqrt{x^{2} C 1} est dérivable sur ℝ. Par ailleurs, cette dernière fonction est à valeurs dans ℝ_{C}^{∗}.

Donc x ↦ \sqrt{\sqrt{x^{2} C 1}} est dérivable sur ℝ en tant que composée de fonctions dérivables. Posons G▷x◁ D \sqrt{x^{2} C 1}. Alors :

G′▷x◁ D \frac{2x}{2\sqrt{x^{2} C 1}} D \frac{x}{\sqrt{x^{2} C 1}}.

Or, ℓ D \sqrt{G}, donc ℓ′▷x◁ D \frac{G′▷x◁}{2\sqrt{G▷x◁}}.

Établir une inégalité — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 87 — #97 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{87} CORRIGÉS INTERROS COURS

Soit :

ℓ′▷x◁ D \frac{x}{2\sqrt{x^{2} C 1}\sqrt{\sqrt{x^{2} C 1}}}.

8Convexité et inégalité_{Cité scolaire internationale, Grenoble} {Énoncé \atop p. 79}

1 Pour tout réel x : \begin{matrix}f′▷x◁ & D e^{x} C xe^{x} D ▷x C 1◁e^{x} \\ f "▷x◁ & D e^{x} C ▷x C 1◁e^{x} D ▷x C 2◁e^{x}. \end{matrix}

2 f "▷x◁ > 0 ⟺ x > −2.

Par conséquent, f est concave sur U−∞ I −2U et convexe sur T−2 I C∞T. 3 (a) L’équation de la tangente au point d’abscisse 0 est :

y D f′▷0◁x C f ▷0◁, donc y D x.

(b) f est convexe sur T−2 I C∞T. 0,0001 fait partie de cet intervalle, donc C est au-dessus de sa tangente au point d’abscisse 0, dont l’équation est y D x. On a donc f ▷0,0001◁ > 0,0001 car à gauche se trouve l’ordonnée du point de C d’abscisse 0,0001 et à droite l’ordonnée du point de la tangente en O d’abscisse 0,0001 également.

9Établir une inégalité_{Lycée Polyvalent Adam de Craponne, Salon de provence} {Énoncé \atop p. 79}

1 f ▷x◁ D e^{x^{2}−1} est de la forme e^{u} avec :

u▷x◁ D x^{2} − 1  I  u′▷x◁ D 2x.

Ainsi,

f′▷x◁ D u′▷x◁ × e^{u▷x◁}D 2xe^{x^{2}−1} .

f′est de la forme u × v avec :

{u▷x◁ D 2x \atop u′▷x◁ D 2}  {v▷x◁ D e^{x^{2}−1} \atop v′▷x◁ D 2xe^{x^{2}−1}}

Ainsi,

f′′▷x◁ D ▷u′v C uv′◁▷x◁
D 2e^{x^{2}−1} C 2x × 2xe^{x^{2}−1}
D ▷2 C 4x^{2}◁e^{x^{2}−1} .

Or, 2 C 4x^{2} > 0 et e^{x^{2}−1} > 0 sur ℝ. Par conséquent, f est convexe sur ℝ.

Position relative d’une tangente — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 88 — #98

CORRIGÉS_{88}

2 L’équation de la tangente ▷T_{1}◁ à C au point d’abscisse 1 est donnée par la formule du cours vue en Première :

▷T_{1}◁ V y D f′▷1◁▷x−1◁Cf ▷1◁ , avec f ▷0◁ D e^{1^{2}−1} D 1 et f′▷1◁ D 2.

On obtient alors :

▷T_{1}◁ V y D 2▷x − 1◁ C 1

soit :

▷T_{1}◁ V y D 2x − 1.

3 f est convexe sur ℝ, ce qui signifie que C est toujours au-dessus de ses tangentes, y compris ▷T_{1}◁. Cela se traduit par l’inégalité :

f ▷x◁ ⩾ 2x C 1

et donc :

e^{x^{2}} ⩾ 2x C 1.

10Avec des représentations graphiques_{Lycée Virlogeux, Riom} {Énoncé \atop p. 80}

1 (a) L’équation f′▷x◁ D 0 a trois solutions a, b et c.

a ≈ 0,2; b ≈ 2,2 et c ≈ 3,6.

(b) f′▷x◁ > 0 si x appartient à Ua I bT ∪ ]c I \frac{9}{2}], et f′▷x◁ < 0 si

x appartient à [−\frac{1}{2} I a[ ∪ Ub I cT.

2 (a) Dans le tableau de variations de f′suivant, on a rajouté le signe de f′′▷x◁, f′′étant la fonction dérivée de la fonction f′.

x −\frac{1}{2}  1  3  \frac{9}{2}
f′▷x◁  ↗  ↘  ↗
Signe de f′′▷x◁  C 0 − 0 C

(b) D’après le tableau de signes de f′′, f′′s’annule en changeant de signe pour x D 1 et x D 3. Il y a donc deux points d’inflexion d’abscisses 1 et 3.

3 D’après la question 1.b., f′ est négative, puis positive, puis négative, puis positive. Donc f doit être décroissante jusqu’à a, croissante entre a et b, décroissante entre b et c puis finalement croissante. C’est la courbe C_{3} qui convient. Quant à f′′, elle doit être positive jusqu’à 1, négative entre 1 et 3, puis à nouveau positive. C’est la courbe C_{1} qui convient.

Position relative d’une tangente — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 89 — #99

DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{89} CORRIGÉS INTERROS COURS

11Position relative d’une tangente_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} {Énoncé \atop p. 80}

1 g▷x◁ D −x^{2} C 3x − 1 est un polynôme de degré 2, dont le discriminant est :

1 D 3^{2} − 4 × ▷−1◁ × ▷−1◁ D 5 > 0

donc il admet deux racines :

x_{1} D \frac{3 C \sqrt{5}}{2} ∉ T0I 2T et x_{2} D α D \frac{3 − \sqrt{5}}{2} ∈ T0I 2T.

On en déduit alors le tableau de signes suivant :

\begin{matrix}x & 0 & & α & & 2 \\ g▷x◁ & & − & 0 & C \end{matrix}

2 lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x<2 \end{matrix}}▷2 − x◁ D 0^{C} donc lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x<2 \end{matrix}} \sqrt{\frac{x}{2 − x}} D C∞.

De plus, lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x<2 \end{matrix}}▷x − 1◁ D 1 > 0 donc, par produit, lim_{\begin{matrix}x→2 \\ x<2 \end{matrix}} f ▷x◁ D C∞.

On peut alors en déduire que la droite d’équation x D 2 est une asymptote verticale de C.

3 f ▷x◁ D a▷x◁ × b▷x◁, avec a▷x◁ D ▷x − 1◁ et b▷x◁ D \sqrt{\frac{x}{2 − x}} .

a′▷x◁ D 1.

b▷x◁ D \sqrt{u▷x◁}, avec u▷x◁ D \frac{x}{2 − x} et :

u′▷x◁ D \frac{1▷2 − x◁ − x × ▷−1◁}{▷2 − x◁^{2}} D \frac{2}{▷2 − x◁^{2}}.

Donc :

b′▷x◁D \frac{u′▷x◁}{2\sqrt{u▷x◁}}

D \frac{2}{▷2 − x◁^{2}} × \frac{1}{2\sqrt{\frac{x}{2−x}}}

D \frac{1}{▷2 − x◁^{2}\sqrt{\frac{x}{2−x}}} .

Position relative d’une tangente — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 90 — #100

CORRIGÉS_{90}

On en déduit alors que :

f′▷x◁ D a′▷x◁b▷x◁ C a▷x◁b′▷x◁

D 1 × \sqrt{\frac{x}{2 − x}} C ▷x − 1◁ × \frac{1}{▷2 − x◁^{2}\sqrt{\frac{x}{2−x}}}

D \frac{▷2 − x◁^{2} × \frac{x}{2−x} C x − 1}{▷2 − x◁^{2}\sqrt{\frac{x}{2−x}}}

D \frac{▷2 − x◁x C x − 1}{▷2 − x◁^{2}\sqrt{\frac{x}{2−x}}}

D \frac{−x^{2} C 3x − 1}{▷2 − x◁^{2}\sqrt{\frac{x}{2−x}}}

D \frac{g▷x◁}{▷2 − x◁^{2}\sqrt{\frac{x}{2−x}}} .

Ainsi, f′▷x◁ est du même signe que g▷x◁, d’où le tableau suivant :

x 0  α  2
f′▷x◁  − 0 C
f  ↘  ↗

4 L’équation réduite de ▷T ◁ est :

y D f′▷1◁▷x − 1◁ C f ▷1◁
⟺ y D 1▷x − 1◁ C 0
⟺ y D x − 1.

5  MÉTHODE

On peut aborder cette question de deux manières :

Si on démontre que f est concave sur T0I 2T, alors cela signifie que toutes les tangentes à C sont au-dessus de C sur cet intervalle, y compris ▷T ◁.

Si on démontre que, sur T0I 1T∪U1I 2T, f ▷x◁−▷x −1◁ > 0 alors cela signifie que C est au-dessus de ▷T ◁ sur cette union d’intervalles.

Nous allons ici opter pour la seconde méthode car étudier la convexité de f s’avère bien plus compliqué que d’étudier le signe de f ▷x◁ − ▷x − 1◁.

Fonction exponentielle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 91 — #101

DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{91} CORRIGÉS INTERROS COURS

En effet, pour tout réel x ∈ U0I 1T∪U1I 2T,

f ▷x◁ − ▷x − 1◁ D ▷x − 1◁\sqrt{\frac{x}{2 − x}} − ▷x − 1◁

D ▷x − 1◁ [ \sqrt{\frac{x}{2 − x}} − 1]

D ▷x − 1◁\frac{[\sqrt{\frac{x}{2−x}} − 1] [\sqrt{\frac{x}{2−x}} C 1]}{\sqrt{\frac{x}{2−x}} C 1}

D ▷x − 1◁\frac{\frac{x}{2−x} − 1}{\sqrt{\frac{x}{2−x}} C 1}

D \frac{\frac{2▷x−1◁^{2}}{2−x}}{\sqrt{\frac{x}{2−x}} C 1}.

Pour tout réel x ∈ U0I 1T∪U1I 2T, \frac{2▷x − 1◁^{2}}{2 − x} > 0 et le dénominateur de

la fraction aussi; le quotient obtenu est alors bien strictement positif sur U0I 1T∪U1I 2T. Donc sur cette union d’intervalles, C est au-dessus de ▷T ◁.

12Fonction exponentielle_{Lycée Jean Renoir, Bondy} {Énoncé \atop p. 81}

1 (a) D’après les limites du cours, on a lim_{x→−∞} e^{x} D 0. Il en résulte que :

lim_{x→−∞} f ▷x◁ D 0.

(b) On a :

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} \frac{1}{e^{−x} C 1} D 1.

MÉTHODE

Pour lever une indétermination du type « infini sur infini », on factorise le terme dominant au numérateur et au dénominateur puis on simplifie. On a donc factorisé les deux termes du quotient par e^{x} puis on a simplifié par e^{x}.

(c) Comme lim_{x→C∞} f ▷x◁ D 1, on en déduit que la droite d’équation

y D 1 est asymptote à la courbe représentative de la fonction f au voisinage de C∞.

Fonction exponentielle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 92 — #102

CORRIGÉS_{92}

De même, comme lim_{x→−∞} f ▷x◁ D 0, on en déduit que la droite

d’équation y D 0 est asymptote à la courbe représentative de la fonction f au voisinage de −∞.

2 La fonction f est dérivable sur ℝ comme quotient de deux fonctions dérivables sur ℝ dont le dénominateur ne s’annule pas sur ℝ. Pour tout réel x,

f′▷x◁ D \frac{e^{x} ▷1 C e^{x}◁− e^{x} ▷e^{x}◁}{▷1 C e^{x}◁^{2}}

soit, après avoir effectué les produits et simplifié,

f′▷x◁ D \frac{e^{x}}{▷1 C e^{x}◁^{2}}.

On en déduit que, pour tout réel x, f′▷x◁ > 0, et, par conséquent, la fonction f est strictement croissante sur ℝ.

3 (a) La tangente T à la courbe C au point K a pour équation :

y D f′▷0◁x C f ▷0◁ ,

soit y D \frac{1}{4}x C \frac{1}{2}.

(b) La position de la courbe C par rapport à la tangente T est donnée

par le signe de la différence f ▷x◁ − ( \frac{1}{4}x C \frac{1}{2}) soit le signe de :

f ▷x◁ − ( \frac{1}{4}x C \frac{1}{2}) D \frac{e^{x}}{1 C e^{x}} − ( \frac{1}{4}x C \frac{1}{2}) .

En réduisant au même dénominateur, on obtient :

f ▷x◁ − ( \frac{1}{4}x C \frac{1}{2}) D \frac{2e^{x} − x − xe^{x} − 2}{4 ▷1 C e^{x}◁} .

Le dénominateur de f ▷x◁−( \frac{1}{4}x C \frac{1}{2}) étant strictement positif sur

ℝ, f ▷x◁ − ( \frac{1}{4}x C \frac{1}{2}) est du signe de son numérateur soit g▷x◁.

(c) La fonction g est dérivable sur ℝ d’après les opérations sur les fonctions dérivables et, pour tout réel x, on a :

g′▷x◁ D 2e^{x} − e^{x} − xe^{x} − 1 D e^{x} − xe^{x} − 1.

La fonction g′est aussi dérivable sur ℝ d’après les opérations sur les fonctions dérivables et, pour tout réel x, on a :

g′′▷x◁ D −xe^{x}.

(d) La quantité g′′▷x◁ est du signe contraire de x donc elle est positive sur ]−∞ I 0] et négative sur [0 I C∞[ On en déduit que la fonction g′est croissante sur ]−∞ I 0] et décroissante sur [0 I C∞[

Concentration de médicament — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 93 — #103 DÉRIVATION ET CONVEXITÉ CHAP. 3_{93} CORRIGÉS INTERROS COURS

Or, g′▷0◁ D 0. Donc la fonction g admet un maximum en 0 et ce maximum vaut 0. On peut donc en déduire que g′est négative sur ℝ et ne s’annule qu’en 0. Il en résulte que la fonction g est strictement décroissante sur ℝ. Or, g▷0◁ D 0. On peut donc en déduire que g est positive sur ]−∞ I 0] et négative sur [0 I C∞[ .

(e) D’après les résultats des trois questions précédentes, on peut conclure : La courbe C est au-dessus de sa tangente T sur ]−∞ I 0] et en dessous sur [0 I C∞[ .

4 La courbe C et la tangente T sont représentées sur le graphique cidessous.

13Concentration de médicament_{Extrait du baccalauréat Amérique du Sud, novembre 2025 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 82}

Partie A

1 Il s’est passée une heure entre l’instant de l’ingestion du médicament et l’instant où la concentration de médicament dans le sang est maximale selon ce modèle. En effet, le maximum de la fonction est atteint pour t D 1.

2 f ▷t◁ ⩾ 1 ⟺ t ∈ T0,25I 2,5U.

3 La convexité de la fonction f sur l’ intervalle [0; 8] :

f semble concave sur T0I 2U;

f semble convexe sur T2I 8U.

Partie B

1 On peut écrire f ▷t◁ sous la forme : f ▷t◁ D 5 × \frac{t}{e^{t}}. Or, par croissance

comparée, lim_{t→C∞} \frac{t}{e^{t}} D 0. Par conséquent, lim_{t→C∞} f ▷t◁ D 0.

Dans le contexte de l’exercice, cela signifie que la concentration de médicament dans le sang tend à disparaître au fil du temps.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 3 page 94 — #104 CORRIGÉS_{94}

2 Pour étudier les variations de f, nous pouvons déterminer le signe de sa dérivée. f D u × v avec :

\begin{matrix}u▷t◁ D 5t & u′▷t◁ D 5 \\ v▷t◁ D e^{−t} & v′▷t◁ D −e^{−t} \end{matrix}

D’où :

f′▷t◁D ▷u′v C uv′◁▷t◁
D 5e^{−t} − 5te^{−t}
D 5▷1 − t◁e^{−t} .

f′▷t◁ est du signe de ▷1 − t◁ car 5 > 0 et e^{−t} > 0.

f′▷t◁ ⩾ 0 ⟺ 1 − t ⩾ 0
⟺ t ⩽ 1.

On en déduit le tableau suivant :

\begin{aligned}t & 0 & & 1 & & C∞ \\ f′▷t◁ & & C & 0 & − \\ & & & 5e^{−1} \\ f ▷t◁ & & ↗ & & ↘ \\ & 0 & & & & & 0 \end{aligned}  f ▷1◁ D 5 × 1 × e^{−1}

Continuité

Plan du chapitre

1. Notion de continuité

2. Théorème des valeurs intermédiaires

1 Notion de continuité

La fonction f est définie par :

f ▷x◁ D \{ \begin{matrix}\frac{\sqrt{x^{2} C x C 2} − 2}{x − 1} & si x D̸ 1 \\ \frac{3}{4} & pour x D 1 \end{matrix}

f est-elle continue en 1?

Exercice type 1

Lycée de l’Emperi, Salon-de-Provence

Voir corrigé page 98

1.1 Continuité en un point a

Définitions 1

Soit une fonction f définie sur un intervalle I et a ∈ I. On dit que f est continue en a si :

lim_{\begin{matrix}x→a \\ x<a \end{matrix}} f ▷x◁ D lim_{\begin{matrix}x→a \\ x>a \end{matrix}} f ▷x◁.

On dit que f est continue sur I si f est continue en tout point de I.

Cela se traduit graphiquement par le fait que la courbe représentative d’une fonction continue sur I peut se tracer sans lever le crayon sur cet intervalle.

Exemple et contre-exemple : la courbe représentative de la fonction f définie par :

f ▷x◁ D \{ \begin{matrix}−1 & si x < 0 \\ 1 & si x > 0 \end{matrix}

n’est pas continue sur ℝ, mais elle l’est sur les intervalles U − ∞I 0T et U0I C∞T.

Voir illustrations page suivante.

Il y a un « trou » au niveau de x D 0 donc la fonction n’est pas continue

en 0, donc pas continue sur ℝ.

Il n’y a pas de trou sur chaque intervalle I_{1} et I_{2} donc la fonction est continue sur I_{1} et sur I_{2}.

Définition 2

On appelle point de discontinuité tout point en lequel une fonction n’est pas continue.

Exemple : le point d’abscisse x D 0 est un point de discontinuité de la fonction définie par :

f ▷x◁ D \{ \begin{matrix}−1 & si x < 0 \\ 1 & si x > 0 \end{matrix} .

1.2 Fonctions continues de référence

Propriétés 1

Les fonctions polynômes ainsi que les fonctions sinus et cosinus sont continues sur ℝ.

Les fonctions rationnelles sont continues sur tout intervalle inclus dans leur ensemble de définition.

La fonction racine carrée est continue sur [0 I C∞[ .

Les fonctions x ↦ cosx et x ↦ sinx sont continues sur ℝ.

Les fonctions obtenues par somme, produit ou quotient de fonctions continues sont continues sur chacun des intervalles où elles sont définies.

Exemples

La fonction x ↦ ▷x^{2} C 1◁ cos▷x◁ est continue sur ℝ comme produit de deux fonctions continues sur ℝ.

La fonction x ↦ \frac{x^{2} C 1}{x − 1} est continue sur U − ∞ I 1T et sur U1 I C∞T comme

fonction rationnelle définie sur ces deux intervalles.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 97 — #107 CONTINUITÉ CHAP. 4_{97} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.3 Continuité d’une fonction composée

Propriété 2

Soit f D v ∘ u une fonction définie sur un intervalle I de ℝ.

Si u est continue sur I et si v est continue sur u▷I◁ alors f est continue sur I.

Exemple : soient u V x ↦ x − 1 et v V x ↦ \sqrt{x}. Notons f ▷x◁ D ▷v ∘ u◁▷x◁ D \sqrt{x − 1} . u est continue sur ℝ mais f n’est pas définie sur ℝ car x − 1 < 0 pour x < 1. Ainsi, f est définie sur I D T1 I C∞T, et elle est continue sur I car u est continue sur I et v est continue sur u▷I◁ D T0 I C∞T.

1.4 Fonction définie et fonction continue

Une fonction peut être définie sur un intervalle I sans nécessairement être continue sur I.

Exemple : on considère la fonction f définie sur ℝ par :

f ▷x◁ D E▷x◁ D ⌊x⌋.

Cette fonction est appelée fonction partie entière : pour tout entier relatif n, ∀ x ∈ Tn I n C 1T, f ▷x◁ D n.

Cette fonction est définie en tout point de ℝ, mais elle n’est pas continue sur ℝ.

1.5 Dérivabilité et continuité

Théorème 1

Si f est une fonction définie et dérivable en a alors elle est continue en a.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 98 — #108 COURS_{98}

� ATTENTION

La réciproque de ce théorème est fausse : une fonction peut être continue sans être dérivable. Par exemple, la fonction f V x ↦ |x| est continue en 0, mais pas dérivable en 0 car :

lim_{h→0^{−}} \frac{f ▷0 C h◁ − f ▷0◁}{h} D −1 et lim_{h→0^{C}} \frac{f ▷0 C h◁ − f ▷0◁}{h} D C1.

Pour savoir si la fonction f est continue en 1, on détermine sa limite quand x tend vers 1 et on compare le résultat à f ▷1◁. Avec l’expression donnée initialement, le calcul de la limite mène à une in-

détermination du type « \frac{0}{0} ».

MÉTHODE

Pour un réel a fini, quand on calcule lim_{x→a} f ▷x◁, où il y a une racine carrée

dans f ▷x◁, et que cela donne une forme indéterminée du type « \frac{0}{0} », une méthode consiste à multiplier et diviser par une expression conjuguée.

Il y a une racine carrée au numérateur, donc on va multiplier et diviser par l’expression conjuguée de ce dernier (expression identique sauf que l’on change de signe au milieu).

∀ x D̸ 1, f ▷x◁ D \frac{\sqrt{x^{2} C x C 2} − 2}{x − 1} ×\frac{\sqrt{x^{2} C x C 2} C 2}{\sqrt{x^{2} C x C 2} C 2}

D \frac{x^{2} C x − 2}{▷x − 1◁(\sqrt{x^{2} C x C 2} C 2)}.

En factorisant x^{2} C x − 2 en ▷x − 1◁▷x C 2◁ puis en simplifiant par x − 1, on obtient finalement :

∀ x D̸ 1, f ▷x◁ D \frac{x C 2}{\sqrt{x^{2} C x C 2} C 2}.

Donc,

lim_{x→1} f ▷x◁ D \frac{1 C 2}{\sqrt{1^{2} C 1 C 2} C 2} D \frac{3}{4}.

Comme lim_{x→1} f ▷x◁ D f ▷1◁, il en résulte que la fonction f est continue en 1.

Solution de l’exercice type 1

Lycée de l’Emperi, Salon-de-Provence Voir énoncé page 95

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 99 — #109 CONTINUITÉ CHAP. 4_{99} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Théorème des valeurs intermédiaires

Montrer que l’équation :

2x^{3} − x^{2} C x C 3 D 0

admet une unique solution sur ℝ, dont on donnera une valeur approchée au dixième.

Exercice type 2

Lycée François Mauriac, Bordeaux

Voir corrigé page 100

Théorème 2 : théorème des valeurs intermédiaires

Soit f une fonction définie et continue sur un intervalle I, et soient a et b deux réels de I. Pour tout réel k compris entre f ▷a◁ et f ▷b◁, l’équation f ▷x◁ D k admet au moins une solution comprise entre a et b.

À RETENIR

Ce théorème assure, sous certaines hypothèses, l’existence d’au moins un antécédent à k, mais il n’assure pas son unicité et ne permet pas de le calculer.

Théorème 3 : théorème de la bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaire)

Soit f une fonction définie sur un intervalle I, et soient a et b deux réels de I tels que a < b. Si f est continue et strictement monotone sur Ta I bU, alors pour tout réel k compris entre f ▷a◁ et f ▷b◁, l’équation f ▷x◁ D k admet une solution unique dans l’intervalle Ta I bU.

Remarque : cette propriété peut aussi s’appliquer lorsque a ou b sont infinis à condition que k ne prenne pas la valeur d’une limite.

Exemple : soit f ▷x◁ D cosx − x. Alors, f′▷x◁ D − sinx − 1 < 0 sur ℝ donc f est strictement décroissante sur ℝ. f est aussi continue sur ℝ comme la somme de deux fonctions continues sur ℝ. De plus,

f ▷0◁ D cos0 − 0 D 1 > 0

f ▷π◁ D cosπ − π D −1 − π < 0

donc 0 ∈ Uf ▷π◁ I f ▷0◁T.

Ainsi, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution sur T0 I πU.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 100 — #110 COURS_{100}

Posons f ▷x◁ D 2x^{3} − x^{2} C x C 3. On a alors :

f′▷x◁ D 6x^{2} − 2x C 1.

Le discriminant de f′▷x◁ est :

1 D ▷−2◁^{2} − 4 × 6 × 1 D −20 < 0

donc f′▷x◁ n’admet aucune racine et f′▷x◁ > 0 sur ℝ. Par conséquent, f est strictement croissante sur ℝ. Ainsi,

f est continue et strictement croissante sur ℝ;

lim_{x→−∞} f ▷x◁ D −∞ et lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞, et 0 est une valeur intermédiaire entre −∞ et C∞.

D’après le théorème de la bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), il existe une unique valeur réelle α telle que f ▷α◁ D 0. L’équation f ▷x◁ D 0 admet donc une unique solution α sur ℝ. À l’aide du tableur de la calculatrice, par exemple, on trouve :

f ▷−0,9◁ D −0,168 et f ▷−0,8◁ D 0,536.

Par conséquent,

−0,9 < α < −0,8.

Solution de l’exercice type 2

Lycée François Mauriac, Bordeaux Voir énoncé page 99

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 101 — #111 CONTINUITÉ CHAP. 4_{101} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{V/F} Continuité en un point Corrigé p. 107 5 min

Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses? Justifier. 1 La fonction f définie par :

f ▷x◁ D \{ \begin{matrix}6x − 3 & sur U − ∞ I 1T \\ −4x C 7 & sur T1 I C∞T \end{matrix}

est continue sur ℝ. 2 La fonction g définie par :

g▷x◁ D \{ \begin{matrix}▷x − 1◁^{2} & sur U − ∞ I 0T \\ e^{−x} & sur T1 I C∞T \end{matrix}

est continue en 0. 3 La fonction h définie par :

h▷x◁ D \{ \begin{matrix}\frac{x^{2} − 3x C 2}{2x^{2} − 5x C 3} & si x D̸ 1 \\ −1 & si x D 1 \end{matrix}

est continue sur ℝ.

2_{V/F} Continuité et monotonie Corrigé p. 107 15 min

Soit f une fonction définie sur un intervalle I. Pour chaque affirmation, dire, en justifiant, si elle est vraie ou fausse. 1 Si f change de signe sur I alors f s’annule sur I. 2 Si :

I D Ta I bU , f ▷a◁ × f ▷b◁ > 0 , f est continue sur I, alors f ne s’annule pas sur I.

3 Si f s’annule une seule fois sur I et si f est strictement monotone alors

f est continue sur I. 4 Si f s’annule une seule fois sur I et f est continue sur I alors f est

strictement monotone sur I.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 102 — #112 INTERROS_{102}

Continuité en un point

3Fonction définie par trois morceaux_{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux} Corrigé ; p. 108 ; 10 min ; ⋆

On considère la fonction f définie par :

f ▷x◁ D \{ \begin{matrix}x^{2} C x C 1 & pour x ⩽ 0 \\ \sqrt{5x C 1} & pour 0 < x ⩽ 3 \\ x C 1 & pour x > 3 \end{matrix}

f est-elle continue sur ℝ? Justifier.

4Trouver un paramètre_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} Corrigé ; p. 108 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la fonction f définie sur ℝ par :

\{ \begin{matrix}f ▷x◁ D \frac{1 − \sqrt{1 C x^{2}}}{x} pour x D̸ 0 \\ f ▷0◁ D m \end{matrix}

Quelle valeur faut-il donner à m pour que f soit continue sur ℝ?

Théorème des valeurs intermédiaire et corollaire

5Localisation de racines_{Lycée Chaptal, Paris} Corrigé ; p. 109 ; 10 min ; ⋆

Démontrer que l’équation x^{5} − 5x C 1 D 0 admet une solution α unique sur T0 I 1U et donner une valeur approchée à 10^{−1} près par défaut.

6Étude d’une équation_{Lycée Vieljeux, La Rochelle} Corrigé ; p. 110 ; 15 min ; ⋆

On considère la fonction f définie sur [−1 I \frac{1}{2}[ ∪ ] \frac{1}{2} I C∞[ par :

f ▷x◁ D \frac{1}{2x − 1} − \sqrt{x C 1}.

Étudier les variations de f et en déduire que l’équation f ▷x◁ D 0 admet une solution unique α, puis prouver que α ∈ ] \frac{1}{2} I 1[.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 103 — #113 CONTINUITÉ CHAP. 4_{103} CORRIGÉS INTERROS COURS
7Existence ou unicité_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 110 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

1 Question de cours.

On suppose connu le théorème des valeurs intermédiaires. Démontrer que si une fonction f continue et strictement décroissante sur un intervalle Ta I bU vérifie f ▷a◁f ▷b◁ < 0, alors l’équation f ▷x◁ D 0 admet une solution et une seule dans Ta I bU.

2 Application.

Soit f une fonction définie sur ℝ telle que f ▷0◁ D 2 et f ▷6◁ D −1. Dans chacun des cas suivants, que peut-on dire de l’existence et du nombre de solutions de l’équation f ▷x◁ D 0 dans l’intervalle T0 I 6U? Justifier les réponses.

(a) f est continue sur T0 I 6U.

(b) f est strictement décroissante sur T0 I 6U.

(c) f est continue et strictement décroissante sur T0 I 6U.

8Point d’inflexion et tangente_{Cité scolaire internationale, Grenoble} Corrigé ; p. 111 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

Soit f ▷x◁ D ▷x C2◁e^{−x} définie sur I D T−2 I 4U et C sa courbe représentative dans un repère orthonormé. On nomme A et B les points de C d’abscisses respectives −1 et 0.

1 Donner les coordonnées exactes de A et B.

2 Étudier les variations de f sur I.

3 Montrer que l’équation f ▷x◁ D 1 admet deux solutions a et b dans I.

Donner les valeurs arrondies à 10^{−2} de a et b. 4 Calculer f′′▷x◁ et étudier la convexité de f. On indiquera les coordon-

nées des éventuels points d’inflexion. 5 Donner l’équation de la tangente D à C au point B.

6 Tracer C et D sur I.

7 Résoudre l’inéquation f ▷x◁ < −x C 2.

9Avec un programme_{Lycée François Couperin, Fontainebleau} Corrigé ; p. 112 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère la fonction définie sur I D T−10 I 10U par :

f ▷x◁ D x^{3} − 3x^{2} C x C 3.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 104 — #114 INTERROS_{104}

1 Étudier le sens de variation de la fonction f et dresser son tableau de

variations sur I. 2 (a) Démontrer que l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution sur

T−10 I 10U notée a.

(b) Encadrer a par deux entiers relatifs consécutifs. 3 On considère le programme Python suivant :

    def f(x):
        return x**3 - 3*x**2 + x + 3
    def dicho(a,b,d):
        if a > b: a,b = b,a
        while b-a > d:
            m = (a+b)/2
            if f(m) > 0: b = m
            else: a = m
        return a,b

(a) Exécuter pas à pas le programme lorsque a D −1, b D 0 et d D 0,1 en remplissant le tableau suivant. On arrondira les résultats au centième à chaque étape.

Quelles seront alors les valeurs de a et b en sortie?

Étape 1 Étape 2 Étape 3 Étape 4 Étape 5
a  −1
b  0

m

f ▷m◁

{Signe de \atop f ▷m◁}

(b) Quel est le rôle de cet algorithme?

(c) Expliquer, par exemple à l’aide d’un graphique, le rôle du « Si »

dans cet algorithme. 4 Donner une valeur approchée de a à 10^{−3} près en utilisant la calcula-

trice. 5 En déduire le signe de f ▷x◁ suivant les valeurs de x.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 105 — #115 CONTINUITÉ CHAP. 4_{105} CORRIGÉS INTERROS COURS

Objectif bac

10Point d’inflexion et vitesse_{Lycée Virlogeux, Riom} Corrigé ; p. 114 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Une épidémie a frappé les habitants d’une ville.

Partie A : lectures graphiques

La courbe C suivante représente le nombre de personnes malades en fonction du temps t, exprimé en jours, depuis le début de la maladie. La vitesse de propagation de la maladie au jour t est assimilée au nombre dérivé de la fonction au jour t.

On expliquera les réponses.

1 Donner les jours où il y a 2 000 malades.

2 Donner le jour où le nombre de malades est maximal. Quel est alors le

nombre de malades? 3 Estimer le jour où la vitesse de propagation de la maladie est la plus

grande.

Partie B : étude théorique

Le nombre de personnes malades en fonction du temps t, en jours, peut être modélisé par la fonction f définie sur l’intervalle I D T0 I 30U par :

f ▷t◁ D −t^{3} C 30t^{2}.

1 Étudier le sens de variations de f et dresser son tableau de variations

sur I. 2 (a) Déterminer le nombre de solutions sur I de l’équation f ▷t◁ D 2 000.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 106 — #116 INTERROS_{106}

(b) Déterminer un encadrement à l’entier près de la solution non

entière. 3 (a) Calculer f′′▷t◁.

(b) Étudier le sens de variations de la fonction dérivée f′.

En déduire la convexité de la fonction f.

(c) Démontrer que la courbe C admet sur I un unique point d’inflexion.

(d) En donner une signification concrète.

(e) Calculer la vitesse de propagation le 10^{e} jour.

Fonction définie par trois morceaux — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 107 — #117

CONTINUITÉ CHAP. 4_{107} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{V/F} Continuité en un point {Énoncé \atop p. 101}

1 L’affirmation est vraie.

En effet, sur U − ∞ I 1T et sur U1 I C∞T, f est définie par deux fonctions affines, donc continues sur leurs intervalles respectifs. De plus,

lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x<1 \end{matrix}} f ▷x◁ D lim_{x→1}▷6x − 3◁ D 6 × 1 − 3 D 3

et

lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x>1 \end{matrix}} f ▷x◁ D lim_{x→1}▷−4x C 7◁ D −4 × 1 C 7 D 3.

Les deux limites étant égales, f est continue en 1.

Ainsi, f est continue sur ℝ. 2 L’affirmation est vraie. En effet, on a :

lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x<0 \end{matrix}} g▷x◁ D lim_{x→0}▷x − 1◁^{2} D 1

et

lim_{\begin{matrix}x→1 \\ x>0 \end{matrix}} g▷x◁ D lim_{x→0} e^{−x} D e^{▷}0◁ D 1.

Les deux limites étant égales, g est continue en 0. 3 L’affirmation est fausse. En effet, pour tout réel x D̸ 1,

h▷x◁ D \frac{x^{2} − 3x C 2}{2x^{2} − 5x C 3} D \frac{▷x − 1◁▷x − 2◁}{▷x − 1◁▷2x − 3◁} D \frac{x − 2}{2x − 3} .

Ainsi,

lim_{x→1} h▷x◁ D \frac{1 − 2}{2 × 1 − 3} D \frac{−1}{−1} D 1 D̸ h▷1◁.

La fonction h n’est donc pas continue en 1.

2_{V/F} Continuité et monotonie {Énoncé \atop p. 101}

1 Faux. Contre-exemple : f ▷x◁ D 2 pour x < 0 et f ▷x◁ D −5 pour x ⩾ 0.

2 Faux. Prenons par exemple I D T−2 I 2U et f ▷x◁ D x^{2} − 1. Alors, f ▷2◁f ▷−2◁ D 9, f est continue car c’est une fonction polynôme, mais f ▷1◁ D 0.

3 Faux. I D ℝ, f ▷x◁ D x pour x < 1 et f ▷x◁ D x C 1 pour x ⩾ 1. Cette

fonction est strictement monotone mais n’est pas continue en 1. 4 Faux. I D ℝ et f ▷x◁ D ▷x − 2◁^{2}. Cette fonction ne s’annule que pour

x D 2, elle est continue sur I, mais elle est décroissante sur U − ∞ I 2U et croissante sur T2 I C∞T, donc non monotone.

Trouver un paramètre — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 108 — #118

CORRIGÉS_{108}

3Fonction définie par trois morceaux_{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 102}

Notons avant tout que :

x ↦ x^{2} C x C 1 est continue sur U − ∞I 0U comme fonction polynôme; x ↦ \sqrt{5x C 1} est continue sur U0I 3T comme composée de deux fonctions définies et continues sur cet intervalle; x ↦ x C 1 est continue sur U3I C∞T.

Nous devons donc nous pencher sur la continuité de f en x D 0 et x D 3.

En 0 :

lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x<0 \end{matrix}} f ▷x◁ D f ▷0◁ D 0^{2} C 0 C 1 D 1

lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x>0 \end{matrix}} f ▷x◁ D lim_{\begin{matrix}x→0 \\ x>0 \end{matrix}} \sqrt{5x C 1} D \sqrt{5 × 0 C 1} D 1

Donc f est continue en 0.

En 3 :

lim_{\begin{matrix}x→3 \\ x<3 \end{matrix}} f ▷x◁ D f ▷3◁ D \sqrt{5 × 3 C 1} D 4

lim_{\begin{matrix}x→3 \\ x>3 \end{matrix}} f ▷x◁ D lim_{\begin{matrix}x→3 \\ x>3 \end{matrix}}▷x C 1◁ D 3 C 1 D 4

Donc f est continue en 3. Par conséquent, f est continue sur ℝ.

4Trouver un paramètre_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} {Énoncé \atop p. 102}

Notons avant tout que la fonction :

x ↦ \sqrt{1 C x^{2}}

est définie et continue sur ℝ comme composée de deux fonctions continues sur ℝ :

x ↦ \sqrt{x} et x ↦ 1 C x^{2}.

Ainsi, la fonction :

x ↦ 1 − \sqrt{1 C x^{2}}

est continue sur ℝ, et f est alors continue sur U − ∞I 0T et sur U0I C∞T (comme quotient par 0 d’une fonction continue). Il ne reste plus qu’à vérifier la continuité de f en 0. Pour cela, on calcule la limite de \frac{1 − \sqrt{1 C x^{2}}}{x} en 0.

Étude d’une équation — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 109 — #119 CONTINUITÉ CHAP. 4_{109} CORRIGÉS INTERROS COURS

Cette limite donne lieu à une indétermination du type « \frac{0}{0} » que nous allons lever à l’aide d’une expression conjuguée :

\frac{1 − \sqrt{1 C x^{2}}}{x} D \frac{(1 − \sqrt{1 C x^{2}})(1 C \sqrt{1 C x^{2}})}{x(1 C \sqrt{1 C x^{2}})}

D \frac{1 − ▷1 C x^{2}◁}{x(1 C \sqrt{1 C x^{2}})}

D \frac{−x}{1 C \sqrt{1 C x^{2}}} .

Ainsi,

lim_{x→0} f ▷x◁ D lim_{x→0} \frac{−x}{1 C \sqrt{1 C x^{2}}} D 0.

Par conséquent, f est continue en 0, et donc sur ℝ, pour m D 0.

5Localisation de racines_{Lycée Chaptal, Paris} {Énoncé \atop p. 102}

Soit la fonction f définie sur ℝ par :

f ▷x◁ D x^{5} − 5x C 1.

La fonction f est dérivable sur ℝ comme fonction polynôme et :

f′▷x◁ D 5x^{4} − 5 D 5▷x^{2} C 1◁▷x^{2} − 1◁ D 5▷x^{2} C 1◁▷x C 1◁▷x − 1◁. Nous en retiendrons que f′▷x◁ < 0 sur l’intervalle T0 I 1T. Ainsi, la fonction f est dérivable, donc continue, et est strictement décroissante sur l’intervalle T0 I 1U.

Enfin :

f ▷0◁ D 1 et f ▷1◁ D −3, donc 0 ∈ Tf ▷1◁ I f ▷0◁U.

On sait alors d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution α dans T0 I 1U. De plus, f ▷0,2◁ D 0,000 32 > 0 et f ▷0,3◁ D − 0,497 57 < 0, donc α est compris entre 0,2 et 0,3. Finalement, α ≈ 0,2 à 10^{−1} près par défaut.

Existence ou unicité — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 110 — #120 CORRIGÉS_{110}
6Étude d’une équation_{Lycée Vieljeux, La Rochelle} {Énoncé \atop p. 102}

La fonction f est dérivable sur ]−1 I \frac{1}{2}[ ∪ ] \frac{1}{2} I C∞[ et :

f′▷x◁ D −\frac{2}{▷2x − 1◁^{2}} − \frac{1}{2\sqrt{x C 1}}.

On a donc f′▷x◁ < 0 pour tout x dans ]−1 I \frac{1}{2}[ ∪ ] \frac{1}{2} I C∞[ , ce qui prouve

que f est strictement décroissante sur ]−1 I \frac{1}{2}[ et strictement décroissante

sur ] \frac{1}{2} I C∞[ .

On a de plus f ▷−1◁ D −\frac{1}{3}, donc f ne prend que des valeurs strictement

négatives sur ]−1 I \frac{1}{2}[ : donc l’équation f ▷x◁ D 0 n’a aucune solution dans

cet intervalle.

Par ailleurs, f est continue et strictement décroissante sur ] \frac{1}{2} I C∞[ .

De plus,

lim_{x→( \frac{1}{2})^{C}} f ▷x◁ D C∞ et lim_{x→C∞} f ▷x◁ D −∞ ,

donc, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation

f ▷x◁ D 0 admet une unique solution α dans ] \frac{1}{2} I C∞[ .

On remarque enfin que f ▷1◁ D 1 − \sqrt{2} < 0, donc α ∈ ] \frac{1}{2} I 1[.

7Existence ou unicité_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 103}

1 La fonction f est continue sur Ta I bU. Comme f ▷a◁f ▷b◁ < 0, cela signifie que l’une des valeurs est positive et l’autre négative, donc que 0 est compris entre f ▷a◁ et f ▷b◁. Le théorème des valeurs intermédiaires prouve donc qu’il existe au moins un réel c entre a et b tel que f ▷c◁ D 0. Comme f est strictement décroissante, pour tout autre réel d, si d < c alors f ▷d◁ > f ▷c◁ ou si d > c, f ▷d◁ < f ▷c◁, donc f ▷d◁ ne peut être nul. Cela montre qu’il existe un réel c unique dans Ta I bU tel que f ▷c◁ D 0.

2 Application : on constate que 0 ∈ Tf ▷6◁ I f ▷0◁U.

(a) Si f est continue sur T0 I 6U, alors le théorème des valeurs intermédiaires prouve qu’il existe au moins une solution dans T0 I 6U à l’équation f ▷x◁ D 0.

Point d’inflexion et tangente — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 111 — #121

CONTINUITÉ CHAP. 4_{111} CORRIGÉS INTERROS COURS

(b) Si f est strictement décroissante, il n’est pas certain qu’il y ait des solutions car f n’est pas supposée continue, par contre il y en a au plus une.

(c) Si f est continue et strictement décroissante sur T0 I 6U, alors d’après la question de cours, l’équation f ▷x◁ D 0 a une solution et une seule dans T0 I 6U.

8Point d’inflexion et tangente_{Cité scolaire internationale, Grenoble} {Énoncé \atop p. 103}

1 f ▷−1◁ D e, donc A▷−1 I e◁; f ▷0◁ D 2, donc B▷0 I 2◁.

2 f est dérivable comme produit de deux fonctions dérivables et f′▷x◁ D 1 × e^{−x} − e^{−x} ▷x C 2◁ D e^{−x} ▷−x − 1◁. f′▷x◁ > 0 ⟺ x < −1 car e^{−x} est positif pour tout x. On obtient le tableau de variations suivant :

x −2  −1  4
f′▷x◁  C 0 −

e

f ▷x◁ ↗ ↘
0  6e^{−4}

3 f est continue sur I.

Sur T−2 I −1U, f est strictement croissante, et 1 appartient à [f ▷−2◁ I f ▷−1◁]. Donc, d’après le théorème de la bijection (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires), l’équation f ▷x◁ D 1 admet une unique solution sur T−2 I −1U. Sur T−1 I 4U, f est strictement décroissante, et 1 appartient à [f ▷4◁ I f ▷−1◁]. Donc, d’après le théorème de la bijection, l’équation f ▷x◁ D 1 admet une unique solution sur T−1 I 4U. Donc sur I, l’équation f ▷x◁ D 1 admet deux solutions. À la calculatrice, on obtient a ≈ −1,84 et b ≈ 1,14.

4 f′′▷x◁ D −e^{−x} ▷−x − 1◁ − e^{−x} D xe^{−x} .

Par conséquent, f est convexe si x > 0 et f est concave si x < 0. Le point d’inflexion est donc le point de C d’abscisse 0, c’est B.

5 L’équation de la tangente en B à C est y D f′▷0◁x C f ▷0◁, donc y D −x C 2.

Avec un programme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 112 — #122

CORRIGÉS_{112}

6

7 Résoudre cette inéquation revient à savoir quand C est sous D. Or, d’après l’étude de convexité, C est sous chacune de ses tangentes pour x < 0. Donc pour x ∈ T−2 I 0U, C est sous toutes ses tangentes, donc entre autre sous la tangente en A▷0 I 2◁, d’équation y D −x C 2. Par contre, pour x ∈ T2 I 4U, f est convexe, donc C est au-dessus de toutes ses tangentes, donc entre autre de la tangente en ▷0 I 2◁. Donc S D T−2 I 0T.

9Avec un programme_{Lycée François Couperin, Fontainebleau} {Énoncé \atop p. 103}

1 f′▷x◁ D 3x^{2} − 6x C 1.

1 D ▷−6◁^{2} − 4 × 3 D 24. L’équation f′▷x◁ D 0 a donc deux solutions :

x_{1} D \frac{6 − \sqrt{24}}{6} D 1 − \frac{\sqrt{6}}{3} et x_{2} D 1 C \frac{\sqrt{6}}{3}.

Dans I, le trinôme est positif à l’extérieur des racines, et négatif entre les racines. Donc f est croissante sur T−10 I x_{1}U et sur Tx_{2} I 10U, et décroissante sur Tx_{1} I x_{2}U. f ▷−10◁ D −1 307; f ▷10◁ D 713; f ▷x_{1}◁ ≈ 3,1; f ▷x_{2}◁ ≈ 0,9. On obtient le tableau de variations suivant :

x  −∞  x_{1}  x_{2}  10
f′▷x◁  C  0  −  0  C
f ▷x_{1}◁  711
f ▷x◁ ↗ ↘ ↗
1 307  f ▷x_{2}◁

2 f est une fonction polynôme, elle est donc continue sur I.

Sur T−10 I x_{1}U, f est strictement croissante et 0 appartient à Tf ▷−10◁ I f ▷x_{1}◁U, donc l’équation f ▷x◁ D 0 admet une solution et une seule dans l’inter-

Avec un programme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 113 — #123

CONTINUITÉ CHAP. 4_{113} CORRIGÉS INTERROS COURS

valle T−10 I x_{1}U. Sur Tx_{1} I 10U, f ▷x◁ est positif puisque le minimum est atteint en x_{2} et est environ égal à 0,9. Donc sur cet intervalle, l’équation f ▷x◁ D 0 n’admet pas de solution. Il y a donc bien une solution unique sur I. De plus f ▷−1◁ D −2 et f ▷0◁ D 3, donc en reprenant le même raisonnement, −1 < a < 0.

3 (a) Nous avons le tableau suivant :

Étape 1 Étape 2 Étape 3 Étape 4 Étape 5
a  −1  −1  −1  −0,875 −0,81
b  0  −0,5  −0,75  −0,75  −0,75
m  −0,5  −0,75 −0,875 −0,813
f ▷m◁  1,63  0,14  −0,84  −0,33
{Signe \atop de f ▷m◁}  C  C  −  −

À l’étape 5, le test b − a > d est faux puisque b − a ≈ 0,06.

La sortie sera donc a D −0,81 et b D −0,75.

(b) On obtient un encadrement de la solution de l’équation f ▷x◁ D 0 d’amplitude inférieure ou égale à 0,1.

(c) On a représenté à la question 3.b la fonction f.

Initialement, a D −1 et b D 0, donc m D −0,5.

Or, f ▷−0,5◁ est positif, donc la nouvelle valeur de b sera −0,5 : la solution de l’équation est maintenant encadrée par −1 et −0,5. À chaque étape, l’amplitude de l’encadrement est divisé par 2.

4 Par balayage à la calculatrice, on trouve −0,77 < a < −0,769. Donc

une valeur approchée de a à 10^{−3} près est −0,770. 5 D’après le tableau de variations de f, puisque f ▷a◁ D 0, f ▷x◁ est néga-

tif pour x appartenant à T−10 I aU et positif ensuite.

Point d’inflexion et vitesse — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 114 — #124 CORRIGÉS_{114}
10Point d’inflexion et vitesse_{Lycée Virlogeux, Riom} {Énoncé \atop p. 105}

Partie A

1 On trace sur le graphique donné la droite d’équation y D 2 000.

Il y a 2 000 malades au dixième jour, et environ au vingt-septième jour. 2 Le nombre de malades est maximal le vingtième jour, et il atteint 4 000.

3 La vitesse de propagation est la plus grande quand la pente de la tangente à la courbe est la plus élevée, puisque la vitesse de propagation est assimilée au nombre dérivé. On cherche en fait le point d’inflexion. Il semble que ce soit aux alentours de t D 10, en tout cas entre 7 et 12.

Partie B

1 Pour tout t ∈ I, f′▷t◁ D −3t^{2} C 60t D −3t▷t − 20◁.

f′▷t◁ est un trinôme du second degré qui s’annule pour t D 0 et t D 20, et il est négatif à l’extérieur des racines car le coefficient de t^{2} est négatif. On obtient donc, sur T0 I 30U :

x 0  20  30
f′▷t◁  C  0 −

4 000

f ▷t◁ ↗ ↘
0  0

2 (a) f est une fonction polynôme donc continue.

Sur T0 I 20U, f est strictement croissante et 2 000 appartient à [f ▷0◁ I f ▷20◁], donc d’après le théorème de la bijection, l’équation f ▷x◁ D 2 000 admet une unique solution sur T0 I 20U. Sur T20 I 30U, f est strictement décroissante et 2 000 appartient à [f ▷30◁ I f ▷20◁], donc d’après le théorème de la bijection, l’équation f ▷x◁ D 2 000 admet une unique solution sur T20 I 30U. Finalement, sur T0 I 30U, l’équation f ▷x◁ D 2 000 admet exactement deux solutions.

(b) Vérifions que f ▷10◁ D 2 000 :

f ▷10◁ D −1 000 C 3 000 D 2 000, donc la plus petite solution de l’équation f ▷x◁ D 2 000 est 10, et elle est entière. f ▷27◁ D 2 187 et f ▷28◁ D 1 568, par conséquent, d’après le théorème utilisé précédemment, la solution non entière est comprise entre 27 et 28, ce qui confirme notre lecture graphique.

3 (a) f′′▷t◁ D −6t C 60 D −6▷t − 10◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 115 — #125 CONTINUITÉ CHAP. 4_{115} CORRIGÉS INTERROS COURS

(b) f′′▷t◁ > 0 ⟺ t < 10, donc f′ est croissante sur T0 I 10U et décroissante sur T10 I 30U. f est donc convexe sur T0 I 10U et concave sur T10I 30U.

(c) D’après ce qui précède, le point de C d’abscisse 10 est point d’inflexion.

(d) Avant x D 10, la dérivée est croissante, ce qui signifie que la vitesse de propagation de la maladie augmente, alors qu’après, cette vitesse diminue (même si le nombre de malades continue à augmenter jusqu’à t D 20). Donc 10 jours après le début de la maladie est le moment où l’épidémie commence à ralentir.

(e) f′▷10◁ D 300.

On peut traduire cela par le fait qu’à ce moment là, il y a 300 malades supplémentaires chaque jour.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 4 page 116 — #126

Logarithme népérien

Plan du chapitre

1. Introduction

2. Limites

3. Représentation graphique

4. Dérivée de ln(u)

1 Simplifier les écritures suivantes :

A D ln(e^{3}\sqrt{e^{5}})  I  B D e^{3 ln8C4 ln32}.

2 Résoudre l’équation suivante :

ln▷x − 4◁ C ln▷x − 2◁ D ln3.

3 Calculer la dérivée de la fonction suivante en indiquant l’ensemble de

dérivabilité :

f ▷x◁ D x^{2} ln▷1 C x◁.

Exercice type

Lycée Guynemer, Compiègne

Voir corrigé page 121

1 Introduction

1.1 Définition et résolution d’équations

Définition 1

On définit la fonction logarithme népérien, notée ln, comme étant la fonction réciproque de la fonction exponentielle, c’est-à-dire l’unique fonction définie sur ℝ_{C}^{∗} par :

ln▷x◁ D y ⟺ x D e^{y}.

Propriété 1

Soient y ∈ ℝ_{C}^{∗} et x ∈ ℝ. On a :

y D e^{x} ⟺ x D lny.

Exemple : e^{x} D 7 ⟺ x D ln7.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 118 — #128 COURS_{118}

1.2 Variation de la fonction ln

Propriété 2 : dérivée de la fonction ln

La fonction ln est continue et dérivable sur ℝ_{C}^{∗}, et :

▷ln◁′▷x◁ D \frac{1}{x} pour tout x > 0.

De la dérivée du logarithme népérien, on peut en déduire le corollaire suivant :

Corollaire 1

La fonction ln est strictement croissante de ℝ_{C}^{∗} sur ℝ.

À RETENIR

ln1 D 0  et  lne D 1.

Propriété 3

La fonction ln est concave sur ℝ_{C}^{∗}.

1.3 Conservation de l’ordre

Propriétés 4

Pour tous réels x et y strictement positifs,

lnx D lny ⟺ x D y  et  lnx < lny ⟺ x < y.

Exemples

ln▷x^{2} C 7◁ D ln▷2x^{2} C 3◁⟺ x^{2} C 7 D 2x^{2} C 3
⟺ x^{2} D 4
⟺ x D 2 ou x D −2.
ln▷x^{2} C 10◁ > ln▷2x^{2} C 1◁ ⟺ x^{2} C 10 > 2x^{2} C 1
⟺ x^{2} < 9
⟺ x ∈ T−3 I 3U.

Remarque : dans la résolution d’équations ou d’inéquations avec des logarithmes, il faut toujours s’assurer que les opérandes soient strictement positives. Dans notre premier exemple, x^{2}C7 > 0 et 2x^{2}C3 > 0 pour tout réel x; on peut ainsi résoudre l’équation sur ℝ. Il en est de même pour l’inéquation.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 119 — #129 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{119} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.4 Relations fonctionnelles

Propriétés 5

Pour tous réels x et y strictement positifs, pour tout entier relatif n :

ln▷xy◁ D lnx C lny

ln( \frac{x}{y}) D lnx − lny

ln( \frac{1}{x}) D − lnx

ln▷x^{n}◁D n lnx.

� ATTENTION

Faire preuve de rigueur lors de l’utilisation de la relation fonctionnelle : ne pas scinder ln▷xy◁ en somme de deux logarithmes sans avoir vérifié et mentionné la stricte positivité de x et y.

2 Limites

2.1 Limites du logarithme népérien

Propriété 6

lim_{x→0^{C}} lnx D −∞  et  lim_{x→C∞} lnx D C∞.

L’axe des ordonnées est donc asymptote à la courbe représentative de la fonction logarithme.

2.2 Croissances comparées

Propriétés 7

Pour tout entier naturel n,

lim_{x→C∞} \frac{lnx}{x^{n}} D 0.

lim_{x→0} x^{n} lnx D 0.

Remarque : on dit qu’en cas d’indétermination, les puissances de x « l’emportent » sur lnx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 120 — #130 COURS_{120}

3 Représentation graphique

De la stricte croissance de la fonction ln, de sa concavité, de ses limites et des valeurs remarquables du logarithme népérien, on déduit sa représentation graphique dans un repère orthonormé :

Du fait que les fonctions exp et ln sont réciproques, on déduit que, dans un repère orthonormé, leurs courbes représentatives sont symétriques par rapport à la première bissectrice (droite d’équation y D x).

4 Dérivée de ln(u)

Propriété 8

Soit u une fonction définie et dérivable à valeurs strictement positives sur un intervalle I. Alors,

(ln▷u◁)′D \frac{u′}{u}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 121 — #131 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{121} CORRIGÉS INTERROS COURS

1 A D ln(e^{3}) C ln \sqrt{e^{5}} D 3 lne C \frac{1}{2} ln(e^{5}) D 3 lne C \frac{5}{2} lne D 3 C \frac{5}{2} D \frac{11}{2}. B D e^{3 ln8} × e^{4 ln32}

D e^{ln(8^{3})} × e^{ln(32^{4})}
D 8^{3} × 32^{4}
D 2^{29}.

2 Il faut commencer par déterminer l’ensemble de validité de l’équation :

x − 4 > 0 pour x > 4

et

x − 2 > 0 pour x > 2.

Donc l’ensemble de validité de l’équation est U4 I C∞T. Dans cet ensemble de validité, l’équation équivaut à :

ln[▷x − 4◁▷x − 2◁] D ln3 ,

c’est-à-dire :

▷x − 4◁▷x − 2◁ D 3.

Donc,

x^{2} − 6x C 8 D 3 ,

soit encore :

x^{2} − 6x C 5 D 0.

Cette équation admet deux solutions : 1 et 5. Seule 5 est solution de l’équation initiale, car 1 n’appartient pas à l’ensemble de validité de l’équation :

S D {5}.

3 La fonction f est dérivable sur U − 1 I C∞T car la fonction carré est dérivable sur ℝ et la fonction lnu est dérivable pour u▷x◁ > 0.

f′▷x◁ D 2x ln▷1 C x◁ C \frac{x^{2}}{1 C x} .

Solution de l’exercice type

Lycée Guynemer, Compiègne Voir énoncé page 117

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 122 — #132 INTERROS_{122}
1_{QCM} Propriétés du logarithme Corrigé p. 134 5 min

Pour chacune des questions suivantes, indiquer la réponse exacte.

1 Soit a un réel strictement positif, ln( \frac{a^{2}}{25}) est égal à :

a 2 ▷lna − ln5◁  b ▷lna◁^{2} − ▷ln5◁^{2}  c (ln \frac{a}{5})^{2}

2 ln▷\sqrt{2} C 1◁ C ln▷\sqrt{2} − 1◁ est égal à :

a 0 b ln(2\sqrt{2}) c ln2

3 Pour tout réel x strictement supérieur à 2, ln▷x^{2}− 4◁ − ln▷x − 2◁ est égal à :

a ln▷x C 2◁  b ln▷x^{2} − x − 2◁  c ln▷x − 2◁

4 ln[( \frac{1}{e})^{2}] − (ln \frac{1}{e})^{2} est égal à :

a 0  b −3  c e^{2} − 1

2_{QCM} Équations et inéquations Corrigé p. 134 15 min

Pour chacune des questions de ce QCM, une seule réponse est exacte. 1 L’ensemble des solutions de l’équation ln(x^{2}) D 0 est :

a 0 b 1 c {−1 I 1}

2 L’ensemble des solutions de l’équation ln(x^{2} − x) D 0 est :

a \{0 I 1\}  b \{1 I e\}  c \{ \frac{1 − \sqrt{5}}{2} I \frac{1 C \sqrt{5}}{2}\}

3 L’ensemble des solutions de l’inéquation 1 − x ln▷0,5◁ ≥ 0 est :

a ] − ∞ I ln▷0,5◁]  b ]−∞ I \frac{1}{ln▷0,5◁}]  c [ \frac{1}{ln▷0,5◁}I C∞[

4 Le nombre t tel que ( 1 C \frac{t}{100}) ^{6} D 2 est, arrondi au centième :

a 10,5  b 12,24  c 12,25

3_{V/F} Fonctions logarithme et exponentielle Corrigé p. 136 10 min

Les affirmations suivantes sont-elles vraies ou fausses? 1 e^{ln5} C e^{− ln3} D 2. 2 Pour tout réel x, ln▷e^{x} C 1◁ D x C ln▷e^{−x} C 1◁. 3 Pour tout réel x différent de −1, ln▷x^{3} C 1◁^{2} D 2 ln▷x^{3} C 1◁. 4 Pour tout réel x, ln▷e^{3x} C 1◁^{2} D 2 ln▷e^{3x} C 1◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 123 — #133 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{123} CORRIGÉS INTERROS COURS
4_{V/F} Lecture graphique Corrigé p. 136 10 min

La courbe représentative d’une fonction f définie sur U − ∞ I 2T est donnée ci-dessous :

La droite d’équation x D 2 et l’axe des abscisses sont asymptotes à la courbe. On appelle g la fonction définie par g▷x◁ D ln(f ▷x◁).

En utilisant la représentation graphique, dire si chacune des affirmations suivantes est vraie ou fausse.

1 La fonction g a le même ensemble de définition que f.

2 La fonction g est dérivable en 0,4 et g′▷0,4◁ D 0.

3 L’équation g▷x◁ D −1 possède exactement deux solutions.

4 La fonction ln|f ▷x◁| est définie pour tout x de U − ∞ I 2T.

Propriétés de la fonction logarithme népérien

5Propriétés algébriques_{Lycée Berlioz, Vincennes} Corrigé ; p. 136 ; 10 min ; ⋆

Exprimer à l’aide de ln2 et ln3 :

ln4  ln36  ln \frac{2}{27}  ^{ln \sqrt{6}}  ln \frac{9}{8}  ln(3e^{5})

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 124 — #134 INTERROS_{124}
6Propriétés algébriques_{Lycée Delacroix, Maisons - Alfort} Corrigé ; p. 137 ; 5 min ; ⋆

Exprimer en fonction de ln2 et ln3 :

A D 2 ln4 C ln27 − 4 ln18 C 4 ln \sqrt{6} − ln \frac{9}{16}.

Équations

7Équations_{Lycée Bonaparte, Toulon} Corrigé ; p. 137 ; 10 min ; ⋆

Résoudre les équations suivantes dans ℝ :

1 ln▷2x◁ D −3  _{2} \frac{1}{2} ln▷3x C 1◁ D 1 _{3} 3 ln▷3x^{2} C 1◁ D 6

8Équations_{Lycée Hoche, Versailles} Corrigé ; p. 138 ; 10 min ; ⋆

Résoudre dans ℝ les équations suivantes :

1 ln(x^{2} − 4) D ln▷2x C 11◁  _{2} ln▷x − 2◁ C ln▷x C 2◁ D ln▷2x C 11◁

9Fonction exponentielle et équations_{Lycée La Pérouse, San Francisco} Corrigé ; p. 139 ; 10 min ; ⋆

Résoudre dans ℝ les équations suivantes :

1 \frac{e^{x}}{e^{x} − 1} D 2  ^{2} \frac{−e^{−3x}}{e^{2x} − 2e^{x} C 3} D 1

10Équations logarithmiques_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. 139 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

1 (a) Déterminer deux nombres réels a et b tels que pour tout réel X :

−X^{3} C 2X^{2} C X − 2 D ▷X^{2} − 1◁▷aX C b◁.

(b) Résoudre dans l’ensemble ℝ des réels les équations suivantes : (i) −x^{3} C 2x^{2} C x − 2 D 0 (ii) −▷lnx◁^{3} C 2▷lnx◁^{2} C lnx − 2 D 0

2 (a) On considère le polynôme P défini par :

P ▷x◁ D 2x^{3} − 3x^{2} − 17x C 30.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 125 — #135 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{125} CORRIGÉS INTERROS COURS

(i) Vérifier que :

P ▷x◁ D ▷x − 2◁▷2x^{2} C x − 15◁.

(ii) Résoudre dans ℝ l’équation d’inconnue x : P ▷x◁ D 0.

(b) Utiliser la question précédente pour résoudre l’équation :

2 lnx C ln▷2x − 3◁ D ln▷17x − 30◁.

Inéquations

11Dans une suite_{Lycée Turgot, Paris} Corrigé ; p. 141 ; 5 min ; ⋆

Soit ▷u_{n}◁ une suite définie pour tout entier naturel n par u_{0} D 75 000 et par la relation u_{nC1} D 1,014u_{n} C 7. On admet que u_{n} D 75 500 × 1,014^{n} − 500.

Trouver alors le plus petit entier n tel que u_{n} > 2u_{0}.

12Inéquations de base_{Lycée Galilée, Gennevilliers} Corrigé ; p. 141 ; 15 min ; ⋆

Résoudre dans ℝ les inéquations suivantes :

1 ln▷−3x C 4◁ ⩽ 3  2 ln▷x^{2} − 4◁ < ln(2x▷x C 2◁)

13Changement de variable_{Lycée Champollion, Grenoble} Corrigé ; p. 143 ; 10 min ; ⋆

Résoudre l’inéquation suivante après en avoir précisé les conditions de définition :

▷lnx◁^{2} − 4 lnx C 3 < 0.

14Un quotient en opérande_{Lycée Michelet, Marseille} Corrigé ; p. 144 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

Résoudre dans ℝ l’inéquation suivante :

ln( \frac{x C 2}{x − 2}) > 1.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 126 — #136 INTERROS_{126}

Études de fonctions

15Retrouver la fonction_{Lycée Jules Ferry, Paris} Corrigé ; p. 145 ; 15 min ; ⋆

f est une fonction définie sur ℝ par :

f ▷x◁ D ln(ax^{2} C bx C c) ,

où a, b et c sont trois réels. Son tableau de variation est le suivant :

x  −∞  −\frac{1}{2}  0  \frac{1}{4}  C∞
f′▷x◁  0
↘  ↗
f ▷x◁  0  ln \frac{5}{8}
↘  ↗

En utilisant les données du tableau, déterminer a, b et c.

16Construction d’une tangente_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret} Corrigé ; p. 146 ; 20 min ; ⋆

Soit f la fonction définie sur l’intervalle U0 I C∞T par : f ▷x◁ D x▷1 − lnx◁.

C est la courbe représentative de la fonction f dans un repère.

1 Étudier le signe de f ▷x◁ suivant les valeurs du nombre x. 2 Déterminer les limites de la fonction f aux bornes de son ensemble de

définition. 3 Déterminer la dérivée de la fonction f sur l’intervalle U0 I C∞T et

dresser le tableau de variations de la fonction f sur l’intervalle U0 I C∞T. 4 Soit a un nombre réel strictement positif. On considère la tangente T_{a}

au point A de la courbe d’abscisse a.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 127 — #137 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{127} CORRIGÉS INTERROS COURS

(a) Déterminer, en fonction du nombre réel a, les coordonnées du point A′, point d’intersection de la droite T_{a} et de l’axe des ordonnées.

(b) Expliciter une démarche simple pour la construction de la tangente T_{a}. Construire la tangente T_{a} au point A placé sur la figure.

17Étude d’une fonction logarithmique_{Lycée Maximilien Sorre, Cachan} Corrigé ; p. 147 ; 45 min ; ⋆ ; ⋆

Partie A

Soit la fonction f définie sur U0 I C∞T par :

f ▷x◁ D 3 − x − lnx.

1 Étudier les variations de f. Compléter le tableau de variation par les

limites de f aux bornes de U0 I C∞T. 2 Montrer que l’équation f ▷x◁ D 0 a une solution unique α dans l’inter-

valle T2 I 3U. 3 Donner une valeur approchée au millième de α. 4 Déterminer le signe de f ▷x◁ sur U0 I C∞T.

Partie B

Soit la fonction g définie sur U0 I C∞T par : g▷x◁ D ( 1 − \frac{1}{x}) ▷2 − lnx◁.

1 Calculer g′▷x◁ sur U0 I C∞T et montrer que : g′▷x◁ D \frac{f ▷x◁}{x^{2}}.

2 En déduire les variations de g et compléter le tableau de variation par les limites de g aux bornes de U0 I C∞T.

3 En utilisant l’égalité f ▷α◁ D 0, montrer que g▷α◁ D \frac{▷α − 1◁^{2}}{α} .

4 En déduire un encadrement de g▷α◁ d’amplitude 0,02. 5 Étudier le signe de g▷x◁ sur U0 I C∞T.

18Fonction et distance minimale_{Lycée Jean Moulin, Saint-Amand-Montrond} Corrigé ; p. 149 ; 45 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Partie A

Soit u la fonction définie sur U0 I C∞T par :

u▷x◁ D x^{2} − 2 C lnx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 128 — #138 INTERROS_{128}

1 Étudier les variations de u sur U0 I C∞T et préciser ses limites en 0 et en

C∞. 2 (a) Montrer que l’équation u▷x◁ D 0 admet une solution unique sur

U0 I C∞T. On note α cette solution.

(b) À l’aide de la calculatrice, déterminer un encadrement d’amplitude

10^{−2} de α. 3 Déterminer le signe de u▷x◁ suivant les valeurs de x. 4 Montrer l’égalité : lnα D 2 − α^{2}.

Partie B

On considère la fonction f définie et dérivable sur U0 I C∞T par :

f ▷x◁ D x^{2} C ▷2 − lnx◁^{2}.

On note f′la fonction dérivée de f sur U0 I C∞T. 1 Exprimer, pour tout x de U0 I C∞T, f′▷x◁ en fonction de u▷x◁. 2 En déduire les variations de f sur U0 I C∞T.

Partie C

Dans le plan rapporté à un repère orthonormé ▷OI E ı, E ȷ◁, on note : 0 la courbe représentative de la fonction ln (logarithme népérien); A le point de coordonnées ▷0 I 2◁; M le point de 0 d’abscisse x appartenant à U0 I C∞T. 1 Montrer que la distance AM est donnée par AM D \sqrt{f ▷x◁}. 2 Soit g la fonction définie sur U0 I C∞T par g▷x◁ D \sqrt{f ▷x◁}.

(a) Montrer que les fonctions f et g ont les mêmes variations sur U0 I C∞T.

(b) Montrer que la distance AM est minimale en un point de 0, noté P, dont on précisera les coordonnées.

(c) Montrer que AP D α\sqrt{1 C α^{2}}. 3 Pour cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’ini-

tiative, même non fructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation. La droit ▷AP ◁ est-elle perpendiculaire à la tangente à 0 en P ?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 129 — #139 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{129} CORRIGÉS INTERROS COURS

Suites et logarithmes

19Suite et racine carrée_{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux} Corrigé ; p. 150 ; 20 min ; ⋆

On considère la suite ▷u_{n}◁ définie par u_{0} D e^{3} et pour tout entier naturel n, u_{nC1} D e\sqrt{u_{n}}. Pour tout entier naturel n, on pose a_{n} D ln▷u_{n}◁ − 2. 1 Exprimer u_{n} en fonction de a_{n} pour tout entier naturel n. 2 Exprimer a_{nC1} en fonction de a_{n} pour tout entier naturel n.

Quelle est la nature de la suite ▷a_{n}◁? 3 En déduire que pour tout entier naturel n, u_{n} D e^{2C \frac{1}{2^{n}}} . 4 Calculer la limite de la suite ▷u_{n}◁. 5 À partir de quel rang u_{n} est une valeur approchée de e^{2} au millième?

20Suite du type u_{n+1}= f(u_{n})_{Lycée Bachelard, Chelles} Corrigé ; p. 151 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

Soit f la fonction définie pour tout x > \frac{1}{2} par :

f ▷x◁ D \frac{x^{2}}{2x − 1} .

1 Démontrer que pour tout x > 1, f ▷x◁ > 1.

On peut donc définir la suite ▷u_{n}◁ par : \{ \begin{matrix}u_{0} D 2 \\ u_{nC1} D f ▷u_{n}◁  ,  n ∈ ℕ \end{matrix}

2 On considère les suites ▷v_{n}◁ et ▷w_{n}◁ telles que pour tout entier n :

v_{n} D \frac{u_{n} − 1}{u_{n}} et w_{n} D ln▷v_{n}◁.

(a) Vérifier que v_{n} et w_{n} existent pour tout entier n.

(b) Montrer que ▷w_{n}◁ est une suite géométrique.

(c) Exprimer w_{n} puis v_{n} en fonction de n.

En déduire que :

u_{n} D \frac{1}{1 − ( \frac{1}{2}) ^{2^{n}}} .

Quelle est la limite de la suite u?

21Valeur approchée de ln(5)_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} Corrigé ; p. 153 ; 45 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

1 Donner une valeur approchée de ln5 à 10^{−7} près. 2 Voici un programme écrit en langage Python :

 def algo(N):
     # n est un entier naturel non nul
     S = 0
     for k in range(N,5*N+1):
         S = S + 1/k
     return S

(a) Que renvoie algo(1) et algo(2)?

(b) Exprimer S en fonction de N.

(c) On a testé le programme pour différentes valeurs de N.

On obtient les résultats ci-dessous :

\begin{matrix}N & 1 000 & 5 000 & 10 000 & 15 000 & 20 000 \\ S & 1,610 038 & 1,609 557 9 & 1,609 497 9 & 1,609 477 9 & 1,609 467 9 \end{matrix}

De quelle valeur semble se rapprocher S? 3 f et g sont des fonctions définies sur T0 I 1T par :

f ▷x◁ D x − ln▷1 C x◁ et g▷x◁ D x C ln▷1 − x◁.

(a) Étudier les variations de f et g sur T0 I 1T.

(b) En déduire que pour tout x de T0 I 1T, ln▷1 C x◁ ⩽ x ⩽ − ln▷1 − x◁. 4 S est la suite définie, pour tout nombre entier naturel n ⩾ 1, par :

S_{n} D \frac{1}{n} C \frac{1}{n C 1} C ⋯C \frac{1}{5n}.

(a) Montrer que pour tout nombre entier naturel k tel que n ⩽ k ⩽ 5n avec n ⩾ 2,

ln( 1 C \frac{1}{k}) ⩽ \frac{1}{k} ⩽ − ln( 1 − \frac{1}{k}) .

(b) En déduire que, pour tout nombre entier naturel n ⩾ 2,

ln( 5 C \frac{1}{n}) ⩽ S_{n} ⩽ − ln( \frac{n − 1}{5n} ) .

(c) Déterminer la limite de la suite ▷S_{n}◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 131 — #141 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{131} CORRIGÉS INTERROS COURS
22Logarithme et distance_{Baccalauréat Métropole 2024, sujet 2 NEW 2026} Corrigé ; p. 154 ; 60 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère une fonction f définie et deux fois dérivable sur U − 2 I C∞T. On note C_{f} sa courbe représentative dans un repère orthogonal du plan, f′sa dérivée et f′′sa dérivée seconde. On a tracé ci-dessous la courbe C_{f} et sa tangente T au point B d’abscisse −1. On précise que la droite T passe par le point A▷0 I −1◁.

Partie A : exploitation du graphique

À l’aide du graphique, répondre aux questions ci-dessous.

1 Préciser f ▷−1◁ et f′▷−1◁.

2 La fonction f est-elle convexe sur son ensemble de définition? Justifier.

3 Conjecturer le nombre de solutions de l’équation f ▷x◁ D 0 et donner une valeur arrondie à 10^{−1} près d’une solution.

Partie B : étude de la fonction f

On considère que la fonction f est définie sur U − 2 I C∞T par :

f ▷x◁ D x^{2} C 2x − 1 C ln▷x C 2◁,

où ln désigne la fonction logarithme népérien.

1 Déterminer par le calcul la limite de la fonction f en −2. Interpréter graphiquement ce résultat. On admet que lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 132 — #142 INTERROS_{132}

2 Montrer que pour tout x > −2, f′▷x◁ D \frac{2x^{2} C 6x C 5}{x C 2}.

3 Étudier les variations de la fonction f sur U − 2 I C∞T puis dresser son

tableau de variations complet. 4 Montrer que l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution α sur

U − 2I C∞T et donner une valeur arrondie de α à 10^{−2} près. 5 En déduire le signe de f ▷x◁ sur U − 2 I C∞T.

6 Montrer que C_{f} admet un unique point d’inflexion et déterminer son abscisse.

Partie C : une distance minimale

Soit g la fonction définie sur U − 2 I C∞T par g▷x◁ D ln▷x C 2◁. On note C_{g} sa courbe représentative dans un repère orthonormé ▷0 I I , J◁, représentée ci-après. Soit M un point de C_{g} d’abscisse x. Le but de cette partie est de déterminer pour quelle valeur de x la distance JM est minimale. On considère la fonction h définie sur U − 2 I C∞T par h▷x◁ D JM^{2}.

1 Justifier que pour tout x > −2, on a : h▷x◁ D x^{2} C Tln▷x C 2◁ − 1U^{2}.

2 On admet que la fonction h est dérivable sur U − 2 I C∞T et on note h′ sa fonction dérivée.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 133 — #143 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{133} CORRIGÉS INTERROS COURS

On admet également que pour tout réel x > −2,

h′▷x◁ D \frac{2f ▷x◁}{x C 2}

où f est la fonction étudiée en partie B.

(a) Dresser le tableau de variations de h sur U − 2 I C∞T.

Les limites ne sont pas demandées.

(b) En déduire que la valeur de x pour laquelle la distance JM est minimale est α où α est le nombre réel défini à la question 4 de la partie B.

3 On notera M_{α} le point de C_{g} d’abscisse α.

(a) Montrer que ln▷α C 2◁ D 1 − 2α − α^{2}.

(b) En déduire que la tangente à C_{g} au point M_{α} et la droite ▷JM_{α}◁sont perpendiculaires. On pourra utiliser le fait que, dans un repère orthonormé, deux droites sont perpendiculaires lorsque le produit de leurs coefficients directeurs est égal à −1.

Équations et inéquations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 134 — #144 CORRIGÉS_{134}
1_{QCM} Propriétés du logarithme {Énoncé \atop p. 122}

1 Réponse a . ln( \frac{a^{2}}{25}) D ln▷a^{2}◁ − ln25 D ln▷a^{2}◁ − ln5^{2} or a > 0 donc ln▷a^{2}◁ D 2 lna d’où :

ln( \frac{a^{2}}{25}) D 2 lna − 2 ln5 D 2▷lna − ln5◁

� ATTENTION Ne confondez pas ln(a^{2}) D ln▷a × a◁ et ▷lna◁^{2} D ▷lna◁ × ▷lna◁. Si a < 0, alors ln▷a^{2}◁ D 2 ln▷−a◁.

2 Réponse a . En effet,

ln▷\sqrt{2} C 1◁ C ln▷\sqrt{2} − 1◁D ln(▷\sqrt{2} C 1◁▷\sqrt{2} − 1◁)
D ln(▷\sqrt{2}◁^{2} − 1) D ln1 D 0.

3 Réponse a . ln▷x^{2} − 4◁ − ln▷x − 2◁ D ln( \frac{x^{2} − 4}{x − 2} ) D ln▷x C 2◁.

4 Réponse b . En effet, ln[( \frac{1}{e})^{2}] − (ln \frac{1}{e})^{2} D 2 ln( \frac{1}{e}) − (ln \frac{1}{e})^{2}.

Or, ln \frac{1}{e} D − lne D −1 donc :

ln[( \frac{1}{e})^{2}] − (ln \frac{1}{e})^{2} D −2 − 1 D −3.

2_{QCM} Équations et inéquations {Énoncé \atop p. 122}

1 Réponse c .

L’équation est valide pour x^{2} > 0 soit sur ]−∞ I 0[ ∪]0 I C∞[ . Pour tout x de ]−∞ I 0[ ∪]0 I C∞[ :

ln(x^{2}) D 0 ⟺ ln(x^{2}) D ln1
⟺ x^{2} D 1
⟺ x D −1 ou x D 1.

L’ensemble des solutions de l’équation ln(x^{2}) D 0 est donc {−1 I 1}. 2 Réponse c . L’équation est valide si x^{2} − x > 0 soit si x▷x − 1◁ > 0.

L’ensemble de validité de l’équation est donc ]−∞ I 0[ ∪]1 I C∞[ .

Équations et inéquations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 135 — #145 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{135} CORRIGÉS INTERROS COURS

Pour tout x de ]−∞ I 0[ ∪]1 I C∞[ :

ln▷x^{2} − x◁ D 0 ⟺ ln▷x^{2} − x◁ D ln1
⟺ x^{2} − x D 1
⟺ x^{2} − x − 1 D 0.

L’équation x^{2} − x − 1 D 0 admet pour discriminant 1 D 5 et pour

solutions x_{1} D \frac{1 − \sqrt{5}}{2} et x_{2} D \frac{1 C \sqrt{5}}{2}.

Ces deux solutions appartiennent à l’ensemble ]−∞ I 0[ ∪]1 I C∞[ donc l’ensemble des solutions de l’équation ln(x^{2} − x) D 0 est :

\{ \frac{1 − \sqrt{5}}{2} I \frac{1 C \sqrt{5}}{2}\} .

3 Réponse c . L’inéquation est valide sur ℝ. Pour tout x réel,

1 − x ln▷0,5◁ ⩾ 0 ⟺ −x ln▷0,5◁ ⩾ −1 ⟺ x ln▷0,5◁ ⩽ 1. Or, 0,5 < 1; donc ln▷0,5◁ < 0, soit :

x ln▷0,5◁ ⩽ 1 ⟺ x ⩾ \frac{1}{ln▷0,5◁}.

L’ensemble des solutions de l’inéquation 1 − x ln▷0,5◁ ⩾ 0 est donc :

[ \frac{1}{ln▷0,5◁}I C∞[.

Remarque : comme ln▷0,5◁ D ln( \frac{1}{2}) D − ln2, l’ensemble des solutions peut s’écrire aussi :

[−\frac{1}{ln2} I C∞[.

4 Réponse c . ( 1 C \frac{1}{100}) ^{6} D 2 ⟺ ln[ ( 1 C \frac{t}{100}) ^{6}] D ln2 ⟺ 6 ln( 1 C \frac{t}{100}) D ln2 ⟺ ln( 1 C \frac{t}{100}) D \frac{ln2}{6} ⟺ 1 C \frac{t}{100} D exp( \frac{ln2}{6})

Propriétés algébriques — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 136 — #146

CORRIGÉS_{136}

⟺ \frac{t}{100} D exp( \frac{ln2}{6}) − 1

⟺ t D 100 exp( \frac{ln2}{6}) − 100

⟺ t ≈ 12,25.

3_{V/F} Fonctions logarithme et exponentielle {Énoncé \atop p. 122}

1 Faux. Comme − ln3 D ln \frac{1}{3}, ce nombre est égal à 5 C \frac{1}{3}.

2 Vrai. Pour tout réel x, ln▷e^{x} C 1◁ D ln[e^{x}▷1 C e^{−x} ◁]. Comme e^{x} et

1 C e^{−x} sont tous les deux strictement positifs,

ln▷e^{x} C 1◁ D lne^{x} C ln▷1 C e^{−x} ◁.

Or, lne^{x} D x. Donc, ln▷e^{x} C 1◁ D x C ln▷e^{−x} C 1◁. 3 Faux. Le nombre x^{3} C 1 peut être négatif, par exemple dans le cas où

x D −2. Or, la formule lna^{n} D n lna n’est valable que lorsque a est un réel strictement positif.

4 Vrai. Le nombre e^{3x} C 1 est toujours strictement positif donc on peut appliquer la formule lna^{n} D n lna.

4_{V/F} Lecture graphique {Énoncé \atop p. 123}

1 Faux. La fonction g est définie si f est strictement positive, donc sur l’intervalle U − 2 I 1T.

2 Vrai. On a g′▷x◁ D \frac{f′▷x◁}{f ▷x◁}. Donc, en 0,4, g′▷x◁ D 0.

3 Vrai. On a g▷x◁ D −1 ⇔ ln[f ▷x◁] D −1 ⇔ f ▷x◁ D e^{−1} .

Or, e^{−1} ≈ 0,37. 4 Faux. Le nombre |f ▷x◁| est positif ou nul. Cependant, d’après la repré-

sentation graphique, f ▷x◁ s’annule pour x D −2 et x D 1, donc la fonction ln|f ▷x◁| n’est pas définie pour ces deux valeurs.

5Propriétés algébriques_{Lycée Berlioz, Vincennes} {Énoncé \atop p. 123}

ln4 D ln(2^{2}) D 2 ln2.

ln36 D ln▷4 × 9◁ D ln(2^{2} × 3^{2}) D 2 ln2 C 2 ln3.

ln \frac{2}{27} D ln(2 × 3^{−3} ) D ln2 − 3 ln3.

Équations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 137 — #147 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{137} CORRIGÉS INTERROS COURS

ln \sqrt{6} D ln(▷2 × 3◁^{\frac{1}{2}}) D \frac{1}{2} ln▷2 × 3◁ D \frac{1}{2}▷ln2 C ln3◁.

ln \frac{9}{8} D ln3^{2} − ln▷2^{3}◁ D 2 ln3 − 3 ln2.

ln(3e^{5}) D ln3 C 5 \underbrace{lne}_{1} D ln3 C 5.

6Propriétés algébriques_{Lycée Delacroix, Maisons - Alfort} {Énoncé \atop p. 124}
A D 2 ln4 C ln27 − 4 ln18 C 4 ln \sqrt{6} − ln \frac{9}{16}

D 2 ln2^{2} C ln3^{3} − 4 ln▷2 × 3^{2}◁ C 4 ln(▷2 × 3◁^{\frac{1}{2}}) − ▷ln3^{2} − ln2^{4}◁ D 4 ln2 C 3 ln3 − 4▷ln2 C 2 ln3◁ C 4 × \frac{1}{2}▷ln2 C ln3◁ − 2 ln3 C 4 ln2 D 4 ln2 C 3 ln3 − 4 ln2 − 8 ln3 C 2 ln2 C 2 ln3 − 2 ln3 C 4 ln2 D 6 ln2 − 5 ln3.

7Équations_{Lycée Bonaparte, Toulon} {Énoncé \atop p. 124}

1 La condition de validité pour ln▷2x◁ D −3 est que x > 0.

ln▷2x◁ D −3 ⟺ ln▷2x◁ D ln▷e^{−3} ◁

⟺ 2x D e^{−3} (par stricte monotonie).

Donc la solution est \frac{1}{2}e^{−3} (car \frac{1}{2}e^{−3} > 0). 2 L’équation \frac{1}{2} ln▷3x C 1◁ D 1 n’est valide que si 3x C 1 > 0 c’est-à-dire

x > −\frac{1}{3}.

\frac{1}{2} ln▷3x C 1◁ D 1 ⟺ ln▷3x C 1◁ D 2 ⟺ ln▷3x C 1◁ D ln▷e^{2}◁

⟺ 3x C 1 D e^{2} (par stricte monotonie)

⟺ x D \frac{1}{3}▷e^{2} − 1◁.

Ceci vérifie la condition de validité, donc \frac{1}{3}▷e^{2} − 1◁ est solution.

Équations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 138 — #148 CORRIGÉS_{138}

3 L’équation 3 ln▷3x^{2}C1◁ D 6 est définie sur ℝ puisque le trinôme 3x^{2}C1 est toujours strictement positif.

3 ln▷3x^{2} C 1◁ D 6 ⟺ ln▷3x^{2} C 1◁ D 2 ⟺ ln▷3x^{2} C 1◁ D lne^{2}

⟺ 3x^{2} C 1 D e^{2} ⟺ x^{2} D \underbrace{\frac{e^{2} − 1}{3}}_{> 0}

⟺ x D \sqrt{\frac{e^{2} − 1}{3}} ou x D −\sqrt{\frac{e^{2} − 1}{3}} .

L’équation a pour ensemble de solutions \{ −\sqrt{\frac{e^{2} − 1}{3}} I \sqrt{\frac{e^{2} − 1}{3}} \} .

8Équations_{Lycée Hoche, Versailles} {Énoncé \atop p. 124}

1 D’abord, on s’occupe des conditions d’existence des logarithmes :

\{ \begin{matrix}x^{2} − 4 > 0 & ⟺ x ∈]−∞, − 2[ ∪]2 I C∞[ \\ 2x C 11 > 0 & ⟺ x > −\frac{11}{2} \end{matrix}

Finalement, la condition de validité est :

x ∈ 𝒟 avec 𝒟 D ]−\frac{11}{2} I −2[ ∪ U2 I C∞T.

Si x ∈ 𝒟, on transforme l’équation sachant que la fonction ln est strictement croissante :

ln(x^{2} − 4) D ln▷2x C 11◁ ⟺ x^{2} − 4 D 2x C 11
⟺ x^{2} − 2x − 15 D 0.

Le discriminant du trinôme vaut : 1 D 4 C 4 × 15 D 64 D 8^{2}. Il y a deux racines :

x_{1} D \frac{2 − 8}{2} D −3 et x_{2} D \frac{2 C 8}{2} D 5.

Ces racines sont bien des solutions valides car elles sont dans 𝒟. L’équation a donc pour ensemble de solutions : {−3 I 5}.

2 Cette fois, on doit avoir :

\{ \begin{matrix}x − 2 > 0 & ⟺ x > 2, \\ x C 2 > 0 & ⟺ x > −2, \\ 2x C 11 > 0 & ⟺ x > −\frac{11}{2}. \end{matrix}

Donc on résout dans 𝒟 D ]2 I C∞[ :

ln▷x − 2◁ C ln▷x C 2◁ D ln[▷x − 2◁▷x C 2◁]D ln(x^{2} − 4).

Équations logarithmiques — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 139 — #149 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{139} CORRIGÉS INTERROS COURS

D’où :

ln▷x − 2◁ C ln▷x C 2◁ D ln▷2x C 11◁ ⟺ ln(x^{2} − 4) D ln▷2x C 11◁.

On est ramené à l’équation de la question 1. Attention, cela ne veut pas dire que l’on va trouver les mêmes solutions, car on ne résout pas dans le même ensemble. En réduisant l’équation, on obtient les mêmes racines : x_{1} D −3 et x_{2} D 5. Mais cette fois-ci, on voit que x_{1} ∉ 𝒟. Seule x_{2} est donc solution. L’équation admet donc une seule solution : 5.

9Fonction exponentielle et équations_{Lycée La Pérouse, San Francisco} {Énoncé \atop p. 124}

1 L’expression \frac{e^{x}}{e^{x} − 1} D 2 n’a de sens que pour e^{x} D̸ 1, c’est-à-dire pour

x D̸ 0. Alors :

\begin{aligned}\frac{e^{x}}{e^{x} − 1} D 2 & ⟺ e^{x} D 2e^{x} − 2 \\ & ⟺ e^{x} D 2. \end{aligned}

L’équation \frac{e^{x}}{e^{x} − 1} D 2 possède donc une unique solution x D ln2.

2 Posons X D e^{x}. On a alors : e^{2x} − 2e^{x} C 3 D X^{2} − 2X C 3.

Le discriminant de ce trinôme vaut 1 D −8, donc pour tout réel t :

t^{2} − 2t C 3 > 0.

Donc pour tout x ∈ ℝ, e^{2x} − 2e^{x} C 3 > 0. Or, pour tout x ∈ ℝ, e^{−3x} > 0 donc :

\frac{−e^{−3x}}{e^{2x} − 2e^{x} C 3} < 0 ,

et l’équation \frac{−e^{−3x}}{e^{2x} − 2e^{x} C 3} D 1 ne possède donc pas de solution réelle.

10Équations logarithmiques_{Lycée Henri IV, Paris} {Énoncé \atop p. 124}

1 (a) On pose la factorisation du polynôme par X^{2}−1 et on raisonne par identification :

\{ \begin{matrix}▷X^{2} − 1◁▷aX C b◁ & D aX^{3} C bX^{2} − aX − b \\ & D −X^{3} C 2X^{2} C X − 2 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}a D −1 \\ b D 2. \end{matrix}

Donc : −X^{3} C 2X^{2} C X − 2 D ▷X^{2} − 1◁▷−X C 2◁.

Équations logarithmiques — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 140 — #150 CORRIGÉS_{140}

(b) (i) On utilise la forme factorisée, pour résoudre l’équation polynomiale (en x) :

−x^{3} C 2x^{2} C x − 2 D 0 ⟺ ▷x^{2} − 1◁▷−x C 2◁ D 0
⟺ x^{2} − 1 D 0 ou − x C 2 D 0
⟺ x D 1 ou x D −1 ou x D 2.

(ii) Soit à résoudre ▷E◁ : −▷lnx◁^{3} C 2▷lnx◁^{2} C lnx − 2 D 0. Cette équation est valide pour x > 0. Pour se ramener à l’équation précédente, on pose X D lnx.

▷E◁ ⟺ \{ \begin{matrix}−X^{3} C 2X^{2} C X − 2 D 0 \\ X D lnx \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}lnx D −1 \\ ou \\ lnx D 1 \\ ou \\ lnx D 2 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}x D e^{−1} \\ ou \\ x D e \\ ou \\ x D e^{2} \end{matrix}

2 (a) (i) \begin{aligned}▷x − 2◁▷2x^{2} C x − 15◁ & D 2x^{3} C x^{2} − 15x − 4x^{2} − 2x C 30 \\ & D 2x^{3} − 3x^{2} − 17x C 30 \\ & D P ▷x◁. \end{aligned}

(ii) P ▷x◁ D 0 ⟺ x − 2 D 0 ou 2x^{2} C x − 15 D 0. Le polynôme 2x^{2} C x − 15 a deux racines réelles (car 1 D 1 C 120 D 121 D 11^{2} > 0) :

x_{1} D \frac{−1 − 11}{4} D −3 et x_{2} D \frac{−1 C 11}{4} D \frac{5}{2}.

P ▷x◁ D 0 ⟺ x D 2 ou x D −3 ou x D \frac{5}{2}.

(b) 2 lnx C ln▷2x − 3◁ D ln▷17x − 30◁.

On commence par poser les conditions de validité :

\{ \begin{matrix}x > 0 \\ 2x − 3 > 0 \\ 17x − 30 > 0 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}x > 0 \\ x > \frac{3}{2} \\ x > \frac{30}{17}. \end{matrix} ⟺ x > \frac{30}{17}

On résout ensuite l’équation :

2 lnx C ln▷2x − 3◁ D lnx^{2} C ln▷2x − 3◁
D ln(x^{2}▷2x − 3◁)
D ln(2x^{3} − 3x^{2}).

Inéquations de base — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 141 — #151

LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{141} CORRIGÉS INTERROS COURS

D’où, pour x > \frac{30}{17} : \begin{matrix}ln(2x^{3} − 3x^{2}) & D ln▷17x − 30◁ \\ ⟺ 2x^{3} − 3x^{2} & D 17x − 30 ⟺ P ▷x◁ D 0. \end{matrix}

D’après la question précédente, P ▷x◁ D 0 équivaut à x D −3 ou

x D 2 ou x D \frac{5}{2}.

Parmi ces solutions, −3 ne satisfait pas la condition de validité car :

−3 < \frac{30}{17}.

Donc l’ensemble des solutions de l’équation est : \{2 I \frac{5}{2}\}.

11Dans une suite_{Lycée Turgot, Paris} {Énoncé \atop p. 125}

u_{n} > 2u_{0} ⟺ 75 500 × 1,014^{n} − 500 > 150 000

⟺ 75 500 × 1,014^{n} > 150 500

⟺ 1,014^{n} > \frac{1 505}{755}

⟺ ln(1,014^{n}) > ln( \frac{1 505}{755})

⟺ n ln▷1,014◁ > ln( \frac{1 505}{755})

⟺ n > \frac{ln( \frac{1 505}{755})}{ln▷1,014◁} car ln▷1,014◁ > 0.

On obtient donc, en arrondissant à l’entier supérieur, n D 50.

12Inéquations de base_{Lycée Galilée, Gennevilliers} {Énoncé \atop p. 125}

1 On doit résoudre ln▷−3x C 4◁ ⩽ 3. La condition de validité est :

−3x C 4 > 0 ⟺ x < \frac{4}{3}.

On se ramène à une situation de référence où l’on pourra utiliser la propriété : ln▷x◁ ⩽ ln▷y◁ ⟺ x ⩽ y pour x et y réels strictement positifs. Il faut « équilibrer » l’inéquation en faisant apparaître un logarithme à droite.

Inéquations de base — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 142 — #152

CORRIGÉS_{142}

On écrit 3 sous forme d’un logarithme : 3 D 3 × lne D lne^{3}.

ln▷−3x C 4◁ ⩽ 3 ⟺ ln▷−3x C 4◁ ⩽ lne^{3}

⟺ −3x C 4 ⩽ e^{3} (stricte monotonie de ln)

⟺ x ⩾ \frac{e^{3} − 4}{−3}

(l’inégalité change de sens en divisant par −3)

⟺ x ⩾ \frac{4 − e^{3}}{3} .

On obtient finalement deux conditions :

x ∈ ]−∞ I \frac{4}{3}[ et x ⩾ \frac{4 − e^{3}}{3} .

Donc l’ensemble des solutions est : [ \frac{4 − e^{3}}{3} I \frac{4}{3}[.

2 On commence par poser les conditions de validité, garantissant l’existence de chaque logarithme.

\{ \begin{matrix}x^{2} − 4 > 0 \\ 2x▷x C 2◁ > 0 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}x < −2 ou x > 2 \\ x < −2 ou x > 0 \end{matrix}  (trinôme positif à l’extérieur des racines)

⟺ \{ \begin{matrix}x ∈]−∞ I −2[ ∪]2 I C∞[ , \\ x ∈]−∞ I −2[ ∪]0 I C∞[ . \end{matrix}

Donc : x ∈]−∞ I −2[ ∪]2 C ∞[ . (1) Noter que l’on a pris la conjonction des deux conditions, c’est-à-dire l’intersection des ensembles solutions de ces conditions. La condition (1) signifie que l’on doit résoudre dans ]−∞ I −2[ ∪]2 I C∞[ . Par stricte monotonie, on a :

ln(x^{2} − 4) < ln(2x▷x C 2◁) ⟺ x^{2} − 4 < 2x▷x C 2◁
⟺ x^{2} − 4 − 2x▷x C 2◁ < 0.

Or, \begin{aligned}x^{2} − 4 − 2x▷x C 2◁ & D ▷x − 2◁▷x C 2◁ − 2x▷x C 2◁ \\ & D ▷x C 2◁▷x − 2 − 2x◁ \\ & D ▷x C 2◁▷−x − 2◁ \\ & D −▷x C 2◁▷x C 2◁ \\ & D −▷x C 2◁^{2}. \end{aligned}

Donc, l’inégalité équivaut à : ▷x C 2◁^{2} > 0. (2) Le carré ▷x C 2◁^{2} étant positif ou nul pour tout x ∈ ℝ, la condition (2) équivaut à x D̸ −2. En résumé, les solutions de l’inéquation doivent vérifier :

x ∈]−∞ I −2[ ∪]2 I C∞[ et x D̸ −2.

Un quotient en opérande — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 143 — #153

LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{143} CORRIGÉS INTERROS COURS

Donc, l’ensemble des solutions de l’inéquation est :

]−∞ I −2[ ∪]2 I C∞[ .

13Changement de variable_{Lycée Champollion, Grenoble} {Énoncé \atop p. 125}

On a :

▷lnx◁^{2} − 4 lnx C 3 < 0.

On résout cette inéquation par un changement de variable : X D lnx, avec x > 0.

▷lnx◁^{2} − 4 lnx C 3 < 0 ⟺ \{ \begin{matrix}X^{2} − 4X C 3 < 0 \\ X D lnx. \end{matrix}

Résoudre X^{2} − 4X C 3 < 0 est un problème classique de signe d’un trinôme du second degré.

Le discriminant vaut : 1 D 16 − 4 × 3 D 4 D 2^{2}.

Il y a donc deux racines qui sont :

X_{1} D \frac{4 − 2}{2} D 1 et X_{2} D \frac{4 C 2}{2} D 3.

Par la règle du signe d’un trinôme, on déduit que X^{2}−4XC3 est négatif (du signe opposé du coefficient de X^{2}, qui est 1) entre les racines. On obtient donc :

X^{2} − 4X C 3 < 0 ⟺ X ∈]1 I 3[

Il faut maintenant revenir à la variable initiale x :

\begin{matrix}X ∈]1 I 3[ \\ X D lnx \end{matrix} \} ⟺ 1 < lnx < 3 ⟺ lne < lnx < lne^{3}.

Comme ln est strictement croissante de U0 I C∞T dans ℝ :

lne < lnx < lne^{3} ⟺ e < x < e^{3}.

Les solutions vérifient donc : x > 0 et x ∈ ]e I e^{3}[. L’ensemble des solutions est l’intervalle : ]e I e^{3}[.

Un quotient en opérande — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 144 — #154

CORRIGÉS_{144}

14Un quotient en opérande_{Lycée Michelet, Marseille} {Énoncé \atop p. 125}

Pour résoudre l’inéquation demandée, il faut d’abord déterminer la condition d’existence du logarithme. On étudie donc le signe du quotient qui se trouve sous le logarithme.

Le signe du quotient \frac{x C 2}{x − 2} est égal au signe du produit ▷x C 2◁ × ▷x − 2◁.

▷x C 2◁▷x − 2◁ > 0 est équivalent à x < −2 ou x > 2. L’inéquation à résoudre est donc définie sur U − ∞I −2T∪U2I C∞T.

ln( \frac{x C 2}{x − 2}) > 1 ⟺ ln( \frac{x C 2}{x − 2}) > lne

⟺ \frac{x C 2}{x − 2} > e (d’après la propriété du cours page 118).

� ATTENTION

Pour résoudre cette inéquation, il ne faut surtout pas multiplier les deux membres par ▷x − 2◁ car le signe de cette expression est variable.

\frac{x C 2}{x − 2} > e ⟺ \frac{x C 2}{x − 2} − e > 0

⟺ \frac{x C 2 − e▷x − 2◁}{x − 2} > 0

⟺ \frac{▷1 − e◁x C 2▷1 C e◁}{x − 2} > 0.

Le numérateur est une fonction affine de coefficient directeur ▷1 − e◁ qui

s’annule en α D \frac{2▷e C 1◁}{e − 1}.

Comme 1 − e < 0, le tableau de signe correspondant est le suivant :

\begin{matrix}x & −∞ & & 2 & & α & & C∞ \\ x − 2 & & − & 0 & C & & C \\ ▷1 − e◁x C 2▷1 C e◁ & & C & & C & 0 & − \\ \frac{▷1 − e◁x C 2▷1 C e◁}{x − 2} & & − & & C & 0 & − \end{matrix}

Finalement, l’inéquation a pour solutions les nombres x satisfaisant en même temps les conditions suivantes :

x ∈]−∞ I −2[ ∪]2 I C∞[ et x ∈ ]2 I \frac{2▷1 C e◁}{e − 1}[.

Construction d’une tangente — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 145 — #155

LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{145} CORRIGÉS INTERROS COURS

L’ensemble des solutions est donc l’intervalle : ] 2 I \frac{2▷1 C e◁}{2e − 1}[.

On peut visualiser graphiquement à l’aide de la calculatrice ce résultat en traçant la courbe représentative de la fonction f définie par f ▷x◁ D ln( \frac{x C 2}{x − 2}) :

L’ensemble des solutions correspond aux points de la courbe situés au-dessus de la droite d’équation y D 1, dont les abscisses sont dans ] 2 I \frac{2▷1 C e◁}{2e − 1}[.

15Retrouver la fonction_{Lycée Jules Ferry, Paris} {Énoncé \atop p. 126}

Si ax^{2}CbxCc > 0, la fonction f est dérivable sur ℝ et f′▷x◁ D \frac{2ax C b}{ax^{2} C bx C c}. D’après les données du tableau de variations :

f′▷0◁ D 0 donc b D 0;

f ( −\frac{1}{2}) D 0 donc ln( \frac{a}{4} C c) D 0, soit \frac{a}{4} C c D 1;

f ( \frac{1}{4}) D ln \frac{5}{8} donc ln( \frac{a}{16} C c) D ln \frac{5}{8}, soit \frac{a}{16} C c D \frac{5}{8}.

De ces deux équations, on déduit c D \frac{1}{2}, a D 2 et nous avions déjà b D 0.

L’expression 2x^{2} C \frac{1}{2} est bien strictement positive sur ℝ donc la fonction f est bien définie sur ℝ.

Construction d’une tangente — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 146 — #156

CORRIGÉS_{146}

16Construction d’une tangente_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret} {Énoncé \atop p. 126}

1 1 − lnx > 0 pour x < e et x > 0. Par conséquent, f ▷x◁ > 0 pour

0 < x < e, f ▷e◁ D 0 et f ▷x◁ < 0 pour x > e.

2  lim_{x→0} x lnx D 0 (croissance comparée) donc :

lim_{x→0} f ▷x◁ D lim_{x→0}▷x − x lnx◁ D 0.

lim_{x→C∞} ▷1 − lnx◁ D −∞ donc :

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D lim_{x→C∞} [x▷1 − lnx◁] D −∞.

3 f′▷x◁ D 1 × ▷1 − lnx◁ C x × ( −\frac{1}{x}) D − lnx.

On obtient alors le tableau de variation suivant :

x 0  1  C∞
f′▷x◁  C 0 −

1

f ▷x◁ ↗ ↘
0  −∞

4 (a) Une équation de T_{a} est :

y D f′▷a◁▷x − a◁ C f ▷a◁ ,

ce qui donne :

y D −x lna C a.

En remplaçant x par 0 dans cette équation, on trouve que les coordonnées du point A′sont ▷0 I a◁.

(b) Pour tracer cette tangente, il suffit de reporter l’abscisse du point A sur l’axe des ordonnées pour obtenir le point A′, puis la tangente est la droite ▷AA′◁.

Étude d’une fonction logarithmique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 147 — #157 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{147} CORRIGÉS INTERROS COURS
17Étude d’une fonction logarithmique_{Lycée Maximilien Sorre, Cachan} {Énoncé \atop p. 127}

Partie A

1 La fonction f est dérivable sur U0 I C∞T d’après les opérations sur les fonctions dérivables. Pour tout réel x tel que x > 0, on a :

f′▷x◁ D −1 − \frac{1}{x}.

Pour tout réel x strictement positif on a f′▷x◁ < 0. On en déduit que la fonction f est strictement décroissante sur U0 I C∞T.

D’après les limites usuelles,

lim_{x→0} f ▷x◁ D C∞,

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D −∞.

On dresse alors le tableau de variation de la fonction f.

x 0  C∞
f′▷x◁  −
C∞
f  ↘
−∞

2 La fonction f est continue et strictement décroissante sur T2 I 3U; f ▷2◁ D 1 − ln2 et f ▷3◁ D − ln3 donc f ▷2◁ > 0 et f ▷3◁ < 0. Il en résulte, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires que l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution α dans l’intervalle T2 I 3U.

3 À l’aide de la calculatrice, on trouve une valeur approchée de α : α ≈

2,208. 4 La fonction f s’annule en α et elle est strictement décroissante sur

]0 I C∞[ . On en déduit que f est strictement positive sur ]0 I α[ et strictement négative sur ]α I C∞[ .

Partie B

1 La fonction g est dérivable sur ]0 I C∞[ comme produit de deux fonctions dérivables sur ]0 I C∞[ . Pour tout réel x, on a :

g′▷x◁ D \frac{1}{x^{2}}▷2 − lnx◁ C ( 1 − \frac{1}{x}) ( −\frac{1}{x}) ,

soit :

g′▷x◁ D \frac{3 − x − lnx}{x^{2}} D \frac{f ▷x◁}{x^{2}}.

Étude d’une fonction logarithmique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 148 — #158 CORRIGÉS_{148}

2 Comme x^{2} est strictement positif sur ]0 I C∞[ , g′▷x◁ a même signe que f ▷x◁. On en déduit que g′▷x◁ est strictement positif sur ]0 I α[ et strictement négatif sur ]α I C∞[ . Il en résulte que la fonction g est strictement croissante sur ]0 I α[ et strictement décroissante sur ]α I C∞[ . Elle admet un maximum en α. D’après les limites usuelles,

lim_{x→0} g▷x◁ D −∞  et  lim_{x→C∞} g▷x◁ D −∞.

On dresse alors le tableau de variations de la fonction g.

x 0  α  ∞
g′▷x◁  C 0 −
g▷α◁
g ↗ ↘
−∞  −∞

3 On a :

g▷α◁ D ( 1 − \frac{1}{α}) ▷2 − lnα◁.

Or, f ▷α◁ D 0 donc 3 − α − lnα D 0. On en déduit que lnα D 3 − α. En remplaçant cette valeur dans l’expression de g▷α◁, on obtient :

g▷α◁ D ( 1 − \frac{1}{α}) ▷−1 C α◁ ,

soit, après transformation,

g▷α◁ D \frac{▷α − 1◁^{2}}{α}.

4 À la question 2 de la partie A, on a établi l’encadrement :

2,20 < α < 2,21.

On ne peut pas encadrer g▷α◁ par g▷2,20◁ et g▷2,21◁ car g n’est pas monotone sur T2,20 I 2,21U. On peut par contre utiliser le résultat de la question précédente

g▷α◁ D \frac{▷α − 1◁^{2}}{α} pour donner un encadrement de g▷α◁. La fonction carré étant strictement croissante sur ]0 I C∞[ , on a :

1,2^{2} < ▷α − 1◁^{2} < 1,21^{2}.

La fonction inverse étant strictement décroissante sur ]0 I C∞[ , on a :

\frac{1}{2,21} < \frac{1}{α} < \frac{1}{2,20}.

On en déduit alors que :

\frac{1,2^{2}}{2,21} < \frac{▷α − 1◁^{2}}{α} < \frac{1,21^{2}}{2,20} .

Fonction et distance minimale — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 149 — #159 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{149} CORRIGÉS INTERROS COURS

À l’aide de la calculatrice, on peut alors donner un encadrement de g▷α◁ d’amplitude 0,02 :

0,65 < g▷α◁ < 0,67.

5 En remarquant que g▷1◁ D g▷e^{2}◁ D 0 et en exploitant le tableau de variation de la fonction g obtenu à la question 2 de la partie B, on déduit le signe de g▷x◁ sur U0 I C∞T. g▷x◁ < 0 sur U0 I 1T et sur ]e^{2} I C∞[ et g▷x◁ > 0 sur ]1 I e^{2}[.

18Fonction et distance minimale_{Lycée Jean Moulin, Saint-Amand-Montrond} {Énoncé \atop p. 127}

Partie A

1 On calcule u′▷x◁ D 2x C \frac{1}{x} D \frac{2x^{2} C 1}{x}. Sur U0 I C∞T, u′▷x◁ > 0.

lim_{x→0} u▷x◁ D −∞ et lim_{x→C∞} u▷x◁ D C∞ d’après les limites connues de

la fonction ln. 2 (a) La fonction u est continue comme somme de fonctions définies et

continues sur son ensemble de définition. La fonction u est strictement croissante. Le nombre 0 ∈ U−∞ I C∞T, donc d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation u▷x◁ D 0 admet une unique solution sur U0 I C∞T.

(b) D’après la calculatrice, 1,31 < α < 1,32. 3 On a : u▷x◁ < 0 pour x < α et u▷x◁ > 0 pour x > α. 4 On a : u▷α◁ D 0, donc α^{2} − 2 C lnα D 0, d’où lnα D 2 − α^{2}.

Partie B

1 On calcule :

f′▷x◁ D 2x C 2▷2 − lnx◁ ( −\frac{1}{x}) D \frac{2x^{2} − 4 C 2 lnx}{x} D \frac{2u▷x◁}{x}.

2 Comme x > 0, les variations de f sont données par le signe de u: f est décroissante pour x < α et croissante pour x > α.

Partie C

1 On calcule :

AM D \sqrt{▷x − x_{A}◁^{2} C ▷y − y_{A}◁^{2}} D \sqrt{x^{2} C ▷lnx − 2◁^{2}} D \sqrt{f ▷x◁}. 2 (a) La fonction g est la composée de la fonction f et de la fonction ra-

cine carrée. La fonction racine carrée étant croissante sur U0 I C∞T, g a les mêmes variations que f.

Suite et racine carrée — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 150 — #160 CORRIGÉS_{150}

(b) On a montré précédemment que f admet un minimum pour x D α. Les coordonnées du point P sont alors ▷α I lnα◁ ou encore ▷α I 2 − α^{2}◁.

(c) On a :

AP D \sqrt{α^{2} C ▷2 − α^{2} − 2◁^{2}}
D \sqrt{α^{2} C α^{4}}
D \sqrt{α^{2}▷1 C α^{2}◁}
D α\sqrt{1 C α^{2}}

car α > 0. 3 Un vecteur directeur de la droite ▷AP ◁ est \overrightarrow{AP}▷α I −α^{2}◁.

Par ailleurs ln′▷x◁ D \frac{1}{x}, donc le coefficient directeur de la tangente à 0

en P est \frac{1}{α}. Donc un vecteur directeur de cette tangente est E d( 1I \frac{1}{α}) .

On a :

\overrightarrow{AP} · E dD α C ▷−α^{2}◁ ( \frac{1}{α}) D 0.

Donc ▷AP ◁ est bien perpendiculaire à la tangente 0 en P.

19Suite et racine carrée_{Lycée Saint-Joseph de Tivoli, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 129}

1 Pour tout entier naturel n,

a_{n} D ln▷u_{n}◁ − 2 ⟺ a_{n} C 2 D ln▷u_{n}◁
⟺ u_{n} D e^{a_{n}C2}.

2 Pour tout entier naturel n,

a_{n} D ln▷u_{n}◁ − 2 ⟺ a_{nC1} D ln▷u_{nC1}◁ − 2

⟺ a_{nC1} D ln(e\sqrt{u_{n}}) − 2 ⟺ a_{nC1} D lne C ln \sqrt{u_{n}} − 2

⟺ a_{nC1} D \frac{1}{2} ln▷u_{n}◁ − 1

⟺ a_{nC1} D \frac{1}{2}(ln▷u_{n}◁ − 2)

⟺ a_{nC1} D \frac{1}{2}a_{n}.

On en déduit alors que ▷a_{n}◁ est une suite géométrique de premier terme :

a_{0} D ln▷u_{0}◁ − 2 D ln(e^{3}) − 2 D 3 − 2 D 1 et de raison \frac{1}{2}.

Suite du type u_{n+1} = f(u_{n}) — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 151 — #161

LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{151} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 De la nature de ▷a_{n}◁, on déduit que pour tout entier naturel n,

a_{n} D a_{0} × ( \frac{1}{2}) ^{n} D \frac{1}{2^{n}}

et de la question 1, on déduit que :

u_{n} D e^{a_{n}C2} D e^{2C \frac{1}{2^{n}}} .

4 lim_{n→C∞} \frac{1}{2^{n}} D 0 donc de l’expression précédente, on déduit que :

lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁ D e^{2}.

5 On peut montrer que ▷u_{n}◁ est décroissante et donc que u_{n} ⩾ e^{2} pour tout entier naturel n. On cherche donc ici le premier entier n pour lequel :

u_{n} − e^{2} ⩽ 10^{−3} ⟺ e^{2} (e^{1/2^{n}} − 1) ⩽ 10^{−3}

⟺ e^{1/2^{n}} ⩽ 10^{−3} × e^{−2} C 1

⟺ ln(e^{1/2^{n}}) ⩽ ln(10^{−3} × e^{−2} C 1)

⟺ \frac{1}{2^{n}} ⩽ ln(10^{−3} × e^{−2} C 1)

⟺ 2^{n} ⩾ \frac{1}{ln(10^{−3} × e^{−2} C 1)}

⟺ n ⩾ ln[ \frac{1}{ln(10^{−3} × e^{−2} C 1)} ] × \frac{1}{ln2}

⟺ n ⩾ 13.

20Suite du type u_{n+1}= f(u_{n})_{Lycée Bachelard, Chelles} {Énoncé \atop p. 129}

1 Pour tout x > 1 :

f ▷x◁ − 1 D \frac{x^{2}}{2x − 1} − 1

D \frac{x^{2} − 2x C 1}{2x − 1}

D \frac{▷x − 1◁^{2}}{2x − 1} .

Or, ▷x − 1◁^{2} > 0 et 2x − 1 > 0 donc, pour tout x > 1, f ▷x◁ − 1 > 0,

soit f ▷x◁ > 1.

Valeur approchée de ln(5) — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 152 — #162

CORRIGÉS_{152}

2 (a) Pour tout n ∈ ℕ, u_{0} > 1 et u_{nC1} D f ▷u_{n}◁ > 1 d’après la question 1, donc v_{n} D \frac{u_{n} − 1}{u_{n}} existe (u_{n} D̸ 0) et v_{n} > 0.

Par conséquent w_{n} D ln▷v_{n}◁ existe. Les suites ▷v_{n}◁ et ▷w_{n}◁ sont bien définies pour tout n ∈ ℕ.

(b) Pour tout entier naturel n, on a :

v_{nC1} D \frac{u_{nC1} − 1}{u_{nC1}} et u_{nC1} D f ▷u_{n}◁ D \frac{u_{n}^{2}}{2u_{n} − 1} .

Ainsi, \begin{aligned}v_{nC1} & D \frac{\frac{u_{n}^{2}}{2u_{n}−1} − 1}{\frac{u_{n}^{2}}{2u_{n}−1}} \\ & D \frac{\frac{u_{n}^{2}−▷2u_{n}−1◁}{2u_{n}−1}}{\frac{u_{n}^{2}}{2u_{n}−1}} \\ & D \frac{u_{n}^{2} − 2u_{n} C 1}{u_{n}^{2}} \\ & D \frac{▷u_{n} − 1◁^{2}}{u_{n}^{2}} \\ & D v_{n}^{2}. \end{aligned}

On en déduit alors que w_{nC1} D ln▷v_{nC1}◁ D 2 ln▷v_{n}◁ D 2w_{n}. ▷w_{n}◁ est donc géométrique de raison 2.

De plus, w_{0} D ln▷v_{0}◁ et v_{0} D \frac{u_{0} − 1}{u_{0}} D \frac{1}{2}, donc w_{0} D − ln2.

(c) Pour tout n ∈ ℕ, on a :

w_{n} D − ln2 × 2^{n} D ln( \frac{1}{2}) × 2^{n}

et

v_{n} D e^{w_{n}} D e^{2^{n}×ln \frac{1}{2}} D (e^{ln ^{\frac{1}{2}}})^{2^{n}} D ( \frac{1}{2}) ^{2^{n}} .

De plus,

v_{n} D \frac{u_{n} − 1}{u_{n}} ⟺ u_{n} D \frac{1}{1 − v_{n}} ,

d’où :

u_{n} D \frac{1}{1 − ( \frac{1}{2}) ^{2^{n}}} .

On en déduit lim_{n→C∞} u_{n} D 1.

Valeur approchée de ln(5) — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 153 — #163

LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{153} CORRIGÉS INTERROS COURS

21Valeur approchée de ln(5)_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} {Énoncé \atop p. 130}

1 La calculatrice donne ln5 ≈ 1,609 437 9.

2 (a) Pour N D 1, k et S prennent les valeurs successives suivantes :

\begin{matrix}k & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ S & 0 C 1 D 1 & 1 C \frac{1}{2} D \frac{3}{2} & \frac{3}{2} C \frac{1}{3} D \frac{11}{6} & \frac{11}{6} C \frac{1}{4} D \frac{25}{12} & \frac{25}{12} C \frac{1}{5} D \frac{137}{60} \end{matrix}

On obtient donc S D \frac{137}{60}, soit S ≈ 2,28.

Pour N D 2, k varie de 2 à 10. Alors, S D 0 C \frac{1}{2} C \frac{1}{3} C ⋯C \frac{1}{10}, ce qui donne S ≈ 1,93.

(b) S D \frac{1}{N} C \frac{1}{N C 1} C ⋯C \frac{1}{5N}.

(c) S semble se rapprocher de ln5. 3 (a) Les fonctions f et g sont définies et dérivables sur T0 I 1T.

f′▷x◁ D 1 − \frac{1}{1 C x} D \frac{x}{1 C x} .

Donc f′▷x◁ est positive sur T0 I 1T et f est croissante sur cet intervalle.

g′▷x◁ D 1 − \frac{1}{1 − x} D \frac{−x}{1 − x} .

Alors g′▷x◁ est négative sur T0 I 1T et g est décroissante sur cet intervalle.

(b) La fonction f est croissante sur T0 I 1T et f ▷0◁ D 0, donc pour tout x de T0 I 1T, f ▷x◁ ⩾ 0, c’est-à-dire x − ln▷1 C x◁ ⩾ 0, ou encore x ⩾ ln▷1 C x◁. De même, g est décroissante sur T0 I 1T et g▷0◁ D 0 donc g▷x◁ ⩽ 0, ce qui donne x ⩽ − ln▷1 − x◁. Ces deux inégalités donnent l’encadrement demandé pour tout x de T0 I 1T :

ln▷1 C x◁ ⩽ x ⩽ − ln▷1 − x◁.

4 (a) Si k est un entier compris entre n et 5n avec n ⩾ 2, alors \frac{1}{k} appartient à T0 I 1T et vérifie la double inégalité précédente :

ln( 1 C \frac{1}{k}) ⩽ \frac{1}{k} ⩽ − ln( 1 − \frac{1}{k}) .

(b) En faisant la somme membre à membre des inégalités précédentes pour k allant de n à 5n, on constate que le terme central est S_{n}.

Logarithme et distance — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 154 — #164

CORRIGÉS_{154}

Le terme de gauche est :

ln( 1 C \frac{1}{n}) C ln( 1 C \frac{1}{n C 1}) C ⋯C ln( 1 C \frac{1}{5n})

D ln( \frac{n C 1}{n}) C ln( \frac{n C 2}{n C 1}) C ⋯C ln( \frac{5n C 1}{5n})
D ln( \frac{n C 1}{n} × \frac{n C 2}{n C 1} × ⋯× \frac{5n C 1}{5n})
D ln( \frac{5n C 1}{n})
D ln( 5 C \frac{1}{n}) .

Dans le terme de droite, la somme obtenue est :

− ln( \frac{n − 1}{n} × \frac{n}{n C 1} × ⋯× \frac{5n − 1}{5n} ) D − ln( \frac{n − 1}{5n} ) .

Cela donne bien, pour tout n ⩾ 2, l’encadrement :

ln( 5 C \frac{1}{n}) ⩽ S_{n} ⩽ − ln( \frac{n − 1}{5n} ) .

(c) On a : lim_{n→C∞} \frac{n − 1}{5n} D \frac{1}{5} donc :

lim_{n→C∞} [− ln( \frac{n − 1}{5n} ) ] D − ln \frac{1}{5} D ln5.

D’après le théorème des gendarmes, on en déduit que la limite de la suite ▷S_{n}◁ est égale à ln5.

22Logarithme et distance_{Baccalauréat Métropole 2024, sujet 2 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 131}

Partie A : exploitation du graphique

1 B a pour coordonnées ▷−1I −2◁ et appartient à C_{f} , donc f ▷−1◁ D f ▷x_{B}◁ D y_{B} D −2. La tangente T à C_{f} en B a pour coefficient directeur 1, donc f′▷−1◁ D 1.

2 La fonction f n’est pas convexe sur son ensemble de définition car la courbe C_{f} passe en dessous de sa tangente T pour les valeurs x inférieures à −1,7 (à peu près). Si la fonction était convexe sur tout son ensemble de définition, elle serait au-dessus de n’importe quelle tangente, sur tout son ensemble de définition. Ici, on a l’impression que la fonction est d’abord concave, puis convexe, avec un point d’inflexion dont l’abscisse est aux alentours de −1,4.

Logarithme et distance — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 155 — #165

LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{155} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 De ce que l’on peut voir de C_{f} , elle ne coupe l’axe des abscisses qu’une fois, donc l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution, qui est environ 0,1 (à 10^{−1} près).

Partie B : étude de la fonction f

1 lim_{x→−2} ▷x^{2} C 2x − 1◁ D ▷−2◁^{2} C 2 × ▷−2◁ − 1 D −1.

De plus, lim_{x→−2} ▷x C 2◁ D 0.

Donc, par composition, lim_{x→−2} ln▷x C 2◁ D lim_{X→0} ln▷X◁ D −∞.

Ainsi, par somme, lim_{x→−2} f ▷x◁ D −∞.

Graphiquement, cela signifie que la courbe C_{f} admet une asymptote verticale, d’équation x D −2.

2 f est dérivable sur U − 2 I C∞T, en tant que somme de deux fonctions dérivables sur cet intervalle (une fonction polynôme et une fonction composée).

∀ x ∈ U − 2 I C∞T, f′▷x◁ D 2x C 2 C 0 C \frac{1}{x C 2}

D \frac{▷2x C 2◁▷x C 2◁ C 1}{x C 2}

D \frac{2x^{2} C 4x C 2x C 4 C 1}{x C 2}

D \frac{2x^{2} C 6x C 5}{x C 2}.

3 Pour tout x réel strictement supérieur à −2, x C 2 > 0 donc f′▷x◁ est

due signe de son numérateur 2x^{2} C 6x C 5, dont le discriminant est :

1 D 6^{2} − 4 × 2 × 5 D 36 − 40 D −4 < 0.

Le trinôme est donc du signe de 2, donc strictement positif. On peut donc établir le tableau de variations suivant :

x −∞  −2  C∞
f′▷x◁  C  C
f  ↗  ↗

4 Sur U − 2I C∞T, f est continue et strictement croissante;

lim_{x→−2} f ▷x◁ D −∞ et lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞, et 0 ∈ U − ∞I C∞T.

Ainsi, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution sur U − 2I C∞T, que l’on notera α. À la calculatrice, on trouve α ≈ ,12.

Logarithme et distance — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 156 — #166

CORRIGÉS_{156}

5 Des variations de f trouvées précédemment et de la question précédente, on déduit le tableau suivant :

\begin{matrix}x & −2 & & α & & C∞ \\ f ▷x◁ & & − & 0 & C \end{matrix}

6 Pour étudier la présence d’un point d’inflexion, on va étudier le signe de la dérivée seconde de f, notée f′′. f est deux fois dérivable sur U−2I C∞T, car sa dérivée première est une fraction rationnelle dont le dénominateur ne s’annule pas, et donc f′est dérivable.

f′′▷x◁ D \frac{▷4x C 6◁ × ▷x C 2◁ − ▷2x^{2} C 6x C 5◁ × 1}{▷x C 2◁^{2}}

D \frac{4x^{2} C 8x C 6x C 12 − 2x^{2} − 6x − 5}{▷x C 2◁^{2}}

D \frac{2x^{2} C 8x C 7}{▷x C 2◁^{2}}.

Sur U−2I C∞T, ▷xC2◁^{2} > 0 donc f′′▷x◁ est du signe de son numérateur 2x^{2} C 8x C 7, de discriminant :

1 D 8^{2} − 4 × 2 × 7 D 8 × 8 − 8 × 7 D 8 > 0.

Le trinôme a donc exactement deux racines réelles distinctes, et donc s’annule en changeant de signe deux fois en :

x_{1} D \frac{−8 − \sqrt{8}}{2 × 2} D \frac{−8 − 2\sqrt{2}}{4} D −2 − \frac{\sqrt{2}}{2} < −2

et

x_{2} D \frac{−8 C \sqrt{8}}{2 × 2} D \frac{−8 C 2\sqrt{2}}{4} D −2 C \frac{\sqrt{2}}{2} > −2.

Sur ] −2I −2 C \frac{\sqrt{2}}{2}[ , f′′▷x◁ < 0 donc f est concave.

Sur ] −2 C \frac{\sqrt{2}}{2}I ∞[ , f′′▷x◁ > 0 donc f est convexe.

L’unique point d’inflexion de la courbe C_{f} est donc le point d’abscisse

−2 C \frac{\sqrt{2}}{2}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 157 — #167 LOGARITHME NÉPÉRIEN CHAP. 5_{157} CORRIGÉS INTERROS COURS

Partie C : une distance minimale

1 Le point J a pour coordonnées ▷0 I 1◁ et M a pour coordonnées (x I g▷x◁). Comme on est dans un repère orthonormé,

JM^{2} D h▷x◁D ▷x_{M} − x_{J}◁^{2} C ▷y_{M} − y_{J}◁^{2}
D ▷x − 0◁^{2} C (g▷x◁ − 1)^{2}
D x^{2} C [ln▷x C 2◁ − 1]^{2}.

2 (a) h′▷x◁ D \frac{2f ▷x◁}{x C 2} donc, d’après le tableau de signes de f ▷x◁ trouvé

à la question 5 de la partie B, on a :

x −2  α  C∞
h′▷x◁  − 0 C
h  ↘  ↗

(b) La distance JM est minimale lorsque JM^{2} est minimale, donc quand h▷x◁ est minimale. D’après les variations de h trouvées précédemment, JM est minimale pour x D α.

3 (a) On sait que α est la solution de l’équation f ▷x◁ D 0 donc :

f ▷α◁ D 0 ⟺ α^{2} C 2α − 1 C ln▷α C 2◁ D 0
⟺ ln▷α C 2◁ D 1 − 2α − α^{2}.

(b) La tangente à C_{g} au point M_{α} a pour coefficient directeur :

g′▷α◁ D \frac{1}{α C 2} .

La droite (JM_{α}) a pour coefficient directeur :

\frac{y_{M_{α}} − y_{J}}{x_{M_{α}} − x_{J}} D \frac{g▷α◁ − 1}{α − 0}

D \frac{ln▷α C 2◁ − 1}{α} D \frac{1 − 2α − α^{2} − 1}{α}

D \frac{α▷−2 − α◁}{α}

D −2 − α.

Le produit de ces deux coefficients directeurs est donc :

\frac{1}{α C 2} × ▷−2 − α◁ D −1.

On en déduit dont que la tangente à C_{g} au point M_{α} et la droite ▷JM_{α}◁sont perpendiculaires.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 5 page 158 — #168

Primitives et équations différentielles

Plan du chapitre

1. Primitives

2. Équations différentielles

1 Primitives

On considère la fonction f définie sur ℝ \ {−1I 3} par :

f ▷x◁ D \frac{2x^{2} − 3x C 1}{x^{2} − 2x − 3} .

1 Montrer que f ▷x◁ peut s’écrire sous la forme :

f ▷x◁ D a C \frac{b}{x − 3} C \frac{c}{x C 1}.

2 En déduire la primitive de f qui s’annule pour x D 0.

Exercice type 1

Lycée Alain, le Vésinet

Voir corrigé page 162

1.1 Introduction

Définition 1

Soit f une fonction définie sur un intervalle I. On appelle primitives de f toutes les fonctions F dérivables sur I telles que F′D f sur I.

Exemples

Les primitives de f ▷x◁ D e^{x} sur ℝ sont les fonctions F V x ↦ e^{x} C k, k ∈ ℝ. En effet, si on dérive F ▷x◁, on obtient : F′▷x◁ D e^{x} D f ▷x◁.

Les primitives de g▷x◁ D cosx sur ℝ sont les fonctions G V sinx C k, k ∈ ℝ car G′▷x◁ D g▷x◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 160 — #170 COURS_{160}

Remarque : il y a une infinité de primitives; on dit qu’elles sont définies à une constante près (que nous avons notée k dans les exemples précédents). Mais dès que l’on impose une condition sur une de leurs valeurs, il n’en existe plus qu’une. Cette condition est parfois appelée condition initiale. Par exemple, la primitive G de la fonction g définie par g▷x◁ D cosx telle que G▷π◁ D 0 est G▷x◁ D sinx.

Théorème 1

Toute fonction continue sur un intervalle I admet des primitives sur I.

1.2 Primitives usuelles

Un tableau de dérivées usuelles donne, par lecture inverse, un tableau de primitives à connaître.

La fonction usuelle Ses primitives

x ↦ 1  x ↦ x C k  avec k ∈ ℝ

x ↦ x^{n}  avec x ∈ ℝ si n ∈ ℕ^{∗} et x D̸ 0 si n ∈ ℕ x ↦ \frac{x^{nC1}}{n C 1} C k avec k ∈ ℝ

x ↦ \frac{1}{x} avec x > 0  x ↦ lnx C k  avec k ∈ ℝ

x ↦ \frac{1}{x^{2}} avec x D̸ 0  x ↦ −\frac{1}{x} C k  avec k ∈ ℝ

x ↦ \frac{1}{\sqrt{x}} avec x > 0  x ↦ 2\sqrt{x} C k  avec k ∈ ℝ

x ↦ e^{x}  x ↦ e^{x} C k  avec k ∈ ℝ

x ↦ sinx  x ↦ − cosx C k avec k ∈ ℝ

x ↦ cosx  x ↦ sinx C k  avec k ∈ ℝ

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 161 — #171 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{161} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.3 Primitives et fonctions composées

Il est souvent possible de mettre en évidence la dérivée d’une fonction composée. Le tableau suivant regroupe les cas les plus courants (u désigne une fonction dérivable sur un intervalle I).

Fonction f Une primitive F

Conditions

u′u^{n}  \frac{u^{nC1}}{n C 1}  n ∈ ℤ \ \{−1\}
\frac{u′}{\sqrt{u}}  2\sqrt{u}  u > 0 sur I.
\frac{u′}{u}  ln|u|  u D̸ 0 sur I.
u′e^{u}  e^{u}

x ↦ f ▷ax C b◁ a D̸ 0 x ↦ \frac{1}{a}F ▷ax C b◁ F primitive de u sur I.

Exemples

Dans les exemples suivants, nous prenons u▷x◁ D x^{2} C x C 1, en remarquant que pour tout réel x, u▷x◁ > 0.

Une primitive de f ▷x◁ D ▷2x C 1◁(x^{2} C x C 1)^{5} est : F ▷x◁ D \frac{1}{6}(x^{2} C x C 1)^{6}.

Une primitive de f ▷x◁ D \frac{2x C 1}{(x^{2} C x C 1)^{2}} se trouve en mettant f ▷x◁ sous la

forme f ▷x◁ D ▷2x C 1◁(x^{2} C x C 1)^{−2} .

On trouve alors : F ▷x◁ D \frac{1}{−2 C 1} (x^{2}Cx C1)^{−2C1} , soit F ▷x◁ D −\frac{1}{x^{2} C x C 1}.

Une primitive de f ▷x◁ D \frac{2x C 1}{\sqrt{x^{2} C x C 1}} est : F ▷x◁ D 2\sqrt{x^{2} C x C 1}.

Une primitive de f ▷x◁ D \frac{2x C 1}{x^{2} C x C 1} est : F ▷x◁ D ln(x^{2} C x C 1).

Une primitive de f ▷x◁ D ▷2x C 1◁e^{x^{2}CxC1} est : F ▷x◁ D e^{x^{2}CxC1}.

De plus, une primitive de f ▷x◁ D sin▷4x − 5◁ est : F ▷x◁ D −\frac{1}{4} cos▷4x − 5◁.

1 Commençons avant tout par réduire au même dénominateur la forme donnée par l’énoncé :

a C \frac{b}{x − 3} C \frac{c}{x C 1} D \frac{a▷x − 3◁▷x C 1◁ C b▷x C 1◁ C c▷x − 3◁}{▷x − 3◁▷x C 1◁}

D \frac{ax^{2} − 2ax − 3a C bx C b C cx − 3c}{x^{2} − 2x − 3}

D \frac{ax^{2} C ▷−2a C b C c◁x − 3a C b − 3c}{x^{2} − 2x − 3} .

Nous venons ainsi d’obtenir une expression de la même forme que celle de f ▷x◁. Ainsi, si cette dernière expression doit être égale à f ▷x◁ pour tout réel x de son domaine de définition, alors :

\frac{ax^{2} C ▷−2a C b C c◁x − 3a C b − 3c}{x^{2} − 2x − 3} D \frac{2x^{2} − 3x C 1}{x^{2} − 2x − 3}

ce qui signifie que les coefficients doivent être égaux deux à deux; autrement dit :

\{ \begin{matrix}a & D 2 \\ −2a C b C c & D −3 \\ −3a C b − 3c & D 1 \end{matrix} soit  \{ \begin{matrix}a & D 2 \\ b C c & D 1 \\ b − 3c & D 7 \end{matrix} .

En soustrayant la 3^{e} équation à la 2^{e}, on obtient :

▷bCc◁−▷b−3c◁ D 1−7 soit 4c D −6 et donc c D \frac{−6}{4} D −\frac{3}{2}.

En remplaçant c par cette valeur dans la 2^{e} équation, on obtient :

b − \frac{3}{2} D 1 soit b D \frac{5}{2}.

Finalement,

f ▷x◁ D 2 C \frac{5}{2} × \frac{1}{x − 3} − \frac{3}{2} × \frac{1}{x C 1}.

2 f est la somme des fonctions :

u V x ↦ 2,  v V x ↦ \frac{5}{2} × \frac{1}{x − 3} ,  w V x ↦ −\frac{3}{2} × \frac{1}{x C 1}.

Une primitive de u est la fonction :

U V x ↦ 2x C C_{1}, C_{1} ∈ ℝ.

Une primitive de v est la fonction :

V V x ↦ \frac{5}{2} ln|x − 3| C C_{2}, C_{2} ∈ ℝ.

Une primitive de w est la fonction :

W V x ↦ −\frac{3}{2} ln|x C 1| C C_{3}, C_{3} ∈ ℝ.

…

Solution de l’exercice type 1

Lycée Alain, le Vésinet

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 163 — #173 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{163} CORRIGÉS INTERROS COURS

Ainsi, une primitive de f est la fonction F D U C V C W, soit :

F ▷x◁ D 2x C \frac{5}{2} ln|x − 3| − \frac{3}{2} ln|x C 1| C C, C ∈ ℝ.

On souhaite trouver la primitive s’annulant pour x D 0.

F ▷0◁ D 0 ⟺ 2 × 0 C \frac{5}{2} ln|0 − 3| − \frac{3}{2} ln|0 C 1| C C D 0

⟺ 0 C \frac{5}{2} ln3 − 0 D −C

⟺ C D −\frac{5}{2} ln3.

La primitive demandée est donc :

F ▷x◁ D 2x C \frac{5}{2} ln|x − 3| − \frac{3}{2} ln|x C 1| − \frac{5}{2} ln3.

Solution de l’exercice type 1 (suite)

Lycée Alain, le Vésinet

Voir énoncé page 159

2 Équations différentielles

1 Résoudre l’équation différentielle : y′D 3y − 9.

2 On pose (E) : y′D 2y − x^{3}.

(a) Montrez que y_{1}▷x◁ D \frac{1}{2}x^{3} C \frac{3}{4}x^{2} C \frac{3}{4}x C \frac{3}{8} est une solution particulière de (E).

(b) En déduire toutes les solutions de (E).

Exercice type 2

Nouveau programme

Voir corrigé page 166

2.1 y’ = ay

Définition 2

Soit a un nombre réel. Résoudre l’équation différentielle y′ D ay d’inconnue y signifie trouver toutes les fonctions y dérivables sur un intervalle I telles que pour tout réel x dans I, y′▷x◁ D ay▷x◁.

ANECDOTE

Une différentielle est, dans le vocabulaire scientifique, une dérivée. C’est la raison pour laquelle une équation où l’inconnue est une fonction qui est dérivée au moins une fois est qualifiée d’équation différentielle.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 164 — #174 COURS_{164}

Exemples

y′C y D 0 est une équation différentielle du type y′ D ay avec a D −1 car y′C y D 0 ⟺ y′D −y.

y′D \frac{1}{2}y est aussi une équation différentielle du type y′D ay avec a D \frac{1}{2}.

Propriété 1

L’équation :

y′D ay

admet pour solutions les fonctions y de la forme :

y▷x◁ D Ce^{ax}, C ∈ ℝ.

Remarque : il existe donc une infinité de solutions, définies à une constante C près.

Exemples

L’équation différentielle y′D −y admet pour solutions :

y▷x◁ D Ce^{−x} , C ∈ ℝ.

On peut facilement vérifier en calculant sa dérivée :

y′▷x◁ D −Ce^{−x} D −y▷x◁.

L’équation différentielle y′D \frac{1}{2}y admet pour solutions :

y▷x◁ D Ce^{\frac{1}{2}x}, C ∈ ℝ.

On peut vérifier en calculant :

y′▷x◁ D \frac{1}{2}Ce^{\frac{1}{2}x} D \frac{1}{2}y▷x◁.

2.2 y’ = ay + b

Propriété 2

Soient a et b deux réels. L’équation différentielle y′ D ay C b admet pour solutions les fonctions y telles que :

y▷x◁ D Ce^{ax} − \frac{b}{a}, C ∈ ℝ.

Exemple : l’équation différentielle y′D 3y C 7 admet pour solutions :

y▷x◁ D Ce^{3x} − \frac{7}{3}, C ∈ ℝ.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 165 — #175 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{165} CORRIGÉS INTERROS COURS

On peut vérifier en calculant sa dérivée :

y′▷x◁ D 3Ce^{3x}

puis en calculant :

y′▷x◁ − 3y▷x◁D 3Ce^{3x} − 3 ( Ce^{3x} − \frac{7}{3})

y′▷x◁ − 3y▷x◁D 3Ce^{3x} − 3Ce^{3x} C 3 × \frac{7}{3}
y′▷x◁ − 3y▷x◁D 7.

On a bien : y′− 3y D 7, soit y′D 3y C 7.

2.3 y’ = ay + f

Définition 3

Soit f une fonction. On appelle équation homogène associée à l’équation y′D ay C f l’équation différentielle y′D ay.

Remarque : si on note (E) l’équation y′ D ay C f, on note (E_{0}) son équation homogène associée.

MÉTHODE

Pour résoudre l’équation y′D ay C f, on utilise la méthode suivante : 1 On résout d’abord (E_{0}).

On trouve les solutions de l’équation homogène associée à (E) :

y_{0}▷x◁ D Ce^{ax}.

2 On trouve une solution particulière de (E). On la note par exemple u; dans ce cas, on a :

u′▷x◁ − au▷x◁ D f ▷x◁.

3 On ajoute les solutions.

Les solutions de (E) sont alors :

y▷x◁ D y_{0}▷x◁ C u▷x◁.

En Terminale, une solution particulière vous sera proposée la plupart du temps. Dans le cas contraire, il faut s’inspirer de la forme de f ▷x◁ pour en trouver une. Par exemple, si f ▷x◁ est un polynôme de degré 2 alors une solution particulière est aussi un polynôme de degré 2, comme l’illustre l’exemple page suivante.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 166 — #176 COURS_{166}

Exemple : on considère l’équation différentielle :

y′D −2y C x^{2}.  (E)

1 On résout l’équation homogène associée à (E).

y′D −2y  (E_{0})

admet pour solutions :

y_{0}▷x◁ D Ce^{−2x} , C ∈ ℝ.

2 Solution particulière de (E).

On pose y_{1}▷x◁ D \frac{1}{2}x^{2}− \frac{1}{2}xC \frac{1}{4}. On souhaite montrer que y_{1} est une solution particulière de (E). On calcule pour cela sa dérivée :

y′_{1}▷x◁ D x − \frac{1}{2}.

Ensuite, on calcule :

−2y_{1}▷x◁ C x^{2} D −2 ( \frac{1}{2}x^{2} − \frac{1}{2}x C \frac{1}{4}) C x^{2}

D −x^{2} C x − \frac{1}{2} C x^{2}

D x − \frac{1}{2}

D y′_{1}▷x◁.

y_{1} est donc bien solution de (E). 3 On conclut en ajoutant les deux résultats.

Les solutions de (E) sont donc :

y▷x◁ D \frac{1}{2}x^{2} − \frac{1}{2}x C \frac{1}{4} C Ce^{−2x} , C ∈ ℝ.

1 L’équation y′D 3y − 9 est une équation différentielle du type y′D ay C b donc d’après le cours, les solutions de cette équation sont les fonctions :

y▷x◁ D Ce^{3x} − \frac{−9}{3} , C ∈ ℝ

soit, après simplification :

y▷x◁ D Ce^{3x} C 3, C ∈ ℝ.

On vérifie en calculant :

y′▷x◁ − 3y▷x◁D 3Ce^{3x} − 3(Ce^{3x} C 3)
D 3Ce^{3x} − 3Ce^{3x} − 9
D −9.

On a bien y′− 3y D −9, soit y′D 3y − 9.

…

Solution de l’exercice type 2

Nouveau programme

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 167 — #177 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{167} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 On pose (E) : y′D 2y − x^{3}.

(a) y_{1}▷x◁ D \frac{1}{2}x^{3} C \frac{3}{4}x^{2} C \frac{3}{4}x C \frac{3}{8} donc :

y′_{1}▷x◁ D \frac{3}{2}x^{2} C \frac{3}{2}x C \frac{3}{4}.

On a alors :

y′_{1}▷x◁ − 2y_{1}▷x◁D \frac{3}{2}x^{2} C \frac{3}{2}x C \frac{3}{4} − 2 ( \frac{1}{2}x^{3} C \frac{3}{4}x^{2} C \frac{3}{4}x C \frac{3}{8})
D −x^{3}.

Ainsi, y′_{1}▷x◁ D 2y_{1}▷x◁ − x^{3}. La fonction y_{1} est donc une solution de (E).

(b) De la solution particulière y_{1}▷x◁, on déduit que l’ensemble des solutions de (E) sont les fonctions :

y▷x◁ D y_{1}▷x◁ C y_{0}▷x◁

où y_{0}▷x◁ sont les solutions de l’équation homogène associée à (E), donc de la forme :

y_{0}▷x◁ D Ce^{2x}, C ∈ ℝ.

Ainsi, les solutions de (E) sont :

y▷x◁ D \frac{1}{2}x^{3} C \frac{3}{4}x^{2} C \frac{3}{4}x C \frac{3}{8} C Ce^{2x}, C ∈ ℝ.

Solution de l’exercice type 2 (suite)

Nouveau programme Voir énoncé page 163

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 168 — #178 INTERROS_{168}
1_{QCM} Connaissances sur les primitives Corrigé p. 176 10 min

Pour chacune des questions suivantes, indiquer la réponse exacte. 1 Une primitive de la fonction x ↦ \frac{2}{x C 1} est :

a x ↦ ln▷x C 1◁  b x ↦ ln|x C 1|
c x ↦ 2 ln▷x C 1◁  d x ↦ 2 ln|x C 1|

2 Une primitive de la fonction x ↦ \sqrt{x} est :

\begin{matrix}a x ↦ \frac{2}{3}x\sqrt{x} C 8 & b x ↦ \frac{1}{2}x\sqrt{x} \\ c x ↦ \frac{1}{\sqrt{x}} & d x ↦ \frac{2\sqrt{x}}{x} \end{matrix}

3 Une primitive de la fonction x ↦ x^{2}e^{x^{3}} est :

a x ↦ e^{x^{3}} C 1  b x ↦ \frac{1}{3}e^{x^{3}} C π
c x ↦ e^{x^{2}}  d x ↦ 3e^{x^{3}} C 5

4 Une primitive de la fonction x ↦ x ln▷x◁ est :

a x ↦ \frac{1}{2}x^{2} ln▷x◁ − \frac{1}{4}x^{2}  b x ↦ ln▷x◁ C 1
c x ↦ x ln▷x◁  d x ↦ x ln▷x◁ − x

5 Une primitive de la fonction x ↦ \frac{4x − 6}{\sqrt{x^{2} − 3x C 1}} est :

\begin{matrix}a x ↦ 2\sqrt{x^{2} − 3x C 1} & b x ↦ \sqrt{x^{2} − 3x C 1} \\ c x ↦ \frac{1}{2}\sqrt{x^{2} − 3x C 1} & d x ↦ 4\sqrt{x^{2} − 3x C 1} \end{matrix}

2_{V/F} Équations différentielles Corrigé p. 176 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes? 1 L’équation différentielle y′C 3y D 0 admet pour solutions les fonctions

f ▷x◁ D Ce^{3x}, C ∈ ℝ. 2 La fonction f ▷x◁ D x^{2} − x C 2 est une solution de l’équation différen-

tielle y′C 2y D 2x^{2} C 3. 3 L’équation homogène associée à l’équation différentielle y′− 5y D x

est l’équation différentielle y′D 5y. 4 L’équation différentielle y′D 4y − 1 admet pour solutions les fonctions

f ▷x◁ D Ce^{4x} − \frac{1}{4}, C ∈ ℝ.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 169 — #179 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{169} CORRIGÉS INTERROS COURS

Primitives

3Dérivée et primitives_{Lycée Alain, Le Vésinet} Corrigé ; p. 177 ; 15 min ; ⋆

On considère les fonctions f et g définies sur l’intervalle I D ] \frac{1}{3} I C∞[ par :

f ▷x◁ D \frac{5x^{2} − 7x C 9}{3x − 1}

et

g▷x◁ D \frac{5x^{2} − 16x C 12}{3x − 1} .

f et g sont-elles deux primitives de la même fonction sur I?

4Lecture graphique_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Sèvres} Corrigé ; p. 177 ; 10 min ; ⋆

La courbe tracée ci-dessous est la représentation graphique d’une fonction g définie et dérivable sur T−8 I 5U.

On appelle G une primitive de g sur l’intervalle T−8 I 5U.

Établir le tableau de variations de G sur T−8 I 5U en précisant en quelles valeurs de x elle atteint ses extrema locaux sur U − 8 I 5T.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 170 — #180 INTERROS_{170}
5Dérivée et primitive_{Lycée Victor Duruy, Paris} Corrigé ; p. 178 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Voici les représentations graphiques d’une fonction f, de sa dérivée f′ et d’une de ses primitives F. Attribuer le graphique qui convient à chaque fonction.

6Recherches de primitives_{Lycée Lavoisier, Paris} Corrigé ; p. 178 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Soit f la fonction définie sur ]−2 I C∞[ par :

f ▷x◁ D x^{2}\sqrt{x C 2}.

Déterminer des réels a, b, c et d pour que la fonction F définie sur U−2 I C∞T par :

F ▷x◁ D (ax^{3} C bx^{2} C cx C d)\sqrt{x C 2}

soit une primitive de f.

7Primitives d’une fonction rationnelle_{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp} Corrigé ; p. 179 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Soit la fraction rationnelle f ▷x◁ D \frac{3x^{2} − 2x C 3}{(x^{2} − 1) ^{2}} .

1 Déterminer l’ensemble de définition 𝒟_{f} de f.

2 Déterminer des réels a, b tels que sur 𝒟_{f} ,

f ▷x◁ D \frac{b}{▷x C 1◁^{2}}C \frac{a}{▷x − 1◁^{2}}.

3 En déduire deux primitives F et G de f sur U1 I C∞T.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 171 — #181 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{171} CORRIGÉS INTERROS COURS
8Primitives d’une fonction rationnelle_{Lycée Richelieu, Rueil-Malmaison} Corrigé ; p. 180 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Soit la fonction f définie sur ]−∞ I −\frac{1}{2}[ par :

f ▷x◁ D \frac{2x^{2} C 2x − 8}{▷2x C 1◁^{2}} .

Déterminer les nombres réels a, b et c pour que F soit une primitive de f sur l’intervalle donné sachant que :

F ▷x◁ D \frac{ax^{2} C bx C c}{2x C 1} et F ▷−1◁ D −6.

9Primitive d’une fonction irrationnelle_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. 180 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On cherche une primitive de la fonction f définie sur ℝ par : f ▷x◁ D \frac{4x^{2} C 1}{\sqrt{2x^{2} C 1}}.

1 Pourquoi la fonction f admet-elle une primitive sur ℝ?

2 Montrer qu’une fonction du type x ↦ \sqrt{P ▷x◁}, où P est un polynôme

de degré 2, ne peut pas être une primitive de f. 3 Soit g une fonction dérivable sur ℝ.

Dériver x ↦ g▷x◁\sqrt{2x^{2} C 1}.

4 Déterminer une primitive de f sur ℝ.

10Primitives « à vue »_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} Corrigé ; p. 182 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Calculer une primitive de u▷x◁ D \frac{sinx − x cosx}{x^{2}} et v▷x◁ D \frac{1 − x^{2}}{▷1 C x^{2}◁^{2}}.

Équations différentielles

11Sans second membre_{Lycée Claude Bernard, Paris} Corrigé ; p. 183 ; 10 min ; ⋆

Soit λ un réel et soit y la solution de l’équation différentielle y′C λy D 0 telle que y▷1◁ D 1.

Exprimer y ( \frac{1}{λ}) en fonction de λ.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 172 — #182 INTERROS_{172}
12Second membre exponentiel_{Lycée Buffon, Paris} Corrigé ; p. 183 ; 10 min ; ⋆

1 Dériver la fonction h définie sur ℝ par h▷x◁ D \frac{2}{5}e^{3x}.

2 En déduire une solution de l’équation différentielle 10y′C 5y D 14e^{3x}.

13Thermodynamique_{Lycée Vaugelas, Chambéry} Corrigé ; p. 183 ; 15 min ; ⋆

Un bloc de céramique est initialement (pour t D 0) à la température de 40°C. On le dépose dans un four à 1 000°C et on note 2▷t◁ la température du bloc au bout de t heures. La fonction 2 est solution sur [0, C ∞[ de l’équation différentielle :

2′D 0,2▷1 000 − 2◁.

1 Déterminer l’expression de 2▷t◁.

2 Au bout de combien de temps, la température du bloc de céramique estelle de 500°C?

14Dilution d’un médicament_{Lycée François 1^{er}, Fontainebleau} Corrigé ; p. 184 ; 15 min ; ⋆

On note Q▷t◁ la quantité d’une substance médicamenteuse encore présente dans le sang t heures après l’injection intraveineuse de 1,8 unités du produit.

1 À cause d’un processus d’élimination, Q▷t◁ diminue au cours du temps en suivant une loi d’évolution :

Q′▷t◁ D −λQ▷t◁.

Déterminer λ sachant qu’au bout d’une heure la quantité de produit présente dans le sang a diminué de 30 %. Donner valeur exacte, et valeur approchée à 10^{−4} .

2 Par injection intramusculaire, la quantité présente dans le sang au bout d’un temps t (en heures) aurait été : S▷t◁ D 6,6 t e^{−t}. Déterminer une équation différentielle entre les fonctions S et S′.

15Second membre polynomial_{Lycée Balzac, Caen} Corrigé ; p. 185 ; 30 min ; ⋆

On se propose de déterminer les fonctions dérivables solutions de l’équation différentielle :

2y′C y D x^{2} C 2x − 2  (E)

1 Montrer qu’il existe une fonction polynôme g de degré 2 solution de ▷E◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 173 — #183 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{173} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Démontrer qu’une fonction ϕ est solution de ▷E◁ si et seulement si ϕ −g est solution de l’équation différentielle :

2y′C y D 0  (E′)

3 (a) Résoudre ▷E′◁.

(b) En déduire toutes les solutions de ▷E◁.

(c) Déterminer celle de ces solutions dont la représentation graphique dans un repère ▷O,E ı, E ȷ◁ passe par l’origine O.

16Avec second membre_{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse} Corrigé ; p. 186 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On considère l’équation différentielle ▷E◁ ci-dessous :

y′C 3y D x C 1.

1 Déterminer toutes les solutions de l’équation ▷E_{0}◁ : y′C 3y D 0.

2 Expliciter la solution y de ▷E_{0}◁ telle que y▷0◁ D k pour k réel fixé.

3 En déduire que l’équation ▷E◁ admet une et une seule solution telle que y▷0◁ D 1. Déterminer cette solution.

17Avec second membre_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} Corrigé ; p. 186 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On considère ▷E◁ l’équation différentielle y C y′ D ▷2x C 3◁e^{−x} , où y est une fonction de la variable réelle x.

1 Montrer que la fonction f_{0} définie pour tout nombre réel x par f_{0}▷x◁ D ▷x^{2} C 3x◁e^{−x} est une solution particulière de l’équation différentielle ▷E◁.

2 Résoudre l’équation différentielle ▷E_{0}◁ V y C y′D 0.

3 Déterminer les solutions de l’équation différentielle ▷E◁.

4 Soit g une fonction solution de ▷E◁ telle que g▷0◁ D 1.

Déterminer l’expression de la fonction g.

18Avec second membre exponentiel_{Lycée Vaugelas, Chambéry} Corrigé ; p. 187 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

On considère l’équation différentielle (E) : y′− 2y D e^{2x}.

1 Démontrer que la fonction u définie sur ℝ par u▷x◁ D xe^{2x} est une solution de (E).

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 174 — #184 INTERROS_{174}

2 Résoudre l’équation différentielle (F) : y′− 2y D 0.

3 Démontrer qu’une fonction v définie sur ℝ est solution de (E) si et seule-

ment si v − u est solution de (F). 4 En déduire toutes les solutions de (E).

19Second membre polynomial_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. 188 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

On cherche les solutions de l’équation différentielle ▷E◁ : 4y′C y D x C 6.

1 Déterminer une fonction g affine qui soit solution de ▷E◁.

2 Soit l’équation différentielle (E_{1}) : 4y′C y D 0.

(a) Montrer que si f est solution de ▷E◁ alors h D f − g est solution de ▷E_{1}◁.

(b) Réciproquement, montrer que si une fonction h est solution de ▷E_{1}◁ alors la fonction f D g C h est solution de ▷E◁.

3 Résoudre ▷E_{1}◁, en déduire l’ensemble des solutions de ▷E◁.

4 Déterminer, dans chacun des cas suivants, la fonction f solution de ▷E◁, qui vérifie la condition proposée :

(a) f ▷0◁ D 4.  (b) f′▷0◁ D 1.

20Fraction avec une exponentielle_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. 189 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

On considère l’équation différentielle :

y′− 2y D \frac{−2}{1 C e^{−2x}} .  (E)

1 Déterminer la solution de l’équation y′− 2y D 0 qui prend la valeur 1

en 0. 2 Soit f une fonction dérivable sur ℝ telle que f ▷0◁ D ln2 et soit g la

fonction définie sur ℝ par : g▷x◁ D f ▷x◁e^{−2x} .

(a) Calculer g▷0◁ puis exprimer g′▷x◁ en fonction de f′▷x◁ et f ▷x◁.

(b) Montrer que f est solution de (E) si et seulement si g′▷x◁ D \frac{−2e^{−2x}}{1 C e^{−2x}} .

(c) En déduire l’expression de g▷x◁ puis celle de f ▷x◁ de sorte que f soit solution de (E).

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 175 — #185 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{175} CORRIGÉS INTERROS COURS

Objectif bac

21Évolution d’organismes vivants_{Lycée des Arènes, Toulouse} Corrigé ; p. 190 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

L’étude du comportement d’organismes vivants conduit à l’équation différentielle (E) :

N′▷t◁ D 2N▷t◁ − 0,0045(N▷t◁)^{2}

où t représente le temps exprimé en heures (t ⩾ 0). N▷t◁ représente l’effectif de la population à l’instant t et N▷0◁ D 1 000 est sa valeur initiale. 1 On suppose que N▷t◁ ne s’annule pas sur [0, C ∞[ et on pose, pour tout

t ⩾ 0,

y▷t◁ D \frac{1}{N▷t◁}.

On pose :

▷E′◁ V y′▷t◁ D −2y▷t◁ C 0,0045.

(a) Exprimer la dérivée de la fonction y en fonction de N et N′.

(b) Montrer l’équivalence suivante :

N est solution de ▷E◁ ⟺ y est solution de ▷E′◁.

2 (a) Vérifier que la fonction z définie par :

z▷t◁ D y▷t◁ − 0,00225

vérifie l’égalité :

z′▷t◁ D −2z▷t◁.

(b) Résoudre cette dernière, en déduire y▷t◁ et finalement N▷t◁.

Équations différentielles — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 176 — #186 CORRIGÉS_{176}
1_{QCM} Connaissances sur les primitives {Énoncé \atop p. 168}

1 Réponse d . En effet, la fonction est de la forme \frac{ku′}{u}, dont une primitive

est k ln|u|, ce qui donne ici la fonction x ↦ 2 ln|x C 1| (sur ℝ \ {−1}). 2 Réponse a . Il n’existe aucune formule permettant de trouver une primi-

tive de x ↦ \sqrt{x} donc il est ici nécessaire de dériver les propositions et de voir pour laquelle on obtient \sqrt{x}. Par chance, en dérivant la première,

à savoir x ↦ \frac{2}{3}x\sqrt{x} C 8, on obtient bien \sqrt{x}. Cela signifie donc que

cette fonction est bien une primitive de x ↦ \sqrt{x} (sur ℝ_{C} bien entendu).

3 Réponse b . En effet, la fonction comporte une exponentielle : e^{x^{3}}, et la dérivée de u V x ↦ x^{3}est u′ V x ↦ 3x^{2}. On constate donc que

x^{2}e^{x^{3}} D \frac{1}{3}u′e^{u}, dont une primitive est \frac{1}{3}e^{u} C k, soit \frac{1}{3}e^{x^{3}} C k. En

prenant k D π, on obtient bien la proposition b .

4 Réponse a . Comme dans la question 2, il est ici nécessaire de dériver les propositions afin de voir laquelle donne la fonction initiale. Il est conseillé de commencer par les propositions les plus simples à dériver,

donc les propositions b , qui donne \frac{1}{x}, puis c , qui donne 1 C ln▷x◁,

puis d , qui donne ln▷x◁. Ne donnant pas la fonction souhaitée, il ne reste que la première proposition.

5 Réponse d . En effet, x ↦ \frac{4x − 6}{\sqrt{x^{2} − 3x C 1}} est de la forme \frac{2u′}{\sqrt{u}}, avec

u▷x◁ D x^{2}−3x C1 et u′▷x◁ D 2x −3. Or, une primitive de \frac{u′}{\sqrt{u}} est 2\sqrt{u}.

Ainsi, une primitive de \frac{2u′}{\sqrt{u}} est 2×2\sqrt{u} D 4\sqrt{u}, soit ici 4\sqrt{x^{2} − 3x C 1} .

2_{V/F} Équations différentielles {Énoncé \atop p. 168}

1 Faux. En effet, y′C 3y D 0 ⟺ y′ D −3y et on sait que les équations différentielles de la forme y′ D ay admettent pour solutions les fonctions de la forme Ce^{ax}, C ∈ ℝ. Ainsi, l’équation différentielle y′C 3y D 0 admet pour solutions les fonctions de la forme Ce^{−3x} , C ∈ ℝ.

2 Vrai. En effet, si f ▷x◁ D x^{2} − x C 2 alors f′▷x◁ D 2x − 1 et on a :

f′▷x◁ C 2f ▷x◁ D ▷2x − 1◁ C 2▷x^{2} − x C 2◁
D 2x − 1 C 2x^{2} − 2x C 4
D 2x^{2} C 3.

f est donc bien solution de l’équation différentielle y′C 2y D 2x^{2} C 3.

Dérivée et primitive — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 177 — #187

PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{177} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 Vrai. Par définition, l’équation homogène associée à l’équation différentielle y′D ay C f est l’équation y′D ay. Or, y′− 5y D x ⟺ y′ D 5y C x donc son équation homogène associée est bien y′D 5y.

4 Faux. En effet, les équations différentielles de la forme y′ D ay C b

admettent pour solutions les fonctions de la forme f ▷x◁ D Ce^{ax} − \frac{b}{a}.

Ici, a D 4 et b D −1, ce qui donne les fonctions f ▷x◁ D Ce^{4x} − \frac{−1}{4} ,

soit f ▷x◁ D Ce^{4x} C \frac{1}{4}, C ∈ ℝ.

3Dérivée et primitives_{Lycée Alain, Le Vésinet} {Énoncé \atop p. 169}

Une solution est de dériver séparément les deux fonctions et comparer les dérivées. Si elles sont égales, les fonctions f et g sont bien primitives d’une même fonction.

Une variante est de calculer la différence des deux fonctions. Si c’est une fonction constante, alors cela prouve que ce sont deux primitives d’une même fonction (la dérivée d’une fonction constante est nulle).

Cette méthode est un peu plus rapide car on n’a pas besoin de dériver.

Pour tout x ∈ I,

f ▷x◁ − g▷x◁ D \frac{5x^{2} − 7x C 9}{3x − 1} − \frac{5x^{2} − 16x C 12}{3x − 1}

D \frac{5x^{2} − 7x C 9 − 5x^{2} C 16x − 12}{3x − 1} D \frac{9x − 3}{3x − 1} D 3.

Comme f − g est une fonction constante sur I, ▷f − g◁′D 0 et donc f′D g′.

4Lecture graphique_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Sèvres} {Énoncé \atop p. 169}

La fonction g est la fonction dérivée de G. Le signe de g donne donc les variations de G. De plus, lorsque g s’annule en changeant de signe, G admet un extrémum local.

x −8  −2  3  5
signe de g▷x◁  C 0 − 0 C
variations de G  ↗  ↘  ↗

Donc G atteint ses extremums locaux en −2 et 3.

Primitives d’une fonction rationnelle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 178 — #188 CORRIGÉS_{178}
5Dérivée et primitive_{Lycée Victor Duruy, Paris} {Énoncé \atop p. 170}

Pour reconnaître les différentes fonctions, on utilise le fait que le signe de la dérivée donne les variations de la fonction. Sur l’intervalle T1 I 2U, la fonction 3 est négative puis positive. Si c’est la dérivée d’une fonction, cela signifie que cette fonction est décroissante puis croissante sur cet intervalle. Ce serait la fonction 2. Par contre, la fonction 2 est négative sur T1 I 2U, elle ne peut pas être la dérivée de la fonction 1 qui est croissante sur l’intervalle T1 I 2U, ni de la fonction 3 qui est croissante sur une partie de l’intervalle. D’après cette étude, il semble donc que F est la fonction 2, la fonction f, dérivée de F, est la fonction 3 et f′est la fonction 1. Vérifions que les variations des fonctions correspondent aux signes des dérivées ainsi désignées :

x −2  −1,1  0,6  1,1  1,6  2
signe de f′  C 0 −  − 0 C  C
variations fonction f  ↗  ↘  ↘  ↗  ↗
signe de f  C  C 0 −  − 0 C
variations de F  ↗  ↗  ↘  ↘  ↗

6Recherches de primitives_{Lycée Lavoisier, Paris} {Énoncé \atop p. 170}

Pour que la fonction F soit une primitive de f, il faut et il suffit que la fonction F soit dérivable sur ]−2 I C∞[ et que F′D f. On détermine donc F′▷x◁ :

F′▷x◁D (3ax^{2} C 2bx C c) \sqrt{x C 2} C \frac{ax^{3} C bx^{2} C cx C d}{2\sqrt{x C 2}}

D \frac{(3ax^{2} C 2bx C c)▷2x C 4◁ C ax^{3} C bx^{2} C cx C d}{2\sqrt{x C 2}}

D \frac{7ax^{3} C ▷12a C 5b◁x^{2} C ▷8b C 3c◁x C ▷4c C d◁}{2\sqrt{x C 2}} .

Or F′D f si et seulement si, pour tout x > −2,

\begin{matrix}7ax^{3} C ▷12a C 5b◁x^{2} C ▷8b C 3c◁x C ▷4c C d◁ & D 2x^{2}\sqrt{x C 2}\sqrt{x C 2} \\ D 2x^{3} C 4x^{2}. \end{matrix}

On en déduit, après identification des coefficients et résolution du système

ainsi obtenu : a D \frac{2}{7} , b D \frac{4}{35} , c D \frac{−32}{105} et d D \frac{128}{105}.

Ainsi, F ▷x◁ D ( \frac{2}{7}x^{3} C \frac{4}{35}x^{2} − \frac{32}{105}x C \frac{128}{105}) \sqrt{x C 2}.

Primitives d’une fonction rationnelle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 179 — #189 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{179} CORRIGÉS INTERROS COURS
7Primitives d’une fonction rationnelle_{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp} {Énoncé \atop p. 170}

1 Une fraction rationnelle est définie pour tout réel x qui n’annule pas son dénominateur. Or, ▷x^{2} − 1◁^{2} D ▷x − 1◁^{2}▷x C 1◁^{2}, donc 𝒟_{f} D ℝ \ {−1 I 1}.

2 Cherchons a et b tels que, pour tout réel x ∈ 𝒟_{f} :

\begin{aligned}\frac{3x^{2} − 2x C 3}{▷x^{2} − 1◁^{2}} & D \frac{b▷x − 1◁^{2} C a▷x C 1◁^{2}}{▷x C 1◁^{2}▷x − 1◁^{2}} \\ & D \frac{▷a C b◁x^{2} C 2▷a − b◁x C ▷a C b◁}{▷x^{2} − 1◁^{2}}. \end{aligned}

On en déduit, par identification des coefficients, que :

\{ \begin{matrix}a C b & D 3 \\ 2▷a − b◁ & D −2 \end{matrix}

On trouve alors : a D 1 et b D 2. On a donc, pour tout réel x appartenant à 𝒟_{f} ,

f ▷x◁ D \frac{2}{▷x C 1◁^{2}}C \frac{1}{▷x − 1◁^{2}}.

3 Remarquons que la fonction f est continue sur son ensemble de définition donc elle y admet des primitives.

La fonction x ↦ \frac{1}{x C 1} est dérivable sur U1 I C∞T et a pour dérivée

sur cet intervalle : x ↦ −\frac{1}{▷x C 1◁^{2}}. Une primitive de \frac{2}{▷x C 1◁^{2}} sur

U1 I C∞T est donc x ↦ \frac{−2}{x C 1}.

De même, la fonction x ↦ \frac{1}{x − 1} est dérivable sur U1 I C∞T et a pour

dérivée sur cet intervalle : x ↦ −\frac{1}{▷x − 1◁^{2}}. Une primitive de \frac{1}{▷x − 1◁^{2}}

sur U1 I C∞T est donc x ↦ \frac{−1}{x − 1} .

Une primitive de f sur U1 I C∞T est donc :

x ↦ \frac{−1}{x − 1} C \frac{−2}{▷x C 1◁}D \frac{1 − 3x}{x^{2} − 1} .

En ajoutant une constante à cette fonction on obtient une autre primitive

de f, donc x ↦ \frac{1 − 3x}{▷x^{2} − 1◁} C 1 est une primitive de f sur U1 I C∞T.

Primitive d’une fonction irrationnelle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 180 — #190 CORRIGÉS_{180}
8Primitives d’une fonction rationnelle_{Lycée Richelieu, Rueil-Malmaison} {Énoncé \atop p. 171}

En remplaçant x par −1 dans l’expression de F :

F ▷−1◁ D −6 soit \frac{a − b C c}{−1} D −6 ⟺ a − b C c D 6.

Calculons par ailleurs F′▷x◁ en utilisant la formule de dérivation d’un quotient :

F′▷x◁D \frac{▷2ax C b◁▷2x C 1◁ − 2▷ax^{2} C bx C c◁}{▷2x C 1◁^{2}}

D \frac{x^{2}▷4a − 2a◁ C x▷2a C 2b − 2b◁ C ▷b − 2c◁}{▷2x C 1◁^{2}}

D \frac{2ax^{2} C 2ax C b − 2c}{▷2x C 1◁^{2}} .

Comme F est une primitive de f, on a pour tout x ∈ ]−∞ I −\frac{1}{2}[ :

F′▷x◁ D f ▷x◁ ⟺ \frac{2ax^{2} C 2ax C b − 2c}{▷2x C 1◁^{2}} D \frac{2x^{2} C 2x − 8}{▷2x C 1◁^{2}}
⟺ 2ax^{2} C 2ax C b − 2c D 2x^{2} C 2x − 8
(car ▷2x C 1◁^{2} D̸ 0)

Les deux polynômes sont donc égaux; on identifie les coefficients :

\{ \begin{matrix}a D 1 \\ b − 2c D −8  ⟺ \\ a − b C c D 6 car F ▷−1◁ D −6 \end{matrix}  \{ \begin{matrix}a D 1 \\ b − 2c D −8 \\ −b C c D 5 \end{matrix}  ⟺ \{ \begin{matrix}a D 1 \\ c D 3 \\ b D −2 \end{matrix}

Donc :

F ▷x◁ D \frac{x^{2} − 2x C 3}{2x C 1} .

Certain(e)s pourraient se demander pourquoi on a trouvé la primitive et non pas une primitive à une constante près. C’est bien sûr à cause de la condition F ▷−1◁ D −6 qui impose une valeur bien particulière à la constante.

9Primitive d’une fonction irrationnelle_{Lycée Carnot, Dijon} {Énoncé \atop p. 171}

1 La fonction x ↦ 2x^{2} C 1 est définie, et à valeurs strictement positives sur ℝ. Donc x ↦ 2x^{2} C 1 ne s’annule pas sur ℝ.

La fonction x ↦ \frac{1}{\sqrt{2x^{2} C 1}} est définie et dérivable sur ℝ comme

composée de fonctions dérivables sur ℝ;

Primitives « à vue » — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 181 — #191 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{181} CORRIGÉS INTERROS COURS

La fonction x ↦ 4x^{2} C 1 est une fonction polynôme, donc définie et dérivable sur ℝ.

Ainsi, f est définie et dérivable sur ℝ comme produit de deux fonctions définies et dérivables sur ℝ. Par conséquent, f est continue sur ℝ, donc elle admet des primitives sur ℝ.

2 Soit F une primitive de la fonction f sur ℝ. D’après la définition d’une primitive, la fonction F est dérivable sur ℝ et F′D f. Tout d’abord, le fait que la fonction F soit définie et dérivable sur ℝ impose que le polynôme P doit être à valeurs strictement positives sur ℝ. On en déduit que, si l’on a P ▷x◁ D ax^{2} C bx C c, alors a > 0 et b^{2} − 4ac < 0. Alors la fonction F définie par F ▷x◁ D \sqrt{P ▷x◁}est dérivable sur ℝ et a pour dérivée :

F′▷x◁ D \frac{P′▷x◁}{2\sqrt{P ▷x◁}}D \frac{2ax C b}{2\sqrt{ax^{2} C bx C c}}.

L’égalité F′D f équivaut pour tout réel x à :

\frac{4x^{2} C 1}{\sqrt{2x^{2} C 1}} D \frac{2ax C b}{2\sqrt{ax^{2} C bx C c}}.

Étudions la limite en C∞ de chacune des expressions. On a :

lim_{x→C∞} F′▷x◁ D lim_{x→C∞} \frac{a C \frac{b}{2x}}{\sqrt{a C \frac{b}{x} C \frac{c}{x^{2}}}} D \sqrt{a}.

Alors que :

lim_{x→C∞} x \frac{4 C \frac{1}{x^{2}}}{\sqrt{2 C \frac{1}{x^{2}}}} D C∞.

On ne peut donc pas avoir F′D f. Donc F ne peut pas être une primitive de f.

3 Si g est dérivable sur ℝ, x ↦ g▷x◁\sqrt{2x^{2} C 1} est dérivable sur ℝ et a pour dérivée :

x ↦ g′▷x◁\sqrt{2x^{2} C 1} C \frac{2xg▷x◁}{\sqrt{2x^{2} C 1}} D \frac{g′▷x◁▷2x^{2} C 1◁ C 2xg▷x◁}{\sqrt{2x^{2} C 1}} .

4 Prenons g▷x◁ D x dans l’expression ci-dessus.

On obtient :

\frac{g′▷x◁▷2x^{2} C 1◁ C 2xg▷x◁}{\sqrt{2x^{2} C 1}}D \frac{2x^{2} C 1 C 2x^{2}}{\sqrt{2x^{2} C 1}} D f ▷x◁.

La fonction x ↦ x\sqrt{2x^{2} C 1} est donc une primitive de f sur ℝ.

Sans second membre — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 182 — #192 CORRIGÉS_{182}
10Primitives « à vue »_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} {Énoncé \atop p. 171}

Fonction u.

La fonction u est continue sur ℝ_{C}^{∗} et ℝ_{−}^{∗} comme quotient de deux fonctions continues sur ℝ_{C}^{∗} et ℝ_{−}^{∗} dont le dénominateur ne s’annule pas sur ℝ_{C}^{∗} et ℝ_{−}^{∗} .

Soit donc I l’un des deux intervalles U − ∞ I 0T ou U0 I C∞T, la fonction u possède des primitives sur I.

En examinant l’écriture de u▷x◁, on est conduit à penser à la formule de la dé-

rivée d’un quotient du type \frac{f}{g} soit \frac{f′g − fg′}{g^{2}} . Définissons sur I les fonctions

f et g par :

f ▷x◁ D sinx et g▷x◁ D x.

Le quotient est défini et dérivable sur I avec :

\begin{matrix}( \frac{f}{g} ) ′▷x◁ & D \frac{x cosx − sinx}{x^{2}} \\ D −u▷x◁. \end{matrix}

Alors la fonction U V x ↦ −\frac{sinx}{x} est une primitive de u sur I.

Fonction v.

La fonction v est continue sur ℝ comme quotient de fonctions continues sur ℝ dont le dénominateur ne s’annule pas sur ℝ, elle possède donc des primitives sur ℝ tout entier.

Exploitons la même idée que pour la fonction u. La difficulté provient du fait que le numérateur de v▷x◁ a été effectué et simplifié. Il faut donc le ramener à la forme f′g − fg′. L’observation du dénominateur conduit à poser g▷x◁ D 1 C x^{2}. On a alors g′▷x◁ D 2x. La numérateur de v▷x◁ peut alors s’écrire ▷1 C x^{2}◁ − x × 2x, ce qui fait que :

\frac{1 − x^{2}}{▷1 C x^{2}◁^{2}} D \frac{▷1 C x^{2}◁ − x × 2x}{▷1 C x^{2}◁^{2}} .

On pose donc f ▷x◁ D x, g▷x◁ D 1 C x^{2} et :

v▷x◁ D \frac{f′▷x◁g▷x◁ − f ▷x◁g′▷x◁}{g▷x◁^{2}}D ( \frac{f}{g} ) ′▷x◁.

La fonction :

V V x ↦ \frac{x}{1 C x^{2}}

est donc une primitive de v sur ℝ.

Thermodynamique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 183 — #193

PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{183} CORRIGÉS INTERROS COURS

11Sans second membre_{Lycée Claude Bernard, Paris} {Énoncé \atop p. 171}

Les solutions de l’équation différentielle y′C λy D 0 sont les fonctions de la forme x ↦ Ke^{−λx} , où K est une constante. La condition initiale y▷1◁ D 1 équivaut donc à Ke^{−λ} D 1, soit K D e^{λ}.

Donc :

y▷x◁ D e^{λ▷1−x◁} et y ( \frac{1}{λ}) D e^{λ−1} .

12Second membre exponentiel_{Lycée Buffon, Paris} {Énoncé \atop p. 172}

1 La fonction h est dérivable sur ℝ et sa dérivée se calcule en appliquant

la formule :

(e^{u})′D u′· e^{u}.

Pour tout x ∈ ℝ,

h′▷x◁ D \frac{6}{5}e^{3x}.

2 Montrons que h est solution de cette équation différentielle.

On a pour tout x ∈ ℝ,

\{ \begin{matrix}h′▷x◁ & D \frac{6}{5}e^{3x} \\ h▷x◁ & D \frac{2}{5}e^{3x} \end{matrix}

Alors, pour tout x ∈ ℝ,

\begin{matrix}10h′▷x◁ C 5h▷x◁ \\ D 12e^{3x} C 2e^{3x} \end{matrix} ; D 14e^{3x}.

MÉTHODE

Pour montrer qu’une fonction donnée est solution d’une équation différentielle, il ne faut pas essayer de résoudre l’équation différentielle pour retrouver la fonction donnée par l’énoncé. On vérifie que la fonction h proposée est dérivable sur ℝ puis on calcule h′▷x◁ et on remplace dans le premier membre de l’équation différentielle. On s’assure alors que l’on obtient bien le second membre de l’équation.

13Thermodynamique_{Lycée Vaugelas, Chambéry} {Énoncé \atop p. 172}

1 L’équation différentielle 2′ D 0,2▷1 000 − 2◁ est de la forme y′D ay C b avec a D −0,2 et b D 200.

Second membre polynomial — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 184 — #194

CORRIGÉS_{184}

D’après le cours, ses solutions sont les fonctions 2 définies sur ℝ par 2▷t◁ D ke^{−0,2t} C 1 000 où k désigne une constante réelle. Or, la température initiale est de 40°C donc 2▷0◁ D 40. On peut alors calculer la valeur de la constante k : k C 1 000 D 40 donc k D −960 On a donc, pour tout réel t positif :

2▷t◁ D −960e^{−0,2t} C 1 000.

2 On cherche à calculer t tel que 2▷t◁ D 500. Pour cela, on résout l’équa-

tion :

−960e^{−0,2t} C 1 000 D 500.

Cette équation équivaut à :

e^{−0,2t} D \frac{50}{96}

soit

−0,2t D ln \frac{50}{96}, soit : t D −5 ln \frac{50}{96}

Il faudra environ trois heures pour que la température du bloc de céramique soit de 500°C

14Dilution d’un médicament_{Lycée François 1^{er}, Fontainebleau} {Énoncé \atop p. 172}

1 L’équation différentielle proposée est de la forme y′ D ay. D’après le cours, ses solutions sont les fonctions Q définies sur ℝ par Q▷t◁ D ke^{−λt} où k désigne une constante réelle. L’énoncé nous donne sa valeur : Q▷0◁ D 1,8 donc k D 1,8. D’autre part,

Q▷1◁ D ( 1 − \frac{30}{100}) Q▷0◁ D 0,70Q▷0◁.

On en déduit que :

e^{−λ} D 0,7.

La valeur exacte de λ est − ln0,7. Une valeur approchée de λ à 10^{−4} près est 0,3567.

2 La fonction S est dérivable sur ℝ. On a alors :

S′▷t◁ D 6,6e^{−t} − 6,6te^{−t} D 6,6e^{−t} − S▷t◁

d’où :

S′▷t◁ C S▷t◁ D 6,6e^{−t} .

Ainsi, la fonction S est solution de l’équation différentielle avec second membre :

y′C y D 6,6e^{−t} .

Avec second membre — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 185 — #195 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{185} CORRIGÉS INTERROS COURS
15Second membre polynomial_{Lycée Balzac, Caen} {Énoncé \atop p. 172}

1 Soit g une fonction polynôme de degré 2, définie, pour tout réel x par :

g▷x◁ D ax^{2} C bx C c.

Alors, g est dérivable sur ℝ et, pour tout x ∈ ℝ,

g′▷x◁ D 2ax C b.

Donc, g est solution de ▷E◁ si et seulement si :

4ax C 2b C ax^{2} C bx C c D x^{2} C 2x − 2 ,

soit a D 1, b D −2 et c D 2.

La fonction polynôme g définie par :

g▷x◁ D x^{2} − 2x C 2

est donc l’unique solution polynomiale de degré 2 de ▷E◁. 2 La fonction ϕ est solution de ▷E◁ si et seulement si pour tout x ∈ ℝ,

2ϕ′▷x◁ C ϕ▷x◁ D x^{2} C 2x − 2.

Or, on sait que pour tout x ∈ ℝ,

2g′▷x◁ C g▷x◁ D x^{2} C 2x − 2.

Donc ϕ est solution de ▷E◁ si et seulement si pour tout x ∈ ℝ,

2▷ϕ − g◁′▷x◁ C ▷ϕ − g◁▷x◁ D 0 ,

c’est-à-dire que ϕ − g est solution de ▷E′◁. 3 (a) D’après les théorèmes du cours, les solutions de ▷E′◁ sont les fonc-

tions de la forme :

y▷x◁ D Ae^{− \frac{x}{2}} où A est une constante.

(b) Une fonction z est solution de ▷E◁ si et seulement si z − g est solution de ▷E′◁. Les solutions de ▷E◁ sont donc les fonctions de la forme :

z▷x◁ D Ae^{− \frac{x}{2}} C x^{2} − 2x C 2 où A est une constante.

(c) Dire que la courbe représentative d’une fonction f passe par O

signifie que :

f ▷0◁ D 0.

On cherche donc la solution f de ▷E◁ qui vérifie f ▷0◁ D 0, soit A D −2. Donc pour tout x ∈ ℝ,

f ▷x◁ D −2e^{− \frac{x}{2}} C x^{2} − 2x C 2.

Avec second membre — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 186 — #196 CORRIGÉS_{186}
16Avec second membre_{Lycée Pierre de Fermat, Toulouse} {Énoncé \atop p. 173}

1 L’équation différentielle y′C 3y D 0 s’écrit aussi y′D −3y.

D’après le cours, ses solutions sont les fonctions G définies sur ℝ par :

G▷x◁ D Ae^{−3x}

où A est une constante réelle. 2 Il existe une et une seule valeur de A pour laquelle y▷0◁ D k.

Or, y▷0◁ D A, d’où A D k. La solution valant k en x D 0 est y▷x◁ D ke^{−3x} .

3 Nous allons déterminer une solution particulière ϕ de ▷E◁. Comme le second membre de l’équation est une fonction affine, cherchonsla sous la forme ϕ▷x◁ D αx C β, où α et β sont deux réels. On calcule alors ϕ′▷x◁ D α, donc ▷ϕ′C 3ϕ◁ ▷x◁ D 3αx C α C 3β. On en déduit que ϕ est solution de ▷E◁ si et seulement si 3α D 1 et α C 3β D 1. Il vient facilement :

ϕ▷x◁ D \frac{1}{3} x C \frac{2}{9}.

Soit alors y une solution de ▷E◁. La fonction G D y − ϕ est alors une solution de ▷E_{0}◁. Puisque y D G C ϕ et ϕ▷0◁ D \frac{2}{9}, il est clair que

y▷0◁ D 1 est équivalent à G▷0◁ D 1 − \frac{2}{9} D \frac{7}{9}. En utilisant la question 1, il vient :

y▷x◁ D \frac{1}{3} x C \frac{2}{9} C \frac{7}{9} e^{−3x} .

Il existe bien une et une seule solution de ▷E◁ vérifiant y▷0◁ D 1.

17Avec second membre_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 173}

1 f_{0}▷x◁ D ▷x^{2} C 3x◁e^{−x} est de la forme f_{0} D u × v avec :

u▷x◁ D x^{2} C 3x, u′▷x◁ D 2x C 3, v▷x◁ D e^{−x} et v′▷x◁ D −e^{−x} . Ainsi,

f′_{0}▷x◁ D ▷u′v C uv′◁▷x◁
D ▷2x C 3◁e^{−x} C ▷x^{2} C 3x◁( − e^{−x} )
D ▷2x C 3 − x^{2} − 3x◁e^{−x}
D ▷−x^{2} − x C 3◁e^{−x} .

Avec second membre exponentiel — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 187 — #197

PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{187} CORRIGÉS INTERROS COURS

On a alors :

f_{0}▷x◁ C f′_{0}▷x◁ D ▷x^{2} C 3x◁e^{−x} C ▷−x^{2} − x C 3◁e^{−x}
D ▷x^{2} C 3x − x^{2} − x C 3◁e^{−x}
D ▷2x C 3◁e^{−x} .

On en déduit alors que f_{0} est solution de ▷E◁. 2 D’après le cours, l’équation ▷E_{0}◁ V y C y′D 0 admet pour solutions les

fonctions :

y_{0}▷x◁ D Ce^{−x} , C ∈ ℝ.

3 Toujours d’après le cours, les solutions de ▷E◁ sont les fonctions y telles

que y D y_{0} C f_{0}, soit :

y▷x◁ D Ce^{−x} C ▷x^{2} C 3x◁e^{−x} D ▷x^{2} C 3x C C◁e^{−x} , C ∈ ℝ.

4 g est solution de ▷E◁ avec g▷0◁ D 1, donc :

\{ \begin{matrix}g▷x◁ D ▷x^{2} C 3x C C◁e^{−x} \\ g▷0◁ D 1 \end{matrix} D⇒ ▷0^{2}C3×0CC◁e^{−0} D 1 D⇒ C D 1.

Ainsi, g▷x◁ D ▷x^{2} C 3x C 1◁e^{−x} .

18Avec second membre exponentiel_{Lycée Vaugelas, Chambéry} {Énoncé \atop p. 173}

1 La fonction u est dérivable sur ℝ.

Pour tout x réel, u′▷x◁ D ▷1 C 2x◁e^{2x} donc,

u′▷x◁ − 2u▷x◁ D ▷1 C 2x◁e^{2x} − 2xe^{2x} D e^{2x}.

On en déduit que la fonction u est solution de l’équation (E). 2 L’équation (F) est de la forme y′D ay.

Ses solutions sont les fonctions f définies sur ℝ par :

f ▷x◁ D ke^{2x}

où k désigne une constante réelle. 3 Une fonction v est solution de l’équation (E) si et seulement si, pour tout

x réel,

v′▷x◁ − 2v▷x◁ D e^{2x}.

Or on sait que, pour tout x réel,

u′▷x◁ − 2u▷x◁ D e^{2x}.

Donc v est solution de l’équation (E) si et seulement si, pour tout x réel,

▷v′▷x◁ − 2v▷x◁◁ − ▷u′▷x◁ − 2u▷x◁◁ D 0 ,

soit :

▷v − u◁′▷x◁ − 2▷v − u◁▷x◁ D 0.

Second membre polynomial — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 188 — #198

CORRIGÉS_{188}

Il en résulte que v est solution de l’équation (E) si et seulement si v − u est solution de l’équation F.

MÉTHODE

Pour démontrer que deux propositions sont équivalentes, on peut effectuer une démonstration par double implication comme dans l’exercice 5 ou une démonstration directe comme dans cet exercice. Dans le cas d’une démonstration directe, on fera très attention au fait de bien conserver l’équivalence tout au long de la démonstration. En cas de doute, mieux vaut revenir à une démonstration en deux temps.

4 D’après la question précédente, une fonction v est solution de l’équation (E) si et seulement si v − u est solution de l’équation F. On en déduit que les solutions de l’équation (E) sont les fonctions v définies, pour tout x réel, par :

v▷x◁ D u▷x◁ C ke^{2x} ,

soit :

v▷x◁ D xe^{2x} C ke^{2x},

où k désigne une constante réelle.

19Second membre polynomial_{Lycée Carnot, Dijon} {Énoncé \atop p. 174}

1 Soit g une fonction affine. Il existe deux réels a et b tels que pour tout

x ∈ ℝ :

g▷x◁ D ax C b.

Donc, pour tout x ∈ ℝ, g′▷x◁ D a. La fonction g est donc solution de ▷E◁ si et seulement si, pour tout x ∈ ℝ,

a D 1 et 4a C b D 6, soit b D 2.

L’unique solution affine de ▷E◁ est donc :

g▷x◁ D x C 2.

2 (a) Soit f une solution de ▷E◁.

Alors pour tout x ∈ ℝ,

4f′▷x◁ C f ▷x◁ D x C 6.

Or, on a déjà pour tout x ∈ ℝ

4g′▷x◁ C g▷x◁ D x C 6.

Donc, en soustrayant ces deux égalités membre à membre, pour tout x ∈ ℝ,

4▷f − g◁′▷x◁ C ▷f − g◁▷x◁ D 0 ,

Fraction avec une exponentielle — v. 1.0_{16 février 2026 — Chapitre 6 page 189 — #199} PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{189} CORRIGÉS INTERROS COURS

soit encore :

4h′C h D 0.

Donc si f est solution de ▷E◁, h D f − g est solution de ▷E_{1}◁.

(b) Réciproquement, supposons que h est solution de ▷E_{1}◁. Pour tout

x ∈ ℝ :

4h′▷x◁ C h▷x◁ D 0.

Par ailleurs, pour tout x ∈ ℝ,

4g′▷x◁ C 4g▷x◁ D x C 6.

Donc, en ajoutant ces deux égalités membre à membre, pour tout x ∈ ℝ :

4▷h C g◁′▷x◁ C ▷h C g◁▷x◁ D x C 6.

Donc si h est solution de ▷E_{1}◁, f D h C g est solution de ▷E◁. 3 On a montré que f est solution de ▷E◁ si et seulement si h D f − g est

solution de ▷E_{1}◁. Or, les solutions de ▷E_{1}◁ sont de la forme :

h▷x◁ D Ae^{− \frac{1}{4}x} où A est une constante.

Les solutions de ▷E◁ sont donc de la forme :

f ▷x◁ D Ae^{− \frac{1}{4}x} C x C 2 où A est une constante.

4 (a) La condition f ▷0◁ D 4 correspond donc à A D 2.

L’unique solution de ▷E◁ qui vérifie cette condition initiale est :

f V x ↦ 2e^{− \frac{x}{4}} C x C 2.

(b) Soit y une solution de ▷E◁. La fonction y est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x,

y′▷x◁ D −\frac{A}{4} e^{− \frac{x}{4}} C 1.

Donc :

y′▷0◁ D 1 ⟺ A D 0.

Il existe donc une et une seule solution f de ▷E◁ qui vérifie la condition f′▷0◁ D 1. C’est la fonction f : x ↦ x C 2.

20Fraction avec une exponentielle_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Énoncé \atop p. 174}

1 D’après le cours, les solutions de l’équation différentielle y′− 2y D 0

sont les fonctions de la forme :

y▷x◁ D Ce^{2x}, C ∈ ℝ.

On souhaite que y▷0◁ D 1 donc que C D 1.

Ainsi, la fonction demandée est la fonction x ↦ e^{2x}. 2 (a) On a : g▷0◁ D f ▷0◁e^{0} D f ▷0◁ D ln2.

Évolution d’organismes vivants — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 190 — #200 CORRIGÉS_{190}

La fonction g est dérivable comme produit de deux fonctions dérivables et, pour tout réel x,

g′▷x◁ D f′▷x◁e^{−2x} − 2f ▷x◁e^{−2x} D [f′▷x◁ − 2f ▷x◁]e^{−2x} .

(b) f solution de (E) ⟺ ∀ x ∈ ℝ, f′▷x◁ − 2f ▷x◁ D \frac{−2}{1 C e^{−2x}}

⟺ ∀ x ∈ ℝ, g′▷x◁ D [ \frac{−2}{1 C e^{−2x}} ] e^{−2x}

⟺ ∀ x ∈ ℝ, g′▷x◁ D \frac{−2e^{−2x}}{1 C e^{−2x}} .

(c) D’après ce qui précède, la solution f est la solution de (E) vérifiant

f ▷0◁ D ln2 si et seulement si g′▷x◁ D \frac{−2e^{−2x}}{1 C e^{−2x}} .

Or, g′est de la forme \frac{u′}{u}, avec u▷x◁ D 1Ce^{−2x} et u′▷x◁ D −2e^{−2x} .

Ainsi, g▷x◁ D ln(1 C e^{−2x} ) C k, avec g▷0◁ D ln2, donc k D 0.

Donc g▷x◁ D ln(1 C e^{−2x} ). On en déduit alors que :

f ▷x◁ D e^{2x}g▷x◁ D e^{2x} ln(1 C e^{−2x} ).

21Évolution d’organismes vivants_{Lycée des Arènes, Toulouse} {Énoncé \atop p. 175}

1 (a) La fonction N est dérivable et ne s’annule pas sur [0, C ∞[ donc la fonction y est aussi dérivable sur [0, C ∞[ et, pour tout réel t positif,

y′▷t◁ D −\frac{N′▷t◁}{(N▷t◁)^{2}}.

(b) y▷t◁ D \frac{1}{N▷t◁}donc N▷t◁ D \frac{1}{y▷t◁}.

De l’expression de y′▷t◁, on tire :

N′▷t◁ D −\frac{y′▷t◁}{(y▷t◁)^{2}}.

« N est solution de (E) » équivaut à dire que pour tout réel t positif,

N′▷t◁ D 2N▷t◁ − 0,0045(N▷t◁)^{2}.

En remplaçant N′▷t◁ et N▷t◁ en fonction de y, on obtient : « N est solution de (E) » équivaut à dire que pour tout réel t positif,

−\frac{y′▷t◁}{(y▷t◁)^{2}}D \frac{2}{y▷t◁}− \frac{0,0045}{(y▷t◁)^{2}},

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 191 — #201 PRIMITIVES ET ÉQUATIONS DIFFÉRENTIELLES CHAP. 6_{191} CORRIGÉS INTERROS COURS

soit après transformation,

y′▷t◁ D −2y▷t◁ C 0,0045.

On a donc bien démontré que « N est solution de (E) » équivaut à « y est solution de (E’) », où (E’) est l’équation :

y′▷t◁ D −2y▷t◁ C 0,0045.

2 (a) L’équation :

y′▷t◁ D −2y▷t◁ C 0,0045

s’écrit aussi :

y′▷t◁ D −2(y▷t◁ − 0,00225) ▷1◁.

Si on pose :

z▷t◁ D y▷t◁ − 0,00225,

la fonction z est dérivable sur [0, C ∞[ et, pour tout t positif,

z′▷t◁ D y′▷t◁.

En remplaçant dans l’équation ▷1◁, on a :

y′▷t◁ D z′▷t◁ D −2 − 2( \underbrace{y▷t◁ − 0,00225}_{Dz▷t◁})

soit :

z′▷t◁ D −2z▷t◁.

(b) D’après le cours, les solutions de l’équation :

z′▷t◁ D −2z▷t◁

sont les fonctions z définies pour tout t positif par :

z▷t◁ D ke^{−2t}

où k désigne une constante réelle. y▷t◁ D z▷t◁ C 0,00225 donc, pour tout réel t positif,

y▷t◁ D ke^{−2t} C 0,00225.

On détermine enfin N▷t◁. On sait que N▷t◁ D \frac{1}{y▷t◁}.

On obtient donc en remplaçant y▷t◁ par sa valeur :

N▷t◁ D \frac{1}{ke^{−2t} C 0,00225}.

Or, par hypothèse, N▷0◁ D 1000. On détermine alors la valeur de k en résolvant l’équation :

\frac{1}{k C 0,00225} D 1 000.

On en déduit que k D −0,00125. Finalement,

N▷t◁ D \frac{1}{0,00225 − 0,00125e^{−2t}} .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 6 page 192 — #202

Intégration

Plan du chapitre

1. Intégrale et aire

2. Calcul d’une intégrale

3. Intégration par parties

On appelle A▷x◁ l’aire comprise entre la droite d’équation y D 3 et la parabole d’équation y D x^{2}. Calculer A▷x◁.

Exercice type 1

Lycée Henri IV, Paris

Voir corrigé page 198

1 Intégrale et aire

1.1 Introduction

Définition 1 : unité d’aire

Dans un repère orthogonal ▷OI E ı, E ȷ◁, on appelle unité d’aire l’aire du rectangle défini par les vecteurs E ıet E ȷ.

Définition 2 : intégrale d’une fonction positive

Soit f une fonction continue et positive sur un intervalle Ta I bU, et soit C sa courbe représentative dans un repère orthogonal ▷OI E ı, E ȷ◁. L’intégrale de a à b de la fonction f est l’aire du domaine situé entre l’axe des abscisses et la courbe C sur l’intervalle Ta I bU; elle est exprimée en unité d’aire (en abrégé : ua). On la note :

𝒜 D ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 194 — #204 COURS_{194}

Définition 3 : intégrale d’une fonction négative

Soit f une fonction continue et négative sur un intervalle Ta I bU, et soit C sa courbe représentative dans un repère orthogonal. Le nombre ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx est égal à l’opposé de l’aire du domaine situé entre l’axe des abscisses et la courbe C sur Ta I bU.

On étend la définition du symbole ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx au cas a > b en posant alors :

∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx D − ∫_{b}^{a} f ▷x◁ dx.

C’est l’intégrale de a à b de f (attention à ne pas évoquer l’intervalle Ta I bU si a > b).

1.2 Propriétés de l’intégrale

Théorème 1 : relation de Chasles

Soit f une fonction continue sur un intervalle I et a, b, c trois réels appartenant à I. Alors :

∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx D ∫_{a}^{c} f ▷x◁ dx C ∫_{c}^{b}f ▷x◁ dx.

� ATTENTION

Il n’existe aucune condition d’ordre entre les réels a, b et c. La relation de Chasles n’impose pas d’avoir a < b < c.

Exemple : quand la fonction f n’est pas de signe constant sur Ta I bU, on utilise la relation de Chasles pour déterminer son intégrale de a à b.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 195 — #205 INTÉGRATION CHAP. 7_{195} CORRIGÉS INTERROS COURS

∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx D \underbrace{∫_{a}^{c} f ▷x◁ dx}_{>0}C \underbrace{∫_{c}^{d} f ▷x◁ dx}_{<0}C \underbrace{∫_{d}^{b}f ▷x◁ dx}_{>0}.

L’intégrale désigne alors une aire algébrique, c’est-à-dire une aire avec un signe (positif ou négatif).

Sur cet exemple, il semble que ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx > 0 car la somme de l’aire des domaines situés au-dessus de l’axe des abscisses semble supérieure à celle du domaine situé en dessous.

Propriétés 1

Pour tout réel a,

si f est impaire, alors :

∫_{−a}^{a} f ▷x◁ dx D 0 I

si f est paire, alors :

∫_{−a}^{a} f ▷x◁ dx D 2 ∫_{0}^{a} f ▷x◁ dx I

si f est périodique de période T, alors :

∫_{a}^{aCT} f ▷x◁ dx D ∫_{0}^{T} f ▷x◁ dx.

Exemple : la fonction x ↦ sinx est impaire et 2π-périodique donc :

∀ a ∈ ℝ, ∫_{−a}^{a} sinx dx D 0  et  ∫_{a}^{aC2π} sinx dx D ∫_{0}^{2π} sinx dx.

Théorème 2 : linéarité de l’intégrale

Quelles que soient les fonctions continues f et g, pour tous réels λ et μ :

∫_{a}^{b}(λf ▷x◁ C μg▷x◁)dx D λ ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx C μ ∫_{a}^{b}g▷x◁ dx.

Exemple : ∫_{0}^{1} (3x^{2} − 5x C 1)dx D 3 ∫_{0}^{1} x^{2}dx − 5 ∫_{0}^{1} x dx C ∫_{0}^{1} 1 dx.

Propriétés 2 : positivité de l’intégrale

Si pour tout x de Ta I bU, f ▷x◁ ⩾ 0, alors : ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx ⩾ 0.

Si pour tout x de Ta I bU, f ▷x◁ ⩽ 0, alors : ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx ⩽ 0.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 196 — #206 COURS_{196}

Exemple : sur T0 I 1U, x^{2} ⩾ 0 donc ∫_{0}^{1} x^{2}dx ⩾ 0.

Propriété 3 : intégration des inégalités

Si pour tout nombre réel x de Ta I bU, g▷x◁ ⩽ f ▷x◁, alors :

∫_{a}^{b}g▷x◁ dx ⩽ ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx.

Exemple : on sait que pour x > 0, lnx < x donc ∫_{1}^{2} lnx dx < ∫_{1}^{2} x dx.

2 Calcul d’une intégrale

2.1 Lien entre intégrale et primitive

Théorème 3

Si f est une fonction continue positive sur Ta I bU alors la fonction F_{a} définie sur Ta I bU par :

F_{a}▷x◁ D ∫_{a}^{x} f ▷t◁ dt

est la primitive de f ▷x◁ qui s’annule en a.

Corollaire 1

Soit f une fonction continue sur un intervalle Ta I bU, et soit F une primitive de f sur Ta I bU. Alors,

∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx D F ▷b◁ − F ▷a◁.

Remarque : F ▷b◁ − F ▷a◁ est aussi noté [F ▷x◁]_{a}^{b}.

Exemple : on sait qu’une primitive de f ▷x◁ D x^{2} est F ▷x◁ D \frac{1}{3}x^{3} donc :

∫_{0}^{1} x^{2}dx D F ▷1◁ − F ▷0◁ D \frac{1}{3}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 197 — #207 INTÉGRATION CHAP. 7_{197} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.2 Valeur moyenne d’une fonction

Définition 4

Soit f une fonction continue sur un intervalle Ta I bU. On appelle valeur moyenne de f le nombre μ tel que :

μ D \frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx.

Graphiquement, cette valeur correspond à la hauteur du rectangle de base b − a qui a la même aire que le domaine situé entre l’axe des abscisses et la courbe représentative de f sur Ta I bU :

L’aire du rectangle hachuré est égale à ∫_{a}^{b}f ▷x◁ dx.

Propriété 4

Si f est une fonction continue et T -périodique alors :

μ D \frac{1}{T} ∫_{0}^{T} f ▷x◁ dx.

POUR ALLER PLUS LOIN

En sciences physiques, la valeur efficace est définie comme étant la racine car-

rée de la valeur moyenne du carré de la fonction : e D \sqrt{\frac{1}{b − a} ∫_{a}^{b}f^{2}▷x◁ dx}.

Le cas qui nous intéresse correspond à la figure :

L’aire A▷x◁, en unité d’aire, est donc égale à l’aire du rectangle ABCD moins « l’aire sous la courbe » :

A▷x◁D Aire▷ABCD◁ − ∫_{−\sqrt{3}}^{√ \overline{3}} x^{2}dx

D 6\sqrt{3} − 2 ∫_{0}^{√ \overline{3}} x^{2}dx (car x ↦ x^{2} est paire)

D 6\sqrt{3} − 2 [ \frac{1}{3}x^{3}]_{0}^{√ \overline{3}}

D 6\sqrt{3} − 2 × \frac{1}{3} × 3\sqrt{3}

D 4\sqrt{3}.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Henri IV, Paris

Voir énoncé page 193

3 Intégration par parties

Soit n un entier naturel. Exprimer en fonction de n l’intégrale :

I_{n} D ∫_{1}^{e} x^{n} lnx dx.

Exercice type 2

Lycée français de New Dehli

Voir corrigé page 199

Théorème 4

Soient u et v deux fonctions dérivables et de dérivées continues sur Ta I bU. Alors,

∫_{a}^{b}u′▷x◁ × v▷x◁ dx D [▷uv◁▷x◁]_{a}^{b} − ∫_{a}^{b}u▷x◁ × v′▷x◁ dx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 199 — #209 INTÉGRATION CHAP. 7_{199} CORRIGÉS INTERROS COURS

Exemple : en posant u′▷x◁ D 1 et v▷x◁ D lnx sur T1 I eU, on obtient u▷x◁ D x

(à une constante près) et v′▷x◁ D \frac{1}{x}. Le théorème donne alors :

∫_{1}^{e} 1 × lnx dx D [x × lnx]_{1}^{e} − ∫_{1}^{e} x × \frac{1}{x} dx
D Te lne − 1 ln1U − ∫_{1}^{e} 1 dx
D e − [x]_{1}^{e}
D e − ▷e − 1◁
Donc ∫_{1}^{e} lnx dx D 1.

POUR ALLER PLUS LOIN

L’intégration par parties est un outil très puissant. Si l’on s’inspire de l’exemple précédent, on peut écrire pour a > 0 et x > 0 :

∫_{a}^{x} ln▷t◁ dt D x lnx − x − ▷a lna − a◁.

On peut en conclure qu’une primitive de la fonction x ↦ lnx est la fonction x ↦ x lnx − x.

Posons :

u′▷x◁ D x^{n}  v▷x◁ D lnx

Alors,

u▷x◁ D \frac{x^{nC1}}{n C 1}  v′▷x◁ D \frac{1}{x}

et par intégration par parties, on obtient :

I_{n} D [u▷x◁v▷x◁]_{1}^{e} − ∫_{1}^{e} u▷x◁v′▷x◁ dx

D [ \frac{x^{nC1}}{n C 1} lnx]_{1}^{e} − ∫_{1}^{e} \frac{x^{nC1}}{n C 1} × \frac{1}{x} dx

…

Solution de l’exercice type 2

Lycée français de New Dehli

I_{n} D ( \frac{e^{nC1}}{n C 1} lne − \frac{1^{nC1}}{n C 1} ln1) − ∫_{1}^{e} \frac{x^{n}}{n C 1} dx

D \frac{e^{nC1}}{n C 1} − \frac{1}{n C 1} ∫_{1}^{e} x^{n}dx

D \frac{e^{nC1}}{n C 1} − \frac{1}{n C 1} [ \frac{x^{nC1}}{n C 1}] _{1}^{e}

D \frac{e^{nC1}}{n C 1} − \frac{1}{▷n C 1◁^{2}}(e^{nC1} − 1)

D \frac{▷n C 1◁e^{nC1} − e^{nC1} C 1}{▷n C 1◁^{2}}

D \frac{ne^{nC1} C 1}{▷n C 1◁^{2}}.

Solution de l’exercice type 2 (suite)

Lycée français de New Dehli Voir énoncé page 198

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 201 — #211 INTÉGRATION CHAP. 7_{201} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Calcul d’intégrales Corrigé p. 213 15 min

Pour chaque question, donner la bonne réponse parmi les propositions faites. 1 Soit I D ∫_{−1}^{1} |e^{x} − 1| dx. La valeur de I est :

a |− | \frac{1}{e} − 1| | − |e − 1|  b 2▷e − 1◁
c e C \frac{1}{e}  d e C \frac{1}{e} − 2

2 Soit I D ∫_{1}^{2} \frac{6x^{2} C 4x}{x^{3} C x^{2} − 1} dx. La valeur de I est :

a 2 ln11  b −\frac{1}{11}  c ln11  d \frac{1}{2} ln11

3 Soit I D ∫_{0}^{4}(|x − 1| C |x − 2| )dx. La valeur de I est :

a 6  b 7  c 8  d 9

4 Soit I D ∫_{0}^{1} xe^{−x} dx. La valeur de I est :

a 0  b e  c 1 − 2e^{−1}  d 1

2_{V/F} Propriétés des intégrales Corrigé p. 214 10 min

Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses? 1 La valeur moyenne de la fonction exponentielle sur l’intervalle T0 I 1U

est e.

2 ∫_{−1}^{1}▷x^{5} C x^{3}◁ sin^{3} x dx D 0.

3 ∫_{0}^{π} e^{cosx} dx D ∫_{−π}^{0} e^{cosx} dx.

4 ∫_{0}^{π} e^{cosx} dx D ∫_{−2π}^{−π} e^{cosx} dx.

3_{V/F} Intégrales et ordre Corrigé p. 214 10 min

Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses? 1 Si l’intégrale d’une fonction sur un intervalle est positive alors la fonc-

tion est positive. 2 L’intégrale d’une fonction continue positive sur un intervalle est posi-

tive. 3 Si l’intégrale d’une fonction est nulle sur un intervalle Ta I bU alors la

fonction est nulle sur Ta I bU.

4 Pour tout réel x, ∫_{x}^{x^{2}} t^{2}dt ⩾ 0.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 202 — #212 INTERROS_{202}
4_{V/F} Fonction définie par une intégrale Corrigé p. 215 15 min

On considère la fonction F définie sur ℝ par F ▷x◁ D ∫_{0}^{x} e^{−t^{2}} dt. Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses?

1 La fonction F est dérivable sur ℝ et, pour tout réel x, F′▷x◁ D e^{−x^{2}} − 1. 2 La fonction F ⩾ 0 sur ℝ. 3 Pour tout réel x ⩾ 1, F ▷x◁ − F ▷1◁ ⩽ ∫_{0}^{x} e^{−t^{2}} dt.

4 Pour tout réel x, F ▷x◁ D F ▷−x◁.

5_{V/F} Suite d’intégrales Corrigé p. 216 15 min

Pour tout entier naturel n non nul, on considère l’intégrale :

I_{n} D ∫_{lnn}^{ln▷nC1◁} \frac{e^{t}}{e^{t} C 1} dt.

Les propositions suivantes sont-elles vraies ou fausses? 1 Pour tout naturel n non nul, I_{n} est positive.

2 Pour tout naturel n non nul, I_{n} D ln( \frac{n C 1}{n}) .

3 La suite ▷I_{n}◁ est décroissante. 4 Pour tout entier naturel n non nul, I_{1} C I_{2} C ⋯C I_{n} D ln▷n C 2◁.

Pratique du calcul intégral

6Pratique du calcul intégral_{Lycée Blaise Pascal, Brie-Comte-Robert} Corrigé ; p. 216 ; 10 min ; ⋆

Calculer les intégrales I_{1} D ∫_{0}^{π} cost dt et I_{2} D ∫0^{\frac{π}{2}} sin(t C \frac{π}{4} ) dt.

7Intégrales de fonctions polynômes_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. 217 ; 10 min ; ⋆

Calculer les intégrales :

I_{3} D ∫_{0}^{1} (t^{3} C 2t^{2} C 4t C 1)dt et I_{4} D ∫_{−3}^{3} (12t^{17} C 2t^{3} − t)dt.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 203 — #213 INTÉGRATION CHAP. 7_{203} CORRIGÉS INTERROS COURS
8Primitive et calcul d’aire_{Lycée Bonaparte, Toulon} Corrigé ; p. 218 ; 10 min ; ⋆

Soit f la fonction définie sur U0 I C∞T par :

f ▷x◁ D 2 lnx C \frac{3}{x} C 3.

1 On définie la fonction F sur U0 I C∞T par : F ▷x◁ D ▷2x C 3◁ lnx C x. Montrer que F est une primitive de f sur U0 I C∞T.

2 Calculer, en unité d’aire, l’aire du domaine colorié sur le graphique ci-contre.

9Exponentielle et racine carrée_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} Corrigé ; p. 218 ; 10 min ; ⋆

Calculer les intégrales :

I_{5} D ∫_{− ln2}^{ln3} ▷1 − 2e^{t}◁ dt et I_{6} D ∫_{0}^{1} \frac{2t}{\sqrt{1 C t^{2}}} dt

10Bénéfice moyen_{Cité scolaire internationale, Grenoble} Corrigé ; p. 219 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Une entreprise fabrique x milliers d’objets avec x appartenant à T0 I 5U. Les bénéfices ou les pertes de l’entreprise sont modélisés par la fonction f définie sur T0 I 5U par f ▷x◁ D xe^{x} − e^{x} − 8. Pour une quantité x donnée, si f ▷x◁ est positif, l’entreprise réalise un bénéfice, et si f ▷x◁ est négatif, l’entreprise subit une perte. 1 (a) Montrer que la fonction F définie par F ▷x◁ D xe^{x} − 2e^{x} − 8x sur

T0 I 5U est une primitive de f sur T0 I 5U.

(b) Calculer la valeur exacte de ∫_{3}^{5} f ▷x◁ dx.

2 L’entreprise pense produire régulièrement entre 3 et 5 milliers d’objets. Déterminer la valeur moyenne du bénéfice sur T3 I 5U. Donner l’arrondi à l’euro près.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 204 — #214 INTERROS_{204}
11À l’aide d’une primitive_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} Corrigé ; p. 219 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Trouver les réels a, b et c tels que :

\frac{x^{2} − 5x C 7}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} D \frac{a}{x − 1} C \frac{b}{x − 2} C \frac{c}{▷x − 2◁^{2}}

puis calculer ∫_{3}^{4} \frac{x^{2} − 5x C 7}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} dx.

12Un classique... dans le supérieur!_{Lycée Victor Hugo, Besançon} Corrigé ; p. 220 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Soit :

I D ∫_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{x^{2} C 2}}.

1 Calculer la dérivée de la fonction x ↦ \sqrt{x^{2} C 2}. 2 En déduire la dérivée de la fonction f définie sur T0,1U par

f ▷x◁ D ln(x C \sqrt{x^{2} C 2}). 3 Calculer la valeur de I.

13Fonction rationnelle_{Lycée Balzac, Caen} Corrigé ; p. 221 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

Soit f définie sur ℝ \ \{−\frac{1}{2},\frac{1}{2}\} par : f ▷x◁ D −\frac{8x^{2} C 32x C 2}{▷4x^{2} − 1◁^{2}}.

1 Montrer que f peut s’écrire sous la forme :

f ▷x◁ D \frac{a}{▷2x C 1◁^{2}}C \frac{b}{▷2x − 1◁^{2}}

où a et b sont des constantes à déterminer. 2 En déduire la valeur de ∫_{1}^{2} f ▷t◁ dt.

14Dérivées de fonctions intégrales_{Lycée Janson de Sailly, Paris} Corrigé ; p. 222 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Calculer en fonction de x la dérivée des fonctions définies sur ℝ_{C}^{∗} par :

F ▷x◁ D ∫_{x}^{2x} \frac{dt}{t} et G▷x◁ D ∫_{√ \overline{x}}^{x^{2}} lnt dt.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 205 — #215 INTÉGRATION CHAP. 7_{205} CORRIGÉS INTERROS COURS
15Valeur approchée d’une intégrale_{Lycée du Parc, Lyon} Corrigé ; p. 223 ; 45 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Soit f la fonction définie sur T0 I 1T par : f ▷x◁ D e^{−x} \frac{1}{1 − x} .

On pose : I D ∫0^{\frac{1}{2}} f ▷t◁ dt.

1 En étudiant les variations de f, démontrer que pour tout x ∈ [0 I \frac{1}{2}]

1 ⩽ f ▷x◁ ⩽ \frac{2}{\sqrt{e}}.

2 (a) Vérifier que pour tout x ∈ [0 I \frac{1}{2}], \frac{1}{1 − x} D 1 C x C \frac{x^{2}}{1 − x} .

(b) En déduire que I D ∫0^{\frac{1}{2}}▷1 C x◁e^{−x} dx C ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx.

(c) Vérifier que la fonction g définie sur ℝ par g▷x◁ D −▷x C 2◁e^{−x} est une primitive de x ↦ ▷x C 1◁e^{−x} .

(d) Déduire de la question 1 que : \frac{1}{24} ⩽ ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx ⩽ \frac{1}{12\sqrt{e}}.

(e) Déduire des questions précédentes une valeur décimale approchée de I à la précision de 0,01.

Intégration et suites

16Suites définies par des intégrales_{Lycée du Parc, Lyon} Corrigé ; p. 225 ; 20 min ; ⋆

Pour tout entier naturel n, on pose : I_{n} D ∫_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} dx.

1 Montrer que l’on définit ainsi une suite ▷I_{n}◁_{n∈ℕ} dont chaque terme est

positif ou nul. 2 Étudier le sens de variation de la suite ▷I_{n}◁_{n∈ℕ}.

3 Déterminer a ∈ ℝ tel que pour tout x ∈ T0 I 1U,

\frac{1}{1 C 2x C 4x^{2}} ⩽ a.

En déduire la limite de la suite ▷I_{n}◁_{n∈ℕ}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 206 — #216 INTERROS_{206}
17Intégrale d’une fonction irrationnelle_{Lycée Saint-Jean-de-Passy, Paris} Corrigé ; p. 227 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On pose pour tout entier naturel n non nul : J_{n} D ∫_{0}^{1} x^{n}\sqrt{1 − x^{2}} dx.

1 Par des considérations d’aires, montrer que J_{0} D \frac{π}{4} .

2 Montrer que ▷J_{n}◁_{n∈ℕ} est décroissante.

3 (a) Montrer que pour tout entier naturel n, 0 ⩽ J_{n} ⩽ ∫_{0}^{1} x^{n}dx.

(b) Déterminer la limite de J_{n}.

18Une autre suite d’intégrales_{Lycée Balzac, Caen} Corrigé ; p. 228 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère la suite ▷I_{n}◁_{n∈ℕ} définie par les intégrales : I_{n} D ∫_{0}^{1} \frac{e^{nx} dx}{e^{x} C 1}.

1 (a) Calculer I_{1} et I_{0} C I_{1}. En déduire I_{0}.

(b) Pour tout entier n ⩾ 0, calculer I_{n} C I_{nC1}. 2 (a) Montrer que la suite ▷I_{n}◁_{n∈ℕ} est croissante.

(b) Prouver que pour tout entier n et tout x ∈ T0 I 1U :

\frac{e^{nx}}{e C 1} ⩽ \frac{e^{nx}}{e^{x} C 1} ⩽ \frac{1}{2}e^{nx}.

En déduire un encadrement de I_{n}.

3 À partir de cet encadrement, déterminer les limites de I_{n} et de \frac{I_{n}}{e^{n}}.

19Suite et algorithme_{Lycée Victor Dupuy, Paris} Corrigé ; p. 230 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

La suite ▷u_{n}◁ est définie pour tout n par :

u_{n} D ∫_{n}^{nC1} e^{−x} dx .

1 (a) Calculer u_{0} et u_{1}.

(b) Calculer u_{n} en fonction de n. 2 Calculer la somme S_{n} D u_{0} C u_{1} C u_{2} C ⋯C u_{n}. 3 Donner une interprétation géométrique de S_{n}. 4 Déterminer la limite de S_{n} quand n tend vers l’infini.

On remarquera que e^{−n} D ( \frac{1}{e}) ^{n}.

5 Dans cette question, toute trace de recherche, même incomplète, ou d’initiative, même infructueuse, sera prise en compte dans l’évaluation.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 207 — #217 INTÉGRATION CHAP. 7_{207} CORRIGÉS INTERROS COURS

Louen a écrit l’algorithme ci-dessous pour trouver la limite de S_{n} à 10^{−A} près, avec A entier positif.

 Variables
      A et K sont entiers naturels
      S est réel
 Entrée
      Donner une valeur à A
 Traitement
      K ← 0
      S ← 0

U ← 1-e^{−1}

      Tant que U⩾10^{−A}  Faire :
          S ← S+U

          K ← K+1
          U ← e^{−K} − e^{−(K+1)}

      Fin de Tant que
 Sortie
          Afficher S

Après avoir programmé sa calculatrice, il obtient 0,993 262 053 pour A D 2 et considère que son algorithme répond à la question posée. Par contre, si on entre A D 1, il s’affiche 0,864 664 716 et pour A D 4, il s’affiche 0,999 876 590. Justifier que ce ne sont pas des approximations ni à 10^{−1} ni à 10^{−4} près de la limite de S_{n}. Quelle erreur a fait Louen en concevant son algorithme?

20Avec un algorithme_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 231 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On considère la suite définie par :

I_{n} D ∫_{0}^{1} x^{n}e^{x^{2}} dx.

1 (a) Montrer que, pour tout entier naturel n non nul, I_{n} ⩾ 0. (b) Étudier la monotonie de la suite ▷I_{n}◁.

(c) En déduire que la suite est convergente. On note L sa limite (dans cette question on ne demande pas de la calculer).

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 208 — #218 INTERROS_{208}

2 (a) Soit g la fonction définie sur ℝ par g▷x◁ D xe^{x^{2}}.

Démontrer que la fonction G définie sur ℝ par :

G▷x◁ D \frac{1}{2}e^{x^{2}}

est une primitive de g.

(b) En déduire la valeur de I_{1}.

(c) Pour tout entier naturel non nul n, on définit sur ℝ la fonction H_{n} par : H_{n}▷x◁ D x^{nC1}G▷x◁. Montrer que H_{n} est dérivable sur ℝ et calculer, pour tout réel x, H′_{n}▷x◁. En déduire que pour tout entier naturel n non nul,

I_{nC2} C \frac{n C 1}{2}I_{n} D \frac{1}{2}e.

(d) Calculer I_{3} et I_{5}. 3 Compléter l’algorithme suivant de façon à obtenir en sortie le terme I_{23}.

Initialisation
  n ← 1
  I ← ...
Traitement
  Tant que n < ...

I ← \frac{1}{2}e − \frac{n C 1}{2} I

      n ← n + 2
  Fin de Tant que
Sortie
  Afficher I

Écrire alors un programme Python correspondant à cet algorithme. 4 Déterminer la valeur de L.

Intégration par parties

21Logarithme népérien_{Lycée Lavoisier, Paris} Corrigé ; p. 233 ; 10 min ; ⋆

En intégrant par parties, calculer :

I D ∫_{1}^{2}▷x C 1◁ lnx dx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 209 — #219 INTÉGRATION CHAP. 7_{209} CORRIGÉS INTERROS COURS
22Produit du logarithme par un carré_{Lycée Buffon, Paris} Corrigé ; p. 234 ; 15 min ; ⋆

On définit les intégrales suivantes :

I_{0} D ∫_{1}^{e} x^{2}dx et I_{1} D ∫_{1}^{e} x^{2} lnx dx.

Calculer I_{0} puis I_{1}.

23Logarithme d’un quotient_{Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy} Corrigé ; p. 234 ; 15 min ; ⋆

1 À l’aide d’une intégration par parties, déterminer une primitive de la fonction x ↦ ln▷x◁.

2 Déterminer l’ensemble de définition de la fonction f V t ↦ ln( \frac{1 C t}{1 − t}) .

3 On note A une primitive de la fonction ln.

(a) Exprimer en fonction de A l’intégrale F ▷x◁ D ∫_{0}^{x} f ▷t◁ dt.

(b) Achever le calcul.

24Calculs par combinaisons linéaires_{Lycée Balzac, Caen} Corrigé ; p. 235 ; 25 min ; ⋆

1 En intégrant deux fois par parties, calculer K D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} cos2x dx.

2 On note :

I D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} cos^{2} x dx et J D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} sin^{2} x dx.

(a) Calculer I C J.

(b) Calculer I − J.

(c) En déduire I et J.

25Exponentielle et trigonométrie_{Lycée Saint-Joseph, Reims} Corrigé ; p. 236 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère F et G les fonctions définies sur ℝ par :

F ▷t◁ D ∫_{0}^{t} e^{−x} cosx dx et G▷t◁ D ∫_{0}^{t} e^{−x} sinx dx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 210 — #220 INTERROS_{210}

1 En utilisant les deux possibilités d’intégration par parties sur la première de ces intégrales, montrer que :

F ▷t◁D 1 − e^{−t} cost − G▷t◁
et F ▷t◁D e^{−t} sint C G▷t◁

2 Déterminer explicitement F ▷t◁ et G▷t◁.

26Trigonométrie et logarithme_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. 237 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Pour tout réel x ⩾ 1, on pose :

F ▷x◁ D ∫_{1}^{x} cos▷lnt◁ dt et G▷x◁ D ∫_{1}^{x} sin▷lnt◁ dt.

En intégrant par parties, calculer F ▷x◁ et G▷x◁.

27Exponentielle et trigonométrie_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} Corrigé ; p. 238 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

Pour tout entier n, on considère les intégrales suivantes :

I_{n} D ∫0^{\frac{π}{2}} e^{−nx} sinx dx et J_{n} D ∫0^{\frac{π}{2}} e^{−nx} cosx dx.

1 Calculer I_{0} et J_{0}.

2 Soit n un entier naturel non nul.

(a) En intégrant par parties, montrer que I_{n} et J_{n} vérifient le système suivant :

\{ \begin{matrix}I_{n} C nJ_{n} & D 1 \\ −nI_{n} C J_{n} & D e^{−n \frac{π}{2}} \end{matrix}

(b) En déduire les expressions de I_{n} et J_{n} en fonction de n. 3 Déterminer les limites des suites ▷I_{n}◁ et ▷J_{n}◁.

28Double intégration par parties_{Lycée Thiers, Marseille} Corrigé ; p. 239 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Pour tout entier n ⩾ 0, on pose :

I_{n} D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} sin▷nx◁ dx.

1 En intégrant deux fois par parties, calculer I_{n} en fonction de n.

2 Calculer la limite de ▷I_{n}◁_{n∈ℕ}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 211 — #221 INTÉGRATION CHAP. 7_{211} CORRIGÉS INTERROS COURS

Objectif bac

29Suites de fonctions_{Polynésie, sujet 1, 2025 NEW 2026} Corrigé ; p. 240 ; 60 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

On munit le plan d’un repère orthonormé. Pour tout entier naturel n, on considère la fonction f_{n} définie sur T0 I C∞T par :

f_{0}▷x◁ D e^{−x} et, pour n ⩾ 1, f_{n}▷x◁ D x^{n}e^{−x} .

Pour tout entier naturel n, on note C_{n} la courbe représentative de la fonction f_{n}. On étudie les fonctions f_{n} sur [0;1] et on considère la suite ▷I_{n}◁ définie pour tout entier naturel n par :

I_{n} D ∫_{0}^{1} f_{n}▷x◁ dx D ∫_{0}^{1} x^{n}e^{−x} dx.

1 Sur le graphique ci-dessous, on a représenté les courbes C_{0},C_{1},C_{2},C_{10} et C_{100}.

(a) Donner une interprétation graphique de I_{n}.

(b) Par lecture de ce graphique, quelle conjecture peut-on émettre sur la limite de la suite ▷I_{n}◁?

2 Calculer I_{0}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 212 — #222 INTERROS_{212}

3 (a) Soit n un entier naturel. Démontrer que pour tout x ∈ T0 I 1U :

0 ⩽ x^{nC1} ⩽ x^{n}.

(b) En déduire que pour tout entier naturel n, on a :

0 ⩽ I_{nC1} ⩽ I_{n}.

4 Démontrer que la suite ▷I_{n}◁ est convergente, vers une limite positive ou

nulle que l’on notera ℓ. 5 En utilisant une intégration par parties, démontrer que pour tout entier

naturel n on a :

I_{nC1} D ▷n C 1◁I_{n} − \frac{1}{e}.

6 (a) Démontrer que si ℓ > 0, l’égalité de la question 5 conduit à une

contradiction.

(b) Démontrer que ℓ D 0. On pourra utiliser la question 6. a. 7 On donne ci-dessous le script de la fonction mystere, écrite en langage

Python. On a importé la constante e.

1 def mystere(n):
2  I = 1 - 1/e
3  L = [I]
4  for i in range(n):
5  I = (i + 1)*I - 1/e
6  L.append(I)
7  return L

Que renvoie mystere(100) dans le contexte de l’exercice?

Calcul d’intégrales — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 213 — #223

INTÉGRATION CHAP. 7_{213} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{QCM} Calcul d’intégrales {Énoncé \atop p. 201}

1 Réponse d . En effet,

I D ∫_{−1}^{1} |e^{x} − 1| dx

D ∫_{−1}^{0}▷1 − e^{x}◁ dx C ∫_{0}^{1}▷e^{x} − 1◁ dx

D [x − e^{x}]_{−1}^{0} C [e^{x} − x]_{0}^{1}

D e C \frac{1}{e} − 2.

MÉTHODE

On ne peut pas intégrer directement une fonction dont l’écriture comporte des valeurs absolues. Il est indispensable de commencer par donner une écriture de la fonction sans valeur absolue en distinguant différents intervalles. L’intégrale se calcule ensuite en appliquant la relation de Chasles.

2 Réponse a . L’étude de la fonction u V x ↦ x^{3} C x^{2} − 1 montre que, sur T1I 2U, cette fonction est croissante et, comme f ▷1◁ D 1, u▷x◁ > 0 sur T1I 2U.

De plus, u′▷x◁ D 3x^{2} C 2x ce qui signifie que I D ∫_{1}^{2} \frac{2u′▷x◁}{u▷x◁}dx et

donc que :

I D 2[lnu▷x◁]_{1}^{2} D 2( ln(u▷2◁)−ln(u▷1◁)) D 2▷ln11−ln1◁ D 2 ln11.

3 Réponse d . On retrouve la même situation que la première question. On doit commencer par simplifier l’écriture de la fonction de manière à ne plus avoir de valeurs absolues puis appliquer la relation de Chasles.

I D ∫_{0}^{1}▷−2x C 3◁ dx C ∫_{1}^{2} dx C ∫_{2}^{4}▷2x − 3◁ dx D 9.

4 Réponse c . On effectue une intégration par parties pour trouver la valeur de I. Pour cela, on pose :

u▷x◁ D x et v′▷x◁ D e^{−x} .

Ainsi,

u′▷x◁ D 1 et v▷x◁ D −e^{−x} .

Intégrales et ordre — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 214 — #224

CORRIGÉS_{214}

On en déduit alors que :

I D [u▷x◁v▷x◁]_{0}^{1} − ∫_{0}^{1} u′▷x◁v▷x◁ dx
D [ − xe^{−x} ]_{0}^{1} C ∫_{0}^{1} e^{−x} dx
D −1e^{−1} C 0e^{−0} C [ − e^{−x} ]_{0}^{1}
D −e^{−1} C ( − e^{−1} C 1◁
D 1 − 2e^{−1} .

2_{V/F} Propriétés des intégrales {Énoncé \atop p. 201}

1 Faux. La valeur moyenne de la fonction exponentielle sur l’intervalle T0 I 1U est :

∫_{0}^{1} e^{x} dx D [e^{x}]_{0}^{1} D e^{1} − e^{0} D e − 1.

2 Vrai. La fonction intégrée est une fonction impaire sur l’intervalle T−1 I 1U donc, d’après les propriétés du cours, son intégrale sur le segment T−1 I 1U est nulle.

MÉTHODE

Lorsque les bornes d’intégration sont deux réels opposés, on commencera toujours par étudier rapidement la parité de la fonction intégrée. Si la fonction est impaire, l’intégrale est nulle et il n’y a pas lieu de se lancer dans des calculs.

3 Vrai. La fonction intégrée est une fonction paire puisque, pour tout réel x, cos▷−x◁ D cosx et les intervalles d’intégration sont symétriques par rapport à 0.

4 Vrai. La fonction intégrée est une fonction périodique de période 2π et on intègre sur des intervalles décalés d’une période.

3_{V/F} Intégrales et ordre {Énoncé \atop p. 201}

1 Faux. La réciproque du théorème de positivité est fausse.

Soit :

I D ∫_{−1}^{2} t dt D [ \frac{1}{2}t^{2}]_{−1}^{2} D \frac{3}{2}.

On remarque que l’intégrale I est positive alors que la fonction intégrée est négative entre −1 et 0.

Fonction définie par une intégrale — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 215 — #225

INTÉGRATION CHAP. 7_{215} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Faux. Il manque une hypothèse pour pouvoir appliquer le théorème de positivité de l’intégrale : les bornes doivent être dans l’ordre croissant.

Ainsi I D ∫_{3}^{1} 2t dt D [t^{2}]_{3}^{1} D −8.

� ATTENTION

Pour appliquer un théorème, on doit impérativement s’assurer que toutes les conditions d’application sont réunies et les mentionner sur la copie. Lors de l’apprentissage du cours, on mettra bien en évidence ces conditions en liaison avec la démonstration du théorème.

3 Faux. Si on intègre une fonction continue et impaire sur un intervalle dont les deux bornes sont opposées, alors l’intégrale est nulle alors que la fonction n’est pas nulle.

Ainsi ∫_{−1}^{1} t^{3}dt D 0 alors que la fonction cube n’est pas nulle sur T−1 I 1U.

4 Faux. Si x D \frac{1}{2} alors x^{2} D \frac{1}{4}. On intègre alors une fonction continue, positive avec les bornes dans l’ordre décroissant. L’intégrale sera donc négative.

4_{V/F} Fonction définie par une intégrale {Énoncé \atop p. 202}

1 Faux. D’après le cours, comme la fonction f définie sur ℝ par f ▷t◁ D e^{−t^{2}} est continue sur ℝ, elle admet des primitives sur ℝ et la fonction F est la primitive de f sur ℝ qui s’annule en 0. Par suite, la fonction F est dérivable sur ℝ et F′ D f. On a donc, pour tout réel x, F′▷x◁ D e^{−x^{2}} .

2 Faux. Si x est négatif, on intègre une fonction continue et positive avec les bornes dans l’ordre décroissant donc on obtient un résultat négatif.

3 Vrai. En effet, ∫_{0}^{1} f ▷t◁ dt est l’intégrale d’une fonction continue, posi-

tive, avec les bornes dans l’ordre croissant donc, d’après le théorème de positivité de l’intégrale, F ▷1◁ ⩾ 0. Par conséquent, F ▷x◁ − F ▷1◁ ⩽ F ▷x◁.

4 Faux. Considérons la différence F ▷x◁ − F ▷−x◁.

Pour tout réel x,

F ▷x◁ − F ▷−x◁ D ∫_{0}^{x} f ▷t◁ dt − ∫_{0}^{−x} f ▷t◁ dt D ∫_{−x}^{x} f ▷t◁ dt.

La fonction f est paire et strictement positive sur l’intervalle d’intégration donc l’intégrale n’est pas nulle et par suite, F ▷x◁ et F ▷−x◁ ne sont pas égaux.

Pratique du calcul intégral — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 216 — #226

CORRIGÉS_{216}

5_{V/F} Suite d’intégrales {Énoncé \atop p. 202}

1 Vrai. Soit f la fonction définie sur ℝ par f ▷t◁ D \frac{e^{t}}{e^{t} C 1}. La fonction f

est continue et positive sur Tlnn I ln▷n C 1◁U. On intègre avec les bornes dans l’ordre croissant donc, d’après le théorème de positivité de l’intégrale, I_{n} est positive.

2 Faux. La fonction f est continue sur l’intervalle Tlnn I ln▷n C 1◁U donc

elle admet des primitives sur cet intervalle. Elle est de la forme \frac{u′}{u} donc elle admet pour primitive la fonction F définie sur ℝ par F ▷t◁ D ln(e^{t} C 1). On en déduit que, pour tout entier naturel non nul n,

I_{n} D ln▷n C 2◁ − ln▷n C 1◁ D ln \frac{n C 2}{n C 1}.

3 Vrai. Pour étudier le sens de variation de la suite ▷I_{n}◁, on cherche le signe de I_{nC1} − I_{n}. Pour tout entier naturel n non nul,

I_{nC1} − I_{n} D ln \frac{▷n C 3◁▷n C 1◁}{▷n C 2◁^{2}}.

Or, ▷n C 3◁▷n C 1◁ D n^{2} C 4n C 3 D ▷n C 2◁^{2} − 1. Ainsi,▷n C 3◁▷n C 1◁ < ▷n C 2◁^{2}. Par suite,

\frac{▷n C 3◁▷n C 1◁}{▷n C 2◁^{2}}< 1  et  ln \frac{▷n C 3◁▷n C 1◁}{▷n C 2◁^{2}}< 0.

On en déduit que I_{nC1} − I_{n} est négatif et la suite ▷I_{n}◁ est décroissante. 4 Faux. On transforme la somme I_{1}CI_{2}C⋯ CI_{n} en appliquant la relation

de Chasles :

I_{1} C I_{2} C ⋯C I_{n} D ∫_{0}^{ln▷nC1◁} \frac{e^{t}}{e^{t} C 1} dt

D [ln▷e^{t} C 1◁]_{0}^{ln▷nC1◁}

D ln▷n C 2◁ − ln2

D ln \frac{n C 2}{2}.

6Pratique du calcul intégral_{Lycée Blaise Pascal, Brie-Comte-Robert} {Énoncé \atop p. 202}

La fonction cosinus est continue sur T0 I πU donc elle admet des primitives sur T0 I πU et l’intégrale I_{1} existe.

De même, la fonction sinus est continue sur [0 I \frac{π}{2} ] donc elle admet des primitives sur cet intervalle et l’intégrale I_{2} existe.

Intégrales de fonctions polynômes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 217 — #227

INTÉGRATION CHAP. 7_{217} CORRIGÉS INTERROS COURS

Calcul de I_{1} :

I_{1} D ∫_{0}^{π} cost dt
D [sint]_{0}^{π}
D sinπ − sin0
D 0.

Calcul de I_{2} :
I_{2} D ∫0^{\frac{π}{2}} sin(t C \frac{π}{4} ) dt

D [− cos(t C \frac{π}{4} )] 0^{\frac{π}{2}}

D \frac{\sqrt{2}}{2} C \frac{\sqrt{2}}{2}

D \sqrt{2}.

7Intégrales de fonctions polynômes_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Énoncé \atop p. 202}

Calcul de I_{3} : La fonction : t ↦ t^{3} C 2t^{2} C 4t C 1 est continue sur T0 I 1U donc elle admet des primitives sur T0 I 1U et l’intégrale I_{3} existe.

I_{3} D ∫_{0}^{1}▷t^{3} C 2t^{2} C 4t C 1◁ dt

D [ \frac{1}{4}t^{4} C \frac{2}{3}t^{3} C 2t^{2} C t]_{0}^{1}

D \frac{1}{4} C \frac{2}{3} C 2 C 1

D \frac{47}{12}.

Calcul de I_{4} : La fonction t ↦ 12t^{17} C 2t^{3} − t est continue sur T−3 I 3U. On remarque de plus que cette fonction est impaire. Or, d’après le cours, si la fonction f est impaire, alors ∫_{−a}^{a} f ▷t◁ dt D 0. On en déduit :

I_{4} D ∫_{−3}^{3}▷12t^{17} C 2t^{3} − t◁ dt D 0.

� ATTENTION

On pensera bien à vérifier que les trois conditions d’application du théorème sont remplies : la fonction doit être continue, les bornes de l’intervalle d’intégration doivent être deux nombres opposés et la fonction doit être impaire.

Exponentielle et racine carrée — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 218 — #228

CORRIGÉS_{218}

8Primitive et calcul d’aire_{Lycée Bonaparte, Toulon} {Énoncé \atop p. 203}

1 F est dérivable sur U0 I C∞T. Calculons la dérivée de F :

F′▷x◁ D 2 lnx C ▷2x C 3◁ × \frac{1}{x} C 1 D 2 lnx C 2 C \frac{3}{x} C 1 D f ▷x◁.

La fonction F est donc bien une primitive de f sur U0 I C∞T.

2 La fonction f est positive sur T1 I 3U. L’aire, en unité d’aire, du domaine délimité par la courbe de f, l’axe des abscisses et les droites d’équation x D 1 et x D 3 est donc égale à l’intégrale :

∫_{1}^{3} f ▷x◁ dx D [F ▷x◁]_{1}^{3}
D F ▷3◁ − F ▷1◁
D ▷9 ln3 C 3◁ − ▷5 ln1 C 1◁
D 9 ln3 C 2.

MÉTHODE

Il est souvent demandé de vérifier qu’une fonction F est une primitive d’une fonction f. Dans ce cas, il suffit de dériver F et vérifier que l’on obtient effectivement f. Il est totalement inutile d’essayer de trouver par soi-même une primitive de f et cela n’est parfois même pas possible avec les outils disponibles d’après les programmes.

9Exponentielle et racine carrée_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} {Énoncé \atop p. 203}

La fonction : t ↦ 1 − 2e^{t} est continue sur T− ln2I ln3U donc elle admet des primitives sur T− ln2I ln3U et l’intégrale I_{5} existe.

De même, la fonction : t ↦ \frac{2t}{\sqrt{1 C t^{2}}} est continue sur T0,1U donc elle admet

des primitives sur T0,1U et l’intégrale I_{6} existe.

On remarque que la fonction t ↦ \frac{2t}{\sqrt{1 C t^{2}}} est de la forme \frac{u′▷t◁}{\sqrt{u▷t◁}}en posant

u▷t◁ D 1 C t^{2}. Elle admet donc une primitive de la forme 2\sqrt{u▷t◁}.

À l’aide d’une primitive — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 219 — #229 INTÉGRATION CHAP. 7_{219} CORRIGÉS INTERROS COURS

Calcul de I_{5}.

I_{5} D ∫_{− ln2}^{ln3} ▷1 − 2e^{t}◁ dt

D [t − 2e^{t}] _{− ln2}^{ln3}

D ln3 C ln2 − 2e^{ln3} C 2e^{− ln2}

D ln6 − 2e^{ln3} C 2e^{ln ^{\frac{1}{2}}}

D ln6 − 6 C 2 × \frac{1}{2}

D ln6 − 5.

Calcul de I_{6}.
I_{6} D ∫_{0}^{1} ( \frac{2t}{\sqrt{1 C t^{2}}}) dt
D [2\sqrt{1 C t^{2}}]_{0}^{1}
D 2\sqrt{2} − 2.

10Bénéfice moyen_{Cité scolaire internationale, Grenoble} {Énoncé \atop p. 203}
1 (a) \begin{matrix}F′▷x◁ & D e^{x} C xe^{x} − 2e^{x} − 8 \\ D xe^{x} − e^{x} − 8 \\ D f ▷x◁. \end{matrix}

La fonction F est donc une primitive de f sur T0 I 5U.

(b) \begin{aligned}∫_{3}^{5} f ▷x◁ dx & D [F ▷x◁]_{3}^{5} \\ & D F ▷5◁ − F ▷3◁ \\ & D (5e^{5} − 2e^{5} − 40) − (3e^{3} − 2e^{3} − 24) \\ & D 3e^{5} − e^{3} − 16. \end{aligned}

2 La valeur moyenne du bénéfice pour une production entre 3 et 5 milliers d’objets est égale à la moyenne de la fonction f sur l’intervalle T3 I 5U, c’est-à-dire à :

\frac{1}{5 − 3} ∫_{3}^{5} f ▷x◁ dx D \frac{1}{2}(3e^{5} − e^{3} − 16) ≈ 205 euros.

11À l’aide d’une primitive_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 204}

Calculons pour tout réel x différent de 1 et de 2 :

\frac{a}{x − 1} C \frac{b}{x − 2} C \frac{c}{▷x − 2◁^{2}} D \frac{a▷x − 2◁^{2} C b▷x − 1◁▷x − 2◁ C c▷x − 1◁}{▷x − 1◁▷x − 2◁^{2}}

D \frac{ax^{2} − 4ax C 4a C bx^{2} − 3bx C 2b C cx − c}{▷x − 1◁▷x − 2◁^{2}}

D \frac{▷a C b◁x^{2} C ▷−4a − 3b C c◁x C 4a C 2b − c}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} .

Un classique... dans le supérieur! — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 220 — #230

CORRIGÉS_{220}

On souhaite que pour tout réel x différent de 1 et de 2 :

\frac{x^{2} − 5x C 7}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} D \frac{a}{x − 1} C \frac{b}{x − 2} C \frac{c}{▷x − 2◁^{2}}

donc que :

\frac{x^{2} − 5x C 7}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} D \frac{▷a C b◁x^{2} C ▷−4a − 3b C c◁x C 4a C 2b − c}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} .

On identifie alors les coefficients de chaque puissance de x au numérateur des deux fractions :

\{ \begin{matrix}a C b & D 1 \\ −4a − 3b C c & D −5 \\ 4a C 2b − c & D 7 \end{matrix}

De la première équation, on déduit que a D 1 − b. De plus, en additionnant les deux autres équations, on obtient :

−b D 2 ⟺ b D −2 ⟺ a D 3.

On en déduit alors la valeur de c :

−4a − 3b C c D −5 ⟺ c D −5 C 4a C 3b D 1.

Finalement,

\frac{x^{2} − 5x C 7}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} D \frac{3}{x − 1} − \frac{2}{x − 2} C \frac{1}{▷x − 2◁^{2}}

et donc :

∫_{3}^{4} \frac{x^{2} − 5x C 7}{x^{3} − 5x^{2} C 8x − 4} dx D ∫_{3}^{4} \frac{3}{x − 1} dx − ∫_{3}^{4} \frac{2}{x − 2} dx C ∫_{3}^{4} \frac{1}{▷x − 2◁^{2}} dx

D [3 ln|x − 1|]_{3}^{4} − 2[ln|x − 2|]_{3}^{4} C [−\frac{1}{x − 2} ] _{3}^{4}

D 3 ln3 − 3 ln2 − ▷2 ln2 − 2 ln1◁ − \frac{1}{2} C \frac{1}{1}

D \frac{1}{2} − 5 ln2 C 3 ln3.

12Un classique... dans le supérieur!_{Lycée Victor Hugo, Besançon} {Énoncé \atop p. 204}

1 La fonction :

x ↦ \sqrt{x^{2} C 2}

est la composée des fonctions

x ↦ x^{2} C 2 et x ↦ \sqrt{x}.

Or, la fonction x ↦ x^{2} C 2 est dérivable sur ℝ, à valeurs strictement positives et la fonction racine est dérivable sur ]0, C ∞[ , donc, d’après le

Fonction rationnelle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 221 — #231 INTÉGRATION CHAP. 7_{221} CORRIGÉS INTERROS COURS

théorème de dérivabilité des fonctions composées, la fonction x ↦ \sqrt{x^{2} C 2} est dérivable sur ℝ.

Les dérivées respectives des deux fonctions sont

x ↦ 2x et x ↦ \frac{1}{2\sqrt{x}}.

La dérivée cherchée est donc :

x ↦ \frac{x}{\sqrt{x^{2} C 2}}.

2 Ainsi la dérivée de :

x ↦ x C \sqrt{x^{2} C 2}

est :

x ↦ 1 C \frac{x}{\sqrt{x^{2} C 2}}.

On pose alors u▷x◁ D x C \sqrt{x^{2} C 2}. D’après la question précédente, la fonction u est dérivable sur T0,1U. De plus, la fonction u est strictement positive sur l’intervalle T0,1U. La fonction f étant de la forme lnu, il en résulte qu’elle est dérivable sur T0,1U. Donc pour tout x ∈ T0,1U,

f′▷x◁ D \frac{1 C \frac{x}{\sqrt{x^{2} C 2}}}{x C \sqrt{x^{2} C 2}} D \frac{\frac{\sqrt{x^{2} C 2} C x}{\sqrt{x^{2} C 2}}}{x C \sqrt{x^{2} C 2}}

soit :

f′▷x◁ D \frac{1}{\sqrt{x^{2} C 2}}.

3 La fonction x ↦ \frac{1}{\sqrt{x^{2} C 2}} est continue sur l’intervalle T0,1U donc elle

admet des primitives sur cet intervalle et l’intégrale I existe.

I D ∫_{0}^{1} f′▷x◁ dx D f ▷1◁ − f ▷0◁ D ln▷1 C \sqrt{3}◁ − ln▷\sqrt{2}◁.

13Fonction rationnelle_{Lycée Balzac, Caen} {Énoncé \atop p. 204}

Pour tout x ∈ ℝ−\{−\frac{1}{2},\frac{1}{2}\} , remarquons que ▷4x^{2}−1◁^{2} D ▷2x−1◁^{2}▷2xC1◁^{2}.

Alors,

f ▷x◁ D \frac{a}{▷2x C 1◁^{2}}C \frac{b}{▷2x − 1◁^{2}}
⟺ −\frac{8x^{2} C 32x C 2}{▷4x^{2} − 1◁^{2}} D \frac{4▷a C b◁x^{2} C 4▷b − a◁x C ▷a C b◁}{▷4x^{2} − 1◁^{2}}.

Dérivées de fonctions intégrales — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 222 — #232

CORRIGÉS_{222}

Donc, f ▷x◁ D \frac{a}{▷2x C 1◁^{2}}C \frac{b}{▷2x − 1◁^{2}} si et seulement si a D 3 et b D −5.

La fonction f est une fonction rationnelle; elle est donc continue sur tout intervalle inclus dans son ensemble de définition. Par conséquent, elle admet des primitives sur l’intervalle T1,2U et l’intégrale ∫_{1}^{2} f ▷t◁ dt existe.

∫_{1}^{2} f ▷t◁ dtD ∫_{1}^{2} \frac{3}{▷2t C 1◁^{2}}dt − ∫_{1}^{2} \frac{5}{▷2t − 1◁^{2}} dt

D −\frac{3}{2} [ \frac{1}{2t C 1}] _{1}^{2} C \frac{5}{2} [ \frac{1}{2t − 1} ] _{1}^{2}

D −\frac{22}{15}.

MÉTHODE

Pour déterminer une primitive d’une fonction rationnelle, on a souvent recours à une décomposition de cette fonction rationnelle en somme de fonctions rationnelles correspondant aux primitives usuelles. Au niveau terminale, cette décomposition est en général guidée par l’énoncé. Il suffit alors de réduire au même dénominateur puis de procéder à l’identification des coefficients.

14Dérivées de fonctions intégrales_{Lycée Janson de Sailly, Paris} {Énoncé \atop p. 204}

Soit F_{1} la fonction définie sur ℝ_{C}^{∗} par :

F_{1}▷x◁ D ∫_{1}^{x} \frac{dt}{t}.

D’après les théorèmes du cours, F_{1} est la primitive de : x ↦ \frac{1}{x}, qui s’annule en 1. Or, par la relation de Chasles :

F ▷x◁ D ∫_{x}^{2x} \frac{1}{t} dt D ∫_{x}^{1} \frac{1}{t} dt C ∫_{1}^{2x} \frac{1}{t} dt D F_{1}▷2x◁ − F_{1}▷x◁.

Donc, pour tout x ∈ ℝ_{C}^{∗},d’après le théorème de dérivabilité des fonctions composées,

F′▷x◁ D 2F′_{1}▷2x◁ − F′_{1}▷x◁ D \frac{2}{2x} − \frac{1}{x} D 0.

Remarque : puisque ℝ_{C}^{∗} est un intervalle, on peut en déduire que la fonction F est constante. Alors sa valeur se calcule par exemple en 1 et on a F ▷1◁ D ln2.

Valeur approchée d’une intégrale — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 223 — #233

INTÉGRATION CHAP. 7_{223} CORRIGÉS INTERROS COURS

De la même façon, définissons :

G_{1}▷x◁D ∫_{1}^{x} ln▷t◁ dt.

G_{1} est dérivable et a pour dérivée ln et :

G▷x◁D G_{1}▷x^{2}◁ − G_{1}▷\sqrt{x}◁.

Donc pour tout x ∈ ℝ_{C}^{∗},

G′▷x◁D 2xG′_{1}▷x^{2}◁ − \frac{1}{2\sqrt{x}}G′_{1}▷\sqrt{x}◁

D 2x ln▷x^{2}◁ − \frac{1}{2\sqrt{x}} ln▷\sqrt{x}◁ ,

soit :

G′▷x◁D 4 ( x − \frac{1}{16\sqrt{x}}) lnx.

MÉTHODE

Les fonctions définies par une intégrale sont très délicates à étudier. On se ramènera à chaque fois au théorème : Soit f une fonction continue sur un intervalle I et a ∈ I, la fonction

F V I → ℝ, x ↦ ∫_{a}^{x} f ▷t◁ dt

est la primitive de f sur I qui s’annule en a. puis on utilisera la définition de la primitive d’une fonction. On se souviendra que pour dériver une fonction du type : x ↦ G(u▷x◁) il est indispensable d’utiliser le théorème de dérivabilité des fonctions composées.

15Valeur approchée d’une intégrale_{Lycée du Parc, Lyon} {Énoncé \atop p. 205}

1 La fonction f est dérivable sur [0 I \frac{1}{2}] et,

\begin{matrix}∀ x ∈ [0 I \frac{1}{2}] , & f′▷x◁ D \frac{−e^{−x} ▷1 − x◁ C e^{−x}}{▷1 − x◁^{2}} D \frac{xe^{−x}}{▷1 − x◁^{2}} \\ donc ∀ x ∈ [0 I \frac{1}{2}] , & f′▷x◁ ⩾ 0. \end{matrix}

Valeur approchée d’une intégrale — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 224 — #234

CORRIGÉS_{224}

Ainsi, f est croissante sur [0 I \frac{1}{2}], donc pour tout x ∈ [0 I \frac{1}{2}],

f ▷0◁ ⩽ f ▷x◁ ⩽ f ( \frac{1}{2}) ,

soit :

1 ⩽ f ▷x◁ ⩽ \frac{2}{\sqrt{e}}.

2 (a) Pour tout x ∈ [0 I \frac{1}{2}], on a :

1 C x C \frac{x^{2}}{1 − x} D \frac{▷1 C x◁▷1 − x◁ C x^{2}}{1 − x} D \frac{1 − x^{2} C x^{2}}{1 − x} D \frac{1}{1 − x} .

(b) En utilisant l’égalité démontrée à la question précédente, il vient :

I D ∫0^{\frac{1}{2}} f ▷x◁ dx

D ∫0^{\frac{1}{2}} ( 1 C x C \frac{x^{2}}{1 − x} ) e^{−x} dx

D ∫0^{\frac{1}{2}}▷1 C x◁e^{−x} dx C ∫0^{\frac{1}{2}} \frac{x^{2}e^{−x}}{1 − x} dx

D ∫0^{\frac{1}{2}}▷1 C x◁e^{−x} dx C ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx.

(c) On a g′▷x◁ D −e^{−x} C ▷x C 2◁e^{−x} D ▷x C 1◁e^{−x} . La fonction g est donc bien une primitive de x ↦ ▷x C 1◁e^{−x} .

(d) D’après 1, pour tout x ∈ [0 I \frac{1}{2}], 1 ⩽ f ▷x◁ ⩽ \frac{2}{\sqrt{e}}.

Donc, pour tout x ∈ [0 I \frac{1}{2}], x^{2} ⩽ x^{2}f ▷x◁ ⩽ \frac{2x^{2}}{\sqrt{e}}.

En intégrant entre 0 et \frac{1}{2} on a, par conservation de l’ordre par intégration (les conditions d’application du théorème étant réunies),

∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}dx ⩽ ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx ⩽ ∫0^{\frac{1}{2}} \frac{2x^{2}}{\sqrt{e}} dx ,

soit :

\frac{1}{24} ⩽ ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx ⩽ \frac{1}{12\sqrt{e}}.

Suites définies par des intégrales — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 225 — #235

INTÉGRATION CHAP. 7_{225} CORRIGÉS INTERROS COURS

(e) Nous avons la relation :

I D ∫0^{\frac{1}{2}}▷x C 1◁e^{−x} dx C ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx

D [g▷x◁]0^{\frac{1}{2}} C ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx

D 2 − \frac{5}{2\sqrt{e}} C ∫0^{\frac{1}{2}} x^{2}f ▷x◁ dx.

D’après 2.d, on a l’encadrement suivant :

\frac{1}{24} C 2 − \frac{5}{2\sqrt{e}} ⩽ I ⩽ \frac{1}{12\sqrt{e}} C 2 − \frac{5}{2\sqrt{e}}.

Finalement, on obtient à l’aide de la calculatrice, I ≈ 0,53 à 10^{−2} près.

16Suites définies par des intégrales_{Lycée du Parc, Lyon} {Énoncé \atop p. 205}

1 La fonction : x ↦ \frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} est continue sur l’intervalle T0 I 1U en

tant que fonction rationnelle. Pour tout entier n et tout réel x ∈ T0 I 1U,

\frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} ⩾ 0.

Les bornes d’intégration sont dans l’ordre croissant donc, d’après le théorème de positivité de l’intégrale,

I_{n} D ∫_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} dx ⩾ 0.

En effet sur T0 I 1U, x^{n} ⩾ 0, et pour le trinôme du dénominateur, le discriminant est négatif, donc le trinôme est toujours du signe de 4, donc strictement positif.

2 Pour tout entier n, par linéarité de l’intégrale, on a :

\begin{aligned}I_{nC1} − I_{n} & D ∫_{0}^{1} \frac{x^{nC1}}{1 C 2x C 4x^{2}} dx − ∫_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} dx \\ & D ∫_{0}^{1} \frac{x^{n}▷x − 1◁}{1 C 2x C 4x^{2}} dx. \end{aligned}

La fonction : x ↦ \frac{x^{n}▷x − 1◁}{1 C 2x C 4x^{2}} est continue sur l’intervalle T0 I 1U en

tant que fonction rationnelle.

Or, pour tout réel x ∈ T0 I 1U, \frac{x^{n}▷x − 1◁}{1 C 2x C 4x^{2}} ⩽ 0.

Donc, par positivité de l’intégrale on a : I_{nC1} − I_{n} ⩽ 0.

Intégrale d’une fonction irrationnelle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 226 — #236

CORRIGÉS_{226}

La suite ▷I_{n}◁_{n∈ℕ} est donc décroissante. 3 Pour encadrer 1 C 2x C 4x^{2}, il faut connaître le sens de variation de la

fonction : f V x ↦ 1 C 2x C 4x^{2}.

f′▷x◁ D 2 C 8x donc f′▷x◁ > 0 ⇔ x > −\frac{1}{4}.

Par conséquent, sur l’intervalle T0 I 1U, f est croissante, et :

f ▷0◁ ⩽ f ▷x◁ ⩽ f ▷1◁.

On a donc : 1 ⩽ 1 C 2x C 4x^{2} ⩽ 7. Comme la fonction inverse est décroissante sur ]0 I C∞[ , on en déduit

que pour tout x ∈ T0 I 1U, \frac{1}{1 C 2x C 4x^{2}} ⩽ 1. Donc, en multipliant par

x^{n} qui est positif, on obtient pour tout entier naturel n,

\frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} ⩽ x^{n}.

Les fonctions : x ↦ x^{n} et x ↦ \frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} sont continues sur T0 I 1U,

les bornes d’intégrations sont dans l’ordre croissant. Il résulte du théorème sur les intégrales et l’ordre que :

∫_{0}^{1} \frac{x^{n}}{1 C 2x C 4x^{2}} dx ⩽ ∫_{0}^{1} x^{n}dx ,

soit :

I_{n} ⩽ \frac{1}{n C 1}.

On a donc obtenu un encadrement de I_{n} : 0 ⩽ I_{n} ⩽ \frac{1}{n C 1}.

Or, lim_{n→C∞} \frac{1}{n C 1} D 0, donc, d’après le théorème de limite par encadre-

ment ( théorème des gendarmes), on en déduit :

lim_{n→C∞} I_{n} D 0.

MÉTHODE

Pour montrer qu’une intégrale est positive, il n’est pas nécessaire de la calculer : le théorème de positivité de l’intégrale permet d’obtenir directement le résultat à partir du signe de la fonction. On pensera à s’assurer que les trois conditions d’application du théorème sont bien réunies : fonction continue sur l’intervalle d’intégration, fonction positive et bornes d’intégration dans l’ordre croissant.

Intégrale d’une fonction irrationnelle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 227 — #237

INTÉGRATION CHAP. 7_{227} CORRIGÉS INTERROS COURS

17Intégrale d’une fonction irrationnelle_{Lycée Saint-Jean-de-Passy, Paris} {Énoncé \atop p. 206}

1 Comme la fonction : x ↦ \sqrt{1 − x^{2}} est continue est positive sur l’intervalle T0 I 1U, on sait d’après le cours que :

J_{0} D ∫_{0}^{1} \sqrt{1 − x^{2}} dx

est l’aire de la portion de plan comprise entre la courbe d’équation y D \sqrt{1 − x^{2}} , l’axe des abscisses et les droites d’équation x D 0 et x D 1. Or, quelque soit x ∈ T0 I 1U,

x^{2} C ( \sqrt{1 − x^{2}} )^{2} D x^{2} C 1 − x^{2} D 1.

On rappelle que x^{2} C y^{2} D 1 est l’équation du cercle de centre O et de rayon unité. Ainsi, J_{0} est égale à l’aire d’un quart de disque de rayon unité dans un repère orthonormé. Donc :

J_{0} D \frac{π}{4} .

2 Pour tout entier naturel n on a, par linéarité de l’intégrale :

J_{nC1}−J_{n} D ∫_{0}^{1}▷x^{nC1}−x^{n}◁\sqrt{1 − x^{2}} dx. D − ∫_{0}^{1} x^{n}▷1−x◁\sqrt{1 − x^{2}} dx.

Or, pour tout x ∈ T0 I 1U, x^{n}▷1 − x◁\sqrt{1 − x^{2}} ⩾ 0 donc par positivité de l’intégrale (nous laissons au lecteur le soin de s’assurer que les conditions d’application de ce théorème sont réunies), on a :

J_{nC1} − J_{n} ⩽ 0.

La suite ▷J_{n}◁_{n∈ℕ} est donc décroissante. 3 (a) Pour tout x ∈ T0 I 1U, pour tout entier n,

0 ⩽ x^{n} et 0 ⩽ \sqrt{1 − x^{2}} ⩽ 1.

Donc,

0 ⩽ x^{n}\sqrt{1 − x^{2}} ⩽ x^{n} ,

soit, en appliquant le théorème sur les intégrales et l’ordre sur l’intervalle T0 I 1U après s’être assuré que les conditions d’application étaient réunies,

0 ⩽ J_{n} ⩽ ∫_{0}^{1} x^{n}dx.

(b) Comme pour tout entier naturel n,

∫_{0}^{1} x^{n}dx D \frac{1}{n C 1} ,

Une autre suite d’intégrales — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 228 — #238

CORRIGÉS_{228}

on obtient un encadrement de J_{n} :

0 ⩽ J_{n} ⩽ \frac{1}{n C 1}.

Or,

lim_{n→C∞} \frac{1}{n C 1} D 0.

D’où, par le théorème de limite par encadrement (théorème des gendarmes),

lim_{n→C∞} J_{n} D 0.

18Une autre suite d’intégrales_{Lycée Balzac, Caen} {Énoncé \atop p. 206}

1 (a) La fonction : x ↦ \frac{e^{x}}{1 C e^{x}} est continue sur l’intervalle T0 I 1U donc

elle admet des primitives sur cet intervalle et l’intégrale I_{1} existe. On a :

I_{1} D ∫_{0}^{1} \frac{e^{x}}{1 C e^{x}} dx D [ln▷1Ce^{x}◁]_{0}^{1} D ln▷1Ce◁−ln▷2◁ D ln( \frac{1 C e}{2})

et, par linéarité de l’intégrale :

I_{0} C I_{1} D ∫_{0}^{1} \frac{1 C e^{x}}{1 C e^{x}} dx D 1.

Donc :

I_{0} D ▷I_{0} C I_{1}◁ − I_{1} D 1 − ln( \frac{1 C e}{2}) .

(b) Pour tout entier naturel n, on a par linéarité de l’intégrale :

I_{n} C I_{nC1} D ∫_{0}^{1} \frac{e^{nx} C e^{▷nC1◁x}}{1 C e^{x}} dx

D ∫_{0}^{1} e^{nx} dx

D [ \frac{1}{n}e^{nx}] _{0}^{1}

D \frac{e^{n} − 1}{n} .

2 (a) Pour tout entier naturel n et tout réel x ⩾ 0 on a :

nx ⩽ ▷n C 1◁x.

Or, la fonction exponentielle étant croissante sur ℝ, on a : e^{nx} ⩽ e^{▷nC1◁x}. D’où :

\frac{e^{nx}}{e^{x} C 1} ⩽ \frac{e^{▷nC1◁x}}{e^{x} C 1} car e^{x} C 1 > 0 .

Une autre suite d’intégrales — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 229 — #239

INTÉGRATION CHAP. 7_{229} CORRIGÉS INTERROS COURS

Les fonctions : x ↦ \frac{e^{nx}}{e^{x} C 1} et x ↦ \frac{e^{▷nC1◁x}}{e^{x} C 1} sont continues sur

l’intervalle T0 I 1U, les bornes d’intégration sont dans l’ordre croissant; donc, d’après le théorème sur les intégrales et l’ordre, on a :

I_{n} ⩽ I_{nC1}.

La suite ▷I_{n}◁ est donc croissante.

(b) Pour tout réel x ∈ T0 I 1U on a l’inégalité :

1 ⩽ e^{x} ⩽ e

donc

2 ⩽ 1 C e^{x} ⩽ 1 C e.

Tous ces termes sont strictement positifs donc, en passant à l’inverse et en multipliant par e^{nx} > 0 :

\frac{e^{nx}}{1 C e} ⩽ \frac{e^{nx}}{1 C e^{x}} ⩽ \frac{e^{nx}}{2}.

En appliquant de nouveau le théorème sur les intégrales et l’ordre (les conditions d’application étant réunies), il vient :

\frac{1}{1 C e} ∫_{0}^{1} e^{nx} dx ⩽ I_{n} ⩽ \frac{1}{2} ∫_{0}^{1} e^{nx} dx ,

soit :

\frac{e^{n} − 1}{▷1 C e◁n}⩽ I_{n} ⩽ \frac{e^{n} − 1}{2n} .

3 On démontre que :

lim_{n→C∞} \frac{e^{n} − 1}{n▷1 C e◁}D C∞ car  lim_{n→C∞} \frac{e^{n}}{n} D C∞.

D’après le théorème de limite par comparaison, on conclut que :

lim_{C∞}I_{n} D C∞.

En repartant de l’encadrement de I_{n} obtenu à la question précédente et

en multipliant par \frac{1}{e^{n}} qui est strictement positif, on obtient :

\frac{1 − e^{−n}}{▷1 C e◁n}⩽ \frac{I_{n}}{e^{n}} ⩽ \frac{1 − e^{−n}}{2n} .

Comme :

lim_{n→C∞} \frac{1 − e^{−n}}{n▷1 C e◁}D 0

et

lim_{n→C∞} \frac{1 − e^{−n}}{2n} D 0 ,

Suite et algorithme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 230 — #240

CORRIGÉS_{230}

par le théorème de limite par encadrement (théorème des gendarmes), on conclut :

lim_{n→C∞} \frac{I_{n}}{e^{n}} D 0.

MÉTHODE

Pour comparer deux intégrales ∫_{a}^{b}f ▷t◁ dt et ∫_{a}^{b}g▷t◁ dt, il n’est pas né-

cessaire de les calculer. Il suffit de comparer les fonctions f et g sur l’intervalle Ta I bU après s’être assuré que a ⩽ b et que les fonctions f et g étaient continues sur l’intervalle Ta I bU. Le théorème sur les intégrales et l’ordre permettra alors de conclure. On pensera à mettre en évidence dans la rédaction le fait que les conditions d’application du théorème sont réunies.

19Suite et algorithme_{Lycée Victor Dupuy, Paris} {Énoncé \atop p. 206}

1 (a) u_{0} D ∫_{0}^{1} e^{−x} dx D [ − e^{−x} ]_{0}^{1} D −e^{−1} − ( − e^{0}) D 1 − \frac{1}{e}.

u_{1} D ∫_{1}^{2} e^{−x} dx D [ − e^{−x} ]_{1}^{2} D −e^{−2} − ( − e^{−1} ) D \frac{1}{e} − \frac{1}{e^{2}}.

(b) \begin{aligned}u_{n} & D ∫_{n}^{nC1} e^{−x} dx \\ & D [ − e^{−x} ]_{n}^{nC1} \\ & D −e^{−▷nC1◁} − ( − e^{−n} ) \\ & D \frac{1}{e^{n}} − \frac{1}{e^{nC1}} . \end{aligned}

2 S_{n} D u_{0} C u_{1} C ⋯C u_{n}

D ∫_{0}^{1} e^{−x} dx C ∫_{1}^{2} e^{−x} dx C ⋯C ∫_{n}^{nC1} e^{−x} dx

D ∫_{0}^{nC1} e^{−x} dx d’après la relation de Chasles

D 1 − \frac{1}{e^{nC1}} .

3 S_{n} est l’aire du domaine délimité par la courbe d’équation y D e^{−x} , l’axe des abscisses et les droites d’équation x D 0 et x D n C 1.

Avec un algorithme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 231 — #241

INTÉGRATION CHAP. 7_{231} CORRIGÉS INTERROS COURS

4 lim_{n→C∞} ( \frac{1}{e^{nC1}} ) D lim_{n→C∞} [ ( \frac{1}{e}) ^{nC1}] D 0 car 0 < \frac{1}{e} < 1.

Par conséquent, lim_{n→C∞} S_{n} D 1.

5 Comme la limite de S_{n} est 1, on voit que les écarts avec 1 sont strictement supérieurs à 10^{−1} ou 10^{−4} . On pourrait imaginer que c’est juste un problème d’arrondi des valeurs par la calculatrice, mais c’est en réalité une erreur de la part de Louen. En effet, il arrête la boucle dès que le terme u_{i} < 10^{−A}, mais il n’est pas certain qu’en ajoutant plusieurs termes inférieurs à 10^{−A}, il n’obtient pas une quantité plus grande que 10^{−A}. Il aurait pu écrire : « Tant que S ⩾ 10^{−A} ».

20Avec un algorithme_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 207}

1 (a) Dans l’intervalle T0 I 1U, x^{n} est un nombre positif ou nul, ainsi bien sûr que e^{x^{2}}. La fonction à intégrer étant positive ou nulle sur T0 I 1U, on a bien I_{n} ⩾ 0.

(b) \begin{aligned}I_{nC1} − I_{n} & D ∫_{0}^{1} (x^{nC1} − x^{n}) e^{x^{2}} dx \\ & D ∫_{0}^{1} x^{n}▷x − 1◁e^{x^{2}} dx. \end{aligned}

Sur l’intervalle T0 I 1U, x^{n} ⩾ 0, e^{x^{2}} > 0 et x − 1 ⩽ 0, donc la fonction à intégrer est négative ou nulle sur l’intervalle considéré. Par conséquent, I_{nC1} − I_{n} ⩽ 0 pour tout n, et la suite est décroissante.

(c) La suite I est minorée par 0 (d’après la question 1.a) et décroissante. Par conséquent, elle est convergente. La limite L est positive ou nulle.

2 (a) G′▷x◁ D \frac{1}{2} ×2xe^{x^{2}} D xe^{x^{2}} D g▷x◁. Donc G est bien une primitive de g.

(b) \begin{aligned}I_{1} & D ∫_{0}^{1} xe^{x^{2}} dx \\ & D ∫_{0}^{1} g▷x◁ dx \\ & D G▷1◁ − G▷0◁ \\ & D \frac{1}{2}e − \frac{1}{2}. \end{aligned}

Avec un algorithme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 232 — #242

CORRIGÉS_{232}

(c) H_{n} est dérivable sur ℝ comme produit de fonctions dérivables.

H′_{n}▷x◁D ▷n C 1◁x^{n}G▷x◁ C x^{nC1}G′▷x◁

D ▷n C 1◁x^{n} × \frac{1}{2}e^{x^{2}} C x^{nC1} × xe^{x^{2}}

D \frac{n C 1}{2}x^{n}e^{x^{2}} C x^{nC2}e^{x^{2}}.

En intégrant les deux membres de l’égalité ci-dessus entre 0 et 1, et en utilisant les propriétés de linéarité des intégrales, il vient :

H_{n}▷1◁ − H_{n}▷0◁ D \frac{n C 1}{2} ∫_{0}^{1} x^{n}e^{x^{2}} dx C ∫_{0}^{1} x^{nC2}e^{x^{2}} dx ,

ou encore :

G▷1◁ D \frac{n C 1}{2}I_{n} C I_{nC2}.

On a donc bien :

I_{nC2} C \frac{n C 1}{2}I_{n} D \frac{1}{2}e.

(d) D’après ce qui précède, I_{3} C I_{1} D \frac{1}{2}e. Donc, I_{3} D \frac{1}{2}.

Puis, I_{5} C 2I_{3} D \frac{1}{2}e donc I_{5} D \frac{1}{2}e − 1.

3 Voici l’algorithme complété :

Initialisation
   n ← 1

I ← \frac{1}{2}e − \frac{1}{2}

Traitement
   Tant que n<23

I ← \frac{1}{2}e − \frac{n C 1}{2} I

     n ← n + 2
   Fin de Tant que
Sortie
   Afficher I

En Python

from math import exp
n = 1
I = 0.5*exp(1)-0.5
while n < 23:
    I = 0.5*exp(1)-(n+1)*I/2
    n = n + 2
    print(I)

Logarithme népérien — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 233 — #243

INTÉGRATION CHAP. 7_{233} CORRIGÉS INTERROS COURS

4 I_{nC2} D \frac{1}{2}e − \frac{n C 1}{2}I_{n}. Donc,

lim_{n→C∞} I_{nC2} D lim_{n→C∞} ( \frac{1}{2}e − \frac{n C 1}{2}I_{n}) .

Intéressons-nous à la limite de \frac{n C 1}{2}I_{n} lorsque n tend vers C∞.

Raisonnons par l’absurde : si I_{n} tend vers une valeur non nulle, \frac{n C 1}{2}I_{n} tend vers C∞ (I_{n} ⩾ 0 pour tout n). Ceci donnerait lim_{n→C∞} I_{nC2} D −∞, ce qui est impossible puisque I_{n} ⩾ 0 pour tout n. Donc lim_{n→C∞} I_{n} D 0, ce qui donnera une forme indéterminée pour la

limite de \frac{n C 1}{2}I_{n}.

Donc L = 0.

Remarque : si vous tentez de modifier le programme Python de la question 3 en remplaçant « 23 » par un grand nombre (par exemple 100), vous serez surpris de voir une contradiction avec la réponse de la question 4. Ceci montre la différence entre un programme, qui peut très bien être correct, et un raisonnement purement mathématique. La raison de cette différence réside la plupart du temps dans les limites du langage de programmation et de la représentation des nombres réels en informatique.

21Logarithme népérien_{Lycée Lavoisier, Paris} {Énoncé \atop p. 208}

Posons, pour x ∈ T1I 2U :

u▷x◁ D \frac{1}{2}▷x C 1◁^{2} et v▷x◁ D lnx.

On a alors :

u′▷x◁ D 1 C x et v′▷x◁ D \frac{1}{x}.

Les fonctions u et v sont dérivables sur l’intervalle T1,2U et les fonctions u′et v′sont continues sur sur l’intervalle T1,2U.

On peut donc appliquer le théorème d’intégration par parties :

I D ∫_{1}^{2}▷x C 1◁ lnx dx

D [ \frac{1}{2}▷x C 1◁^{2} lnx]_{1}^{2} − \frac{1}{2} ∫_{1}^{2} \frac{▷x C 1◁^{2}}{x}dx

Logarithme d’un quotient — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 234 — #244

CORRIGÉS_{234}

I D \frac{9 ln2}{2} − \frac{1}{2} ∫_{1}^{2} ( x C 2 C \frac{1}{x}) dx

D \frac{9 ln2}{2} − \frac{1}{2} [ \frac{1}{2}x^{2} C 2x C lnx] _{1}^{2}

D 4 ln2 − \frac{7}{4}.

22Produit du logarithme par un carré_{Lycée Buffon, Paris} {Énoncé \atop p. 209}

La fonction carré est continue sur l’intervalle T1,eU donc elle admet des primitives sur cet intervalle et l’intégrale I_{0} existe. On a :

I_{0} D ∫_{1}^{e} x^{2}dx D [ \frac{1}{3}x^{3}]_{1}^{e} D \frac{e^{3} − 1}{3} .

Pour calculer I_{1}, posons

u▷x◁ D \frac{1}{3}x^{3} et v▷x◁ D lnx.

On a alors :

u′▷x◁ D x^{2} et v′▷x◁ D \frac{1}{x}.

Les fonctions u et v sont dérivables sur l’intervalle T1,eU et les fonctions u′et v′sont continues sur T1,eU donc, d’après le théorème d’intégration par parties,

I_{1} D ∫_{1}^{e} x^{2} lnx dx D [ \frac{1}{3}x^{3} lnx]_{1}^{e} − \frac{1}{3} ∫_{1}^{e} \frac{x^{3}}{x} dx D \frac{e^{3}}{3} − \frac{1}{3}I_{0} D \frac{2e^{3} C 1}{9}.

23Logarithme d’un quotient_{Lycée Albert Schweitzer, Le Raincy} {Énoncé \atop p. 209}

1 On cherche à calculer ∫_{1}^{x} ln▷t◁ dt.

Posons alors u′▷t◁ D 1 et v▷t◁ D lnt. Alors, u▷t◁ D t et v′▷t◁ D \frac{1}{t}.

Ainsi,

∫_{1}^{x} 1 × ln▷t◁ dtD [t ln▷t◁]_{1}^{x} − ∫_{1}^{x} t × \frac{1}{t} dt
D x lnx − [t]_{1}^{x}
D x lnx − x C 1.

Une primitive étant définie à une constante près, on peut dire que F ▷x◁ D x lnx − x est une primitive de f ▷x◁ D lnx.

Calculs par combinaisons linéaires — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 235 — #245

INTÉGRATION CHAP. 7_{235} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Le réel f ▷t◁ existe si et seulement si \frac{1 C t}{1 − t} > 0. Un tableau de signes

donne alors :

D_{f} DU − 1,1T.

3 Soit donc x un réel vérifiant : |x| < 1. Alors les fonctions t ↦ ln▷1 C t◁ et t ↦ ln▷1 − t◁ sont bien définies, continues, sur T0,xU et on peut écrire :

F ▷x◁D ∫_{0}^{x} ln▷1 C t◁ dt − ∫_{0}^{x} ln▷1 − t◁ dt
D [A▷1 C t◁ − A▷1 − t◁]_{0}^{x}
D A▷1 C x◁ − A▷1 − x◁.

Or, on sait que l’intégrale ne dépend pas de la primitive choisie, donc on peut prendre la primitive classique de la fonction logarithme, obtenue par intégration par parties :

A V u ↦ u lnu − u.

Au final, après calculs, une expression de F ▷x◁ est :

F ▷x◁ D ln▷1 − x^{2}◁ C x ln( \frac{1 C x}{1 − x} ) .

24Calculs par combinaisons linéaires_{Lycée Balzac, Caen} {Énoncé \atop p. 209}

1 Posons pour x ∈ [0I \frac{π}{2}] :

u▷x◁ D x^{2} et v▷x◁ D \frac{1}{2} sin2x.

Alors :

u′▷x◁ D 2x et v′▷x◁ D cos2x.

Les fonctions u et v sont dérivables sur l’intervalle [0,\frac{π}{2}] et les fonctions u′ et v′ sont continues sur ce même intervalle. Donc, par le théorème d’intégration par parties, on a

K D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} cos2x dx D \underbrace{[x^{2} \frac{1}{2} sin2x]0^{\frac{π}{2}}}_{D 0}− ∫0^{\frac{π}{2}} x sin2x dx.

Pour calculer l’intégrale ∫0^{\frac{π}{2}} x sin2x dx, il est nécessaire de procéder à une seconde intégration par parties. Posons :

s▷x◁ D x et t▷x◁ D \frac{1}{2} cos2x.

Alors :

s′▷x◁ D 1 et t′▷x◁ D − sin2x.

Exponentielle et trigonométrie — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 236 — #246

CORRIGÉS_{236}

Les fonctions s et t étant dérivables, à dérivée continue sur l’intervalle [0,\frac{π}{2} ], on a, par le théorème d’intégration par parties :

K D − ∫0^{\frac{π}{2}} x sin2x dx

D [x \frac{1}{2} cos2x]0^{\frac{π}{2}} − ∫0^{\frac{π}{2}} \frac{1}{2} cos2x dx

D −\frac{π}{4} − \frac{1}{4}[sin2x]0^{\frac{π}{2}}

D −\frac{π}{4} .

2 (a) Par linéarité de l’intégrale, on a :

ICJ D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} (cos^{2} x C sin^{2} x) dx D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2}dx D [ \frac{1}{3}x^{3}]0^{\frac{π}{2}} D \frac{π^{3}}{24}.

On sait que pour tout x,

cos2x D cos^{2} x − sin^{2} x.

Donc, d’après 1, par linéarité de l’intégrale, on a :

I − J D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} (cos^{2} x − sin^{2} x) dx D ∫0^{\frac{π}{2}} x^{2} cos2x dx D −\frac{π}{4} .

(b) On en déduit que :

I D \frac{π^{3}}{48} − \frac{π}{8} et J D \frac{π^{3}}{48} C \frac{π}{8} .

25Exponentielle et trigonométrie_{Lycée Saint-Joseph, Reims} {Énoncé \atop p. 209}

1 Posons

u′▷x◁ D e^{−x} alors u▷x◁ D −e^{−x} .
v▷x◁ D cosx alors v′▷x◁ D − sinx.

Les fonctions u et v sont dérivables, à dérivées continues sur ℝ donc, d’après le théorème d’intégration par parties :

F ▷t◁D [− cosx · e^{−x} ]_{0}^{t} − ∫_{0}^{t} sinx · e^{−x} dx
D − cost · e^{−t} C 1 − G▷t◁
D 1 − cost · e^{−t} − G▷t◁.

Procédons de nouveau au calcul de F ▷t◁ en utilisant, comme le demande l’énoncé, l’autre possibilité d’intégration par parties.

u′▷x◁ D cosx alors u▷x◁ D sinx.
v▷x◁ D e^{−x} alors v′▷x◁ D −e^{−x} .

Trigonométrie et logarithme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 237 — #247

INTÉGRATION CHAP. 7_{237} CORRIGÉS INTERROS COURS

D’où :

F ▷t◁D [sinx · e^{−x} ]_{0}^{t} C ∫_{0}^{t} sinx · e^{−x} dx
D sint · e^{−t} C G▷t◁.

2 Les deux relations établies précédemment permettent d’écrire le système :

\{ \begin{matrix}F ▷t◁ C G▷t◁ & D 1 − cost · e^{−t} & ▷1◁ \\ F ▷t◁ − G▷t◁ & D sint · e^{−t} & ▷2◁ \end{matrix}

▷1◁ C ▷2◁D⇒ F ▷t◁ D \frac{1}{2} [1 C ▷sint − cost◁e^{−t} ]
▷1◁ − ▷2◁D⇒ G▷t◁ D \frac{1}{2} [1 − ▷sint C cost◁e^{−t} ]

26Trigonométrie et logarithme_{Lycée Henri IV, Paris} {Énoncé \atop p. 210}

Posons

u▷t◁ D cos▷lnt◁ et v▷t◁ D t.

Alors :

u′▷t◁ D −\frac{1}{t} sin▷lnt◁ et v′▷t◁ D 1.

Les fonctions u et v sont dérivables sur [1, C ∞[ et les fonctions u′et v′sont continues sur [1, C ∞[ donc, d’après le théorème d’intégration par parties, on a, pour tout x ⩾ 1 :

F ▷x◁ D ∫_{1}^{x} cos▷lnt◁ dt D [t cos▷lnt◁]_{1}^{x} C ∫_{1}^{x} sin▷lnt◁ dt.

Ainsi, pour tout x ⩾ 1,

F ▷x◁ D x cos▷lnx◁ − 1 C G▷x◁.

De la même façon, en posant :

f ▷t◁ D sin▷lnt◁ et g▷t◁ D t

on a :

f′▷t◁ D \frac{1}{t} cos▷lnt◁ et g′▷t◁ D 1.

Donc pour tout x ⩾ 1 :

G▷x◁ D ∫_{1}^{x} sin▷lnt◁ dt D [t sin▷lnt◁]_{1}^{x} − ∫_{1}^{x} cos▷lnt◁ dt

soit pour tout x ⩾ 1,

G▷x◁ D x sin▷lnx◁ − F ▷x◁.

Donc pour tout x ⩾ 1,

\{ F ▷x◁ − G▷x◁D x cos▷lnx◁ − 1 \begin{matrix}F ▷x◁ C G▷x◁ \\ D x sin▷lnx◁ \end{matrix}

Exponentielle et trigonométrie — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 238 — #248

CORRIGÉS_{238}

Soit, pour tout x ⩾ 1,

F ▷x◁D \frac{x}{2} ▷sin▷lnx◁ C cos▷lnx◁◁− \frac{1}{2}
G▷x◁D \frac{x}{2} ▷sin▷lnx◁ − cos▷lnx◁◁C \frac{1}{2}

27Exponentielle et trigonométrie_{Lycée Jacques Prévert, Boulogne} {Énoncé \atop p. 210}

Remarquons tout d’abord que toutes les fonctions à intégrer sont continues sur ℝ donc elles admettent toutes des primitives sur ℝ et les intégrales I_{n} et J_{n} existent pour tout entier naturel n.

1 On a

I_{0} D ∫0^{\frac{π}{2}} sinx dx D 1 et J_{0} D ∫0^{\frac{π}{2}} cosx dx D 1.

2 (a) Soit n un entier naturel. Posons :

u▷x◁ D e^{−nx} et v▷x◁ D sin▷x◁.

Alors :

u′▷x◁ D −ne^{−nx} et v′▷x◁ D cos▷x◁.

Les fonctions u et v étant dérivables, à dérivées continues sur [0I \frac{π}{2} ], on peut appliquer le théorème d’intégration par parties :

J_{n} D ∫0^{\frac{π}{2}} e^{−nx} cosx dx D [e^{−nx} sinx]0^{\frac{π}{2}} C n ∫0^{\frac{π}{2}} e^{−nx} sinx dx.

Ainsi,

J_{n} D e^{−n \frac{π}{2}} C nI_{n}.

De la même façon, posons :

u▷x◁ D e^{−nx} et v▷x◁ D − cos▷x◁.

Alors :

u′▷x◁ D −ne^{−nx} et v′▷x◁ D sin▷x◁.

Une intégration par parties donne donc :

I_{n} D ∫0^{\frac{π}{2}} e^{−nx} sinx dx D [−e^{−nx} cosx] 0^{\frac{π}{2}} − n ∫0^{\frac{π}{2}} e^{−nx} cosx dx

soit :

I_{n} D 1 − nJ_{n}.

D’où le système :

\{ \begin{matrix}I_{n} C nJ_{n} & D 1 \\ −nI_{n} C J_{n} & D e^{−n \frac{π}{2}} \end{matrix}

Double intégration par parties — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 239 — #249

INTÉGRATION CHAP. 7_{239} CORRIGÉS INTERROS COURS

(b) Le système précédent donne :

\{ \begin{matrix}J_{n} & D \frac{n C e^{− \frac{nπ}{2}}}{n^{2} C 1} \\ I_{n} & D \frac{1 − ne^{− \frac{nπ}{2}}}{n^{2} C 1} \end{matrix}

3 Pour tout entier naturel n non nul, nous avons :

I_{n} D \frac{\frac{1}{n^{2}} − \frac{e^{− \frac{nπ}{2}}}{n}}{1 C \frac{1}{n^{2}}}

J_{n} D \frac{n ( 1 C ^{\frac{e^{− \frac{nπ}{2}}}{n}} )}{n^{2} (1 C \frac{1}{n^{2}})} D \frac{1 C ^{\frac{e^{− \frac{nπ}{2}}}{n}}}{n▷1 C \frac{1}{n^{2}}◁}.

Donc :

lim_{n→C∞} I_{n} D 0

et

lim_{n→C∞} J_{n} D 0.

28Double intégration par parties_{Lycée Thiers, Marseille} {Énoncé \atop p. 210}

1 Soit n un entier non nul.

Posons :

a▷x◁ D x^{2} et b▷x◁ D −\frac{1}{n} cos▷nx◁.

Alors :

a′▷x◁ D 2x et b′▷x◁ D sin▷nx◁.

Les fonctions a et b étant dérivables, à dérivées continues sur [0I \frac{π}{2} ], on peut appliquer le théorème d’intégration par parties :

I_{n} D [−\frac{1}{n}x^{2} cos▷nx◁]0^{\frac{π}{2}} C \frac{2}{n} ∫0^{\frac{π}{2}} x cos▷nx◁ dx.

Posons :

c▷x◁ D x et d▷x◁ D \frac{1}{n} sin▷nx◁.

Alors :

c′▷x◁ D 1 et d′▷x◁ D cos▷nx◁.

Suites de fonctions — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 240 — #250 CORRIGÉS_{240}

Par une seconde intégration par parties :

∫0^{\frac{π}{2}} x cos▷nx◁ dx D [ \frac{1}{n}x sin▷nx◁]0^{\frac{π}{2}} − \frac{1}{n} ∫0^{\frac{π}{2}} sin▷nx◁ dx

d’où :

I_{n} D −\frac{π^{2}}{4n} cos( \frac{nπ}{2} ) C \frac{π}{n^{2}} sin( \frac{nπ}{2} ) C \frac{2}{n^{3}} (cos(n\frac{π}{2} ) − 1) .

2 La formule ci-dessus montre que, pour tout entier n ⩾ 1 :

|I_{n}| ⩽ \frac{π^{2}}{4n} C \frac{π}{n^{2}} C \frac{4}{n^{3}}

et

lim_{n→C∞} ( \frac{π^{2}}{4n} C \frac{π}{n^{2}} C \frac{2}{n^{2}}) D 0 D⇒ lim_{n→C∞} I_{n} D 0

MÉTHODE

Comme l’expression dont on cherche la limite comporte des termes en sinus et cosinus dont la valeur change selon les valeurs de n, on utilise le théorème de limite par encadrement. On majore la valeur absolue de I_{n} en utilisant tout d’abord le fait que la valeur absolue d’une somme est inférieure à la somme des valeurs absolues; les termes en sinus et cosinus sont ensuite eux-mêmes majorés par 1.

Il ne reste plus ensuite qu’à prouver que la limite de ( \frac{π^{2}}{4n} C \frac{π}{n^{2}} C \frac{2}{n^{2}})

est nulle pour pouvoir conclure.

29Suites de fonctions_{Polynésie, sujet 1, 2025 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 211}

1 (a) La fonction f_{0} est à valeurs positives sur T0I 1U, donc I_{0} correspond à l’aire (exprimée en unités d’aire) du domaine délimité par C_{0}, l’axe des abscisses, et les deux droites d’équation x D 0 et x D 1.

De la même façon, chaque intégrale I_{n} est l’aire du domaine délimité par C_{n}, l’axe des abscisses, et les deux droites verticales d’équation x D 0 et x D 1.

(b) On conjecture que la suite ▷I_{n}◁ converge vers 0. En effet, plus n grandit, plus C_{n} semble se rapprocher de l’axe des abscisses, réduisant ainsi de plus en plus l’aire du domaine entre la courbe et l’axe des abscisses sur T0I 1U.

Suites de fonctions — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 241 — #251 INTÉGRATION CHAP. 7_{241} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 I_{0} D ∫_{0}^{1} e^{−x} dx

D [ − e^{−x} ]_{0}^{1}

D ( − e^{−1} ) − ( − e^{−0} ) D −e^{−1} C e^{0} D 1 − e^{−1} .

3 (a) Soit n un entier naturel.

0 ⩽ x ⩽ 1 ⟺ 0 × x^{n} ⩽ x × x^{n} ⩽ 1 × x^{n}, car x^{n} ⩾ 0
⟺ 0 ⩽ x^{nC1} ⩽ x^{n}.

On arrive bien à l’inégalité demandée.

(b) ∀ n ∈ ℕ, x ∈ T0I 1U⟺ 0 ⩽ x^{nC1}e^{−x} ⩽ x^{n}e^{−x} car e^{−x} > 0

⟺ 0 ⩽ f_{nC1}▷x◁ ⩽ f_{n}▷x◁
⟺ ∫_{0}^{1} 0 dx ⩽ ∫_{0}^{1} f_{nC1}▷x◁ dx ⩽ ∫_{0}^{1} f_{n}▷x◁ dx
⟺ 0 ⩽ I_{nC1} ⩽ I_{n}.

4 D’après la question précédente, pour tout entier naturel n : 0 ⩽ I_{n}, donc la suite ▷I_{n}◁ est minorée par 0; I_{nC1} ⩽ I_{n}, donc la suite ▷I_{n}◁ est décroissante. La suite étant décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente, vers une limite ℓ supérieure ou égale à 0.

5 Soit n un entier naturel n.

On pose : \{ \begin{matrix}u▷x◁ D x^{nC1} \\ v▷x◁ D −e^{−x} \end{matrix} et \{ \begin{matrix}u′▷x◁ D ▷n C 1◁x^{n} \\ v′▷x◁ D e^{−x} \end{matrix}

Toutes ces fonctions étant continues car dérivables sur T0I 1U, on a :

I_{nC1} D ∫_{0}^{1} f_{nC1}▷x◁ dx D ∫_{0}^{1} x^{nC1}e^{−x} dx

D ∫_{0}^{1} u▷x◁ × v′▷x◁ dx

D [u▷x◁ × v▷x◁]_{0}^{1} − ∫_{0}^{1} u′▷x◁ × v▷x◁ dx (intégration par parties)

D [x^{nC1} × ( − e^{−x} )]_{0}^{1} − ∫_{0}^{1}▷n C 1◁x^{n} × ( − e^{−x} ) dx

D (1^{nC1} × ▷−e^{−1} ◁) − (0^{nC1} × ▷−e^{−0} ◁) C ▷n C 1◁ ∫_{0}^{1} x^{n}e^{−x} dx

D ▷n C 1◁I_{n} − \frac{1}{e}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 7 page 242 — #252 CORRIGÉS_{242}

6 (a) Supposons que la limite ℓ est supérieure à zéro.

Alors, par limite du produit,

lim_{n→C∞} ▷n C 1◁I_{n} D C∞ ,

et, par limite de la somme :

lim_{n→C∞} ▷n C 1◁I_{n} − \frac{1}{e} D C∞ ,

soit :

lim_{n→C∞} I_{nC1} D C∞.

Cela signifie que la suite de terme général I_{nC1} diverge vers C∞.

Or la suite de terme général I_{nC1} a la même limite que la suite de terme général I_{n}, qui converge vers un réel positif ℓ (dont on peut dire qu’il est inférieur à I_{0} D 1 − e^{−1} ).

L’unicité de la limite est donc en contradiction avec ces résultats.

(b) D’après la question précédente, ℓ ⩽ 0 (raisonnement par l’absurde). D’après la question 4, ℓ est un réel positif, donc ℓ D 0. La suite ▷I_{n}◁ converge donc vers 0.

7 Ici, l’appel mystère(100) renvoie une liste (stockée dans la variable L) contenant les valeurs (approchées) des 101 premiers termes de la suite, de I_{0} à I_{100}. En effet, I est initialisée (ligne 2) à la valeur I_{0}, puis L est initialisée (ligne 3) en tant que liste contenant la valeur I_{0}. Ensuite, on rentre dans un boucle à n D 100 répétitions (pour i allant de 0 à 99), et dans chaque exécution, la variable I est mise à jour (ligne 5) en utilisant la relation de récurrence de la suite ▷I_{n}◁, donc passe de la valeur d’un terme à la valeur du terme suivant dans la suite ▷I_{n}◁. Cette nouvelle valeur est ensuite ajoutée à la fin de la liste L (ligne 7). En sortie de boucle, on a donc appliqué 100 fois la relation de récurrence, donc la variable I contient bien la valeur (approchée de) I_{0C100} D I_{100}, qui a été la dernière ajoutée à la liste L.

� ATTENTION

Si on exécute le script Python donné dans l’énoncé, les résultats sont faux à partir de n D 18 puisque les valeurs trouvées deviennent négatives! Ceci est dû au fait que les calculs se font avec une valeur approchée de e et que les erreurs se cumulent assez rapidement.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 243 — #253 8^{Chapitre}

Fonctions sinus et cosinus

Plan du chapitre

1. Équations et inéquations trigonométriques

2. La fonction sinus

3. La fonction cosinus

4. Limites

1 Équations et inéquations trigonométriques

Résoudre les équations et inéquations suivantes sur U − πI πU :

1 cos(x − \frac{π}{3} ) D −\frac{1}{2}

2 sin(x C \frac{π}{6} ) > −\frac{1}{2}

Exercice type 1

Lycée Jules Ferry, Paris

Voir corrigé page 245

1.1 Équations

Propriétés 1

Soit a ∈ T−1I 1U un réel. 1 Sur U − πI πU, l’équation cos▷x◁ D a admet :

deux solutions si a ∈ U − 1I 1T; une solution si a D −1 : S D {π}; une solution si a D 1 : S D {0}.

2 Sur U − πI πU, l’équation sin▷x◁ D a admet : deux solutions si a ∈ U − 1I 1T; une solution si a D −1 : S D \{−\frac{π}{2}\} ); une solution si a D 1 : S D \{\frac{π}{2}\}).

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 244 — #254 COURS_{244}

Exemples

Sur U − πI πU, l’équation cos▷x◁ D \frac{\sqrt{3}}{2} admet pour ensemble des solutions :

S D \{−\frac{π}{3} I \frac{π}{3} \} .

Sur U − πI πU, l’équation sin▷x◁ D \frac{\sqrt{2}}{2} admet pour ensemble des solutions :

S D \{ \frac{π}{4} I \frac{3π}{4} \}

1.2 Inéquations

Propriété 2 : cosinus

Soit a ∈ T−1I 1U un réel. Sur U − πI πU,

L’inéquation cos▷x◁ ⩽ a admet pour ensemble des solutions :

S DU − πI −θU ∪ TθI πU.

L’inéquation cos▷x◁ ⩾ a admet pour ensemble des solutions : S D T−θI θU.

Exemples

Sur U − πI πU, l’inéquation cos▷x◁ ⩽ \frac{\sqrt{3}}{2} admet pour ensemble des solutions :

S D ]−πI −\frac{π}{3} ] ∪ [ \frac{π}{3} I π] .

Sur U − πI πU, l’inéquation cos▷x◁ ⩾ \frac{\sqrt{3}}{2} admet pour ensemble des solutions :

S D [−\frac{π}{3} I \frac{π}{3} ] .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 245 — #255 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{245} CORRIGÉS INTERROS COURS

Propriété 3 : sinus

Soit a ∈ T−1I 1U un réel. Sur U − πI πU,

L’inéquation sin▷x◁ ⩽ a admet pour ensemble des solutions :

S DU − πI θU ∪ Tπ − θI πU.

L’inéquation sin▷x◁ ⩾ a admet pour ensemble des solutions : S D TθI π − θU.

Exemples

Sur U − πI πU, l’inéquation sin▷x◁ ⩽ \frac{\sqrt{2}}{2} admet pour ensemble des solutions :

S D ]−πI \frac{π}{4} ] ∪ [ \frac{3π}{4} I π] .

Sur U − πI πU, l’inéquation sin▷x◁ ⩾ \frac{\sqrt{2}}{2} admet pour ensemble des solutions :

S D [ \frac{π}{4} I \frac{3π}{4} ] .

1 Résolvons l’équation cos(x − \frac{π}{3} ) D −\frac{1}{2}.

Dans un premier temps, on écrit : −\frac{1}{2} D cos( \frac{2π}{3} ) .

Ainsi, l’équation est équivalente à : cos(x − \frac{π}{3} ) D cos( \frac{2π}{3} ) . On en déduit alors :

( \begin{matrix}x − \frac{π}{3} D −\frac{2π}{3} \\ ou \\ x − \frac{π}{3} D \frac{2π}{3} \end{matrix}  soit ( \begin{matrix}x D −\frac{2π}{3} C \frac{π}{3} D −\frac{π}{3} \\ ou \\ x D \frac{2π}{3} C \frac{π}{3} D π \end{matrix}

…

Solution de l’exercice type 1

Lycée Jules Ferry, Paris

2 Résolvons sur U − πI πU l’inéquation sin(x C \frac{π}{6}) > −\frac{1}{2}.

Cette inéquation est équivalente à : sin(x C \frac{π}{6}) > sin(−\frac{π}{6} ) .

Ainsi,

( \begin{matrix}−π < x C \frac{π}{6} < −\frac{5π}{6} \\ ou \\ −\frac{π}{6} < x C \frac{π}{6} < π \end{matrix}  soit ( \begin{matrix}−π − \frac{π}{6} < x < −\frac{5π}{6} − \frac{π}{6} \\ ou \\ −\frac{π}{6} − \frac{π}{6} < x < π − \frac{π}{6} \end{matrix}

D’où :

−\frac{7π}{6} < x < −π ou − \frac{π}{3} < x < \frac{5π}{6} .

Mais attention, on souhaite résoudre l’inéquation sur U − πI πU donc il est nécessaire de « transformer » la solution « −\frac{7π}{6} < x < −π » en

« −\frac{7π}{6} C 2π < x < −π C 2π », soit \frac{5π}{6} < x < π.

Finalement, l’ensemble des solutions est :

S D ]−\frac{π}{3} I \frac{5π}{6} [ ∪ ] \frac{5π}{6} I π] .

Solution de l’exercice type 1 (suite)

Lycée Jules Ferry, Paris

Voir énoncé page 243

2 La fonction sinus

On considère la fonction f définie sur ℝ par :

f ▷x◁ D 2 sin▷x◁ cos▷x◁.

1 Étudier la parité et la périodicité de f. 2 Justifier alors que f peut être étudiée sur [0I \frac{π}{2} ]. 3 Montrer que f′▷x◁ D 2[2 cos^{2}▷x◁ − 1]. 4 Sur [0I \frac{π}{2} ], étudier le signe de f′▷x◁ puis en déduire les variations de

f sur [0I \frac{π}{2} ].

5 En déduire les variations sur T−πI πU.

Exercice type 2

Lycée Camille Jullian, Bordeaux Voir corrigé page 250

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 247 — #257 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{247} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.1 Dérivée

Propriété 4

La fonction sinus est dérivable sur ℝ et pour tout nombre réel x, sin′x D cosx.

2.2 Étude sur I D T0 I πU

On a sin′x D cosx. Or, sur I, cosx > 0 si x < \frac{π}{2} , cosx D 0 si x D \frac{π}{2} et cosx < 0 si x > \frac{π}{2} . D’où le tableau de variation sur T0 I πU :

x 0 \frac{π}{2} π
sin′  C 0 −

1

sin ↗ ↘
0  0

Sa courbe représentative sur T0 I πU, avec sa tangente à l’origine, est représentée ci-dessous.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 248 — #258 COURS_{248}

2.3 Parité et périodicité

2.3.1 -Parité

Pour tout nombre réel x,

sin▷−x◁ D − sinx,

donc la fonction x ↦ sinx est impaire, d’où la propriété suivante :

Propriété 5

La représentation graphique de la fonction sinus est symétrique par rapport à l’origine du repère.

2.3.2 -Périodicité

Pour tout nombre réel,

sin▷x C 2π◁ D sin▷x◁,

donc la fonction x ↦ sinx est périodique de période de 2π, d’où la propriété suivante :

Propriété 6

La représentation graphique de la fonction sinus dans un repère ▷OI E ı, E ȷ◁ est invariante par toute translation de vecteur k2πE ı, k appartenant à ℤ.

3 La fonction cosinus

3.1 Dérivée

Propriété 7

La fonction cosinus est dérivable sur ℝ et pour tout nombre réel x, cos′x D − sinx.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 249 — #259 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{249} CORRIGÉS INTERROS COURS

3.2 Étude sur l’intervalle T0 I πU

Pour tout nombre réel x, cos′x D − sinx. Or, sinx ≥ 0 sur T0 I πU, donc la fonction cosinus est décroissante sur T0 I πU.

x 0  π
cos′ 0 −  0

1

cos  ↘
−1

3.3 Parité et périodicité

3.3.1 -Parité

Pour tout réel x,

cos▷−x◁ D cosx,

donc la fonction x ↦ cosx est paire, d’où la propriété suivante :

Propriété 8

La courbe représentative de la fonction cos est alors symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 250 — #260 COURS_{250}

3.3.2 -Périodicité

Pour tout nombre réel x,

cos▷x C 2π◁ D cosx,

donc la fonction x ↦ cosx est périodique de période 2π, d’où la propriété suivante :

Propriété 9

La représentation graphique de la fonction cosinus dans un repère ▷OI E ı, E ȷ◁ est invariante par toute translation de vecteur k2πE ı, k appartenant à ℤ.

On a représenté ci-dessous les fonctions sinus (en pointillés) et cosinus. Elles se déduisent l’une de l’autre par une translation de vecteur \frac{π}{2} E ı.

4 Limites

Propriété 10

lim_{x→0} \frac{sin▷x◁}{x}D 1  lim_{x→0} \frac{cos▷x◁ − 1}{x} D 0

1 f ▷x◁ D 2 sin▷x◁ cos▷x◁.

Étudions la parité de la fonction f :

f ▷−x◁ D 2 sin▷−x◁ cos▷−x◁ D 2 × T− sin▷x◁U × cos▷x◁ D −f ▷x◁.

De plus, f est définie sur ℝ, centré en 0.

Ainsi, f est impaire.

Étudions la périodicité de f. f est le produit d’une constante et de deux fonctions 2π-périodiques. Par conséquent, elle est au minimum 2π-périodique :

f ▷x C 2π◁ D 2 sin▷x C 2π◁ cos▷x C 2π◁ D 2 sin▷x◁ cos▷x◁ D f ▷x◁.

…

Solution de l’exercice type 2

Lycée Camille Jullian, Bordeaux

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 251 — #261 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{251} CORRIGÉS INTERROS COURS

On peut maintenant se demander si l’on ne pourrait pas réduire la période de moitié : la fonction f est-elle π-périodique? Pour le savoir, calculons : f ▷x C π◁ D 2 sin▷x C π◁ cos▷x C π◁ D 2( − sin▷x◁)( − cos▷x◁) D 2 sin▷x◁ cos▷x◁ D f ▷x◁.

f est donc bien π-périodique. Peut-on encore diviser la période par

2? Calculons : f (x C \frac{π}{2} ) D 2 sin(x C \frac{π}{2} ) cos(x C \frac{π}{2} ) D 2(cos▷x◁)( − sin▷x◁) D −2 sin▷x◁ cos▷x◁ D̸ f ▷x◁.

On ne peut donc pas réduire la période à \frac{π}{2} .

Par conséquent, f est périodique de période π.

1 f étant π-périodique, on peut l’étudier sur un intervalle quelconque d’amplitude π. De plus, f étant impaire, on peut prendre cet intervalle centré en 0, par exemple [−\frac{π}{2} I \frac{π}{2} ] , et ne prendre qu’une moitié.

On peut ainsi étudier f sur [0I \frac{π}{2} ].

2 f est de la forme 2uv, avec u▷x◁ D sin▷x◁ et v▷x◁ D cos▷x◁. Donc :

f′▷x◁ D 2[u′▷x◁v▷x◁ C v′▷x◁u▷x◁]
D 2[cos▷x◁ cos▷x◁ − sin▷x◁ sin▷x◁]
D 2[cos^{2}▷x◁ − sin^{2}▷x◁]

Or, cos^{2}▷x◁ C sin^{2}▷x◁ D 1 donc sin^{2}▷x◁ D 1 − cos^{2}▷x◁, d’où :

f′▷x◁ D 2[cos^{2}▷x◁ − 1 C cos^{2}▷x◁]
D 2[2 cos^{2}▷x◁ − 1].

3 Sur [0I \frac{π}{2} ], f′▷x◁ ⩾ 0 ⟺ 2 cos^{2}▷x◁ − 1 ⩾ 0 ⟺ cos^{2}▷x◁ ⩾ \frac{1}{2} ⟺ cos▷x◁ ⩾ \frac{\sqrt{2}}{2} ⟺ 0 ⩽ x ⩽ \frac{π}{4} .

…

Solution de l’exercice type 2

Lycée Camille Jullian, Bordeaux

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 252 — #262 COURS_{252}

On a alors le tableau suivant :

x 0  \frac{π}{4}  \frac{π}{2}
f′▷x◁  C 0 −

1

f ▷x◁ ↗ ↘
0  0

4 Par symétrie centrale par rapport à l’origine du repère, on déduit les variations de f sur [−\frac{π}{2} I \frac{π}{2} ] suivantes :

x −\frac{π}{2}  −\frac{π}{4}  0  \frac{π}{4}  \frac{π}{2}
f′▷x◁  − 0 C 2 C 0 −

1

↗  ↘
f ▷x◁ 0 0 0
↘  ↗
−1

Solution de l’exercice type 2 (suite)

Lycée Camille Jullian, Bordeaux Voir énoncé page 246

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 253 — #263 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{253} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Parité et périodicité Corrigé p. 260 10 min

Pour chaque question, une seule réponse est juste. Choisir la bonne réponse. 1 Une période de la fonction f V x ↦ cos▷3x◁ est :

a \frac{2π}{3} b 3π c \frac{3π}{2}

2 La fonction x ↦ cos(x C \frac{π}{4} ) est :

a paire  b impaire  c ni l’un ni l’autre

3 La fonction g V x ↦ sin3x est :

a paire  b impaire  c ni l’un ni l’autre

4 Une période de la fonction h V x ↦ sin( \frac{x C π}{4} ) est :

a 2π  b \frac{π}{2}  c 8π

2_{QCM} Variations Corrigé p. 260 15 min

Pour chaque question, une seule réponse est juste. Choisir la bonne réponse. 1 La fonction f définie sur T0 I πU par x ↦ cos(x C \frac{π}{4} ) est :

a croissante sur T0 I πU b croissante sur T2 I πU c croissante sur [ \frac{3π}{4} I π]

2 La fonction g définie sur I D T0 I πU par g V x ↦ sin▷2x◁ : a a les mêmes variations que la fonction x ↦ sinx sur I b est croissante sur [0 I \frac{π}{4} ] c est monotone sur I

3 La fonction h définie sur T0 I πU par h V x ↦ sinx C cosx : a est décroissante b admet pour maximum \sqrt{2} c admet pour maximum \frac{π}{4}

4 La fonction k V x ↦ cos3x définie sur I D T−2 I 2U : a a les mêmes variations que la fonction cos b admet un maximum local pour x D 2 c admet deux minimums locaux sur I

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 254 — #264 INTERROS_{254}

Équations et inéquations

3Équations_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} Corrigé ; p. 261 ; 10 min ; ⋆

Résoudre sur U − πI πU les équations suivantes.

1 cos(x C \frac{π}{3} ) D \frac{1}{2}

2 sin(2x − \frac{π}{4} ) D −\frac{1}{2}

4Équations et inéquations_{Lycée Buffon, Paris} Corrigé ; p. 263 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

1 Résoudre dans ℝ, puis dans I D T−π I πU, l’inéquation :

sin(3x − \frac{π}{6} ) ⩾ \frac{1}{2}.

2 Résoudre dans ℝ, puis dans J D T−π I 3πU, l’équation : 2 cos^{2} x C 3 cosx C 1 D 0.

5Inéquation associée à une équation_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret} Corrigé ; p. 263 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Résoudre dans l’intervalle U − π I πT : 1 2 sin^{2} x C (2 − \sqrt{3}) sinx − \sqrt{3} D 0. 2 2 sin^{2} x C (2 − \sqrt{3}) sinx − \sqrt{3} ⩽ 0. Aide : (2 C \sqrt{3})^{2} D 7 C 4\sqrt{3}.

Études de fonctions

6Fonction dérivée_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret} Corrigé ; p. 264 ; 15 min ; ⋆

Calculer la dérivée des fonctions suivantes en précisant leur ensemble de définition.

1 f ▷x◁ D 2 sin▷8x◁ − 5 cos(7x − \frac{π}{3} ) .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 255 — #265 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{255} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 g▷x◁ D [cos▷7x◁]^{4}.

3 h▷x◁ D \frac{sinx}{cosx}.

7Une inégalité à démontrer_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} Corrigé ; p. 265 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

L’observation de l’écran graphique d’une calculatrice laisse penser que, lorsque

x est un réel, 1 − \frac{x^{2}}{2} ⩽ cosx. On se propose de valider cette propriété en étudiant la fonction numérique définie par :

f ▷x◁ D cosx − ( 1 − \frac{x^{2}}{2}) .

1 Montrer que f est deux fois dérivable sur ℝ.

2 Étudier le sens de variation de la fonction f′sur ℝ puis en déduire le

signe de la fonction f′. 3 En déduire le sens de variation de la fonction f sur ℝ puis que, pour tout

réel x, 1 − \frac{x^{2}}{2} ⩽ cosx.

4 En admettant l’inégalité cosx ⩽ 1 − \frac{x^{2}}{2} C \frac{x^{4}}{24} valable pour tout réel x,

déterminer, si elle existe, la limite en 0 de g▷x◁ D \frac{1 − cosx}{x^{2}} .

8Aire maximale_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 266 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Les parents d’Amélie utilisent un paravent à trois panneaux pour cacher un tas de vieilleries dans leur garage.

Le paravent est déplié contre un mur de la façon suivante :

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 256 — #266 INTERROS_{256}

Les trois panneaux du paravent sont de même longueur. Le quadrilatère ABCD est un trapèze isocèle. On pose AB D BC D CD D 1, et on appelle x la mesure en radians de l’angle { \atop BAD} comprise entre 0 et \frac{π}{2} .

1 Exprimer la longueur AD ainsi que la hauteur BH en fonction de x.

2 (a) Montrer que l’aire disponible derrière le paravent est égale en fonction de x à :

A▷x◁ D ▷1 C cosx◁ sinx.
(b) Montrer que pour tout x ∈ [0 I \frac{π}{2} ],

A′▷x◁ D 2 ( cosx − \frac{1}{2}) ▷1 C cosx◁.

(c) À l’aide du cercle trigonométrique, résoudre dans l’intervalle [0 I \frac{π}{2} ]

l’inéquation cosx ⩾ \frac{1}{2}.

(d) En déduire le sens de variation de la fonction A sur [0 I \frac{π}{2} ].

(e) Quelle est l’aire maximale de la zone que l’on peut cacher ainsi avec ce paravent, et comment faut-il l’installer?

9Un algorithme_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} Corrigé ; p. 267 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

La fonction f est définie sur ℝ par : f ▷x◁ D sin^{2} x C cosx.

C est sa représentation graphique dans un repère orthonormé ▷OI E ı, E ȷ◁.

1 Démontrer que f est périodique de période 2π.

2 Démontrer que l’axe des ordonnées est un axe de symétrie de la courbe C.

3 En déduire que l’on peut restreindre l’intervalle d’étude de f à T0 I πU.

4 Vérifier que pour tout réel x on a :f′▷x◁ D ▷2 cosx − 1◁ sinx.

5 Déterminer le signe de f′▷x◁ sur T0 I πU et en déduire le tableau de variation de f sur T0 I πU.

6 Démontrer que l’équation f ▷x◁ D 0 admet une solution unique sur T0 I πU.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 257 — #267 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{257} CORRIGÉS INTERROS COURS

7 On considère l’algorithme suivant :

    Entrée
       Saisir les valeurs de a, b et p
    Traitement
       Tant que b-a>p

c ← \frac{aCb}{2}

Si f ▷a◁ × f ▷c◁ < 0, alors

             b ← c

         Sinon

             a ← c

       Fin de Tant que
    Sortie
       Afficher a et b

(a) Faire fonctionner l’algorithme avec a D 1, b D 3 et p D 0,1 et compléter le tableau suivant :

Étape Test : b − a > p c Test : f ▷a◁ × f ▷c◁ < 0 a b
1 3
1 Vrai 2 Faux 2 3

2

⋮

(b) Quelles sont les valeurs affichées à la sortie de l’algorithme? Que peut-on en déduire?

8 Résoudre l’équation ▷E◁ : X^{2} − X − 1 D 0.

9 Montrer que α est solution de f ▷x◁ D 0 si et seulement si cosα est

solution de ▷E◁. 10 En déduire la valeur exacte de cosα, puis un encadrement au centième

de α. Vérifier que ce résultat est en accord avec les valeurs trouvées à la question 7.b.

Objectif bac

10Intégrales et suites_{Amérique du Nord, mai 2024 NEW 2026} Corrigé ; p. 269 ; 60 min ; ⋆ ; ⋆

Pour tout entier naturel n, on considère les intégrales suivantes :

I_{n} D ∫_{0}^{π} e^{−nx} sin▷x◁ dx, J_{n} D ∫_{0}^{π} e^{−nx} cos▷x◁ dx.

1 Calculer I_{0}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 258 — #268 INTERROS_{258}

2 (a) Justifier que, pour tout entier naturel n , on a I_{n} ⩾ 0.

(b) Montrer que, pour tout entier naturel n , on a I_{nC1} − I_{n} ⩽ 0.

(c) Déduire des deux questions précédentes que la suite ▷I_{n}◁converge. 3 (a) Montrer que, pour tout entier naturel n , on a :

I_{n} ⩽ ∫_{0}^{π} e^{−nx} dx.

(b) Montrer que, pour tout entier naturel n ⩾ 1, on a :

∫_{0}^{π} e^{−nx} dx D \frac{1 − e^{−nπ}}{n} .

(c) Déduire des deux questions précédentes la limite de la suite ▷I_{n}◁. 4 (a) En intégrant par parties l’intégrale I_{n} de deux façons différentes,

établir les deux relations suivantes, pour tout entier naturel n ⩾ 1 :

I_{n} D 1 C e^{−nπ} − nJ_{n} et I_{n} D \frac{1}{n}J_{.}

(b) En déduire que, pour tout entier naturel n ⩾ 1, on a :

I_{n} D \frac{1 C e^{−nπ}}{n^{2} C 1} .

5 On souhaite obtenir le rang n à partir duquel la suite ▷I_{n}◁ devient inférieure à 0,1. Recopier et compléter la cinquième ligne (pointillés) du script Python ci-dessous avec la commande appropriée.

 from math import *
 def seuil():
     n = 0
     I = 2

     ...

         n = n+1
         I = (1+exp(-n*pi))/(n*n+1)
     return n

11Équation différentielle_{Centres étrangers, juin 2024 NEW 2026} Corrigé ; p. 272 ; 60 min ; ⋆ ; ⋆

On considère l’équation différentielle :

▷E_{0}◁V y′D y

où y est une fonction dérivable de la variable réelle x.

1 Démontrer que l’unique fonction constante solution de l’équation différentielle ▷E_{0}◁est la fonction nulle.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 259 — #269 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{259} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Déterminer toutes les solutions de l’équation différentielle ▷E_{0}◁.

On considère l’équation différentielle :

▷E◁ V y′D y − cos▷x◁ − 3 sin▷x◁

où y est une fonction dérivable de la variable réelle x.

3 La fonction h est définie sur ℝ par h▷x◁ D 2 cos▷x◁ C sin▷x◁. On admet qu’elle est dérivable sur ℝ. Démontrer que la fonction h est solution de l’équation différentielle ▷E◁.

4 On considère une fonction f définie et dérivable sur ℝ.

Démontrer que : « f est solution de ▷E◁ » est équivalent à « f − h est solution de ▷E_{0}◁».

5 En déduire toutes les solutions de l’équation différentielle ▷E◁. 6 Déterminer l’unique solution g de l’équation différentielle ▷E◁ telle que

g▷0◁ D 0. 7 Calculer :

∫0^{\frac{π}{2}} [−2e^{x} C sin▷x◁ C 2 cos▷x◁] dx.

Variations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 260 — #270 CORRIGÉS_{260}
1_{QCM} Parité et périodicité {Énoncé \atop p. 253}

1 Réponse a . En effet, pour tout x réel,

f ( x C \frac{2π}{3} ) D cos[3 ( x C \frac{2π}{3} ) ] D cos▷3x C 2π◁ D cos3x.

2 Réponse c . En effet, la fonction cos est paire, mais cette fonction est obtenue par translation de la fonction cos le long de l’axe des abscisses de \frac{π}{4} , elle n’est donc ni paire ni impaire.

3 Réponse b . En effet, pour tout réel x,

g▷−x◁ D sin▷3▷−x◁◁ D sin▷−3x◁ D −3 sinx D −g▷x◁.

Donc g est impaire. 4 Réponse c . En effet, pour tout réel x,

h▷x C 8π◁D sin( \frac{x C 8π C π}{4} )

D sin( \frac{x C π}{4} C \frac{8π}{4} )

D sin( \frac{x C π}{4} C 2π)

D sin( \frac{x C π}{4} )

D h▷x◁.

Remarque : pour les questions 1 et 3, on a trouvé une période, mais on n’a pas montré que c’était la plus petite.

2_{QCM} Variations {Énoncé \atop p. 253}

1 Réponse c . En effet, la fonction cosinus est croissante sur Tπ I 2πU,

donc f est croissante sur [ \frac{3π}{4} I π] .

2 Réponse b . En effet, g′▷x◁ D 2 cos2x donc, à 2π près :

g′▷x◁ > 0 ⇔ 2x ∈ [−\frac{π}{2} I \frac{π}{2} ] ⇔ x ∈ [−\frac{π}{4} I \frac{π}{4} ] .

3 Réponse b . Cette fonction est périodique de période 2π, donc on peut l’étudier sur T−π I πU.

h′▷x◁D cosx − sinx
h′▷x◁> 0 ⇔ cosx > sinx ⇔ x ∈ [−\frac{3π}{4} I \frac{π}{4} ] .

Équations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 261 — #271 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{261} CORRIGÉS INTERROS COURS

On obtient donc le tableau suivant :

x −π  −\frac{3π}{4}  \frac{π}{4}  π
h′▷x◁  −  0 C 0 −
−1  \sqrt{2}
h▷x◁ ↘ ↗ ↘
−\sqrt{2}  −1

4 Réponse c . Étudions la fonction sur T−π I πU dans un premier temps.

k′▷x◁D −3 sin3x
k′▷x◁ > 0 ⇔ sin▷3x◁ < 0

⇔ 3x ∈ U − π I 0T T2πU

⇔ x ∈ ]−\frac{π}{3} I 0[ T\frac{2π}{3} U

⇔ x ∈ ]−π I −\frac{2π}{3} [ ∪ ]−\frac{π}{3} I 0[ ∪ ] \frac{π}{3} I \frac{2π}{3} [ .

On obtient donc le tableau suivant :

x −π  −\frac{2π}{3} −2  −\frac{π}{3}  0  \frac{π}{3}  2 \frac{2π}{3}  π
k′▷x◁ 0  C 0  − 0 C 0 − 0 C  0 −  0
1  1  1
k▷x◁  ↗  ↘  ↗  ↘  ↗  ↘
−1  −1  −1  −1

Il y a deux minimums locaux sur T−2 I 2U : −1 et 1. � ATTENTION Ne pas se laisser piéger : \frac{2π}{3} est très proche de 2, et si on se fie à la calculatrice, on peut croire que le maximum est atteint en 2.

3Équations_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 254}

MÉTHODE Nous allons utiliser ici les équivalences suivantes, où k ∈ ℤ :

cosx D cosa ⟺ x D a C 2kπ ou x D −a C 2kπ.
sinx D sina ⟺ x D a C 2kπ ou x D π − a C 2kπ

Équations et inéquations — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 262 — #272 CORRIGÉS_{262}

1 cos(x C \frac{π}{3} ) D \frac{1}{2} ⟺ cos(x C \frac{π}{3} ) D cos \frac{π}{3}

⟺ \{ \begin{matrix}x C \frac{π}{3} D \frac{π}{3} C 2kπ \\ x C \frac{π}{3} D −\frac{π}{3} C 2kπ \end{matrix} , k ∈ ℤ

⟺ \{ \begin{matrix}x D \frac{π}{3} − \frac{π}{3} C 2kπ \\ x D −\frac{π}{3} − \frac{π}{3} C 2kπ \end{matrix} , k ∈ ℤ

⟺ \{ \begin{matrix}x D 0 C 2kπ \\ x D −\frac{2π}{3} C 2kπ \end{matrix} , k ∈ ℤ

L’ensemble des solutions de l’équation cos(x C \frac{π}{3} ) D \frac{1}{2} sur U − πI πU est donc :

𝒮 D \{0I −\frac{2π}{3} \} .

2 sin(2x − \frac{π}{4} ) D −\frac{1}{2} ⟺ sin(2x − \frac{π}{4} ) D sin(−\frac{π}{6} )

⟺ \{ \begin{matrix}2x − \frac{π}{4} & D −\frac{π}{6} C 2kπ \\ 2x − \frac{π}{4} & D π − (−\frac{π}{6} ) C 2kπ \end{matrix} , k ∈ ℤ

⟺ \{ \begin{matrix}2x & D −\frac{π}{6} C \frac{π}{4} C 2kπ \\ 2x & D π C \frac{π}{6} C \frac{π}{4} C 2kπ \end{matrix} , k ∈ ℤ

⟺ \{ \begin{matrix}2x & D \frac{π}{12} C 2kπ \\ 2x & D \frac{17π}{12} C 2kπ \end{matrix} , k ∈ ℤ

⟺ \{ \begin{matrix}x & D \frac{π}{24} C kπ \\ x & D \frac{17π}{24} C kπ \end{matrix} , k ∈ ℤ

Ainsi, les solutions de l’équation sur U − πI πU sont obtenues en prenant k D 0 et k D −1; on obtient alors l’ensemble des solutions suivant :

𝒮 D \{−\frac{23π}{24} I −\frac{7π}{24} I \frac{π}{24} I \frac{17π}{24} \} .

Inéquation associée à une équation — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 263 — #273

FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{263} CORRIGÉS INTERROS COURS

4Équations et inéquations_{Lycée Buffon, Paris} {Énoncé \atop p. 254}

1 D’après le cercle trigonométrique,

sinX ⩾ \frac{1}{2} pour \frac{π}{6} C 2kπ ⩽ X ⩽ \frac{5π}{6} C 2kπ , k ∈ ℤ.

Cela signifie que :

sin(3x − \frac{π}{6} ) ⩾ \frac{1}{2} ⇔ \frac{π}{6} C 2kπ ⩽ 3x − \frac{π}{6} ⩽ \frac{5π}{6} C 2kπ

⇔ \frac{π}{3} C 2kπ ⩽ 3x ⩽ π C 2kπ

⇔ \frac{π}{9} C \frac{2kπ}{3} ⩽ x ⩽ \frac{π}{3} C \frac{2kπ}{3} .

Si l’on ne veut que les solutions dans T−π I πU, les valeurs extrêmes que l’on peut prendre pour k vérifient : −π ⩽ \frac{π}{9} C \frac{2kπ}{3} , c’est-à-dire

−\frac{5}{3} ⩽ k, et comme k est entier, −1 ⩽ k, et : \frac{π}{3} C \frac{2kπ}{3} ⩽ π, soit k ⩽ 1. k peut donc prendre les valeurs −1, 0 et 1. L’ensemble solution est donc :

S D [−\frac{5π}{9} I −\frac{π}{3} ] ∪ [ \frac{π}{9} I \frac{π}{3} ] ∪ [ \frac{7π}{9} I π] .

2 On pose X D cosx. L’équation devient alors : 2X^{2} C 3X C 1 D 0. Le discriminant est égal à 1; l’équation admet donc deux solutions :

X D −1 et X D −\frac{1}{2}.

Alors, l’équation 2 cos^{2} x C 3 cosx C 1 D 0 équivaut à :

cosx D −1 ou cosx D −\frac{1}{2} ,

c’est-à-dire :

x D −π C 2kπ ou x D \frac{2π}{3} C 2k′π

ou x D −\frac{2π}{3} C 2k′′π , k ∈ ℤ, k′∈ ℤ, k′′∈ ℤ.

L’ensemble des solutions de l’équation dans l’intervalle T−π I 3πU est donc :

S D \{−π I −\frac{2π}{3} I \frac{2π}{3} I π I \frac{4π}{3} I \frac{8π}{3} I 3π\} .

5Inéquation associée à une équation_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret} {Énoncé \atop p. 254}

On pose X D sinx.

Fonction dérivée — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 264 — #274 CORRIGÉS_{264}

1 Le polynôme 2X^{2}C(2 − \sqrt{3}) X−\sqrt{3} a pour discriminant 7C4\sqrt{3}, que

l’on factorise sous la forme (2 C \sqrt{3})^{2} (en utilisant l’aide de l’énoncé).

L’équation 2X^{2} C (2 − \sqrt{3}) X − \sqrt{3} D 0 admet donc deux solutions :

X D −1 et X D \frac{\sqrt{3}}{2}.

L’équation 2 sin^{2} x C (2 − \sqrt{3}) sinx − \sqrt{3} D 0 équivaut donc à :

sinx D −1  ou  sinx D \frac{\sqrt{3}}{2}.

Dans l’intervalle U − π I πT, sinx D −1 pour x D −\frac{π}{2} , et sinx D \frac{\sqrt{3}}{2}

pour x D \frac{π}{3} ou x D \frac{2π}{3} .

L’équation admet donc trois solutions dans U − π I πT : −\frac{π}{2} , \frac{π}{3} et \frac{2π}{3} .

2 Grâce aux calculs de la question 1, on connaît les racines de l’expression

2X^{2} C (2 − \sqrt{3}) X − \sqrt{3}.

Comme le coefficient de X^{2} est positif, on sait que cette expression est inférieure ou égale à 0 lorsque X est compris entre les racines, c’est-à-

dire : −1 ⩽ X ⩽ \frac{\sqrt{3}}{2}.

En revenant à la variable x, cela donne : −1 ⩽ sinx ⩽ \frac{\sqrt{3}}{2}.

Le cercle trigonométrique montre que les solutions dans U − π I πT de cette double inéquation sont tous les réels x tels que :

x ∈ ]−π I \frac{π}{3} ] ∪ [ \frac{2π}{3} I π[ .

Une inégalité à démontrer — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 265 — #275

FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{265} CORRIGÉS INTERROS COURS

6Fonction dérivée_{Lycée Jean-Pierre Vernant, Pins-Justaret} {Énoncé \atop p. 254}

1 La fonction f est définie et dérivable sur ℝ comme somme et composée

de fonctions définies et dérivables sur ℝ.

f′▷x◁ D 16 cos▷8x◁ C 35 sin(7x − \frac{π}{3} ) .

2 g est définie et dérivable sur ℝ comme puissance entière d’une fonction

définie et dérivable sur ℝ.

g′▷x◁ D 4[ − 7 sin▷7x◁] × [cos▷7x◁]^{3} D −28 sin▷7x◁ cos^{3}▷7x◁.

3 La fonction h est définie et dérivable pour tout x tel que cosx D̸ 0,

c’est-à-dire pour tout x D̸ \frac{π}{2} C kπ, k ∈ ℤ. Dans ce cas :

h′▷x◁ D \frac{cosx × cosx C sinx × sinx}{▷cosx◁^{2}} D \frac{1}{cos^{2} x}.

Remarque : h est appelée « fonction tangente ».

7Une inégalité à démontrer_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 255}

1 La fonction cos est deux fois dérivable sur ℝ et la fonction :

x ⟼→ 1 − \frac{x^{2}}{2} est deux fois dérivable sur ℝ comme fonction polynôme donc la fonction f est deux fois dérivable sur ℝ.

2 Pour tout réel x,

f′▷x◁ D − sinx C x ,
f′′▷x◁ D 1 − cosx.

Comme pour tout réel x, cosx ⩽ 1, on en déduit que f′′▷x◁ est positif sur ℝ et ne s’annule que pour x D 2kπ où k ∈ ℤ. Il en résulte que la fonction f′est strictement croissante sur ℝ. Comme f′▷0◁ D 0 et f′est strictement croissante sur ℝ, on peut en déduire que f′est strictement négative sur ]−∞ I 0[ et strictement positive sur ]0 I C∞[ .

3 D’après l’étude du signe de f′obtenu à la question précédente, on en déduit que la fonction f est strictement décroissante sur ]−∞ I 0[ et strictement croissante sur ]0 I C∞[ . La fonction f admet un minimum en 0 et ce minimum vaut f ▷0◁ D 0. Il en résulte que, pour tout réel x, on a f ▷x◁ ⩾ f ▷0◁ soit f ▷x◁ ⩾ 0.

Par conséquent, pour tout réel x, cosx − ( 1 − \frac{x^{2}}{2}) ⩾ 0, d’où finale-

ment :

1 − \frac{x^{2}}{2} ⩽ cosx.

Aire maximale — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 266 — #276 CORRIGÉS_{266}

4 En admettant l’inégalité donnée par le texte et en utilisant le résultat de la question précédente, on obtient l’encadrement, valable pour tout réel x :

1 − \frac{x^{2}}{2} ⩽ cosx ⩽ 1 − \frac{x^{2}}{2} C \frac{x^{4}}{24}.

On encadre alors g▷x◁ :

\frac{1}{2} − \frac{x^{2}}{24} ⩽ g▷x◁ ⩽ \frac{1}{2}.

Or,

lim_{x→0} ( \frac{1}{2} − \frac{x^{2}}{24}) D \frac{1}{2}.

On en déduit d’après le théorème de limite par encadrement que :

lim_{x→0} g▷x◁ D \frac{1}{2}.

8Aire maximale_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 255}

1 Comme le trapèze est isocèle, AD D 2AH C BC.

De plus, AH D AB cosx et BH D AB sinx donc AD D 1 C 2 cosx et BH D sinx.

2 (a) A▷x◁D AH × BH C BH × BC
D 1 × cosx × sinx C 1 × sinx × 1
D ▷cosx C 1◁sinx .

(b) La fonction A est dérivable sur ℝ comme produit de fonctions dérivables sur ℝ.

A′▷x◁D cosx▷1 C cosx◁ C sinx▷− sinx◁
D cosx▷1 C cosx◁ − ▷1 − cos^{2} x◁
D 2 cos^{2} x C cosx − 1 .

Or,

2 ( cosx − \frac{1}{2}) ▷1 C cosx◁D 2 ( cosx C cos^{2} x − \frac{1}{2} − \frac{1}{2} cosx)
D 2 cos^{2} x C cosx − 1.

Cela prouve que l’on a bien A′▷x◁ D 2 ( cosx − \frac{1}{2}) ▷1 C cosx◁.

Un algorithme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 267 — #277

FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{267} CORRIGÉS INTERROS COURS

(c)

Sur le cercle trigonométrique, on lit que dans l’intervalle [0 I \frac{π}{2} ], on a cosx ⩾ \frac{1}{2} pour x ∈ [0 I \frac{π}{3} ].

(d) On calcule :

A▷0◁ D 0 I A ( \frac{π}{2} ) D 1 I A ( \frac{π}{3} ) D ( 1 C \frac{1}{2}) \frac{\sqrt{3}}{2} D \frac{3\sqrt{3}}{4}.

Grâce à la question 2.c, on connaît le signe de A′▷x◁ sur [0 I \frac{π}{2} ] et on peut établir le tableau de variation de A suivant :

x  0  \frac{π}{3}  \frac{π}{2}
A′▷x◁  C 0 −

\frac{3\sqrt{3}}{4}

A▷x◁  ↗  ↘
0  1

(e) L’aire maximale est obtenue lorsque l’angle { \atop BAD} mesure \frac{π}{3} ra-

dians, et elle vaut alors \frac{3\sqrt{3}}{4}.

9Un algorithme_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-Fossés} {Énoncé \atop p. 256}

1 Les fonctions sin et cos sont périodiques de période 2π donc pour tout x ∈ ℝ : f ▷x C 2π◁ D sin^{2}▷x C 2π◁ C cos▷x C 2π◁ D sin^{2} x C cosx D f ▷x◁. La fonction f est donc périodique et 2π en est une période.

Un algorithme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 268 — #278

CORRIGÉS_{268}

2 Pour tout réel x, comme la fonction sin est impaire et la fonction cos paire, on a :

f ▷−x◁ D sin^{2}▷−x◁ C cos▷−x◁
D ▷− sinx◁^{2} C cosx
D sin^{2} x C cosx
D f ▷x◁.

La fonction f est donc paire, ce qui signifie que l’axe des ordonnées est axe de symétrie de la courbe dans un repère orthonormé.

3 Comme f est de période 2π, on peut restreindre l’étude de f à l’intervalle T−π I πU d’amplitude 2π. Comme f est paire, et comme l’intervalle T−π I πU est symétrique par rapport à 0, il suffit d’étudier f sur le demi-intervalle : T0 I πU.

4 La fonction f est bien dérivable car les fonctions sin et cos sont dérivables sur ℝ.

f′▷x◁ D 2 cosx sinx − sinx D ▷2 cosx − 1◁ sinx.

5 Sur U0 I πT, sinx > 0 et 2 cosx − 1 > 0 pour cosx > \frac{1}{2}, donc pour

x ∈ ]0 I \frac{π}{3} [.

On obtient le tableau de signes de f′puis le tableau de variation de f sur T0 I πU suivant :

x  0  \frac{π}{3}  π
sinx  0 C  C 0
2 cosx − 1  C 0 −
f′▷x◁  0 C 0 − 0

\frac{5}{4}

f ▷x◁  ↗  ↘
1  −1

6 Sur l’intervalle [ \frac{π}{3} I π], la fonction est continue et strictement décrois-

sante. f ( \frac{π}{3} ) > 0 et f ▷π◁ < 0. Donc d’après le corollaire du théorème

des valeurs intermédiaires, il existe un réel α unique dans [ \frac{π}{3} I π] tel que f ▷α◁ D 0. D’autre part, d’après le tableau de variation, la fonction f ne s’annule pas entre 0 et \frac{π}{3} car son minimum sur cet intervalle est 1.

Par conséquent, α est l’unique réel de T0 I πU tel que f ▷α◁ D 0.

Intégrales et suites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 269 — #279

FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{269} CORRIGÉS INTERROS COURS

7 (a) On a le tableau suivant :

Étape {Test : \atop b − a > p}  c  {Test : \atop f ▷a◁ × f ▷c◁ < 0}  a  b
1  3
1  Vrai  2  Faux  2  3
2  Vrai  2,5  Vrai  2  2,5
3  Vrai  2,25  Vrai  2  2,25
4  Vrai  2,125  Faux  2,125 2,25
5  Vrai  2,187 5  Faux  2,187 5 2,25
6  Faux

(b) L’algorithme affiche 2,187 5 et 2,25, qui constituent un encadre-

ment de α d’amplitude inférieure ou égale à 0,1. 8 Le discriminant de l’équation X^{2} − X − 1 D 0 est égal à 5. Elle admet

donc deux solutions qui sont : \frac{1 − \sqrt{5}}{2} et \frac{1 C \sqrt{5}}{2}.

9 f ▷α◁ D 0 ⟺ sin^{2} α C cosα D 0

⟺ 1 − cos^{2} α C cosα D 0
⟺ cos^{2} α − cosα − 1 D 0

ce qui signifie que cosα est une solution de ▷E◁.

10 La seule solution de l’équation ▷E◁ qui convienne est \frac{1 − \sqrt{5}}{2} car

\frac{1 C \sqrt{5}}{2} > 1 et ne peut donc pas être égale à un cosinus.

Par conséquent, cosα D \frac{1 − \sqrt{5}}{2} .

À la calculatrice, à l’aide de la touche COS^{−1} , on trouve 2,23 < α < 2,24, ce qui est bien compatible avec le résultat de la question 7.b.

10Intégrales et suites_{Amérique du Nord, mai 2024 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 257}

1 Par définition,

I_{0} D ∫_{0}^{π} e^{0}x sin▷x◁dx D ∫_{0}^{π} sin▷x◁dx
D [ − cos▷x◁]_{0}^{π}
D − cos▷π◁ C cos▷0◁
D −▷−1◁ C 1 D 2.

Intégrales et suites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 270 — #280

CORRIGÉS_{270}

2 (a) Sur T0I πU, e^{−nx} > 0 pour tout entier naturel n, et sin▷x◁ ⩾ 0. Ainsi, e^{−nx} sin▷x◁ ⩾ 0. Par conséquent, par propriété de l’intégrale sur la conservation des signes, I_{n} ⩾ 0.

(b) I_{nC1} − I_{n} D ∫_{0}^{π} e^{−▷nC1◁x} sin▷x◁dx − ∫_{0}^{π} e^{−nx} sin▷x◁dx

D ∫_{0}^{π} (e^{−▷nC1◁x} sin▷x◁ − e^{−nx} sin▷x◁)dx

(par linéarité de l’intégrale)

D ∫_{0}^{π} e^{−nx} sin▷x◁(e^{−x} − 1)dx

Sur T0I πU,

e^{−nx} sin▷x◁ ⩾ 0;

0 < e^{−x} ⩽ 1 ⟺ −1 < e^{−x} − 1 ⩽ 0.

Ainsi, e^{−nx} sin▷x◁(e^{−x} − 1) ⩽ 0. Donc, par propriété de l’intégrale, I_{nC1} − I_{n} ⩽ 0.

(c) Nous venons de montrer que la suite ▷I_{n}◁ est minorée (par 0) et décroissante. Ainsi, d’après le théorème de convergence des suites monotones, ▷I_{n}◁ converge.

3 (a) Pour tout réel x dans T0I πU,

0 ⩽ sin▷x◁ ⩽ 1 ⟺ e^{−nx} × 0 ⩽ e^{−nx} sin▷x◁ ⩽ e^{−nx} × 1
⟺ 0 ⩽ e^{−nx} sin▷x◁ ⩽ e^{−nx}

⟺ ∫_{0}^{π} 0dx ⩽ ∫_{0}^{π} e^{−nx} sin▷x◁dx ⩽ ∫_{0}^{π} e^{−nx} dx

⟺ 0 ⩽ I_{n} ⩽ ∫_{0}^{π} e^{−nx} dx.

(b) \begin{aligned}∫_{0}^{π} e^{−nx} dx & D [−\frac{1}{n}e^{−nx} ] _{0}^{π} \\ & D −\frac{1}{n}e^{−nπ} − ( −\frac{1}{n}e^{−n×0} ) \\ & D −\frac{e^{−nπ}}{n} C \frac{1}{n} \\ & D \frac{1 − e^{−nπ}}{n} . \end{aligned}

(c) Des questions (a) et (b) précédentes, on conclut que :

∀ n ∈ ℕ, 0 ⩽ I_{n} ⩽ \frac{1 − e^{−nx}}{n} .

Intégrales et suites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 271 — #281

FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{271} CORRIGÉS INTERROS COURS

Or, lim_{n→C∞} (1 − e^{−nx} ) D 1 − 0 D 1 donc lim_{n→C∞} \frac{1 − e^{−nx}}{n} D 0.

Ainsi, d’après le théorème des gendarmes,

lim_{n→C∞} ▷In◁ D 0.

4 (a) Effectuons une première intégration par parties sur I_{n} D ∫_{0}^{π} e^{−nx} sin▷x◁dx en posant :

u▷x◁ D e^{−nx}  u′▷x◁ D −ne^{−nx}
v′▷x◁ D sin▷x◁  v▷x◁ D − cos▷x◁

On a alors :

I_{n} D [uv▷x◁]_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} u′v▷x◁dx
D [ − e^{−nx} cos▷x◁]_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} ne^{−nx} cos▷x◁dx
D −e^{−nπ} cos▷π◁ C e^{−n×0} cos▷0◁ − nJ_{n}
D e^{−nπ} C 1 − nJ_{n}.

Effectuons maintenant une intégration par parties sur l’intégrale I_{n} D ∫_{0}^{π} e^{−nx} sin▷x◁ dx en posant :

u′▷x◁ D e^{−nx}  u▷x◁ D −\frac{1}{n}e^{−nx}
v▷x◁ D sin▷x◁  v▷x◁ D cos▷x◁

On a alors :

I_{n} D [uv▷x◁]_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} u′v▷x◁dx

D [−\frac{1}{n}e^{−nx} sin▷x◁] _{0}^{π} − ∫_{0}^{π} −e^{−nx} cos▷x◁dx

D −\frac{1}{n}e^{−nπ} sin▷π◁ C \frac{1}{n}e^{−n×0} sin▷0◁ C J_{n}

D \frac{1}{n}J_{n}.

(b) Des deux égalités précédentes, on déduit que pour tout entier naturel n non nul,

e^{−nπ} C 1 − nJ_{n} D \frac{1}{n}J_{n} ⟺ ( \frac{1}{n} C n) J_{n} D 1 C e^{−nx}

⟺ J_{n} D \frac{1 C e^{−nx}}{n C \frac{1}{n}}

⟺ J_{n} D \frac{n (1 C e^{−nx} )}{n^{2} C 1}.

Équation différentielle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 272 — #282 CORRIGÉS_{272}

Ainsi,

I_{n} D \frac{1}{n}J_{n} D \frac{1 C e^{−nx}}{n^{2} C 1} .

5 Le programme dûment complété est le suivant :

    from math import *
    def seuil():
        n = 0
        I = 2
        while I > 0.1:
            n = n+1
            I = (1+exp(-n*pi))/(n*n+1)
        return n

Pour information, on obtient n D 4, ce qui signifie que I_{3} ⩾ 0,1 et I_{4} < 0,1.

11Équation différentielle_{Centres étrangers, juin 2024 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 258}

1 Soit f ▷x◁ D k une fonction constante solution de ▷E_{0}◁. Alors,

f′▷x◁ D f ▷x◁ ⟺ 0 D k.

Ainsi, la seule fonction constante à être solution de ▷E_{0}◁ est la fonction constante nulle.

2 D’après le cours, les solutions de ▷E_{0}◁ sont de la forme : f ▷x◁ D Ce^{x} , C ∈ ℝ.

3 h▷x◁ D 2 cos▷x◁ C sin▷x◁. Alors,

h′▷x◁ D −2 sin▷x◁ C cos▷x◁.

Ainsi,

h▷x◁ − cos▷x◁ − 3 sin▷x◁D 2 cos▷x◁ C sin▷x◁ − cos▷x◁ − 3 sin▷x◁
D cos▷x◁ − 2 sin▷x◁
D h′▷x◁.

Donc h est bien solution de ▷E◁.

4  MÉTHODE

Dans ce contexte, pour montrer une équivalence de la forme : « f est solution de ▷E◁ » est équivalent à « f − h est solution de ▷E_{0}◁»,

il est préférable de partir de la condition de droite.

C’est beaucoup plus simple en général.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 273 — #283 FONCTIONS SINUS ET COSINUS CHAP. 8_{273} CORRIGÉS INTERROS COURS
f − h est solution de ▷E_{0}◁ ⟺ ▷f − h◁′D f − h
⟺ f′− h′D f − h
⟺ f′− f D h′− h

Or, h est solution de ▷E◁ donc : h′D h − cos▷x◁ − 3 sin▷x◁ soit h′− h D − cos▷x◁ − 3 sin▷x◁.

Ainsi,

f − h est solution de ▷E_{0}◁ ⟺ f′D f − cos▷x◁ − 3 sin▷x◁

⟺ f est solution de ▷E◁.

5 On utilise l’équivalence démontrée à la question précédente pour trouver toutes les solutions de ▷E◁

f est solution de ▷E◁ ⟺ f − h est solution de ▷E_{0}◁

⟺ ▷f − h◁▷x◁ D Ce^{x}, C ∈ ℝ (d’après la question 2)

⟺ f ▷x◁ D h▷x◁ C Ce^{x}, C ∈ ℝ

⟺ f ▷x◁ D 2 cos▷x◁ C sin▷x◁ C Ce^{x}, C ∈ ℝ.

6 La fonction g est solution de ▷E◁ avec g▷0◁ D 0 donc :

g▷0◁ D 2 cos▷0◁ C sin▷0◁ C Ce^{0} D 0 ⟺ C D −2. Ainsi,

g▷x◁ D 2 cos▷x◁ C sin▷x◁ − 2e^{x}.

7 Une primitive de g est :

G▷x◁ D −2e^{x} − cos▷x◁ C 2 sin▷x◁

d’où :

∫0^{\frac{π}{2}} g▷x◁dxD G ( \frac{π}{2} ) − G▷0◁

D −2e^{\frac{π}{2}} − cos( \frac{π}{2} ) C 2 sin( \frac{π}{2} ) − [ − 2e^{0} − cos▷0◁ C 2 sin▷0◁]

D 5 − 2e^{\frac{π}{2}} .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 8 page 274 — #284

Combinatoire et dénombrement

Plan du chapitre

1. Principes de base

2. Dénombrement

1 Principes de base

On considère trois ensembles : E D {1I 2}, F D {1I 2I 3I 4} et G D {aI bI c}. Quel est le nombre d’éléments de ▷E ∪ F ◁ × G?

Exercice type 1

Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes

Voir corrigé page 276

1.1 Cardinal d’un ensemble

Définition 1

Le cardinal d’un ensemble A est le nombre d’éléments contenus dans A. On le note cardA.

Exemple : si A désigne l’ensemble des cartes qui constituent un jeu de 32 cartes, alors cardA D 32.

Définition 2

On dit qu’un ensemble A est fini si cardA est un entier naturel.

1.2 Principe additif

Propriété 1

Soient A et B deux ensembles finis disjoints, c’est-à-dire n’ayant aucun élément commun, tels que cardA D n et cardB D m, où n et m sont deux entiers naturels. Alors, le nombre de façons de prendre un élément dans A \underline{ou} un élément dans B est égal à n C m. Cela se traduit ainsi :

A ∩ B D̸ ∅ ⇒ card▷A ∪ B◁ D cardA C cardB.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 276 — #286 COURS_{276}

Exemple : dans ma bibliothèque, il y a 20 romans et 10 bandes dessinées. Je peux donc y choisir un livre de 20 C 10 D 30 façons différentes.

1.3 Principe multiplicatif

Propriété 2

Soient A et B deux ensembles finis tels que cardA D n et cardB D m, où n et m sont deux entiers naturels. Le nombre de façons de prendre un élément dans A \underline{et} un élément dans B est égal à n × m. Cela se traduit ainsi :

card▷A × B◁ D cardA × cardB.

Exemple : dans ma bibliothèque, il y a 20 romans et 10 bandes dessinées. Je souhaite prendre un livre de chaque sorte. Il y a donc 20×10 D 200 possibilités.

Les principe multiplicatif peut se représenter sous la forme d’un arbre des possibilités :

On peut aussi considérer un tableau à n colonnes et m lignes : il comporte n × m cellules.

L’ensemble E∪F désigne les éléments qui sont dans E ou dans F : cet union comprend donc tous les éléments des deux ensembles. Or, E est inclus dans F donc E ∪ F D F. Ainsi, ▷E ∪F ◁×G représente donc le produit cartésien de F et de G et donc, d’après le principe multiplicatif :

card▷F × G◁ D card▷F ◁ × card▷G◁ D 4 × 3 D 12.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes Voir énoncé page 275

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 277 — #287 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{277} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Dénombrement

On considère l’ensemble :

E D {0I 1I 2I 3I 4I 5I 6I 7I 8I 9}.

1 Calculer le nombre de 5-uplets d’éléments de E.

2 Combien de sous-ensembles de E à 5 éléments existe-t-il?

3 Combien y a-t-il de triplets d’éléments distincts de E?

Exercice type 2

Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes

Voir corrigé page 280

2.1 Factorielle

Définition 3

La factorielle d’un nombre entier n est le nombre :

nW D 1 × 2 × 3 × 4 × ⋯× ▷n − 1◁ × n.

Remarque : par convention, 0W D 1.

Exemple : 5W D 1 × 2 × 3 × 4 × 5 D 120.

2.2 p-liste (ou p-uplet)

Définition 4

Soient n et p deux entiers naturels non nuls tels que p ⩽ n, et soit E un ensemble à n éléments. Une p-liste (ou p-uplet) de E est une liste ordonnée de p éléments pris parmi les n éléments de E.

Exemple : un digicode à 4 chiffres est une 4-liste de l’ensemble {0I 1I 2I 3I 4I 5I 6I 7I 8I 9}. La 4-liste (1;1;1;0) est différente de la 4-liste (0;1;1;1).

Propriété 3

Le nombre de p-listes prises dans un ensemble à n éléments est égal à n^{p}.

Exemple : il y a 10^{4} D 10 000 possibilités pour un digicode composé de 4 chiffres.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 278 — #288 COURS_{278}

2.3 Permutation

Définition 5

Soit E en un ensemble à n éléments, n ∈ ℕ^{∗}. Une permutation de E est un n-uplet composé des n éléments de E.

Exemple : si E D {1I 2I 3} alors F D ▷2I 3I 1◁ est une permutation de E.

Propriété 4

Il y a nW permutations d’un ensemble à n éléments.

2.4 Arrangement

Définition 6

Soit n un entier naturel non nul, et soit E un ensemble à n éléments. Un arrangement de p éléments de E est une p-liste d’éléments distincts.

Exemple : le podium d’une course à 20 participants est un arrangement constitué du premier arrivé, puis du deuxième et enfin du troisième.

Propriété 5

Le nombre d’arrangements de p éléments pris dans un ensemble à n éléments est :

A_{n}^{p} D \frac{nW}{▷n − p◁W}D n▷n − 1◁▷n − 2◁ ⋯▷n − p C 1◁.

Exemple : A_{20}^{3} D 20 × 19 × 18 D 6 840.

Il y a donc 6 840 podiums possibles pour une course à 20 participants.

2.5 Combinaison

Définition 7

Soient n et p deux entiers naturels non nuls tels que p ⩽ n, et soit E un ensemble à n éléments. Une combinaison de p éléments de E est un ensemble (donc non ordonné) à p éléments pris parmi les n éléments de E.

Exemple : sur un jeu de 32 cartes, une main de 5 cartes est une combinaison.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 279 — #289 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{279} CORRIGÉS INTERROS COURS

Propriété 6

Le nombre de combinaisons de p éléments d’un ensemble E à n éléments est égal à :

\binom{n}{p} D \frac{A_{n}^{p}}{pW}D \frac{nW}{pW▷n − p◁W} D \frac{n▷n − 1◁ ⋯▷n − p C 1◁}{pW} .

Exemple : \binom{32}{5} D \frac{32 × 31 × ⋯× ▷32 − 5 C 1◁}{5W} D 201 376 donc il y a

201 376 mains de 5 cartes possibles sur un jeu de 32 cartes.

Propriété 7

Pour tous entiers naturels n et p tels que p ⩽ n et n D̸ 0,

∑_{kD0}^{n} \binom{n}{k} D 2^{n}.

Propriété 8 : relation de Pascal

Pour tous entiers naturels n et p tels que p ⩽ n et n D̸ 0,

\binom{n}{p} D \binom{n − 1}{p − 1} C \binom{n − 1}{p} .

De la propriété 8, on déduit un tableau regroupant les différentes valeurs de \binom{n}{p} suivant les valeurs de n et p : c’est le triangle de Pascal.

n p 0 1 2 3 4 5 6
0  1
1  1 1
2  1 2 1
3  1 3 ⟶^{C} 3 1
4  1 4 6 4 1
5  1 5 10 10 5 1
6  1 6 15 20 15 6 1

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 280 — #290 COURS_{280}

À RETENIR

Ordre  Modèle  Exemples

Permutation Oui Tirage sans remise

Anagramme^{∗}

p-liste Oui Tirage avec remise

Digicode

Arrangement A_{n}^{p} Oui

Tirage sans remise Podium d’une course

Combinaison \binom{n}{p} Non Tirage sans remise Main dans un jeu de cartes

∗ Permutation des lettres d’un mot formant un mot de sens différent.

E D {0I 1I 2I 3I 4I 5I 6I 7I 8I 9}. 1 Calculer le nombre de 5-uplets d’éléments de E.

Le nombre de 5-uplets d’éléments de E est égal à 10^{5} D 100 000 car E contient 10 éléments.

2 Combien de sous-ensembles de E à 5 éléments existe-t-il? On nous demande ici le nombre de combinaisons à cinq éléments qu’il est possible de faire avec les éléments de E. En effet, l’ordre des éléments importe peu (contrairement aux arrangements) car l’ensemble {2I 3I 4I 5I 6} est identique à l’ensemble {2I 6I 4I 5I 3} (quand on parle d’ensemble, l’ordre ne compte pas).

\binom{10}{5} D 252.

Il y a donc 252 sous-ensembles de E à cinq éléments. 3 Combien y a-t-il de triplets d’éléments distincts de E?

Un triplet, contrairement à un ensemble, est une liste ordonnée. On cherche donc ici le nombre d’arrangements à trois éléments distincts de E.

A_{10}^{3} D 720.

Il y a donc 720 triplets d’éléments distincts de E.

Solution de l’exercice type 2

Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes Voir énoncé page 277

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 281 — #291 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{281} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Vérification de compréhension du cours Corrigé p. 289 10 min

Dans chacune des questions suivantes, quatre propositions de réponses sont faites, dont une seule est exacte. Laquelle?

1 Ludwig a pris quarante-cinq photos de son voyage en Allemagne et veut en imprimer cinq pour les envoyer à un ami. Le nombre de possibilités de cadres pouvant être obtenu est :

\begin{matrix}a 5^{45} & b 45^{5} \\ c \binom{45}{5} & d A_{45}^{5} \end{matrix}

2 D’une urne contenant cinquante boules numérotées de 1 et 50, on en extrait dix sans les remettre. On note les numéros ainsi obtenus sur un papier de sorte à avoir une suite. Le nombre de suites possibles est :

\begin{matrix}a 10^{50} & b 50^{10} \\ c \binom{50}{10} & d A_{50}^{10} \end{matrix}

3 Dans le jeu télévisé « Des chiffres et des lettres », on demande dix fois aux candidats de choisir au hasard s’il veulent une voyelle ou une consonne. Le nombre de « mots » possibles à l’issue de ces dix choix est :

\begin{matrix}a 26W & b 26^{10} \\ c \binom{26}{10} & d A_{26}^{10} \end{matrix}

4 Le nombre d’anagrammes du mot « STYLO » est :

\begin{matrix}a 5W & b 5^{5} \\ c \binom{26}{5} & d A_{26}^{5} \end{matrix}

2_{V/F} Applications du cours Corrigé p. 289 10 min

Pour chacune des affirmations suivantes, dire si elle est vraie ou fausse en justifiant la réponse. 1 On considère les trois ensembles E D {2I 3I 4}, F D {4I 5I 6I 7I 8} et

G D {aI bI cI d}. Le nombre d’éléments de ▷E ∪ F ◁ × G est égal à 28.

2 On considère l’ensemble E D {RI BI V }.

Le nombre de parties de E est égal à 9. 3 Lors d’un tiercé, il y a vingt chevaux au départ de la course.

Il y a 8 000 possibilités pour ce tiercé.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 282 — #292 INTERROS_{282}

Principes additif et multiplicatif

3L’imprimeur_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} Corrigé ; p. 290 ; 5 min ; ⋆

Un imprimeur doit imprimer des calendriers pour une même société tous les ans. Afin de réduire ses coûts, il décide de créer tous les modèles possibles la même année (un mois ne commence pas chaque année par le même jour). 1 Combien de pages différentes doit-il confectionner pour le mois de

janvier? 2 Combien de pages différentes doit-il confectionner pour le mois de

février?

4Au restaurant_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. 290 ; 5 min ; ⋆

Un restaurant propose à sa carte un menu où il faut choisir une entrée, un plat et un dessert. Sont proposés trois entrées, six plats et deux desserts. Combien de repas différents peut-on constituer?

5Dans la bibliothèque_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} Corrigé ; p. 290 ; 5 min ; ⋆

Dans la bibliothèque de Gaspard, il y a 20 polars, 7 livres sur l’art et 5 livres sur les routards. Il souhaite ne prendre que deux livres de catégories différentes. Combien de possibilités a-t-il?

6Coordonnées aléatoires_{Lycée Daguin, Mérignac} Corrigé ; p. 290 ; 5 min ; ⋆

Voici un programme Python qui permet de choisir au hasard les coordonnées d’un point dans le plan muni d’un repère :

 from random import *
 x = choice(range(-10,10))
 y = choice(range(-10,10))

Combien de coordonnées peut-on obtenir?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 283 — #293 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{283} CORRIGÉS INTERROS COURS

Arrangements,permutations,combinaisonsetp-listes

7Nombres de nombres binaires_{Lycée Victor Duruy, Paris} Corrigé ; p. 291 ; 5 min ; ⋆

Un octet est une suite de huit chiffres (appelés bits), chacun pris dans l’ensemble {0;1}, comme par exemple : 01101001.

Combien y a-t-il d’octets différents?

8Choix de couleurs_{Lycée Ampère, Lyon} Corrigé ; p. 291 ; 5 min ; ⋆

On dispose de trois crayons de couleurs (bleu, rose et vert) et on veut colorier les quatre éléments du modèle : le chapeau, le corsage, la jupe et les chaussures.

De combien de façons peut-on colorier cette figure?

9Les femmes et les enfants d’abord_{Lycée Magendie, Bordeaux} Corrigé ; p. 291 ; 10 min ; ⋆

Sur un bateau qui coule, il y a 10 hommes, 8 femmes et 12 enfants. Afin d’assurer les bonnes conditions du sauvetage, les individus doivent se mettre en file indienne avant de monter dans les canots de sauvetage.

1 De combien de manières différentes peut-on placer toutes ces personnes?

2 Combien de files indiennes peut-on former de sorte que les hommes

soient en dernier? 3 Combien de files indiennes peut-on former de sorte que les enfants se

suivent et que les hommes soient en dernier?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 284 — #294 INTERROS_{284}
10Dans la bibliothèque de Pierre_{Lycée Élie Faure, Lormont} Corrigé ; p. 291 ; 10 min ; ⋆

Pierre dispose de :

5 ouvrages sur l’histoire des mathématiques, 7 ouvrages de vulgarisation mathématique, 2 ouvrages d’analyse combinatoire, 6 ouvrages d’algèbre.

Il souhaite les ranger sur une étagère de sa bibliothèque de sorte à les regrouper par thème. De combien de façons différentes peut-il les disposer?

11Mains d’un jeu de cartes_{Lycée Stanislas, Nice} Corrigé ; p. 292 ; 15 min ; ⋆

Un joueur dispose de cinq cartes prises parmi 52. On dit que c’est une main de cinq cartes. 1 Combien de mains existe-t-il? 2 Combien de mains ayant exactement un Roi existe-t-il? 3 Combien de mains ayant exactement 2 Piques existe-t-il? 4 Combien de mains ayant exactement 2 Piques et 1 Cœur existe-t-il?

12S’assoir sur les chaises_{Lycée François Couperin, Fontainebleau} Corrigé ; p. 292 ; 15 min ; ⋆

Quatre garçons et trois filles doivent s’assoir en ligne sur des chaises. 1 De combien de façons peuvent-ils s’assoir? 2 Même question si les garçons et les filles doivent rester groupés. 3 Même question si les garçons et les filles doivent être disposés de façon

alternée.

13Circuits touristiques_{Lycée Sacré-Cœur, Amiens} Corrigé ; p. 293 ; 15 min ; ⋆

Une agence de voyages veut organiser des circuits touristiques. 1 Les circuits touristiques doivent comprendre obligatoirement la visite

de 6 villes grecques : Athènes, Delphes, Olympie, Corinthe, Sparte et Nauplie.

(a) Combien y a-t-il de circuits possibles?

(b) Même question si la première ville visitée est Athènes.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 285 — #295 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{285} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Combien de circuits comprenant la visite de 2 villes sont possibles (on considèrera les circuits Athènes puis Delphes et Delphes puis Athènes comme des circuits différents)?

3 Combien existe-t-il de circuits comprenant la visite de 3 villes sur les 6, sachant que cette fois-ci l’ordre de la visite n’est pas important?

14Le congrès des gens polis_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} Corrigé ; p. 293 ; 5 min ; ⋆ ; ⋆

Chaque année, l’association des gens polis de Paris organise un congrès et comme chaque année, tous les participants doivent se serrer la main. Cette année, il y a 50 participants. Combien de poignées de mains vont être données?

15Mots de passe_{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand} Corrigé ; p. 294 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Sur une plateforme numérique interne d’une société, on impose aux salariés la composition de leur mot de passe; il faut que ce dernier comporte dans cet ordre :

une lettre non accentuée prise dans l’alphabet latin (comportant 26 lettres), en majuscule ou minuscule;

un symbole parmi : « $ », « # », « & », «? » et «! »;

un chiffre compris entre 0 et 9 (inclus).

Le mot de passe est donc composé de trois caractères (comme : « Z#0 »). Combien de mots de passe peuvent ainsi être créés?

16Chemises et tiroirs_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. 294 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

De combien de façons peut-on ranger 7 chemises toutes différentes dans une commode à trois tiroirs, sachant qu’un tiroir peut contenir au plus 3 chemises?

17Le clavier à neuf touches_{Lycée Sophie Germain, Paris} Corrigé ; p. 295 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Un clavier comporte neuf touches : 1, 2, 3, 4, 5, 6, A, B et C. Un code obtenu à l’aide de ce clavier est une suite d’une lettre et de trois chiffres.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 286 — #296 INTERROS_{286}

1 Combien de codes différents peut-on former? 2 Combien y a-t-il de codes sans le chiffre « 1 »? 3 Combien y a-t-il de codes comportant au moins une fois le chiffre « 1 »? 4 Combien y a-t-il de codes comportant des chiffres distincts? 5 Combien y a-t-il de codes comportant au moins deux chiffres identiques?

18Nombre de mots_{Lycée Jean Moulin, Saint-Amand-Montond} Corrigé ; p. 295 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Un programme permet de générer un mot de une à dix lettres en choisissant aléatoirement chacune des lettres dans un alphabet en comportant 26. Déterminer un ordre de grandeur du nombre de mots possibles.

19Manipulation des combinaisons_{Lycée François 1^{er}, Le Havre} Corrigé ; p. 296 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Soient n et p deux entiers naturels non nuls, avec p ⩽ n. 1 Après avoir simplifié :

\begin{matrix}( & {n C 1 \atop p} & ) \\ ( & {n \atop p} & ) \end{matrix}

résoudre l’inéquation :

\begin{matrix}( & {n C 1 \atop 10} & ) \\ ( & {n \atop 10} & ) \end{matrix} < 220.

2 Résoudre l’équation :

\binom{n}{3} D 220.

20Boules dans une urne_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. 297 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Une urne contient 7 boules (5 noires et 2 rouges) indiscernables au toucher et numérotées. On extrait les 7 boules l’une après l’autre. On appelle tirage la suite des 7 extractions de boules.

1 Combien y a-t-il de tirages possibles?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 287 — #297 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{287} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Déterminer le nombre de tirages pour lesquels la première boule est

rouge. 3 Déterminer le nombre de tirages pour lesquels la première boule est

noire et la deuxième boule est rouge. 4 Déterminer le nombre de tirages pour lesquels la première boule noire

arrive en troisième position.

21Anagrammes_{Lycée Montesquieu, Bordeaux} Corrigé ; p. 297 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

1 Combien d’anagrammes y a-t-il au mot « ABYME »?

2 Combien d’anagrammes différents y a-t-il au mot « NAPPE »?

3 Combien d’anagrammes différents y a-t-il au mot « KAYAK »?

4 Combien d’anagrammes différents y a-t-il au mot « UBUESQUE »?

22Groupes d’une classe_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 298 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Les 35 élèves d’une classe sont répartis en quatre catégories selon leur taille.

La catégorie 1 contient 7 élèves;

La catégorie 2 contient 5 élèves;

La catégorie 3 contient 9 élèves.

1 Combien peut-on former de groupes de 7 élèves avec tous les élèves de

la classe? 2 Combien y a-t-il de groupes de 7 élèves formés par des élèves de caté-

gorie 1? De catégorie 3? 3 Combien y a-t-il de groupes de 7 élèves contenant exactement 3 élèves

de catégorie 1 et 2 élèves de catégorie 2?

23Constitution d’un jury_{Lycée Condorcet, Paris} Corrigé ; p. 299 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Un jury de 10 membres est tiré au sort parmi un groupe constitué de 8 hommes et 9 femmes.

1 Combien de jurys différents peut-on former?

2 Combien de jurys comportant autant d’hommes que de femmes peut-on constituer?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 288 — #298 INTERROS_{288}

3 Combien de jurys comportant plus d’hommes que de femmes peut-on

former? 4 Reprendre la question 2 sachant que Monsieur X ne veut pas siéger avec

Madame Y.

24Sur un échiquier_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. 300 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Une pièce se déplace sur un échiquier de n cases sur n en avançant soit vers le haut, soit vers la droite.

Montrer qu’il y a \binom{2n − 2}{n − 1} chemins possibles pour aller du coin inférieur

gauche au coin supérieur droit.

Objectif bac

25Codage informatique_{Extrait du sujet 2 Centres étrangers, 2025 NEW 2026} Corrigé ; p. 301 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Le codage « base64 », utilisé en informatique, permet de représenter et de transmettre des messages et d’autres données telles que des images, en utilisant 64 caractères : les 26 lettres majuscules, les 26 lettres minuscules, les chiffres de 0 à 9 et deux autres caractères spéciaux. On s’intéresse aux séquences de 4 caractères en base64. Par exemple, « gP3g » est une telle séquence. Dans une séquence, l’ordre est à prendre en compte : les séquences «m5C2 » et « 5C2m» ne sont pas identiques. 1 Déterminer le nombre de séquences possibles.

2 Déterminer le nombre de séquences si l’on impose que les 4 caractères

sont différents deux à deux. 3 (a) Déterminer le nombre de séquences ne comportant pas de lettre A

majuscule.

(b) En déduire le nombre de séquences comportant au moins une lettre A majuscule.

(c) Déterminer le nombre de séquences comportant exactement une fois la lettre A majuscule.

(d) Déterminer le nombre de séquences comportant exactement deux fois la lettre A majuscule.

L’imprimeur — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 289 — #299

COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{289} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{QCM} Vérification de compréhension du cours {Énoncé \atop p. 281}

1 Réponse c . En effet, on choisit 5 éléments d’un ensemble de 45 éléments et l’ordre ne compte pas. Le nombre de sous-groupes de 5 élé-

ments possibles est donc \binom{45}{5} .

2 Réponse d . En effet, on choisit 10 éléments d’un ensemble de 50 éléments et l’ordre compte. Il s’agit donc d’un arrangement. Le nombre de sous-groupes de 10 éléments possibles est donc A_{50}^{10}.

3 Réponse b . En effet, il y a 26 possibilités pour la première lettre, puis 26 pour la deuxième, etc. jusqu’à 26 possibilités pour la dixième. Il y a donc 26^{10} possibilités d’issues. Les issues sont des 10-listes.

4 Réponse a . Il s’agit de compter le nombre d’anagrammes d’un mot où chaque lettre n’apparaît qu’une seule fois, donc il y en a nW, où n est le nombre de lettres (donc ici : 5W).

2_{V/F} Applications du cours {Énoncé \atop p. 281}

1 Vrai. En effet,

E ∪ F D {2I 3I 4} ∪ {4I 5I 6I 7I 8} D {2I 3I 4I 5I 6I 7I 8} donc :

card▷E ∪ F ◁ D 7.

De plus, G D {aI bI cI d}, donc :

card▷G◁ D 4.

D’après le principe multiplicatif, card(▷E ∪ F ◁ × G) D card▷E ∪ F ◁ × card▷G◁ D 7 × 4 D 28.

2 Faux. En effet, le nombre de parties d’un ensemble est le nombre de sous-ensembles que l’on peut former avec ses éléments, donc le nombre de combinaisons de cet ensemble. card▷E◁ D 3 donc le nombre total de combinaisons possibles que l’on peut former avec les éléments de E est :

∑_{kD0}^{3} \binom{3}{k} D 2^{3} (d’après le cours) D 8.

Il y a donc 8 parties de E (ensemble vide compris). 3 Faux. Le tiercé consiste à regarder le nombre de triplets (donc ensemble

ordonné) que l’on peut former dans l’ensemble constitué des vingt chevaux. On doit donc calculer :

A_{20}^{3} D 3W × \binom{20}{3} D 6 840.

Il y a donc 6 840 tiercés possibles.

Nombres de nombres binaires — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 290 — #300 CORRIGÉS_{290}
3L’imprimeur_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 282}

1 Le mois de janvier peut commencer par « Lundi », « Mardi », ... ou « Dimanche », soit 7 possibilités. L’imprimeur doit donc imprimer 7 pages différentes pour le mois de janvier.

2 Le mois de février comporte 28 ou 29 jours; il y a donc deux types de pages à créer :

pour les mois à 28 jours, il doit créer 7 pages différentes (car le mois peut commencer par 7 jours différents);

pour les mois à 29 jours, il doit aussi créer 7 pages différentes.

Finalement, il doit créer 7 C 7 D 14 pages différentes.

4Au restaurant_{Lycée Henri IV, Paris} {Énoncé \atop p. 282}

Il y a 3 entrées possibles, 6 plats possibles et 2 desserts possibles, donc il y a 3 × 6 × 2 D 36 repas différents.

5Dans la bibliothèque_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 282}

On utilise le principe multiplicatif pour chaque couple possible (où l’ordre ne compte pas).

il y a 20 × 7 D 140 possibilités pour les couples polars/art;

il y a 20 × 5 D 100 possibilités pour les couples polars/routards;

il y a 7 × 5 D 35 possibilités pour les couples art/routards.

Ensuite, on applique le principe additif : on a le choix entre les couples polars/art ou polars/routards ou art/routards, ce qui fait :

140 C 100 C 35 D 275 possibilités.

6Coordonnées aléatoires_{Lycée Daguin, Mérignac} {Énoncé \atop p. 282}

Avant tout, il faut savoir (ou rechercher sur Internet par exemple) ce que fait l’instruction « choice(range(-10,10)) ». On trouve alors qu’elle choisit au hasard un nombre entier entre −10 (inclus) et 10 (exclus). Il y a donc 20 possibilités pour x et pour y. Le nombre total de possibilités est donc 20 × 20 D 400.

Mains d’un jeu de cartes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 291 — #301

COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{291} CORRIGÉS INTERROS COURS

7Nombres de nombres binaires_{Lycée Victor Duruy, Paris} {Énoncé \atop p. 283}

Un octet est composé de huit bits et il y a deux possibilités pour un bit : 0 ou 1. Il y a donc 2^{8} D 256 octets possibles.

8Choix de couleurs_{Lycée Ampère, Lyon} {Énoncé \atop p. 283}

Pour chaque élément de l’habillement, il y a 3 possibilités de couleurs. Les quatre éléments sont indépendants (la couleur du chapeau n’influe pas sur le choix des couleurs des autres éléments par exemple). Le nombre total de possibilités est donc égal au produit du nombre de possibilités pour chaque élément. Il y a ainsi 3 × 3 × 3 × 3 D 3^{4} D 81 possibilités.

9Les femmes et les enfants d’abord_{Lycée Magendie, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 283}

1 Il y a en tout 10 C 8 C 12 D 30 personnes. On cherche ici le nombre de

permutations de ces 30 personnes : il y en a 30W. 2 Construire une telle file revient à faire une permutation de l’ensemble

constitué des femmes et des enfants (8 C 12 D 20 personnes) et une permutation de l’ensemble des hommes (10 personnes). Il y a donc 20W × 10W possibilités, soit environ 10^{25} possibilités.

3 Ici, il faut voir le groupe des enfants comme une entité à placer dans un groupe constitué de cette entité et de 8 femmes : il y a 9W façons de les permuter. Mais au sein du groupe des enfants, il y a 12W façons de les permuter. Il faut ensuite permuter les hommes : 10W possibilités. Au final, il y a donc 12W × 9W × 10W façons d’obtenir une file indienne où tous les hommes sont en dernier et où tous les enfants sont regroupés, c’est-à-dire environ 6 × 10^{20}.

10Dans la bibliothèque de Pierre_{Lycée Élie Faure, Lormont} {Énoncé \atop p. 284}

Nous devons permuter les quatre thèmes : il y a 4W façons de le faire. Dans le premier groupe (histoire des mathématiques), il y a 5 éléments donc il y a 5W façons de les permuter. Dans le deuxième (vulgarisation mathématique), il y en a 7W. Dans le troisième (analyse combinatoire), il y en a 2W. Enfin, dans le dernier (algèbre), il y en a 6W. Au total, il y a donc 5W × 7W × 2W × 6W × 4W manières de disposer ces ouvrages, soit 20 901 888 000 façons.

S’assoir sur les chaises — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 292 — #302 CORRIGÉS_{292}
11Mains d’un jeu de cartes_{Lycée Stanislas, Nice} {Énoncé \atop p. 284}

1 On choisit 5 cartes parmi 52 et l’ordre ne compte pas. Il s’agit donc ici d’une combinaison.

Il y a donc \binom{52}{5} D \frac{52W}{5W▷52 − 5◁W} D 2 598 960 mains possibles.

2 On impose dans cette question le fait qu’il y ait un Roi. Comme l’ordre ne compte pas, on peut considérer que la première est un Roi (il y a 4 choix possibles car il y a 4 Rois dans un jeu de cartes). Nous voulons exactement un Roi; par conséquent, il ne faut pas qu’il y en ait parmi les autres cartes : on choisit donc 4 cartes parmi les 52 − 4 D 48 cartes qui ne sont pas des Rois.

Ainsi, il y a 4 × \binom{48}{4} D 778 320 mains comportant exactement un Roi.

3 Nous souhaitons ici exactement deux Piques. Comme l’ordre ne compte pas, on peut considérer que ce sont les deux premières cartes. Il y a

52 ÷ 4 D 13 Piques donc il y a \binom{13}{2} possibilités pour ces deux cartes.

Pour les 3 autres cartes, il faut les choisir parmi les 52 − 13 D 39 cartes restantes qui ne sont pas des Piques.

Ainsi, il y a \binom{13}{2} × \binom{39}{3} D 712 842 mains possibles contenant exac-

tement 2 Piques. 4 Nous souhaitons ici 2 Piques et 1 Cœur. Selon le même principe que

celui utilisé dans la question précédente, on peut dire que le nombre de mains comportant exactement 2 Piques et 1 Cœur est égal à :

\underbrace{\binom{13}{2}}_{2 Piques}× \underbrace{\binom{13}{1}}_{1 Cœur}× \underbrace{\binom{26}{2}}_{2 autres} D 329 550.

12S’assoir sur les chaises_{Lycée François Couperin, Fontainebleau} {Énoncé \atop p. 284}

1 Il y a 7 personnes à permuter donc il y a 7W D 5 040 façons de s’assoir. 2 Il y a deux groupes (filles et garçons), donc 2 façons de les disposer.

Dans le groupe des filles, il y a 3W façons de les disposer et dans le groupe des garçons, il y en a 4W. Il y a donc 2 × 3W × 4W D 288 façons de s’assoir.

3 Dans cette question, deux garçons ne peuvent pas être à côté, et deux filles non plus. Imaginons que les chaises soient numérotées de 1 à 7. Supposons que les garçons s’assoient sur les chaises avec un numéro impair : il y a 4W façons de les disposer.

Le congrès des gens polis — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 293 — #303

COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{293} CORRIGÉS INTERROS COURS

De même, il y a 3W façons de disposer les filles sur les chaises dont le numéro est pair. Au final, il y a 4W × 3W D 144 façons de les assoir.

13Circuits touristiques_{Lycée Sacré-Cœur, Amiens} {Énoncé \atop p. 284}

1 (a) On cherche ici le nombre de permutations à 6 éléments : pour la première ville, il y a 6 choix possibles, 5 pour la deuxième,..., 1 possibilité pour la dernière. Il y a donc en tout 6W D 720 possibilités de circuits.

(b) Si Athènes est la première ville visitée, alors le raisonnement de la question précédente est modifié : il y a 1 choix (Athènes) possible pour la première ville, puis 5 choix pour la deuxième, ..., enfin 1 possibilité pour la dernière ville (la seule qu’il reste à visiter). Il y a donc 1 × 5 × 4 × 3 × 2 × 1 D 120 circuits possibles.

2 S’il faut choisir deux villes parmi les 6, on peut dire que pour la première ville, il y a 6 choix possibles et qu’il en reste 5 pour la deuxième ville, soit 30 circuits possibles.

Remarque : on peut aussi raisonner avec les combinaisons.

En effet, il y a \binom{6}{2} D 15 possibilités de choisir 2 villes parmi les 6. Pour

chaque couple de villes, il y a 2 possibilités, suivant l’ordre des visites. On retrouve bien les 30 possibilités.

3 Cette fois, l’ordre n’est pas important; il suffit alors de choisir un groupe

de 3 villes parmi 6, ce qui correspond à \binom{6}{3} D 20 possibilités.

14Le congrès des gens polis_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 285}

Le nombre de poignées de mains est égal au nombre de sous-ensembles à deux éléments que l’on peut former dans un ensemble à 50 éléments, à savoir

\binom{50}{2} D 1 225.

Il y a donc 1 225 poignées de mains.

Le clavier à neuf touches — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 294 — #304 CORRIGÉS_{294}
15Mots de passe_{Lycée Blaise Pascal, Clermont-Ferrand} {Énoncé \atop p. 285}

Il y a 2 × 26 D 52 lettres possibles (si on compte les majuscules et les minuscules). Ensuite, il y a 5 possibilités pour le symbole et enfin, 10 possibilités pour le chiffre pris parmi les dix disponibles. Il y a donc 52×5×10 D 2 600 possibilités pour un « mot » de trois caractères. Il faut ensuite dénombrer les permutations du mot : il y en a 3W D 6.

Ainsi, il y a 6 × 2 600 D 15 600 mots de passe possibles.

16Chemises et tiroirs_{Lycée Henri IV, Paris} {Énoncé \atop p. 285}

Avant tout, on remarque que l’on peut avoir :

3 chemises dans 2 tiroirs et 1 chemise dans le 3^{e};

2 chemises dans 2 tiroirs et 3 chemises dans le 3^{e}.

Ce sont les seules possibilités.

Première possibilité : 3 chemises dans 2 tiroirs et 1 chemise dans le 3^{e}.

Il y a \binom{7}{3} façons de choisir 3 chemises pour le 1^{er} tiroir, qui ne peut conte-

nir que 3 chemises.

Suite à ce choix, il reste 7 − 3 D 4 chemises, et il y a donc \binom{4}{3} façons de

choisir trois chemises pour le 2^{e} tiroir. Il ne reste ensuite plus qu’une seule possibilité pour la dernière chemise. De plus, l’unique chemise peut être soit dans le 1^{er} tiroir, soit dans le 2^{e}, soit dans le 3^{e}.

Il y a donc :

3 × \binom{7}{3} × \binom{4}{3} × 1 D 3 × 35 × 4 D 420

possibilités de ranger ainsi les chemises.

Seconde possibilité : 2 chemises dans 2 tiroirs et 3 chemises dans le 3^{e}. Le raisonnement est analogue au précédent. Il y a donc :

3 × \binom{7}{2} × \binom{5}{2} × 1 D 630

possibilités de ranger les chemises de cette façon.

Finalement, en ajoutant ces résultats, on trouve qu’il y a 420 C 630 D 1 050 façons de disposer les chemises dans les tiroirs.

Nombre de mots — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 295 — #305 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{295} CORRIGÉS INTERROS COURS
17Le clavier à neuf touches_{Lycée Sophie Germain, Paris} {Énoncé \atop p. 285}

1 Il y a 3 lettres possibles pour la première entrée (le premier caractère du code) et on a le choix entre 6 chiffres pour chacun des 3 chiffres suivants. Il y a donc 3 × 6^{3} D 648 codes possibles.

2 Il y a toujours 3 lettres possibles pour la première entrée, puis 5 choix possibles pour chacun des 3 autres entrées. Il y a donc 3 × 5^{3} D 375 codes sans « 1 ».

3 Il y a encore 3 lettres possibles pour la première entrée. Ensuite, nous avons vu aux questions précédentes qu’il existe 375 codes sans le chiffre « 1 » et qu’il y a 648 codes possibles. Il y a donc 648 − 375 D 273 codes ayant au moins un chiffre « 1 ».

4 Il y a 3 lettres possibles pour la première entrée, et il faut compter le nombre d’arrangements de 3 éléments pris parmi 6 pour avoir un code où tous les chiffres sont distincts (l’ordre compte et on peut assimiler ceci à un tirage sans remise, ce qui justifie que c’est bien un arrangement).

Il y a donc 3 × A_{6}^{3} D 3 × \frac{6W}{3W}D 360 codes possibles où tous les chiffres sont distincts.

5 Le contraire de l’événement « le code comporte au moins deux chiffres identiques » est l’événement : « le code comporte des chiffres distincts ». Il y a donc 648 − 360 D 288 codes comportant au moins deux chiffres identiques.

18Nombre de mots_{Lycée Jean Moulin, Saint-Amand-Montond} {Énoncé \atop p. 286}

Si le mot généré ne contient qu’une lettre alors il y a 26 possibilités.

Si le mot contient deux lettres alors il y a 26^{2} possibilités.

Si le mot contient trois lettres alors il y a 26^{3} possibilités.

⋮

Si le mot contient dix lettres alors il y a 26^{10} possibilités. Ainsi, le nombre total de mots possibles est :

26 C 26^{2} C 26^{3} C ⋯C 26^{10}.

Pour rappel, si ▷u_{n}◁ est une suite géométrique de raison q D̸ 1 alors :

u_{0} C u_{1} C u_{2} C ⋯C u_{n} D u_{0} × \frac{q^{nC1} − 1}{q − 1} .

La somme que nous souhaitons calculer est la somme des premiers termes de la suite géométrique ▷u_{n}◁ de premier terme u_{0} D 26 et de raison q D 26.

Manipulation des combinaisons — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 296 — #306

CORRIGÉS_{296}

Ainsi,

26 C 26^{2} C 26^{3} C ⋯C 26^{10} D 26 × \frac{26^{10} − 1}{26 − 1}
≈ 1,5 × 10^{14}.

19Manipulation des combinaisons_{Lycée François 1^{er}, Le Havre} {Énoncé \atop p. 286}

1 Commençons par simplifier la fraction donnée :

\begin{matrix}( & {n C 1 \atop p} & ) \\ ( & {n \atop p} & ) \end{matrix} D \binom{n C 1}{p} × \frac{1}{\binom{n}{p}}

\begin{matrix}( & {n C 1 \atop p} & ) \\ ( & {n \atop p} & ) \end{matrix} D \frac{▷n C 1◁W}{[figure: pW]× ▷n C 1 − p◁W}× \frac{[figure: pW]× ▷n − p◁W}{nW}

D \frac{[figure: nW] × ▷n C 1◁ ×[figure: ▷n − p◁W]}{[figure: ▷n − p◁W]× ▷n − p C 1◁ ×[figure: nW]}

D \frac{n C 1}{n − p C 1} .

Ainsi,

\begin{matrix}( & {n C 1 \atop 10} & ) \\ ( & {n \atop 10} & ) \end{matrix} < 220 ⟺ \frac{n C 1}{n − 10 C 1} < 220

⟺ n C 1 < 220▷n − 9◁ (car n ⩾ 10◁

⟺ 219n > 1 C 9 × 220

⟺ n > \frac{1 981}{219}

⟺ n ⩾ 10.

2 \begin{aligned}\binom{n}{3} D 220 & ⟺ \frac{nW}{3W × ▷n − 3◁W} D 220 \\ & ⟺ \frac{▷n − 3◁W × ▷n − 2◁▷n − 1◁n}{3W × ▷n − 3◁W}D 220 \end{aligned}

Anagrammes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 297 — #307

COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{297} CORRIGÉS INTERROS COURS

\begin{aligned}\binom{n}{3} D 220 & ⟺ \frac{n▷n − 1◁▷n − 2◁}{6} D 220 \\ & ⟺ n▷n − 1◁▷n − 2◁ D 1 320. \end{aligned}

n▷n − 1◁▷n − 2◁ désigne le produit de 3 entiers consécutifs. Ce produit doit être égal à un nombre dont l’ordre de grandeur est 1 000 D 10^{3}, ce qui nous pousse alors à effectuer 10 × 11 × 12. On trouve justement 1 320.

Ainsi, n D 12. Cette solution est unique car n ↦ n▷n − 1◁▷n − 2◁ est strictement croissante sur ℕ.

20Boules dans une urne_{Lycée Carnot, Dijon} {Énoncé \atop p. 286}

1 Il y a 7 façons de choisir la première boule, puis 6 pour la deuxième, etc.

Il y a donc en tout 7W D 5 040 tirages possibles. 2 On choisit 1 boule rouge parmi les deux qu’il y a pour la première boule

tirée, puis il reste 6 possibilités pour la deuxième boule, puis 5 pour la troisième, etc. Il y a donc :

\binom{2}{1} × 6W D 1 440 possibilités.

3 Sur le même principe qu’à la question précédente, on peut dire que le nombre de tirages où la première boule est noire et la deuxième rouge est :

\binom{5}{1} × \binom{2}{1} × 5W D 1 200.

4 Il faut une boule rouge en position 1 et 2, puis une boule noire en position 3. Le nombre de tirages possibles est donc :

\binom{2}{1} × \binom{1}{1} × 5W D 240.

21Anagrammes_{Lycée Montesquieu, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 287}

1 Le mot « ABYME » contient cinq lettres distinctes. Le nombre d’anagrammes est donc égal au nombre de permutations de ces cinq lettres.

Il y a donc 5W D 120 anagrammes au mot « ABYME ». 2 Le mot « NAPPE » contient cinq lettres, mais elles ne sont pas toutes dis-

tinctes : il y a quatre lettres distinctes. Ainsi, parmi les 120 permutations, il y en a qui sont identiques.

Groupes d’une classe — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 298 — #308

CORRIGÉS_{298}

Comme il y a deux lettres identiques, il y aura deux fois les mêmes permutations (par exemple « P_{1}P_{2}NAE » et « P_{2}P_{1}NAE » donnent l’anagramme « PPNAE »). Il faut donc diviser par 2 le nombre de permutations.

Il y a donc \frac{5W}{2}D 60 anagrammes différents au mot « NAPPE ».

3 Le mot « KAYAK » comporte cinq lettres dont trois sont distinctes. Selon le même principe expliqué à la question précédente, il faut diviser les 120 permutations par 2 (car il y a deux « K ») et encore par 2 (car il y a deux « A »).

Il y a donc \frac{5W}{2 × 2} D 30 anagrammes différents au mot « KAYAK ».

4 Le mot « UBUESQUE » comporte huit lettres dont deux sont répétées : le « U » est présent trois fois et le « E » l’est deux fois. S’il faut diviser le nombre de permutations par 2 (car il y a deux « E »), il ne suffit pas de diviser encore par 3 car il y a trois « U ». En effet, il faut diviser par 3W D 6 car il y a 3W façons de disposer les lettres U_{1}U_{2}U_{3}.

Ainsi, il y a \frac{8W}{2 × 3W}D 3 360 anagrammes différents au mot « UBUESQUE ».

Remarque : on peut raisonner différemment en disant que trouver une anagramme du mot revient à :

placer 3 lettres « U » parmi les 8 positions possibles : il y a \binom{8}{3} possibilités;

placer 2 lettres « E » parmi les 8 − 3 D 5 positions restantes : il y a \binom{5}{2} possibilités;

trouver le nombre d’anagrammes sur les 5 − 2 D 3 lettre restantes : il y a 3W possibilités.

On arrive alors à \binom{8}{3} × \binom{5}{2} × 3W D 3 360 anagrammes différents.

22Groupes d’une classe_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 287}

1 C’est une question classique où l’on doit trouver le nombre de sousensembles à 7 éléments pris dans un ensemble à 35 éléments. Le nombre total de combinaisons est donc :

\binom{35}{7} D 6 724 520.

2 Dans la mesure où il n’y a que 7 élèves dans la catégorie 1, il n’y a qu’une possibilité de former un groupe de 7 élèves avec les élèves de cette catégorie.

Constitution d’un jury — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 299 — #309

COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{299} CORRIGÉS INTERROS COURS

Il y a 9 élèves dans la catégorie 3, donc le nombre de groupes de 7 élèves que l’on peut former avec ces 9 élèves est :

\binom{9}{7} D 36.

3 Constituer un tel groupe revient à choisir 3 élèves parmi les 7 de la catégorie 1, 2 élèves parmi les 5 de la catégorie 2, et les deux autres élèves parmi les 23 élèves des autres catégories. Le nombre total de groupes que l’on peut former est alors :

\binom{7}{3} × \binom{5}{2} × \binom{23}{2} D 88 550.

23Constitution d’un jury_{Lycée Condorcet, Paris} {Énoncé \atop p. 287}

1 Il y a en tout 17 personnes et on cherche le nombre de groupes de 10 personnes que l’on peut former à partir de ces 17 personnes. Il y en a :

\binom{17}{10} D 19 448.

2 On souhaite qu’il y ait autant d’hommes que de femmes, donc qu’il y ait 5 hommes et 5 femmes. Le nombre de jurys possibles est donc :

\binom{8}{5} × \binom{9}{5} D 7 056.

3 Ici, il n’y a pas de moyen direct d’arriver au résultat : il faut faire une disjonction de cas, c’est-à-dire énumérer tous les cas où il y a plus d’hommes que de femmes :

s’il y a 8 hommes (nombre maximal d’hommes) alors il y aura 2 femmes; le nombre de jurys possibles est alors :

\binom{8}{8} × \binom{9}{2} D 36I

s’il y a 7 hommes alors il y aura 3 femmes; le nombre de jurys possibles est alors :

\binom{8}{7} × \binom{9}{3} D 672I

s’il y a 6 hommes alors il y aura 4 femmes; le nombre de jurys possibles est alors :

\binom{8}{6} × \binom{9}{4} D 3 528.

Ce sont les seuls cas possibles. Il y a donc en tout :

3 528 C 672 C 36 D 4 236

jurys possibles composés de plus d’hommes que de femmes.

Sur un échiquier — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 300 — #310

CORRIGÉS_{300}

4 Nous avons vu dans la question 2 qu’il y avait 7 056 jurys composés d’autant d’hommes que de femmes. Dans cette question, il faut soustraire à ce nombre le nombre de jurys où Monsieur X et Madame Y se retrouvent ensemble. Ces jurys sont de la forme : M. X + Mme Y + 4 autres hommes que M. X + 4 autres femmes que Mme Y.

Leurs nombres s’élèvent donc à :

1 × 1 × \binom{7}{4} × \binom{8}{4} D 2 450.

Ainsi, le nombre de jurys comportant autant d’hommes que de femmes dans lesquels M. X et Mme Y ne sont pas ensemble est égal à :

7 056 − 2 450 D 4 606.

24Sur un échiquier_{Lycée Henri IV, Paris} {Énoncé \atop p. 288}

Voici un exemple de déplacement :

La pièce ne peut se diriger que vers la droite ou vers le haut, et que d’une case à chaque fois. Il ne reste que n − 1 cases vers la droite et n − 1 cases vers le haut pour atteindre la case supérieure droite; ainsi, il y a :

▷n − 1◁ C ▷n − 1◁ D 2n − 2 déplacements.

Parmi ces déplacements, n − 1 sont à faire vers la droite (ou vers le haut, peu importe); on choisit donc sans ordre et sans remise les « numéros » des

déplacements vers la droite, le reste se faisant à gauche : il y a donc \binom{2n − 2}{n − 1}

chemins possibles.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 301 — #311 COMBINATOIRE ET DÉNOMBREMENT CHAP. 9_{301} CORRIGÉS INTERROS COURS
25Codage informatique_{Extrait du sujet 2 Centres étrangers, 2025 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 288}

1 Pour chaque caractère, il y a 64 possibilités, donc pour une séquence de

4 caractères, il y a 64^{4} possibilités, soit 16 777 216 possibilités. 2 Si les caractères sont différents deux à deux, il s’agit alors d’un arrange-

ment de 4 caractères parmi 64 :

\frac{64 W}{▷64 − 4◁ W}D 64 × 63 × 62 × 61 D 15 249 024 possibilités.

3 (a) On reprend la question 1 avec seulement 63 caractères.

Cela donne donc 63^{4} D 15 752 961 possibilités.

(b) « Au moins une lettre A majuscule » est le contraire de « Aucune lettre A majuscule ». Ainsi, le nombre de séquences comportant au moins une lettre A majuscule est :

64^{4} − 63^{4} D 1 024 255.

(c) La lettre A peut se situer en première position, ou en deuxième, troisième ou quatrième dans le code, les trois autres lettres étant différentes. Il y aura donc 4 × 63^{3} D 1 000 188 possibilités.

(d) Il y a \binom{4}{2} façons de placer les deux lettres A dans la séquence. Les

deux autres lettres ne sont pas des A.

Il y aura donc \binom{4}{2} × 63^{2} D 23 814 possibilités.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 9 page 302 — #312

Succession d’épreuves indépendantes

Plan du chapitre

1. Répétition d’expériences identiques et indépendantes

2. Schéma de Bernoulli

1 Répétition d’expériences identiques et indépendantes

On dispose d’un dé cubique équilibré possédant une face verte, deux faces noires et trois faces rouges. Un jeu consiste à lancer deux fois de suite et de manière indépendante ce dé. On note à chaque lancer la couleur de la face obtenue. 1 Représenter cette expérience par un arbre pondéré.

2 Calculer la probabilité pour qu’à l’issue d’un jeu, les deux faces obte-

nues soient noires. 3 Calculer la probabilité pour qu’à l’issue d’un jeu les deux faces obtenues

soient de même couleur. 4 Calculer la probabilité pour qu’à l’issue d’un jeu les deux faces obtenues

soient de couleurs différentes.

Exercice type 1

Lycée La Bruyère, Versailles

Voir corrigé page 304

Définition 1

On dit qu’il y a répétition d’expériences identiques et indépendantes lorsque la même expérience est effectuée plusieurs fois, dans les mêmes conditions, et que le résultat d’une réalisation n’a pas d’influence sur le résultat de la suivante. Les issues de la répétition d’expériences sont des listes d’issues de l’expérience répétée.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 304 — #314 COURS_{304}

Propriété 1

La probabilité d’une liste de résultats d’une répétition d’expériences identiques et indépendantes est égale au produit des probabilités de chaque issue qui constitue cette liste.

1 On note V (respectivement N, R) l’événement « obtenir une face verte (respectivement noire, rouge) ».

2 L’expérience est la répétition, de façon indépendante, de deux expériences identiques. Les issues sont donc des listes de résultats de l’expérience répétée, et la probabilité d’une liste est le produit des probabilités des résultats qui la composent.

Puisque le dé est équilibré, la probabilité d’obtenir V à un lancer est \frac{1}{6},

celle d’obtenir N est \frac{2}{6} D \frac{1}{3} et celle d’obtenir R est \frac{3}{6} D \frac{1}{2}.

Alors P ▷N,N◁ D ( \frac{1}{3}) ^{2} D \frac{1}{9}.

3 Les deux faces obtenues sont de la même couleur si elles sont toutes les deux vertes, noires, ou rouges. La probabilité de cet événement est donc (voir page suivante) :

…

Solution de l’exercice type 1

Lycée La Bruyère, Versailles

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 305 — #315 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{305} CORRIGÉS INTERROS COURS

P ▷V,V ◁ C P ▷N,N◁ C P ▷R,R◁ D \frac{1}{36} C \frac{1}{9} C \frac{1}{4} D \frac{14}{36} D \frac{7}{18}.

4 L’événement « Les deux faces obtenues ne sont pas de la même couleur » est l’événement contraire de « Les deux faces sont de la même couleur ». La probabilité d’avoir deux faces de couleurs différentes est donc

1 − \frac{7}{18} D \frac{11}{18}.

Solution de l’exercice type 1 (suite)

Lycée La Bruyère, Versailles

Voir énoncé page 303

2 Schéma de Bernoulli

Cinq amis se sont inscrits sur internet à un tirage au sort pour recevoir gratuitement un magazine. La probabilité p d’être choisi est 0,32. Pour chaque réponse, on donnera d’abord la valeur exacte, puis une valeur approchée à 10^{−4} près. 1 Quelle est la probabilité P_{1} que les cinq amis reçoivent le magazine?

2 Quelle est la probabilité P_{2} qu’au moins un des cinq ne reçoive pas le

magazine? 3 Quelle est la probabilité P_{3} qu’au moins un des cinq reçoive le maga-

zine? 4 Quelle est la probabilité P_{4} qu’exactement trois des amis reçoivent le

magazine?

Exercice type 2

Lycée Hector Berlioz, Vincennes

Voir corrigé page 307

Définition 2 : épreuve de Bernoulli

Une épreuve de Bernoulli est une expérience aléatoire où seules 2 issues sont possibles : le succès (S) et l’échec ( N S).

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 306 — #316 COURS_{306}

Exemples

Sur une chaîne de production de smartphones, on en choisit un au hasard. L’épreuve consistant à regarder s’il est défectueux est une épreuve de Bernoulli : il est soit défectueux (S) soit non défectueux ( N S).

Dans une trousse, on choisit au hasard un stylo. L’épreuve consistant à regarder s’il est rouge est une épreuve de Bernoulli : soit il l’est (S), soit il ne l’est pas ( N S).

Définition 3 : loi de Bernoulli

On considère une épreuve de Bernoulli dont le succès est de probabilité p. La loi de Bernoulli associée à cette épreuve est la suivante :

\begin{matrix}X D k & 0 & 1 \\ P ▷X D k◁ & 1 − p & p \end{matrix}

Définition 4 : schéma de Bernoulli

On répète n fois une même épreuve de Bernoulli dans les mêmes conditions (on dit : de façon indépendante). Cette succession d’épreuves est appelée un schéma de Bernoulli.

On représente un schéma de Bernoulli de la manière suivante :

Exemple d’une succession de trois épreuves de Bernoulli

Remarque : l’épreuve, la loi et le schéma de Bernoulli tirent leur nom du mathématicien Jacques Bernoulli (1654 – 1705).

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 307 — #317 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{307} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.1 Loi Binomiale

Définition 5

On considère une épreuve de Bernoulli dont la probabilité du succès est p. On répète n fois de façon indépendante cette épreuve, et on note X la variable aléatoire représentant le nombre de succès à l’issue de cette succession d’épreuves. On dit que la loi de probabilité de X est la loi binomiale de paramètres n et p, et on note X ↪ B▷nI p◁.

À l’issue de ces n épreuves, X peut valoir 0, 1, 2, ... jusqu’à n.

Propriété 2 : nombre de chemins à k succès

Si on répète n fois de manière indépendante une épreuve de Bernoulli alors il y

a \binom{n}{k} chemins comportant exactement k succès.

En effet, on regarde combien de « mots » de n lettres (prises dans l’alphabet {S, N S}) comportent exactement k lettres « S ». Cela revient à choisir sans ordre et sans remise k emplacements (1 ⩽ k ⩽ n) où seront placés les « S », et mettre les « \overline{S} » aux emplacements restants. Il s’agit donc d’une combinaison, d’où un nombre

égal à \binom{n}{k} .

Propriété 3

Soit X ↪ B▷nI p◁. Alors, pour tout entier k compris entre 0 et n,

P ▷X D k◁ D \binom{n}{k} p^{k}▷1 − p◁^{n−k} .

L’expérience décrite est modélisée par un schéma de Bernoulli, composé de 5 répétitions d’une épreuve de Bernoulli dont le succès, recevoir le magazine, a pour probabilité 0,32. La variable aléatoire X qui donne le nombre d’amis qui reçoivent le magazine suit donc la loi binomiale de paramètre 5 et 0,32.

1 P_{1} D P ▷X D 5◁ D \binom{5}{5} × 0,32^{5} × ▷1 − 0,32◁^{5−5} D 0,32^{5} ≈ 0,0034.

2 L’événement « Au moins un des cinq amis ne reçoit pas le magazine » est l’événement contraire de « Les cinq amis reçoivent le magazine ». P_{2} D P ▷X ⩽ 4◁ D 1 − P ▷X D 5◁ D 1 − 0,32^{5} ≈ 0,9966.

3 De façon analogue, P_{3} D P ▷X ⩾ 1◁ D 1 − P ▷X D 0◁ D 1 − 0,68^{5} ≈ 0,8546.

4 P_{4} D P ▷X D 3◁ D \binom{5}{3} × 0,32^{3} × 0,68^{2} ≈ 0,1515.

Solution de l’exercice type 2

Lycée Hector Berlioz, Vincennes Voir énoncé page 305

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 308 — #318 INTERROS_{308}
1_{V/F} Loi binomiale? Corrigé p. 323 10 min

Dire, dans chaque situation, s’il est vrai que la variable aléatoire X suit une loi binomiale. Donner le cas échéant les valeurs des paramètres de la loi binomiale associée. 1 On lance 5 fois successivement un dé à jouer non truqué, et on note X

la variable aléatoire égale au nombre de 2 obtenus parmi ces lancers. 2 On lance 5 fois successivement un dé à jouer non truqué, et on note X

la variable aléatoire égale au numéro du premier lancer pour lequel on obtient le chiffre 6, en convenant que X D 0 si le chiffre 6 n’est jamais obtenu.

3 On lance 10 fois successivement 2 dés à jouer non pipés, et on note X la variable aléatoire égale au nombre de fois où une somme de 10 est obtenue en ajoutant les chiffres des 2 dés.

4 Une branche présente 10 fleurs blanches ou roses réparties au hasard. On compte au total 2 fleurs blanches et 8 fleurs roses. On cueille successivement et au hasard 3 fleurs, et on note X la variable aléatoire égale au nombre de fleurs blanches cueillies.

2_{QCM} Loi binomiale Corrigé p. 323 15 min

Pour chaque question, choisir la bonne réponse. 1 Une variable aléatoire X suit une loi binomiale de paramètres 5 et 0,1.

La probabilité P ▷X ⩽ 2◁ est alors (arrondie au centième) :

a 0,99  b 0,01  c 0,5  d 0,617

2 Le nombre d’issues d’une répétition de n épreuves de Bernoulli est égal à :

a 2  b n  c 2n  d 2^{n}

3 X est une variable aléatoire qui suit la loi binomiale B▷n,p◁. Le nombre de valeurs prises par X est :

a n  b 2^{n}  c n C 1  d p^{2}

3_{QCM} Logique et répétition d’expériences Corrigé p. 324 15 min

Dans la maison des associations de la commune, il y a deux salles de réunion, A et B. Les deux salles ont la même probabilité d’être occupées, sans préférence pour l’une ou l’autre. La probabilité que l’une au moins des salles soit occupée est 0,91. Pour chaque question, déterminer la bonne réponse. 1 La probabilité que les deux salles soient libres est

a 0,455  b 0,8281  c 0,09  d 1 − \sqrt{0,91}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 309 — #319 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{309} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 La probabilité que la salle A soit occupée est :

a \sqrt{0,91}  b 0,03  c 0,3  d 0,7

3 La probabilité qu’exactement une salle soit occupée est :

a 0,49  b 0,42  c 0,5  d 0,7

4 La probabilité qu’au moins une salle soit libre est :

a 0,09  b 0,51  c 0,49  d 0,7

4_{QCM} Logique Corrigé p. 324 15 min

Pour chaque question, choisir la ou les bonnes réponses. 1 On joue à pile ou face deux fois de suite.

L’événement « obtenir au moins une fois pile » est égal à l’événement : a « obtenir une fois pile » et « obtenir deux fois pile ». b « obtenir une fois pile » ou « obtenir deux fois pile ». c « obtenir 0 fois face ». d « obtenir 0 fois face » ou « obtenir une fois face ».

2 On joue à pile ou face deux fois de suite.

L’événement « obtenir au plus une fois pile » est égal à l’événement : a « obtenir une fois face » et « obtenir deux fois face ». b « obtenir une fois face » ou « obtenir deux fois face ». c « obtenir 0 fois pile ». d « obtenir 0 fois pile » ou « obtenir une fois pile ».

3 On joue à pile ou face trois fois de suite.

L’événement contraire de « obtenir au moins une fois face » est : a « Obtenir trois piles ». b « Obtenir au moins une fois pile ». c « Obtenir 0 fois pile ». d « Obtenir 0 fois face ».

4 Soit X une variable aléatoire.

L’événement contraire de « X est au moins égal à 3 » est :

a X ⩽ 3.  b X < 3.  c X ⩾ 3.  d X > 3.

5_{QCM} Répétition d’expériences Corrigé p. 325 15 min

Pour chaque question, une seule réponse est exacte. 1 On répète 3 fois de suite une expérience ayant 2 résultats possibles. Le

nombre de chemins de l’arbre associé à cette répétition d’expériences est :

a 2.  b 4.  c 6.  d 8.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 310 — #320 INTERROS_{310}

2 On répète 2 fois de suite une expérience ayant 3 résultats possibles. Le nombre de chemins de l’arbre associé à cette répétition d’expériences est :

a 3.  b 6.  c 8.  d 9.

3 On répète trois fois de suite une même expérience ayant trois issues équiprobables. Alors les listes de résultats :

a ont toutes pour probabilité \frac{1}{3}.

b ont toutes pour probabilité \frac{1}{27}.

c ont toutes pour probabilité \frac{1}{6}.

d n’ont pas toutes la même probabilité. 4 Une expérience aléatoire donne le résultat A avec une probabilité de

0,4, le résultat B avec une probabilité de 0,5 et le résultat C avec une probabilité de 0,1. On répète 5 fois cette expérience, dans des conditions indépendantes les unes des autres. Alors la variable aléatoire qui donne le nombre de fois où le résultat A est obtenu : a suit la loi binomiale B▷3 I 0,4◁. b suit la loi binomiale B▷5 I 0,4◁. c suit la loi binomiale B▷5 I 0,6◁. d ne suit pas une loi binomiale.

6_{QCM} Loi binomiale Corrigé p. 325 15 min

Pour chaque question, choisir la ou les bonnes réponses. 1 On considère un schéma de Bernoulli de 8 répétitions. Le nombre de

listes de résultats qui contiennent 5 succès est :

a \binom{5}{8} .  b \binom{8}{5} .  c \binom{5}{3} .  d \binom{8}{3} .

2 On lance un dé truqué trois fois de suite; la probabilité d’obtenir le 6 est 0,2. Alors la probabilité d’obtenir deux fois 6 sur les trois lancers est :

\begin{matrix}a 0,2^{2} × 0,8. & b \binom{3}{2} ▷0,2 C 0,2 C 0,8◁. \\ c \binom{3}{2} ▷0,2 × 0,2 × 0,8◁. & d 3 × 0,2^{2} × 0,8. \end{matrix}

3 On considère une variable aléatoire qui suit la loi binomiale B▷6 I 0,7◁. Alors :

\begin{matrix}a P ▷X D 4◁ D P ▷X D 2◁. & b P ▷X D 4◁ < P ▷X D 2◁. \\ c P ▷X D 4◁ > P ▷X D 2◁. & d P ▷X D 4◁ D 2 × P ▷X D 2◁. \end{matrix}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 311 — #321 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{311} CORRIGÉS INTERROS COURS
7_{QCM} Tirage bicolore Corrigé p. 326 15 min

Une urne contient 5 boules blanches et 5 boules noires. On tire, avec remise, une boule au hasard, n fois de suite (avec n > 1). Parmi les propositions suivantes, quelle est la probabilité d’obtenir des boules qui ne soient pas toutes de la même couleur? Justifier.

a 1 − \frac{1}{2^{n}}  b 1 − \frac{1}{2^{n−1}}  c 1 − \frac{1}{2^{2n}}

8Lancer de dé_{Lycée Édouard Branly, Nogent-sur-Marne} Corrigé ; p. 326 ; 10 min ; ⋆

Un joueur lance quatre fois de suite un dé parfaitement équilibré. Il marque 1 point pour chaque face numérotée 6 qu’il obtient. On s’intéresse à la variable aléatoire X qui à chaque série de quatre lancers associe le nombre de points marqués. 1 Expliquer pourquoi la variable étudiée suit une loi binomiale dont on

déterminera les paramètres. 2 Quelle est la probabilité de gagner 3 points?

3 Déterminer la loi de probabilité de X.

9Deux tirages successifs_{Lycée Paul Painlevé, Oyonnax} Corrigé ; p. 328 ; 15 min ; ⋆

Une urne contient de nombreux jetons, indiscernables au toucher, ayant l’une des trois couleurs : bleu, jaune ou rouge. On tire un jeton au hasard. La probabilité de tirer un jeton bleu est 0,25 ; celle d’obtenir un jeton jaune est 0,4. 1 Quelle est la probabilité d’obtenir un jeton rouge à un tirage?

2 On effectue l’expérience deux fois de suite avec remise du jeton dans l’urne après le premier tirage. À l’aide d’un arbre pondéré à construire sur la copie, répondre aux questions suivantes :

(a) Quelle est la probabilité d’obtenir un jeton bleu au premier tirage, puis un jeton jaune au second?

(b) Quelle est la probabilité d’obtenir deux jetons de couleurs différentes?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 312 — #322 INTERROS_{312}
10Groupe sanguin_{Lycée Notre-Dame de Sainte-Croix, Neuilly-sur-Seine} Corrigé ; p. 329 ; 15 min ; ⋆

La probabilité qu’un français soit du groupe sanguin A est de 0,45, qu’il soit du groupe sanguin O est de 0,43. Dans les autres cas, la personne est du groupe sanguin B ou AB; on décide de dire dans ce cas qu’elle est du groupe C. On étudie le groupe sanguin de trois personnes prises au hasard dans cette population. Vue la taille de la population, le choix des trois personnes peut être assimilé à une répétition de trois expériences identiques et indépendantes.

1 Combien de chemins contient l’arbre pondéré associé à cette expérience (il n’est pas demandé de dessiner l’arbre)? On notera A l’événement « la personne est du groupe A », O l’événement « la personne est du groupe O » et C l’événement « la personne est du groupe C ». Donner toutes les listes de résultats.

2 Quelle est la probabilité que les trois personnes soient toutes du groupe A?

3 Quelle est la probabilité qu’il y ait exactement une personne de chaque

groupe? 4 Quelle est la probabilité qu’au moins une personne soit du groupe A?

11Lancer de deux dés_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 330 ; 20 min ; ⋆

Une partie consiste à lancer simultanément deux dés équilibrés. On gagne si les deux chiffres obtenus sont identiques.

1 Calculer la probabilité de gagner.

2 On répète quatre fois l’expérience, et on appelle X la variable aléatoire donnant le nombre de parties gagnées lors des quatre expériences.

(a) Justifier que X suit une loi binomiale et en donner les paramètres.

(b) Déterminer la probabilité de ne jamais gagner.

(c) Déterminer la probabilité de gagner deux fois. 3 On répète n fois l’expérience, et on définit la variable Y donnant le

nombre de parties gagnées.

Déterminer la plus petite valeur de n pour que la probabilité de gagner au moins une fois soit supérieure ou égale à 0,99.

12Loi binomiale_{Lycée Jean Puy, Roanne} Corrigé ; p. 331 ; 25 min ; ⋆

Lors d’un jeu radiodiffusé, on estime que le candidat, quelle que soit la question posée, a deux chances sur trois de donner la bonne réponse. Il gagne 50 euros par réponse exacte.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 313 — #323 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{313} CORRIGÉS INTERROS COURS

L’animateur du jeu lui pose successivement cinq questions.

1 Calculer la probabilité que le candidat ait cinq bonnes réponses.

2 Quelle est la probabilité que le candidat gagne 250 euros?

3 Soit X la variable aléatoire qui compte le nombre de réponses exactes au bout des cinq questions. Quelle est la loi de probabilité suivie par X? Justifier la réponse.

4 Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire Y qui compte le

gain total du joueur. 5 Calculer l’espérance de gain du joueur.

13Des formes et des couleurs_{Lycée Virlogeux, Riom} Corrigé ; p. 332 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Chaque probabilité sera exprimée sous forme d’une fraction irréductible. Dans une boîte, on dispose de deux cubes : un rouge et un vert, et de quatre boules : une jaune, une rouge, une verte et une bleue. Un bébé prend au hasard un objet de la boîte, le montre fièrement à son papa, puis le remet dans la boîte. Il prend à nouveau un objet dans la boîte, et le donne à son papa qui le remet aussi dans la boîte. On appelle tirage le couple des deux objets ainsi obtenus et on suppose que tous les tirages sont équiprobables.

1 Combien y a-t-il de tirages possibles? On pourra s’aider d’un tableau ou

d’un arbre. 2 Trouver la probabilité de chacun des événements suivants :

A : « Il a obtenu deux cubes ».

B : « Il a obtenu deux boules ».

C : « Il a obtenu deux objets de formes différentes ».

D : « Il a obtenu deux objets rouges ».

E : « Il a obtenu deux objets de la même couleur ».

F : « Il a obtenu deux objets de couleurs différentes ».

G : « Il a obtenu deux objets de même couleur, mais de formes différentes ».

14Un dé tétraédrique déséquilibré_{Lycée Odilon Redon, Pauillac} Corrigé ; p. 332 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

On lance un dé tétraédrique dont les quatre faces portent les chiffres 1, 2, 3 et 4. On lit le résultat d’un lancer sur la face cachée du dé.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 314 — #324 INTERROS_{314}

On note p_{i} la probabilité d’obtenir le chiffre i suite à un lancer de ce dé. Le dé est déséquilibré de telle sorte que ces probabilités sont :

p_{1} D 0,1 I p_{2} D 0,2 I p_{3} D 0,3 I p_{4} D 0,4 .

On lance deux fois successivement ce dé. On suppose que les lancers sont indépendants entre eux.

1 Dresser un arbre pondéré décrivant l’expérience.

2 Quelle est la probabilité d’obtenir les chiffres 1 et 3 dans cet ordre?

3 Quelle est la probabilité d’obtenir deux chiffres distincts rangés par ordre

croissant? 4 On instaure la règle suivante : si un joueur lançant deux fois successive-

ment ce dé obtient deux chiffres distincts rangés par ordre croissant il gagne 2 euros, si il obtient deux fois le chiffre 1 il gagne 5 euros, tandis que, dans tous les autres cas, il perd 3 euros. On note X la variable aléatoire égale au gain du joueur.

(a) Déterminer la loi de probabilité de X.

(b) Déterminer l’espérance et l’écart type de X.

Ce jeu est-il équitable?

(c) On modifie la valeur des gains de la manière suivante : si on obtient deux chiffres distincts rangés par ordre croissant on gagne 5 euros, si on obtient deux fois le chiffre 1 on gagne 11 euros, et sinon, dans tous les autres cas, on perd 5 euros. On note Y la variable aléatoire égale au gain du joueur avec cette nouvelle règle. Déterminer l’espérance et l’écart type de Y.

15Jouer sans se ruiner_{Lycée Blaise Pascal,Clermont-Ferrand} Corrigé ; p. 334 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

L’oncle de Tatiana est accroc au jeu de grattage. Chaque semaine, il achète jusqu’à 20 euros de cartes à gratter à deux euros. Il achète une première carte et la gratte. Si elle est gagnante, il s’arrête, sinon il en achète une seconde, et ainsi de suite jusqu’à ce qu’il ait une carte gagnante ou bien qu’il ait dépensé 20 euros. La probabilité d’avoir une carte gagnante est 0,12.

1 Représenter cette expérience par un arbre pondéré.

2 Quelle est la probabilité que l’oncle achète 4 cartes?

3 Quelle est la probabilité que l’oncle achète 10 cartes?

4 Quelle est la probabilité que l’oncle ne gagne rien?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 315 — #325 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{315} CORRIGÉS INTERROS COURS

5 Soit X la variable aléatoire qui à chaque série d’achats de la semaine, associe la somme dépensée.

(a) Établir la loi de probabilité de X.

(b) Quelle est l’espérance de X? Interpréter ce résultat.

16Le tapis vert_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} Corrigé ; p. 336 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

Il y a plusieurs années, la Française des Jeux organisait un jeu qui s’appelait « le tapis vert ». Ce jeu consistait à choisir une carte de chaque couleur dans un jeu de 32 cartes et à cocher les quatre cases correspondantes dans une grille. Ces choix étaient ensuite comparés aux quatre cartes tirées par l’organisateur. 1 On note X la variable aléatoire qui à chaque grille associe le nombre de

cartes qui coïncident avec les cartes tirées.

(a) Montrer que X suit une loi binomiale de paramètres 4 et \frac{1}{8}.

(b) Établir le tableau de la loi de probabilité de X. Garder les valeurs

exactes sous forme fractionnaire. 2 Pour gagner, il fallait avoir au moins deux cartes exactes.

Quelle était la probabilité d’avoir une grille gagnante? 3 Les gains étaient attribués de la façon suivante :

pour 2 cartes exactes, on gagnait 2 fois sa mise; pour 3 cartes exactes, on gagnait 30 fois sa mise; pour 4 cartes exactes, on gagnait 1 000 fois sa mise. On note G le gain algébrique du joueur pour une mise de 1 euro.

(a) Déterminer la loi de probabilité de G (garder les valeurs exactes).

(b) Quelle est l’espérance de gain du joueur à 10^{−2} près?

(c) Ce jeu est-il favorable au joueur?

17Assurance_{Lycée Pablo Picasso, Fontenay-Sous-Bois} Corrigé ; p. 337 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

Un assureur automobile compte 2 000 clients. On suppose que la probabilité qu’un des clients ait un accident est égale à 0,12. Soit X la variable qui donne le nombre de conducteurs accidentés parmi les 2 000 clients. 1 Déterminer la loi suivie par X et en donner les paramètres.

2 Calculer la probabilité pour qu’il y ait au moins 240 clients accidentés.

3 Déterminer la plus petite valeur de n telle que P ▷X ⩽ n◁ ⩾ 0,95. 4 On suppose que chaque accident coûte en moyenne 4000 euros à l’assu-

rance.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 316 — #326 INTERROS_{316}

On note a le prix payé par chaque client pour s’assurer. Soit Y la variable aléatoire qui donne le bénéfice (algébrique) réalisé par l’assureur.

(a) Exprimer Y en fonction de X et de a.

(b) En déduire espérance de Y en fonction de a.

(c) Pour quelles valeurs de a l’espérance E▷Y ◁ est-elle positive ou nulle?

(d) Si a D 500, calculer puis interpréter P ▷Y ⩾ 100 000◁.

18Stand de tir_{Lycée Jean Pierre Vernant, Pin-Justaret} Corrigé ; p. 337 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Sandy aime bien aller au stand de tir de la fête foraine de son village. Bien que les carabines soient très mal réglées, elle sait que la probabilité, à chaque tir, qu’elle atteigne la cible est 0,68.

Elle effectue 25 tirs successifs. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de tirs réussis.

1 (a) Quelle loi suit la variable aléatoire X? Justifier.

(b) Calculer son espérance, interpréter ce résultat.

(c) Déterminer à 10^{−5} près la probabilité que Sandy atteigne la cible à chacun de ses 25 tirs.

(d) Déterminer à 10^{−3} près la probabilité qu’elle atteigne la cible au

moins 20 fois. 2 Sandy doit payer 10 euros pour pouvoir faire les 25 tirs. Mais chaque

tir réussi donne droit à un point d’une valeur de 0,5 euros. Elle pourra ensuite les utiliser sur le stand pour acheter des bonbons. A ce jeu, on appelle gain (qui peut être négatif), la différence entre la valeur gagnée avec les points et le prix de la partie. On note Y la variable aléatoire qui, à une partie de 25 tirs, associe le gain de Sandy.

(a) Exprimer Y en fonction de X.

(b) En déduire E▷Y ◁. Pour qui le jeu est-il favorable?

(c) Quel est le nombre maximum de tirs que Sandy doit réussir pour que le forain gagne de l’argent?

(d) Quelle est la probabilité que le forain ne gagne pas d’argent lorsque Sandy joue?

3 Dans cette question, Sandy effectue n tirs. Déterminer l’entier n à partir duquel la probabilité que Sandy réussisse au moins un tir dépasse 99%.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 317 — #327 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{317} CORRIGÉS INTERROS COURS
19Éviter le gaspillage_{Lycée Pablo Picasso, Fontenay-sous-Bois} Corrigé ; p. 338 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Les 500 employés d’une entreprise déjeunent à l’un ou l’autre des deux services de la cantine. La probabilité qu’un employé déjeune au premier service est égale à 0,6. On suppose que les employés prennent leur décision indépendamment les uns des autres. On note X la variable aléatoire qui donne le nombre d’employés qui mangent au premier service lors d’un déjeuner. 1 Quelle est la loi suivie par X? Justifier et donner ses paramètres.

2 Quelle est la probabilité qu’il y ait autant de personnes au premier ser-

vice qu’au second? 3 Calculer l’espérance de X, puis P ▷X ⩽ E▷X◁◁.

4 Quelle est la probabilité qu’il y ait au plus 280 personnes au premier

service? 5 Quelle est la probabilité qu’il y ait entre 290 et 310 personnes au premier

service? 6 Si le gérant veut être sûr de pouvoir servir tous les employés quel que

soit le service qu’ils choisissent, il doit prévoir 500 repas pour chaque service. Mais en prenant un petit risque, il peut faire des économies importantes et éviter un gros gaspillage. Quel est le nombre minimal de couverts à prévoir pour le premier service afin que la probabilité de servir tous les employés souhaitant manger à ce service soit supérieure ou égale à 0,99?

20Commission_{Lycée Saint-Louis, Saint-Nazaire} Corrigé ; p. 339 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Au cours d’une journée, un commercial se déplace pour visiter quatre clients contactés lors d’une foire exposition, afin de leur proposer l’achat d’un produit de grande consommation d’une valeur de 500 euros. Compte tenu de son expérience, le commercial estime qu’à chacune de ses visites, la probabilité que le client lui achète son objet est de 0,3. 1 Calculer la probabilité de l’événement A : « Seul le premier client achète

l’objet ». 2 Calculer la probabilité de l’événement B : « Un seul client achète l’ob-

jet ». 3 On appelle X la variable aléatoire qui donne le nombre de ventes lors

des quatre visites.

(a) Quelle est la loi de probabilité suivie par X?

(b) Établir le tableau de la loi de probabilité de X.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 318 — #328 INTERROS_{318}

4 Le commercial perçoit 15% sur le total de sa vente.

(a) Établir la loi de probabilité associée au gain de la journée.

(b) Quelle est l’espérance mathématique du gain? 5 Que doit être le pourcentage (arrondi au dixième) de sa commission pour

que cette espérance dépasse 100 euros?

21Forte probabilité_{Lycée Vaugelas, Chambéry} Corrigé ; p. 340 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Adrien a constaté que le matin, lorsqu’il met dans la cage de son perroquet une assiette de graines, un morceau de pomme et de l’eau fraiche, celui-ci

commence par boire avec une probabilité de \frac{1}{4}, commence par la pomme

avec une probabilité de \frac{1}{3} et le reste du temps commence par les graines.

1 Adrien observe le comportement de son perroquet trois jours de suite. On note X la variable aléatoire qui donne le nombre de fois où le perroquet a commencé par aller boire.

(a) Justifier que X suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

(b) Déterminer combien de chemins de l’arbre associé à l’expérience, correspondent à l’événement ▷X D 1◁. Calculer P ▷X D 1◁ et P ▷X D 3◁.

(c) Calculer la probabilité pour que le perroquet commence au moins

une fois par aller boire. 2 On observe le perroquet n jours de suite.

Calculer le nombre minimal n de jours d’observation pour que la probabilité que le perroquet ait au moins une fois commencé par aller boire, soit supérieure à 95%.

22Extrait d’un concours GEIPI Polytech_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} Corrigé ; p. 341 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Une chocolaterie fabrique deux sortes de chocolats : des chocolats noirs et des chocolats au lait. 60% des chocolats fabriqués sont noirs. Parmi ceux-ci, 70% sont fourrés, tandis que 30% seulement des chocolats au lait sont fourrés.

Partie A

Dans cette partie, pour chaque probabilité demandée, on donnera sa valeur exacte. Un client fait une dégustation de chocolats et il en choisit un au hasard.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 319 — #329 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{319} CORRIGÉS INTERROS COURS

On considère les événements suivants :

N : « le chocolat choisi est noir ».

F : « le chocolat choisi est fourré ».

1 Donner la probabilité P_{1} que le chocolat choisi soit noir. 2 Déterminer la probabilité P_{2} que le chocolat choisi soit noir et fourré.

Justifier la réponse. 3 On note P_{3} la probabilité que le chocolat choisi soit fourré.

Justifier que P_{3} D 0,54.

Partie B

Un client achète une boîte de n chocolats, où n est un entier naturel non nul. Chaque chocolat mis dans la boîte est choisi au hasard et on suppose le nombre de chocolats suffisamment grand pour que l’on puisse considérer que les choix successifs sont faits de façon identique et indépendante. On note X_{n} la variable aléatoire représentant le nombre de chocolats fourrés contenus dans la boîte.

1 Préciser la loi suivie par X_{n}. 2 Dans cette question, n D 12 et, pour chaque probabilité demandée, on

donnera une valeur approchée à 10^{−4} près.

(a) Donner la probabilité P_{4} que la moitié des chocolats de la boîte soient fourrés.

(b) Donner la probabilité P_{5} que la boîte contienne au moins un chocolat fourré.

(c) Donner la probabilité P_{6} que la boîte contienne au plus trois choco-

lats fourrés. 3 Dans cette question, n est quelconque.

(a) Donner, en fonction de n, la probabilité q_{n} que la boîte contienne au moins un chocolat fourré.

(b) Déterminer le nombre minimum n_{0} de chocolats que doit acheter le client afin que la probabilité que la boîte contienne au moins un chocolat fourré soit strictement supérieure à 0,98. Détailler les calculs.

23Extrait d’un bac (Liban 2019)_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} Corrigé ; p. 343 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Chaque semaine, un agriculteur propose en vente directe à chacun de ses clients un panier de produits frais qui contient une seule bouteille de jus de fruits. Dans un esprit de développement durable, il fait le choix de bouteilles en verre incassable et demande à ce que chaque semaine, le client rapporte sa bouteille vide.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 320 — #330 INTERROS_{320}

On suppose que le nombre de clients de l’agriculteur reste constant. Une étude statistique réalisée donne les résultats suivants :

à l’issue de la première semaine, la probabilité qu’un client rapporte la bouteille de son panier est 0,9; si le client a rapporté la bouteille de son panier une semaine, alors la probabilité qu’il ramène la bouteille du panier la semaine suivante est 0,95; si le client n’a pas rapporté la bouteille de son panier une semaine, alors la probabilité qu’il ramène la bouteille du panier la semaine suivante est 0,2.

On choisit au hasard un client parmi la clientèle de l’agriculteur. Pour tout entier naturel n non nul, on note R_{n} l’événement « le client rapporte la bouteille de son panier de la n-ième semaine ».

1 (a) Modéliser la situation étudiée pour les deux premières semaines à l’aide d’un arbre pondéré qui fera intervenir les événements R_{1} et R_{2}.

(b) Déterminer la probabilité que le client rapporte ses bouteilles des paniers de la première et de la deuxième semaine.

(c) Montrer que la probabilité que le client rapporte la bouteille du panier de la deuxième semaine est égale à 0,875.

(d) Sachant que le client a rapporté la bouteille de son panier de la deuxième semaine, quelle est la probabilité qu’il n’ait pas rapporté la bouteille de son panier de la première semaine? On arrondira le résultat à 10^{−3} .

2 Pour tout entier naturel n non nul, on note r_{n} la probabilité que le client rapporte la bouteille du panier de la n-ième semaine. On a alors r_{n} D p ▷R_{n}◁.

(a) Recopier et compléter l’arbre pondéré (aucune justification n’est attendue) :

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 321 — #331 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{321} CORRIGÉS INTERROS COURS

(b) Justifier que pour tout entier naturel n non nul, r_{nC1} D 0,75r_{n}C0,2.

(c) Démontrer que pour tout entier naturel n non nul,

r_{n} D 0,1 × 0,75^{n−1} C 0,8.

(d) Calculer la limite de la suite ▷r_{n}◁. Interpréter le résultat dans le

contexte de l’exercice. 3 On suppose dans cette question que la probabilité qu’un client fidèle

depuis longtemps ramène sa bouteille est égale à 0,8. On choisit au hasard et de manière indépendante parmi ces clients 20 d’entre eux. On suppose que le nombre total de ces clients est assez grand pour assimiler ces choix à un tirage avec remise. On arrondira les probabilités au millième.

(a) Quelle est la probabilité que tous les clients ramènent leur bouteille?

(b) Quelle est la probabilité qu’au moins 15 d’entre eux ramènent leur bouteille?

(c) Quelle est la probabilité qu’au plus 10 d’entre eux ramènent leur bouteille?

Objectif bac

24Probabilités et QCM_{Asie, sujet 1, septembre 2025 NEW 2026} Corrigé ; p. 347 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

Dominique répond à un QCM comportant 10 questions. Pour chaque question, il est proposé 4 réponses dont une seule est exacte. Dominique répond au hasard à chacune des 10 questions en cochant, pour chaque question, exactement une case parmi les 4. Pour chacune des questions, la probabilité qu’il réponde correctement est

donc \frac{1}{4}.

On note X la variable aléatoire qui compte le nombre de bonnes réponses à ce QCM.

1 Déterminer la loi suivie par la variable aléatoire X et donner les para-

mètres de cette loi. 2 Quelle est la probabilité que Dominique obtienne exactement 5 bonnes

réponses? Arrondir le résultat à 10^{−4} près.

3 Donner l’espérance de X et interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 322 — #332 INTERROS_{322}

4 On suppose dans cette question qu’une bonne réponse rapporte un point et qu’une mauvaise réponse fait perdre 0,5 point. La note finale peut donc être négative. On note Y la variable aléatoire qui donne le nombre de points obtenus.

(a) Calculer P ▷Y D 10◁. On donnera la valeur exacte du résultat.

(b) À partir de combien de bonnes réponses la note finale de Dominique est-elle positive? Justifier.

(c) Calculer P ▷Y ⩽ 0◁. On donnera une valeur approchée au centième.

(d) Montrer que Y D 1,5X − 5.

(e) Calculer l’espérance de la variable aléatoire Y.

Logique et répétition d’expériences — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 323 — #333

SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{323} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{V/F} Loi binomiale? {Énoncé \atop p. 308}

1 Vrai. Il s’agit de la répétition d’épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes entre elles. La variable aléatoire X, qui aux 5 résultats obtenus associe le nombre de 2 obtenus, suit une loi de binomiale de paramètres n D 5 et p D \frac{1}{6}.

2 Faux. La loi binomiale s’intéresse au nombre d’occurrences du même événement lors de la répétition d’expériences identiques et indépendantes (il s’agit ici d’une loi géométrique tronquée).

3 Vrai. Les épreuves répétées successivement sont les lancers de 2 dés. Elles sont identiques et indépendantes. Il y a trois façons d’obtenir 10 avec la somme des chiffres de 2 dés : ▷4I 6◁, ▷5I 5◁ et ▷6I 4◁. Il y a au total 6^{2} D 36 lancers possibles de 2 dés. La probabilité d’obtenir la somme 10 avec 2 dés est donc de p D \frac{3}{36} D \frac{1}{12}. La variable aléatoire qui associe aux 10 lancers le nombre de fois que la somme 10 est obtenue suit donc une loi binomiale de paramètres n D 10 et p D \frac{1}{12}.

4 Faux. Une fois une fleur cueillie, blanche ou rose, le nombre total de fleurs change pour la cueillette suivante, et les probabilités de cueillir une fleur blanche ou rose aussi. Les expériences successives ne sont pas indépendantes les unes des autres, et on ne peut donc pas utiliser la loi binomiale.

2_{QCM} Loi binomiale {Énoncé \atop p. 308}

1 Réponse a . La probabilité est donnée par

P ▷X ⩽ 2◁ D P ▷X D 0◁ C P ▷X D 1◁ C P ▷X D 2◁

D \binom{5}{0} 0,1^{0} × 0,9^{5} C \binom{5}{1} 0,1^{1} × 0,9^{4} C \binom{5}{2} 0,1^{2} × 0,9^{3}

D 0,9^{5} C 5 × 0,1 × 0,9^{4} C 10 × 0,1^{2} × 0,9^{3}

≈ 0,99.

2 Réponse d . À chaque répétition, il y a deux fois plus de branches à

l’arbre. Donc pour n répétions, il y a 2^{n} chemins, donc 2^{n} issues. 3 Réponse c . Les valeurs prises par X sont les nombres de succès lors

d’une répétition de n expériences. X prend donc les valeurs entières de 0 à n, c’est-à-dire n C 1 valeurs.

Logique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 324 — #334

CORRIGÉS_{324}

3_{QCM} Logique et répétition d’expériences {Énoncé \atop p. 308}

La désignation des salles occupées est assimilée à une répétition de deux expériences identiques et indépendantes. On peut alors utiliser l’arbre représentant cette expérience. On note p la probabilité que la salle A (ou la salle B) soit occupée. On note A (respectivement B) l’événement : « La salle A (respectivement B) est occupée ». La probabilité de l’issue correspondant à un chemin est le produit des probabilités figurant sur ce chemin.

1 Réponse c . L’événement « les deux salles sont libres » est l’événement contraire de « au moins une salle est occupée ». Donc la probabilité de cet événement est 1 − 0,91 D 0,09.

2 Réponse d . D’après la question 1, la probabilité qu’aucune salle ne soit occupée est ▷1 − p◁^{2} D 0,09. Par conséquent 1 − p D 0,3 et alors p D 0,7.

3 Réponse b . « Une seule salle est occupée » correspond aux deux issues

▷A,\overline{B}◁ et ▷B,\overline{A}◁, et a pour probabilité :

2 × p × ▷1 − p◁ D 2 × 0,7 × 0,3 D 0,42

4 Réponse b . « Au moins une salle est libre » est l’événement contraire de « Les deux salles sont occupées ». Donc la probabilité de cet événement est 1 − p^{2} D 1 − 0,7^{2} D 1 − 0,49 D 0,51.

4_{QCM} Logique {Énoncé \atop p. 309}

1 Réponses b et d . On ne peut pas obtenir en même temps une fois pile et deux fois pile, par contre l’un ou l’autre convient. « Obtenir 0 fois face » revient à « Obtenir 2 fois pile », donc ne convient pas. « Obtenir 0 fois face » ou « Obtenir une fois face » revient à « Obtenir 2 fois pile » ou « Obtenir une fois pile », c’est-à-dire obtenir au moins une fois pile.

Loi binomiale — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 325 — #335 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{325} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Réponses b et d . « Obtenir au plus une fois pile » signifie obtenir 0

fois pile ou une fois pile, ou bien obtenir 2 fois face ou une fois face. 3 Réponses a et d . Le contraire de « Obtenir au moins une fois face »

est « n’obtenir aucune face » ou bien « n’obtenir que des piles ». 4 Réponse b . X est au moins égal à 3 peut s’écrire X ⩾ 3. Le contraire

est donc X < 3.

5_{QCM} Répétition d’expériences {Énoncé \atop p. 309}

1 Réponse d . Chaque expérience ayant deux issues possibles, le nombre d’issues est multiplié par 2 à chaque répétition. Il y a donc 2^{3} D 8 issues au total, donc 8 chemins.

2 Réponse d . Il y a 3^{2} D 9 chemins. 3 Réponse b . L’arbre associé à l’expérience a 3^{3} D 27 chemins équipro-

bables. Donc chaque issue a pour probabilité \frac{1}{27}.

4 Réponse b . Bien que l’expérience ait 3 issues, on peut, pour la question posée, l’assimiler à une épreuve de Bernoulli à deux issues : obtenir A avec une probabilité de 0,4, ou ne pas obtenir A. Dans ce cas, la variable qui donne le nombre de fois où A est obtenu suit bien la loi B▷5 I 0,4◁.

MÉTHODE

Lors d’une répétition d’expériences identiques et indépendantes, il peut s’agir d’une loi binomiale, même si l’expérience répétée a plus de deux issues. En effet, on s’intéresse souvent à la réalisation ou non d’une issue particulière. Il suffit alors de reformuler la description de l’expérience pour obtenir une épreuve de Bernoulli.

6_{QCM} Loi binomiale {Énoncé \atop p. 310}

1 Réponses b et d . Par définition, le nombre de listes de 8 résultats qui

contiennent 5 succès est « 5 parmi 8 », c’est-à-dire \binom{8}{5} . Mais une liste

qui contient 5 succès est une liste qui contient 3 échecs. En inversant

le rôle des deux issues, on trouve qu’il y a \binom{8}{3} listes qui conviennent.

\binom{8}{3} D \binom{8}{5} .

2 Réponse c et d . Par définition de la loi binomiale, la probabilité d’ob-

tenir deux fois 6 en 3 lancers est \binom{3}{2} × 0,2^{2} × 0,8. Or \binom{3}{2} D 3, donc

la probabilité est aussi égale à 3 × 0,2^{2} × 0,8.

Lancer de dé — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 326 — #336 CORRIGÉS_{326}

3 Réponse c .

P ▷X D 4◁ D \binom{6}{4} × 0,7^{4} × 0,3^{2} et P ▷X D 2◁ D \binom{6}{2} × 0,7^{2} × 0,3^{4}. Soit on

fait le calcul, soit on utilise le fait que \binom{6}{4} D \binom{6}{2} (voir explications à

la question 1) et on constate que :

0,3^{2}P ▷X D 4◁ D 0,7^{2}P ▷X D 2◁.

On trouve alors que :

P ▷X D 4◁ > P ▷X D 2◁.

et de plus que :

P ▷X D 4◁ D̸ 2P ▷X D 2◁ ,

donc d est faux.

7_{QCM} Tirage bicolore {Énoncé \atop p. 311}

Chaque tirage est un tirage de Bernoulli, la probabilité d’obtenir une boule blanche est 0,5. Si l’on effectue n tirages avec remise, la variable aléatoire qui donne le nombre de boules blanches obtenues suit la loi binomiale de paramètre n et 0,5. Ne pas obtenir des boules toutes de la même couleurs, signifie ne pas obtenir n boules blanches ni n boules noires.

Or, la probabilité d’obtenir n boules blanches est \frac{1}{2^{n}}, de même la probabilité

d’avoir n boules noires est \frac{1}{2^{n}}. Comme ces deux événements sont incompatibles, la probabilité que l’un ou l’autre se produise est :

\frac{1}{2^{n}} C \frac{1}{2^{n}} D 2 × \frac{1}{2^{n}} D \frac{1}{2^{n−1}} .

La probabilité de l’événement contraire est donc 1 − \frac{1}{2^{n−1}} .

La réponse exacte est donc la réponse b .

8Lancer de dé_{Lycée Édouard Branly, Nogent-sur-Marne} {Énoncé \atop p. 311}

1 L’expérience est une répétition de 4 lancers de dé, donc de 4 expériences identiques et indépendantes. Obtenir la face 6 est le succès de l’épreuve

de Bernoulli, et sa probabilité p vaut \frac{1}{6}. La variable X suit donc la loi

binomiale B ( 4,\frac{1}{6}) .

Lancer de dé — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 327 — #337 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{327} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 La probabilité de gagner 3 points est :

P ▷X D 3◁D \binom{4}{3} ( \frac{1}{6}) ^{3} × ( \frac{5}{6}) ^{1}

D 4 × \frac{5}{6^{4}}

D \frac{5}{324}.

3 Pour déterminer la loi de probabilité de X il reste à calculer la probabilité d’avoir 0, 1, 2 ou 4 fois la face numérotée 6.

P ▷X D 0◁D \binom{4}{0} ( \frac{1}{6}) ^{0} × ( \frac{5}{6}) ^{4}

D \frac{5^{4}}{6^{4}}

D \frac{625}{1 296}.

P ▷X D 1◁D \binom{4}{1} ( \frac{1}{6}) ^{1} × ( \frac{5}{6}) ^{3}

D 4 × \frac{5^{3}}{6^{4}}

D \frac{125}{324}.

P ▷X D 2◁D \binom{4}{2} ( \frac{1}{6}) ^{2} × ( \frac{5}{6}) ^{2}

D 6 × \frac{5^{2}}{6^{4}}

D \frac{25}{216}.

P ▷X D 4◁D \binom{4}{4} ( \frac{1}{6}) ^{4} × ( \frac{5}{6}) ^{0}

D \frac{1}{6^{4}}

D \frac{1}{1 296}.

Groupe sanguin — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 328 — #338

CORRIGÉS_{328}

On peut résumer ces résultats dans le tableau suivant :

\begin{matrix}x_{i} & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ P ▷X D x_{i}◁ & \frac{625}{1 296} & \frac{125}{324} & \frac{25}{216} & \frac{5}{324} & \frac{1}{1 296} \end{matrix}

Remarque : il est toujours prudent de vérifier que la somme des probabilités est égale à 1.

9Deux tirages successifs_{Lycée Paul Painlevé, Oyonnax} {Énoncé \atop p. 311}

1 Comme la somme des probabilités des issues d’une expérience vaut 1,

la probabilité d’obtenir un jeton rouge est 1 − 0,25 − 0,4 D 0,35. 2 On note B_{i} l’événement « Tirer un jeton bleu au i-ième lancer »,

R_{i} « Tirer un jeton rouge au i-ième lancer » et J_{i} « Tirer un jeton jaune au i-ième lancer », avec i D 1 ou i D 2. L’arbre pondéré associé à l’expérience est donc :

(a) Comme il y a remise du premier jeton tiré avant le second tirage, les deux expériences successives sont indépendantes, et la probabilité d’une liste de résultats est le produit des probabilités de chaque résultat de la liste.

P ▷B_{1},J_{2}◁ D 0,25 × 0,4 D 0,1.

(b) L’événement « Obtenir deux jetons de couleurs différentes » est l’événement contraire de « Obtenir deux jetons de même couleur ». La probabilité de cet événement est donc :

1 − P ▷B_{1},B_{2}◁ − P ▷J_{1},J_{2}◁ − P ▷R_{1},R_{2}◁ D 1 − 0,25^{2} − 0,4^{2} − 0,35^{2}
D 0,655.

Remarque : on peut aussi faire la somme des probabilités des 6 issues qui composent l’événement, mais c’est bien sûr plus long!

Groupe sanguin — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 329 — #339

SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{329} CORRIGÉS INTERROS COURS

10Groupe sanguin_{Lycée Notre-Dame de Sainte-Croix, Neuilly-sur-Seine} {Énoncé \atop p. 312}

1 L’arbre représentant l’expérience a 3 × 3 × 3 D 27 chemins. Les différentes listes de résultats sont :

(A,A,A) (A,A,O) (A,A,C) (A,O,A) (A,O,O) (A,O,C)
(A,C,A) (A,C,O) (A,C,C) (O,A,A) (O,A,O) (O,A,C)
(O,O,A) (O,O,O) (O,O,C) (O,C,A) (O,C,O) (0,C,C)
(C,A,A) (C,A,O) (C,A,C) (C,O,A) (C,O,O) (C,O,C)
(C,C,A) (C,C,O) (C,C,C)

Comme il y a répétition de 3 expériences identiques et indépendantes, la probabilité de chaque liste de résultats est le produit des probabilités de chaque résultat.

2 L’événement, « Les trois personnes sont du groupe sanguin A » a pour

probabilité :

P ▷A◁ D 0,45^{3} ≈ 0,091.

3 L’événement « Il y a une personne de chaque groupe » est la réunion de toutes les listes contenant les 3 résultats A, O et B, quel que soit leur ordre. La probabilité de chaque liste contenant les trois résultats est :

0,45 × 0,43 × 0,12 ≈ 0,0232.

On compte qu’il y a exactement 6 listes contenant ces trois résultats, donc la probabilité qu’il y ait une personne de chaque groupe sanguin est environ 6 × 0,0232 ≈ 0,139.

4 Pour cette question, on peut procéder de deux façons.

La première consiste à identifier toutes les listes qui contiennent au moins un A et d’ajouter leurs probabilités. On trouve :

0,45^{3}
C 3 × 0,45^{2} × 0,43
C 3 × 0,45^{2} × 0,12
C 6 × 0,45 × 0,43 × 0,12
C 3 × 0,45 × 0,43^{2}
C 3 × 0,45 × 0,12^{2}
≈ 0,834.

Une autre méthode consiste à ne considérer plus que deux événements : « Être du groupe sanguin A » et son contraire « Ne pas être du groupe sanguin A », de probabilités respectives 0,45 et 0,55. L’événement « Au moins une personne est du groupe A » est l’événement contraire de « Aucune personne n’est du groupe A ».

Lancer de deux dés — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 330 — #340 CORRIGÉS_{330}

Sa probabilité est donc :

1 − 0,55^{3} ≈ 0,834.

11Lancer de deux dés_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 312}

1 Le lancer de deux dés équilibrés est une expérience à 36 issues équiprobables, parmi lesquelles 6 sont gagnantes.

La probabilité de gagner est donc \frac{6}{36} D \frac{1}{6}.

2 (a) Chaque partie est une expérience de Bernoulli dont la probabilité

du succès est \frac{1}{6}. On répète 4 parties, le résultat d’un lancer n’a pas d’influence sur le résultat du lancer suivant, donc les expériences sont identiques et indépendantes. La variable X suit donc la loi

binomiale B ( 4 I \frac{1}{6}) .

(b) P ▷X D 0◁ D ▷1 − p◁^{4} D ( \frac{5}{6}) ^{4} D \frac{625}{1296} ≈ 0,482.

(c) P ▷X D 2◁ D \binom{4}{2} p^{2}▷1 − p◁^{2} D 6 ( \frac{1}{6}) ^{2} ( \frac{5}{6}) ^{2} D \frac{25}{216} ≈ 0,116.

3 P ▷Y ⩾ 1◁ D 1 − P ▷Y D 0◁ D 1 − ▷1 − p◁^{n} D 1 − ( \frac{5}{6}) ^{n}.

On cherche la plus petite valeur de n telle que 1 − ( \frac{5}{6}) ^{n} ⩾ 0,99, c’est-

à-dire telle que ( \frac{5}{6}) ^{n} ⩽ 0,01.

En calculant les puissances successives de \frac{5}{6} à la calculatrice (il suffit

d’afficher les termes successifs de la suite géométrique ( \frac{5}{6}) ^{n}) on trouve

que la plus petite valeur de n telle que ( \frac{5}{6}) ^{n} ⩽ 0,01 est n D 26.

Nous aurions pu trouver n en résolvant l’inéquation de manière algébrique :

( \frac{5}{6}) ^{n} ⩽ 0,01 ⟺ ln[( \frac{5}{6}) ^{n}] ⩽ ln▷0,01◁

⟺ n ln( \frac{5}{6}) ⩽ ln▷0,01◁

Des formes et des couleurs — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 331 — #341 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{331} CORRIGÉS INTERROS COURS

( \frac{5}{6}) ^{n} ⩽ 0,01 ⟺ n ⩾ \frac{ln▷0,01◁}{ln( \frac{5}{6})} car ln( \frac{5}{6}) < 0

⟺ n ⩾ 25,2585

⟺ n D 26 car n est entier.

12Loi binomiale_{Lycée Jean Puy, Roanne} {Énoncé \atop p. 312}

1 Le jeu est une succession de 5 expériences identiques et indépendantes. « Donner cinq bonnes réponses » correspond à la liste de cinq résultats

« Donner la bonne réponse », et a donc pour probabilité ( \frac{2}{3}) ^{5} D \frac{32}{243}.

2 Le candidat gagne 250 euros lorsqu’il a cinq bonnes réponses, donc la

probabilité qu’il gagne 250 euros est \frac{32}{243}.

3 Chaque question correspond à une épreuve de Bernoulli dont le succès

est « Donner la bonne réponse », et a pour probabilité \frac{2}{3}. Comme il y a 5 répétitions indépendantes, la variable aléatoire X suit la loi binomiale

B ( 5 I \frac{2}{3}) .

4 Comme chaque réponse exacte fait gagner 50 euros, si on note y_{i} les valeurs prises par Y, on a y_{i} D 50x_{i}. Connaissant la loi de X, on en déduit la loi de Y dans le tableau suivant :

x_{i}  0  1  2  3  4  5
y_{i}  0  50  100  150  200  250
{P ▷X D x_{i}◁ \atop P ▷Y D y_{i}◁} \binom{5}{0} \frac{1}{3^{5}} \binom{5}{1} \frac{2}{3^{5}} \binom{5}{2} \frac{2^{2}}{3^{5}} \binom{5}{3} \frac{2^{3}}{3^{5}} \binom{5}{4} \frac{2^{4}}{3^{5}} \binom{5}{5} \frac{2^{5}}{3^{5}}

Valeurs approchées 0,004 0,041 0,165 0,329 0,329

0,132

5 Pour calculer l’espérance de Y, on peut prendre les valeurs numériques du tableau et appliquer la formule, mais il est plus rapide de constater que comme y_{i} D 50x_{i}, alors :

p_{1}y_{1} C ⋯C p_{5}y_{5} D 50▷p_{1}x_{1} C ⋯C p_{5}x_{5}◁ D 50E▷X◁.

Or, on sait que si X suit la loi binomiale de paramètres n et p, son

espérance vaut np. Par conséquent E▷Y ◁ D 50 × 5 × \frac{2}{3} D \frac{500}{3}.

Un dé tétraédrique déséquilibré — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 332 — #342

CORRIGÉS_{332}

13Des formes et des couleurs_{Lycée Virlogeux, Riom} {Énoncé \atop p. 313}

1 Il y a six objets différents et deux tirages successifs identiques et indépendants car ils sont avec remise. Il y a donc 6×6 D 36 tirages. Chaque

tirage a pour probabilité \frac{1}{36}.

On peut faire un arbre pour représenter l’expérience, mais celui-ci est très volumineux puisqu’il y a 6 branches qui se divisent en 6. Un tableau à double entrée est plus lisible dans ce cas, et pour trouver la probabilité d’un événement, il suffira alors de compter le nombre d’is-

sues dans cet événement et multiplier ce nombre par \frac{1}{36}.

CR  CV  BJ  BR  BV  BB
CR (CR,CR) (CR,CV) (CR,BJ) (CR,BR) (CR,BV) (CR,BB)
CV (CV,CR) (CV,CV) (CV,BJ) (CV,BR) (CV,BV) (CV,BB)
BJ (BJ,CR) (BJ,CV) (BJ,BJ) (BJ,BR) (BJ,BV) (BJ,BB)
BR (BR,CR) (BR,CV) (BR,BJ) (BR,BR) (BR,BV) (BR,BB)
BV (BV,CR) (BV,CV) (BV,BJ) (BJ,BR) (BJ,BV) (BJ,BB)
BB (BB,CR) (BB,CV) (BB,BJ) (BB,BR) (BB,BV) (BB,BB)

2 En comptant les issues favorables pour chaque événement, on obtient les probabilités suivantes :

P ▷A◁ D \frac{4}{36} D \frac{1}{9}.

P ▷B◁ D \frac{16}{36} D \frac{4}{9}.

P ▷C◁ D 1 − P ▷A◁ − P ▷B◁ D \frac{16}{36} D \frac{4}{9}.

P ▷D◁ D \frac{4}{36} D \frac{1}{9}.

P ▷E◁ D \frac{10}{36} D \frac{5}{18}

F est l’événement contraire de E : P ▷F ◁ D 1 − P ▷E◁ D \frac{13}{18}.

P ▷G◁ D \frac{4}{36} D \frac{1}{9}.

14Un dé tétraédrique déséquilibré_{Lycée Odilon Redon, Pauillac} {Énoncé \atop p. 313}

1 On est en présence de la répétition de deux expériences identiques et indépendantes. On peut construire l’arbre pondéré suivant, en indiquant les probabilités d’obtention de chaque chiffre pour le premier et le deuxième lancer.

Un dé tétraédrique déséquilibré — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 333 — #343

SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{333} CORRIGÉS INTERROS COURS

MÉTHODE

La probabilité de l’issue représentée par un chemin est égale au produit des probabilités présentes sur le chemin.

2 Il n’y a qu’une seule façon d’obtenir les chiffres 1 et 3 dans cet ordre.

La probabilité de cet événement est : p D 0,1 × 0,3 D 0,03. 3 Les différentes façons d’obtenir deux chiffres distincts rangés par ordre

croissant sont les suivantes :

▷1I 2◁ I ▷1I 3◁ I ▷1I 4◁ I ▷2I 3◁ I ▷2I 4◁ I ▷3I 4◁

La probabilité de l’événement correspondant est donc :

p D 0,1 × 0,2 C 0,1 × 0,3 C 0,1 × 0,4
C 0,2 × 0,3 C 0,2 × 0,4 C 0,3 × 0,4
D 0,35.

4 (a) Avec cette règle, le gain algébrique à ce jeu peut-être de −3 euros, 2 euros ou 5 euros. Déterminer la loi de probabilité de X, c’est donner les probabilités de chacun des événements :

P ▷X D −3◁ ,P ▷X D 2◁ et P ▷X D 5◁.

D’après la question précédente, on a déjà calculé P ▷X D 2◁ D 0,35. On gagne de plus 5 euros uniquement lorsqu’on obtient deux fois le chiffre 1. Cet événement se produit avec une probabilité de :

P ▷X D 5◁ D 0,1 × 0,1 D 0,01 .

Dans tous les autres cas, on perd 3 euros, et ainsi :

\begin{aligned}P ▷X D −3◁ & D 1 − (P ▷X D 2◁ C P ▷X D 5◁) \\ & D 1 − 0,35 − 0,01 D 0,64. \end{aligned}

Jouer sans se ruiner — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 334 — #344 CORRIGÉS_{334}

On peut résumer ces résultats par le tableau suivant donnant la loi de probabilité de X :

\begin{matrix}Gain x_{i} & -3 & 2 & 5 \\ P ▷X D x_{i}◁ & 0,64 & 0,35 & 0,01 \end{matrix}

(b) L’espérance de X est :

E▷X◁ D −3 × 0,64 C 2 × 0,35 C 5 × 0,01 D −1,17.

On en déduit que ce jeu n’est pas équitable : en moyenne, le joueur peut s’attendre à perdre 1,17 euros par partie. La variance de X est :

V ▷X◁D ▷−3 C 1,17◁^{2} × 0,64 C ▷2 C 1,17◁^{2} × 0,35
C ▷5 C 1,17◁^{2} × 0,01
≈ 6,04.

D’où son écart type :

σ▷X◁ D \sqrt{V ▷X◁}≈ 2,46.

(c) On remarque que l’on passe de la variable aléatoire X à la variable aléatoire Y par la relation affine :

Y D 2X C 1.

La loi de probabilité de Y est alors :

\begin{matrix}Gain y_{i} & -5 & 5 & 11 \\ P ▷X D y_{i}◁ & 0,64 & 0,35 & 0,01 \end{matrix}

La formule du cours sur l’espérance donne :

E▷Y ◁ D E▷2X C 1◁ D 2E▷X◁ C 1 D −1,34.

Pour la variance et l’écart-type, on fait le calcul suivant :

V ▷Y ◁D 0,64▷−5 C 1,34◁^{2} C 0,35▷5 C 1,34◁^{2} C 0,01▷11 C 1,34◁^{2}
D 24,1644.

Par conséquent, σ▷Y ◁ D \sqrt{V ▷Y ◁}≈ 4,92.

15Jouer sans se ruiner_{Lycée Blaise Pascal,Clermont-Ferrand} {Énoncé \atop p. 314}

Nous sommes en présence d’une loi géométrique tronquée.

1 L’arbre est celui d’un schéma de Bernoulli de 10 répétitions, dont on ne garde pas les branches issues d’un succès.

Le tapis vert — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 335 — #345

SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{335} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 On note G, l’issue de l’épreuve de Bernoulli : « la carte achetée est gagnante » et P : « la carte est perdante ». L’oncle achète 4 cartes exactement si les 3 premières ne sont pas gagnantes, et si la dernière est gagnante. Il faut donc calculer P ▷P,P,P,G◁ D 0,88^{3} × 0,12 ≈ 0,082.

3 L’oncle achète 10 cartes si les 9 premières sont perdantes. La dernière carte n’a pas d’importance puisqu’il s’arrêtera de toute façon car il aura dépensé 20 euros. La probabilité est donc 0,88^{9} ≈ 0,316.

4 L’oncle ne gagne rien si les 10 cartes achetées sont perdantes. La proba-

bilité de cet événement est 0,88^{10} ≈ 0,279. 5 (a) L’oncle dépense 2n euros lorsqu’il achète n cartes. Pour tout entier

n tel que 1 ⩽ n < 10, il achète n cartes si les n − 1 premières sont perdantes, donc on a P ▷X D 2n◁ D 0,88^{n−1} × 0,12. Par contre P ▷X D 20◁ D 0,88^{9}. On peut résumer la loi de probabilité de X dans le tableau suivant contenant les valeurs approchées au millième :

\begin{matrix}x_{i} & 2 & 4 & 6 & 8 & 10 & 12 \\ P ▷X D x_{i}◁ & 0,12 & 0,106 & 0,093 & 0,082 & 0,72 & 0,063 \end{matrix}

\begin{matrix}x_{i} & 14 & 16 & 18 & 20 \\ P ▷X D x_{i}◁ & 0,056 & 0,049 & 0,043 & 0,316 \end{matrix}

(b) On calcule l’espérance de X grâce à la formule du cours et on obtient E▷X◁ ≈ 12,02. Cela signifie que sur un grand nombre de semaines, l’oncle peut envisager dépenser en moyenne 12,02 euros par semaine.

Assurance — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 336 — #346 CORRIGÉS_{336}
16Le tapis vert_{Lycée Alexandre Dumas, Saint-Cloud} {Énoncé \atop p. 315}

1 (a) Pour chaque couleur, il est choisi au hasard une carte parmi les 8 cartes de cette couleur. La probabilité d’avoir la bonne carte de

cette couleur est donc \frac{1}{8}. Ce choix est répété de façons indépendantes pour les 4 couleurs. La variable aléatoire X suit donc la loi

binomiale de paramètre 4 et \frac{1}{8}.

(b) Pour établir la loi de probabilité de X, on utilise la formule

P ▷X D k◁ D \binom{4}{k} ( \frac{1}{8}) ^{k}( \frac{7}{8}) ^{4−k}. Les coefficients binomiaux

\binom{4}{k} sont égaux à 1, 4, 6, 4 et 1. On a donc le tableau de proba-

bilité de X suivant :

\begin{matrix}k & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 \\ P ▷X D k◁ & \frac{7^{4}}{8^{4}} & 4 × \frac{7^{3}}{8^{4}} & 6 × \frac{7^{2}}{8^{4}} & 4 × \frac{7}{8^{4}} & \frac{1}{8^{4}} \end{matrix}

2 Il est plus rapide de chercher la probabilité de l’événement contraire « avoir 0 ou 1 carte exacte ».

P ▷X D 0◁ C P ▷X D 1◁ D \frac{7^{4} C 4 × 7^{3}}{8^{4}} D \frac{11 × 7^{3}}{8^{4}} .

La probabilité d’avoir une grille gagnante était donc 1− \frac{11 × 7^{3}}{8^{4}} D \frac{323}{8^{4}}, soit environ 0,0789.

3 (a) La mise étant de 1 �, le gain pour 2 cartes exactes est 1 �, le gain pour 3 cartes exactes est 29 �, le gain pour 4 cartes exactes est 999 �, et pour 0 ou 1 carte exacte, il est égal à −1 �. Le tableau de la loi de probabilité de G est :

\begin{matrix}gain g & −1 & 1 & 29 & 999 \\ P ▷X D g◁ & \frac{11 × 7^{3}}{8^{4}} & \frac{6 × 7^{2}}{8^{4}} & \frac{4 × 7}{8^{4}} & \frac{1}{8^{4}} \end{matrix}

(b) L’espérance du gain du joueur est :

−1 × \frac{11 × 7^{3}}{8^{4}} C 1 × \frac{6 × 7^{2}}{8^{4}} C 29 × \frac{4 × 7}{8^{4}} C 999 × \frac{1}{8^{4}}

Ce qui donne E▷G◁ ≈ −0,41.

(c) Comme l’espérance de gain du joueur est négative, ce jeu n’est pas favorable au joueur.

Stand de tir — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 337 — #347 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{337} CORRIGÉS INTERROS COURS
17Assurance_{Lycée Pablo Picasso, Fontenay-Sous-Bois} {Énoncé \atop p. 315}

1 X suit une loi binomiale de paramètres 2 000 et 0,12.

2 P ▷X ⩾ 240◁ D 1 − P ▷X ⩽ 239◁ ≈ 0,51.

3 Par essais successifs, on trouve :

P ▷X ⩽ 263◁ ≈ 0,946 et P ▷X ⩽ 264◁ ≈ 0,953.

Le plus petit n tel que P ▷X ⩽ n◁ ⩾ 0,95 est donc 264. 4 (a) Y D 2 000a − 4 000X.

(b) E▷Y ◁ D 2 000a − 4 000E▷X◁. Or E▷X◁ D 2 000 × 0,12 D 240, donc E▷Y ◁ D 2 000a − 960 000.

(c) E▷Y ◁ ⩾ 0 pour 2 000a ⩾ 960 000, c’est-à-dire a ⩾ 480.

(d) Si a D 500, alors Y D 1 000 000 − 4 000X, donc Y ⩾ 100 000 pour X ⩽ 225. Or P ▷X ⩽ 225◁ ≈ 0,159. La probabilité que le bénéfice soit supérieur à 100 000 euros pour une cotisation de 500 euros est d’environ 0,159.

18Stand de tir_{Lycée Jean Pierre Vernant, Pin-Justaret} {Énoncé \atop p. 316}

1 (a) Chaque tir est une expérience de Bernoulli de paramètre 0,68. Les résultats des 25 tirs sont indépendants les uns des autres, la variable aléatoire X suit donc une loi binomiale de paramètres 25 et 0,68.

(b) D’après le cours, E▷X◁ D 25 × 0,68 D 17. Cela signifie que si Sandy effectue plusieurs séries de 25 tirs, elle peut espérer en réussir en moyenne 17 par série.

(c) On cherche P ▷X D 25◁ D 0,68^{25} ≈ 0,00006.

(d) La probabilité que Sandy atteigne la cible au moins 20 fois est égale à :

P ▷X D 20◁ C P ▷X D 21◁ C P ▷X D 22◁ C P ▷X D 23◁ C P ▷X D 24◁ C P ▷X D 25◁.

On utilise la calculatrice pour effectuer ce calcul et on trouve P ▷X ⩾ 20◁ ≈ 0,141.

2 (a) Y D 0,5X − 10.

(b) On a alors : \begin{matrix}E▷Y ◁ \\ D E▷0,5X − 10◁ \end{matrix} ; D 0,5E▷X◁ − 10 ; D 0,5 × 17 − 10 ; D −1,5.

L’espérance du gain de Sandy étant négative, cela signifie que le jeu est défavorable à Sandy, mais par contre il est favorable au forain.

Éviter le gaspillage — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 338 — #348 CORRIGÉS_{338}

(c) Le forain gagne de l’argent si Sandy gagne moins de 10 euros, donc réussit au plus 19 tirs.

(d) La probabilité que le forain ne gagne pas d’argent est donc la probabilité que Sandy réussisse au moins 20 tirs, c’est-à-dire environ 0,141 (d’après la question 1).

3 L’événement « Sandy réussit au moins un des n tirs » est l’événement contraire de l’événement « Sandy ne réussit aucun des n tirs ». La probabilité de réussir au moins un tir est donc 1 − 0,32^{n}. On cherche le plus petit n tel que 1 − 032^{n} ⩾ 0,99 :

1 − 0,32^{n} ⩾ 0,99 ⟺ −0,32^{n} ⩾ 0,99 − 1

⟺ 0,32^{n} ⩽ 0,01

⟺ ln(0,32^{n}) ⩽ ln▷0,01◁ ⟺ n ln▷0,32◁ ⩽ ln▷0,01◁

⟺ n ⩾ \frac{ln▷0,01◁}{ln▷0,32◁}(car ln▷0,32◁ < 0◁

⟺ n ⩾ 4,04.

n étant un entier, la plus petite de ses valeurs qui correspond est n D 5. Donc, si Sandy réalise au moins 5 tirs, la probabilité qu’elle en réussisse au moins un est supérieure ou égale à 0,99.

19Éviter le gaspillage_{Lycée Pablo Picasso, Fontenay-sous-Bois} {Énoncé \atop p. 317}

1 Le choix du service est une expérience de Bernoulli. Le succès est le choix du premier service et a une probabilité de 0,6. L’expérience est répétée 500 fois de façons indépendantes. X suit donc une loi binomiale de paramètres 500 et 0,6.

2 Il y a autant de personnes au premier service qu’au second service si il y a 250 personnes au premier service.

P ▷X D 250◁ D \binom{500}{250} × 0,6^{250} × 0,4^{250} ≈ 1,32 × 10^{−6} .

3  MÉTHODE

Les calculs de probabilité demandés dans les questions 3 à 6 ne sont pas possibles « à la main ». En revanche, les calculatrices permettent le calcul de P ▷X ⩽ k◁ ou P ▷X D k◁ dans le cas d’une loi binomiale.

E▷X◁ D 500 × 0,6 D 300. P ▷X ⩽ 300◁ ≈ 0,517.

4 P ▷X ⩽ 280◁ ≈ 0,038. 5 P ▷290 ⩽ X ⩽ 310◁ D P ▷X ⩽ 310◁ − P ▷X ⩽ 289◁ ≈ 0,662

Commission — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 339 — #349 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{339} CORRIGÉS INTERROS COURS

6 On cherche le plus petit entier n tel que P ▷X ⩽ n◁ ⩾ 0,99.

Par essais successifs, on trouve P ▷X ⩽ 324◁ ≈ 0,9878 et P ▷X ⩽ 325◁ ≈ 0,9904. Il faut donc que le gérant prévoie au minimum 325 repas.

20Commission_{Lycée Saint-Louis, Saint-Nazaire} {Énoncé \atop p. 317}

Les quatre visites successives peuvent se modéliser par la répétition d’expériences identiques et indépendantes.

1 La probabilité que seul le premier client achète l’objet est donc 0,3 × 0,7^{3} ≈ 0,103.

2 Cela peut être le premier, le deuxième, le troisième ou le quatrième client qui achète l’objet, les trois autres ne l’achetant pas. La probabilité de B est donc 4 × P ▷A◁ D 1,2 × 0,7^{3} ≈ 0,412.

3 (a) Chaque visite est une épreuve de Bernoulli dont le succès est « Le client achète l’objet », de probabilité 0,3. La variable aléatoire X suit donc la loi binomiale B▷4 I 0,3◁.

(b) La loi de probabilité de X est donc :

\begin{matrix}x_{i} & P ▷X D x_{i}◁ \\ 0 & \binom{4}{0} × 0,7^{4} \\ 1 & \binom{4}{1} × 0,3 × 0,7^{3} \\ 2 & \binom{4}{2} × 0,3^{2} × 0,7^{2} \\ 3 & \binom{4}{3} × 0,3^{3} × 0,7 \\ 4 & \binom{4}{4} × 0,3^{4} \end{matrix}

4 (a) Si il y a x_{i} ventes, le gain est \frac{15 × 500}{100} x_{i} D 75x_{i}. On déduit donc du tableau précédent la loi de probabilité de la variable aléatoire qui donne le gain de la journée.

Forte probabilité — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 340 — #350

CORRIGÉS_{340}

y_{i}

Probabilité

Valeur approchée

0 \binom{4}{0} × 0,7^{4}  0,240

75 \binom{4}{1} × 0,3 × 0,7^{3}  0,412

150 \binom{4}{2} × 0,3^{2} × 0,7^{2}  0,265

225 \binom{4}{3} × 0,3^{3} × 0,7  0,076

300 \binom{4}{4} × 0,3^{4}  0,008

(b) Avec les valeurs approchées du tableau et la définition de l’espérance, on trouve que l’espérance du gain journalier est 90,15. Mais on peut aussi voir d’après la définition de l’espérance, que si l’on multiplie toutes les valeurs par un même nombre, alors on multiplie l’espérance par ce nombre. Puisque l’espérance d’une variable qui suit la loi binomiale est égale à np, si l’on multiplie ses valeurs par 75 on trouve que l’espérance du gain journalier est 4 × 0,3 × 75 D 90. C’est la valeur que nous allons prendre pour la suite car le calcul précédent était fait avec des valeurs approchées.

5 Pour que l’espérance devienne supérieure à 100, il faut qu’elle soit mul-

tipliée par \frac{100}{90}. Étant donnée la définition de l’espérance, on voit qu’il

suffit de multiplier toutes les valeurs de la variable par \frac{100}{90}.

Pour cela il suffit que le taux de commission soit multiplié par \frac{100}{90} et

devienne donc \frac{100}{90} × 0,15 ≈ 0,167, soit environ 16,7%.

21Forte probabilité_{Lycée Vaugelas, Chambéry} {Énoncé \atop p. 318}

1 (a) On considère que chaque jour, le comportement du perroquet est indépendant de son comportement de la veille. Il y a chaque jour trois possibilités, mais comme on s’intéresse uniquement au fait que le perroquet commence par aller boire ou non, on peut considérer que l’expérience est la répétition de 3 épreuves de Bernoulli dont le succès est « Le perroquet commence par boire », avec une probabilité

de \frac{1}{4}. Donc X suit la loi binomiale B ( 3 I \frac{1}{4}) .

(b) Par définition, le nombre de chemins associés à l’événement

▷X D 1◁ est \binom{3}{1} D 3.

Extrait d’un concours GEIPI Polytech — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 341 — #351

SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{341} CORRIGÉS INTERROS COURS

P ▷X D 1◁ D \binom{3}{1} × \frac{1}{4} × ( \frac{3}{4}) ^{2} D \frac{27}{64}.

P ▷X D 3◁ D \binom{3}{3} × ( \frac{1}{4}) ^{3} D \frac{1}{64}.

(c) L’événement « Le perroquet commence par aller boire au moins une fois » est le contraire de l’événement « Le perroquet ne commence jamais par aller boire ». La probabilité cherchée est donc

1 − P ▷X D 0◁ D 1 − ( \frac{3}{4}) ^{3} D \frac{37}{64} ≈ 0,58.

2 Par un raisonnement identique à celui de la question précédente, sur une période de n jours, la probabilité que le perroquet ait commencé par aller boire au moins une fois est 1 − 0,75^{n}. On veut 1−0,75^{n} > 0,95, c’est-à-dire 0,75^{n} < 0,05. On sait que la suite géométrique de raison 0,75 est une suite décroissante car 0 < 0,75 < 1. En calculant à la calculatrice les termes successifs de cette suite, on trouve que le premier entier tels que 0,75^{n} < 0,05 est n D 11.

22Extrait d’un concours GEIPI Polytech_{Lycée Notre-Dame de Boulogne, Boulogne-Billancourt} {Énoncé \atop p. 318}

Partie A

1 D’après l’énoncé, il y a 60% de chocolats noirs. Par conséquent,

P_{1} D 0,6.

2 On nous demande de calculer ici :

P_{2} D P ▷N ∩ F ◁
P_{2} D P ▷N◁ × P_{N}▷F ◁
P_{2} D 0,6 × 0,7
P_{2} D 0,42.

3 Nous pouvons dessiner un arbre des probabilités pour appuyer notre raisonnement (voir page suivante). Dans cette question, on nous demande de calculer P_{3} D P ▷F ◁. D’après la formule des probabilités totales,

P_{3} D P ▷N ∩ F ◁ C P ▷\overline{N} ∩ F ◁
D 0,42 C 0,4 × 0,3
D 0,42 C 0,12
D 0,54.

Extrait d’un concours GEIPI Polytech — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 342 — #352

CORRIGÉS_{342}

Partie B

1 L’épreuve consistant à choisir au hasard un chocolat et à regarder s’il est fourré est une épreuve de Bernoulli de probabilité p D P ▷F ◁ D 0,54. L’expérience consistant à répéter n fois de manière indépendante cette épreuve est donc un schéma de Bernoulli, dont X_{n} représente le nombre de succès. Par conséquent, X_{n} suit la loi binomiale de paramètres n et p D 0,54.

2 (a) On nous demande ici de calculer P_{4} D P ▷X_{12} D 6◁.

À l’aide de la calculatrice, on trouve :

P_{4} ≈ 0,2171.

(b) On nous demande ici de calculer P_{5} D P ▷X_{12} ⩾ 1◁.

À l’aide de la calculatrice, on trouve :

P_{5} ≈ 0,9999.

(c) On nous demande ici de calculer P_{6} D P ▷X_{12} ⩽ 3◁.

À l’aide de la calculatrice, on trouve :

P_{6} ≈ 0,5014.

À RETENIR

« au moins k » signifie « k ou plus » donc se traduit par « ⩾ k ». « au plus k » signifie « k ou moins » donc se traduit par « ⩽ k ».

Extrait d’un bac (Liban 2019) — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 343 — #353 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{343} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 (a) La probabilité q_{n} pour que la boîte contienne au moins un chocolat

fourré est :

q_{n} D P ▷X_{n} ⩾ 1◁
D P (\overline{X_{n} < 1} )
D 1 − P ▷X_{n} < 1◁
D 1 − P ▷X_{n} D 0◁
D 1 − ▷1 − 0,54◁^{n}
q_{n} D 1 − 0,46^{n}.

(b) On cherche le premier n tel que :

q_{n} > 0,98 ⟺ 1 − 0,46^{n} > 0,98

⟺ 1 − 0,98 > 0,46^{n} ⟺ 0,46^{n} < 0,02

⟺ ln(0,46^{n}) < ln▷0,02◁ ⟺ n ln▷0,46◁ < ln▷0,02◁

⟺ n > \frac{ln▷0,02◁}{ln▷0,46◁}

(on change le sens de l’inégalité car on divise par ln▷0,46◁ < 0)

⟺ n > 5,04.

Il faut donc que le client achète au minimum n_{0} D 6 chocolats pour que la probabilité qu’il y ait au moins un chocolat fourré soit strictement supérieure à 0,98.

23Extrait d’un bac (Liban 2019)_{Lycée Camille Jullian, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 319}

1 (a) D’après les informations données dans l’énoncé, on peut construire l’arbre de probabilités suivant :

Extrait d’un bac (Liban 2019) — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 344 — #354 CORRIGÉS_{344}

(b) La probabilité que le client rapporte ses bouteilles des paniers de la première et de la deuxième semaine est :

P ▷R_{1} ∩ R_{2}◁D 0,9 × 0,95
D 0,855.

(c) La probabilité que le client rapporte la bouteille du panier de la deuxième semaine est :

P ▷R_{2}◁D P ▷R_{1} ∩ R_{2}◁ C P ▷\overline{R_{1}} ∩ R_{2}◁
D 0,855 C 0,1 × 0,2
D 0,875.

(d) On cherche ici :

P_{R_{2}}(\overline{R_{1}}) D \frac{P (\overline{R_{1}} ∩ R_{2})}{P ▷R_{2}◁}

D \frac{0,1 × 0,2}{0,875}

≈ 0,023.

2 (a) L’arbre complété est représenté page ci-contre.

Les probabilités conditionnelles ne changent pas par rapport à l’arbre précédent. Il faut ici imaginer que l’on fait un « zoom » sur un événement R_{n}, n étant quelconque, et compléter l’arbre en supposant connu P ▷R_{n}◁ D r_{n}.

(b) D’après l’arbre ci-dessus et la formule des probabilités totales :

r_{nC1} D P ▷R_{nC1}◁D P ▷R_{n} ∩ R_{nC1}◁ C P ▷\overline{R_{n}} ∩ R_{nC1}◁
D 0,95r_{n} C 0,2▷1 − r_{n}◁
D 0,75r_{n} C 0,2.

Extrait d’un bac (Liban 2019) — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 345 — #355 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{345} CORRIGÉS INTERROS COURS

(c) On démontre par récurrence l’égalité souhaitée.

Initialisation : r_{1} D P ▷R_{1}◁ D 0,9 d’après l’énoncé. De plus, 0,1 × 0,75^{1−1} C 0,8 D 0,1 C 0,8 D 0,9. Ainsi, l’égalité est vraie pour n D 1. Hérédité : supposons que pour un entier k ⩾ 1 fixé,

r_{k} D 0,1 × 0,75^{k−1} C 0,8.

Alors, en multipliant par 0,75, on a :

0,75r_{k} D 0,75 × ▷0,1 × 0,75^{k−1} C 0,8◁
D 0,1 × 0,75^{k−1} × 0,75 C 0,8 × 0,75
D 0,1 × 0,75^{k} C 0,6.

Enfin, en ajoutant 0,2, on obtient :

0,75r_{k} C 0,2 D 0,1 × 0,75^{k} C 0,8

soit :

r_{kC1} D 0,1 × 0,75^{k} C 0,8.

L’hérédité est alors prouvée.

Ainsi, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n non nul,

r_{n} D 0,1 × 0,75^{n−1} C 0,8.

(d) lim_{n→C∞} 0,75^{n−1} D 0 car 0 < 0,75 < 1. Par conséquent, lim_{n→C∞} r_{n} D 0,8.

Cela signifie qu’à longs termes, la probabilité qu’un client ramène sa bouteille est égale à 0,8.

3 On note X la variable aléatoire représentant le nombre de clients ramenant leur bouteille. L’expérience consistant à regarder si un client ramène sa bouteille est une épreuve de Bernoulli dont le succès a pour probabilité 0,8. On répète cette épreuve 20 fois de manière indépendante. Ainsi, X suit la loi binomiale de paramètres n D 20 et p D 0,8. On peut alors répondre aux questions suivantes à l’aide de la calculatrice. Voici ici l’exemple avec la calculatrice Numworks. Dans le menu principal, on choisit l’item « Probabilités » :

Extrait d’un bac (Liban 2019) — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 346 — #356 CORRIGÉS_{346}

Ensuite, on choisit la première ligne : « Binomiale », puis on entre les paramètres de la loi binomiale :

(a) On cherche ici P ▷X D 20◁. On peut :

soit calculer directement :

P ▷X D 20◁ D 0,8^{20} ≈ 0,012.

soit utiliser la calculatrice :

(b) La probabilité qu’au moins 15 des clients choisis ramènent leur bouteille est P ▷X ⩾ 15◁.

La valeur approchée au millième est alors :

P ▷X ⩾ 15◁ ≈ 0,804.

(c) La probabilité qu’au plus 10 d’entre eux ramènent leur bouteille est P ▷X ⩽ 10◁.

On trouve :

P ▷X ⩽ 10◁ ≈ 0,003.

Probabilités et QCM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 347 — #357 SUCCESSION D’ÉPREUVES INDÉPENDANTES CHAP. 10_{347} CORRIGÉS INTERROS COURS
24Probabilités et QCM_{Asie, sujet 1, septembre 2025 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 321}

1 L’expérience consistant à choisir au hasard une réponse à une question du QCM est une expérience de Bernoulli (deux issues) donc la probabi-

lité du succès est \frac{1}{4}.

On répète 10 fois de manière indépendante cette expérience, donc la variable aléatoire X représentant le nombre de succès à l’issue de cette succession d’épreuves indépendantes suit la loi binomiale de paramètres

n D 10 et p D \frac{1}{4}.

2 La probabilité que Dominique obtienne exactement 5 bonnes réponses est :

P ▷X D 5◁D \binom{10}{5} × ( \frac{1}{4}) ^{5} × ( 1 − \frac{1}{4}) ^{10−5} ≈ 0,058 4.

3 L’espérance de X est :

E▷X◁ D np D 10 × \frac{1}{4} D 2,5.

Cela signifie que Dominique a en moyenne 2,5 bonnes réponses. 4 (a) Pour réaliser l’événement ▷Y D 10◁, il faut que toutes les réponses

soient justes donc on calcule :

P ▷Y D 10◁D P ▷X D 10◁D ( \frac{1}{4}) ^{10} .

(b) On peut calculer la valeur de Y en fonction de celle de X :

On a vu que ▷Y D 10◁ équivalait à ▷X D 10◁.

Si X D 9, il y a 9 bonnes réponses qui rapportent 9 points, et une mauvaise réponse qui en retire un demi; donc Y D 8,5.

Si X D 8, il y a 8 bonnes réponses qui rapportent 8 points, et deux mauvaises réponses qui retirent deux demi-points; donc Y D 7.

Etc.

On regroupe tous les résultats possibles dans un tableau.

\begin{matrix}X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \\ Y & −5 & −3,5 & −2 & −0,5 & 1 & 2,5 \end{matrix}

\begin{matrix}X & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 \\ Y & 4 & 5,5 & 7 & 8,5 & 10 \end{matrix}

Donc la note finale de Dominique est positive à partir de 4 bonnes réponses.

(c) D’après le tableau précédent, P ▷Y ⩽ 0◁D P ▷X ⩽ 3◁.

Donc P ▷Y ⩽ 0◁≈ 0,78.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 10 page 348 — #358 CORRIGÉS_{348}

(d) X prend toutes les valeurs entières entre 0 et 10. Pour X bonnes réponses qui rapportent X points, il y en a 10 − X mauvaises qui retirent 0,5 ▷10 − X◁ points. Donc :

Y D X − 0,5 ▷10 − X◁
Y D X − 5 C 0,5X
Y D 1,5X − 5.

(e) D’après la linéarité de l’espérance mathématique, on a :

E ▷Y ◁D E ▷1,5X − 5◁
E▷Y ◁D 1,5 × E ▷X◁− 5
E▷Y ◁D 1,5 × 2,5 − 5
E▷Y ◁D −1,25.

Somme de variables aléatoires. Loi des grands nombres.

Plan du chapitre

1. Somme de variables aléatoires

2. Loi des grands nombres

1 Somme de variables aléatoires

On note N la variable aléatoire qui suit la loi binomiale de paramètres n D 15 et p D 0,32. On note T la variable aléatoire telle que T D 3N.

1 Déterminer l’espérance de la variable aléatoire N.

2 En déduire l’espérance de la variable aléatoire T.

3 On note X_{1}, X_{2},..., X_{50} des variables aléatoires indépendantes et suivant la même loi telle que E▷X_{k}◁ D 22 et V ▷X_{k}◁ D 65, 1 ⩽ k ⩽ 50.

On pose alors M_{50} D \frac{X_{1} C X_{2} C ⋯C X_{50}}{50} .

Déterminer l’espérance et la variance de M_{50}.

Exercice type 1

Lycée Édouard Branly, Nogent-sur-Marne

Voir corrigé page 352

1.1 Linéarité de l’espérance

Propriété 1

Soient X et Y deux variables aléatoires. L’espérance de la variable aléatoire X C Y est :

E▷X C Y ◁ D E▷X◁ C E▷Y ◁.

De plus, pour tout réel a, l’espérance de la variable aléatoire aX est :

E▷aX◁ D aE▷X◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 350 — #360 COURS_{350}

Exemple : Xavier et Yvone vont au restaurant. Xavier hésite de façon équiprobable entre les menus à 18 �, 24 � et 36 �. Yvonne hésite, quant à elle, de façon équiprobable entre les menus à 24 � et 36 �. On note X et Y les variables aléatoires représentant le prix du menu choisi respectivement par Xavier et Yvonne. Alors, X D {18I 24I 36} et Y D {24I 36} et :

E▷X◁D \frac{1}{3} × 18 C \frac{1}{3} × 24 C \frac{1}{3} × 36
D 6 C 8 C 12
D 26

et

E▷Y ◁D \frac{1}{2} × 24 C \frac{1}{2} × 36
D 12 C 18
D 30.

Ainsi,

E▷X C Y ◁ D E▷X◁ C E▷Y ◁ D 26 C 30 D 56.

On peut ainsi dire que le prix moyen de la facture de ce repas est 56 �.

Si Xavier va seul au restaurant 5 fois, et s’il choisit à chaque fois au hasard un menu parmi les 3 cités précédemment, la facture moyenne totale correspondra à E▷5X◁, soit à 5E▷X◁, et donc à 5 × 26 D 130 �.

1.2 Variance de deux variables aléatoires indépendantes

Définition 1 : variables aléatoires indépendantes

Soient X et Y deux variables aléatoires.

X et Y sont indépendantes si :

P (▷X D x◁ ∩ ▷Y D y◁) D P ▷X D x◁ × P ▷Y D y◁.

Propriété 2

Soit X une variable aléatoire. Pour tout réel a, la variance de la variable aléatoire aX est :

V ▷aX◁ D a^{2}V ▷X◁.

Son écart-type est donc :

σ▷aX◁ D |a|σ▷X◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 351 — #361 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{351} CORRIGÉS INTERROS COURS

Exemple : reprenons le cas de Xavier de l’exemple précédent.

V ▷X◁D \frac{1}{3}[▷18 − 26◁^{2} C ▷24 − 26◁^{2} C ▷36 − 30◁^{2}] D 56.

Ainsi,

V ▷5X◁ D 5^{2}V ▷X◁ D 25 × 56 D 1 400.

De plus,

σ▷5X◁ D 5σ▷X◁ D 5\sqrt{V ▷X◁}D 10\sqrt{14} ≈ 37,42.

Propriété 3

Soient X et Y deux variables aléatoires indépendantes.

La variance de la variable aléatoire X C Y est :

V ▷X C Y ◁ D V ▷X◁ C V ▷Y ◁.

1.3 Somme et moyenne de variables indépendantes

1.3.1 -Généralités

Propriété 4

Soient X_{1}, ..., X_{n} n variables aléatoires indépendantes. On pose alors :

S_{n} D ∑_{kD1}^{n}X_{k} D X_{1} C ⋯C X_{n} et M_{n} D \frac{S_{n}}{n}.

Alors,

E▷S_{n}◁ D ∑_{kD1}^{n}E▷X_{k}◁ et V ▷S_{n}◁ D ∑_{kD1}^{n}V ▷X_{k}◁.

E▷M_{n}◁ D \frac{1}{n} ∑_{kD1}^{n}E▷X_{k}◁ et V ▷M_{n}◁ D \frac{1}{n^{2}} ∑_{kD1}^{n}V ▷X_{k}◁.

1.3.2 -Application à la loi binomiale

Si, pour 1 ⩽ k ⩽ n, X_{k} est une variable aléatoire suivant la loi de Bernoulli alors E▷X_{k}◁ D pet V ▷X_{k}◁ D p▷1 − p◁ et la propriété 4 donne :

E▷X_{1} C ⋯C X_{n}◁D ∑_{kD1}^{n}p D n × p D np
V ▷X_{1} C ⋯C X_{n}◁D ∑_{kD1}^{n}p▷1 − p◁ D np▷1 − p◁.

D’où la propriété page suivante.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 352 — #362 COURS_{352}

Propriété 5

Soit X une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres n et p. Alors,

E▷X◁ D np  ,  V ▷X◁ D np▷1 − p◁  et σ▷X◁ D \sqrt{np▷1 − p◁}.

Exemple : dans une urne, il y a 7 boules bleues et 3 rouges. On choisit au hasard une boule de cette urne puis on la remet, et on répète cette expérience 10 fois de façon indépendante. La probabilité de choisir une boule bleue lors d’un tirage est p D 0,7. Si X représente le nombre de boules bleues obtenues à l’issue de ces 10 tirages au sort, alors X suit la loi B▷nI p◁ et son espérance est :

E▷X◁ D 10 × 0,7 D 7.

1 N suit la loi binomiale de paramètres n D 15 et p D 0,32 donc :

E▷X◁ D n × p D 15 × 0,32 D 4,8

et

V ▷X◁ D n × p × ▷1 − p◁ D 3,264.

2 T D 3N donc :

E▷T ◁ D 3E▷N◁ D 3 × 4,8 D 14,4

et

V ▷T ◁ D 3^{2}V ▷N◁ D 9 × 3,264 D 29,376.

3 L’espérance de M_{50} est :

E▷M_{50}◁D \frac{1}{50}[E▷X_{1}◁ C E▷X_{2}◁ C ⋯C E▷X_{50}◁]
D \frac{1}{50} × 50 × E▷X_{1}◁ car les X_{k} suivent la même loi
D E▷X_{1}◁ D 22.

La variance de M_{50} est, quant à elle :

V ▷M_{50}◁D ( \frac{1}{50}) ^{2} × V ▷X_{1} C X_{2} C ⋯C X_{50})

D \frac{1}{50^{2}} × 50 × V ▷X_{1}◁

car les X_{k} sont indépendantes et suivent la même loi

D \frac{1}{50} × 65 D 1,3.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Édouard Branly, Nogent-sur-Marne Voir énoncé page 349

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 353 — #363 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{353} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Loi des grands nombres

2.1 Inégalités de concentration

On suppose que le nombre de pièces sortant d’une usine donnée en l’espace d’une semaine est une variable aléatoire d’espérance 50. 1 Peut-on estimer que la probabilité pour que la production de la semaine

suivante dépasse 75 pièces soit supérieure à 0,75? 2 On sait, de plus, que la variance de la production hebdomadaire est

de 25. Peut-on estimer la probabilité que la production de la semaine suivante soit strictement comprise entre 40 et 60?

Exercice type 2

Voir corrigé page 354

Considérons deux variables aléatoires X et Y telles que X ⩽ Y. Nous pouvons dans un premier temps écrire que si X ⩾ 0 alors E▷X◁ ⩾ 0. De plus,

E▷Y ◁ − E▷X◁ D E▷Y − X◁

et comme Y − X ⩾ 0, on en déduit :

E▷Y − X◁ ⩾ 0 soit : E▷X◁ ⩽ E▷Y ◁.

De ces résultats, on peut démontrer le théorème suivant :

Théorème 1 : inégalité de Markov

Soit X une variable aléatoire discrète d’espérance finie, et à valeurs positives. Alors :

∀ a > 0, P ▷X ⩾ a◁ ⩽ \frac{E▷X◁}{a}.

Une démonstration de ce théorème est à faire dans l’exercice ?? page ??. À l’aide de l’inégalité de Markov, on déduit le théorème suivant :

Théorème 2 : inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Soit X une variable aléatoire d’espérance μ et de variance V ▷X◁.

Quel que soit le réel δ > 0,

P (|X − μ| ⩾ δ) ⩽ \frac{V ▷X◁}{δ^{2}}.

Une démonstration de ce théorème est à faire dans l’exercice ?? page ??.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 354 — #364 COURS_{354}

De ce théorème (fondamental), on peut notamment conclure que pour une variable aléatoire quelconque X d’écart-type σ et d’espérance μ :

P (|X − μ| ⩾ 2σ) ⩽ \frac{σ^{2}}{▷2σ◁^{2}}

soit :

P (|X − μ| ⩾ 2σ) ⩽ \frac{1}{4}.

Cela signifie alors que la probabilité que les valeurs prises par X diffèrent de 2σ de sa moyenne est inférieure à 0,25.

Remarque : par simulation (manuelle ou informatique), on s’aperçoit en fait que cette probabilité est très souvent majorée par 0,05.

1 Commençons par poser X la variable aléatoire représentant le nombre de pièces sortant de l’usine en l’espace d’une semaine. X est positive et d’espérance finie. D’après l’inégalité de Markov,

P ▷X > 75◁ ⩽ \frac{50}{75} soit : P ▷X > 75◁ ⩽ 0,67.

On ne peut donc pas estimer que la probabilité pour que la production de la semaine suivante dépasse 75 pièces soit supérieure à 0,75.

2 Commençons par écrire :

P ▷40 < X < 60◁ D P ▷−10 < X − 50 < 10◁ D P ▷|X − 50| < 10◁.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebytchev donne :

P (|X − 50| ⩾ 10) ⩽ \frac{25}{10^{2}}

soit :

P (|X − 50| ⩾ 10) ⩽ 0,25.

On en déduit alors que :

1 − P (|X − 50| < 10) ⩽ 0,25

et donc :

P (|X − 50| < 10) ⩾ 0,75.

La probabilité pour que la production de la semaine suivante soit comprise entre 40 et 60 est donc au moins de 75%.

Solution de l’exercice type 2

Voir énoncé page 353

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 355 — #365 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{355} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.2 Loi faible des grands nombres

On dispose d’une urne dans laquelle sont mises 7 boules rouges et 3 noires. On tire au hasard une boule de cette urne et on la remet dans l’urne; si la boule choisie est noire, on gagne 1 point. Sinon, on ne gagne pas de point. On note M_{n} le gain moyen de points après n répétitions indépendantes de cette expérience. Déterminer une valeur de n pour laquelle la probabilité que la différence (en valeur absolue) entre M_{n} et 0,3 soit supérieure ou égale à 0,1 et inférieure ou égale à 0,5.

Exercice type 3

Voir corrigé page 356

Propriété 6

Soient X_{1}, X_{2}, …, X_{n} n variables aléatoires discrètes réelles indépendantes ayant toutes la même loi d’espérance μ et de variance σ^{2}. Alors,

∀ δ > 0, P ( | \frac{X_{1} C ⋯C X_{n}}{n} − μ| ⩾ δ) ⩽ \frac{σ^{2}}{nδ^{2}}.

Une démonstration de ce théorème est à faire dans l’exercice ?? page ??.

Théorème 3 : théorème de Khintchine (loi faible des grands nombres)

Soient X_{1}, ..., X_{n} n variables aléatoires indépendantes de même loi, d’espérance μ. Alors, pour tout réel δ > 0,

lim_{n→C∞} P ( | \frac{X_{1} C ⋯C X_{n}}{n} − μ| ⩾ δ) D 0.

POUR ALLER PLUS LOIN

Au premier abord, ce dernier théorème peut paraître simpliste, puisqu’il résulte de l’inégalité de concentration prise lorsque n tend vers C∞. Il est au contraire très important, et permet notamment de justifier le principe des sondages. En effet, il permet d’interpréter la probabilité (valeur théorique) comme une fréquence (valeur observée) et présente l’espérance comme une moyenne. Ce théorème signifie que la moyenne empirique c’est-à-dire la moyenne calculée sur les valeurs observée sur un échantillon de population, converge vers l’espérance quand la taille de cet échantillon devient très grand.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 356 — #366 COURS_{356}

On cherche un entier n tel que :

P (|M_{n} − 0,3| ⩾ 0,1) ⩽ 0,5.

Notons X_{k} le nombre de points gagnés au k-ième tirage, 1 ⩽ k ⩽ n. X_{k} suit la loi de Bernoulli de probabilité p D \frac{3}{10} D 0,3 et de variance σ^{2} D 0,3 × ▷1 − 0,3◁ D 0,21.

De  plus,  par  définition,  les  variables  X_{k}
sont  indépendantes  donc  on  peut  utiliser

l’inégalité de concentration :

P ▷|M_{n} − 0,3| ⩾ 0,1◁ ⩽ \frac{0,21}{0,1^{2}n}.

On souhaite que P ▷|M_{n} − 0,3| ⩾ 0,1◁ ⩽ 0,5 donc il suffit de choisir n tel que :

\frac{0,21}{0,1^{2}n} ⩽ 0,5 ⟺ \frac{0,1^{2}n}{0,21} ⩾ \frac{1}{0,5}

⟺ 0,1^{2}n ⩾ \frac{1}{0,5} × 0,21

⟺ n ⩾ \frac{1}{0,5} × \frac{0,21}{0,1^{2}}

⟺ n ⩾ 42.

Solution de l’exercice type 3

Voir énoncé page 355

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 357 — #367 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{357} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Somme de variables aléatoires Corrigé p. 365 5 min

Pour chaque question, donner la bonne réponse parmi les propositions faites. 1 L’espérance mathématique de la variable aléatoire suivant la loi bino-

miale de paramètres n D 10 et p D 0,2 est :

a 0,02  b 0,2  c 2  d 20

2 La variance de la variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres n D 20 et p D 0,15 est :

a 3  b 2,55  c 17  d 0,1275

3 Soient X ↪ B▷15I 0,1◁ et Y ↪ B▷20I 0,3◁ deux variables aléatoires. Que vaut E▷X C Y ◁ D?

a 7,5  b 35  c 0,4  d 3,5

4 Soit X une variable aléatoire de variance 5. Si on multiplie par 2 toutes les valeurs prises par X alors la variance devient :

a 10  b 15  c 20  d 25

2_{QCM} Somme de variables aléatoires Corrigé p. 365 10 min

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples. Pour chacune des questions, quelle est la seule proposition exacte? Aucune justification n’est demandée. 1 Dans une région, on a recensé la fréquence du nombre de personnes par

foyer :

Nombre de personnes 1 2 3 4

5

Fréquence  0,36 0,22 0,24 0,12 0,06

On choisit au hasard un foyer de cette région, et on note X la variable aléatoire qui donne le nombre de personnes dans ce foyer.

(a) Quelle est l’espérance de X?

a 3,2 b 2,3 c 3 d 0,2

(b) Que vaut l’écart-type de X?

a 1,53  b 2  c 1,24  d \sqrt{1,53}

2 On veut interroger 100 foyers de cette région, que l’on considère comme un échantillon de taille 100 de la loi de probabilité de X. Soit S_{100} la variable aléatoire qui donne la somme d’un tel échantillon et M_{100} la variable aléatoire qui donne la moyenne de l’échantillon.

(a) Que vaut l’espérance de S_{100}?

a 2,3  b 124  c 1534  d 230

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 358 — #368 INTERROS_{358}

(b) Que vaut la variance de S_{100}?

a 1,24 b 153 c 124 d 1,53

(c) Que vaut l’espérance de M_{100}?

a 2,3 b 124 c 23 d 230

(d) Que vaut l’écart-type de M_{100}?

a 0,124  b \frac{\sqrt{1,53}}{10}  c 0,0124  d \frac{\sqrt{1,53}}{100}

3_{V/F} Vérification de connaissances Corrigé p. 366 5 min

Indiquer si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses. Justifier les réponses. 1 Si une variable aléatoire X ne prend que des valeurs positives ou nulles,

alors E▷X◁ ⩾ 0. 2 Si E▷X◁ ⩾ 0 alors la variable aléatoire X ne prend que des valeurs

positives ou nulles. 3 X et Y sont deux variables aléatoires de variances respectives 8 et 10.

Alors, V ▷X C Y ◁ D 18.

4_{V/F} Inégalités de concentration Corrigé p. 366 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Soit X une variable aléatoire discrète d’espérance E▷X◁ D 9 à valeurs

positives. Alors, selon l’inégalité de Markov, P ▷X ⩾ 10◁ ⩽ \frac{1}{10}.

2 Soit X une variable aléatoire discrète d’espérance E▷X◁ D 7 et de variance σ^{2} D 9. Alors, d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, P (|X − 7| ⩾ 18) < 0,028.

3 On tire une carte au hasard dans un jeu de 32 cartes. Si la carte est un roi, on gagne 1 point, sinon on ne gagne rien. On répète cette expérience 1 000 fois. La probabilité que, à l’issue des 1 000 expériences, la différence (en valeur absolue) entre le gain moyen de points et 125 soit plus grande que 15 est inférieure ou égale à 0,5.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 359 — #369 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{359} CORRIGÉS INTERROS COURS

Somme de variables aléatoires

5Pile ou Face_{Lycée Voltaire, Paris} Corrigé ; p. 367 ; 15 min ; ⋆

Un joueur lance trois fois de suite une pièce équilibrée. Chaque fois que le joueur obtient Face, il gagne 2 points, sinon il perd 1 point. Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur à l’issue d’une partie. Déterminer la loi de probabilité de X et son espérance E▷X◁.

6Jeu télévisé_{Lycée Édouard Branly, Nogent-sur-Marne} Corrigé ; p. 367 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Un jeu télévisé se déroule en deux manches :

Première manche : le ou la candidat.e. tire au hasard et simultanément deux boules d’une urne contenant 20 boules numérotées de 1 à 20. Si une boule portant un numéro multiple de 5 est choisie, 20 points sont gagnés; dans le cas contraire, aucun point n’est gagné. Seconde manche : le ou la candidat.e. doit ouvrir une porte parmi trois portes fermées. Seule l’une d’elles peut multiplier par 2 les gains gagnés lors de la première manche. L’une des deux autres permet d’ajouter 5 points; quant à l’autre, elle retire 5 points si les gains de la première manche sont supérieurs ou égaux à 5. Sinon, rien n’est retiré.

À l’issue de ces deux manches, chaque point vaut 100 �.

On appelle G le gain du ou de la candidat.e.

1 On appelle X la variable aléatoire représentant le nombre de points à l’issue de la première manche. Déterminer la loi de probabilité de X, puis calculer E▷X◁.

2 On note Y la variable aléatoire représentant le gain algébrique des points à l’issue de la seconde manche. Déterminer la loi de probabilité de Y ainsi que E▷Y ◁.

3 Calculer E▷G◁. 4 À l’issue de ces deux manches, le ou la candidat.e. doit participer à la

manche finale qui consiste à répondre à cinq questions de culture générale. À chaque mauvaise réponse, il ou elle perd 200 � sur les gains obtenus précédemment. On note Z la variable aléatoire représentant le nombre de bonnes réponses d’un.e. candidat.e. lors de cette manche finale. La société productrice du jeu estime que Z suit la loi binomiale de paramètres n D 5 et p D 0,2. Déterminer le gain que peut espérer avoir le ou la candidat.e. à l’issue de cette finale.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 360 — #370 INTERROS_{360}

Inégalitédeconcentration–Loidesgrandsnombres

7Lancer de dé_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} Corrigé ; p. 369 ; 10 min ; ⋆

On jette 3 600 fois un dé équilibré. Minorer la probabilité que le nombre d’apparitions du numéro 1 soit strictement compris entre 480 et 720 à l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

8Usine de pièces_{Lycée Henri IV, Paris} Corrigé ; p. 370 ; 10 min ; ⋆

Le nombre de pièces sortant d’une usine en une journée est une variable aléatoire d’espérance 50. On veut estimer la probabilité que la production de demain dépasse 75 pièces.

1 En utilisant l’inégalité de Markov, quelle estimation obtient-on sur cette

probabilité? 2 Que peut-on dire de plus sur cette probabilité si on sait que l’écart-type

de la production quotidienne est 5?

9Auto-école_{Lycée Michelet, Marseille} Corrigé ; p. 370 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Une auto-école présente pour la première fois à l’examen de conduite 10 candidats qui ont suivi la formation de conduite accompagnée. On modélise le fait de passer les examens de conduite par des épreuves aléatoires indépendantes. On note X la variable aléatoire donnant le nombre de ces 10 candidats qui auront leur permis dès la première tentative. On admet que la probabilité qu’un candidat ait son permis dès la première fois est égale à 0,747. On arrondira les résultats à 10^{−3} près, si nécessaire.

1 Justifier que X suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres. 2 Calculer P ▷X ⩾ 6◁. Interpréter ce résultat. 3 Déterminer E▷X◁ et V ▷X◁. 4 Il y a aussi 40 candidats qui n’ont pas suivi la formation de conduite

accompagnée et qui se présentent pour la première fois à l’examen de conduite. De la même manière, on note Y la variable aléatoire qui donne le nombre de ces candidats qui auront le permis à la première tentative. On admet que Y est indépendante de la variable X et qu’en fait E▷Y ◁ D 22,53 et V ▷Y ◁ D 9,81.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 361 — #371 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{361} CORRIGÉS INTERROS COURS

On note alors Z la variable aléatoire comptant le nombre total de candidats (parmi les 50) qui auront le permis de conduire dès la première tentative dans cette auto-école.

(a) Exprimer Z en fonction de X et Y. En déduire E▷Z◁ et V ▷Z◁.

(b) En utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que la probabilité qu’il y ait moins de 20 ou plus de 40 candidats qui aient leur permis dès la première tentative est inférieure à 0,12.

10Nombre de tirages_{Lycée Jean Monod, Clamart} Corrigé ; p. 371 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Une urne contient 2 boules rouges et 3 boules noires. On tire successivement avec remise des boules de cette urne. À partir de combien de tirages est-on sûrs à 95% que la proportion de boules rouges tirées n’est pas dans l’intervalle U0,35I 0,45T?

11Don de sang_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-fossés NEW 2026} Corrigé ; p. 372 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Lors de la semaine nationale du don du sang, une collecte de sang est organisée dans N villes françaises choisies au hasard numérotées 1, 2, 3, ... , N, où N est un entier naturel non nul.

On considère la variable aléatoire X_{1} qui à chaque échantillon de 100 personnes de la ville 1 associe le nombre de donneurs universels dans cet échantillon.

On définit de la même manière les variables aléatoires X_{2} pour la ville 2, ... , X_{N} pour la ville N.

On suppose que ces variables aléatoires sont indépendantes et qu’elles admettent la même espérance égale à 7,14 et la même variance égale à 6,63.

On considère la variable aléatoire M_{N} D \frac{X_{1} C X_{2} C ⋯C X_{n}}{N} .

1 Que représente la variable aléatoire M_{N} dans le contexte de l’exercice?

2 Calculer l’espérance E▷M_{N}◁.

3 On désigne par V ▷M_{N}◁ la variance de la variable aléatoire M_{N}.

Montrer que V ▷M_{N}◁ D \frac{6,63}{N}.

4 Déterminer la plus petite valeur de N pour laquelle l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d’affirmer que P ▷7 < M_{n} < 7,28◁ ⩾ 0,95.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 362 — #372 INTERROS_{362}
12Marche aléatoire_{Lycée Notre-Dame du Grandchamp, Versailles} Corrigé ; p. 373 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On considère une marche aléatoire sur ℤ définie de la façon suivante : on part de 0 et, à chaque étape,

on a une probabilité p de faire un pas vers la droite; on a une probabilité 1 − p de faire un pas vers la gauche.

Autrement dit, on considère une suite de variables aléatoires ▷X_{n}◁_{n⩾1} indépendantes et de même loi donnée par :

∀ n ∈ ℕ^{∗}, P ▷X_{n} D 1◁ D p et P ▷X_{n} D −1◁ D 1 − p. On note S_{n} D X_{1} C ⋯C X_{n}. 1 Que représente S_{n} dans le contexte de cet exercice? 2 Exprimer, en fonction de p, E▷X_{k}◁.

3 Que vaut lim_{n→C∞} \frac{S_{n}}{n}.

13Particules émises_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-fossés} Corrigé ; p. 374 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Pour étudier les particules émises par une substance radioactive, on dispose d’un détecteur. On note X la variable aléatoire représentant le nombre de particules qui atteignent le détecteur pendant un intervalle de temps 1t. Le nombre maximal de particules que le détecteur peut compter pendant un intervalle de temps 1t est de 10^{3}. On suppose que X suit une loi d’espérance et de variance égales à 10^{2}. Donner une majoration de la probabilité que X dépasse 10^{3}.

14Pièces défectueuses_{Lycée Hoche, Versailles} Corrigé ; p. 374 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Une usine fabrique des pièces dont une proportion inconnue p est défectueuse, et on souhaite trouver une valeur approchée de p. On effectue un prélèvement de n pièces. On suppose que le prélèvement se fait sur un échantillon très grand et donc qu’il peut s’apparenter à une suite de n tirages indépendants avec remise. On note X_{n} la variable aléatoire égale au nombre de pièces défectueuses et

on souhaite quantifier le fait que \frac{X_{n}}{n} approche p.

1 Quelle est la loi de X_{n}? Sa moyenne? Sa variance?

2 Démontrer que, pour tout ε > 0, P ( | \frac{X_{n}}{n} − p| ⩾ ε) ⩽ \frac{1}{4nε^{2}}.

3 En déduire une condition sur n pour que \frac{X_{n}}{n} soit une valeur approchée

de p à 10^{−2} près avec une probabilité supérieure ou égale à 95%.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 363 — #373 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{363} CORRIGÉS INTERROS COURS
15Dans le magasin_{Lycée Carnot, Paris NEW 2026} Corrigé ; p. 375 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Un magasin comporte trois caisses automatiques identiques qui, lors d’une journée, ont chacune déclenché 20 contrôles. On note X_{1}, X_{2} et X_{3} les variables aléatoires associant à chacune des caisses le nombre d’erreurs détectées lors de cette journée. On admet que les variables aléatoires X_{1}, X_{2} et X_{3} sont indépendantes entre elles et suivent chacune une loi binomiale B▷20I 0,165◁. 1 Déterminer les valeurs exactes de l’espérance et de la variance de la

variable aléatoire X_{1}. 2 On définit la variable aléatoire S par S D X_{1} C X_{2} C X_{3}.

Justifier que E▷S◁ D 9,9 et que V ▷S◁ D 8,2665. 3 Pour cette question, on utilisera 10 comme valeur de E▷S◁.

À l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que la probabilité que le nombre total d’erreurs sur la journée soit strictement compris entre 6 et 14 est supérieure à 0,48.

16Combien de lancers de dé?_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} Corrigé ; p. 376 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

On lance de manière indépendante n fois un dé équilibré à six faces. À l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, déterminer une valeur minimale de n pour laquelle la probabilité d’obtenir entre 0 et \frac{n}{3} fois le nombre

« 1 » est supérieure ou égale à \frac{1}{2}.

Calculer cette probabilité pour n D 3. Que peut-on conclure?

Objectif bac

17Fabrique de jouets_{Asie sujet 1, 2025 NEW 2026} Corrigé ; p. 377 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Une entreprise qui fabrique des jouets doit effectuer des contrôles de conformité avant leur commercialisation. On prélève au hasard dans la production de l’entreprise un lot de n jouets, où n est un entier strictement positif. On suppose que ce prélèvement se fait sur une quantité suffisamment grande de jouets pour être assimilé à une succession de n tirages indépendants avec remise.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 364 — #374 INTERROS_{364}

La probabilité qu’un jouet réussisse le test de fabrication est égale à 0,95. Soit S_{n} la variable aléatoire qui compte le nombre de jouets ayant réussi le test de fabrication. On admet que S_{n} suit la loi binomiale de paramètres n et p D 0,95.

1 Exprimer l’espérance et la variance de la variable aléatoire S_{n} en fonc-

tion de n. 2 Dans cette question, on pose n D 150.

(a) Déterminer une valeur approchée à 10^{−3} près de P ▷S_{150} D 145◁. Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

(b) Déterminer la probabilité qu’au moins 94 % des jouets de ce lot réussissent le test de fabrication. Donner une valeur approchée du résultat à 10^{−3} près.

3 Dans cette question, l’entier naturel non nul n n’est plus fixé.

Soit F_{n} la variable aléatoire définie par : F_{n} D \frac{S_{n}}{n}. La variable aléatoire F_{n} représente la proportion des jouets qui réussissent le test de fabrication dans un lot de n jouets prélevés. On note E▷F_{n}◁ l’espérance et V ▷F_{n}◁ la variance de la variable aléatoire F_{n}.

(a) Montrer que E▷F_{n}◁ D 0,95 et que V ▷F_{n}◁ D \frac{0,0475}{n}.

(b) On s’intéresse à l’évènement I suivant : « la proportion de jouets qui réussissent le test de fabrication dans un lot de n jouets est strictement comprise entre 93 % et 97 % ». En utilisant l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, déterminer une valeur n de la taille du lot de jouets à prélever, à partir de laquelle la probabilité de l’évènement I est supérieure ou égale à 0,96.

Vérification de connaissances — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 365 — #375 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{365} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{QCM} Somme de variables aléatoires {Énoncé \atop p. 357}

1 Réponse c . D’après le cours, si X ↪ B▷nI p◁ alors E▷X◁ D np. Donc

ici, E▷X◁ D 10 × 0,2 D 2. 2 Réponse b . D’après le cours, si X ↪ B▷nI p◁ alors V ▷X◁ D np▷1−p◁.

Donc ici, V ▷X◁ D 20 × 0,15 × ▷1 − 0,15◁ D 2,55. 3 Réponse a . En effet, E▷X C Y ◁ D E▷X◁ C E▷Y ◁ par linéarité de

l’espérance. Or, E▷X◁ D 15 × 0,1 D 1,5 et E▷Y ◁ D 20 × 0,3 D 6. Donc E▷X C Y ◁ D 1,5 C 6 D 7,5.

4 Réponse c . En effet, d’après le cours, V ▷aX◁ D a^{2}V ▷X◁ donc V ▷2X◁ D 2^{2}V ▷X◁ D 4 × 5 D 20.

2_{QCM} Somme de variables aléatoires {Énoncé \atop p. 357}

1 (a) Réponse b . En effet,

E▷X◁ D 1×0,36C2×0,22C3×0,24C4×0,12C5×0,06 D 2,3.

(b) Réponse d . Dans la mesure où aucune justification n’est demandée, on peut utiliser la calculatrice pour répondre. Attention cependant au résultat; la calculatrice affiche :

1,23693168769

dont une valeur approchée est certes 1,24, mais cette dernière n’est pas la valeur exacte. Par conséquent, la réponse c n’est pas la bonne. Par élimination, on exclut les réponses a et b . Il nous reste donc que la dernière proposition. On vérifie tout de même qu’une valeur approchée de \sqrt{1,53} est bien la valeur affichée par la calculatrice.

2 (a) Réponse d . En effet, d’après le cours,

E▷S_{100}◁ D 100 × E▷X◁ D 100 × 2,3 D 230.

(b) Réponse b . En effet, d’après le cours,

V ▷S_{100}◁ D 100 × V ▷X◁ D 100 × σ▷X◁^{2} D 100 × 1,53 D 153.

(c) Réponse a . En effet, d’après le cours,

E▷M_{100}◁ D \frac{1}{100}E▷S_{100}◁ D 2,3.

(d) Réponse d . En effet, d’après le cours,

σ▷M_{100}◁ D \sqrt{\frac{1}{100} × V ▷S_{100}◁}D \frac{σ▷S_{100}◁}{100}D \frac{\sqrt{1,53}}{10}.

Pile ou Face — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 366 — #376 CORRIGÉS_{366}
3_{V/F} Vérification de connaissances {Énoncé \atop p. 358}

1 Vrai. D’après la formule du calcul de l’espérance, si X ne prend que des valeurs positives, l’espérance est obtenue par produit puis somme de quantités positives. Donc E▷X◁ ⩾ 0.

2 Faux. Contre-exemple : la variable aléatoire X qui prend la valeur −1 avec une probabilité de 0,1 et la valeur 1 avec une probabilité de 0,9 a pour espérance E▷X◁ D 0,1 × ▷−1◁ C 0,9 × 1 D 0,8. Donc E▷X◁ > 0, mais X prend une valeur négative.

3 Faux. Pour ajouter deux variances, il est nécessaire que les deux variables soient indépendantes, ce qui n’est pas précisé ici.

4_{V/F} Inégalités de concentration {Énoncé \atop p. 358}

1 Faux. Selon l’inégalité de Markov, P ▷X ⩾ a◁ ⩽ \frac{E▷X◁}{a}, ce qui donne

dans notre cas :

P ▷X ⩾ 10◁ ⩽ \frac{9}{10}.

2 Vrai. En effet, d’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev,

P (|X − E▷X◁| ⩾ δ) ⩽ \frac{V ▷X◁}{δ^{2}}

ce qui donne dans notre cas :

P (|X − 7| ⩾ 18) ⩽ \frac{9}{18^{2}}

soit :

P (|X − 7| ⩾ 18) ⩽ \frac{1}{36} < 0,028.

3 Vrai. Notons X_{k} le nombre de points lors du k-ième tirage (X_{k} D 0 ou X_{k} D 1).

C’est une variable de Bernoulli d’espérance μ D \frac{4}{32} D \frac{1}{8} D \frac{125}{1 000} et de

variance σ^{2} D \frac{1}{8} ( 1 − \frac{1}{8}) D \frac{7}{64}. D’après l’inégalité de concentration

(les X_{k} étant implicitement indépendantes), P ▷|X_{1} C ⋯C X_{1 000} − 125| ⩾ 15◁

D P ( | \frac{X_{1} C ⋯C X_{1 000}}{1 000} − \frac{125}{1 000}| ⩾ \frac{15}{1 000})

⩽ \frac{\frac{7}{64}}{1 000 × ( \frac{15}{1 000})^{2}}

< 0,49
< 0,5.

Jeu télévisé — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 367 — #377 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{367} CORRIGÉS INTERROS COURS
5Pile ou Face_{Lycée Voltaire, Paris} {Énoncé \atop p. 359}

Le lancer d’une pièce équilibrée est une épreuve de Bernoulli de paramètre 0,5 dont le succès est « Obtenir Face ». Si on répète le lancer trois fois, de façons indépendantes, la variable Y qui donne le nombre de fois y_{i} où Face est obtenu suit la loi binomiale B▷3 I 0,5◁. En notant x_{i} les valeurs de la variable aléatoire X, on peut dresser le tableau suivant :

\begin{matrix}y_{i} & 0 & 1 & 2 & 3 \\ P ▷Y D y_{i}◁ & \binom{3}{0} 0,5^{3} & \binom{3}{1} 0,5^{3} & \binom{3}{2} 0,5^{3} & \binom{3}{3} 0,5^{3} \\ x_{i} & −3 & 0 & 3 & 6 \\ P ▷X D x_{i}◁ & 0,125 & 0,375 & 0,375 & 0,125 \end{matrix}

L’espérance de X est donc :

E▷X◁ D −3 × 0,125 C 3 × 0,375 C 6 × 0,125 D 1,5.

6Jeu télévisé_{Lycée Édouard Branly, Nogent-sur-Marne} {Énoncé \atop p. 359}

1 X est la variable aléatoire représentant le nombre de points à l’issue de la première manche. Il y a 4 boules portant un numéro multiple de 5 : 5, 10, 15 et 20. Notons A l’événement : « la boule porte le numéro 5, 10, 15 ou 20 ». Pour la première boule, il y a 4 chances sur 20 de choisir une boule dont

le numéro est un multiple de 5, donc P ▷A◁ D \frac{4}{20} D \frac{1}{5}.

En revanche, pour la seconde boule, il ne reste plus que 19 boules. Donc si l’événement A est réalisé pour la première boule, il reste 3 boules

adéquates pour la seconde, d’où une probabilité de \frac{3}{19}. Un raisonnement analogue nous donne les autres probabilités. On peut alors représenter la situation avec l’arbre page suivante. On peut alors donner la loi de probabilité de X sous forme d’un tableau :

\begin{matrix}X D k & 0 & 20 & 40 \\ P ▷X D k◁ & \frac{4}{5} × \frac{15}{19} D \frac{12}{19} & 1 − \frac{12}{19} − \frac{3}{95} D \frac{32}{95} & \frac{1}{5} × \frac{3}{19} D \frac{3}{95} \end{matrix}

Ainsi,

E▷X◁ D 20 × \frac{32}{95} C 40 × \frac{3}{95} D 8.

Jeu télévisé — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 368 — #378 CORRIGÉS_{368}

2 On peut illustrer la situation à l’aide d’un arbre : À l’aide du principe multiplicatif, on obtient alors la loi de probabilité de Y suivante :

\begin{matrix}Y D k & 0 & 5 & 15 & 25 & 35 & 40 & 45 & 80 \\ P ▷Y D k◁ & \frac{8}{19} & \frac{4}{19} & \frac{32}{285} & \frac{32}{285} & \frac{1}{95} & \frac{32}{285} & \frac{1}{95} & \frac{1}{95} \end{matrix}

On a ainsi :

E▷Y ◁ D 5 × \frac{4}{19} C ⋯C 80 × \frac{1}{95} D \frac{668}{57}.

3 Par définition,

G D 100Y

Usine de pièces — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 369 — #379

SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{369} CORRIGÉS INTERROS COURS

donc :

E▷G◁D E▷100Y ◁

D 100E▷Y ◁

D \frac{66 800}{57}

≈ 1 172.

L’organisateur ou l’organisatrice de ce jeu peut donc espérer perdre en moyenne 1 172 �... s’il programme un grand nombre de fois le jeu.

4 Z ↪ B▷5I 0,2◁ donc E▷Z◁ D 5 × 0,2 D 1, ce qui signifie qu’en moyenne, le ou la candidat.e. répond correctement à une seule question, et donc qu’il ou elle perd en moyenne 800 �. Ainsi, le gain moyen final est :

E▷G◁ − 800 ≈ 1 172 − 800 ≈ 372 � .

Remarque : on peut aussi s’intéresser à l’écart-type. Si on note F la variable aléatoire représentant le gain final,

F D E▷G◁ − 200Z.

Ainsi, \begin{aligned}σ▷F ◁ & D σ(E▷G◁ − 200Z) \\ & D 200σ▷Z◁ \\ & D 200\sqrt{5 × 0,2 × ▷1 − 0,2◁} \\ & ≈ 178,88. \end{aligned}

Cette valeur est assez conséquente par rapport à E▷F ◁ ≈ 372.

7Lancer de dé_{Lycée François Mauriac, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 360}

Soit S la variable aléatoire comptant le nombre d’apparitions du chiffre 1 au

cours de ces lancers. S suit une loi binomiale de paramètres 3 600 et \frac{1}{6}. On sait donc que :

E▷S◁ D \frac{1}{6} × 3 600 D 600 et V ▷S◁ D \frac{1}{6} × \frac{5}{6} × 3 600 D 500.

De plus, 480 < S < 720 ⟺ −120 < S − 600 < 120 ⟺ |S − 600| < 120. Par l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, on obtient :

P ▷|S − 600| ⩾ 120◁ ⩽ \frac{500}{120^{2}} ⩽ 0,035.

On en déduit que P ▷480 < S < 720◁ ⩾ 1 − 0,035, soit :

P ▷480 < S < 720◁ ⩾ 0,965.

En particulier, la probabilité que le numéro 1 apparaisse strictement entre 480 et 720 fois au cours de ces 3 600 lancers est supérieure à 0,96.

Auto-école — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 370 — #380 CORRIGÉS_{370}
8Usine de pièces_{Lycée Henri IV, Paris} {Énoncé \atop p. 360}

1 Notons X la variable aléatoire représentant le nombre de pièces. En utilisant l’inégalité de Markov, on obtient :

P ▷X ⩾ 75◁ ⩽ \frac{E▷X◁}{75}

soit :

P ▷X ⩾ 75◁ ⩽ \frac{2}{3}.

2 L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne :

P ▷|X − 50| ⩾ 25◁ ⩽ \frac{V ▷X◁}{25^{2}}

soit :

P ▷|X − 50| ⩾ 25◁ ⩽ \frac{5^{2}}{25^{2}}

et donc :

P ▷|X − 50| ⩾ 25◁ ⩽ 0,04.

Ainsi, P ▷X ⩾ 75◁ ⩽ 0,04.

9Auto-école_{Lycée Michelet, Marseille} {Énoncé \atop p. 360}

1 En considérant l’épreuve consistant à regarder si un candidat a son permis dès la première tentative, épreuve de Bernoulli dont la probabilité du succès est p D 0,747, on répète de manière indépendante 10 fois cette épreuve. Donc, d’après le cours, le nombre de succès à l’issue de cette succession d’épreuves suit la loi binomiale de paramètres n D 10 (nombre de fois que l’on répète l’épreuve de Bernoulli) et p D 0,747.

2 À la calculatrice, on trouve :

P ▷X ⩾ 6◁ ≈ 0,918.

Cela signifie que la probabilité qu’au moins 6 candidats sur 10 ait leur permis dès la première fois est environ égale à 0,918.

3 D’après le cours,

E▷X◁ D n × p D 7,47 et V ▷X◁ D np▷1 − p◁ ≈ 1,890.

4 D’après l’énoncé,

Z D X C Y.

Par linéarité de l’espérance,

E▷Z◁ D E▷X◁ C E▷Y ◁ D 7,47 C 22,53 D 30.

De plus, X et Y étant deux variables aléatoires indépendantes,

V ▷Z◁ D V ▷X◁ C V ▷Y ◁ D 1,89 C 9,81 D 11,7.

Nombre de tirages — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 371 — #381

SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{371} CORRIGÉS INTERROS COURS

5 La probabilité qu’il y ait moins de 20 ou plus de 40 candidats qui aient leur permis dès la première tentative s’exprime de la manière suivante :

P [▷Z < 20◁ ∪ ▷Z > 40◁] D 1 − P ▷20 ⩽ Z ⩽ 40◁.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev nous dit que :

∀ δ > 0, P ▷|Z − E▷Z◁| ⩾ δ◁ ⩽ \frac{V ▷Z◁}{δ^{2}}.

Les bornes de l’encadrement « 20 < Z < 40 » dont distantes de 10 de E▷Z◁, ce qui nous encourage à prendre δ D 10 :

P ▷|Z − 30| ⩾ 10◁ ⩽ \frac{11,7}{10^{2}}

⟺ P ▷|Z − 30| ⩾ 10◁ ⩽ 0,117
⟺ − P ▷|Z − 30| ⩾ 10◁ ⩾ −0,117
⟺ 1 − P ▷|Z − 30| ⩾ 10◁ ⩾ 1 − 0,117
⟺ P ▷|Z − 30| ⩾ 10◁ ⩽ 0,117.

Ainsi, la probabilité qu’il y ait moins de 20 ou plus de 40 candidats qui aient leur permis dès la première tentative est bien inférieure à 0,12.

10Nombre de tirages_{Lycée Jean Monod, Clamart} {Énoncé \atop p. 361}

Pour 1 ⩽ k ⩽ n, considérons l’événement : « une boule rouge est tirée lors du k-ième tirage ».

Notons alors X_{k} la variable aléatoire représentant le nombre de boules rouges

obtenues lors du k-ième tirage. X_{k} suit la loi de Bernoulli de probabilité \frac{2}{5}, a

pour espérance μ D \frac{2}{5} D 0,4 et pour variance σ^{2} D \frac{2}{5} × \frac{3}{5} D 0,24.

La proportion de boules rouges obtenues après n tirages est :

M_{n} D \frac{X_{1} C ⋯C X_{n}}{n} .

On cherche donc la première valeur de n à partir de laquelle :

P ▷|M_{n} − 0,4| ⩾ 0,05◁ ⩽ 0,95.

L’inégalité de concentration nous dit que, pour δ D 0,05 :

P ▷|M_{n} − 0,4| ⩾ 0,05◁ ⩽ \frac{0,24}{0,0025n}.

Don de sang — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 372 — #382

CORRIGÉS_{372}

Une valeur de n satisfaisante est donc la plus petite valeur de n telle que :

\frac{0,24}{0,0025n} ⩽ 0,05 ⟺ \frac{0,0025n}{0,24} ⩾ \frac{1}{0,05}

⟺ 0,0025n ⩾ \frac{0,24}{0,05}

⟺ n ⩾ \frac{0,24}{0,05 × 0,0025}

⟺ n ⩾ 1 920.

Ce dernier résultat nous assure à 95% que la proportion de boules rouges tirées se trouve dans l’intervalle U0,35I 0,45T.

Remarque : si l’on effectue des simulations de cette expérience, on peut se rendre compte que l’on obtient une proportion dans l’intervalle pour des valeurs de n plus petites. Il est donc important de se souvenir que l’inégalité de concentration nous assure une valeur de n adéquate mais qu’elle n’est pas toujours minimale.

11Don de sang_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-fossés NEW 2026} {Énoncé \atop p. 361}

1 La variable aléatoire M_{n} représente ici le nombre moyen de donneurs

universels sur les N collectes. 2 D’après la linéarité de l’espérance,

E▷M_{n}◁ D \frac{1}{N} × n × E▷X_{1}◁ D E▷X_{1}◁ D 7,14.

3 Les variables X_{k} (1 ⩽ k ⩽ N) sont indépendantes donc :

V ▷M_{n}◁ D \frac{1}{N^{2}} × N × V ▷X_{1}◁ D \frac{6,63}{N}.

4 D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev,

∀ δ > 0, P ▷|M_{n} − E▷M_{n}◁| ⩾ δ◁ ⩽ \frac{V ▷M_{n}◁}{δ^{2}}.

Entre 7 (la borne inférieure de l’encadrement « 7 < M_{n} < 7,28 ») et E▷M_{n}◁ D 7,14, il y a un écart de 0,14. On prend alors δ D 0,14 :

P ▷|M_{n} − 7,14| ⩾ 0,14◁ ⩽ \frac{6,63}{0,14^{2}n}

⟺ 1 − P ▷|M_{n} − 7,14| < 0,14◁ ⩽ \frac{6,63}{0,0196n}
⟺ 1 − P ▷−0,14 < M_{n} − 7,14 < 0,14◁ ⩽ \frac{6,63}{0,0196n}

Particules émises — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 373 — #383 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{373} CORRIGÉS INTERROS COURS
⟺ 1 − P ▷−0,14 C 7,14 < M_{n} < 0,14 C 7,14◁ ⩽ \frac{6,63}{0,0196n}
⟺ 1 − P ▷7 < M_{n} < 7,28◁ ⩽ \frac{6,63}{0,0196n}
⟺ P ▷7 < M_{n} < 7,28◁ ⩾ 1 − \frac{6,63}{0,0196n}.

On souhaite : que P ▷7 < M_{n} < 7,28◁ ⩾ 0,95 donc en prenant n tel que :

1 − \frac{6,63}{0,0196n} ⩾ 0,95,

on aura répondu à la question.

1 − \frac{6,63}{0,0196n} ⩾ 0,95 ⟺ 0,0196n − 6,63 ⩾ 0,95 × 0,0196n

⟺ 0,0196 × 0,05n ⩾ 6,63

⟺ n ⩾ \frac{6,63}{0,0196 × 0,05} ⩾ 6765,3.

Ainsi, pour n ⩾ 6 766, nous sommes assurés que : P ▷7 < M_{N} < 7,28◁ > 0,95.

12Marche aléatoire_{Lycée Notre-Dame du Grandchamp, Versailles} {Énoncé \atop p. 362}

1 Regardons les premières valeurs de S_{n} :

S_{1} ∈ {−1I 1} car X_{1} ne peut prendre pour valeurs que −1 ou 1; S_{2} ∈ {−1 − 1I −1 C 1I 1 − 1I 1 C 1} soit S_{2} ∈ {−2I 0I 2}; S_{3} ∈ {−3I −1I 1I 3}. On s’aperçoit que S_{n} est la position à laquelle nous nous trouvons dans ℤ à la fin de l’étape n.

2 \begin{aligned}μ D E▷X_{k}◁ & D 1 × P ▷X_{k} D 1◁ C ▷−1◁ × P ▷X_{k} D −1◁ \\ & D 1 × p C ▷−1◁ × ▷1 − p◁ \\ & D 2p − 1. \end{aligned}

3 \frac{S_{n}}{n} D \frac{X_{1} C ⋯C X_{n}}{n} et d’après le théorème de Khintchine (loi faible des grands nombres),

∀ δ > 0, lim_{n→C∞} P ( | \frac{S_{n}}{n} − μ| ⩾ δ) D 0

Cela signifie donc que lim_{n→C∞} \frac{S_{n}}{n} D 2p − 1.

Pièces défectueuses — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 374 — #384 CORRIGÉS_{374}
13Particules émises_{Lycée Teilhard de Chardin, Saint-Maur-des-fossés} {Énoncé \atop p. 362}

On utilise l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

P ▷|X − 10^{2}| ⩾ 10^{3} − 10^{2}◁ ⩽ \frac{V ▷X◁}{(10^{3} − 10^{2})^{2}}

pour trouver finalement :

P ▷|X − 10^{2}| ⩾ 10^{3} − 10^{2}◁ ⩽ 0,000 123 456 790 123.

Ainsi, \begin{matrix}P ▷X ⩾ 10^{3}◁ & D P ▷X − 10^{2} ⩾ 10^{7} − 10^{2}◁ \\ P ▷|X − 10^{2}| ⩾ 10^{3} − 10^{2}◁ ⩽ 0,000 124. \end{matrix}

14Pièces défectueuses_{Lycée Hoche, Versailles} {Énoncé \atop p. 362}

1 X_{n} est la somme de n variables aléatoires de Bernoulli indépendantes de paramètre p. Ainsi, X_{n} suit la loi binomiale B▷nI p◁. On en déduit alors que :

E▷X_{n}◁ D np et V ▷X_{n}◁ D np▷1 − p◁.

2 D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev,

∀ δ > 0, P (|X_{n} − np| ⩾ δ) ⩽ \frac{np▷1 − p◁}{δ^{2}} .

Or,

|X_{n} − np| ⩾ δ ⟺ | \frac{X_{n}}{n} − p| ⩾ \frac{δ}{n}

En posant ε D \frac{δ}{n}, on obtient alors :

∀ ε > 0, P ( | \frac{X_{n}}{n} − p| ⩾ ε) ⩽ \frac{np▷1 − p◁}{n^{2}ε^{2}}

que l’on peut aussi écrire, en simplifiant par n le dernier membre, sous la forme :

∀ ε > 0, P ( | \frac{X_{n}}{n} − p| ⩾ ε) ⩽ \frac{1}{nε^{2}}p▷1 − p◁.

De plus, la fonction p ↦ p▷1 − p◁ définie sur T0I 1U est une fonction de

degré 2 admettant un maximum pour p D \frac{1}{2} qui vaut \frac{1}{4}, donc :

p▷1 − p◁ ⩽ \frac{1}{4}.

L’inégalité devient alors :

∀ ε > 0, P ( | \frac{X_{n}}{n} − p| ⩾ ε) ⩽ \frac{1}{4nε^{2}}.

Combien de lancers de dé? — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 375 — #385 SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{375} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 On cherche ici un entier n tel que :

P ( | \frac{X_{n}}{n} − p| < 10^{−2} ) ⩾ 0,95

que l’on peut aussi écrire, en considérant l’événement contraire :

P ( | \frac{X_{n}}{n} − p| ⩾ 10^{−2} ) ⩽ 0,05.

D’après l’inégalité obtenue à la question précédente, il suffit donc de trouver un entier n tel que :

\frac{1}{4n(10^{−2} )^{2}} ⩽ 0,05.

ce qui revient à prendre n tel que n ⩾ \frac{1}{4 × 0,05 × ▷10^{−2} ◁^{2}} , soit n ⩾ 500.

15Dans le magasin_{Lycée Carnot, Paris NEW 2026} {Énoncé \atop p. 363}

1 X_{1} soit la loi binomiale B▷20I 0,165◁ donc, d’après le cours,

E▷X_{1}◁ D 20×0,165 D 3,3 et V ▷X_{1}◁ D E▷X_{1}◁×▷1−0,165◁ D 2,7555. 2 Par linéarité de l’espérance,

E▷S◁ D E▷X_{1}◁ C E▷X_{2}◁ C E▷X_{3}◁ D 3 × E▷X_{1}◁ D 3 × 3,3 D 9,9. Les variables X_{1}, X_{2} et X_{3} étant indépendantes, d’après le cours, on a : V ▷S◁ D V ▷X_{1}◁CV ▷X_{2}◁CV ▷X_{3}◁ D 3×V ▷X_{1}◁ D 3×2,7555 D 8,2665.

3 La probabilité que le nombre total d’erreurs sur la journée soit stricte-

ment compris entre 6 et 14 est :

P ▷6 < S < 14◁ D P ▷6 − 10 < S − 10 < 14 − 10◁
D P ▷−4 < S − E▷S◁ < 4◁
D P ▷|S − E▷S◁| < 4◁
D 1 − P ▷|S − E▷S◁| ⩾ 4◁.

D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev,

P ▷|S − E▷S◁| ⩾ 4◁ ⩽ \frac{V ▷S◁}{4^{2}}⩽ \frac{8,2665}{16} ⩽ 0,51665625.

D’où :

1 − P ▷|S − E▷S◁| ⩾ 4◁ ⩾ 1 − 0,51665625 ⩾ 0,48334375.

Ainsi, P ▷6 < S < 14◁ > 0,48.

Combien de lancers de dé? — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 376 — #386 CORRIGÉS_{376}
16Combien de lancers de dé?_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} {Énoncé \atop p. 363}

Commençons par poser X la variable aléatoire représentant le nombre de « 1 » obtenus. X suit alors la loi B (nI \frac{1}{6}) et a donc une espérance égale à \frac{n}{6} et une variance

égale à np▷1 − p◁ D \frac{5n}{36}. On nous demande ici de trouver un entier n tel que :

P (0 ⩽ X ⩽ \frac{n}{3}) ⩾ \frac{1}{2}.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev nous dit que :

∀ δ > 0, P ( |X − \frac{n}{6}| ⩾ δ) ⩽ \frac{5n}{36δ^{2}}

⟺ P [(X − \frac{n}{6} ⩽ −δ) ∪ (X − \frac{n}{6} ⩾ δ) ] ⩽ \frac{5n}{36δ^{2}}

⟺ 1 − P (−δ ⩽ X − \frac{n}{6} ⩽ δ) ⩽ \frac{5n}{36δ^{2}}

⟺ P (−δ ⩽ X − \frac{n}{6} ⩽ δ) ⩾ 1 − \frac{5n}{36δ^{2}}.

On aimerait arriver à une inégalité avec P (0 ⩽ X ⩽ \frac{n}{3}) ; cela nous pousse à

prendre δ D \frac{n}{6} pour obtenir :

P (0 ⩽ X ⩽ \frac{n}{3}) ⩾ 1 − \frac{5}{n}.

Ainsi, il suffit de choisir un n tel que :

1 − \frac{5}{n} ⩾ \frac{1}{2} ⟺ n ⩾ 10.

Nous sommes donc assurés que pour n ⩾ 10, notre probabilité est supérieure

à \frac{1}{2}.

Pour n D 3, on trouve que P ▷X ⩽ 1◁ D ∑_{iD0}^{1} \binom{n}{i} p^{i}▷1−p◁^{n−i} ≈ 0.926, et on

constate que la probabilité est supérieure à \frac{1}{2}. Cela pourrait nous faire croire que le résultat précédent est faux, mais il n’en est rien. En effet, l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev nous permet uniquement d’affirmer que la probabilité

est bien supérieure à \frac{1}{2} pour n ⩾ 10 sans nous assurer que n D 10 est la valeur minimale...

Fabrique de jouets — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 377 — #387

SOMME DE VARIABLES ALÉATOIRES. LOI DES GRANDS NOMBRES. CHAP. 11_{377} CORRIGÉS INTERROS COURS

17Fabrique de jouets_{Asie sujet 1, 2025 NEW 2026} {Énoncé \atop p. 363}

1 S_{n} suit la loi binomiale de paramètres n et p D 0,95 donc son espérance est :

E▷X◁ D n × p D 0,95n.

2 On prend n D 150 dans cette question.

(a) À la calculatrice, on trouve :

P ▷S_{150} D 145◁ ≈ 0,109.

Cela signifie que la probabilité qu’il y ait 145 jouets ayant réussi le test de fiabilité est d’environ 10,9%.

(b) 94% de 150 vaut 141. On cherche donc (à la calculatrice) :

P ▷S_{150} ⩾ 141◁ ≈ 0,781.

3 Par linéarité de l’espérance, on a :

E▷F_{n}◁ D E ( \frac{S_{n}}{n}) D \frac{1}{n} × E▷S_{n}◁ D \frac{1}{n} × n × p D p D 0,95.

Par propriété de la variance, on a :

V ▷F_{n}◁ D \frac{1}{n^{2}}×V ▷S_{n}◁ D \frac{1}{n^{2}}×n×p×▷1−p◁ D \frac{0,95 × 0,05}{n} D \frac{0,0475}{n}.

4 Le théorème de Bienaymé-Tchebychev nous dit que :

∀ δ > 0, P ▷|F_{n} − E▷F_{n}◁| ⩾ δ◁ ⩽ \frac{V ▷F_{n}◁}{δ^{2}}

soit ici, en prenant δ D 0,02 :

P ▷|F_{n} − 0,95| ⩾ 0,02◁ ⩽ \frac{0,0475}{0,0004n}

⟺ 1 − P ▷|F_{n} − 0,95| < 0,02◁ ⩽ \frac{0,0475}{0,0004n}
⟺ 1 − P ▷−0,02 < F_{n} − 0,95 < 0,02◁ ⩽ \frac{0,0475}{0,0004n}
⟺ 1 − P ▷0,93 < F_{n} < 0,97◁ ⩽ \frac{0,0475}{0,0004n}
⟺ P ▷0,93 < F_{n} < 0,97◁ ⩾ 1 − \frac{0,0475}{0,0004n}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 11 page 378 — #388 CORRIGÉS_{378}

On cherche n tel que :

P ▷0,93 < F_{n} < 0,97◁ ⩾ ⟺ 1 − \frac{0,0475}{0,0004n} ⩾ 0,96

⟺ \frac{0,0004n − 0,0475}{0,0004n} ⩾ 0,96

⟺ 0,0004n − 0,0475 ⩾ 0,96 × 0,0004n ⟺ 0,0004n − 0,96 × 0,0004n ⩾ 0,0475 ⟺ 0,00016n ⩾ 0,0475 ⟺ n ⩾ 2 968,75.

Ainsi, à partir de 2 969 jouets prélevés, la probabilité de l’événement I est supérieure à 0,95.

Géométrie vectorielle dans l’espace

Plan du chapitre

1. Droite dans l’espace

2. Plan dans l’espace

3. Vecteurs coplanaires et repère de l’espace

4. Représentations paramétriques

1 Droite dans l’espace

Soit ABCDEF GH un pavé droit.

Démontrer que les plans ▷AF H◁ et ▷BDG◁ sont parallèles.

Exercice type 1

Lycée Lafayette, Clermont-Ferrand

Voir corrigé page 382

1.1 Caractérisation

Propriété 1

Toute droite D de l’espace est définie par un point A et un vecteur non nul E u. On dit que E uest un vecteur directeur de la droite. D est l’ensemble des points M de l’espace tels que :

\overrightarrow{AM} D kE u, k ∈ ℝ.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 380 — #390 COURS_{380}

1.2 Droites parallèles

Définition 1 : vecteurs colinéaires

Deux vecteurs de l’espace sont dits colinéaires s’ils ont la même direction.

Définition 2 : droites parallèles

Deux droites de l’espace sont dites parallèles si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires.

� ATTENTION

Dans l’espace, deux droites qui ne se coupent pas ne sont pas nécessairement parallèles.

2 Plan dans l’espace

2.1 Combinaison linéaire de deux vecteurs

Définition 3 : combinaison linéaire de vecteurs

Soient E uet E vdeux vecteurs de l’espace. On dit que E west une combinaison linéaire de E uet E vs’il existe deux réels λ et μ tels que :

E wD λE uC μE v.

2.2 Caractérisation d’un plan dans l’espace

Propriété 2

Tout plan de l’espace est défini par un point A et un couple de vecteurs non colinéaires ▷E u,E v◁. On dit que le plan est dirigé par le couple ▷E u,E v◁.

Remarque : ainsi, pour tout point M du plan défini par un point A et un couple de vecteurs ▷E u,E v◁, \overrightarrow{AM} est une combinaison linéaire de E uet E v.

Définition 4 : base et repère d’un plan

Soit un plan défini par un point A et un couple de vecteurs ▷E u,E v◁. ▷E u,E v◁ est appelé une base du plan. ▷AI E u,E v◁ est appelé un repère du plan.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 381 — #391 GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{381} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 Vecteurs coplanaires et repère de l’espace

3.1 Vecteurs coplanaires

Définition 5

Trois vecteurs E u, E vet E w de l’espace non deux à deux colinéaires sont dits coplanaires si l’un est une combinaison linéaire des deux autres.

Remarque : si deux des trois vecteurs sont colinéaires alors les trois vecteurs sont nécessairement coplanaires.

3.2 Plans parallèles

Propriété 3

Soient deux plans de l’espace P_{1}, dirigé par ▷{E \atop u_{1}},{E \atop v_{1}}◁, et P_{2}, dirigé par ▷{E \atop u_{2}},{E \atop v_{2}}◁. P_{1} et P_{2} sont parallèles si {E \atop u_{1}}, {E \atop v_{1}} et {E \atop u_{2}} d’une part, {E \atop u_{1}}, {E \atop v_{1}} et {E \atop v_{2}} d’autre part, sont coplanaires.

3.3 Repère de l’espace

Propriété 4

Si E u, E vet E wsont trois vecteurs non coplanaires de l’espace, pour tout vecteur E t de l’espace, il existe un triplet unique de réels ▷a I b I c◁ tel que E tD aE uC bE vC c E w.

Définition 6 : repère de l’espace

Un repère de l’espace est défini par un point A et un triplet de 3 vecteurs non coplanaires ▷E u,E v, E w◁.

Propriété 5

Dans le repère ▷A I E u,E v, E w◁, pour tout point M de l’espace il existe un triplet unique de réels ▷x I y I z◁ tel que \overrightarrow{AM} D x E uC yE vC z E w.

Définition 7 : coordonnées d’un point et d’un vecteur de l’espace

Dans le repère ▷A I E u,E v, E w◁, si un point M est tel que \overrightarrow{AM} D x E uCyE vCz E walors ▷xI yI z◁ constitue les coordonnées du point M, mais aussi du vecteur \overrightarrow{AM} dans ce repère.

Les calculs sur les coordonnées dans l’espace se font comme les calculs sur les coordonnées dans le plan.

Montrons que les deux plans sont dirigés par le même couple de vecteurs : D’après la relation de Chasles :

\overrightarrow{AH} D \overrightarrow{AE} C \overrightarrow{EH}.

ABCDEF GH est un pavé droit donc :

\overrightarrow{AH} D \overrightarrow{BF} C \overrightarrow{F G}

et finalement :

\overrightarrow{AH} D \overrightarrow{BG}.

On montre de même que \overrightarrow{F H} D \overrightarrow{BD}.

Par leur position sur le pavé, les points A, H et F ne sont pas alignés, donc les vecteurs \overrightarrow{AH} et \overrightarrow{F H} ne sont pas colinéaires et dirigent le plan ▷AHF ◁. De même, les vecteurs \overrightarrow{BG} et \overrightarrow{BD} dirigent le plan ▷BDG◁. Les deux plans étant dirigés par le même couple de vecteurs, ces plans sont parallèles.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Lafayette, Clermont-Ferrand

Voir énoncé page 379

4 Représentations paramétriques

L’espace est muni d’un repère ▷O IE i, E j,E k◁. La droite D passe par le point A de coordonnées ▷2 I −1 I 1◁ et a pour vecteur directeur E ude coordonnées ▷2 I 2 I 1◁. P est le plan parallèle à D, passant par les points B▷0 I 1 I 2◁ et C▷−2 I 3 I 2◁.

1 Déterminer une représentation paramétrique de la droite D.

2 Déterminer un repère du plan P et en déduire une représentation para-

métrique du plan P. 3 Le plan P′de représentation paramétrique :

x D 2m C n C 5
y D 2m C 1  avec m et n dans ℝ
z D m C n − 2

est-il parallèle au plan P?

Exercice type 2

Lycée René Descartes, Cournon

Voir corrigé page 383

4.1 Représentation paramétrique d’une droite

L’espace est muni d’un repère ▷O IE i, E j,E k◁. Soit D la droite passant par le point A de coordonnées ▷x_{A} I y_{A} I z_{A}◁ et de vecteur directeur E ude coordonnées ▷a I b I c◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 383 — #393 GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{383} CORRIGÉS INTERROS COURS

Théorème 1

M▷xI yI z◁ ∈ D ⟺ \{ \begin{matrix}x & D x_{A} C at \\ y & D y_{A} C bt \\ z & D z_{A} C ct \end{matrix} , t ∈ ℝ.

C’est une représentation paramétrique de D.

� ATTENTION

Cette représentation paramétrique n’est pas unique et dépend du vecteur directeur et du point choisi sur la droite!

Exemple : la droite caractérisée par la représentation paramétrique suivante :

\{ \begin{matrix}x & D −1 C 3t \\ y & D 2 − t \\ z & D 5 C 7t \end{matrix} , t ∈ ℝ.

passe par le point A▷−1I 2I 5◁ et a pour vecteur directeur E u▷3I −1I 7◁.

4.2 Représentation paramétrique d’un plan

Théorème 2

L’espace est muni d’un repère ▷O IE i, E j,E k◁. On considère le plan P de repère ▷A I E u,E v◁. Le point A a pour coordonnées ▷x_{A} I y_{A} I z_{A}◁ et les vecteurs E uet E vont pour coordonnées respectives ▷a I b I c◁ et ▷a′I b′I c′◁. Alors le système :

\{ \begin{matrix}x & D ka C ta′C x_{A} \\ y & D kb C tb′C y_{A}  avec k ∈ ℝ et t ∈ ℝ. \\ z & D kc C tc′C z_{A} \end{matrix}

est appelé une représentation paramétrique du plan P.

1 Une représentation paramétrique de D est :

\{ \begin{matrix}x & D 2k C 2 \\ y & D 2k − 1  avec k ∈ ℝ. \\ z & D k C 1 \end{matrix}

…

Solution de l’exercice type 2

Lycée René Descartes, Cournon

2 Le vecteur \overrightarrow{BC} a pour coordonnées ▷−2 − 0 I 3 − 1 I 2 − 2◁, c’est-à-dire ▷−2 I 2 I 0◁. Les vecteurs \overrightarrow{BC} et E une sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles. Le plan P admet donc comme repère ▷B I E u,\overrightarrow{BC}◁. Une représentation paramétrique de P est donc :

\{ \begin{matrix}x & D 2t − 2t′ \\ y & D 2t C 2t′C 1  avec t ∈ ℝ et t′∈ ℝ. \\ z & D t C 2 \end{matrix}

3 Le plan P′est dirigé par le couple de vecteurs de coordonnées ▷2 I 2 I 1◁ et ▷1 I 0 I 1◁. Le premier vecteur est le vecteur E u. Le vecteur E vde coordonnées ▷1 I 0 I 1◁ est-il coplanaire à E uet \overrightarrow{BC}? En d’autres termes, existe-t-il deux réels a et b tels que E v D aE uC b\overrightarrow{BC}? Cette équation vectorielle donne un système de 3 équations dans ℝ, à deux inconnues a et b :

\{ \begin{matrix}1 & D 2a − 2b \\ 0 & D 2a C 2b \\ 1 & D a \end{matrix}

Ce système n’admet pas de solution. Le vecteur E vne peut pas s’exprimer en fonction de E uet \overrightarrow{BC}, donc le plan P′ne peut pas être dirigé par ces deux vecteurs. Il n’est donc pas parallèle à P.

Solution de l’exercice type 2 (suite)

Lycée René Descartes, Cournon Voir énoncé page 382

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 385 — #395 GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{385} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{V/F} Points alignés ou coplanaires Corrigé p. 390 10 min

L’espace est muni d’un repère ▷OIE i, E j,E k◁. Parmi les affirmations suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Les points A▷1 I 2 I 1◁, B▷0 I 2 I 2◁ et C▷0 I 0 I 5◁ sont alignés.

2 Les points A▷5 I 4 I 2◁, B▷1 I 2 I 2◁, C▷3 I 5 I 2◁ et D▷−5 I −2 I 2◁ sont

coplanaires. 3 On considère les quatre points A▷1 I 0 I 1◁, B▷−1 I 2 I 5◁, C▷2 I 4 I 6◁ et

D▷5 I 1 I 0◁. Les droites ▷AB◁ et ▷CD◁ sont parallèles. 4 Les quatre points de la question précédente sont alignés.

2_{V/F} Vecteurs colinéaires et coplanaires Corrigé p. 390 10 min

Soient E u, E vet E wtrois vecteurs non coplanaires de l’espace. Parmi les affirmations suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Les vecteurs E uC E v, E uC E wet E wC E vne sont pas coplanaires.

2 Les vecteurs E u, E vet E uC E vC E wne sont pas coplanaires.

3 Les vecteurs E w− E u, E wC E vet E uC E vne sont pas coplanaires.

4 Les vecteurs E u, E wC E vet E w− E vne sont pas coplanaires.

3_{V/F} Représentation paramétrique d’une droite Corrigé p. 391 10 min

L’espace est rapporté au repère orthogonal ▷O IE i, E j,E k◁. On considère le plan P de repère ▷O IE i, E jC E k◁, ainsi que la droite D de représentation paramétrique :

\{ \begin{matrix}x D 1 C 2t \\ y D 2 − t \\ z D −3 − t \end{matrix} , t ∈ ℝ.

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Le point M de coordonnées ▷3 I 1 I −4◁ appartient à la droite D.

2 Le vecteur E ude coordonnées ▷−2 I 1 I 1◁ est un vecteur directeur de la

droite D. 3 Le vecteur E vde coordonnées ▷1 I 2 I −3◁ est un vecteur directeur de la

droite D. 4 La droite D est parallèle au plan P.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 386 — #396 INTERROS_{386}
4Recherche de points_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. 391 ; 10 min ; ⋆

Existe-t-il cinq points non coplanaires A, B, C, D et E tels que :

\overrightarrow{BE} D 2\overrightarrow{BC} et \overrightarrow{AE} D 3\overrightarrow{AD} ?

5Plan et représentation paramétrique_{Lycée Guynemer, Compiègne} Corrigé ; p. 391 ; 15 min ; ⋆

Dans un repère de l’espace, on considère les points A▷−2 I 2 I −1◁, B▷2 I 0 I 3◁, C▷−2 I 0 I 0◁, D▷0 I −4 I 1◁ et E▷−2 I −1 I −2◁. 1 Vérifier que les points A, B et C déterminent bien un plan. 2 Montrer que le vecteur \overrightarrow{DE} est colinéaire au vecteur −\overrightarrow{AB} − 2\overrightarrow{AC}.

Que peut-on en déduire pour la droite ▷DE◁? 3 Donner une représentation paramétrique du plan ▷ABC◁.

Le point D appartient-il à ce plan? 4 Donner une représentation paramétrique de la droite ▷AB◁.

6Repère de l’espace_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 392 ; 20 min ; ⋆

L’espace est muni d’un repère (O IE i, E j,E k) . On considère les points A▷2 I 4 I −1◁, B▷3 I 1 I 2◁, C▷1 I 0 I 1◁, D▷3 I 2 I 1◁ et E▷1 I 2 I 0◁. 1 Démontrer que \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC} et \overrightarrow{AD} ne sont pas coplanaires. 2 Déterminer les coordonnées du point M tel que \overrightarrow{AM} D 2\overrightarrow{AB} − \overrightarrow{AC}.

Où se situe le point M? 3 Déterminer les réels a, b et c tels que \overrightarrow{AE} D a\overrightarrow{AB} C b\overrightarrow{AC} C c\overrightarrow{AD}.

Quelles sont les coordonnées de E dans le repère ▷AI \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}◁?

7Positions relatives de deux droites_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 394 ; 20 min ; ⋆

On considère la droite ▷d◁ de représentation paramétrique :

▷d◁ V \{ \begin{matrix}x D 6 C t \\ y D 1 C 2t \\ z D 1 − t \end{matrix} , t ∈ ℝ.

1 Donner les coordonnées d’un point A et d’un vecteur directeur E ude ▷d◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 387 — #397 GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{387} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Donner une représentation paramétrique de la droite ▷d′◁ passant par le

point B▷3 I −3 I −6◁ et de vecteur directeur E v( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 2 \end{matrix} ) .

3 Les droites ▷d◁ et ▷d′◁ sont-elles coplanaires? 4 Démontrer qu’il existe un point C de ▷d◁ et un point D de ▷d′◁ tels que

le milieu du segment TCDU soit le point I de coordonnées ▷1 I −2 I 3◁.

8Dans un cube_{Lycée La Bruyère, Versailles} Corrigé ; p. 395 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

ABCDEFGH est un cube. I est le milieu de [AE] et L est le milieu de [CG].

J et K sont les points tels que \overrightarrow{BJ} D \frac{1}{4}\overrightarrow{BA} et \overrightarrow{BK} D \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}.

Le but de l’exercice est de démontrer que les droites (IJ), (KL) et (BF) sont concourantes.

1 (a) Montrer que le quadrilatère AILC est un parallélogramme.

(b) Démontrer que \overrightarrow{J K} D \frac{1}{4}\overrightarrow{IL}.

(c) Justifier que les droites (IJ) et (KL) sont sécantes en un point qu’on

appellera R. 2 (a) Quelle est l’intersection des plans (AEB) et (BCG)?

(b) Démontrer que R appartient à la droite (BF) et conclure.

9Alignement de points_{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes} Corrigé ; p. 396 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆

ABCDEFGH est un cube dans lequel :

O est le milieu de TABU;

M et N sont les points tels que \overrightarrow{AM} D \frac{1}{4}\overrightarrow{AH} et \overrightarrow{BN} D \frac{1}{4}\overrightarrow{BD};

I est le milieu du segment TMNU.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 388 — #398 INTERROS_{388}

1 Construire le point K tel que \overrightarrow{BK} D \frac{3}{2}\overrightarrow{BG}.

2 Étudier les positions relatives des droites suivantes en justifiant : (a) ▷AM◁ et ▷BK◁.

(b) ▷EO◁ et ▷F G◁.

(c) ▷EM◁ et ▷AD◁.

3 Démontrer que : \overrightarrow{MN} D \frac{3}{4}\overrightarrow{AB} − \frac{1}{4}\overrightarrow{AE}.

En déduire que la droite ▷MN◁ est parallèle à un plan à préciser.

4 Démontrer que \overrightarrow{OI} D \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} C \frac{1}{2}\overrightarrow{BN}.

5 On admet que \overrightarrow{O′I} D \frac{1}{2}\overrightarrow{HM} C \frac{1}{2}\overrightarrow{DN}.

En déduire que les points O, I et O′sont alignés.

Objectif bac

10Coplanarité_{Amérique du sud sujet 2, novembre 2025} Corrigé ; p. 399 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Cet exercice est un questionnaire à choix multiple. Pour chaque question, une seule des trois propositions est exacte. Indiquer sur la copie le numéro de la question et la lettre de la proposition choisie. Aucune justification n’est demandée.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 389 — #399 GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{389} CORRIGÉS INTERROS COURS

Pour chaque question, une réponse exacte rapporte un point. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l’absence de réponse ne rapporte ni n’enlève de point. Dans toutes les questions suivantes, l’espace est rapporté à un repère orthonormé.

1 On considère la droite 1_{1} de représentation paramétrique :

\{ \begin{matrix}x & D & 1 − 3t \\ y & D & 4 C 2t \\ z & D & t \end{matrix} , t ∈ ℝ,

ainsi que la droite 1_{2} de représentation paramétrique :

\{ \begin{matrix}x & D & −4 C s \\ y & D & 2 C 2s \\ z & D & −1 C s \end{matrix} , s ∈ ℝ.

a Les droites 1_{1} et 1_{2} sont parallèles.

b Les droites 1_{1} et 1_{2} sont orthogonales. c Les droites 1_{1} et 1_{2} sont sécantes.

2 On considère les points A(3; 2; 1), B(7; 3 ; 1), C▷−1 I 4 I 5◁ et D▷−3 I 3 I 5◁.

a Les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

b Les points A, B et C sont alignés.

c \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{CD} sont colinéaires.

3 On considère les points E▷−1I 0I 5◁ et F▷3I 2I −1◁.

Une représentation paramétrique de la droite (EF) est :

a \{ \begin{matrix}x D 3 − 2k \\ y D 2 − k \\ z D −1 C 3k \end{matrix} , k ∈ ℝ.

b \{ \begin{matrix}x D −2 C 3k \\ y D −1 C 2k \\ z D −3 C k \end{matrix} , k ∈ ℝ.

c \{ \begin{matrix}x D −2 − k \\ y D −1 \\ z D 3 C 5k \end{matrix} , k ∈ ℝ.

Représentation paramétrique d’une droite — v. 1.0_{16 février 2026 — Chapitre 12 page 390 — #400} CORRIGÉS_{390}
1_{V/F} Points alignés ou coplanaires {Énoncé \atop p. 385}

1 Faux. Les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AB} sont ▷−1 I 0 I 1◁ et celles du vecteur \overrightarrow{AC} sont ▷−1 I −2 I 4◁. Ces coordonnées ne sont pas proportionnelles donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. On en déduit que les trois points A, B et C ne sont pas alignés.

2 Vrai. Les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AB} sont ▷−4 I −2 I 0◁, celles du vecteur \overrightarrow{AC} sont ▷−2 I 1 I 0◁ et celles du vecteur \overrightarrow{AD} sont ▷−10 I −6 I 0◁. Les trois vecteurs peuvent s’exprimer en fonction des vecteurs E iet E j. Ils sont donc coplanaires et les quatre points appartiennent au plan passant par A et dirigé par le couple ▷E i, E j◁.

3 Vrai. Le vecteur \overrightarrow{AB} a pour coordonnées ▷−2 I 2 I 4◁ et le vecteur \overrightarrow{CD}

a pour coordonnées ▷3 I −3 I −6◁. Donc CD D \frac{−3}{2} \overrightarrow{AB}. Les droites ▷AB◁ et ▷CD◁ sont dirigées par des vecteurs colinéaires, donc elles sont parallèles.

4 Faux. Le vecteur \overrightarrow{AC} a pour coordonnées ▷1 I 4 I 5◁ et n’est donc pas colinéaire au vecteur \overrightarrow{AB}. Les points A, B et C ne sont donc pas alignés, il en est par conséquent de même pour les quatre points A, B, C et D.

2_{V/F} Vecteurs colinéaires et coplanaires {Énoncé \atop p. 385}

Soit A un point de l’espace. ▷A I E u,E v, E w◁ forme un repère de l’espace.

1 Vrai. Les vecteurs E uC E v et E uC E w ne sont pas colinéaires car si E uC E w D k▷E uC E v◁, alors on aurait ▷k − 1◁E uC kE v− E w D E 0. L’unicité de la décomposition d’un vecteur selon les trois vecteurs de la base donnerait k D 1 et k D 0, ce qui est impossible. On cherche ensuite à montrer que E wC E vD a▷E uC E v◁ C b▷E uC E w◁ est impossible. En effet, dans la base ▷E u,E v, E w◁, cela donnerait le système :

\{ \begin{matrix}a C b & D 0 \\ a & D 1 \\ b & D 1 \end{matrix}

qui n’a pas de solution. 2 Vrai. Le vecteur E uC E vC E wne peut pas s’écrire sous la forme aE uC bE v.

3 Faux. La relation E uC E vD ▷ E wC E v◁ − ▷ E w− E u◁ montre que les vecteurs

sont coplanaires. 4 Vrai. Il n’est pas possible d’exprimer E uen fonction des vecteurs E wC E v

et E w− E vqui ne sont clairement pas des vecteurs colinéaires. Donc les vecteurs ne sont pas coplanaires.

Plan et représentation paramétrique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 391 — #401

GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{391} CORRIGÉS INTERROS COURS

3_{V/F} Représentation paramétrique d’une droite {Énoncé \atop p. 385}

1 Vrai. Ce point correspond à t D 1. 2 Vrai. D’après la représentation paramétrique donnée, le vecteur de coor-

données ▷2 I −1 I −1◁ est un vecteur directeur de la droite D donc son opposé, le vecteur \overrightarrow{u} de coordonnées ▷−2 I 1 I 1◁, est aussi un vecteur directeur de D.

3 Faux. Les coordonnées de E vne sont pas proportionnelles à celles du

vecteur directeur de D donc ce n’est pas un vecteur directeur. 4 Vrai. Un vecteur directeur de D est égal à E uD ▷ E jC E k◁ − 2E i. Il est donc

coplanaire à un couple de vecteurs qui dirige P. La droite D est donc parallèle à P.

4Recherche de points_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Énoncé \atop p. 386}

La relation \overrightarrow{BE} D 2\overrightarrow{BC} implique que les points B, C et E sont sur la droite ▷BE◁ ou confondus si B D E. La relation \overrightarrow{AE} D 3\overrightarrow{AD} implique que les points A, D et E sont sur la droite ▷AE◁ ou confondus si A D E. Donc si B D E ou A D E, on a respectivement B D C ou A D D; il y a au maximum trois points distincts qui sont donc coplanaires. Sinon, les points sont situés dans le plan ▷ABE◁ puisqu’ils sont sur des droites de ce plan. On ne peut donc pas trouver de points non coplanaires qui vérifient la relation.

5Plan et représentation paramétrique_{Lycée Guynemer, Compiègne} {Énoncé \atop p. 386}

1 \overrightarrow{AB}▷4 I −2 I 4◁ et \overrightarrow{AC}▷0 I −2 I 1◁.

Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles, donc ▷A I \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}◁ définit bien un plan.

2 \overrightarrow{DE}▷−2 I 3 I −3◁ et −\overrightarrow{AB} − 2\overrightarrow{AC}▷−4 I 6 I −6◁ donc :

\overrightarrow{DE} D \frac{1}{2} (−\overrightarrow{AB} − 2\overrightarrow{AC}) .

Ces vecteurs sont donc colinéaires, ce qui prouve que la droite ▷DE◁ est parallèle au plan ▷ABC◁ puisque ▷A I \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}◁ constitue un repère de ce plan.

Remarque : à ce stade, on ne sait pas si la droite est strictement parallèle au plan ▷ABC◁ ou incluse dans ce plan.

3 On connaît deux vecteurs formant une base du plan ▷ABC◁. De plus, le point A, par exemple, appartient au plan ▷ABC◁ donc une représentation

Repère de l’espace — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 392 — #402

CORRIGÉS_{392}

paramétrique du plan ▷ABC◁ est :

\{ \begin{matrix}x & D −2 C 4t \\ y & D 2 − 2t − 2t′ \\ z & D −1 C 4t C t′ \end{matrix} , t et t′étant deux réels.

Remarque : on aurait pu aussi utiliser le point B, ou le point C : un plan n’a pas une représentation paramétrique unique.

Pour savoir si D appartient au plan, il faut chercher s’il existe des valeurs de t et t′permettant d’obtenir les coordonnées de D. On obtient le système :

\{ \begin{matrix}0 & D −2 C 4t \\ −4 & D 2 − 2t − 2t′ \\ 1 & D −1 C 4t C t′ \end{matrix} , t et t′étant deux réels.

De la première équation, on déduit t D \frac{1}{2} .

En reportant cette valeur dans la deuxième équation, on obtient t′D \frac{5}{2}.

Le deuxième membre de la troisième équation est alors :

−1 C 4 × \frac{1}{2} C \frac{5}{2} D \frac{7}{2}.

Cette troisième égalité n’est pas vérifiée avec les valeurs trouvées pour t et t′, donc D n’appartient pas au plan ▷ABC◁.

4 La droite ▷AB◁ a pour vecteur directeur le vecteur \overrightarrow{AB} et passe par le point A, ce qui donne comme représentation paramétrique :

\{ \begin{matrix}x & D −2 C 4t \\ y & D 2 − 2t \\ z & D −1 C 4t \end{matrix} , t ∈ ℝ.

Remarque : là encore, on aurait pu utiliser le point B pour obtenir une autre équation paramétrique de la droite ▷AB◁ équivalente à celle donnée ici.

6Repère de l’espace_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 386}

1 On a : \overrightarrow{AB}▷1 I −3 I 3◁, \overrightarrow{AC}▷−1 I −4 I 2◁ et \overrightarrow{AD}▷1 I −2 I 2◁.

Les vecteurs sont coplanaires si et seulement si on peut exprimer l’un d’entre eux, par exemple \overrightarrow{AD}, en fonction des deux autres.

Repère de l’espace — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 393 — #403

GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{393} CORRIGÉS INTERROS COURS

On va donc chercher à savoir si on peut trouver deux réels k et k′tels que \overrightarrow{AD} D k\overrightarrow{AB} C k′\overrightarrow{AC}. Si ces réels existent, ils sont solutions du système :

\{ \begin{matrix}1 & D k − k′ \\ −2 & D −3k − 4k′ \\ 2 & D 3k C 2k′ \end{matrix}

obtenu en écrivant que les coordonnées de \overrightarrow{AD} et de k\overrightarrow{AB} C k′\overrightarrow{AC} sont égales. La première équation donne k D 1Ck′, et en reportant dans la deuxième on obtient :

−2 D −3 − 3k′− 4k′⇔ k′D −\frac{1}{7}.

En reprenant la première équation, on obtient donc k D \frac{6}{7}.

Le second membre de la troisième égalité vaut donc, avec les valeurs de

k et k′obtenues, 2 D̸ \frac{16}{7}.

Ainsi, on ne peut pas trouver de réels k et k′tels que \overrightarrow{AD} D k\overrightarrow{AB}Ck′\overrightarrow{AC}, donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires.

2 Posons M▷x I y I z◁. Alors, \begin{aligned}\overrightarrow{AM} D 2\overrightarrow{AB} − \overrightarrow{AC} & ⇔ \{ \begin{matrix}x − 2 & D 3 \\ y − 4 & D −2 \\ z C 1 & D 4 \end{matrix} \\ & ⇔ \{ \begin{matrix}x & D 5 \\ y & D 2 \\ z & D 3 \end{matrix} \end{aligned}

Donc M▷5 I 2 I 3◁.

Le point M se situe dans le plan ▷ABC◁, puisque le vecteur \overrightarrow{AM} s’exprime en fonction des deux vecteurs directeurs du plan ▷ABC◁.

3 \begin{aligned}\overrightarrow{AE} D a\overrightarrow{AB} C b\overrightarrow{AC} C c\overrightarrow{AD} & ⇔ \{ \begin{matrix}−1 & D a − b C c \\ −2 & D −3a − 4b − 2c \\ 1 & D 3a C 2b C 2c \end{matrix} \\ & ⇔ \{ \begin{matrix}a & D b − c − 1 \\ −2 & D −3b C 3c C 3 − 4b − 2c \\ 1 & D 3b − 3c − 3 C 2b C 2c \end{matrix} \end{aligned}

Positions relatives de deux droites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 394 — #404 CORRIGÉS_{394}

\begin{aligned}\overrightarrow{AE} D a\overrightarrow{AB} C b\overrightarrow{AC} C c\overrightarrow{AD} & ⇔ \{ \begin{matrix}a & D b − c − 1 \\ −7b C c & D −5 \\ 5b − c & D 4 \end{matrix} \\ & ⇔ \{ \begin{matrix}a & D b − c − 1 \\ 5b − c & D 4 \\ −2b & D −1 \end{matrix} \end{aligned}

La dernière équation est obtenue en ajoutant la deuxième et la troisième de l’étape précédente.

On obtient donc successivement : b D \frac{1}{2}, c D −\frac{3}{2} et a D 1.

D’après le calcul précédent, les coordonnées de E dans le repère

(A I \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AD}) sont ( 1 I \frac{1}{2} I −\frac{3}{2}) .

7Positions relatives de deux droites_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 386}

1 D’après la représentation paramétrique de ▷d◁, on sait que le point A▷6 I 1 I 1◁ appartient à ▷d◁ et que le vecteur E u▷1 I 2 I −1◁ est un vecteur directeur de ▷d◁.

2 Une représentation paramétrique de ▷d′◁ est :

\{ \begin{matrix}x D 3 − t′ \\ y D −3 C t′ \\ z D −6 C 2t′ \end{matrix} , t′∈ ℝ.

3 Les vecteurs E uet E vne sont pas colinéaires car leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles. Donc les droites ▷d◁ et ▷d′◁ ne sont pas parallèles. Nous allons donc vérifier si elles sont sécantes, c’est-à-dire chercher si on peut trouver t et t′tels que :

\{ \begin{matrix}6 C t & D 3 − t′ \\ 1 C 2t & D −3 C t′ \\ 1 − t & D −6 C 2t′ \end{matrix}

⟺  \{ \begin{matrix}t & D −3 − t′ \\ 1 − 6 − 2t′ & D −3 C t′ \\ 1 C 3 C t′ & D −6 C 2t′ \end{matrix}

⟺  \{ \begin{matrix}t D −3 − t′ \\ t′D −\frac{2}{3} \\ t′D 10 \end{matrix}

Dans un cube — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 395 — #405 GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{395} CORRIGÉS INTERROS COURS

Comme on ne trouve pas la même valeur de t′ dans la deuxième et la troisième équation, on ne peut pas trouver t et t′tels que le système soit vérifié, donc les droites ▷d◁ et ▷d′◁ ne sont pas sécantes. Par conséquent, elles ne sont pas coplanaires.

4 Les coordonnées du milieu d’un segment sont les demi-sommes des coordonnées des deux extrémités, donc on obtient le système :

\{ \begin{matrix}\frac{6 C t C 3 − t′}{2} & D 1 \\ \frac{1 C 2t − 3 C t′}{2} & D −2 \\ \frac{1 − t − 6 C 2t′}{2} & D 3 \end{matrix} ⇔ \{ \begin{matrix}t & D −7 C t′ \\ 1 − 14 C 2t′− 3 C t′ & D −4 \\ 1 C 7 − t′− 6 C 2t′ & D 6 \end{matrix}

⇔ \{ \begin{matrix}t D −7 C t′ \\ t′D 4 \\ t′D 4 \end{matrix}

⇔ \{ \begin{matrix}t D −3 \\ t′D 4 \end{matrix}

On a trouvé des valeurs de t et t′. t D −3, donc C▷3 I −5 I 4◁, et t′ D 4, donc D▷−1 I 1 I 2◁, en utilisant les représentations paramétriques des deux droites.

MÉTHODE

Il est ici prudent de vérifier que I est bien le milieu du segment TCDU, ce qui est le cas.

8Dans un cube_{Lycée La Bruyère, Versailles} {Énoncé \atop p. 387}

1 (a) D’après les propriétés du cube, on a \overrightarrow{AE} D \overrightarrow{CG}. Or, \overrightarrow{AI} D \frac{1}{2}\overrightarrow{AE}

et \overrightarrow{CL} D \frac{1}{2}\overrightarrow{CG}, donc \overrightarrow{AI} D \overrightarrow{CL}, ce qui prouve que le quadrilatère AILC est un parallélogramme.

(b) \overrightarrow{J K} D \overrightarrow{J B} C \overrightarrow{BK} d’après la relation de Chasles (vue en seconde). Donc,

\overrightarrow{J K} D \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} C \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}

D \frac{1}{4}\overrightarrow{AC}.

Or, comme AILC est un parallélogramme, \overrightarrow{AC} D \overrightarrow{IL}. On a donc

Alignement de points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 396 — #406

CORRIGÉS_{396}

bien \overrightarrow{J K} D \frac{1}{4}\overrightarrow{IL}.

(c) D’après la question 1.b, les points I, J, K et L sont coplanaires. De plus, les droites (IJ) et (KL) ne sont pas parallèles. En effet,

\overrightarrow{J K} D \frac{1}{4}\overrightarrow{IL} donc \overrightarrow{J I} C \overrightarrow{IK} D \frac{1}{4} ( \overrightarrow{IK} C \overrightarrow{KL}) et donc

\overrightarrow{J I} D −\frac{3}{4}\overrightarrow{IK} C \frac{1}{4}\overrightarrow{KL}. Les droites (IK) et (KL) étant sécantes en

K, le vecteur ne peut s’exprimer en fonction du vecteur \overrightarrow{KL}. Par conséquent, le vecteur \overrightarrow{J I} n’est pas colinéaire au vecteur \overrightarrow{KL}. Elles se coupent donc en un point R.

2 (a) Les plans (AEB) et (BCG) se coupent suivant la droite (BF).

(b) On connaît trois points appartenant à la fois aux plans (AEB) et (BCG) : le point B et le point F d’après la question 2.a, et le point R d’après la question 1, puisque R est l’intersection d’une droite incluse dans le plan (AEB) et d’une droite incluse dans le plan (BCG). Comme l’intersection de deux plans non parallèles et non confondus est une droite, les points B, F et R sont alignés, ce qui prouve que R appartient à (BF). Donc les droites (IJ), (KL) et (BF) sont bien sécantes en R.

9Alignement de points_{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes} {Énoncé \atop p. 387}

1 Pour construire le point K tel que \overrightarrow{BK} D \frac{3}{2}\overrightarrow{BG}, il faut construire la

somme \overrightarrow{BG} C \frac{1}{2}\overrightarrow{BG}, en rouge sur la figure page ci-contre.

L’extrémité obtenue est alors le point K.

Alignement de points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 397 — #407

GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{397} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 (a) Position relative de ▷AM◁ et ▷BK◁. A et M sont sur le plan ▷ADE◁. B et K sont sur le plan ▷BF C◁. Or, ▷ADE◁ et ▷BF C◁ sont parallèles. Par conséquent, ▷AM◁ et ▷BK◁ sont parallèles.

(b) Position relative de ▷EO◁ et ▷F G◁. ▷EO◁ ∈ ▷EAB◁ et ▷F G◁ ∈ ▷FBC◁. Or, ▷EAB◁ ⊥ ▷FBC◁ donc ▷EO◁ et ▷F G◁ sont orthogonales.

(c) Position relative de ▷EM◁ et ▷AD◁. E, M, A et D sont coplanaires. De plus,

\overrightarrow{EM} D \overrightarrow{EA} C \overrightarrow{AM}

D −\overrightarrow{AE} C \frac{1}{4}\overrightarrow{AH}

D −\overrightarrow{AE} C \frac{1}{4}(\overrightarrow{AD} C \overrightarrow{DH})

D −\overrightarrow{AE} C \frac{1}{4}(\overrightarrow{AD} C \overrightarrow{AE})

D −\frac{3}{4}\overrightarrow{AE} C \frac{1}{4}\overrightarrow{AD}.

Donc \overrightarrow{EM} n’est pas colinéaire à \overrightarrow{AD}. Ainsi, ▷EM◁ et ▷AD◁ sont sécantes.

Coplanarité — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 398 — #408

CORRIGÉS_{398}

3 Utilisons la relation de Chasles :

\overrightarrow{MN} D \overrightarrow{MA}C \overrightarrow{AB} C \overrightarrow{BN}

D −\frac{1}{4}\overrightarrow{AH} C \overrightarrow{AB} C \frac{1}{4}\overrightarrow{BD}

D −\frac{1}{4}(\overrightarrow{AD} C \overrightarrow{AE}) C \overrightarrow{AB} C \frac{1}{4}(\overrightarrow{AD} − \overrightarrow{AB})

D −\frac{1}{4}\overrightarrow{AE} C \frac{3}{4}\overrightarrow{AB}.

On en déduit que \overrightarrow{MN} est une combinaison linéaire des vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AE}, c’est-à-dire que ▷MN◁ est parallèle au plan engendré par \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AE}, soit au plan ▷AEB◁.

4 Nous allons ici exprimer \overrightarrow{OI} et \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} C \frac{1}{2}\overrightarrow{BN} en fonction de \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AD} et \overrightarrow{AE}.

\frac{1}{2}\overrightarrow{AM} C \frac{1}{2}\overrightarrow{BN} D \frac{1}{2}(\overrightarrow{AM} C \overrightarrow{BN})

D \frac{1}{2} [( \frac{1}{4}\overrightarrow{AD} C \frac{1}{4}\overrightarrow{AE}) C ( \frac{1}{4}\overrightarrow{AD} − \frac{1}{4}\overrightarrow{AB}) ]

D −\frac{1}{8}\overrightarrow{AB} C \frac{1}{4}\overrightarrow{AD} C \frac{1}{8}\overrightarrow{AE}.

\overrightarrow{OI} D \overrightarrow{OA} C \overrightarrow{AM} C \overrightarrow{MI}

D −\frac{1}{2}\overrightarrow{AB} C ( \frac{1}{4}\overrightarrow{AD} C \frac{1}{4}\overrightarrow{AE}) C \frac{1}{2} ( \frac{3}{4}\overrightarrow{AB} − \frac{1}{4}\overrightarrow{AE})

D −\frac{1}{8}\overrightarrow{AB} C \frac{1}{4}\overrightarrow{AD} C \frac{1}{8}\overrightarrow{AE}.

On en conclut alors que \overrightarrow{OI} D \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} C \frac{1}{2}\overrightarrow{BN}.

5 On a d’une part :

\overrightarrow{OI} D \frac{1}{2}\overrightarrow{AM} C \frac{1}{2}\overrightarrow{BN}

et d’autre part,

\overrightarrow{O′I} D \frac{1}{2}\overrightarrow{HM} C \frac{1}{2}\overrightarrow{DN}

D \frac{1}{2} × ▷−3◁\overrightarrow{AM} C \frac{1}{2} × ▷−3◁\overrightarrow{BN}

D −3\overrightarrow{OI}.

Ainsi, \overrightarrow{OI} et \overrightarrow{O′I} sont colinéaires. Les points O, O′et I sont donc alignés.

Coplanarité — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 399 — #409

GÉOMÉTRIE VECTORIELLE DANS L’ESPACE CHAP. 12_{399} CORRIGÉS INTERROS COURS

10Coplanarité_{Amérique du sud sujet 2, novembre 2025} {Énoncé \atop p. 388}

1 1_{1} a pour vecteur directeur \overrightarrow{u} ( \begin{matrix}−3 \\ 2 \\ 1 \end{matrix} ) et 1_{2} a pour vecteur directeur

\overrightarrow{v} ( \begin{matrix}1 \\ 2 \\ 1 \end{matrix}) . Les premières coordonnées ne sont pas égales alors que les

autres le sont, donc les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires. Les droites 1_{1} et 1_{2} ne sont donc pas parallèles. \overrightarrow{u} ·\overrightarrow{v} D −3×1C2×2C1×1 D 2 D̸ 0, donc les vecteurs directeurs ne sont pas orthogonaux, et les droites ne sont pas orthogonales. Si les droites sont sécantes, les coordonnées de leur point commun vérifient le système :

\{ \begin{matrix}1 − 3t & D & −4 C s \\ 4 C 2t & D & 2 C 2s \\ t & D & −1 C s \end{matrix}

En remplaçant t par −1 C s dans les deux premières équations on obtient :

\{ \begin{matrix}1 C 3 − 3s & D & −4 C s \\ 4 − 2 C 2s & D & 2 C 2s \\ t & D & −1 C s \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}1 C 3 − 3s & D & −4 C s \\ 4 C −2 C 2s & D & 2 C 2s \\ t & D & −1 C 2s \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}8 & D & 4s \\ 2 C 2s & D & 2 C 2s \\ t & D & −1 C 2s \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}2 & D & s \\ 2 C 2s & D & 2 C 2s \\ t & D & −1 C 2s \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}2 & D & s \\ 2 C 2s & D & 2 C 2s \\ t & D & −1 \end{matrix}

Les droites sont alors sécantes. Conclusion : la réponse correcte est la réponse c .

2 On considère les points A(3; 2; 1), B(7; 3 ; 1), C▷−1 I 4 I 5◁ et D▷−3 I 3 I 5◁.

\overrightarrow{AB} ( \begin{matrix}4 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) , \overrightarrow{AC} ( \begin{matrix}−4 \\ 2 \\ 4 \end{matrix} ) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B

et C ne sont pas alignés.

\overrightarrow{CD} ( \begin{matrix}−2 \\ −1 \\ 0 \end{matrix} ) : ces vecteurs ne sont pas colinéaires.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 12 page 400 — #410 CORRIGÉS_{400}

A, B, C et D sont coplanaires, c’est-à-dire si par exemple D appartient au plan (ABC) et dans ce cas si \overrightarrow{AD} D x\overrightarrow{AB}C y\overrightarrow{AC}, avec x ∈ ℝ, y ∈ ℝ (car \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC} ne sont pas des vecteurs colinéaires.

Avec \overrightarrow{AD} ( \begin{matrix}−6 \\ 1 \\ 4 \end{matrix} ) , l’égalité vectorielle précédente se traduit par le sys-

tème :

\{ \begin{matrix}−6 & D & 4x − 4y \\ 1 & D & x C 2y \\ 4 & D & 4y \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}−6 & D & 4x − 4 \\ 1 & D & x C 2 \\ 1 & D & y \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}−2 & D & 4x \\ −1 & D & x \\ 1 & D & y \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}−\frac{1}{2} & D & x \\ −1 & D & x \\ 1 & D & y \end{matrix}

Ce système n’a pas de solution. Donc le point D n’appartient pas au plan défini par les points A, B et C ou encore A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

Conclusion : la réponse correcte est la réponse a .

3 On calcule :

\overrightarrow{EF} ( \begin{matrix}3 − ▷−1◁ \\ 2 − 0 \\ −1 − 5 \end{matrix} ) soit \overrightarrow{EF} ( \begin{matrix}4 \\ 2 \\ −6 \end{matrix} ) ,

La représentation paramétrique donnée dans la proposition a indique que la droite représentée :

passe (pour le paramètre t D 0) par le point de coordonnées ▷3 I 2 I −1◁, autrement dit par F;

qu’elle est dirigée par le vecteur \overrightarrow{u} ( \begin{matrix}−2 \\ −1 \\ 3 \end{matrix} ) .

On remarque que \overrightarrow{EF} D −2\overrightarrow{u} , donc la droite dont on a la représentation paramétrique en choix a est dirigée par un vecteur colinéaire à \overrightarrow{EF}.

Conclusion : la réponse correcte est la réponse a .

Orthogonalité et distance dans l’espace

Plan du chapitre

1. Produit scalaire et orthogonalité

2. Équation cartésienne d’un plan

1 Produit scalaire et orthogonalité

L’espace est muni d’un repère orthonormé. On considère les points A▷1 I −1 I 0◁, B▷3 I 0 I 1◁, C▷1 I 1 I 0◁ et D▷3 I 1 I −2◁. On nomme I le milieu de TADU.

1 Démontrer que les droites ▷AC◁ et ▷DC◁ sont perpendiculaires.

2 Démontrer, par un calcul vectoriel, que pour tout point M de l’espace,

\overrightarrow{MD} · \overrightarrow{MA} D MI^{2} − IA^{2}.

3 En déduire une équation cartésienne de l’ensemble E des points M tels

que \overrightarrow{MD} · \overrightarrow{MA} D 0, et le caractériser.

4 Les points B et C appartiennent-ils à cet ensemble E?

Exercice type 1

Lycée Hoche, Versailles

Voir corrigé page 403

1.1 Produit scalaire dans l’espace

Définition 1

Le produit scalaire dans l’espace de deux vecteurs E uet E vest le produit scalaire des vecteurs E uet E vdans tout plan contenant ces vecteurs.

Il en découle que le produit scalaire dans l’espace a les mêmes propriétés que le produit scalaire dans le plan. Il faudra seulement penser à introduire la troisième coordonnée lorsque l’on fait du calcul analytique.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 402 — #412 COURS_{402}

Propriété 1 : expression analytique du produit scalaire

Dans un repère orthonormé de l’espace, pour tous vecteurs E u▷x I y I z◁ et E v▷x′I y′I z′◁,

E u· E vD xx′C yy′C zz′.

Propriété 2 : linéarité et symétrie du produit scalaire

Soit E u, E vet E wdes vecteurs, a et b deux réels. Alors,

E u· E v D E v· E u (symétrie)

▷aE uC bE v◁· E wD a ▷E u· E w◁C b ▷E v· E w◁ (linéarité).

1.2 Norme et distance de deux points

Propriété 3 : norme d’un vecteur

Pour tout vecteur E u▷xI yI z◁ de l’espace,

∥E u∥ D \sqrt{E u· E u}D \sqrt{x^{2} C y^{2} C z^{2}}.

Propriété 4 : distance entre deux points

Pour tous points A et B de l’espace,

\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AB} D ∥\overrightarrow{AB}∥^{2} D AB^{2} (carré scalaire).

Une sphère étant un ensemble de points équidistants d’un point fixe, on obtient le théorème suivant :

Théorème 1 : équation cartésienne d’une sphère

Soit A▷x_{0} I y_{0} I z_{0}◁ un point de l’espace et R un réel positif. La sphère de centre A et de rayon R admet pour équation cartésienne :

▷x − x_{0}◁^{2} C ▷y − y_{0}◁^{2} C ▷z − z_{0}◁^{2} D R^{2}.

1.3 Orthogonalité de deux droites

Définition 2 : vecteurs orthogonaux

On dit que deux vecteurs sont orthogonaux lorsque leur produit scalaire est nul.

Propriété 5 : caractérisation des droites orthogonales

Deux droites de l’espace sont orthogonales si et seulement si elles ont des vecteurs directeurs orthogonaux.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 403 — #413 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{403} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.4 Orthogonalité d’une droite et d’un plan

Propriété 6

Soit D une droite de vecteur directeur E u, et P un plan dirigé par le couple de vecteurs ▷E v,{E \atop v′}◁. La droite D est orthogonale au plan P si et seulement si E u·E vD 0

et E u· {E \atop v′}D 0.

Propriété 7

D est une droite de vecteur directeur E u, orthogonale au plan P. Alors pour tous points M et N de P on a :

E u· \overrightarrow{MN} D 0.

1 \overrightarrow{AC} a pour coordonnées ▷0 I 2 I 0◁ et \overrightarrow{DC} a pour coordonnées ▷−2 I 0 I 2◁. On constate donc que \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{DC} D 0, ce qui signifie que les vecteurs directeurs des droites ▷AC◁ et ▷BC◁ sont orthogonaux. Les deux droites sont donc orthogonales. Elles sont même perpendiculaires car elles sont sécantes en C.

2 Comme I est le milieu de TADU, on a \overrightarrow{ID} D \overrightarrow{AI}.

En utilisant la relation de Chasles, on obtient :

\overrightarrow{MD} · \overrightarrow{MA}D ( \overrightarrow{MI} C \overrightarrow{ID}) · ( \overrightarrow{MI} C \overrightarrow{IA})
D \overrightarrow{MI} · \overrightarrow{MI} C \overrightarrow{MI} · ( \overrightarrow{ID} C \overrightarrow{IA}) C \overrightarrow{AI} · \overrightarrow{IA}
D MI^{2} − IA^{2}

3 Les coordonnées de I étant ▷2 I 0 I −1◁, on a :

AI D \sqrt{1^{2} C 1^{2} C ▷−1◁^{2}} D \sqrt{3}.

En notant ▷x I y I z◁ les coordonnées du point M, la condition \overrightarrow{MD} · \overrightarrow{MA} D 0 qui équivaut à MI^{2} − IA^{2} D 0 devient :

▷x − 2◁^{2} C y^{2} C ▷z C 1◁^{2} D 3.

C’est l’équation d’une sphère de centre I ▷2 I 0 I −1◁ et de rayon \sqrt{3}. 4 Pour savoir si les points B et C appartiennent à cette sphère, on teste si

les coordonnées de ces points vérifient l’équation.

Pour B : ▷3 − 2◁^{2} C 0^{2} C ▷1 C 1◁^{2} D 5, donc B n’appartient pas à la sphère.

Pour C : ▷1 − 2◁^{2} C 1^{2} C ▷0 C 1◁^{2} D 3, donc le point C appartient à la sphère.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Hoche, Versailles Voir énoncé page 401

2 Équation cartésienne d’un plan

Dans l’espace rapporté au repère orthonormal ▷O IE i, E j,E k◁, on considère les points A▷3 I 0 I 0◁, B▷0 I 6 I 0◁, C▷0 I 0 I 4◁ et D▷−5 I 0 I 1◁.

1 (a) Vérifier que le vecteur E n( \begin{matrix}4 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) est normal au plan ▷ABC◁.

(b) Déterminer une équation du plan ▷ABC◁. 2 (a) Déterminer une représentation paramétrique de la droite 1, ortho-

gonale au plan ▷ABC◁ passant par D.

(b) En déduire les coordonnées du point H, projeté orthogonal de D sur le plan ▷ABC◁.

(c) Calculer la distance du point D au plan ▷ABC◁.

Exercice type 2

Lycée Notre-Dame-du-Grandchamp, Versailles

Voir corrigé page 406

2.1 Vecteur normal à un plan

Définition 3

Soit P un plan dans l’espace. Un vecteur non nul E nest dit vecteur normal de P si pour tous points M et N de P on a :

E n· \overrightarrow{MN} D 0.

On peut dire aussi que P est orthogonal à \overrightarrow{n} .

2.2 Équation cartésienne d’un plan

Dans cette partie, a, b, c, a′, b′et c′désignent des réels non nuls, d et d′des réels quelconques.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 405 — #415 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{405} CORRIGÉS INTERROS COURS

Théorème 2

Soient A▷x_{0} I y_{0} I z_{0}◁ un point de l’espace et \overrightarrow{n} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \end{matrix}) un vecteur non nul. Il existe un unique plan P passant par A et orthogonal à E n. On a :

M ∈ P ⟺ \overrightarrow{AM} · \overrightarrow{n} D 0.

Propriété 8

Soit P un plan. On a l’équivalence suivante :

\overrightarrow{n} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \end{matrix}) est un vecteur normal à P ⟺ P V ax C by C cz D d.

Exemple : soit P le plan d’équation : 3x − 5y C z − 2 D 0. Alors, un vecteur normal à P est \overrightarrow{n} ( \begin{matrix}3 \\ −5 \\ 1 \end{matrix} ) .

2.3 Projeté orthogonal sur un plan

Définition 4

Soient P un plan et A un point de l’espace extérieur à P. Le projeté orthogonal de A sur P est le point d’intersection du plan et de la droite orthogonale à P passant par A.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 406 — #416 COURS_{406}

Théorème 3 : distance d’un point à un plan

Soient P V ax C by C cz C d D 0 un plan, A▷x_{A}I y_{A}I z_{A}◁ un point extérieur à P et H le projeté orthogonal de A sur P. Alors, H est le point de P le plus proche de A, et :

AH D \frac{|ax_{A} C by_{A} C cz_{A} C d|}{\sqrt{a^{2} C b^{2} C c^{2}}}.

Cette longueur est la distance entre A et P.

1 (a) \overrightarrow{AB} ( \begin{matrix}−3 \\ 6 \\ 0 \end{matrix} ) et \overrightarrow{AC} ( \begin{matrix}−3 \\ 0 \\ 4 \end{matrix} ) .

Les coordonnées de ces vecteurs n’étant pas proportionnelles, les vecteurs ne sont pas colinéaires.

Cela montre que les points A, B et C définissent bien un plan et il suffit de montrer que E nest orthogonal à ces deux vecteurs pour montrer qu’il est normal au plan ▷ABC◁.

E n· \overrightarrow{AB} D 4 × ▷−3◁ C 2 × 6 C 3 × 0 D 0

et

E n· \overrightarrow{AC} D 4 × ▷−3◁ C 2 × 0 C 3 × 4 D 0.

Le vecteur E nest donc bien un vecteur normal au plan ▷ABC◁.

(b) Une équation cartésienne du plan ▷ABC◁ est donc de la forme :

4x C 2y C 3z D d

de sorte que les coordonnées de A vérifient cette équation :

4x_{A} C 2y_{A} C 3z_{A} D d ⟺ 12 D d.

Ainsi, une équation du plan ▷ABC◁ est :

4x C 2y C 3z D 12.

2 (a) La droite 1 orthogonale au plan ▷ABC◁ a pour vecteur directeur E net passe par le point D, donc une représentation paramétrique de cette droite peut être :

\{ \begin{matrix}x D −5 C 4t \\ y D 2t \\ z D 1 C 3t \end{matrix} , t ∈ ℝ.

…

Solution de l’exercice type 2

Lycée Notre-Dame-du-Grandchamp, Versailles

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 407 — #417 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{407} CORRIGÉS INTERROS COURS

(b) Le point H appartient à 1 et à ▷ABC◁ si et seulement si il existe une valeur du paramètre t tel que :

\{ \begin{matrix}x D −5 C 4t \\ y D 2t \\ z D 1 C 3t \\ 4x C 2y C 3z D 12 \end{matrix}

En remplaçant x, y et z en fonction de t dans la dernière équation on trouve la condition :

4▷−5 C 4t◁ C 2 × 2t C 3▷1 C 3t◁ D 12 ,

d’où t D 1.

Les coordonnées du point H sont donc :

H▷−1 I 2 I 4◁.

(c) La distance de D au plan ▷ABC◁ est égale à DH puisque H est le projeté orthogonal de D sur ▷ABC◁. On trouve :

DH D \sqrt{▷−1 C 5◁^{2} C ▷2 − 0◁^{2} C ▷4 − 1◁^{2}}
D \sqrt{29} .

Remarque : en utilisant la formule du cours donnant la distance d’un point à un plan, on a :

d(DI ▷ABC◁)D \frac{|4 × ▷−5◁ C 2 × 0 C 3 × 1 − 12|}{\sqrt{4^{2} C 2^{2} C 3^{2}}}

D \frac{29}{\sqrt{29}}

D \sqrt{29} .

On peut ainsi trouver la distance de D au plan ▷ABC◁ sans nécessairement chercher les coordonnées de H.

Solution de l’exercice type 2 (suite)

Lycée Notre-Dame-du-Grandchamp, Versailles Voir énoncé page 404

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 408 — #418 INTERROS_{408}
1_{V/F} Généralités Corrigé p. 415 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Si A et B sont deux points distincts de l’espace et k un réel non nul, l’ensemble des points M de l’espace tels que \overrightarrow{AM} D k · \overrightarrow{AB} est la droite

▷AB◁.

2 Si A,B,C sont trois points distincts de l’espace et H est le projeté ortho-

gonal de C sur la droite ▷AB◁ alors \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} D \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AH}. 3 Si A,B,C,D sont quatre points distincts de l’espace tels que

\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} D \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AD} alors les vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{CD} sont colinéaires. 4 Le plan d’équation x−2yC2z−7 D 0 est tangent à la sphère d’équation

x^{2} C y^{2} C z^{2} − 6y − 4z C 4 D 0 au point A de coordonnées ▷1 I 1 I 4◁.

2_{V/F} Produit scalaire dans l’espace Corrigé p. 415 10 min

Dans l’espace muni d’un repère orthonormal ▷O IE i, E j,E k◁, on considère le vecteur E ude coordonnées ▷0 I 1 I 2◁.

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Il existe un unique vecteur E vde l’espace tel que E u· E vD 0 et E v· E ıD 0.

2 L’ensemble des points M de l’espace tels que E u· \overrightarrow{OM} D 0 est un plan.

3 L’ensemble des vecteurs E vde l’espace tels que E u· E vD 0, E v· E ıD −1 et

E v· E ȷD 0 est vide. 4 L’ensemble des vecteurs E vde l’espace tels que E u· E vD 1, E v· E ıD 1 et

E v· E ȷD 1 est vide.

3_{V/F} Positions relatives de plans de l’espace Corrigé p. 415 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Soient P, Q, R trois plans tels que P ∩ Q ∩ R D ∅, alors le système formé par les équations cartésiennes de ces trois plans n’admet aucune solution.

2 Soient P, Q, R trois plans tels que P ∩ Q ∩ R D ∅, alors le plan P est

parallèle au plan Q et le plan Q est parallèle au plan R. 3 Si P ∩ Q D̸ ∅ et R ∩ Q D̸ ∅ alors P ∩ Q ∩ R D̸ ∅.

4 Soit m un réel, l’ensemble des points M de l’espace de coordonnées ▷m I m I 0◁ est le plan d’équation cartésienne x − y D 0.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 409 — #419 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{409} CORRIGÉS INTERROS COURS
4_{V/F} Droites et plans de l’espace Corrigé p. 416 10 min

L’espace est rapporté au repère orthonormal ▷OIE i, E j,E k◁. On considère quatre points A▷2 I 4 I 1◁, B▷0 I 4 I −3◁, C▷3 I 1 I −3◁ et D▷1 I 0 I −2◁.

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Une équation cartésienne du plan ▷ABC◁ est : 2x C 2y − z D 11.

2 Les droites ▷AB◁ et ▷CD◁ sont orthogonales.

3 Une représentation paramétrique de la droite ▷CD◁ est :

\{ \begin{matrix}x D −1 C 2t \\ y D −1 C t \\ z D 1 − t \end{matrix}  ,  t ∈ ℝ.

4 Le point I de coordonnées ( \frac{3}{5} I 4 I −\frac{9}{5}) appartient à la droite ▷AB◁.

5Position relative de droites_{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes} Corrigé ; p. 416 ; 10 min ; ⋆

Soit a un réel strictement positif.

On considère le cube ABCDEF GH d’arête a ci-dessous sur lequel les points I et J sont les milieux respectifs des arêtes TEF U et TAEU.

1 Montrer que les points I, J, D et G sont coplanaires.

2 Calculer le produit scalaire \overrightarrow{DI} · \overrightarrow{J G}.

Que peut-on déduire quant aux droites ▷DI◁ et ▷J G◁?

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 410 — #420 INTERROS_{410}
6Avec un cube_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. 417 ; 15 min ; ⋆

Soit ABCDA′B′C′D′un cube d’arête a, où ▷AA′◁, ▷BB′◁, ▷CC′◁ et ▷DD′◁ sont parallèles. Calculer les produits scalaires suivants en fonction de a.

\begin{matrix}\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AA′} , \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CC′} , \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{DC′} , \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CD′} , \\ \overrightarrow{AD} · \overrightarrow{BC′} , \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{DB′} , \overrightarrow{AC′}· \overrightarrow{DB′} , \overrightarrow{AC′}· \overrightarrow{A′C′}. \end{matrix}

7Étude d’un quadrilatère_{Lycée Pasteur, Dole} Corrigé ; p. 417 ; 15 min ; ⋆

Soit l’espace rapporté à un repère orthonormé, on considère les 4 points A▷13 I −11 I 10◁, B▷13 I 9 I 25◁, C▷−7 I 18 I 13◁ et D▷−7 I −2 I −2◁. Quelle est la nature de la figure ABCD?

8Arêtes orthogonales d’un tétraèdre_{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp} Corrigé ; p. 417 ; 15 min ; ⋆

1 Montrer que pour tous points A, B, C et D de l’espace, on a :

\overrightarrow{DA} · \overrightarrow{BC} C \overrightarrow{DB} · \overrightarrow{CA}C \overrightarrow{DC} · \overrightarrow{AB} D 0.

2 En déduire que, si dans un tétraèdre deux couples d’arêtes opposées sont formés d’arêtes orthogonales, il en est de même du troisième.

9Base orthonormée_{Lycée Condorcet, Paris} Corrigé ; p. 418 ; 15 min ; ⋆

On se place dans un repère orthonormé (O I E ı, E ȷ,E k) . Soient :

E u( −\frac{4}{9} I \frac{1}{9} I \frac{8}{9}) I E v( \frac{4}{9} I \frac{8}{9} I \frac{1}{9}) et E w( \frac{7}{9} I −\frac{4}{9} I \frac{4}{9}) .

Démontrer que ▷E u,E v, E w◁ est une base orthonormée.

10Équation cartésienne d’un plan_{Lycée Victor Hugo, Besançon} Corrigé ; p. 419 ; 15 min ; ⋆

Soit l’espace rapporté à un repère orthonormé, on considère les 2 points A▷−1 I 0 I 1◁ et B▷0 I 3 I 1◁.

1 Donner une équation cartésienne du plan passant par A et de vecteur normal E n▷0 I 1 I 1◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 411 — #421 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{411} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Donner une équation cartésienne du plan parallèle au plan d’équation

x C y − 2z D 4 et passant par B. 3 Donner une équation cartésienne du plan médiateur du segment TABU.

11Droites et plans de l’espace_{Lycée Jean Renoir, Bondy} Corrigé ; p. 420 ; 25 min ; ⋆

L’espace est rapporté au repère orthonormal ▷OIE i, E j,E k◁. Les points A, B, C et D ont pour coordonnées respectives :

▷−1 I 0 I 2◁ , ▷3 I 2 I −4◁ , ▷1 I −4 I 2◁ et ▷5 I −2 I 4◁ . On considère les points I, J, K définis par : I milieu du segment TABU, K milieu du segment TCDU et \overrightarrow{BJ} D \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}.

1 Déterminer les coordonnées des points I, J et K. 2 (a) Montrer que les points I, J et K ne sont pas alignés.

(b) Montrer qu’une équation cartésienne du plan ▷IJ K◁ est : 8x C 9y C 5z − 12 D 0.

(c) Déterminer une représentation paramétrique de la droite ▷AD◁ et démontrer que le plan ▷IJ K◁ et la droite ▷AD◁ sont sécants en un point L dont on déterminera les coordonnées.

(d) Montrer que \overrightarrow{AL} D \frac{1}{4}\overrightarrow{AD}.

12Aires et volumes_{Lycée Jean Renoir, Bondy} Corrigé ; p. 421 ; 45 min ; ⋆

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé, on considère les points A▷3 I 0 I 1◁, B▷0 I −1 I 2◁, C▷1 I −1 I 0◁ et D▷1 I 1 I −2◁. 1 (a) Démontrer que les vecteurs \overrightarrow{AC} et \overrightarrow{BC} sont orthogonaux.

(b) En déduire la nature du triangle ABC.

(c) Calculer l’aire de ce triangle. 2 (a) Vérifier que E u▷2 I −5 I 1◁ est un vecteur normal du plan ▷ABC◁.

(b) Déterminer une équation cartésienne du plan ▷ABC◁.

(c) Déterminer la distance de D au plan ▷ABC◁. 3 En utilisant les questions 1 et 2, déterminer le volume du tétraèdre ABCD. 4 (a) Déterminer un vecteur E ntel que E n· \overrightarrow{BC} D 0 et E n· \overrightarrow{CD} D 0.

(b) En déduire une équation cartésienne du plan ▷BCD◁. 5 Exprimer le volume du tétraèdre ABCD en fonction de l’aire du triangle

BCD. 6 Déterminer l’aire du triangle BCD.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 412 — #422 INTERROS_{412}
13Recherche_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} Corrigé ; p. 424 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

ABCDEF GH est un cube de diagonale TAGU.

1 Trouver les points M de ▷AG◁ tels que ▷MB◁ et ▷MD◁ soient orthogonales. On notera M_{1} et M_{2} ces points de sorte que M_{2} soit le point le plus proche de G.

2 Calculer le volume de la pyramide ABDM_{2}.

14Position relative de plans et de droites_{Lycée Claude Bernard, Paris} Corrigé ; p. 425 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Retrouvez le corrigé de cet exercice en vidéo.

L’espace est rapporté à un repère orthonormal, t et t′ désignent des paramètres réels.

Le plan P admet comme équation cartésienne :

P V x − 2y C 3z C 5 D 0.

Le plan S admet comme représentation paramétrique :

S V \{ \begin{matrix}x D −2 C t C 2t′ \\ y D −t − 2t′ \\ z D −1 − t C 3t′ \end{matrix}

La droite D admet comme représentation paramétrique :

D V \{ \begin{matrix}x & D −2 C t \\ y & D −t \\ z & D −1 − t \end{matrix}

1 Démontrer qu’une représentation paramétrique du plan P est :

\{ \begin{matrix}x & D t C 2t′ \\ y & D 1 − t C t′ \\ z & D −1 − t \end{matrix}

2 Démontrer que la droite D est une droite du plan P.

3 Étudier la position relative des plans P et S. Le cas échéant, donner une représentation paramétrique de leur intersection.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 413 — #423 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{413} CORRIGÉS INTERROS COURS
15Dans un parallélépipède_{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes} Corrigé ; p. 426 ; 45 min ; ⋆ ; ⋆

L’espace est muni d’un repère orthonormé (OIE i, E j,E k). L’unité de longueur est le centimètre. On considère les points :

A▷1I −1I 0◁, B▷−2I 0I 0◁, C▷1I 2I −1◁, E▷3I −2I 2◁. 1 Vérifier que les points A, B et C définissent bien un plan.

2 Justifier que le point E n’appartient pas au plan ▷ABC◁.

On construit alors le parallélépipède ABCDEF GH de sorte que \overrightarrow{AE} D \overrightarrow{BF}. Rappel : toutes les faces d’un parallélépipède sont des parallélogrammes.

3 Déterminer les coordonnées des sommets D, F, G et H.

4 Calculer le produit scalaire \overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AB}.

5 En déduire une mesure, arrondie au degré, de l’angle { \atop BAE}.

6 On considère le point K ( −\frac{1}{2}I 1I −\frac{1}{2}) .

(a) Montrer que le point K appartient à la droite ▷BC◁.

(b) Calculer le produit scalaire \overrightarrow{AK} · \overrightarrow{BK}.

(c) En déduire que la distance du point A à la droite ▷BC◁ est égale à

\frac{\sqrt{26}}{2} cm.

(d) Montrer alors que l’aire du parallélogramme ABCD vaut \sqrt{91} cm^{2}. 7 Déterminer un vecteur normal \overrightarrow{n} au plan ▷ABC◁.

8 En déduire la distance du point E au plan ▷ABC◁.

9 Calculer alors le volume du parallélépipède ABCDEF GH.

16Dans un cube_{Polynésie, septembre 2020} Corrigé ; p. 430 ; 45 min ; ⋆ ; ⋆

Soit ABCDEF GH un cube. L’espace est rapporté au repère orthonormé (AI \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}).

Pour tout réel t, on considère le point M de coordonnées ▷1 − t I t I t◁. 1 Montrer que pour tout réel t, le point M appartient à la droite ▷BH◁. On admet que les droites ▷BH◁ et ▷F C◁ ont respectivement pour représentation paramétrique :

\{ \begin{matrix}x D 1 − t \\ y D t \\ z D t \end{matrix} , t ∈ ℝ  et  \{ \begin{matrix}x D 1 \\ y D t′ \\ z D 1 − t′ \end{matrix} , t′∈ ℝ.

2 Montrer que les droites ▷BH◁ et ▷F C◁ sont orthogonales et non copla-

naires. 3 Pour tout réel t′, on considère le point M′▷1I t′I 1 − t′◁.

(a) Montrer que pour tous réels t et t′,

MM^{′2}D 3 ( t − \frac{1}{3}) ^{2} C 2 ( t′− \frac{1}{2}) ^{2} C \frac{1}{6}.

(b) Pour quelles valeurs de t et de t′ la distance MM′ est-elle minimale? Justifier.

(c) On nomme P le point de coordonnées ( \frac{2}{3} I \frac{1}{3} I \frac{1}{3}) et Q celui de

coordonnées (1 I \frac{1}{2} I \frac{1}{2}).

Justifier que la droite ▷P Q◁ est perpendiculaire aux deux droites ▷BH◁ et ▷F C◁.

(d) Quelle est la distance entre ▷BH◁ et ▷F C◁?

Positions relatives de plans de l’espace — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 415 — #425

ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{415} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{V/F} Généralités {Énoncé \atop p. 408}

1 Faux. Si k est non nul, le point M ne pourra jamais être confondu avec

A. L’ensemble obtenu sera donc la droite ▷AB◁ privée de A. 2 Vrai. Si le point C appartient à la droite ▷AB◁ alors C D H et l’égalité

est vraie. Sinon, \overrightarrow{AB}· \overrightarrow{AC} D \overrightarrow{AB}· \overrightarrow{AH} C \overrightarrow{AB}· \overrightarrow{HC}. Or, les droites ▷AB◁ et ▷HC◁ sont orthogonales donc \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{HC} D 0. Par suite, \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} D \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AH}.

3 Faux. \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} D \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AD} équivaut à \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{DC} D 0 donc les vecteurs

\overrightarrow{AB} et \overrightarrow{CD} sont orthogonaux et non colinéaires. 4 Vrai. On commence par transformer l’équation de la sphère en

x^{2} C ▷y − 3◁^{2} C ▷z − 2◁^{2} D 9. La sphère est de centre I ▷0 I 3 I 2◁ et de rayon 3. On s’assure que le point A appartient bien à cette sphère puisque ses coordonnées vérifient l’équation trouvée. Le plan tangent à la sphère au point A est l’ensemble des points M de l’espace tels que \overrightarrow{AM} · \overrightarrow{IA} D 0. En calculant ce produit scalaire, on obtient ainsi une équation cartésienne du plan P : x − 2y C 2z − 7 D 0.

2_{V/F} Produit scalaire dans l’espace {Énoncé \atop p. 408}

1 Faux. Les vecteurs de coordonnées ▷0 I 2 I −1◁ et ▷0 I 6 I −3◁ vérifient

tous les deux les conditions demandées. 2 Vrai. L’ensemble des points M de coordonnées ▷x I y I z◁ tels que

E u· \overrightarrow{OM} D 0 forme le plan d’équation : y C 2z D 0. 3 Faux. Le vecteur de coordonnées ▷−1 I 0 I 0◁ convient.

4 Faux. Le vecteur de coordonnées ▷1 I 1 I 0◁ convient.

3_{V/F} Positions relatives de plans de l’espace {Énoncé \atop p. 408}

1 Vrai. Un triplet ▷a I b I c◁ est solution du système formé par les équations cartésiennes de ces trois plans si et seulement si il vérifie ces trois équations, ce qui équivaut à dire que le point de coordonnées ▷a I b I c◁ appartient simultanément aux trois plans. Or, par hypothèse, l’intersection des trois plans est vide.

2 Faux. Considérons les plans P, Q et R d’équations cartésiennes respectives x C y D 2, y C z D 3 et x C 2y C z D 0. L’intersection de ces trois plans est clairement vide cependant ces plans ne sont pas parallèles.

3 Faux. Considérons les plans P, Q et R d’équations cartésiennes respectives x D 0, x C y D 2 et x D 3. On a P ∩ Q D̸ ∅ puisque, par exemple

Position relative de droites — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 416 — #426 CORRIGÉS_{416}

le point de coordonnées ▷0 I 2 I 0◁ appartient à la fois à P et à Q. De même, on a R ∩ Q D̸ ∅ puisque le point de coordonnées ▷3 I −1 I 0◁ appartient simultanément aux plans Q et R. Cependant P ∩ Q ∩ R D ∅ puisqu’on ne peut avoir simultanément x D 0 et x D 3.

4 Faux. Le point de coordonnées ▷1 I 1 I 1◁ appartient au plan d’équation cartésienne x − y D 0 mais ses coordonnées ne sont pas de la forme ▷m I m I 0◁.

4_{V/F} Droites et plans de l’espace {Énoncé \atop p. 409}

1 Vrai. On commence par vérifier que les points A, B et C ne sont pas alignés puisque les vecteurs \overrightarrow{AB}▷−2 I 0 I −4◁ et \overrightarrow{AC}▷1 I −3 I −4◁ ne sont pas colinéaires. Par suite, il existe un unique plan contenant les points A, B et C. Il ne reste plus qu’à s’assurer que les coordonnées des trois points vérifient l’équation proposée, ce qui est le cas.

2 Vrai. D’après la question précédente, les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AB} sont ▷−2 I 0 I −4◁.

On calcule de même celles du vecteur \overrightarrow{CD} soit ▷−2 I −1 I 1◁. Le produit scalaire de ces deux vecteurs est nul donc ils sont orthogonaux et les droites ▷AB◁ et ▷CD◁ sont orthogonales.

3 Faux. Le point D n’appartient pas à la droite proposée. En effet, les équations t − 1 D 0 et 1 − t D −2 sont incompatibles.

4 Vrai. On connaît les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AB}. On calcule celles du

vecteur \overrightarrow{AI} soit ( −\frac{7}{5} I 0 I −\frac{14}{5}) . On a donc \overrightarrow{AI} D \frac{7}{10}\overrightarrow{AB}. Par suite,

ces deux vecteurs sont colinéaires et les points A, I et B sont alignés.

5Position relative de droites_{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes} {Énoncé \atop p. 409}

1 I et J sont les milieux respectifs de TEF U et TAEU donc :

\overrightarrow{IJ} D \frac{1}{2}\overrightarrow{FA} D \frac{1}{2}\overrightarrow{GD}.

Donc \overrightarrow{IJ} et \overrightarrow{GD} sont colinéaires. On en déduit alors que ▷IJ ◁ et ▷GD◁ sont parallèles. Or, deux droites parallèles définissent un plan. Donc I, J, D et G sont coplanaires.

Arêtes orthogonales d’un tétraèdre — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 417 — #427

ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{417} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Dans le repère (AI \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}),

\overrightarrow{DI} ( \frac{1}{2} ; −1 ; 1 )  I  \overrightarrow{J G} ( 1 1 \frac{1}{2}) .

Par conséquent,

\overrightarrow{DI} · \overrightarrow{J G} D \frac{1}{2} × 1 C ▷−1◁ × 1 C 1 × \frac{1}{2} D 0.

On en déduit alors que les droites ▷DI◁ et ▷J G◁ sont orthogonales.

6Avec un cube_{Lycée Carnot, Dijon} {Énoncé \atop p. 410}
{\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AA′}D 0 \atop \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{DC′}D \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{DC} D a^{2}}  {\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CC′}D 0 \atop \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CD′}D \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CD} D −a^{2}}

\overrightarrow{AD} · \overrightarrow{BC′}D \overrightarrow{AD} · \overrightarrow{BC} D a^{2}

\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{DB′}D \overrightarrow{AC} · ▷\overrightarrow{DB} C \overrightarrow{BB′}◁ D \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{DB} C \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{BB′}D 0 \overrightarrow{AC′}· \overrightarrow{DB′}D ▷\overrightarrow{AC} C \overrightarrow{CC′}◁ · ▷\overrightarrow{DB} C \overrightarrow{BB′}◁ D \overrightarrow{CC′}· \overrightarrow{BB′}D a^{2} \overrightarrow{AC′}· \overrightarrow{A′C′}D ▷\overrightarrow{AC} C \overrightarrow{CC′}◁ · \overrightarrow{A′C′}D \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{A′C′}D 2a^{2}

7Étude d’un quadrilatère_{Lycée Pasteur, Dole} {Énoncé \atop p. 410}

Calculons les coordonnées des vecteurs \overrightarrow{AB}, \overrightarrow{DC} et \overrightarrow{BC} :

\overrightarrow{AB}▷0 I 20 I 15◁ I \overrightarrow{DC}▷0 I 20 I 15◁ et \overrightarrow{BC}▷−20 I 9 I −12◁. Comme \overrightarrow{AB} D \overrightarrow{DC}, ABCD est un parallélogramme. Calculons \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{BC} :

\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{BC} D 0 × ▷−20◁ C 20 × 9 C 15 × ▷−12◁ D 0.

Comme \overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BC} D 0, les vecteurs \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{BC}sont orthogonaux, donc ABCD est un rectangle. Enfin, ∥\overrightarrow{AB}∥ D ∥\overrightarrow{BC}∥ D 25, donc ABCD est un carré.

8Arêtes orthogonales d’un tétraèdre_{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp} {Énoncé \atop p. 410}

1 On décompose les vecteurs \overrightarrow{DB} et \overrightarrow{DC} à l’aide de la relation de Chasles en introduisant le point A.

Équation cartésienne d’un plan — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 418 — #428 CORRIGÉS_{418}

\overrightarrow{DA} · \overrightarrow{BC} C \overrightarrow{DB} · \overrightarrow{CA}C \overrightarrow{DC} · \overrightarrow{AB}D \overrightarrow{DA} · ( \overrightarrow{BC} C \overrightarrow{CA}C \overrightarrow{AB})
C \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{CA}C \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB}

D \overrightarrow{DA} · \overrightarrow{0} − \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} C \overrightarrow{AC} · \overrightarrow{AB}

D 0.

2 Les trois couples d’arêtes opposées sont ▷TDAU,TBCU◁, ▷TDBU,TACU◁ et ▷TDCU,TABU◁. On applique alors l’égalité ci-dessus en supposant deux des trois produits scalaires nuls : le troisième est alors nul.

9Base orthonormée_{Lycée Condorcet, Paris} {Énoncé \atop p. 410}

Vérifions d’abord que les vecteurs sont unitaires :

\begin{matrix}∥\overrightarrow{u} ∥^{2} & D ( −\frac{4}{9}) ^{2} C ( \frac{1}{9}) ^{2} C ( \frac{8}{9}) ^{2} D \frac{16 C 1 C 64}{81} D 1 , \\ ∥\overrightarrow{v} ∥^{2} & D ( \frac{4}{9}) ^{2} C ( \frac{8}{9}) ^{2} C ( \frac{1}{9}) ^{2} D \frac{16 C 64 C 1}{81} D 1 , \\ ∥\overrightarrow{w} ∥^{2} & D ( \frac{7}{9}) ^{2} C ( −\frac{4}{9}) ^{2} C ( \frac{4}{9}) ^{2} D \frac{49 C 16 C 16}{81} D 1. \end{matrix}

Ensuite, calculons les produits scalaires suivants pour montrer que ces vecteurs sont deux à deux orthogonaux :

\begin{matrix}E u· E v & D \frac{▷−4◁ × 4 C 1 × 8 C 8 × 1}{9 × 9} D 0 , \\ E u· E w & D \frac{▷−4◁ × 7 C 1 × ▷−4◁ C 8 × 4}{9 × 9} D 0 , \\ E v· E w & D \frac{4 × 7 C 8 × ▷−4◁ C 1 × 4}{9 × 9} D 0. \end{matrix}

Alors la famille de vecteurs ▷E u,E v, E w◁ est une base orthonormée.

MÉTHODE

Pour prouver qu’une famille ▷E u,E v, E w◁ de trois vecteurs est une base orthonormée de l’espace, on montre que les normes des trois vecteurs sont égales à 1 (on dit alors que les vecteurs sont normés ou unitaires) puis que les vecteurs sont deux à deux orthogonaux.

Équation cartésienne d’un plan — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 419 — #429 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{419} CORRIGÉS INTERROS COURS
10Équation cartésienne d’un plan_{Lycée Victor Hugo, Besançon} {Énoncé \atop p. 410}

1 Comme E nest un vecteur normal au plan cherché, une équation cartésienne de celui-ci est :

y C z D d ,d ∈ ℝ

où d est déterminé par le fait que A appartient au plan cherché, soit :

0 C 1 D d.

Le plan cherché admet donc pour équation cartésienne :

y C z D 1.

2 Un plan parallèle au plan d’équation :

x C y − 2z D 4

admet pour équation :

x C y − 2z D a ,

où a est déterminé par le fait que B appartient au plan, soit :

3 − 2 D a.

Le plan cherché admet donc pour équation cartésienne :

x C y − 2z D 1.

3 Le plan médiateur du segment TABU passe par le milieu de TABU et ad-

met \overrightarrow{AB} comme vecteur normal. Calculons les coordonnées du milieu de TABU ainsi que celles du vecteur \overrightarrow{AB} :

Milieu de TABU V ( −\frac{1}{2} I \frac{3}{2} I 1) I le vecteur \overrightarrow{AB} V ▷1 I 3 I 0◁.

Le plan médiateur du segment TABU a donc pour équation :

x C 3y D c ,

avec :

−\frac{1}{2} C \frac{9}{2} D c , donc c D 4.

Droites et plans de l’espace — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 420 — #430

CORRIGÉS_{420}

Cette équation cartésienne est donc x C 3y D 4.

MÉTHODE

La première et la troisième question peuvent aussi être résolues avec les méthodes suivantes :

Le plan passant par A et de vecteur normal E nest l’ensemble des points M de l’espace tels que \overrightarrow{AM} · E nD 0. Si le point M a pour coordonnées ▷x I y I z◁, on calcule alors les coordonnées du vecteur \overrightarrow{AM} puis on effectue le produit scalaire.

Le plan médiateur du segment TABU est l’ensemble des points M de l’espace équidistants de A et de B. Si le point M a pour coordonnées ▷x I y I z◁, on calcule alors les distances MA et MB et on écrit l’égalité MA^{2} D MB^{2} qui après simplification fournira l’équation cherchée.

11Droites et plans de l’espace_{Lycée Jean Renoir, Bondy} {Énoncé \atop p. 411}

1 Les coordonnées respectives des points I et K sont :

I ▷1 I 1 I −1◁ et K▷3 I −3 I 3◁.

Le point J est défini par la relation vectorielle \overrightarrow{BJ} D \frac{1}{4}\overrightarrow{BC}.

Soient ▷x I y I z◁ les coordonnées du point J. Alors, les coordonnées du vecteur \overrightarrow{BJ} sont ▷x − 3 I y − 2 I z C 4◁.

Les coordonnées du vecteur \overrightarrow{BC} sont ▷−2 I −6 I 6◁. Les coordonnées du point J s’obtiennent en résolvant le système :

\{ \begin{matrix}x − 3 D −\frac{1}{2} \\ y − 2 D −\frac{3}{2} \\ z C 4 D \frac{3}{2} \end{matrix}

Le point J a pour coordonnées ( \frac{5}{2} I \frac{1}{2} I −\frac{5}{2}) .

2 (a) Les vecteurs \overrightarrow{IK} et \overrightarrow{IJ} sont pour coordonnées respectives ▷2 I −4 I 4◁

et ( \frac{3}{2} I −\frac{1}{2} I −\frac{3}{2}) . Comme il n’existe pas de réel k tel que

\overrightarrow{IJ} D k\overrightarrow{IK}, on en déduit que les vecteurs \overrightarrow{IK} et \overrightarrow{IJ} ne sont pas colinéaires donc les points I, J et K ne sont pas alignés.

(b) Considérons le plan P d’équation cartésienne :

8x C 9y C 5z − 12 D 0.

Aires et volumes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 421 — #431 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{421} CORRIGÉS INTERROS COURS

Il contient le point I puisque 8 × 1 C 9 × 1 C 5 × ▷−1◁ − 12 D 0. On montre de même que le plan P contient aussi les points J et K. Or, d’après la question précédente, les points I, J, K ne sont pas alignés donc ils déterminent un plan. Ce plan n’est donc autre que le plan P. Par conséquent, une équation cartésienne du plan ▷IJ K◁ est 8x C 9y C 5z − 12 D 0.

MÉTHODE

Pour résoudre cette question, on aurait pu aussi procéder de la manière suivante : On commence par déterminer un vecteur E nà la fois orthogonal aux vecteurs \overrightarrow{IK} et \overrightarrow{IJ}. Un tel vecteur est donc un vecteur normal au plan ▷IJ K◁. Le plan ▷IJ K◁ est donc l’ensemble des points M de l’espace tels que E n· \overrightarrow{IM} D 0.

(c) Le vecteur \overrightarrow{AD} a pour coordonnées ▷6 I −2 I 2◁.

Un point M de coordonnées ▷x I yI z◁ appartient à la droite ▷AD◁ si et seulement si il existe un réel t tel que \overrightarrow{AM} D t\overrightarrow{AD}.

Une représentation paramétrique de la droite ▷AD◁ est donc :

\{ \begin{matrix}x D −1 C 6t \\ y D −2t \\ z D 2 C 2t \end{matrix} , t ∈ ℝ.

Un point M de la droite ▷AD◁ appartient au plan ▷IJ K◁ si et seulement si il existe un réel t tel que 8▷6t −1◁−18t C5▷2t C2◁−12 D 0.

En résolvant cette équation, on obtient t D \frac{1}{4}.

Le plan ▷IJ K◁ et la droite ▷AD◁ sont sécants en un point L de

coordonnées ( \frac{1}{2} I −\frac{1}{2} I \frac{5}{2}) .

(d) Le vecteur \overrightarrow{AD} a pour coordonnées ▷6 I −2 I 2◁ et le vecteur \overrightarrow{AL} a

pour coordonnées ( \frac{3}{2} I −\frac{1}{2} I \frac{1}{2}) , ce qui établit la relation deman-

dée.

12Aires et volumes_{Lycée Jean Renoir, Bondy} {Énoncé \atop p. 411}

1 (a) Les vecteurs \overrightarrow{AC} et \overrightarrow{BC} ont pour coordonnées respectives ▷−2 I −1 I −1◁ et ▷1 I 0 I −2◁. On calcule leur produit scalaire :

\overrightarrow{AC} · \overrightarrow{BC} D ▷−2◁ C ▷−1◁ × ▷−2◁ D 0.

Aires et volumes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 422 — #432 CORRIGÉS_{422}

On en déduit que les vecteurs \overrightarrow{AC} et \overrightarrow{BC} sont orthogonaux.

(b) On déduit de la première question que le triangle ABC est rectangle en C.

(c) L’aire du triangle ABC est :

𝒜 D \frac{1}{2}AC × BC ,

soit :

𝒜 D \frac{1}{2}\sqrt{6} × \sqrt{5}.

L’aire du triangle ABC est donc \frac{\sqrt{30}}{2}.

2 (a) On a vu que les poins A, B, C ne sont pas alignés. Pour prouver que le vecteur E uest un vecteur normal au plan ▷ABC◁, il suffit de prouver que ce vecteur est orthogonal à la fois aux vecteurs \overrightarrow{AC} et \overrightarrow{BC}. En effet, on sait d’après le cours que tout vecteur non nul orthogonal à deux vecteurs non colinéaires d’un plan P est un vecteur normal au plan P.

On vérifie que \overrightarrow{BC} · E uD \overrightarrow{AC} · E uD 0 ce qui achève la preuve.

(b) Le plan ▷ABC◁ est l’ensemble des points M de l’espace de coordonnées ▷x I y I z◁ tels que \overrightarrow{AM} · E uD 0. Une équation cartésienne du plan ▷ABC◁ est

2x − 5y C z D 7.

(c) En utilisant la formule :

d▷M,P◁ D \frac{|ax C by C cz − d|}{\sqrt{a^{2} C b^{2} C c^{2}}} ,

on déduit que la distance du point D au plan ▷ABC◁ est \frac{| − 12|}{\sqrt{30}}

soit \frac{2\sqrt{30}}{5}.

3 On considère comme base du tétraèdre ABCD le triangle BCA. Son volume est alors :

𝒱 D \frac{1}{3}A × \frac{2\sqrt{30}}{5} ,

soit 𝒱 D 2. 4 (a) Soit E nun vecteur de coordonnées ▷a I b I c◁.

En calculant ces produits scalaires, on montre que E n· \overrightarrow{BC} D 0 et E n· \overrightarrow{CD} D 0 équivaut à :

\{ \begin{matrix}a − 2c D 0 \\ 2b − 2c D 0. \end{matrix}

Recherche — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 423 — #433 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{423} CORRIGÉS INTERROS COURS

On peut donc choisir par exemple E n▷2 I 1 I 1◁.

� ATTENTION

Il existe une infinité de vecteurs E nrépondant à la question!

(b) Remarquons que les points B, C, D ne sont pas alignés (les vecteurs \overrightarrow{BC} et \overrightarrow{CD} ne sont pas colinéaires) donc ils déterminent un plan. Le plan ▷BCD◁ est l’ensemble des points M de l’espace de coordonnées ▷x I y I z◁ tels que \overrightarrow{BM} · E nD 0. Une équation cartésienne du plan ▷BCD◁ est 2x C y C z D 1.

5 On considère comme base du tétraèdre ABCD le triangle BCD. Son volume est alors donné par la formule :

𝒱 D \frac{1}{3}𝒜′× d ,

où 𝒜′représente l’aire du triangle BCD et d la distance du point A au plan ▷BCD◁. On calcule cette distance en utilisant la même formule qu’à la question 2.c.

d D \frac{6}{\sqrt{6}} D \sqrt{6}.

On a donc :

𝒱 D \frac{\sqrt{6}}{3}𝒜′.

6 Le volume du tétraèdre ayant été calculé antérieurement, on peut ainsi déterminer l’aire du triangle BCD. On a :

2 D 𝒜′× \frac{\sqrt{6}}{3}.

On en déduit :

𝒜′D \sqrt{6}.

MÉTHODE

On retiendra la méthode utilisée dans cet exercice (un grand classique des sujets de baccalauréat antérieurs). On considère un tétraèdre et, en calculant son volume de deux manières différentes, on déduit, selon les problèmes, soit l’aire d’une des faces triangulaires du tétraèdre soit la distance d’un des sommets au plan contenant la face opposée à ce sommet.

Recherche — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 424 — #434 CORRIGÉS_{424}
13Recherche_{Lycée Gustave Eiffel, Bordeaux} {Énoncé \atop p. 412}

Dans cet exercice, plaçons-nous dans le repère (AI \overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD},\overrightarrow{AE}).

1 Dans ce repère, \overrightarrow{AG} ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) et A▷0I 0I 0◁ donc une représentation paramé-

trique de ▷AG◁ est :

\{ \begin{matrix}x D t \\ y D t \\ z D t \end{matrix}  ,  t ∈ ℝ.

Ainsi,

M ∈ ▷AG◁ ⟺ M▷tI tI t◁, t ∈ ℝ.

On souhaite que ▷MD◁ et ▷MB◁ soient orthogonales.

\overrightarrow{MB} · \overrightarrow{MD} D 0 ⟺ ( \begin{matrix}1 − t \\ −t \\ −t \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}−t \\ 1 − t \\ −t \end{matrix} ) D 0

⟺ −t▷1 − t◁ − t▷1 − t◁ − t × ▷−t◁ D 0 ⟺ −t▷1 − t C 1 − t − t◁ D 0 ⟺ −t▷2 − 3t◁ D 0

⟺ t D 0 ou t D \frac{2}{3}.

Il existe donc deux points M_{1}▷0I 0I 0◁ D A et M_{2} ( \frac{2}{3}I \frac{2}{3}I \frac{2}{3}) correspondant à notre recherche.

Position relative de plans et de droites — v. 1.0_{16 février 2026 — Chapitre 13 page 425 — #435} ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{425} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Rappelons que le volume d’une pyramide est donné par la formule :

V D \frac{1}{3} × A × h

où A représente l’aire d’une base et h la hauteur de la pyramide relative à cette base. Prenons ABD pour base. Alors,

A D \frac{AD × AB}{2} D \frac{1 × 1}{2} D \frac{1}{2}

et

h D \frac{2}{3}.

Ainsi,

V D \frac{1}{3} × \frac{1}{2} × \frac{2}{3} D \frac{1}{9}.

14Position relative de plans et de droites_{Lycée Claude Bernard, Paris} {Énoncé \atop p. 412}

1 La représentation paramétrique proposée est une représentation du plan P si et seulement si les coordonnées exprimées en fonction de t et t′ vérifient l’équation cartésienne du plan P pour toutes valeurs de t et t′. Donc on remplace :

t C 2t′− 2▷1 − t C t′◁ C 3▷−1 − t◁ C 5 D 0t C 0t′− 5 C 5 D 0.

L’équation est vérifiée quelles que soient les valeurs de t et t′, donc on a bien une représentation paramétrique du plan P.

2 Là encore, on remplace dans l’équation cartésienne de P : si, pour tout t, les coordonnées des points de D vérifient l’équation de P, cela signifiera que D est incluse dans P.

Remarque : les deux autres cas de figure sont :

les coordonnées des points de D ne vérifient l’équation cartésienne de P pour aucune valeur de t : alors la droite est parallèle au plan P;

il existe une unique valeur de t qui convient : alors la droite D est sécante au plan P.

En remplaçant, il vient :

−2 C t − 2▷−t◁ C 3▷−1 − t◁ C 5 D 0t − 5 C 5 D 0.

Donc ici aussi, toute valeur de t convient, donc la droite D est une droite du plan P.

3 Cherchons à quelle condition un point de S appartient à P, en remplaçant x, y et z dans l’équation cartésienne de P par leur expression dans la représentation paramétrique de S.

Dans un parallélépipède — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 426 — #436

CORRIGÉS_{426}

− 2 C t C 2t′− 2▷−t − 2t′◁ C 3▷−1 − t C 3t′◁ C 5 D 0
⟺ 0t C 15t′D 0
⟺ t′D 0.

On obtient alors l’équation de l’intersection en remplaçant t′par 0 dans la représentation paramétrique de S. La droite intersection de P et S a pour représentation paramétrique :

\{ \begin{matrix}x D −2 C t \\ y D −t \\ z D −1 − t \end{matrix}

C’est en fait la droite D.

15Dans un parallélépipède_{Lycée Saint-Joseph Loquidy, Nantes} {Énoncé \atop p. 413}

1 A, B et C définissent un plan si \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC} (par exemple) ne sont pas colinéaires.

\overrightarrow{AB} ( \begin{matrix}−3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} )  I  \overrightarrow{AC} ( \begin{matrix}0 \\ 3 \\ −1 \end{matrix} ) .

De plus,

\frac{0}{−3} D̸ \frac{3}{1}

donc les coordonnées de \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC} ne sont pas proportionnelles. Par conséquent, \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC} ne sont pas colinéaires.

2 \overrightarrow{AE} ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ) . Si E appartenait au plan ▷ABC◁, \overrightarrow{AE} serait une combinai-

son linéaire de \overrightarrow{AB} et \overrightarrow{AC}, donc il existerait deux réels λ et μ tels que :

\overrightarrow{AE} D λ\overrightarrow{AB} C μ\overrightarrow{AC} ⟺ ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ) D λ ( \begin{matrix}−3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) C μ ( \begin{matrix}0 \\ 3 \\ −1 \end{matrix} )

⟺ \{ \begin{matrix}2 D −3λ \\ −1 D λ C 3μ \\ 2 D −μ \end{matrix}

⟺ λ D −\frac{2}{3}, μ D −2 et − 1 D −\frac{2}{3} C 3 × ▷−2◁

La dernière égalité étant fausse, les réels λ et μ n’existent pas, donc E n’appartient pas au plan ▷ABC◁.

Dans un parallélépipède — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 427 — #437

ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{427} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 ABCD doit être un parallélogramme donc :

\overrightarrow{AB} D \overrightarrow{DC} ⟺ ( \begin{matrix}−3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}1 − x_{D} \\ 2 − y_{D} \\ −1 − z_{D} \end{matrix} )

⟺ \{ \begin{matrix}x_{D} D 1 C 3 D 4 \\ y_{D} D 2 − 1 D 1 \\ z_{D} D −1 \end{matrix}

Donc D▷4I 1I −1◁.

De plus,

\overrightarrow{AE} D \overrightarrow{BF} ⟺ ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}x_{F} C 2 \\ y_{F} \\ z_{F} \end{matrix})

⟺ \{ \begin{matrix}x_{F} D 0 \\ y_{F} D −1 \\ z_{F} D 2 \end{matrix}

Donc F ▷0I −1I 2◁. Ensuite,

\overrightarrow{BC} D \overrightarrow{F G} ⟺ ( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}x_{G} \\ y_{G} C 1 \\ z_{G} − 2 \end{matrix})

⟺ \{ \begin{matrix}x_{G} D 3 \\ y_{G} D 1 \\ z_{G} D 1 \end{matrix}

Donc G▷3I 1I 1◁. Enfin,

\overrightarrow{F G} D \overrightarrow{EH} ⟺ ( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}x_{H} − 3 \\ y_{H} C 2 \\ z_{H} − 2 \end{matrix})

⟺ \{ \begin{matrix}x_{H} D 6 \\ y_{H} D 0 \\ z_{H} D 1 \end{matrix}

Donc H▷6I 0I 1◁.

4 \begin{aligned}\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AB} & D ( \begin{matrix}2 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ) · ( \begin{matrix}−3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix} ) \\ & D 2 × ▷−3◁ C ▷−1◁ × 1 C 2 × 0 \\ & D −7. \end{aligned}

Dans un parallélépipède — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 428 — #438

CORRIGÉS_{428}

5 On sait que \overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AB} D AE × AB × cos { \atop BAE}. De plus,

AE D \sqrt{2^{2} C ▷−1◁^{2} C 2^{2}} D \sqrt{9} D 3

et

AB D \sqrt{▷−3◁^{2} C 1^{2} C 0^{2}} D \sqrt{10}.

Ainsi,

\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AB} D AE × AB × cos { \atop BAE} ⟺ cos { \atop BAE} D \frac{\overrightarrow{AE} · \overrightarrow{AB}}{AE × AB}

⟺ cos { \atop BAE} D \frac{−7}{3\sqrt{10}}

⟺ { \atop BAE} ≈ 138^{∘}.

6 (a) \overrightarrow{BK} ( \frac{3}{2} ; 1 ; −\frac{1}{2} ) et \overrightarrow{BC} ( \begin{matrix}3 \\ 2 \\ −1 \end{matrix} ) . Ainsi,

\overrightarrow{BC} D 2\overrightarrow{BK}.

Les vecteurs sont donc colinéaires, ce qui montre que K appartient à la droite ▷BC◁.

(b) \overrightarrow{AK} · \overrightarrow{BK} D ( \begin{matrix}−\frac{3}{2} \\ 2 \\ −\frac{1}{2} \end{matrix} ) · ( \frac{3}{2} ; 1 ; −\frac{1}{2} ) D −\frac{9}{4} C 2 C \frac{1}{4} D 0.

(c) De la question précédente, on déduit que ▷BC◁ est orthogonale à la droite ▷AK◁. Or, K appartient à ▷BC◁ donc AK représente bien la distance entre le point A et la droite ▷BC◁.

AK D \sqrt{( −\frac{3}{2}) ^{2} C 2^{2} C ( −\frac{1}{2}) ^{2}}

D \sqrt{\frac{9}{4} C \frac{16}{4} C \frac{1}{4}}

D \sqrt{\frac{26}{4}}

D \frac{\sqrt{26}}{2}.

L’unité graphique étant le centimètre, on déduit que la distance

entre A et la droite ▷BC◁ est égale à \frac{\sqrt{26}}{2} cm.

(d) L’aire d’un parallélogramme est donnée par la formule :

base × hauteur.

Dans un parallélépipède — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 429 — #439

ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{429} CORRIGÉS INTERROS COURS

Ainsi, l’aire de ABCD, exprimée en cm^{2}, est égale à :

A_{ABCD} D AK × BC D \frac{\sqrt{26}}{2} × \sqrt{3^{2} C 2^{2} C ▷−1◁^{2}}

D \frac{\sqrt{26}}{2} × \sqrt{14}

D \frac{\sqrt{26 × 14}}{2}

D \frac{\sqrt{2 × 13 × 2 × 7}}{2}

D \frac{2\sqrt{13 × 7}}{2}

D \sqrt{91}.

7 Un vecteur \overrightarrow{n} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \end{matrix}) normal au plan ▷ABC◁ est tel que :

\{ \begin{matrix}\overrightarrow{n} · \overrightarrow{AB} D 0 \\ \overrightarrow{n} · \overrightarrow{AC} D 0 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}−3a C b D 0 \\ 3b − c D 0 \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}b D 3a \\ c D 3b D 9a \end{matrix}

En prenant a D 1 par exemple, on trouve \overrightarrow{n} ( \begin{matrix}1 \\ 3 \\ 9 \end{matrix}) .

8 Trouvons une équation cartésienne du plan ▷ABC◁. On sait qu’elle est de la forme :

x C 3y C 9z C d D 0

car \overrightarrow{n} ( \begin{matrix}1 \\ 3 \\ 9 \end{matrix}) est normal à ce plan.

De plus,

B ∈ ▷ABC◁ ⟺ x_{B} C 3y_{B} C 9z_{B} C d D 0 ⟺ d D 2.

On trouve finalement :

▷ABC◁ V x C 3y C 9z C 2 D 0.

Dans un cube — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 430 — #440 CORRIGÉS_{430}

La distance du point E au plan ▷ABC◁ est alors :

d(EI ▷ABC◁)D \frac{|x_{E} C 3y_{E} C 9z_{E} C 2|}{\sqrt{1^{1} C 3^{2} C 9^{2}}}

D \frac{|3 C 3 × ▷−2◁ C 9 × 2 C 2|}{\sqrt{91}}

D \frac{17}{\sqrt{91}}.

9 Le volume du parallélépipède est donné par la formule :

V D aire d’une base × hauteur relative à cette base

D A_{ABCD} × d(EI ▷ABC◁)

D \sqrt{91} × \frac{17}{\sqrt{91}}

D 17 cm^{3}.

16Dans un cube_{Polynésie, septembre 2020} {Énoncé \atop p. 414}

1 \overrightarrow{BH} ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) et \overrightarrow{BM} ( \begin{matrix}−t \\ t \\ t \end{matrix} ) .

Ainsi, \overrightarrow{BM} D t\overrightarrow{BH}. Par conséquent, \overrightarrow{BM} et \overrightarrow{BH} sont colinéaires, et donc les points B, M et H sont alignés. On en conclut que pour tout réel t, M est sur la droite ▷BH◁.

2 D’après leurs représentations paramétriques,

▷BH◁ a pour vecteur directeur E u( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) ;

▷F C◁ a pour vecteur directeur E v( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) .

Ainsi,

E u· E vD −1 × 0 C 1 × 1 C 1 × ▷−1◁ D 0.

Par conséquent, ▷BH◁ et ▷F C◁ sont orthogonales.

De plus, ▷F C◁ est incluse dans le plan ▷BCF ◁, ce qui n’est pas le cas de ▷BH◁ car H ∉ ▷BCF ◁. Les droites ▷BH◁ et ▷F C◁ ne sont donc pas coplanaires.

Dans un cube — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 431 — #441 ORTHOGONALITÉ ET DISTANCE DANS L’ESPACE CHAP. 13_{431} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 (a) M▷1 − tI tI t◁ et M′▷1I t′I 1 − t′◁. Donc :

MM^{′2}D ▷x_{M′}− x_{M}◁^{2} C ▷y_{M′}− y_{M}◁^{2} C ▷z_{M′}− z_{M}◁^{2}

D ▷1 − 1 C t◁^{2} C ▷t′− t◁^{2} C ▷1 − t′− t◁^{2} D t^{2} C ▷t′◁^{2} − 2tt′C t^{2} C ▷1 − t′◁^{2} − 2t▷1 − t′◁ C t^{2} D 3t^{2} C ▷t′◁^{2} − 2tt′C 1 − 2t′C ▷t′◁^{2} − 2t C 2tt′ D 3t^{2} C 2▷t′◁^{2} − 2t C 1 − 2t′.

De plus,

3 ( t − \frac{1}{3}) ^{2} C 2 ( t′− \frac{1}{2}) ^{2} C \frac{1}{6}

D 3 ( t^{2} − \frac{2}{3}t C \frac{1}{9}) C 2 ( ▷t′◁^{2} − t′C \frac{1}{4}) C \frac{1}{6}
D 3t^{2} − 2t C \frac{1}{3} C 2▷t′◁^{2} − 2t′C \frac{1}{2} C \frac{1}{6}
D 3t^{2} − 2t C 2▷t′◁^{2} − 2t′C 1
D MM^{′2}.

(b) Pour que MM′soit minimale, il faut que MM^{′2}le soit aussi.

3 ( t − \frac{1}{3}) ^{2} C 2 ( t′− \frac{1}{2}) ^{2} C \frac{1}{6} > 0

comme la somme de deux termes positifs ou nuls et de \frac{1}{6}. MM^{′2}est minimale quand

( t − \frac{1}{3}) ^{2} D 0 et ( t′− \frac{1}{2}) ^{2} D 0

donc pour :

t D \frac{1}{3} et t′D \frac{1}{2}.

(c) \overrightarrow{P Q} ( \frac{1}{3} \frac{1}{6} \frac{1}{6} ) .

\overrightarrow{P Q} · \overrightarrow{BH} D ( \frac{1}{3} \frac{1}{6} \frac{1}{6} ) · ( \begin{matrix}−1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix} ) D −\frac{1}{3} C \frac{1}{6} C \frac{1}{6} D 0;

\overrightarrow{P Q} · \overrightarrow{F C} D ( \frac{1}{3} \frac{1}{6} \frac{1}{6} ) · ( \begin{matrix}0 \\ 1 \\ −1 \end{matrix} ) D \frac{1}{6} − \frac{1}{6} D 0.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 13 page 432 — #442 CORRIGÉS_{432}

Ainsi, ▷P Q◁ est orthogonale à ▷BH◁ et ▷F C◁.

Remarquons maintenant qu’en prenant t D \frac{1}{3} dans la représentation paramétrique de ▷BH◁, on obtient les coordonnées de P ; donc P ∈ ▷BH◁. De même, en prenant t′ D \frac{1}{2} dans la représentation paramétrique de ▷F C◁, on obtient les coordonnées de Q; donc Q ∈ ▷F C◁.

Ainsi, en plus d’être orthogonales, les droites ▷BH◁ et ▷F C◁ sont perpendiculaires à ▷P Q◁.

(d) D’après ce qui précède, la distance entre ▷BH◁ et ▷F C◁ est égale à

P Q, distance minimale de MM′, donc égale à \sqrt{\frac{1}{6}} D \frac{\sqrt{6}}{6}.

Baccalauréat blanc

La durée de l’épreuve est de 4 heures. Elle est composée de quatre exercices.

1Exercice 1 – 5 points_{Amérique du Nord, sujet 2, mai 2025} Corrigé p. 438 ⋆ ⋆ 60 min

Au basket-ball, il est possible de marquer des paniers rapportant un point, deux points ou trois points.

Les parties A et B sont indépendantes.

Partie A

L’entraineur d’une équipe de basket décide d’étudier les statistiques de réussite des lancers de ses joueurs. Il constate qu’à l’entrainement, lorsque Victor tente un panier à trois points, il le réussit avec une probabilité de 0,32.

Lors d’un entrainement, Victor effectue une série de 15 lancers à trois points. On suppose que ces lancers sont indépendants.

On note N la variable aléatoire qui donne le nombre de paniers marqués.

Les résultats des probabilités demandées seront, si nécessaire, arrondis au millième.

1 On admet que la variable aléatoire N suit une loi binomiale. Préciser ses

paramètres. 2 Calculer la probabilité que Victor réussisse exactement 4 paniers lors de

cette série. 3 Déterminer la probabilité que Victor réussisse au plus 6 paniers lors de

cette série. 4 Déterminer l’espérance de la variable aléatoire N.

5 On note T la variable aléatoire qui donne le nombre de points marqués après cette série de lancers.

(a) Exprimer T en fonction de N.

(b) En déduire l’espérance de la variable aléatoire T. Donner une interprétation de cette valeur dans le contexte de l’exercice.

(c) Calculer P ▷12 ⩽ T ⩽ 18◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 434 — #444 SUJET_{434}

Partie B

On note X la variable aléatoire donnant le nombre de points marqués par Victor lors d’un match.

On admet que l’espérance E▷X◁ D 22 et la variance V ▷X◁ D 65.

Victor joue n matchs, où n est un nombre entier strictement positif.

On note X_{1}, X_{2}, …, X_{n} les variables aléatoires donnant le nombre de points marqués au cours des 1^{er}, 2^{e}, …, n-ième matchs. On admet que les variables aléatoires X_{1}, X_{2}, …, X_{n} sont indépendantes et suivent la même loi que celle de X.

On pose M_{n} D \frac{X_{1} C X_{2} C … C X_{n}}{n} .

1 Dans cette question, on prend n D 50.

(a) Que représente la variable aléatoire M_{50}?

(b) Déterminer l’espérance et la variance de M_{50}.

(c) Démontrer que P ▷|M_{50} − 22| ⩾ 3◁⩽ \frac{13}{90}.

(d) En déduire que la probabilité de l’évènement « 19 < M_{50} < 25 » est strictement supérieure à 0,85.

2 Indiquer, en justifiant, si l’affirmation suivante est vraie ou fausse :

« Il n’existe aucun entier naturel n tel que P (|M_{n} − 22| ⩾ 3) < 0,01 ».

2Exercice 2 – 4 points_{Centres étrangers, sujet 1, juin 2025} Corrigé p. 441 ⋆ ⋆ 45 min

Partie A

On considère l’équation différentielle :

▷E_{1}◁ V y′C 0,48y D \frac{1}{250},

où y est une fonction de la variable t appartenant à l’intervalle T0I C∞T.

1 On considère la fonction constante h définie sur l’intervalle T0I C∞T par

h▷t◁ D \frac{1}{120}.

Montrer que la fonction h est solution de l’équation différentielle ▷E_{1}◁. 2 Donner la forme générale des solutions de l’équation différentielle

y′C 0,48y D 0. 3 En déduire l’ensemble des solutions de l’équation différentielle ▷E_{1}◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 435 — #445

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

435

Partie B

On s’intéresse à présent à l’évolution d’une population de bactéries dans un milieu de culture. À un instant t D 0, on introduit une population initiale de 30 000 bactéries dans le milieu. On note p▷t◁ la quantité de bactéries, exprimée en millier d’individus, présente dans le milieu après un temps t, exprimé en heure. On a donc p▷0◁ D 30. On admet que la fonction p définie sur l’intervalle T0I C∞T est dérivable, strictement positive sur cet intervalle et qu’elle est solution de l’équation différentielle ▷E_{2}◁ :

p′D \frac{1}{250}p × ▷120 − p◁.

Soit y la fonction strictement positive sur l’intervalle T0I C∞T telle que, pour

tout t appartenant à l’intervalle T0I C∞T , on a p▷t◁ D \frac{1}{y▷t◁}.

1 Montrer que si p est solution de l’équation différentielle ▷E_{2}◁, alors y

est solution de l’équation différentielle ▷E_{1}◁ : y′C 0,48y D \frac{1}{250}.

2 On admet réciproquement que, si y est une solution strictement positive

de l’équation différentielle ▷E_{1}◁, alors p D \frac{1}{y} est solution de l’équation

différentielle ▷E_{2}◁.

Montrer que, pour tout t appartenant à l’intervalle T0 I C∞T , on a :

p▷t◁ D \frac{120}{1 C Ke^{−0,48t}} avec K une constante réelle.

3 En utilisant la condition initiale, déterminer la valeur de K.

4 Déterminer lim_{t→C∞} p▷t◁. En donner une interprétation dans le contexte

de l’exercice. 5 Déterminer le temps nécessaire pour que la population de bactéries dé-

passe 60 000 individus.

On donnera le résultat sous la forme d’une valeur arrondie exprimée en heures et minutes.

3Exercice 3 – 6 points_{Énoncé original} Corrigé p. 444 ⋆ ⋆ ⋆ 75 min

On considère la fonction f définie sur l’intervalle U − 1 I C∞T par :

f ▷x◁ D x − 1 C \frac{ln▷1 C x◁}{1 C x}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 436 — #446 SUJET_{436}

On note C la courbe représentative de f dans un repère orthonormé.

Partie A

1 Déterminer la limite de f ▷x◁ en −1 et en C∞.

2 On note f′la fonction dérivée de f.

Montrer que f′▷x◁ D \frac{x^{2} C 2x C 2 − ln▷x C 1◁}{▷x C 1◁^{2}} .

3 Pour tout x de l’intervalle U − 1 I C∞T, on pose :

N▷x◁ D x^{2} C 2x C 2 − ln▷1 C x◁.

On admet que N′▷x◁ D \frac{2x^{2} C 4x C 1}{x C 1}.

(a) Donner le sens de variations de N sur U − 1 I C∞T.

(b) Calculer la valeur du minimum de N▷x◁ sur U − 1 I C∞T, puis en

déduire les variations de f sur U − 1 I C∞T. 4 Démontrer que l’équation f ▷x◁ D 0 admet une unique solution sur

U0I 1T.

On notera cette solution α. 5 Montrer que ln▷1 C α◁ D 1 − α^{2}.

Partie B

Soit la fonction φ définie sur U − 1I C∞T par :

φ▷x◁ D 1 − \frac{ln▷1 C x◁}{1 C x}.

On considère alors la suite ▷u_{n}◁ définie par :

\{ \begin{matrix}u_{0} & D 1 \\ u_{nC1} & D φ▷φ ▷u_{n}◁◁ pour tout n de ℕ. \end{matrix}

1 (a) On suppose que φ est continue et strictement décroissante sur T0I 1U.

Montrer que pour tout réel x ∈ T0I 1U, 0 ⩽ φ▷φ▷x◁◁ ⩽ 1.

(b) Montrer alors par récurrence que pour tout entier naturel n, 0 ⩽ u_{nC1} ⩽ u_{n} ⩽ 1.

(c) En déduire que ▷u_{n}◁ converge. 2 (a) Montrer que φ▷φ▷α◁◁ D α, où α est l’unique solution de l’équation

f ▷x◁ D 0 introduite dans la partie A.

On suppose que α est l’unique solution à l’équation φ▷φ▷x◁◁ D x sur T0I 1U.

(b) En déduire la limite de ▷u_{n}◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 437 — #447

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

437

4Exercice 4 – 5 points_{Sujets divers, session 2025} Corrigé p. 448 ⋆ ⋆ 60 min

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point. Dans cet exercice, les questions sont indépendantes les unes des autres.

1 Dans une classe de terminale, il y a 18 filles et 14 garçons.

On constitue une équipe de volley-ball en choisissant au hasard 3 filles et 3 garçons. Affirmation 1 : il y a 297 024 possibilités pour former une telle équipe.

2 Soit f la fonction définie sur T1I C∞T par :

f ▷x◁ D x ln▷x◁.

Affirmation 2 : ∫_{1}^{e} f ▷x◁dx D \frac{e^{2} C 1}{4}.

3 Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé (OIE i, E j,E k), on considère les points A▷1I 1I 2◁, B▷5I −1I 8◁ et C▷2I 1I 3◁. Affirmation 3 : \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} D 10 et une mesure de l’angle { \atop BAC} est 30°.

4 Dans l’espace rapporté à un repère orthonormé (OIE i, E j,E k), on considère les droites ▷d◁ et ▷d′◁ de représentations paramétriques :

▷d◁ V \{ \begin{matrix}x D 15 C k \\ y D 8 − k \\ z D −6 C 2k \end{matrix} , k ∈ ℝ et ▷d′◁ V \{ \begin{matrix}x D 1 C 4s \\ y D 2 C 4s \\ z D 1 − 6s \end{matrix} , s ∈ ℝ.

Affirmation 4 : les droites ▷d◁ et ▷d′◁ ne sont pas coplanaires. 5 Soit x donné dans T0I 1T. On considère la suite ▷u_{n}◁ définie pour tout

entier naturel n par :

u_{n} D ▷x − 1◁e^{n} C cos▷n◁.

Affirmation 5 : la suite ▷u_{n}◁ diverge vers −∞.

Exercice 1 – 5 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 438 — #448

CORRIGÉ_{438}

1Exercice 1 – 5 points_{Amérique du Nord, sujet 2, mai 2025} {Énoncé \atop p. 433}

Partie A

MÉTHODE

Au baccalauréat, il est très fréquent d’avoir un exercice de probabilités en au moins deux parties. Il est conseillé de prendre connaissance du sujet de chaque partie afin de se faire une idée de ce qui nous est demandé.

Ici, la partie A traite de la loi binomiale; on peut ainsi écrire au brouillon les formules vues dans le cours (espérance, variance et écart-type) et se remémorer rapidement les propriétés importantes et méthodes (linéarité de l’espérance, traduction mathématique des termes « au plus » et « au moins », etc.). Ceci permet éventuellement de raisonner plus vite et mieux au fil des questions.

1 Chaque lancer constitue une expérience de Bernoulli, dont le succès est « le panier est marqué », de probabilité p D 0,32 (d’après l’énoncé). La série de 15 lancers indépendants constitue donc un schéma de Bernoulli.

Ainsi, le nombre N de succès obtenus à l’issue de ce schéma est une variable aléatoire qui suit la loi binomiale de paramètres n D 15 et p D 0,32.

2 La probabilité que Victor réussisse exactement 4 paniers est P ▷N D 4◁.

À l’aide de la calculatrice, on trouve :

P ▷N D 4◁ ≈ 0,206.

3 La probabilité que Victor réussisse au plus 6 paniers lors de cette série est P ▷N ⩽ 6◁.

À RETENIR

« Au plus 6 » signifie « moins de 6, ou 6 au maximum ».

« Au moins 6 » signifie « 6 ou plus de 6 ».

À la calculatrice, on trouve :

P ▷N ⩽ 6◁ ≈ 0,828.

4 L’espérance de la variable N est, d’après le cours :

E▷N◁ D n × p D 15 × 0,32 D 4,8.

Exercice 1 – 5 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 439 — #449

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

439

5 (a) Un panier rapporte 3 points. Ainsi, si Victor marque N paniers à 3

points, le nombre total de points est :

T D 3N.

Nous avons bien exprimé T en fonction de N.

(b) D’après la linéarité de l’espérance, E▷T ◁ D E▷3N◁ D 3 × E▷N◁ D 3 × 4,8 D 14,4.

Cela signifie que, sur un grand nombre de séries de 15 lancers, Victor rapporte en moyenne 14,4 points par série.

(c) On cherche à déterminer P ▷12 ⩽ T ⩽ 18◁.

Pour cela, nous allons nous ramener à la variable aléatoire N, qui suit une loi binomiale (et donc sera plus facile à manipuler).

P ▷12 ⩽ T ⩽ 18◁D P ▷12 ⩽ 3N ⩽ 18◁ D P ▷4 ⩽ N ⩽ 6◁ ≈ 0,586 (à la calculatrice).

Partie B

MÉTHODE

Dans cette partie, nous voyons d’un coup d’œil que le thème abordé est la somme de variables aléatoires indépendantes et loi des grands nombres. On peut alors, avant de se pencher sérieusement sur les questions, se remémorer les quelques formules du cours sur la moyenne de variables aléatoires indépendantes, ainsi que l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev et la loi faible des grands nombres (qui vont sans doute nous servir).

1 Ici, on prend n D 50.

(a) M_{50} représente la moyenne de toutes les variables aléatoires X_{1}, X_{2}, ..., X_{50}, donc le nombre moyen de points marqués par matchs par Victor sur ces 50 matchs.

(b) D’après la linéarité de l’espérance, on a :

E▷M_{50}◁ D \frac{E▷X_{1}◁ C E▷X_{2}◁ C ⋯C E▷X_{50}◁}{50}D E▷X◁ D 22

car les X_{k} suivent toutes la même loi de probabilité que X. Les variables aléatoires X_{k} sont indépendantes donc, d’après le cours,

V ▷M_{50}◁ D \frac{1}{50^{2}} × 50 × V ▷X◁ D \frac{65}{50} D 1,3.

(c) L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev stipule que :

∀ δ > 0, P ▷|M_{50} − E▷M_{50}◁| ⩾ δ◁ ⩽ \frac{V ▷M_{50}◁}{δ^{2}}

Exercice 1 – 5 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 440 — #450

CORRIGÉ_{440}

Nous souhaitons démontrer que :

P ▷|M_{50} − 22| ⩾ 3◁⩽ \frac{13}{90}

ce qui nous pousse à prendre δ D 3 dans l’inégalité précédente :

P ▷|M_{50} − E▷M_{50}◁| ⩾ 3◁ ⩽ \frac{V ▷M_{50}◁}{3^{2}}

soit :

P ▷|M_{50} − 22| ⩾ 3◁ ⩽ \frac{1,3◁}{9}

ce qui donne bien :

P ▷|M_{50} − 22| ⩾ 3◁⩽ \frac{13}{90}

(d) On souhaite ici se pencher que P ▷19 < M_{50} < 25◁. Reprenons l’inégalité obtenue à la question précédente, et passons par l’événement contraire :

P ▷|M_{50} − 22| ⩾ 3◁⩽ \frac{13}{90} ⟺ 1 − P (\overline{|M_{50} − 22| ⩾ 3}) ⩽ \frac{13}{90}

⟺ 1 − P ▷|M_{50} − 22| < 3◁ ⩽ \frac{13}{90}

⟺ 1 − P ▷|M_{50} − 22| ⩽ 2◁ ⩽ \frac{13}{90}

⟺ 1 − P ▷−2 ⩽ M_{50} − 22 ⩽ 2◁ ⩽ \frac{13}{90}

⟺ 1 − P ▷20 ⩽ M_{50} ⩽ 24◁ ⩽ \frac{13}{90}

⟺ 1 − P ▷19 < M_{50} < 25◁ ⩽ \frac{13}{90}

⟺ 1 − \frac{13}{90} ⩽ P ▷19 < M_{50} < 25◁

⟺ P ▷19 < M_{50} < 25◁ ⩾ \frac{77}{90}.

Or, \frac{77}{90} ≈ 0,856 donc :

P ▷19 < M_{50} < 25◁ > 0,85.

2 Dans cette question, n n’est plus égal à 50; il est quelconque.

L’inégalité de concentration donne, en prenant :

P ▷|M_{n} − E▷M_{n}◁| ⩾ δ◁ ⩽ \frac{V ▷M_{n}◁}{δ^{2}n}.

Avec δ D 3, E▷M_{n}◁ D E▷X◁ D 22 et V ▷M_{n}◁ D V ▷X◁ D 65, on a :

P ▷|M_{n} − 22| ⩾ 3◁ ⩽ \frac{65}{9n}.

Exercice 2 – 4 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 441 — #451

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

441

S’il existe un entier n tel que P (|M_{n} − 22| ⩾ 3) < 0,01 alors :

\frac{65}{9n} < 0,01 ⟺ \frac{9n}{65} > 100

⟺ n > 100 × \frac{65}{9}

⟺ n ⩾ 723.

L’affirmation : « Il n’existe aucun entier naturel n tel que P (|M_{n} − 22| ⩾ 3) < 0,01 » est donc fausse.

2Exercice 2 – 4 points_{Centres étrangers, sujet 1, juin 2025} {Énoncé \atop p. 434}

Partie A

MÉTHODE

D’un coup d’œil, on peut voir que cette partie concerne la résolution d’une équation différentielle de la forme y′C ay D b. Il est donc utile d’écrire dès le départ sur le brouillon, avant même de se pencher sérieusement sur les questions, la formule vue en cours qui donne les solutions à une telle équation.

1 Pour montrer que h est solution de ▷E_{1}◁, il faut montrer que :

h′C 0,48h D \frac{1}{250}.

Calculons alors :

h′C 0,48h D 0 C 0,48 × \frac{1}{120} D \frac{48}{12 000} D \frac{1}{250}.

h est donc bien solution de ▷E_{1}◁. 2 D’après le cours, les solutions de l’équation y′C ay D 0 sont :

y_{0}▷t◁ D Ce^{−at} , C ∈ ℝ.

Ainsi, celles de l’équation différentielle y′C 0,48y D 0 sont :

y_{0}▷t◁ D Ce^{−0,48t} , C ∈ ℝ.

� ATTENTION

Il est clairement dit dans l’énoncé : « où y est une fonction de la variable t appartenant à l’intervalle T0I C∞T » donc la variable n’est pas x, mais t.

Exercice 2 – 4 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 442 — #452

CORRIGÉ_{442}

3 D’après le cours, les solutions de l’équation différentielle y′ D ay C b sont :

y▷t◁ D Ce^{at} − \frac{b}{a}.

Alors, les solutions de l’équation différentielle y′C 0,48y D \frac{1}{250} sont :

y▷t◁ D Ce^{−0,48t} − \frac{\frac{1}{250}}{−0,48} , C ∈ ℝ

soit :

y▷t◁ D Ce^{−0,48t} C \frac{1}{120} , C ∈ ℝ.

Partie B

MÉTHODE

En lisant en diagonale l’énoncé de cette partie, on s’aperçoit qu’elle traite d’une application aux équations différentielles. Il y a donc du contexte (auquel il faut faire attention); il est important de ne pas lire trop vite un tel énoncé, quitte à mettre plus de temps que prévu initialement à la résolution de l’exercice.

Par exemple, bien prendre conscience des unités (ici, p▷t◁ est exprimé en millier d’individus, et t est exprimé en heures).

1 D’après l’énoncé, p D \frac{1}{y} donc p′D −\frac{y′}{y^{2}}. Ainsi,

p est solution de ▷E_{2}◁D⇒ p′D \frac{1}{250}p▷120 − p◁

D⇒ −\frac{y′}{y^{2}} D \frac{1}{250} × \frac{1}{y} ( 120 − \frac{1}{y})

D⇒ −y′D \frac{1}{250} × \frac{1}{y} ( 120 − \frac{1}{y}) × y^{2}

D⇒ −y′D \frac{y}{250} ( 120 − \frac{1}{y})

D⇒ −y′D \frac{12}{25}y − \frac{1}{250}

D⇒ y′D −0,48y C \frac{1}{250}

D⇒ y′C 0,48y D \frac{1}{250}

D⇒ y est solution de ▷E_{1}◁.

Exercice 2 – 4 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 443 — #453

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

443

2 On admet dans cette question la réciproque de ce qui a été démontré dans la question précédente, à savoir que :

y est solution de ▷E_{1}◁ D⇒ p est solution de ▷E_{2}◁.

Dans la partie A, nous avons montré que :

y est solution de ▷E_{1}◁ ⟺ y▷t◁ D Ce^{−0,48t} C \frac{1}{120} , C ∈ ℝ.

Ainsi,

p▷t◁ D \frac{1}{y▷t◁}est solution de ▷E_{1}◁

⟺ p▷t◁ D \frac{1}{Ce^{−0,48t} C \frac{1}{120}} est solution de ▷E_{1}◁, C ∈ ℝ

⟺ p▷t◁ D \frac{120}{120Ce^{−0,48t} C 1} est solution de ▷E_{1}◁, C ∈ ℝ

⟺ p▷t◁ D \frac{120}{Ke^{−0,48t} C 1} est solution de ▷E_{1}◁, avec K D 120C ∈ ℝ.

3 On sait que p▷0◁ D 30. Ainsi,

\frac{120}{Ke^{−0,48×0} C 1} D 30 ⟺ 120 D 30Ke^{−0,48t} C 30
⟺ 30Ke^{0} D 90
⟺ K D 3.

Finalement, on a :

p▷t◁ D \frac{120}{3e^{−0,48t} C 1}.

4 lim_{t→C∞} e^{−0,48t} D lim_{T →−∞} e^{T} D 0.

Ainsi, lim_{t→C∞} p▷t◁ D \frac{120}{3 × 0 C 1} D 120.

Cela signifie, dans le contexte de l’exercice, qu’à très long terme, la population bactérienne se rapprochera de 120 000 bactéries.

Exercice 3 – 6 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 444 — #454

CORRIGÉ_{444}

5 Dans cette question, on cherche la plus petite valeur de t pour laquelle :

p▷t◁ > 60 ⟺ \frac{120}{3e^{−0,48t} C 1} > 60

⟺ \frac{3e^{−0,48t} C 1}{120} < \frac{1}{60}

⟺ 3e^{−0,48t} C 1 < 2

⟺ 3e^{−0,48t} < 1

⟺ e^{−0,48t} < \frac{1}{3}

⟺ ln(e^{−0,48t} ) < ln( \frac{1}{3})

⟺ −0,48t < − ln▷3◁

⟺ t > \frac{ln▷3◁}{0,48}

⟺ t > 2,2887756.

Ainsi, la population dépassera 60 000 bactéries après 2,289 heures, soit 2 h 0,289 × 60 min D 2 h 17 min.

3Exercice 3 – 6 points_{Énoncé original} {Énoncé \atop p. 435}

Partie A

MÉTHODE

Il s’agit ici d’une partie où l’objectif principal est clairement d’établir le sens de variation d’une fonction. Dans ce genre de partie, les questions se ressemblent souvent d’un sujet à l’autre :

calcul d’une ou deux limites,

calcul d’une dérivée pour trouver le sens de variation de la fonction,

preuve de l’existence d’une solution à une équation (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires).

1 Calcul de lim_{x→−1} f ▷x◁.

lim_{x→−1} ▷x − 1◁ D −1 − 1 D −2.

De plus, en posant X D x C 1, on a lim_{x→−1} ▷x C 1◁ D 0, d’où :

lim_{x→−1} \frac{ln▷x C 1◁}{x C 1}D lim_{X→0} \frac{ln▷X◁}{X}D −∞ (croissance comparée).

Exercice 3 – 6 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 445 — #455

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

445

Finalement,

lim_{x→−1} f ▷x◁ D −∞.

Calcul de lim_{x→C∞} f ▷x◁.

lim_{x→C∞} ▷x C 1◁ D C∞.

De plus, en posant X D x C 1, on a lim_{x→C∞} ▷x C 1◁ D C∞, d’où :

lim_{x→C∞} \frac{ln▷x C 1◁}{x C 1}D lim_{X→C∞} \frac{ln▷X◁}{X}D 0 (croissance comparée).

Finalement,

lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞.

2 Posons a▷x◁ D x − 1 et b▷x◁ D \frac{ln▷x C 1◁}{x C 1}.

f′▷x◁ D a′▷x◁ C b′▷x◁ D 1 C b′▷x◁.

b▷x◁ D \frac{u▷x◁}{v▷v◁}, avec :

u▷x◁ D ln▷x C 1◁ et v▷x◁ D x C 1
u′▷x◁ D \frac{1}{x C 1} et v▷x◁ D 1.

Ainsi,

b′▷x◁D \frac{u′v − v′u}{v^{2}} ▷x◁

b′▷x◁D \frac{\frac{1}{xC1} × ▷x C 1◁ − 1 × ln▷x C 1◁}{▷x C 1◁^{2}}

b′▷x◁D \frac{1 − ln▷x C 1◁}{▷x C 1◁^{2}}.

Finalement,

f′▷x◁ D 1 C \frac{1 − ln▷x C 1◁}{▷x C 1◁^{2}}

f′▷x◁ D \frac{▷x C 1◁^{2} C 1 − ln▷x C 1◁}{▷x C 1◁^{2}}

f′▷x◁ D \frac{x^{2} C 2x C 2 − ln▷x C 1◁}{▷x C 1◁^{2}} .

3 (a) N′▷x◁ D \frac{2x^{2} C 4x C 1}{x C 1} et sur U − 1 I C∞T, x C 1 > 0 donc N▷x◁

est du signe de 2x^{2} C 4x C 1, dont le discriminant est : 1 D 4^{2} − 4 × 2 × 1 D 16 − 8 D 8.

Le polynôme 2x^{2} C 4x C 1 admet donc deux racines :

x_{1} D \frac{−4 − \sqrt{8}}{4} D −1− \frac{\sqrt{2}}{2} < −1 donc n’est pas prise en compte

Exercice 3 – 6 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 446 — #456

CORRIGÉ_{446}

et x_{2} D \frac{−4 C \sqrt{8}}{4} D −1 C \frac{\sqrt{2}}{2} > −1 donc est prise en compte. On en déduit le tableau suivant :

x −1 x_{2} C∞
N′▷x◁  − 0 C
N ↘ ↗

(b) Une valeur approchée du minimum de N▷x◁ est (à la calculatrice) :

N▷x_{2}◁ ≈ 1,85 > 0.

Ainsi, sur U − 1 I C∞T, N▷x◁ > 0 et donc f′▷x◁ > 0.

On en déduit alors que f est strictement croissante sur U−1 I C∞T. 4 f est continue est strictement croissante sur U − 1I C∞T.

De plus, nous avons vu précédemment que \{ \begin{matrix}lim_{x→−1} f ▷x◁ D −∞ \\ lim_{x→C∞} f ▷x◁ D C∞ \end{matrix} .

0 est donc une valeur de l’ensemble image de U − 1I C∞T par f. Ainsi, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe une unique valeur α telle que f ▷α◁ D 0 sur U − 1I C∞T. L’équation f ▷x◁ D 0 admet donc bien une unique solution (qui est α) sur U − 1I C∞T.

5 Par définition de α,

f ▷α◁ D 0 ⟺ ▷α − 1◁ C \frac{ln▷1 C α◁}{1 C α} D 0

⟺ \frac{▷α − 1◁▷α C 1◁ C ln▷1 C α◁}{1 C α} D 0

⟺ ▷α − 1◁▷α C 1◁ C ln▷1 C α◁ D 0 ⟺ α^{2} − 1 C ln▷1 C α◁ D 0 ⟺ ln▷1 C α◁ D 1 − α^{2}.

Partie B

MÉTHODE Dans cette partie, nous allons a priori étudier une suite. Dans de nombreux sujets de bac, les questions traitent des thèmes suivants :

démonstration par récurrence d’un encadrement, théorème de convergence des suites monotones, théorème du point fixe.

Il faut donc que nos connaissances soient solides sur ces thèmes.

Exercice 3 – 6 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 447 — #457

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

447

1 (a) Soit x ∈ T0I 1U. Puisque φ est strictement décroissante sur T0I 1U, on a :

0 ⩽ x ⩽ 1 ⟺ φ▷1◁ ⩽ φ▷x◁ ⩽ φ▷0◁

⟺ 1 − \frac{ln2}{2} ⩽ φ▷x◁ ⩽ 1

⟺ 0 ⩽ φ▷x◁ ⩽ 1.

En posant X D φ▷x◁, on a X ∈ T0I 1U donc 0 ⩽ φ▷X◁ ⩽ 1, soit :

0 ⩽ φ(φ▷x◁) ⩽ 1.

(b) Notons :

▷P_{n}◁ V 0 ⩽ u_{nC1} ⩽ u_{n} ⩽ 1.

Initialisation.

On a :

u_{1} D φ▷φ▷0◁◁ D φ▷1◁ D 1 − \frac{ln2}{2} ≈ 0,696.

Ainsi,

0 ⩽ u_{1} ⩽ u_{0} ⩽ 1.

▷P_{0}◁ est donc vraie.

Hérédité.

Supposons que pour un entier k fixé, ▷P_{k}◁ est vraie, c’est-à-dire :

0 ⩽ u_{kC1} ⩽ u_{k} ⩽ 1. ▷HR◁

Montrons alors que ▷P_{kC1}◁ est vraie, c’est-à-dire que :

0 ⩽ u_{kC2} ⩽ u_{kC1} ⩽ 1.

Partons de l’hypothèse de récurrence ▷HR◁ :

▷HR◁D⇒ φ▷1◁ ⩽ φ▷u_{k}◁ ⩽ φ▷u_{kC1}◁ ⩽ φ▷0◁

(car la fonction φ est strictement décroissante)

D⇒ \underbrace{φ▷φ▷0◁◁}_{≈0,70}⩽ φ▷φ▷u_{kC1}◁◁ ⩽ φ▷φ▷u_{k}◁◁ ⩽ \underbrace{φ▷φ▷1◁◁}_{≈0,69}

(on retourne encore l’encadrement car φ est décroissante)

D⇒ 0 ⩽ u_{kC2} ⩽ u_{kC1} ⩽ 1.

Ainsi, ▷P_{kC1}◁ est vraie.

Conclusion.

▷P_{0}◁ est vraie et, pour un entier k fixé, ▷P_{k}◁ D⇒ ▷P_{kC1}◁ donc, d’après le principe de récurrence, ▷P_{n}◁ est vraie pour tout entier naturel n.

Exercice 4 – 5 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 448 — #458

CORRIGÉ_{448}

(c) Nous venons de démontrer que la suite ▷u_{n}◁ est décroissante et minorée (par 0). Donc, d’après le théorème de convergence des suites monotones, ▷u_{n}◁ converge.

2 (a) On a vu dans la partie A que ln▷1 C α◁ D 1 − α^{2}, d’où :

φ▷α◁D 1 − \frac{ln▷1 C α◁}{1 C α}

D 1 − \frac{1 − α^{2}}{1 C α}

D 1 − \frac{▷1 C α◁▷1 − α◁}{1 C α}

D 1 − ▷1 − α◁

D α.

Ainsi,

φ▷φ▷α◁◁ D φ▷α◁ D α.

(b) φ est une fonction continue et ▷u_{n}◁ est convergente. D’après le théorème du point fixe, cette limite est solution de l’équation x D φ▷φ▷x◁◁. Or, α est la seule solution à cette équation sur T0I 1U. Ainsi,

lim_{n→C∞} ▷u_{n}◁ D α.

� ATTENTION

Cette seconde partie peut paraître plus difficile que ce que vous avez pu voir dans les annales du baccalauréat, et c’est normal : les directives récentes laissent à suggérer que le niveau de l’épreuve tend à être révisé à la hausse. Nous avons donc voulu proposer un sujet qui vous permet de voir votre facilité à vous adapter à un contexte légèrement différent que celui auquel vous avez l’habitude d’être confrontés.

4Exercice 4 – 5 points_{Sujets divers, session 2025} {Énoncé \atop p. 437}

1 Le fait de faire une équipe de 3 filles et 3 garçons consiste à former un ensemble où l’ordre ne compte pas. Parmi les méthodes de dénombrements en notre possession, seule les combinaisons permettent de dénombrer de tels ensembles non ordonnés.

On choisit 3 filles parmi les 18 de la classe \underline{et} 3 garçons parmi les 14 de la classe. Il y a donc :

\binom{18}{3} × \binom{14}{3} D 297 024 possibilités.

L’affirmation 1 est donc exacte.

Exercice 4 – 5 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 449 — #459

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

449

2 Pour calculer ∫_{1}^{e} x ln▷x◁dx, nous allons utiliser une intégration par parties en posant :

u▷x◁ D ln▷x◁ u′▷x◁ D \frac{1}{x}
v′▷x◁ D x v▷x◁ D \frac{1}{2}x^{2}

Alors,

∫_{1}^{e} x ln▷x◁dxD ∫_{1}^{e}▷uv′◁▷x◁dx

D [▷uv◁▷x◁]_{1}^{e} − ∫_{1}^{e}▷u′v◁▷x◁dx

D [ \frac{1}{2}x^{2} ln▷x◁]_{1}^{e} − ∫_{1}^{e} \frac{1}{2}x^{2} × \frac{1}{x}dx

D \frac{1}{2}e^{2} ln▷e◁ − \frac{1}{2} × 1^{2} × ln▷1◁ − \frac{1}{2} ∫_{1}^{e} xdx

D \frac{1}{2}e^{2} − 0 − \frac{1}{2} [ \frac{1}{2}x^{2}]_{1}^{e}

D \frac{e^{2}}{2} − \frac{1}{4}▷e^{2} − 1◁

D \frac{2e^{2} − e^{2} C 1}{4}

D \frac{e^{2} C 1}{4}.

L’affirmation 2 est donc exacte.

3 \overrightarrow{AB} ( \begin{matrix}5 − 1 \\ −1 − 1 \\ 8 − 2 \end{matrix} ) , soit \overrightarrow{AB} ( \begin{matrix}4 \\ −2 \\ 6 \end{matrix} ) et \overrightarrow{AC} ( \begin{matrix}2 − 1 \\ 1 − 1 \\ 3 − 2 \end{matrix} ) , soit \overrightarrow{AC} ( \begin{matrix}1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix}) .

Ainsi, \overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC} D 4 × 1 C ▷−2◁ × 0 C 6 × 1 D 10.

On sait de plus, que :

\overrightarrow{AB} · \overrightarrow{AC}D AB × AC × cos { \atop BAC}
10 D \sqrt{4^{2} C ▷−2◁^{2} C 6^{2}} × \sqrt{1^{2} C 0^{2} C 1^{2}} × cos { \atop BAC}
10 D \sqrt{56} × \sqrt{2} × cos { \atop BAC}
⟺ cos { \atop BAC} D \frac{10}{\sqrt{56 × 2}} D \frac{10}{\sqrt{112}} D̸ \frac{\sqrt{3}}{2}.

Donc { \atop ABC} D̸ 30°.

L’affirmation 3 est donc fausse.

Exercice 4 – 5 points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 450 — #460

CORRIGÉ_{450}

4 Regardons si ▷d◁ et ▷d′◁ sont parallèles.

Un vecteur directeur de ▷d_{1}◁ est E u( \begin{matrix}1 \\ −1 \\ 2 \end{matrix} ) et un vecteur directeur de

▷d′◁ est {E \atop v′}( \begin{matrix}4 \\ 4 \\ −6 \end{matrix} ) .

\frac{4}{1} D̸ \frac{4}{−1} donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. Ainsi, les droites le son pas parallèles. Regardons si les droites sont sécantes. Pour cela, on résout le système :

\{ \begin{matrix}15 C k & D 1 C 4s \\ 8 − k & D 2 C 4s \\ −6 C 2k & D 1 − 6s \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}k − 4s & D −14 ▷L_{1}◁ \\ k C 4s & D 6 ▷L_{2}◁ \\ 2k C 6s & D 7 ▷L_{3}◁ \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}2k & D −8 ▷L_{1}◁ C ▷L_{2}◁ \\ k C 4s & D 6 \\ 2k C 6s & D 7 \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}k & D −4 \\ 4s & D 6 C 4 D 10 \\ 6s & D 7 − 2 × ▷−4◁ D 15 \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}k & D −4 \\ s & D \frac{5}{2} \\ s & D \frac{15}{6} D \frac{5}{2} \end{matrix}

Le système admet donc un unique couple solution ( k D −4I s D \frac{5}{2}) donc les droites sont sécantes. L’affirmation 4 est alors exacte. x ∈ T0I 1T donc ▷x − 1◁ < 0. De plus,

∀ n ∈ ℕ, u_{n} D e^{n} ( ▷x − 1◁ C \frac{cos▷n◁}{e^{n}})

et

∀ n ∈ ℕ, − 1 ⩽ cos▷n◁ ⩽ 1
⟺ \frac{−1}{e^{n}} ⩽ \frac{cos▷n◁}{e^{n}}⩽ \frac{1}{e^{n}}
⟺ e^{n} ( ▷x − 1◁ − \frac{1}{e^{n}}) ⩽ u_{n} ⩽ e^{n} ( ▷x − 1◁ C \frac{1}{e^{n}})

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 451 — #461

BACCALAURÉAT BLANC CHAP. 14

451

Or,

lim_{n→C∞} ( \frac{1}{e^{n}}) D 0

d’où :

lim_{n→C∞} ( ▷x − 1◁ C \frac{1}{e^{n}}) D x − 1.

De plus,

lim_{n→C∞} e^{n} D C∞.

Ainsi, par produit des limites,

lim_{n→C∞} [e^{n} ( ▷x − 1◁ C \frac{1}{e^{n}}) ] D −∞.

Nous avons montré précédemment que :

u_{n} ⩽ e^{n} ( ▷x − 1◁ C \frac{1}{e^{n}}) .

D’après le théorème de comparaison, on en déduit que :

lim_{n→C∞} u_{n} D −∞.

L’affirmation 5 est donc exacte.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 452 — #462

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 453 — #463

Deuxième partie

MATHÉMATIQUES EXPERTES

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 14 page 454 — #464

Arithmétique

Plan du chapitre

1. Divisibilité

2. PGCD

3. Nombres premiers

1 Divisibilité

1 Calculer le reste de la division euclidienne de 1 000 par 37.

2 En déduire que si n s’écrit 1 000 × u C v alors :

n est divisible par 37 ⟺ u C v est divisible par 37.

Exercice type 1

Lycée Courbet, Belfort

Voir corrigé page 456

Définition 1 : diviseurs et multiples

Soit n ∈ ℤ et p un entier supérieur ou égal à 2. On dit que p divise n, et on écrit p | n, si et seulement si il existe un entier a ∈ ℤ tel que n D a × p.

On rencontre aussi les expressions : n est multiple de p, n est divisible par p.

Théorème 1 : division euclidienne

Soit n ∈ ℤ, et soit p un entier supérieur ou égal à 2.

Il existe un unique q ∈ ℤ appelé quotient, et un unique entier r ∈ T0 I p − 1U appelé reste, tels que :

n D pq C r.

Définition 2 : congruence

Soient n, m ∈ ℤ et p un entier supérieur ou égal à 2. On dit que n est congru à m modulo p, et on note : n ≡ m TpU si et seulement si n − m est divisible par p.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 456 — #466 COURS_{456}

Propriétés 1

Soient a, b, c, d, e ∈ ℤ, et p un entier supérieur ou égal à 2. Alors :

\{ \begin{matrix}a & ≡ b TpU \\ b & ≡ e TpU \\ c & ≡ d TpU \end{matrix}D⇒ \{ \begin{matrix}a & ≡ e & TpU \\ a C c & ≡ b C d & TpU \\ a · c & ≡ b · d & TpU \end{matrix}

1 On peut écrire : 1 000 D 27 × 37 C 1 donc le quotient de la division

euclidienne de 1 000 par 37 vaut 27 et le reste vaut 1. 2 Par la compatibilité des opérations avec la relation de congruence, nous

avons :

1 000 × 1 × u C v ≡ u C v T37U

Ainsi,

n divisible par 37 ⟺ n ≡ 0 T37U

⟺ 1 000u C v ≡ 0 T37U ⟺ u C v ≡ 0 T37U ⟺ u C v divisible par 37.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Courbet, Belfort

Voir énoncé page 455

2 PGCD

2.1 Algorithme d’Euclide

Calculer le PGCD de 231 868 et de 8 190.  Exercice type 2 Lycée Thiers, Marseille Voir corrigé page 457

Théorème 2 : algorithme d’Euclide

Soient a et b deux entiers strictement positifs. On pose A_{0} D a et B_{0} D b, et on définit par récurrence deux suites d’entiers A_{n} et B_{n} comme suit :

A_{nC1} D B_{n}, et B_{nC1} est le reste de la division de A_{n} par B_{n}.

Soit n_{0} le plus petit entier tel que B_{n_{0}} soit nul. Alors, B_{n_{0}−1} est le pgcd de a et de b.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 457 — #467 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{457} CORRIGÉS INTERROS COURS

Mettons en place l’algorithme d’Euclide :

231 868 D 28 × 8 190 C 2 548
8 190 D 3 × 2 548 C 546
2 548 D 4 × 546 C 364
546 D 1 × 364 C 182
182 D 2 × 182 C 0.

Ainsi,

pgcd▷8 190,231 868◁ D 182.

Solution de l’exercice type 2

Lycée Thiers, Marseille

Voir énoncé page 456

2.2 Nombres premiers entre eux

On considère l’équation ▷E◁: 12x −5y D 3 où x et y sont des entiers relatifs. Après avoir vérifié que le couple ▷4 I 9◁ est solution, résoudre l’équation ▷E◁.

Exercice type 3

Lycée Sainte-Croix, Neuilly

Voir corrigé page 458

Définition 3 : entiers premiers entre eux

Deux entiers strictement positifs m et n sont dits premiers entre eux si et seulement si pgcd▷mI n◁ D 1.

Théorème 3 : théorème de Bézout

Soient a et b deux entiers relatifs non nuls. On a l’équivalence suivante :

pgcd▷aI b◁ D 1 ⟺ ∃ ▷u,v◁ ∈ ℤ × ℤ, au C bv D 1.

Propriété 2

Soient a et b deux entiers relatifs non nuls. On a l’équivalence suivante :

\{ \begin{matrix}d|a et d|b \\ ∃ ▷u,v◁ ∈ ℤ × ℤ, au C bv D d \end{matrix} ⟺ pgcd▷aI b◁ D d.

Propriété 3 : équations diophantiennes

Soient a, b et c trois entiers relatifs non nuls. L’équation diophantienne ax C by D c, d’inconnues entières x et y, admet des solutions si et seulement si pgcd▷aI b◁ divise c.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 458 — #468 COURS_{458}

Exemple : pgcd▷17I 19◁ D 1 donc l’équation diophantienne 17xC19y D 1 admet des solutions entières.

Théorème 4 : théorème de Gauss

Si un entier n divise le produit ab et si n et a sont premiers entre eux, alors n divise b.

On a : \begin{matrix}12 & × & 4 & − & 5 & × & 9 & D & 3 \\ 12 & × & x & − & 5 & × & y & D & 3 \end{matrix}

Donc, par soustraction, on a :

12▷x − 4◁ D 5▷y − 9◁.

12 divise 12▷x − 4◁ donc 12 divise 5▷y − 9◁. Or, 12 est premier avec 5 donc, d’après le théorème de Gauss, 12 divise ▷y − 9◁. Il existe donc un entier relatif k tel que y − 9 D 12k soit y D 12k C 9. En remplaçant y par 12k C 9 dans l’équation initiale, on en déduit alors que x D 5k C 4.

Réciproquement, tout couple ▷5k C4 I 12k C9◁, où k désigne un entier relatif est solution de l’équation 12x − 5y D 3 puisque :

12▷5k C 4◁ − 5▷12k C 9◁ D 3.

Les solutions de l’équation ▷E◁ sont les couples ▷5k C 4 I 12k C 9◁, où k désigne un entier relatif.

Solution de l’exercice type 3

Lycée Sainte-Croix, Neuilly

Voir énoncé page 457

3 Nombres premiers

Soit n un entier positif, on définit :

M_{n} D \frac{3^{n} − 1}{2} .

Démontrer que si M_{n} est premier, alors n est premier.

Exercice type 4

Lycée Chaptal, Paris

Voir corrigé page 459

Définition 4

On dit qu’un entier positif n est un nombre premier s’il ne possède que deux diviseurs distincts : 1 et lui-même.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 459 — #469 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{459} CORRIGÉS INTERROS COURS

� ATTENTION

1 n’est pas un nombre premier.

Théorème 5

Soit n un entier supérieur ou égal à 2 non premier. Alors, n admet un diviseur premier inférieur à \sqrt{n}.

Exemple : 2 026 admet un diviseur premier inférieur à 45 car \sqrt{2 026} ≈ 45.

Théorème 6

L’ensemble des nombres premiers est infini.

Théorème 7 : décomposition en facteurs premiers

Pour tout entier n strictement plus grand que 1, il existe un unique k-uplet de nombres premiers ▷p_{1} I … I p_{k}◁, avec p_{1} < ⋯< p_{k}, et un unique k-uplet d’entiers strictement positifs ▷a_{1} I … I a_{k}◁ tel que :

n D p_{1}^{a_{1}} × ⋯× p_{k}^{a_{k}}.

Théorème 8 : petit théorème de Fermat

Soit a un entier naturel. Si p est un nombre premier ne divisant pas a alors a^{p−1} ≡ 1 ▷p◁.

Exemple : p D 7 ne divise pas a D 13 donc, d’après le petit théorème de Fermat,

13^{7−1} ≡ 1 T7U soit 13^{6} ≡ 1 T7U

Supposons que n n’est pas premier. Il existe alors deux entiers p et q strictement supérieurs à 1 tels que M_{n} puisse s’écrire :

M_{n} D ( \frac{3^{pq} − 1}{3^{q} − 1} ) ( \frac{3^{q} − 1}{3 − 1} ) .

Les deux facteurs du produit sont des entiers : le premier est la somme des p premiers termes de la suite géométrique de raison 3^{q} et de premier terme 1; le second est la somme des q premiers termes de la suite géométrique de raison 3 et de premier terme 1. Ce sont donc dans les deux cas des sommes d’entiers non nuls. Comme M_{n} est premier, l’un de ces facteurs est égal à 1. Ceci implique que p D 1 ou q D 1, ce qui est contraire à l’hypothèse, donc n est premier.

Solution de l’exercice type 4

Lycée Chaptal, Paris Voir énoncé page 458

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 460 — #470 INTERROS_{460}
1_{V/F} Divisibilité dans ℕ Corrigé p. 465 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes? 1 Le nombre 8 775 possède 12 diviseurs. 2 Pour tout entier naturel n, l’entier N D n^{5} − n est divisible par 30. 3 L’équation 65x − 20y D 1 n’a pas de solutions dans ℤ^{2}. 4 L’entier 80 × 5^{469} − 1 est multiple de 7.

2_{V/F} PGCD Corrigé p. 465 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes? 1 Si deux entiers naturels sont divisibles respectivement par 6 et 10, alors

leur PGCD est 2. 2 Soit a et b deux entiers naturels non nuls, s’il existe deux entiers relatifs

u et v tels que au C bv D 2, alors le PGCD de a et de b est 2. 3 Si n ≡ 1 T7U alors PGCD▷3n C 4,4n C 3◁ D 7. 4 Le PGCD de a et b est le plus grand diviseur de a C b qui ne soit pas

égal à a C b.

3_{V/F} Nombres premiers Corrigé p. 466 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes? 1 Si p est premier, alors p^{3} C 2 aussi. 2 Si les entiers a et b sont premiers entre eux, alors a C b et a − b le sont

aussi. 3 Si b est premier, alors pour tout entier naturel a non nul,

PGCD▷a,b◁ D 1. 4 Si p est premier, alors l’entier N D 3^{p} − p est divisible par p.

Divisibilité et congruences

4Divisibilité par 9_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. 466 ; 15 min ; ⋆

1 Montrer que pour tout n entier positif, on a : 10^{n} ≡ 1 T9U. 2 En déduire que si n s’écrit 10 × u C v, alors n est divisible par 9 si et

seulement si u C v est divisible par 9. 3 En déduire un critère de divisibilité par 9.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 461 — #471 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{461} CORRIGÉS INTERROS COURS
5Critère de divisibilité par 4_{Lycée Arago, Perpignan} Corrigé ; p. 467 ; 10 min ; ⋆

Montrer qu’un entier est divisible par 4 si et seulement si le nombre constitué de ses deux derniers chiffres en base 10 est divisible par 4.

6Inverse modulo 19_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieux NEW 2026} Corrigé ; p. 467 ; 10 min ; ⋆

1 Justifier que 8 est un inverse de 12 modulo 19. 2 En déduire l’ensemble des solutions entières de l’équation 8x ≡ 7 T19U.

7Divisibilité de polynômes_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 467 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Déterminer les entiers relatifs n tels que 3n − 2 divise n − 4

8Divisibilité par 24_{Lycée Jean-Baptiste Say, Paris} Corrigé ; p. 468 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

1 Quels sont les restes possibles de la division d’un nombre premier p

par 4? 2 Quels sont les restes possibles de la division d’un nombre premier p

par 6? 3 En déduire que pour tout nombre premier p ⩾ 5, l’entier p^{2} − 1 est

divisible par 24.

9Critère de divisibilité par 7_{Lycée Buffon, Paris} Corrigé ; p. 469 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Soit a < 10 000. On peut l’écrire en base 10 :

a D a_{3}a_{2}a_{1}a_{0} avec a_{i} ∈ TT0 I 9UU.

Posons u D 2a_{3} C a_{1} et v D 2a_{2} C a_{0}. Montrer que a est divisible par 7 si et seulement si 3u C v est divisible par 7.

10Chiffres des unités d’une puissance_{Lycée Montesquieu, Herblay} Corrigé ; p. 469 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

1 Déterminer le plus petit entier naturel p non nul tel que 7^{p} ≡ 1 T10U. 2 Trouver le chiffre des unités dans l’écriture décimale de :

A D 1 997^{1 999^{2 001}}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 462 — #472 INTERROS_{462}

PGCD

11Calcul de PGCD_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. 470 ; 10 min ; ⋆

En utilisant l’algorithme d’Euclide, calculer le PGCD des nombres suivants.

{1 2 070 et 432 \atop 2 1 065 et 235}  {3 363 et 792 \atop 4 858 et 910}

12Équation diophantienne_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 470 ; 10 min ; ⋆

Justifier que l’équation 322u C 238v D 266 admet des solutions ▷uI v◁ d’entiers relatifs.

13Entiers premiers entre eux_{Lycée Masséna, Nice} Corrigé ; p. 471 ; 15 min ; ⋆

Soit n un entier positif, montrer que 2n C 3 et n^{2}C 3n C 2 sont premiers entre eux.

14Équations diophantiennes_{Lycée Jean Monod, Clamart} Corrigé ; p. 471 ; 20 min ; ⋆

Il s’agit de résoudre le système ▷S◁ V \{ \begin{matrix}x & ≡ 10 T23U \\ x & ≡ 4 T7U \end{matrix}

1 Déterminer un couple d’entiers ▷α I β◁ solution de : 23α C 7β D 1.

2 En déduire un couple ▷u_{0} I v_{0}◁ solution de l’équation ci-dessous, puis résoudre complètement cette équation :

23u − 7v D −6.

3 Démontrer que x est solution de ▷S◁ si et seulement s’il existe ▷u I v◁

couple d’entiers vérifiant : \{ \begin{matrix}23u − 7v D −6 \\ x D 10 C 23u \end{matrix} .

En déduire l’ensemble des solutions de ▷S◁. 4 Déterminer la plus petite solution entier naturel x_{0} divisible par 16.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 463 — #473 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{463} CORRIGÉS INTERROS COURS
15Équation diophantienne_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 473 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Résoudre dans ℤ^{2} l’équation 5x − 17y D 3.

16Équations diophantiennes_{Lycée Hoche, Versailles} Corrigé ; p. 474 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

On considère l’équation :

▷E◁ V 7x − 26y D 1,

où x et y désignent deux entiers relatifs. 1 Vérifier que ▷15 I 4◁ est une solution de ▷E◁, puis résoudre l’équation

▷E◁. 2 En déduire l’unique entier a tel que :

0 ⩽ a ⩽ 25 et 7a ≡ 1 T26U.

17Système et PGCD_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 475 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

x et y désignent deux nombres entiers naturels non nuls tels que :

▷S◁ V \{ \begin{matrix}x C y & D 117 \\ pgcd▷xI y◁ & D 13 \end{matrix} .

1 Justifier que résoudre le système ▷S◁ revient à résoudre le système :

▷S′◁ V \{ \begin{matrix}x′C y′ & D 9 \\ pgcd▷x′I y′◁ & D 1 \end{matrix} .

2 Résoudre le système ▷S′◁ puis déterminer l’ensemble des couples ▷xI y◁ solutions de ▷S◁.

Nombres premiers

18Justification_{Lycée Jean Monod, Clamart NEW 2026} Corrigé ; p. 475 ; 5 min ; ⋆

Justifier que 353 est un nombre premier.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 464 — #474 INTERROS_{464}
19PPCM et PGCD_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 475 ; 5 min ; ⋆

On donne les décompositions en produit de facteurs premiers suivantes :

a D 2 × 5^{3} × 41 × 43^{3} et b D 2^{4} × 3 × 5^{5} × 29^{3}. Déterminer pgcd▷aI b◁ et ppcm▷aI b◁.

20Décomposition en facteurs premiers_{Lycée Jules Haag, Besançon} Corrigé ; p. 476 ; 10 min ; ⋆

Soit u et v deux entiers premiers entre eux, avec uv D n^{2}. Montrer que u et v sont eux-mêmes des carrés.

21Montrer une divisibilité_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 476 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

Démontrer que pour tout entier naturel k, 7 divise 10^{6kC4} C 3.

22Somme et congruence_{Lycée Jean Monod, Clamart NEW 2026} Corrigé ; p. 477 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Soit n un nombre premier. Montrer que :

1 C 1^{n−1} C 2^{n−1} C 3^{n−1} C ⋯C ▷n − 1◁^{n−1} ≡ 0 TnU.

23Nombres premiers_{Lycée Masséna, Nice} Corrigé ; p. 477 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Soit M_{n} D 1111 …111, le nombre constitué en base 10 par n chiffres «1». Montrer que si M_{n} est premier, n est premier.

24Équation du second degré dans ℤ_{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp} Corrigé ; p. 477 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Soit p un nombre entier. Trouver les couples ▷x I y◁ tels que x^{2} − y^{2} D p.

PGCD — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 465 — #475 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{465} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{V/F} Divisibilité dans ℕ {Énoncé \atop p. 460}

1 Faux. L’entier 8 775 possède 24 diviseurs. Pour calculer le nombre de diviseurs de 8 775, on le décompose en produit de facteurs premiers : 8 775 D 3^{3} × 5^{2} × 13^{1}. Le nombre de diviseurs de 8 775 est donc N D ▷3 C 1◁ × ▷2 C 1◁ × ▷1 C 1◁ D 4 × 3 × 2 D 24.

2 Vrai. Si n D 0 ou n D 1, alors N D 0 donc N est bien divisible par 5. Si n > 1, on écrit N sous forme factorisée : N D n▷n − 1◁▷n C 1◁▷n^{2} C 1◁. On remarque que le nombre n▷n−1◁▷nC1◁ est le produit de trois entiers consécutifs donc il est toujours pair et multiple de 3 donc divisible par 6. Il ne reste plus qu’à prouver que N est toujours multiple de 5 pour pouvoir conclure.

Si n D 5k, n est évidemment divisible par 5;

Si n D 5k C 1 avec k ∈ ℕ, alors n − 1 est multiple de 5 donc N aussi;

Si n D 5k C 4 avec k ∈ ℕ, alors n C 1 est multiple de 5 donc N aussi;

Si n D 5k C 2 avec k ∈ ℕ, alors n^{2} C 1 est multiple de 5 donc N aussi;

Si n D 5k C 3 avec k ∈ ℕ, alors n^{2} C 1 est multiple de 5 donc N aussi.

On peut donc conclure que, pour tout entier naturel n, N est à la fois divisible par 6 et par 5. Comme 5 et 6 sont premiers entre eux, il en résulte que N est divisible par leur produit 30.

3 Vrai. En effet, 5 divise 65 et 20 donc il divise 65x − 20y. Or 5 ne divise

par 1 donc il n’existe pas d’entiers relatifs x et y tels que 65x −20y D 1. 4 Vrai. On a 5^{6} D 15 625, donc 5^{6} ≡ 1 T7U. Or, 469 D 6 × 78 C 1. Donc

5^{469} D (5^{6})^{78} × 5. Par conséquent,5^{469} × 5 ≡ 5 T7U.

Or, 80 ≡ 3 T7U donc 80 × 5^{469} ≡ 1 T7U. L’entier 80 × 5^{469} − 1 est donc un multiple de 7.

2_{V/F} PGCD {Énoncé \atop p. 460}

1 Faux. 12 est divisible par 6 et 20 est divisible par 10, mais le PGCD de

12 et 20 est 4. 2 Faux. On considère les entiers a D 3 et b D 4. On prend u D 6 et

v D −4. On a alors au C bv D 2, alors que le PGCD de a et de b est 1. 3 Vrai. Comme n ≡ 1 T7U alors il existe un entier k tel que n D 7k C 1. On

a alors 3n C 4 D 21k C 7 D 7▷3k C 1◁ et 4n C 3 D 28k C 7 D 7▷4k C 1◁ donc les entiers 3n C 4 et 4n C 3 sont tous les deux divisibles par 7. Il reste à prouver que 3k C 1 et 4k C 1 n’ont aucun diviseur commun. On remarque que 4▷3k C 1◁ − 3▷4k C 1◁ D 1 donc, d’après le théorème de Bézout, les entiers 3k C 1 et 4k C 1 sont premiers entre eux. Par suite, on a bien PGCD▷3n C 4,4n C 3◁ D 7.

Divisibilité par 9 — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 466 — #476

CORRIGÉS_{466}

4 Faux. Le PGCD de a et b est bien un diviseur de a C b, mais ce n’est pas toujours le plus grand diviseur propre. Pour a D 6 et b D 4, le PGCD de a et b est 2, mais la somme a C b D 10 est divisible par 5.

3_{V/F} Nombres premiers {Énoncé \atop p. 460}

1 Faux. Il suffit de choisir p D 2. On a alors p^{3} C 2 D 10. L’entier p est

bien premier mais p^{3} C 2 ne l’est pas. 2 Faux. Choisissons a D 17 et b D 15, les entiers a et b sont premiers

entre eux. Cependant, comme a C b D 32 et a − b D 2, les entiers a C b et a − b ne sont pas premiers entre eux.

3 Faux. Si a est multiple de b, par exemple a D 3b, alors :

PGCD▷a,b◁ D b. 4 Faux. Contre-exemple pour p D 2 : le nombre N D 7, n’est pas divisible

par 2.

4Divisibilité par 9_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Énoncé \atop p. 460}

1 D’après la compatibilité de la multiplication avec la congruence et comme 10 ≡ 1 T9U, on a :

10^{n} ≡ 10 × 10 × ⋯× 10 ≡ 1 × 1 × ⋯× 1 ≡ 1 T9U.

2 Il suffit de voir que l’on a :

10u C v ≡ u C v T9U.

Donc l’un des membres est congru à 0 modulo 9 si et seulement si l’autre membre est congru à 0 modulo 9.

3 Comme la relation de congruence est compatible avec la multiplication, nous avons, pour tout entier n positif, la relation suivante :

10^{n} ≡ 1 T9U.

Écrivons n D a_{0} × 10^{0} C a_{1} × 10^{1} C a_{2} × 10^{2} C ⋯C a_{n} × 10^{n} en base 10, comme la relation de congruence est compatible avec l’addition, nous obtenons

n ≡ a_{0} C a_{1} C a_{2} C ⋯C a_{n} T9U.

Ainsi 9 divise n si et seulement si 9 divise la somme des chiffres qui composent n en base 10.

Divisibilité de polynômes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 467 — #477

ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{467} CORRIGÉS INTERROS COURS

5Critère de divisibilité par 4_{Lycée Arago, Perpignan} {Énoncé \atop p. 461}

Écrivons un entier n D a_{n}a_{n−1} a_{n−2} …a_{0} en base 10. Posons en base 10, m D a_{1}a_{0} et p D a_{n}a_{n−1} …a_{2}. Nous avons l’égalité n D 100pCm. Comme 100 ≡ 0 T4U, nous pouvons affirmer que n ≡ m T4U. Ainsi 4 divise n si et seulement si 4 divise m.

6Inverse modulo 19_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieux NEW 2026} {Énoncé \atop p. 461}

1 Petit rappel : a est un inverse de b modulo p signifie que ab ≡ 1 TpU. On a : 8 × 12 D 96 D 5 × 19 C 1 donc 8 × 12 ≡ 1 T19U. Ainsi, 8 est bien un inverse de 12 modulo 19.

2 \begin{aligned}8x ≡ 7 T19U & ⟺ 12 × 8x ≡ 12 × 7 T19U \\ & ⟺ 96x ≡ 84 T19U \\ & ⟺ x ≡ 8 T19U. \end{aligned}

L’ensemble solution de l’équation 8x ≡ 7 T19U est donc : S D {8 C 19k, k ∈ ℤ}

7Divisibilité de polynômes_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 461}

MÉTHODE Pour trouver toutes les valeurs de n telles que an C b divise n C p, on « fabrique » à partir de n C p une expression ui ressemble à an C b.

Supposons que 3n − 2 divise n − 4. Alors, 3n − 2 divise tout multiple de n − 4, en particulier 3▷n − 4◁ D 3n − 12. 3n − 2|3n − 2 et 3n − 2|3n − 12 donc 3n − 2 divise ▷3n − 2◁ − ▷3n − 12◁, soit 10. Or, les diviseurs de 10 sont −10, −5, −2, −1, 1, 2, 5 et 10. Faisons alors une disjonction de cas :

3n − 2 D −10 ⟺ n D −\frac{8}{3} ∉ ℤ → ne convient pas.

3n − 2 D −5 ⟺ n D −1 ∈ ℤ → convient.

3n − 2 D −2 ⟺ n D 0 ∈ ℤ → convient.

3n − 2 D −1 ⟺ n D \frac{1}{3} ∉ ℤ → ne convient pas.

3n − 2 D 1 ⟺ n D 1 ∈ ℤ → convient.

Divisibilité par 24 — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 468 — #478

CORRIGÉS_{468}

3n − 2 D 2 ⟺ n D \frac{4}{3} ∉ ℤ → ne convient pas.

3n − 2 D 5 ⟺ n D \frac{7}{3} ∉ ℤ → ne convient pas.

3n − 2 D 10 ⟺ n D 4 ∈ ℤ → convient.

Nous trouvons donc que les seules valeurs de n qui conviennent sont :

n ∈ {−1I 0I 1I 4}.

8Divisibilité par 24_{Lycée Jean-Baptiste Say, Paris} {Énoncé \atop p. 461}

1 Le reste ne peut être 0, p serait divisible par 4 (ce qui n’est pas possible puisque p est premier), le reste peut être 1. Si le reste est 2, p D 4k C 2 D 2▷2k C 1◁. Ce nombre n’est premier que si 2k C 1 D 1, soit k D 0; alors p D 2. Enfin le reste peut être 3.

2 Le reste ne peut être 0, car alors p serait divisible par 6, il peut être 1. Si le reste est 2, p D 6k C 2 D 2▷3k C 1◁. Ce nombre n’est premier que si 3k C 1 D 1, soit si k D 0, et alors p D 2. Si le reste est 3, p D 6k C 3 D 3▷2k C 1◁; ce nombre n’est premier que si 2k C1 D 1, soit si k D 0, et alors p D 3. Le reste 4 n’est pas possible : en effet si p D 6k C 4, p D 2▷3k C 2◁; ce nombre ne peut être premier car il n’existe pas de valeur de k telle que 3k C 2 D 1. 5 est un reste possible.

3 Soit p un nombre premier tel que p ⩾ 5.

Les restes possibles dans la division de p par 4 sont sont 1 ou 3 (question 1) et ceux de la division de p par 6 sont 1 ou 5 (question 2). On doit donc étudier quatre cas.

Cas 1.

p ≡ 1 T4U et p ≡ 1 T6U.

Il existe alors deux entiers naturels n_{1} et n_{2} tels que :

p D 4n_{1} C 1 et p D 6n_{2} C 1.

On a donc :

4n_{1} C 1 D 6n_{2} C 1 ,

d’où :

2n_{1} D 3n_{2}.

Comme 2 divise 3n_{2} et est premier avec 3, il résulte du théorème de Gauss que n_{2} est pair. Il existe donc un entier naturel k tel que n_{2} D 2k.

Chiffres des unités d’une puissance — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 469 — #479

ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{469} CORRIGÉS INTERROS COURS

On a alors :

p D 12k C 1 et p^{2} − 1 D 24▷6k^{2} C k◁ ,

ce qui montre que p^{2} − 1 est divisible par 24.

Cas 2.

p ≡ 3 T4U et p ≡ 5 T6U.

Il existe alors deux entiers naturels n_{1} et n_{2} tels que :

p D 4n_{1} C 3 et p D 6n_{2} C 5.

On a donc :

4n_{1} C 3 D 6n_{2} C 5 ,

d’où :

2n_{1} D 3n_{2} C 1.

Par conséquent, 3n_{2} C 1 est pair, donc 3n_{2} est impair. L’entier n_{2} étant alors impair, il existe un entier k tel que n_{2} D 2k C 1. On en déduit que :

p^{2} − 1 D ▷12k C 11◁^{2} − 1 D 24▷k C 1◁▷6k C 5◁ ,

ce qui montre que p^{2} − 1 est divisible par 24.

On étudierait de même le cas 3 :

p ≡ 1 T4U et p ≡ 5 T6U

et le cas 4 :

p ≡ 3 T4U et p ≡ 1 T6U.

9Critère de divisibilité par 7_{Lycée Buffon, Paris} {Énoncé \atop p. 461}

Remarquons que :

10 ≡ 3 T7U , 100 ≡ 2 T7U et 1000 ≡ 6 T7U.

Donc a_{3}a_{2}a_{1}a_{0} ≡ a_{0} C 3a_{1} C 2a_{2} C 6a_{3} T7U, le membre de gauche est congru à 0 si et seulement si le membre de droite l’est.

10Chiffres des unités d’une puissance_{Lycée Montesquieu, Herblay} {Énoncé \atop p. 461}

1 On a successivement :

7 ≡ 7 T10U  7^{2} ≡ 49 ≡ 9 T10U
7^{3} ≡ 7 × 9 ≡ 3 T10U  7^{4} ≡ 7 × 3 ≡ 1 T10U

donc p D 4. 2 Bien sûr :

A ≡ 7^{1 999^{2 001}} T10U.

Entiers premiers entre eux — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 470 — #480

CORRIGÉS_{470}

Notons r le reste de la division euclidienne de 1 999^{2 001} par 4, on a :

A ≡ 7^{r} T10U.

Or, 1 999 ≡ 3 T4U donc il faut simplifier 3^{2 001} T4U. Comme 3^{2} D 9 ≡ 1 T4U, il vient 3^{2 001} ≡ 3^{1} T4U. Alors :

A ≡ 7^{3} T10U donc A ≡ 3 T10U.

Le chiffre des unités dans l’écriture décimale de A est 3.

11Calcul de PGCD_{Lycée Charlemagne, Paris} {Énoncé \atop p. 462}

1 \begin{matrix}2 070 & D 4 × 432 C 342 \\ 432 & D 1 × 342 C 90 \\ 342 & D 3 × 90 C 72 \\ 90 & D 1 × 72 C 18 \\ 72 & D 4 × 18 C 0. \end{matrix}

Ainsi, pgcd▷2 070,432◁ D 18.

2 \begin{matrix}1 065 & D 4 × 235 C 125 \\ 235 & D 1 × 125 C 110 \\ 125 & D 1 × 110 C 15 \\ 110 & D 7 × 15 C 5 \\ 15 & D 3 × 5 C 0. \end{matrix}

Ainsi, pgcd▷1 065,235◁ D 5.

3 \begin{matrix}792 & D 2 × 363 C 66 \\ 363 & D 5 × 66 C 33 \\ 66 & D 2 × 33 C 0. \end{matrix}

Ainsi, pgcd▷792,363◁ D 33.

4 \begin{matrix}910 & D 1 × 858 C 52 \\ 858 & D 16 × 52 C 26 \\ 52 & D 2 × 26 C 0. \end{matrix}

Ainsi, pgcd▷910,858◁ D 26.

12Équation diophantienne_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 462}

Calculons donc dans un premier temps pgcd▷322,238◁ :

322 D 1 × 238 C 84
238 D 2 × 84 C 70
84 D 1 × 70 C 14
70 D 4 × 14 C 0.

Ainsi, pgcd▷322,238◁ D 14. Or, 14 divise 266 donc, d’après une propriété du cours sur les équations diophantiennes, l’équation 322u C 238v D 266 admet des solutions entières car pgcd▷322,238◁ divise 266.

Équations diophantiennes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 471 — #481 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{471} CORRIGÉS INTERROS COURS
13Entiers premiers entre eux_{Lycée Masséna, Nice} {Énoncé \atop p. 462}

Remarquons tout d’abord que :

n^{2} C 3n C 2 D ▷n C 1◁▷n C 2◁

et

2n C 3 D ▷n C 1◁ C ▷n C 2◁.

Or, si un entier d divise deux entiers a et b alors il divise toute combinaison linéaire à coefficients entiers de ces deux entiers.

Posons a D 2n C 3 et b D n^{2} C 3n C 2.

Soit d un diviseur commun à a et b.

Alors d divise 2b − ▷n C 1◁a soit d divise n C 1.

Mais alors d divise aussi ▷2n C 3◁ − 2▷n C 1◁ soit d divise 1. On en déduit que d D 1. On peut alors conclure que le seul diviseur commun à n^{2}C3nC2 et 2n C 3 est 1, ce qui prouve que ces deux nombres sont premiers entre eux.

MÉTHODE

Pour montrer que deux entiers sont premiers entre eux, on dispose de quatre méthodes :

On utilise le théorème de Bezout : deux entiers a et b sont premiers entre eux si et seulement si il existe deux entiers relatifs u et v tels que au C bv D 1.

On désigne par d un diviseur commun aux deux entiers, puis, en utilisant des combinaisons linéaires judicieusement choisies de ces deux entiers, on montre que d D 1.

On montre, en le calculant (par exemple par l’algorithme d’Euclide), que le PGCD de ces deux entiers est égal à 1.

On utilise un raisonnement par l’absurde (on suppose que les deux entiers ne sont pas premiers entre eux et on montre que ceci conduit à une contradiction).

14Équations diophantiennes_{Lycée Jean Monod, Clamart} {Énoncé \atop p. 462}

1 Appliquons l’algorithme d’Euclide :

23 D 7 × 3 C 2
7 D 2 × 3 C 1.

Équations diophantiennes — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 472 — #482 CORRIGÉS_{472}

Alors, 2 × 3 D 7 − 1. Multiplions par 3 la première égalité :

23 × 3 D 7 × 9 C 2 × 3
D 7 × 9 C 7 − 1
D 7 × 10 − 1.

Donc :

23 × 3 − 7 × 10 D −1 ,

d’où :

23 × ▷−3◁ C 7 × 10 D 1.

MÉTHODE

Comme 23 et 7 sont premiers entre eux, le théorème de Bézout assure l’existence d’un couple d’entiers ▷α,β◁ tels que 23α C 7β D 1. L’algorithme d’Euclide permet ensuite de trouver un couple d’entiers répondant à la question.

2 Alors en multipliant par ▷−6◁: 23 × 18 − 7 × 60 D −6. Soit un couple d’entiers ▷u I v◁ vérifiant 23u − 7v D −6 :

23u − 7v D −6 ⟺ 23▷u − 18◁ − 7▷v − 60◁ D 0
⟺ 23▷u − 18◁ D 7▷v − 60◁.

Or, 23 et 7 sont premiers entre eux, d’où :

23u − 7v D −6 ⟺ 23 | ▷v − 60◁ et 7 | ▷u − 18◁

et \frac{v − 60}{23} D \frac{u − 18}{7}

⟺ v D 60 C 23m et u D 18 C 7m avec m ∈ ℤ.

Donc un couple vérifiant l’égalité est, par exemple, celui obtenu pour m D 0, soit ▷60 I 18◁.

3 Soit un entier x :

x solution de ▷S◁ ⟺ \{ \begin{matrix}x D 10 C 23u ▷u ∈ ℤ◁ \\ 10 C 23u ≡ 4 T7U \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}x D 10 C 23u ▷u ∈ ℤ◁ \\ 23u ≡ −6 T7U \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}x D 10 C 23u ▷u ∈ ℤ◁ \\ 23u D −6 C 7v ▷v ∈ ℤ◁ \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}x D 10 C 23u ▷u ∈ ℤ◁ \\ u D 18 C 7m ▷m ∈ ℤ◁ \end{matrix}

⟺ x D 10 C 23▷18 C 7m◁ D 424 C 161m pour un certain m ∈ ℤ.

Équation diophantienne — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 473 — #483 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{473} CORRIGÉS INTERROS COURS

4

\begin{matrix}m & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 \\ \begin{matrix}x \\ D 424 C 161m \end{matrix} & 585 & 746 & 907 & 1068 & 1229 & 1390 & 1551 & \begin{matrix}1712 \\ D 16 × 107 \end{matrix} \end{matrix}

La plus petite solution x_{0} divisible par 16 est 1 712.

15Équation diophantienne_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 463}

On nous demande ici de résoudre une équation diophantienne classique :

5x − 17y D 3.

Étape 1 : calcul de pgcd▷5,17◁.

pgcd▷5,17◁ D 1 car 5 et 17 sont premiers entre eux. La propriété sur les équations diophantiennes nous assure donc l’existence de solutions à cette équation car pgcd▷17,5◁ divise 3.

Étape 2 : exploitation de l’algorithme d’Euclide.

17 D 3 × 5 C 2
5 D 2 × 2 C 1

On en déduit, en remontant l’algorithme :

1 D 5 − 2 × 2
D 5 − ▷17 − 3 × 5◁ × 2
D 7 × 5 − 2 × 17.

D’où :

3 D 21 × 5 − 6 × 17.

Ainsi, le couple ▷x D 21I y D 6◁ est une solution particulière de l’équation 5x − 17y D 3.

Remarque : on aurait aussi pu remarquer, sans faire appel à l’algorithme d’Euclide, que 5×4−1×17 D 3 et ainsi obtenir un autre couple solution : ▷4I 1◁.

Étape 3 : utilisation de la solution particulière.

On a :

5x − 17y D 3
5 × 21 − 17 × 2 D 3

Par différence, on déduit :

5▷x − 21◁ − 17▷y − 2◁ D 0 soit 5▷x − 21◁ D 17▷y − 2◁.

Système et PGCD — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 474 — #484

CORRIGÉS_{474}

Le fait que pgcd▷17,5◁ D 1 nous assure, d’après le théorème de Gauss, que :

5|▷y − 2◁ et 17|▷x − 21◁

soit :

∀ k ∈ ℤ, \{ \begin{matrix}y − 2 & D 5k \\ x − 21 & D 17k \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}x D 21 C 17k \\ y D 2 C 5k \end{matrix}

L’ensemble solution de l’équation 5x − 17y D 3 est donc :

S D {21 C 17kI 2 C 5k◁ , k ∈ ℤ}.

16Équations diophantiennes_{Lycée Hoche, Versailles} {Énoncé \atop p. 463}

1 7 × 15 − 26 × 4 D 1 donc le couple ▷15 I 4◁ est solution.

On a donc :

\{ \begin{matrix}7x − 26y & D 1 \\ 7 × 15 − 26 × 4 & D 1 \end{matrix}

En soustrayant membre à membre, on obtient :

7▷x − 15◁ − 26▷y − 4◁ D 0 ,

ou encore :

7▷x − 15◁ D 26▷y − 4◁.

26 divise le produit 7▷x − 15◁, et est premier avec 7, donc 26 divise x − 15, et il existe k tel que x D 26k C 15. En reportant dans l’équation de départ, on a :

7▷26k C 15◁ − 26y D 1 ,

soit :

26y D 182k C 104 ,

et donc y D 7k C 4. On vérifie que les couples ▷26k C 15 I 7k C 4◁ sont bien solutions en remplaçant dans l’équation de départ :

7▷26k C 15◁ − 26▷7k C 4◁ D 105 − 104 D 1.

Par conséquent, S D {▷26k C 15 I 4 C 7k◁, k ∈ ℤ}.

2 a est une de valeur possible pour x. On veut donc trouver k tel que 0 ⩽ 26k C 16 ⩽ 25. La seule valeur possible est k D 0, et alors a D 15.

Décomposition en facteurs premiers — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 475 — #485

ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{475} CORRIGÉS INTERROS COURS

17Système et PGCD_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 463}

1 On a :

▷xI y◁ est solution de ▷S◁
⟺ ∃ ▷x′I y′◁ ∈ ▷ℕ^{∗}◁^{2}, \{ \begin{matrix}x D 13x′et y D 13y′avec pgcd▷x′I y′◁ D 1 \\ 13x′C 13y′D 13 × 9 \end{matrix}

⟺ ∃ ▷x′I y′◁ ∈ ▷ℕ^{∗}◁^{2}, \{ \begin{matrix}x′C y′ & D 9 \\ pgcd▷x′I y′◁ & D 1 \end{matrix}

2 Recherchons les entiers naturels non nuls x′ et y′ premiers entre eux dont la somme vaut 9. On trouve :

▷1I 8◁I ▷2I 7◁I ▷4I 5◁I ▷5I 4◁I ▷7I 2◁I ▷8I 1◁.

En multipliant chacune de ses valeurs par 13, on obtient les couples ▷xI y◁ solutions de ▷S◁ :

S D {▷13I 104◁I ▷28I 91◁I ▷52I 65◁I ▷65I 52◁I ▷91I 28◁I ▷104I 13◁}.

18Justification_{Lycée Jean Monod, Clamart NEW 2026} {Énoncé \atop p. 463}

\sqrt{353} ≈ 17,8 et les nombres premiers inférieurs à \sqrt{353} (2, 3, 5, 7, 11, 13 et 17) ne divisent pas 353.

Ainsi, 353 est un nombre premier.

19PPCM et PGCD_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 464}

a D 2 × 5^{3} × 41 × 43^{3} et b D 2^{4} × 3 × 5^{5} × 29^{3}.

Pour déterminer pgcd▷aI b◁, on prend les diviseurs communs aux deux décompositions :

pgcd▷aI b◁ D 2 × 5^{3} D 250.

Pour déterminer ppcm▷aI b◁, on prend tous les diviseurs des deux décompositions :

ppcm▷aI b◁ D 2^{4} × 3 × 5^{5} × 29^{3} × 41 × 43.

Somme et congruence — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 476 — #486

CORRIGÉS_{476}

20Décomposition en facteurs premiers_{Lycée Jules Haag, Besançon} {Énoncé \atop p. 464}

Considérons la décomposition de n en produit de facteurs premiers :

n D p_{1}^{a_{1}} × ⋯× p_{k}^{a_{k}}

où p_{1}, …, p_{k} sont des nombres premiers deux à deux distincts et a_{1}, …, a_{k} sont des entiers naturels non nuls. On a alors :

n^{2} D p_{1}^{2a_{1}} × ⋯× p_{k}^{2a_{k}} ,

soit, comme n^{2} D uv :

uv D p_{1}^{2a_{1}} × ⋯× p_{k}^{2a_{k}}.

Comme p_{1}, …, p_{k} sont des nombres premiers, la décomposition de u et v en produits de facteurs premiers est de la forme :

u D p_{1}^{c_{1}} × ⋯× p_{k}^{c_{k}} et v D p_{1}^{d_{1}} × ⋯× p_{k}^{d_{k}}

où c_{i} D 0 dans le cas où le facteur premier p_{i} ne figure pas dans la décomposition de u, ou c_{i} D 2a_{i} dans le cas contraire. En effet, comme u et v sont premiers entre eux, ils ne peuvent avoir aucun facteur premier en commun. On a de même d_{i} D 0 ou d_{i} D 2a_{i}. Dans tous les cas, pour tout entier i compris entre 1 et k, c_{i} et d_{i} sont pairs, donc u et v sont des carrés.

21Montrer une divisibilité_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 464}

Dès que l’on doit démontrer une divisibilité où il y a une puissance, on peut penser aux congruences. pgcd▷10I 7◁ D 1 et 7 est un nombre premier; on peut alors appliquer le petit théorème de Fermat :

10^{7−1} ≡ 1 T7U ⟺ 10^{6} ≡ 1 T7U

En en déduit :

∀ k ∈ ℕ, (10^{6})^{k} ≡ 1 T7U ⟺ 10^{6k} ≡ 1 T7U ▷1◁.

De plus, 10 ≡ 3 T7U, d’où :

10^{4} ≡ 3^{4} T7U soit 10^{4} ≡ 4 T7U ▷2◁.

Des congruences ▷1◁ et ▷2◁, on déduit :

10^{6k} × 10^{4} ≡ 1 × 4 T7U ⟺ 10^{6kC4} ≡ 4 T7U
⟺ 10^{6kC4} C 3 ≡ 4 C 3 T7U
⟺ 10^{6kC4} C 3 ≡ 0 T7U.

Ainsi, 10^{6kC4} C 3 est bien divisible par 7, quelle que soit la valeur de l’entier naturel k.

Équation du second degré dans ℤ — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 477 — #487 ARITHMÉTIQUE CHAP. 15_{477} CORRIGÉS INTERROS COURS
22Somme et congruence_{Lycée Jean Monod, Clamart NEW 2026} {Énoncé \atop p. 464}

n est un nombre premier donc, d’après le petit théorème de Fermat,

∀ k ∈ ℕ, k < n, k^{n−1} ≡ 1 TnU.

On en déduit :

∑_{kD1}^{n−1}k^{n−1} ≡ ∑_{kD1}^{n−1}TnU

⟺ 1^{n−1} C ⋯C ▷n − 1◁^{n−1} ≡ n − 1 TnU
⟺ 1^{n−1} C ⋯C ▷n − 1◁^{n−1} C 1 ≡ n TnU
⟺ 1 C 1^{n−1} C ⋯C ▷n − 1◁^{n−1} ≡ 0 TnU.

23Nombres premiers_{Lycée Masséna, Nice} {Énoncé \atop p. 464}

Le nombre M_{n} est la somme des n premiers termes de la suite géométrique de terme général :

V_{n} D 10^{n}, M_{n} D \frac{10^{n} − 1}{9} .

Supposons que n D pq avec p et q deux entiers. Nous pouvons écrire la décomposition en M_{n} en deux facteurs :

M_{n} D ( \frac{10^{pq} − 1}{10^{q} − 1} ) ( \frac{10^{q} − 1}{10 − 1} ) .

Ces deux termes sont des entiers (sommes des premiers termes de suites géométriques à termes entiers). Comme M_{n} est premier, l’un de ces termes vaut 1, ce qui correspond à p D 1 ou à q D 1. Donc n est premier.

24Équation du second degré dans ℤ_{Lycée Guy de Maupassant, Fécamp} {Énoncé \atop p. 464}

Factorisons le premier membre de l’équation : p D ▷x C y◁▷x − y◁. Comme p est un nombre premier, l’un des deux facteurs est égal à 1 ou à −1. On a donc 4 possibilités :

x C y D 1, et alors x − y D p; on a donc x D \frac{1 C p}{2} et y D \frac{1 − p}{2} , p

étant un nombre premier. Les solutions sont les couples ( \frac{1 C p}{2} I \frac{1 − p}{2} ) ,

p étant un nombre premier.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 15 page 478 — #488 CORRIGÉS_{478}

x − y D 1 et alors x C y D p; les solutions sont alors les couples de la forme ( \frac{1 C p}{2} I \frac{p − 1}{2} ) , p étant un nombre premier. x C y D −1, et alors x − y D −p; les solutions sont alors les couples de la forme ( \frac{−p − 1}{2} I \frac{p − 1}{2} ) , p étant un nombre premier. x − y D −1, et alors x C y D −p et y D −x − p; les solutions sont alors les couples de la forme ( \frac{−p − 1}{2} I \frac{1 − p}{2} ) , p étant un nombre premier.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 479 — #489 16^{Chapitre}

Nombres complexes

Plan du chapitre

1. Nombres complexes : partie algébrique

2. Nombres complexes : partie géométrie

3. Nombres complexes : partie trigonométrie

1 Nombres complexes : partie algébrique

1 Soient z_{1} et z_{2} les nombres complexes z_{1} D \frac{i}{4 − 3i} et z_{2} D \frac{1 C i}{1 − i}.

Mettre sous la forme algébrique les nombres z_{1}, \frac{1}{z_{2}} et z_{1}z_{2}.

2 Résoudre l’équation z − 3\overline{z} D 1 C i.

Exercice type 1

Lycée Fénelon, Paris

Voir corrigé page 481

1.1 Généralités

Théorème 1 : ensemble des nombres complexes ℂ

On admet qu’il existe un ensemble, noté ℂ, de nombres z s’écrivant sous la forme z D a C ib, où i^{2} D −1, a ∈ ℝ et b ∈ ℝ. Dans cet ensemble, on admet que les règles de calculs sont identiques à celles valables dans ℝ (notamment addition et multiplication).

Définitions 1

Soit z D a C ib un nombre complexe.

a est appelé la partie réelle de z, et noté Re▷z◁; b est appelé la partie imaginaire de z, et noté Im▷z◁.

Théorème 2

Soient z_{1} et z_{2} des nombres complexes. On a :

Re▷z_{1} C z_{2}◁ D Re▷z_{1}◁ C Re▷z_{2}◁ et Im▷z_{1} C z_{2}◁ D Im▷z_{1}◁ C Im▷z_{2}◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 480 — #490 COURS_{480}

1.2 Conjugué d’un nombre complexe

Définition 2

Soit z D a C ib un nombre complexe. On appelle conjugué de z le nombre \overline{z} D a − ib.

Théorème 3

Pour tous nombres complexes z et z′:

1 \overline{zz′}D \overline{z} · \overline{z′}  2 \overline{z C z′} D \overline{z} C \overline{z′}  3 \overline{( \frac{z}{z′})} D \frac{\overline{z}}{\overline{z′}} ▷z′ D̸ 0◁

Propriété 1

Soit z D a C ib un nombre complexe. Alors, z × \overline{z} D a^{2} C b^{2}.

MÉTHODE On utilise cette dernière propriété pour trouver la forme algébrique de l’inverse d’un nombre. Si z D 3 C 2i alors :

\frac{1}{z} D \frac{\overline{z}}{z × \overline{z}} D \frac{3 − 2i}{3^{2} C 2^{2}} D \frac{3}{13} − \frac{2}{13}i.

Propriété 2

Soit z un nombre complexe.

z D \overline{z} ⟺ Re▷z◁ D 0; on dit alors que z est un imaginaire pur ; z D −\overline{z} ⟺ Im▷z◁ D 0; on dit alors que z est un réel.

1.3 Formule du binôme de Newton

Propriété 3

Soient a et b deux nombres complexes. Alors,

▷a C b◁^{n} D ∑_{kD0}^{n} \binom{n}{k} a^{k}b^{n−k} .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 481 — #491 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{481} CORRIGÉS INTERROS COURS

1.4 Équations dans ℂ

Propriété 4

Soient z D a C ib et z′D a′C ib′.

z D z′ ⟺ a D a′ et b D b′.

Exemple : on souhaite résoudre l’équation z − 2\overline{z} D 2 C 6i. On a alors :

z − 2\overline{z} D 2 C 6i ⟺ ▷a C ib◁ − 2▷a − ib◁ D 2 C 6i

⟺ −a C 3bi D 2 C 6i ⟺ −a D 2 et 3b D 6 ⟺ a D −2 et b D 2.

L’équation admet donc pour ensemble solution S D {−2 C 2i}.

1 z_{1} D \frac{i▷4 C 3i◁}{▷4 − 3i◁▷4 C 3i◁} D \frac{−3 C 4i}{25} D −\frac{3}{25} C \frac{4}{25}i.

\frac{1}{z_{2}} D \frac{1 − i}{1 C i} D \frac{▷1 − i◁^{2}}{1^{2} C 1^{2}} D \frac{1 − 2i C i^{2}}{2} D \frac{1 − 2i − 1}{2} D −i.

z_{1}z_{2} D \frac{i▷1 C i◁}{▷4 − 3i◁▷1 − i◁} D \frac{i − 1}{4 − 4i − 3i C 3i^{2}} D \frac{▷i − 1◁▷1 C 7i◁}{1 − 7i◁▷1 C 7i◁}

D \frac{i C 7i^{2} − 1 − 7i}{1^{2} C 7^{2}} D \frac{−8}{50} − \frac{6}{50}i D −\frac{4}{25} − \frac{3}{25}i.

Solution de l’exercice type 1

Lycée Fénelon, Paris

Voir énoncé page 479

2 Nombres complexes : partie géométrie

Écrire sous forme trigonométrique le nombre complexe :

\frac{1}{\sqrt{3}} C \frac{i}{3}.

Exercice type 2

Lycée Branly, Nogent Voir corrigé page 484

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 482 — #492 COURS_{482}

2.1 Affixes

Définitions 3

On appelle plan complexe le plan rapporté à un repère orthonormé direct (OI E u,E v).

À tout nombre complexe z D x C iy, on peut associer un point M ou un vecteur E wde coordonnées ▷xI y◁; z est alors l’affixe de M et l’affixe de E w.

Propriétés 5 : affixes de points

Soient A et B deux points du plan complexe, d’affixes respectives z_{A} et z_{B}.

Le milieu de TABU a pour affixe \frac{z_{A} C z_{B}}{2} .

z_{A} D \overline{z_{B}} ⟺ A et B sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses.

L’affixe du vecteur \overrightarrow{AB} est z_{B} − z_{A}.

Propriétés 6 : affixes de vecteurs

Soient E wet {E \atop w′}deux vecteurs du plan complexe, d’affixes respectives z et z′.

E wC {E \atop w′}a pour affixe z C z′.

∀ k ∈ ℝ, k E wa pour affixe kz.

E wD {E \atop w′} ⟺ z D z′.

2.2 Module d’un nombre complexe

Définition 4

On appelle module du nombre complexe z D x C iy, et on note |z|, le nombre réel :

|z| D \sqrt{x^{2} C y^{2}} D \sqrt{z\overline{z}}.

Remarque : quand z désigne l’affixe d’un point M, |z| D OM, et quand z désigne l’affixe d’un vecteur E w, |z| D ∥ E w∥.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 483 — #493 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{483} CORRIGÉS INTERROS COURS

Propriétés 7

Pour tous nombres complexes z et z′:

{|z| D |\overline{z}| \atop |zz′| D |z| × |z′|}  {| \frac{z}{z′}| D \frac{|z|}{|z′|} (z′ D̸ 0) \atop |z^{n}| D |z|^{n} (n ∈ ℤ^{∗})}

|z C z′| ⩽ Tz| C |z′| (inégalité triangulaire)

2.3 Ensemble 𝕌

Définition 5 : ensemble Unité

L’ensemble des nombres complexes z tels que |z| D 1 est noté 𝕌.

Propriété 8 : stabilité de 𝕌

Soient z et z′deux nombres complexes de 𝕌. Alors,

zz′∈ 𝕌  ,  \frac{1}{z} ∈ 𝕌  et  \frac{z}{z′} ∈ 𝕌.

2.4 Arguments d’un nombre complexe

Définition 6

Soit z un nombre complexe non nul et M le point du plan complexe d’affixe z. On appelle argument de z, et on note arg▷z◁, l’angle θ D ▷E u,\overrightarrow{OM}◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 484 — #494 COURS_{484}

Propriétés 9 : calcul d’un argument

Soit z D x C iy. On pose alors θ D arg▷z◁. Alors,

cosθ D \frac{x}{|z|}  et  sinθ D \frac{y}{|z|}.

Remarque : un argument est toujours défini modulo 2π.

Exemple : si z D \frac{1}{2} C \frac{\sqrt{3}}{2}i, alors |z| D \sqrt{( \frac{1}{2}) ^{2} C ( \frac{\sqrt{3}}{2}) ^{2}} D 1, et donc :

cosθ D \frac{1}{2}  et  sinθ D \frac{\sqrt{3}}{2}.

Ainsi, θ D \frac{π}{3} C 2kπ, k ∈ ℤ. On écrira alors : θ D \frac{π}{3} T2πU.

Propriétés 10

Soient z et z′deux nombres complexes non nuls. Alors, pour n ∈ ℤ :

arg▷zz′◁ D arg▷z◁ C arg▷z′◁ T2πU

arg( \frac{1}{z}) D − arg▷z◁ T2πU

arg(z^{n}) D n × arg▷z◁ T2πU

arg( \frac{z}{z′}) D arg▷z◁ − arg▷z′◁ T2πU

2.5 Forme trigonométrique

Définition 7

Soit z un nombre complexe. En notant r D |z| et θ D arg▷z◁ T2πU,

z D r▷cosθ C i sinθ◁

est la forme trigonométrique de z.

Exemple : z D 1 C i\sqrt{3} D 2 ( \frac{1}{2} C \frac{\sqrt{3}}{2}i) D 2 (cos \frac{π}{3} C i sin \frac{π}{3} ).

On a :

\frac{1}{\sqrt{3}} C \frac{i}{3} D \frac{2}{3} [ \frac{\sqrt{3}}{2} C \frac{i}{2}] D \frac{2}{3} [cos( \frac{π}{6} ) C i sin( \frac{π}{6} )] .

Solution de l’exercice type 2

Lycée Branly, Nogent Voir énoncé page 481

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 485 — #495 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{485} CORRIGÉS INTERROS COURS

3 Nombres complexes : partie trigonométrie

1 Déterminer la valeur de cos( \frac{π}{12}) et sin( \frac{π}{12}).

2 Déterminer la forme exponentielle du nombre complexe :

(2 C 2\sqrt{3}i)^{5} .

Exercice type 3

Lycée Guy de Maupassant, Fécamp

Voir corrigé page 486

3.1 Formules de trigonométrie

Propriétés 11 : formules d’addition

Soient a et b deux réels. Alors, cos▷a C b◁ D cos▷a◁ cos▷b◁ − sin▷a◁ sin▷b◁ cos▷a − b◁ D cos▷a◁ cos▷b◁ C sin▷a◁ sin▷b◁ sin▷a C b◁ D sin▷a◁ cos▷b◁ C sin▷b◁ cos▷a◁ sin▷a − b◁ D sin▷a◁ cos▷b◁ − sin▷b◁ cos▷a◁

Propriétés 12 : formules de duplication

Soient a et b deux réels. Alors, cos▷2a◁ D cos^{2}▷a◁ − sin^{2}▷a◁ D 2 cos^{2}▷a◁ − 1 D 1 − 2 sin^{2}▷a◁ sin▷2a◁ D 2 sin▷a◁ cos▷a◁

3.2 Forme exponentielle d’un nombre complexe

Définition 8

Soit z un nombre complexe de module r et d’argument θ. La forme exponentielle de z est : z D re^{iθ}.

On a en particulier : e^{iθ} D cosθ C i sinθ.

Définition 9 : racines n-ièmes de l’unité

Soit n un entier naturel non nul. On appelle racine n-ièmes de l’unité les nombres complexes z tels que z^{n} D 1. On note alors 𝕌_{n} D {z ∈ ℂ, z^{n} D 1}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 486 — #496 COURS_{486}

Propriété 13

Soit n un entier naturel non nul.

𝕌_{n} D \{e^{\frac{2kπ}{n} i}, k entier compris entre 0 et n\}.

Propriétés 14

Soient θ et θ′deux nombres réels. Soit n un entier. Alors : e^{iθ}e^{iθ′}D e^{i▷θCθ′◁}. (e^{iθ})^{n} D e^{inθ} (Formule de Moivre).

cosx D \frac{e^{ix} C e^{−ix}}{2} et sinx D \frac{e^{ix} − e^{−ix}}{2i} (Formules d’Euler).

1 D’après les formules d’addition, on a :

cos( \frac{π}{12}) D cos( \frac{π}{3} − \frac{π}{4} ) D cos \frac{π}{3} cos \frac{π}{4} C sin \frac{π}{3} sin \frac{π}{4}

D \frac{1}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} C \frac{\sqrt{3}}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2}

D \frac{\sqrt{2} C \sqrt{6}}{4}.

sin( \frac{π}{12}) D sin( \frac{π}{3} − \frac{π}{4} ) D sin \frac{π}{3} cos \frac{π}{4} − cos \frac{π}{3} sin \frac{π}{4}

D \frac{\sqrt{3}}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2} − \frac{1}{2} × \frac{\sqrt{2}}{2}

D \frac{\sqrt{6} − \sqrt{2}}{4} .

2 Dans un premier temps, on calcule :

|2 C 2\sqrt{3}i| D \sqrt{2^{2} C ▷2\sqrt{3}◁^{2}}D \sqrt{4 C 12} D 4.

On calcule ensuite un argument θ de 2 C 2\sqrt{3}i avec :

cosθ D \frac{2}{4} D \frac{1}{2} et sinθ D \frac{2\sqrt{3}}{4} D \frac{\sqrt{3}}{2}.

Alors,

(2 C 2\sqrt{3}i)^{5} D (4e^{\frac{π}{3} i})^{5} D 4^{5}e^{\frac{5π}{3}} .

Or, \frac{5π}{3} D 2π − \frac{π}{3} . On peut donc aussi écrire :

(2 C 2\sqrt{3}i)^{5} D 1 024e^{− \frac{π}{3} i} .

Solution de l’exercice type 3

Lycée Guy de Maupassant, Fécamp Voir énoncé page 485

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 487 — #497 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{487} CORRIGÉS INTERROS COURS
1_{V/F} Forme algébrique Corrigé p. 492 10 min

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Si z D −\frac{1}{2} C \frac{1}{2}i, alors z^{4} ∈ ℝ.

2 Si z C \overline{z} D 0 alors z D 0.

3 Si z C \frac{1}{z} D 0 alors z D i ou z D −i.

4 Si |z| D 1 et |z C z′| D 1 alors z′D 0.

2_{V/F} Forme exponentielle Corrigé p. 492 10 min

On considère les deux nombres complexes a D 1 C i\sqrt{3} et b D 1 − i. Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Un argument de a est arg a D \frac{π}{6} .

2 La forme trigonométrique de b est b D \sqrt{2}e^{−i \frac{π}{4}} . 3 Il existe un entier naturel non nul n tel que a^{n} soit réel. 4 Il existe un entier naturel non nul n tel que b^{n} D 1.

3_{V/F} Interprétation géométrique Corrigé p. 492 10 min

On considère dans ℂ l’équation :

z^{2} − 2z C 5 D 0.

On désigne ses racines par z_{1} et z_{2}, la partie imaginaire de z_{1} étant strictement positive. Soient M_{1} et M_{2} les images respectives des deux racines dans le plan complexe. Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes? 1 Les points M_{1} et M_{2} appartiennent au cercle de centre O et de rayon 5. 2 Le triangle OM_{1}M_{2} est équilatéral. 3 L’axe ▷Ox◁ est la médiatrice du segment TM_{1}M_{2}U. 4 Le milieu I du segment TM_{1}M_{2}U a pour affixe 2i.

Partie algébrique

4Forme algébrique_{Lycée Thiers, Marseille} Corrigé ; p. 493 ; 10 min ; ⋆

Mettre sous la forme algébrique les nombres complexes suivants :

\frac{1 C i\sqrt{2}}{\sqrt{2} − i} I ( \frac{1 − i}{1 C i}) ^{2} et i C \frac{1}{i}.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 488 — #498 INTERROS_{488}
5Conjugué et forme algébrique_{Lycée Masséna, Nice NEW 2026} Corrigé ; p. 493 ; 10 min ; ⋆

Mettre sous la forme algébrique le conjugué du nombre complexe suivant :

\frac{▷3 − 2i◁▷5 C i◁}{3i▷7 C 2i◁}.

6Opérations sur les conjugués_{Lycée Buffon, Paris} Corrigé ; p. 493 ; 10 min ; ⋆

Montrer que, pour tout z complexe non nul, on a :

\overline{( z C \frac{1}{z})} − \frac{\overline{1 C z}}{\overline{z}} D \overline{z} − 1.

7Caractérisation des nombres réels_{Lycée Chaptal, Paris} Corrigé ; p. 494 ; 10 min ; ⋆

Soient z_{1} et z_{2} deux nombres complexes de module 1 avec 1 C z_{1}z_{2} D̸ 0. Démontrer que Z D \frac{z_{1} C z_{2}}{1 C z_{1}z_{2}} est réel.

8Équations avec conjugué_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieux NEW 2026} Corrigé ; p. 494 ; 10 min ; ⋆

Résoudre dans ℂ les équations suivantes. vérifient :

1 ▷i − 1◁N zC 2z D 5 C 9i.  2 3z^{2} C 12z C 39 D 0

9Résolution d’équations polynomiales_{Lycée Carnot, Dijon} Corrigé ; p. 495 ; 15 min ; ⋆

On considère l’équation Z^{3} − 12Z^{2} C 48Z − 128 D 0. 1 Montrer que 8 est solution de cette équation. 2 Déterminer a et b deux réels tel que :

Z^{3} − 12Z^{2} C 48Z − 128 D ▷Z − 8◁▷Z^{2} C aZ C b◁.

3 Résoudre l’équation proposée.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 489 — #499 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{489} CORRIGÉS INTERROS COURS
10Racines d’un polynôme_{Lycée Masséna, Nice} Corrigé ; p. 495 ; 25 min ; ⋆

Soit P ▷z◁ D z^{4} − 14z^{3} C 74z^{2} − 126z C 585. 1 (a) Calculer P ▷3i◁.

(b) Montrer que si z est racine de P, alors \overline{z} est aussi racine de P.

Qu’en déduit-on? 2 Déterminer un trinôme Q▷z◁ à coefficients réels tel que :

P ▷z◁ D ▷z^{2} C 9◁Q▷z◁. En déduire toutes les racines de P.

11Ensemble de nombres_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 496 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Soit z un nombre complexe non nul. On pose Z D ▷3 − i◁z C ▷3i − N z◁i. 1 Écrire \overline{Z} en fonction de z et de N z. 2 En posant z D x C yi, démontrer que Z D 3x − 3 C ▷3y − 2x◁i. 3 Déterminer l’ensemble des nombres complexes z tels que :

(a) Z est un nombre réel.

(b) Z est un nombre imaginaire pur.

Formes trigonométrique et exponentielle

12Vrai ou Faux_{Lycée Évariste Galois, Sartrouville} Corrigé ; p. 497 ; 15 min ; ⋆

Préciser pour chacune des égalités suivantes si elle est vraie ou fausse.

1 \frac{\sqrt{3} − i}{1 C i} D e^{− \frac{5iπ}{12}}

2 \frac{1 C i}{1 − i} D i

3 \frac{\sqrt{2}▷1 − i◁}{\sqrt{3} − i} D e^{− \frac{iπ}{12}}

4 \frac{\sqrt{3} C i}{1 − i\sqrt{3}} D i 5 \frac{−1 C i}{1 C i\sqrt{3}} D e^{− \frac{5iπ}{12}}

13Forme exponentielle_{Lycée En Forêt, Montargis} Corrigé ; p. 498 ; 15 min ; ⋆

1 Donner la forme algébrique de ▷1 C i◁^{11}. 2 Donner la forme algébrique de ▷−1 − i◁^{15}. (On pourra pour cela passer

par la forme exponentielle)

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 490 — #500 INTERROS_{490}
14Nombres complexes et trigonométrie_{Lycée du Parc, Lyon} Corrigé ; p. 498 ; 15 min ; ⋆

Posons V u D −\sqrt{2 C \sqrt{2}} C i\sqrt{2 − \sqrt{2}} .

1 Calculer u^{2} sous forme algébrique. 2 Mettre u^{2} sous forme trigonométrique, en déduire u sous forme trigono-

métrique. 3 Cela permet-il d’obtenir des égalités trigonométriques remarquables?

15Équation du second degré_{Lycée Lavoisier, Paris} Corrigé ; p. 499 ; 20 min ; ⋆

Soit ▷E◁ l’équation : z^{2} − 6z C 12 D 0. 1 Montrer que ▷E◁ admet 2 solutions complexes conjuguées u et \overline{u}, u étant

celle de partie imaginaire positive. 2 Calculer le module et un argument de u. En déduire module et argument

de \overline{u}. 3 Donner u − 4 sous forme algébrique puis sous forme trigonométrique.

4 Calculer le module de \frac{u}{u − 4} . En déduire module et argument de \frac{\overline{u}}{\overline{u} − 4} .

5 Proposer une construction géométrique de u et \overline{u}.

16Équation du troisième degré_{Lycée Jules Ferry, Caen} Corrigé ; p. 500 ; 25 min ; ⋆

On se propose de résoudre dans ℂ l’équation suivante :

z^{3} C ▷\sqrt{3} − i◁z^{2} C ▷1 − \sqrt{3}i◁z − i D 0  (E)

1 Montrer qu’il existe une solution z_{0} de (E) qui est imaginaire pure. 2 Écrire le membre de gauche de l’équation sous la forme ▷z − z_{0}◁ × P ▷z◁

où P ▷z◁ est un trinôme à coefficients réels. En déduire l’ensemble des solutions de (E).

3 Mettre ces solutions sous forme trigonométrique et les placer sur un graphique.

17Puissance d’un nombre complexe_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. 501 ; 30 min ; ⋆

1 Au point M d’affixe z, on fait correspondre le point M′d’affixe f ▷z◁ D

\frac{z C \overline{z} − i}{z − i\overline{z}} .

Sur quelle partie du plan f est-elle définie? 2 Donner une forme trigonométrique de f ▷i◁, en déduire que (f ▷i◁)^{4} est

réel.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 491 — #501 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{491} CORRIGÉS INTERROS COURS
18Application du plan complexe_{Lycée Thiers, Marseille} Corrigé ; p. 502 ; 35 min ; ⋆ ; ⋆

Soit f l’application du plan qui à tout point M d’affixe z distincte de 2 − i associe le point M′d’affixe z′définie par :

z′D \frac{z C 3 − 2i}{z − 2 C i} .

1 Interpréter géométriquement le module de z′. 2 En déduire l’ensemble des points M tel que |z′| D 1. 3 Interpréter géométriquement l’argument de z′. 4 En déduire l’ensemble des points M tel que z′soit imaginaire pur. 5 Retrouver le résultat de la question 2 par le calcul. 6 Retrouver le résultat de la question 4 par le calcul.

19Recherche d’un ensemble de points_{Lycée Claude Bernard, Paris} Corrigé ; p. 504 ; 15 min ; ⋆ ; ⋆

Quel est l’ensemble des points M du plan dont les affixes z vérifient : 1 z C \overline{z} D |z|. 2 z − \overline{z} D i|z|.

20Une équation paramétrée_{Lycée Marie Curie, Sceaux} Corrigé ; p. 504 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

1 Soit α ∈ U − π I πU. Résoudre dans ℂ l’équation :

z^{2} − 2 sin▷2α◁z C 2(1 C cos▷2α◁) D 0.

2 Déterminer module et argument de ces solutions. 3 Pour quelles valeurs de α les deux solutions sont-elles égales?

21Sommations classiques_{Lycée Blaise Pascal, Paris} Corrigé ; p. 505 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Étant donné un entier n ≥ 1 et x un réel, calculer :

S D ∑_{kD0}^{n}coskx D 1 C cosx C cos2x C ⋯C cosnx.

Interprétation géométrique — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 492 — #502

CORRIGÉS_{492}

1_{V/F} Forme algébrique {Énoncé \atop p. 487}

1 Vrai. On commence par calculer z^{2} D ( −\frac{1}{2} C \frac{1}{2}i) ^{2} D −\frac{1}{2}i. Il vient

ensuite z^{4} D ( −\frac{1}{2}i) ^{2} D −\frac{1}{4}.

2 Faux. Il suffit de choisir z imaginaire pur : si z D 2i alors z C \overline{z} D 0.

3 Vrai. Si z C \frac{1}{z} D 0 alors \frac{z^{2} C 1}{z} D 0 ce qui équivaut, pour z non nul, à

z^{2} D −1. Cette équation a deux solutions : i et −i. 4 Faux. Si z D 1 et z′ D −2, alors z C z′ D −1 et on a |z| D 1 et

|z C z′| D 1.

2_{V/F} Forme exponentielle {Énoncé \atop p. 487}

1 Faux. Le nombre a a pour argument \frac{π}{3} .

2 Faux. Le module de b est \sqrt{2} et il admet −\frac{π}{4} comme argument mais

\sqrt{2}e^{−i \frac{π}{4}} est la forme exponentielle de b, et non sa forme trigonométrique.

3 Vrai. On a a D 2e^{\frac{π}{3} i} donc a^{3} D 2^{3}e^{iπ} D −8.

4 Faux. Supposons qu’il existe un entier n non nul tel que b^{n} D 1, alors on aurait |b^{n}| D |b|^{n} D 1 d’où on déduirait |b| D 1 ce qui est contradiction avec le résultat trouvé à la question 2.

3_{V/F} Interprétation géométrique {Énoncé \atop p. 487}

1 Faux. Les deux racines de l’équation proposée sont z_{1} D 1 C 2i et z_{2} D 1 − 2i. Leur module est donc égal à \sqrt{5}. Par suite, les points M_{1} et M_{2} appartiennent au cercle de centre O et de rayon \sqrt{5}.

2 Faux. Le triangle OM_{1}M_{2} est isocèle non équilatéral car

OM_{1} D OM_{2} D |z_{1}| D |z_{2}| D \sqrt{5} et M_{1}M_{2} D |z_{2} − z_{1}| D 4. 3 Vrai. Les racines de l’équation sont deux nombres complexes conjugués

donc leurs images sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses. Ainsi l’axe ▷Ox◁ est la médiatrice du segment TM_{1}M_{2}U.

4 Faux. Le milieu I du segment TM_{1}M_{2}U a pour affixe \frac{z_{1} C z_{2}}{2} D 1.

Caractérisation des nombres réels — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 493 — #503 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{493} CORRIGÉS INTERROS COURS
4Forme algébrique_{Lycée Thiers, Marseille} {Énoncé \atop p. 487}

Multiplions le numérateur et le dénominateur par le conjugué du dénominateur :

\frac{1 C i\sqrt{2}}{\sqrt{2} − i} D \frac{▷1 C i\sqrt{2}◁▷\sqrt{2} C i◁}{3}D \frac{\sqrt{2} − \sqrt{2} C 2i C i}{3} D i.

De même, ( \frac{1 − i}{1 C i}) ^{2} D \frac{▷1 − i◁^{2}▷1 − i◁^{2}}{▷1 C i◁^{2}▷1 − i◁^{2}} D \frac{▷1 − i◁^{4}}{▷1^{2} C 1^{2}◁^{2}} D \frac{▷−2i◁^{2}}{4} D −1,

ainsi que : i C \frac{1}{i} D \frac{i^{2} C 1}{i} D \frac{−1 C 1}{i} D 0.

5Conjugué et forme algébrique_{Lycée Masséna, Nice NEW 2026} {Énoncé \atop p. 488}

D’après les propriétés du conjugué d’une somme, d’un produit et d’un quotient, le conjugué de ce nombre complexe vaut :

\overline{( \frac{▷3 − 2i◁▷5 C i◁}{3i▷7 C 2i◁})} D \frac{\overline{▷3 − 2i◁} × \overline{▷5 C i◁}}{\overline{3i} × \overline{▷7 C 2i◁}} D \frac{▷3 C 2i◁▷5 − i◁}{−3i▷7 − 2i◁}.

Développons le numérateur et le dénominateur, nous trouvons :

\frac{−▷3 C 2i◁▷5 − i◁}{3i▷7 − 2i◁} D −\frac{17 C 7i}{6 C 21i}.

Multiplions en haut et en bas par le conjugué du dénominateur :

\frac{−▷3 C 2i◁▷5 − i◁}{3i▷7 − 2i◁} D −\frac{▷17 C 7i◁▷6 − 21i◁}{477} D −\frac{83}{159} C i\frac{35}{53}.

6Opérations sur les conjugués_{Lycée Buffon, Paris} {Énoncé \atop p. 488}

Simplifions le nombre complexe proposé à l’aide des propriétés des conjugués :

\overline{z C \frac{1}{z}} − \frac{\overline{1 C z}}{\overline{z}} D \frac{\overline{z}^{2} C 1 − 1 − \overline{z}}{\overline{z}} D \frac{\overline{z}^{2} − \overline{z}}{\overline{z}} .

(On a utilisé \overline{z_{1}z_{2}} D \overline{z_{1}} × \overline{z_{2}} et \overline{z_{1} C z_{2}} D \overline{z_{1}} C \overline{z_{2}}.)

Simplifions par \overline{z} :

\overline{z C \frac{1}{z}} − \frac{\overline{1 C z}}{\overline{z}} D \frac{\overline{z}^{2} − \overline{z}}{\overline{z}} D \overline{z} − 1.

Équations avec conjugué — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 494 — #504 CORRIGÉS_{494}
7Caractérisation des nombres réels_{Lycée Chaptal, Paris} {Énoncé \atop p. 488}

Il s’agit de démontrer que Z D \overline{Z}. Calculons donc :

Z − \overline{Z} D \frac{z_{1} C z_{2}}{1 C z_{1}z_{2}} − \frac{\overline{z_{1}} C \overline{z_{2}}}{1 C \overline{z_{1}}\overline{z_{2}}} .

En réduisant au même dénominateur :

Z − \overline{Z} D \frac{z_{1} C z_{2} C \overline{z_{1}}\overline{z_{2}}z_{1} C \overline{z_{1}}\overline{z_{2}}z_{2} − \overline{z_{1}} − \overline{z_{2}} − \overline{z_{1}}z_{1}z_{2} − \overline{z_{2}}z_{2}z_{1}}{▷1 C z_{1}z_{2}◁▷1 C \overline{z_{1}}\overline{z_{2}}◁} .

Comme |z_{1}|^{2} D z_{1}\overline{z_{1}} D 1 et |z_{2}|^{2} D z_{2}\overline{z_{2}} D 1, on obtient :

Z − \overline{Z} D \frac{z_{1} C z_{2} C \overline{z_{1}} C \overline{z_{2}} − z_{1} − z_{2} − \overline{z_{1}} − \overline{z_{2}}}{▷1 C z_{1}z_{2}◁▷1 C \overline{z_{1}}\overline{z_{2}}◁} D 0.

Ainsi, Z est réel.

MÉTHODE Pour montrer qu’un nombre complexe Z est réel, on peut

montrer que sa partie imaginaire est nulle

montrer qu’il est non nul et qu’il admet un argument de la forme kπ où k désigne un entier relatif montrer qu’il est égal à son conjugué.

8Équations avec conjugué_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieux NEW 2026} {Énoncé \atop p. 488}

1 ▷i − 1◁N zC 2z D 5 C 9i. Pour résoudre cette équation, on pose z D x C yi. Alors, N zD x − yi et l’équation s’écrit :

▷i − 1◁▷x − yi◁ C 2▷x C yi◁ D 5 C 9i

⟺ xi − yi^{2} − x C yi C 2x C 2yi D 5 C 9i avec i^{2} D −1
⟺ x C y C ▷x C 3y◁i D 5 C 9i
⟺ \{ \begin{matrix}x C y & D 5  ▷L_{1}◁ \\ x C 3y & D 9  ▷L_{2}◁ \end{matrix}
⟺ \{ \begin{matrix}▷L_{2}◁ − ▷L_{1}◁ & ⟺ 2y D 4 ⟺ y D 2 \\ ▷L_{1}◁ & ⟺ x D 5 − 2 D 3 \end{matrix}

L’équation admet donc pour ensemble solution : S D {3 C 2i}.

Racines d’un polynôme — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 495 — #505

NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{495} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 3z^{2} C 12z C 39 D 0.

C’est une équation du second degré donc on peut calculer son discriminant, mais avant tout, remarquons que l’on peut diviser tous les coefficients par 3. Ainsi,

3z^{2} C 12z C 39 D 0 ⟺ z^{2} C 4z C 13 D 0.

1 D b^{2} − 4ac D 4^{2} − 4 × 1 × 13 D −36 D 36i^{2} D ▷6i◁^{2}. Ainsi, les solutions de l’équation sont :

z_{1} D \frac{−b − \sqrt{1}}{2a} D \frac{−4 − 6i}{2} D −2 − 3i

et z_{2} D \overline{z_{1}} D −2 C 3i.

À RETENIR

Si z_{1} est une solution complexe non réelle d’une équation du second degré alors z_{2} D \overline{z_{1}} est la seconde.

9Résolution d’équations polynomiales_{Lycée Carnot, Dijon} {Énoncé \atop p. 488}

1 Posons P ▷Z◁ D Z^{3} − 12Z^{2} C 48Z − 128, et calculons P ▷8◁ :

P ▷8◁ D 512 − 12 × 64 C 48 × 8 − 128 D 0.

Le réel 8 est donc bien racine de P. 2 On cherche donc a et b tel que :

▷Z − 8◁▷Z^{2} C aZ C b◁ D Z^{3} C ▷a − 8◁Z^{2} C ▷b − 8a◁Z − 8b D P ▷Z◁.

En identifiant terme à terme, on trouve : a D −4 et b D 16. Ainsi on a :

P ▷Z◁ D ▷Z − 8◁▷Z^{2} − 4Z C 16◁.

3 Si z est racine de P, ou bien z D 8, ou bien z est racine de Z^{2}−4Z C16. Recherchons les racines de ce trinôme du second degré. On calcule d’abord 1 D −48 D ▷4i\sqrt{3}◁^{2}. On en déduit les racines de ce trinôme, et finalement celles de P :

\{8 I 2 C 2i\sqrt{3} I 2 − 2i\sqrt{3}\} .

10Racines d’un polynôme_{Lycée Masséna, Nice} {Énoncé \atop p. 489}

1 (a) Montrons que 3i est racine de :

z^{4} − 14z^{3} C 74z^{2} − 126z C 585.

Ensemble de nombres — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 496 — #506 CORRIGÉS_{496}

Commençons par calculer les puissances itérées de 3i :

▷3i◁^{1} D 3i, ▷3i◁^{2} D −9, ▷3i◁^{3} D −27i, et ▷3i◁^{4} D 81. Calculons ensuite P ▷3i◁ : P ▷3i◁ D 81 − 14 × ▷−27i◁ C 74 × ▷−9◁ − 126 × ▷3i◁ C 585 D 0.

(b) Comme P est à coefficients réels, pour tout z on a :

\overline{P ▷z◁}D P ▷\overline{z}◁.

Ainsi si z est racine de P, \overline{z} est aussi racine de P. On en déduit que −3i est aussi racine de P.

2 Par une méthode de coefficients indéterminés, on trouve :

P ▷z◁ D ▷z^{2} C 9◁▷z^{2} − 14z C 65◁.

Les racines de z^{2} C 9 sont 3i et −3i (déjà connues). Les autres racines de P sont les solutions z_{1} et z_{2} de z^{2} − 14z C 65 D 0 :

1 D −64 donc z_{1} D 7 C 4i et z_{2} D 7 − 4i. Les racines de P forment donc l’ensemble {−3i I 3i I 7 − 4i I 7 C 4i}.

11Ensemble de nombres_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 489}

1 Z D ▷3 − i◁z C ▷3i − N z◁i donc, par propriétés du conjugué,

\overline{Z} D \overline{▷3 − i◁}N zC \overline{▷3i − N z◁}N iD ▷3 C i◁N zC ▷z C 3i◁i.

2 En posant z D x C yi, on a :

Z D ▷3 − i◁▷x C yi◁ C ▷3i − ▷x − yi◁i

D 3x C 3yi − xi − yi^{2} C 3i^{2} − xi C yi^{2}, avec i^{2} D −1 D 3x − 3 C ▷3y − 2x◁i.

3 (a)

Z est un réel ⟺ Im▷Z◁ D 0

⟺ 3y − 2x D 0

⟺ y D \frac{2}{3}x.

Ainsi, l’ensemble des nombres complexes z tels que Z est un réel est l’ensemble :

\{z D x C \frac{2}{3}xi, x ∈ ℝ\} .

(b)

Z est un imaginaire pur ⟺ Re▷Z◁ D 0
⟺ 3x − 3 D 0
⟺ x D 1

Vrai ou Faux — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 497 — #507 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{497} CORRIGÉS INTERROS COURS

Ainsi, l’ensemble des nombres complexes z tels que Z est un imaginaire pur est l’ensemble :

{z D 1 C yi, y ∈ ℝ} .

12Vrai ou Faux_{Lycée Évariste Galois, Sartrouville} {Énoncé \atop p. 489}

1 Faux. Comparons les modules de \frac{\sqrt{3} − i}{1 C i} et de e^{− \frac{5iπ}{12}} :

|e^{− \frac{5iπ}{12}} | D 1 I |\sqrt{3} − i| D 2 I |1 C i| D \sqrt{2}.

Comme le module d’un quotient est égal au quotient des modules,

| \frac{\sqrt{3} − i}{1 C i} | D \sqrt{2}.

Les deux nombres complexes considérés ont des modules différents; ils ne sont donc pas égaux.

2 Vrai. Il suffit de multiplier les deux termes du quotient par le conjugué du dénominateur et d’effectuer les produits :

\frac{1 C i}{1 − i} D \frac{▷1 C i◁^{2}}{▷1 C i◁▷1 − i◁} D i.

3 Vrai. On écrit le nombre complexe \frac{\sqrt{2}▷1 − i◁}{\sqrt{3} − i} sous forme exponentielle.

Pour cela, on en détermine le module et un argument.

|\sqrt{2}▷1 − i◁| D 2  |\sqrt{3} − i| D 2 ,

donc :

| \frac{\sqrt{2}▷1 − i◁}{\sqrt{3} − i} | D 1.

arg( \sqrt{2}▷1 − i◁) D −\frac{π}{4} T2πU  I  arg( \sqrt{3} − i) D −\frac{π}{6} T2πU.

On en déduit que :

arg \frac{\sqrt{2}▷1 − i◁}{\sqrt{3} − i} D −\frac{π}{4} C \frac{π}{6} D −\frac{π}{12}.

Par conséquent,

\frac{\sqrt{2}▷1 − i◁}{\sqrt{3} − i} D e^{− \frac{iπ}{12}} .

4 Vrai. Il suffit de multiplier les deux termes du quotient par le conjugué du dénominateur.

Nombres complexes et trigonométrie — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 498 — #508

CORRIGÉS_{498}

5 Faux. On raisonne comme à la question 1 en comparant les modules des deux nombres complexes.

| \frac{−1 C i}{1 C i\sqrt{3}} | D \frac{\sqrt{2}}{2} et |e^{− \frac{5iπ}{12}} | D 1, donc ces deux nombres complexes ne

sont pas égaux.

13Forme exponentielle_{Lycée En Forêt, Montargis} {Énoncé \atop p. 489}

1 Écrivons 1 C i sous la forme exponentielle : 1 C i D \sqrt{2}e^{i \frac{π}{4}} .

Ainsi on peut alors calculer aisément :

▷1 C i◁^{11} D ( \sqrt{2})^{11} e^{i \frac{11π}{4}} .

Enfin notons que e^{i \frac{11π}{4}} D e^{i \frac{3π}{4}} . On a donc :

▷1 C i◁^{11} D ( \sqrt{2})^{11} e^{i \frac{3π}{4}} D 32\sqrt{2}( −\frac{1}{\sqrt{2}} C \frac{i}{\sqrt{2}}) D −32 C 32i.

2 Notons que ▷−1 − i◁^{15} D −▷1 C i◁^{15} puisque l’exposant est impair. On

peut donc comme ci-dessus obtenir, en utilisant ici e^{i \frac{15π}{4}} D e^{−i \frac{π}{4}} :

▷−1−i◁^{15} D −▷\sqrt{2}◁^{15}e^{i \frac{15π}{4}} D −▷\sqrt{2}◁^{15}e^{−i \frac{π}{4}} D −128\sqrt{2}( \frac{1}{\sqrt{2}} − \frac{i}{\sqrt{2}})

soit : ▷−1 − i◁^{15} D −128 C 128i .

14Nombres complexes et trigonométrie_{Lycée du Parc, Lyon} {Énoncé \atop p. 490}

1 Calculons u^{2} sous forme algébrique :

u^{2} D 2 C \sqrt{2} − 2 C \sqrt{2} − 2i\sqrt{2} D 2\sqrt{2} − 2i\sqrt{2}.

2 On voit immédiatement que arg▷u^{2}◁ D \frac{−π}{4} et que |u|^{2} D 4.

2 arg▷u◁ D −\frac{π}{4} C k2π et donc arg▷u◁ D −\frac{π}{8} C kπ, k étant un entier relatif. Il y a donc à ce stade deux valeurs possibles pour l’argument de u modulo 2π. On va donc regarder le signe de la partie réelle et de la partie imaginaire de u pour savoir dans quel quadrant du cercle trigonométrique le point image de u se situe. La partie réelle de u est négative, et sa partie imaginaire positive, donc son point image se situe dans le deuxième quadrant.

Équation du second degré — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 499 — #509 NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{499} CORRIGÉS INTERROS COURS

On a donc arg▷u◁ D \frac{7π}{8} . On en déduit que u D 2e^{i \frac{7π}{8}} .

3 On a donc les égalités trigonométriques suivantes :

cos( \frac{π}{8} ) D \frac{\sqrt{2 C \sqrt{2}}}{2} et sin( \frac{π}{8} ) D \frac{\sqrt{2 − \sqrt{2}}}{2} .

15Équation du second degré_{Lycée Lavoisier, Paris} {Énoncé \atop p. 490}

1 Calculons le discriminant de E :

1 D 6^{2} − 4 × 12 D −12.

Les solutions sont donc complexes conjuguées et valent :

u D 3 C i\sqrt{3} et \overline{u} D 3 − i\sqrt{3}.

2 On a : |u|^{2} D 9 C 3 D 12. On obtient donc :

u D 2\sqrt{3}( \frac{\sqrt{3}}{2} C \frac{i}{2}) D 2\sqrt{3}(cos( \frac{π}{6} ) C i sin( \frac{π}{6} )) .

On en déduit : |u| D 2\sqrt{3}. Alors, modulo 2π, arg▷u◁ D \frac{π}{6} . Comme le point d’affixe \overline{u} est le symétrique du point d’affixe u par rapport à l’axe des abscisses, on a |\overline{u}| D 2\sqrt{3}, et modulo 2π,

arg▷\overline{u}◁ D −\frac{π}{6} .

3 Tout d’abord, u − 4 D −1 C i\sqrt{3}, donc |u − 4| D \sqrt{▷−1◁^{2} C 3} D 2. cos(arg▷u − 4◁) D −\frac{1}{2}, et sin(arg▷u − 4◁) D \frac{\sqrt{3}}{2}, donc arg▷u − 4◁ D \frac{3π}{2} T2πU, ce qui donne la forme trigonométrique de u − 4 :

u − 4 D −1 C i\sqrt{3} D 2 ( cos( \frac{2π}{3} ) C i sin( \frac{2π}{3} ) ) .

4 Calculons le module de \frac{u}{u − 4} :

| \frac{u}{u − 4} | D \frac{|u|}{|u − 4|} D \sqrt{3}.

Calculons alors, modulo 2π, l’argument de \frac{u}{u − 4} :

arg( \frac{u}{u − 4} ) D arg▷u◁ − arg▷u − 4◁ D −\frac{π}{2} .

Équation du troisième degré — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 500 — #510 CORRIGÉS_{500}

Comme \frac{\overline{u}}{\overline{u} − 4} est le conjugué de \frac{u}{u − 4} , on a :

| \frac{\overline{u}}{\overline{u} − 4} | D \sqrt{3} et arg( \frac{\overline{u}}{\overline{u} − 4} ) D \frac{π}{2} .

5 Appelons O l’origine, A le point d’affixe 4, U celui d’affixe u et V d’affixe \overline{u}, 𝒞 le cercle de centre O et de rayon 1 et 𝒞′ le cercle de diamètre TOAU. La question 2 nous dit que le point U est sur la demi-droite D d’équation :

argz D \frac{π}{6} .

Or, on sait que sin \frac{π}{6} D \frac{1}{2}, donc on trace la droite d’équation y D \frac{1}{2} qui

coupe le cercle trigonométrique en un point M tel que ( \overrightarrow{OA},\overrightarrow{OM}) D \frac{π}{6} .

Et la question 4 nous dit que le point U est sur 𝒞′car le triangle OAU est rectangle en U. On peut donc construire le point U. Le point V est le symétrique de U par rapport à l’axe des abscisses.

16Équation du troisième degré_{Lycée Jules Ferry, Caen} {Énoncé \atop p. 490}

1 Posons P ▷z◁ D z^{3} C ▷\sqrt{3} − i◁z^{2} C ▷1 − \sqrt{3}i◁z − i et calculons P ▷i◁ :

P ▷i◁ D −i C i − \sqrt{3} C i C \sqrt{3} − i D 0.

Le nombre i est donc solution de ▷E◁.

Puissance d’un nombre complexe — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 501 — #511

NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{501} CORRIGÉS INTERROS COURS

2 Factorisons P :

P ▷z◁D z^{3} − iz^{2} C \sqrt{3}▷z^{2} − iz◁ C z − i
D ▷z − i◁z^{2} C ▷z − i◁ × \sqrt{3}z C z − i
D ▷z − i◁▷z^{2} C \sqrt{3}z C 1◁.

Les deux autres racines de ▷E◁ sont donc les solutions de l’équation ▷E′◁:

z^{2} C \sqrt{3}z C 1 D 0  (E′)

Calculons le discriminant de (E′) : 1 D 3 − 4 × 1 D −1. On obtient alors les deux solutions z_{1} et z_{2} :

z_{1} D \frac{−\sqrt{3} C i}{2} et z_{2} D \frac{−\sqrt{3} − i}{2} .

3 On obtient immédiatement leurs formes trigonométriques :

i D cos( \frac{π}{2} ) C i sin( \frac{π}{2} )
z_{1} D cos( \frac{5π}{6} ) C i sin( \frac{5π}{6} )
z_{2} D cos( −\frac{5π}{6} ) C i sin( −\frac{5π}{6} ) .

17Puissance d’un nombre complexe_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Énoncé \atop p. 490}

1 Le nombre complexe z D x C iy vérifie la relation z − i\overline{z} D 0 si et seulement si :

x C iy − i▷x − iy◁ D 0
▷x − y◁ C i▷y − x◁ D 0
y D x.

Application du plan complexe — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 502 — #512

CORRIGÉS_{502}

La fonction f est définie sur le plan tout entier privé de la droite d’équation y D x.

2 Calculons f ▷i◁ et écrivons-le sous forme algébrique puis sous forme trigonométrique :

f ▷i◁ D \frac{i}{1 − i} D \frac{i▷1 C i◁}{2} D −\frac{1}{2} C \frac{i}{2}

D \frac{1}{\sqrt{2}} ( cos( \frac{3π}{4} ) C i sin( \frac{3π}{4} ) ) .

En appliquant la formule de Moivre, on trouve :

▷f ▷i◁◁^{4} D \frac{1}{4} ▷cos▷π◁ C i sin▷π◁◁D −\frac{1}{4}.

Donc (f ▷i◁)^{4} est réel.

18Application du plan complexe_{Lycée Thiers, Marseille} {Énoncé \atop p. 491}

1 Notons B le point d’affixe −3 C 2i et A celui d’affixe 2 − i, on a alors :

|z′| D \frac{|z − ▷−3 C 2 i◁|}{|z − ▷2 − i◁|} D \frac{BM}{AM}.

2 Les points M tel que |z′| D 1 sont les points M tel que AM D BM, soit

la médiatrice de TABU. 3 L’affixe de \overrightarrow{BM} est z C 3 − 2i et celui de \overrightarrow{AM} est z − 2 C i, donc :

arg▷z′◁ D arg( \frac{z C 3 − 2i}{z − 2 C i} ) D ▷\overrightarrow{AM},\overrightarrow{BM}◁ T2πU.

4 Comme ▷\overrightarrow{AM},\overrightarrow{BM}◁ D ▷\overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}◁, on en déduit que les points pour lesquels z′est imaginaire pur sont soit le point B car alors z′ D 0, soit les points M tels que :

( \overrightarrow{MA},\overrightarrow{MB}) D ±\frac{π}{2} T2πU.

Finalement cet ensemble est le cercle de diamètre TABU privé du point A. (Revoir la caractérisation angulaire d’un cercle.)

5 Par le calcul, notons z D x C iy et remplaçons :

\begin{aligned}|z′| D 1 & ⟺ ▷x C 3◁^{2} C ▷y − 2◁^{2} D ▷x − 2◁^{2} C ▷y C 1◁^{2} \\ & ⟺ 5x − 3y C 4 D 0. \end{aligned}

Cet ensemble de points est donc bien une droite comme l’assure le raisonnement géométrique. Il reste à vérifier que cette droite est bien la médiatrice de TABU.

Le milieu I de TABU a pour coordonnées ( −\frac{1}{2} I \frac{1}{2}) . Il est bien sur la

droite car ses coordonnées vérifient son équation. De plus, un vecteur directeur E ude cette droite a pour coordonnées ▷3 I 5◁

Recherche d’un ensemble de points — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 503 — #513

NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{503} CORRIGÉS INTERROS COURS

et le vecteur \overrightarrow{AB} a pour coordonnées ▷−5 I 3◁. Le produit scalaire E u· \overrightarrow{AB} D 3 × ▷−5◁ C 5 × 3 D 0. Donc les vecteurs sont orthogonaux. La droite est donc perpendiculaire à TABU et passe par son milieu, c’est donc bien la médiatrice de ce segment.

6 Le complexe z′est imaginaire pur si et seulement si sa partie réelle est nulle. Exprimons z′sous forme algébrique :

\frac{z C 3 − 2i}{z − 2 C i} D \frac{▷x C 3◁ C i▷y − 2◁}{▷x − 2◁ C i▷y C 1◁}.

Alors,

\frac{z C 3 − 2i}{z − 2 C i} D \frac{▷x C 3◁▷x − 2◁ C ▷y C 1◁▷y − 2◁}{▷x − 2◁^{2} C ▷y C 1◁^{2}}

C i\frac{▷x − 2◁▷y − 2◁ − ▷y C 1◁▷x C 3◁}{▷x − 2◁^{2} C ▷y C 1◁^{2}}.

Ainsi z′est imaginaire pur si et seulement si :

▷x C 3◁▷x − 2◁ C ▷y C 1◁▷y − 2◁ D 0 et z D̸ 2 − i.

On développe et factorise à nouveau pour obtenir :

▷x C 3◁▷x − 2◁ C ▷y C 1◁▷y − 2◁ D ( x C \frac{1}{2}) ^{2} C ( y − \frac{1}{2}) ^{2} − \frac{17}{2} D 0.

L’ensemble des points vérifiant cette équation est bien un cercle, de

centre le point I milieu de TABU de coordonnées ( −\frac{1}{2} I \frac{1}{2}) . C’est le

cercle de diamètre de TABU car le point A de coordonnées ▷2 I −1◁ est sur ce cercle. Cependant, le point A ne fait pas partie de l’ensemble des solutions (condition z D̸ 2 − i). On retrouve donc bien que l’ensemble cherché est le cercle de diamètre TABU, privé du point A.

Une équation paramétrée — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 504 — #514

CORRIGÉS_{504}

19Recherche d’un ensemble de points_{Lycée Claude Bernard, Paris} {Énoncé \atop p. 491}

1 Notons Re▷z◁ D x et Im▷z◁ D y et raisonnons par équivalences successives :

z C \overline{z} D |z| ⟺ 2x D \sqrt{x^{2} C y^{2}} et x ⩾ 0
⟺ 4x^{2} D x^{2} C y^{2} et x ⩾ 0 (on a élevé au carré).

Finalement après réduction et factorisation on trouve que :

z C \overline{z} D |z| ⟺ ( \sqrt{3}x − y) ( \sqrt{3}x C y) D 0 et x ⩾ 0.

L’ensemble cherché est donc la réunion de deux demi-droites fermées d’équations :

\{ \begin{matrix}y & D \sqrt{3}x \\ x & ⩾ 0 \end{matrix} et \{ \begin{matrix}y & D −\sqrt{3}x \\ x & ⩾ 0 \end{matrix}

2 Un calcul analogue montre que :

z − \overline{z} D i|z| ⟺ ( \sqrt{3}y − x) ( \sqrt{3}y C x) D 0 et y ⩾ 0.

L’ensemble cherché est donc la réunion de deux demi-droites fermées d’équations :

\{ \begin{matrix}y & D \frac{1}{\sqrt{3}}x \\ y & ⩾ 0 \end{matrix} et \{ \begin{matrix}y & D −\frac{1}{\sqrt{3}}x \\ y & ⩾ 0 \end{matrix}

20Une équation paramétrée_{Lycée Marie Curie, Sceaux} {Énoncé \atop p. 491}

1 Remarquons de suite que :

\{ \begin{matrix}▷1 C cos▷2α◁◁ & D 2 cos^{2}▷α◁ \\ sin▷2α◁ & D 2 sin▷α◁ cos▷α◁. \end{matrix}

On peut alors calculer le discriminant du trinôme :

1 D ▷4 sin▷α◁ cos▷α◁◁^{2} − 4 × 4 cos^{2}▷α◁
D 16 cos^{2}▷α◁▷sin^{2}▷α◁ − 1◁
D −16 cos^{4}▷α◁.

Les racines de ce polynôme sont donc :

z_{1} D 2 sin▷α◁ cos▷α◁ C i × 2 cos^{2}▷α◁
z_{2} D 2 sin▷α◁ cos▷α◁ − i × 2 cos^{2}▷α◁.

2 Il y a trois cas possibles :

Si α ∈ ]−\frac{π}{2} I \frac{π}{2} [ , cos▷α◁ ≥ 0.

Sommations classiques — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 505 — #515

NOMBRES COMPLEXES CHAP. 16_{505} CORRIGÉS INTERROS COURS

Dans ce cas |z_{1}| D |z_{2}| D 2 cos▷α◁ et on obtient :

z_{1} D 2 cos▷α◁ (cos( \frac{π}{2} − α) C i sin( \frac{π}{2} − α) )
z_{2} D 2 cos▷α◁ (cos(−\frac{π}{2} C α) C i sin(−\frac{π}{2} C α) ) .

Si α ∉ ]−\frac{π}{2} I \frac{π}{2} [ , cos▷α◁ < 0.

Dans ce cas |z_{1}| D |z_{2}| D −2 cos▷α◁ et on obtient :

z_{1} D −2 cos▷α◁ (cos(−\frac{π}{2} − α) C i sin(−\frac{π}{2} − α) )
z_{2} D −2 cos▷α◁ (cos( \frac{π}{2} C α) C i sin( \frac{π}{2} C α) ) .

Si α D \frac{π}{2} ou α D −\frac{π}{2} ,

z_{1} D z_{2} D 0.

3 Les deux solutions sont égales si et seulement si 1 D 0 soit si

α D \frac{π}{2}  ou  α D −\frac{π}{2} .

21Sommations classiques_{Lycée Blaise Pascal, Paris} {Énoncé \atop p. 491}

On a :

S D Re(1 C e^{ix} C e^{2ix} C ⋯C e^{nix})
D Re(1 C ▷e^{ix}◁ C ▷e^{ix}◁^{2} C ⋯C ▷e^{ix}◁^{n}).

On reconnaît la somme des n C 1 premiers termes de la suite géométrique de raison e^{ix} et de premier terme 1.

Supposons d’abord que e^{ix} D 1, c’est-à-dire x D 0 T2πU, alors pour tout entier k, e^{ikx} D 1 et donc S D n C 1. Désormais, nous supposerons au contraire x D̸ 0 T2πU.

On obtient : S D Re( \frac{1 − e^{▷nC1◁ix}}{1 − e^{ix}} ) .

Factorisons :

1 − e^{i▷nC1◁x} D e^{i \frac{nC1}{2}x} (e^{−i \frac{nC1}{2}x} − e^{i \frac{nC1}{2}x})

D −2ie^{i \frac{nC1}{2}x} \frac{e^{i \frac{nC1}{2}x} − e^{−i \frac{nC1}{2}x}}{2i}

D −2ie^{i \frac{nC1}{2}x} sin( \frac{n C 1}{2}x)

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 16 page 506 — #516 CORRIGÉS_{506}

et de même :

1 − e^{ix} D e^{\frac{ix}{2}} (e^{\frac{−ix}{2}} − e^{\frac{ix}{2}})

D −2ie^{\frac{ix}{2}} sin( \frac{x}{2}) .

Donc :

\frac{1 − e^{i▷nC1◁x}}{1 − e^{ix}} D e^{i \frac{nx}{2}} \begin{matrix}sin & ( \frac{n C 1}{2} x) \\ sin & ( \frac{x}{2}) \end{matrix} .

Alors :

S D Re(e^{i \frac{nx}{2}}) · \begin{matrix}sin & ( \frac{n C 1}{2}x) \\ sin & ( \frac{x}{2}) \end{matrix} D cos( \frac{nx}{2}) \begin{matrix}sin & ( \frac{n C 1}{2}x) \\ sin & ( \frac{x}{2}) \end{matrix} .

MÉTHODE

La méthode utilisée dans la résolution de cet exercice est à retenir. L’idée de base est d’interpréter une somme de cosinus comme étant la partie réelle d’une somme de nombres complexes. On notera qu’il convient de distinguer deux cas selon que la raison de la suite géométrique considérée vaut 1 ou non. La formule à utiliser pour le calcul de la somme n’est pas la même dans les deux cas.

Matrices et graphes

Plan du chapitre

1. Matrices

2. Graphes

1 Matrices

Soit les matrices A D ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) et B D ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}) .

1 Calculer A C B et A × B.

2 Justifier que A est inversible, et montrer que A^{−1} D ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .

Exercice type 1

Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026

Voir corrigé page 511

1.1 Généralités

Définitions 1

Une matrice A est un tableau à n lignes et p colonnes constitué de nombres. Le format d’une telle matrice est n × p ou ▷n,p◁. Pour tous entiers 1 ⩽ i ⩽ n et 1 ⩽ j ⩽ p, le nombre a_{i,j} situé sur la i-ième ligne et j-ième colonne est un élément de la matrice.

Une telle matrice pourra être notée et représentée ainsi :

A D (a_{i,j} ) D ( a_{1,1} a_{1,2} ⋯ a_{1,n} ; a_{2,1} a_{2,2} ⋯ a_{2,n} ; ⋮ ; a_{p,1} a_{p,2} ⋯ a_{p,n} ) .

Définitions 2

Une matrice de format n × n est appelée matrice carrée d’ordre n.

Une matrice carrée dont tous les coefficients sont nuls sauf sur la diagonale « a_{1,1} − a_{n,n} » est appelée matrice diagonale.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 508 — #518 COURS_{508}

Une matrice diagonale dont les coefficients sont égaux à 1 est appelée matrice identité. On la note I_{n}, où n est l’ordre de la matrice.

Une matrice de format n × 1 est appelée matrice colonne.

Une matrice de format 1 × n est appelée matrice ligne.

Exemples

A D ( \begin{matrix}1 & 2 \\ 3 & 4 \end{matrix}) est une matrice carrée d’ordre 2.

I_{2} D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) est la matrice identité d’ordre 2.

D D ( \begin{matrix}−1 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & −7 \end{matrix} ) est une matrice diagonale d’ordre 3.

L D (1 −5 2) est une matrice ligne.

C D ( \begin{matrix}5 \\ 1 \end{matrix}) est une matrice colonne.

1.2 Opérations sur les matrices

Propriétés 1 : somme et produit par un réel

Soient A D ▷a_{i,j} ◁ et B D ▷b_{i,j} ◁ deux matrices de même format. Soit k un réel.

La somme des deux matrices est :

A C B D ▷a_{i,j} C b_{i,j} ◁.

Le produit de k par A est :

kA D ▷ka_{i,j} ◁.

Définition 3

Soient n, m et p des entiers strictement positifs. Soient A une matrice de format ▷m,p◁ et B une matrice de format ▷p,n◁. Le produit A × B (aussi noté AB) est la matrice de format ▷m,n◁ dont le coefficient c_{ij} est le produit terme à terme des coefficients de la i^{e} ligne de A par les coefficients de la j^{e} ligne de B :

c_{ij} D a_{i1}b_{1j} C a_{i2}b_{2j} C ⋯C a_{ip}b_{pj} .

Exemple : le schéma page ci-contre indique comment on obtient le coefficient c_{12}

de la matrice produit de A D ( \begin{matrix}7 & 2 \\ 3 & 4 \end{matrix} ) par B D ( \begin{matrix}1 & 3 & 0 \\ −2 & 5 & 2 \end{matrix} ) .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 509 — #519 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{509} CORRIGÉS INTERROS COURS

Le produit A × B est alors ( \begin{matrix}3 & 31 & 4 \\ −5 & 29 & 8 \end{matrix} ) .

Propriété 2

Lorsqu’on fait le produit de deux matrices carrées d’ordre n, on obtient une matrice carrée d’ordre n. Lorsqu’on fait le produit d’une matrice carrée A d’ordre n avec une matrice colonne P de format ▷n,1◁ on obtient une matrice colonne de format ▷n,1◁.

Propriété 3

Le produit de deux matrices carrées de même ordre est une opération associative et distributive par rapport à l’addition. Soient A, B et C trois matrices carrées de même ordre, alors :

\begin{matrix}A × ▷B × C◁ & D ▷A × B◁ × C \\ A × ▷B C C◁ & D A × C C A × B. \end{matrix}

� ATTENTION

Il n’y a pas commutativité du produit de deux matrices : A × B D̸ B × A.

Définition 4 : puissance d’une matrice

Soit A une matrice d’ordre n, et soit k un entier naturel. On définit la puissance k-ième de A comme la matrice :

A^{k} D A × A × ⋯× A (k facteurs) , A^{0} D I_{n}.

Propriété 4

Soit D une matrice diagonale dont les coefficients non nuls sont notés d_{1}, d_{2},..., d_{n}. Alors, pour tout entier naturel k, D^{k} est une matrice diagonale dont les coefficients sont égaux à d_{i}^{k}, pour tout entier i compris entre 1 et n.

Exemple : Soit D D ( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) Alors, D^{4} D ( \begin{matrix}2^{4} & 0 \\ 0 & 1^{1} \end{matrix}) D ( \begin{matrix}16 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 510 — #520 COURS_{510}

1.3 Matrice inverse d’une matrice carrée

Définition 5

Soit A une matrice carrée d’ordre n. On appelle matrice inverse de A, et on note A^{−1} la matrice carrée d’ordre n telle que :

A × A^{−1} D A^{−1} × A D I_{n},

où I_{n} est la matrice identité d’ordre n. On dit alors que A est inversible si et seulement si A^{−1} existe.

Définition 6

Soit A D ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) . On appelle déterminant de A le nombre :

det▷A◁ D ad − bc.

Propriété 5

A D ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) est inversible ⟺ det▷A◁ D̸ 0.

Définition 7 : écriture matricielle d’un système linéaire

Le système linéaire :

\{ \begin{matrix}a_{1,1}x_{1} C a_{1,2}x_{2} C ⋯C a_{1,n}x_{n} & D b_{1} \\ ⋮ & ⋮ \\ a_{n,1}x_{1} C a_{n,2}x_{2} C ⋯C a_{n,n}x_{n} & D b_{n} \end{matrix}

s’écrit sous la forme AX D B, où :

A D ( \begin{matrix}a_{1,1} & ⋯ & a_{1,n} \\ ⋮ & & ⋮ \\ a_{n,1} & ⋯ & a_{n,n} \end{matrix}) , X D ( x_{1} ; ⋮ ; x_{n}) et B D ( b_{1} ; ⋮ ; b_{n}) .

C’est son écriture matricielle.

Propriété 6

Le système AX D B, d’inconnue X, admet une unique solution si et seulement si A est inversible. Dans ce cas, la solution est X D A^{−1} B.

1 A C B D ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) C ( \begin{matrix}0 & 1 \\ −1 & 1 \end{matrix}) D ( \begin{matrix}1 C 0 & −1 C 1 \\ 0 − 1 & 1 C 1 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ −1 & 2 \end{matrix}) .

\begin{aligned}A × B & D ( \begin{matrix}1 × 0 C ▷−1◁ × ▷−1◁ & 1 × 1 C ▷−1◁ × 1 \\ 0 × 0 C 1 × ▷−1◁ & 0 × 1 C 1 × 1 \end{matrix} ) \\ & D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ −1 & 1 \end{matrix}) \end{aligned}

2 det▷A◁ D |\begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix} | D 1 × 1 − 0 × ▷−1◁ D 1 D̸ 0.

Ainsi, A est inversible. De plus,

( \begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 0 & 1 \end{matrix}) D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) D I_{2}.

Ainsi, l’inverse de A est bien ( \begin{matrix}1 & −1 \\ 0 & 1 \end{matrix} ) .

Solution de l’exercice type 1

Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026

Voir énoncé page 507

2 Graphes

Une société de location de voitures à la semaine possède une agence à Lyon et une autre à Paris. A l’ouverture des deux agences, le parc automobile comprenait 300 voitures à Lyon et 500 à Paris. On a constaté qu’à la fin de chaque semaine, 70 % des voitures louées à Paris retournaient dans l’agence parisienne, les autres étant rendues à Lyon, et que 60 % des voitures louées à Lyon retournaient dans l’agence lyonnaise, les autres étant rendues à Paris. On choisit une voiture au hasard dans le parc automobile. On note l_{n} (resp. p_{n}) la probabilité que la voiture soit rendue à Lyon (resp. à Paris) à la fin de la n-ième semaine. 1 Traduire les données par un graphe probabiliste G, dont vous donnerez

la matrice de transition M et l’état probabiliste initial E_{0}. 2 Calculer l’état probabiliste du graphe G : au bout d’une semaine, au bout

de 10 semaines. 3 Déterminer la distribution invariante de G.

4 Au bout d’un grand nombre de semaines, comment se répartira le parc automobile entre les deux agences?

Exercice type 2

Lycée Gaston Bachelard, Chelles Voir corrigé page 515

2.1 Généralités

Définitions 8

1 Un graphe G D ▷V,E◁ est la donnée :

d’un ensemble V d’éléments, appelés sommets;

d’un ensemble E dont les éléments sont des parties à un ou deux éléments de V, nommés arêtes ou arcs.

2 Deux sommets reliés par une arête sont dits adjacents.

3 Un graphe complet est un graphe dont tous les sommets sont adjacents.

4 Le nombre de sommets présents dans un graphe est l’ordre du graphe.

5 Le degré d’un sommet est le nombre d’arêtes dont ce sommet est une

extrémité. 6 Un sous-graphe d’un graphe G d’ordre k est constitué de k sommets de G

et de toutes les arêtes qui relient ces sommets. 7 Une représentation sagittale d’un graphe G D ▷V,E◁ est un schéma où les

éléments de V sont représentés par des disques et où les éléments de E sont représentés par des traits (rectilignes ou courbés).

Exemple : si V D {AI BI C} et E D {▷A,B◁I ▷A,C◁I ▷C◁}, alors G D ▷V,E◁ est le graphe de sommets A, B et C, où A et B sont reliés, A et C sont reliés et où C est connecté à lui-même. Une représentation sagittale du graphe défini dans l’exemple précédent est la suivante :

Ce graphe n’est pas complet car tous les sommets ne sont pas adjacents. Le degré du sommet C est 2, et l’ordre de G est 3 car il y a 3 sommets.

Par la suite, on pourra assimiler la notion de graphe avec celle de sa représentation sagittale.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 513 — #523 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{513} CORRIGÉS INTERROS COURS

2.2 Orientation d’un graphe

Définition 9 : graphe orienté

On appelle graphe orienté tout graphe où chaque arête a un sens. Dans ce cas, les arêtes sont aussi appelées arcs, le sommet de départ est appelé l’origine de l’arc et celui d’arrivée, son extrémité.

Si un graphe n’est pas orienté, on dira que le graphe est non orienté.

Théorème 1

La somme des degrés d’un graphe non orienté est égal à deux fois le nombre d’arêtes du graphe.

Définitions 10

Dans un graphe non orienté, une chaîne est une suite de sommets dans laquelle deux sommets consécutifs sont adjacents.

Le nombre d’arêtes qui composent la chaîne est alors appelée la longueur de la chaîne.

Si le premier et le dernier sommet d’une chaîne sont identiques, on dit que la chaîne est fermée.

Un cycle est une chaîne fermée dont les arêtes sont distinctes.

Un graphe connexe est un graphe où deux sommets distincts quelconques peuvent être reliés par une chaîne.

Une chaîne eulérienne est une chaîne qui contient chaque arête du graphe une seule fois. Un cycle eulérien est une chaîne eulérienne fermée.

Théorème 2 : théorème d’Euler sur les graphes

Un graphe non orienté connexe admet une chaîne eulérienne si et seulement si le nombre de sommets de degré impair vaut 0 ou 2.

2.3 Matrices de graphes

Définition 11 : matrice d’adjacence

Soit G un graphe d’ordre n, n ∈ ℕ^{∗}. On appelle matrice d’adjacence de G la matrice carrée d’ordre n où le terme à la i-ième ligne et j-ième colonne est le nombre d’arêtes (ou arcs) reliant les sommets i et j.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 514 — #524 COURS_{514}

Exemple : soit le graphe ci-dessous.

Sa matrice d’adjacence est :

M D ( \begin{matrix}A & B & C \\ 0 & 1 & 1 & A \\ 1 & 0 & 1 & B \\ 1 & 1 & 0 & C \end{matrix} )

De A à A : 0 arc

De A à B : 1 arc

De A à C : 1 arc

D’où la première ligne de M. Etc.

2.4 Chaîne de Markov

Définition 12 : graphe pondéré et probabiliste

Un graphe orienté est pondéré lorsque chaque arête est affectée d’un nombre réel positif, appelé poids de cette arête. Un graphe probabiliste est un graphe orienté pondéré où tous les poids sont compris entre 0 et 1 et tel que la somme des poids des arêtes issues d’un même sommet est égale à 1.

Définition 13 : matrice de transition

Soit un graphe probabiliste d’ordre n. On appelle matrice de transition la matrice où le terme de la i-ème ligne et j-ième colonne est égale au poids de l’arête allant du sommet i au sommet j si elle existe, et à 0 sinon.

Exemple : soit le graphe probabiliste ci-dessous.

Sa matrice de transition est :

T D ( \begin{matrix}A & B & C \\ 0 & 0,3 & 0,7 & A \\ 0,4 & 0 & 0,6 & B \\ 0,5 & 0,5 & 0 & C \end{matrix} )

Définition 14 : chaîne de Markov

Soit ▷X_{n}◁ une suite de variables aléatoires modélisant l’évolution, étape par étape, d’un système aléatoire à 2 ou 3 états. Quand la probabilité de transition d’un état à l’autre ne dépend pas de n, on dit que ▷X_{n}◁ est une chaîne de Markov.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 515 — #525 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{515} CORRIGÉS INTERROS COURS

Exemple : le graphe probabiliste de l’exemple précédent traduit une transition d’états (la probabilité de passer de l’état A à l’état B est égale à 0,3 par exemple).

Propriété 7

On note π_{n} la matrice ligne à 2 ou 3 colonnes dont le terme de la j-ième colonne est la probabilité qu’à l’étape n, la variable aléatoire X_{n} soit égale à j. Alors π_{nC1} D π_{n}T D π_{0}T^{n}, où T est la matrice de transition et π_{0} l’état initial de la chaîne de Markov. S’il existe un entier n tel que T^{n} ne contient pas de 0 alors ▷π_{n}◁ converge vers une matrice notée π (que l’on appelle distribution invariante du système) telle que π D πT.

Exemple : reprenons le graphe probabiliste précédent, en convenant d’avoir π_{0} D (1 0 0) : cela signifie qu’initialement, on est à l’état A. Alors,

π_{nC1} D (1 0 0) ( \begin{matrix}0 & 0,3 & 0,7 \\ 0,4 & 0 & 0,6 \\ 0,5 & 0,5 & 0 \end{matrix}) ^{n} .

On modélise le problème par un graphe probabiliste à deux états : L (la voiture se trouve à Lyon) et P (la voiture se trouve à Paris). En notant L_{n} (resp. P_{n}) l’événement « la voiture se trouve à Lyon (resp. Paris) à la fin de n-ième semaine », l’énoncé donne les probabilités conditionnelles suivantes :

P_{P_{n}}▷P_{nC1}◁ D 0,7 : boucle sur P pondérée par 0,7;

P_{L_{n}}▷L_{nC1}◁ D 0,6 : boucle sur L pondérée par 0,6.

On en déduit :

P_{P_{n}}▷L_{nC1}◁ D 0,3 : une arête de P vers L pondérée par 0,3;

et P_{L_{n}}▷P_{nC1}◁ D 0,4 : une arête de L vers P pondérée par 0,4.

1 Les sommets étant listés par ordre alphabétique, on obtient le graphe G et sa matrice de transition M suivants :

M D ( \begin{matrix}0,6 & 0,4 \\ 0,3 & 0,7 \end{matrix})

La voiture étant choisie au hasard, on ne sait pas si elle se trouve à Lyon ou à Paris. Mais on connaît la loi de probabilité de son lieu initial.

l_{0} D p▷L_{0}◁ D \frac{300}{800} D \frac{3}{8} I p_{0} D p▷P_{0}◁ D \frac{500}{800} D \frac{5}{8}.

…

Solution de l’exercice type 2

Lycée Gaston Bachelard, Chelles

L’état initial du graphe est représenté par la matrice ligne E_{0} :

E_{0} D ( \frac{3}{8} \frac{5}{8}) .

2 L’état du graphe E_{1} après une transition est défini par : E_{1} D E_{0} × M. L’état du graphe E_{10} après dix transitions est : E_{10} D E_{0} × M^{10}. On peut calculer E_{1} manuellement; on calcule E_{10} avec la calculatrice.

On obtient : E_{1} D ( \frac{33}{80} \frac{47}{80}) et E_{10} D (0,429 0,571).

3 Le graphe admet un état stable. Posons :

E_{s} D (l p) avec l C p D 1, l ⩾ 0 et p ⩾ 0.

Déterminer E_{s} (par calcul algébrique) équivaut à résoudre les équations suivantes dans (ℝ_{C})^{2} : E_{s} D E_{s} × M et l C p D 1. Calculons le produit matriciel E_{s} × M en fonction de l et p :

E_{s} × M D (l p) × ( \begin{matrix}0,6 & 0,4 \\ 0,3 & 0,7 \end{matrix}) D (0,6l C 0,3p 0,4l C 0,7p ).

On traduit l’équation (1) par un système d’équations dont les inconnues sont l et p :

E_{s} × M D E_{s} ⟺ (0,6l C 0,3p 0,4l C 0,7p ) D (l p)

⟺ \{ \begin{matrix}0,6l C 0,3p D l \\ 0,4l C 0,7p D p \end{matrix}

Résoudre (1) et (2) équivaut à résoudre le système d’équations linéaires :

\{ \begin{matrix}−0,4l C 0,3p D 0 \\ 0,4l − 0,3p D 0 \\ l C p D 1 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}0,7p D 0,4 \\ l C p D 1 \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}p D \frac{4}{7} \\ l D \frac{3}{7} \end{matrix}

L’état stable E_{s} est : ( \frac{3}{7} \frac{4}{7}) .

4 Les états E_{n} convergent vers E_{s}, c’est-à-dire :

lim_{n→C∞} p_{n} D \frac{4}{7} et lim_{n→C∞} l_{n} D \frac{3}{7}.

En interprétant ces probabilités comme des fréquences, on déduit qu’à très long terme le parc automobile se répartira de façon stable entre les deux agences, environ 42,9 % des voitures étant à Lyon et 57,1 % des voitures à Paris (à 0,1 % près). Soit, à la voiture près, 343 voitures à Lyon et 457 à Paris.

Solution de l’exercice type 2 (suite)

Lycée Gaston Bachelard, Chelles Voir énoncé page 511

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 517 — #527 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{517} CORRIGÉS INTERROS COURS

Matrices

1_{V/F} Sommes et produits Corrigé p. 525 10 min

Soient A, B et C des matrices. Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 Si A × B D A × C alors B D C.

2 Si on peut calculer A × B et B × A, alors A et B sont des matrices carrées de même ordre.

3 Si A D ( \begin{matrix}2 & 4 \\ 2 & 2 \end{matrix}) , alors A^{−1} D ( \begin{matrix}\frac{1}{2} & \frac{1}{4} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{matrix}) .

4 ▷A C B◁^{2} D A^{2} C 2A × B C B^{2}.

2_{V/F} Systèmes linéaires Corrigé p. 525 10 min

Soient a, b et c des réels. On considère le système d’inconnues x, y et z :

\{ \begin{matrix}2x C y D a \\ x − 2z D b \\ x C y C z D c \end{matrix}

Parmi les propositions suivantes, quelles sont celles qui sont exactes?

1 La matrice du système est ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & −2 & 0 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix}) .

2 Le système admet un triplet unique solution quelles que soient les va-

leurs de a, b et c. 3 Si A est la matrice du système, alors la matrice des solutions est :

(a b c) × A^{−1} .

4 Si P est solution du système A × X D B et du système A′X D B′, alors P est solution du système ▷A C A′◁ × X D B C B′.

3_{V/F} Opérations diverses Corrigé p. 525 20 min

Dire, pour chacune des propositions ci-dessous, si elles sont vraies ou fausses. Justifier.

1 Pour toutes matrices carrées A et B de même ordre, on a :

A^{2} − B^{2} D ▷A C B◁▷A − B◁.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 518 — #528 INTERROS_{518}

2 Soit A une matrice carrée d’ordre p et I la matrice identité d’ordre p.

On a : A^{2} − I^{2} D ▷A − I◁▷A C I◁. 3 Soit A une matrice carrée d’ordre 2 telle que A^{2} D ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) .

Alors la matrice A est nécessairement la matrice nulle. 4 Soit a un nombre réel et A la matrice carrée définie par A D ( \begin{matrix}a & 1 \\ 1 & a \end{matrix}) .

La matrice A est inversible pour tout réel a.

5 Une écriture matricielle du système \{ \begin{matrix}x C z & D −1 \\ x − 2y & D 0 \\ y C 3z & D 1 \end{matrix} est :

( \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & −2 & 0 \\ 1 & 3 & 0 \end{matrix}) ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) D ( \begin{matrix}−1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix} ) .

6 Soit A une matrice carrée d’ordre p inversible.

On a : A^{3} × A^{−1} D A^{2}.

Opérations sur les matrices

4Sommes et produits_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} Corrigé ; p. 526 ; 15 min ; ⋆

On considère les matrices :

A D ( \begin{matrix}−2 & 0 & 1 \\ 1 & −1 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \end{matrix}) , B D ( \begin{matrix}1 & −2 & −1 \\ 2 & 2 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \end{matrix} ) , C D ( \begin{matrix}1 & 1 \\ 2 & 0 \\ 0 & −1 \end{matrix} ) , D D (−1 0 1).

Calculer : A C B, −3A, A × C et D × C.

5Puissances d’une matrice_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. 526 ; 15 min ; ⋆

Soit la matrice définie par A D ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) . I est la matrice identité d’ordre 3. 1 Calculer A^{2} et montrer que A^{2} D A C 2I. 2 En déduire A^{3} en fonction de A et de I.

6Systèmes d’équations linéaires_{Lycée Virlogeux, Riom} Corrigé ; p. 527 ; 15 min ; ⋆

Donner l’écriture matricielle de chacun des systèmes suivants, puis les résoudre en effectuant des calculs matricielles à la calculatrice.

1 S_{1} V \{ \begin{matrix}y C z & D 1 \\ x C z & D 1 \\ x C y & D 1 \end{matrix}  2 S_{2} V \{ \begin{matrix}2x − y C z & D 7 \\ x C y − z & D 4 \\ 4x C 7y C 2z & D 0 \end{matrix}

7Matrice inverse_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} Corrigé ; p. 527 ; 20 min ; ⋆

1 Pour chacune des matrices suivantes, justifier l’existence ou non de la matrice inverse et déterminer, si elle existe, la matrice inverse.

(a) A D ( \begin{matrix}5 & 5 \\ 4 & 6 \end{matrix})  (b) B D ( \begin{matrix}3,5 & 4 \\ −7 & −8 \end{matrix} ) .

2 On considère la matrice C D ( \begin{matrix}a & 1 \\ b & 2 \end{matrix}) , où a et b sont deux réels.

(a) Quelle relation existe-t-il entre a et b lorsque C n’est pas inversible?

(b) Déterminer a et b tels que C est inversible et C^{−1} D C.

8Puissances et déduction_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} Corrigé ; p. 529 ; 10 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la matrice A D ( \begin{matrix}1 & 0 & 2 \\ 0 & −1 & 1 \\ 1 & −2 & 0 \end{matrix}) .

On donne : A^{2} D ( \begin{matrix}3 & −4 & 2 \\ 1 & −1 & −1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix} ) et A^{3} D ( \begin{matrix}5 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \\ 1 & −2 & 4 \end{matrix}) .

Calculer A^{3} − A, puis en déduire que A est inversible. Déterminer alors A^{−1} .

Matrices et suites

9États probabilistes_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. 529 ; 20 min ; ⋆ ; ⋆

Deux fabricants de parfums lancent simultanément leur nouveau produit qu’ils appellent Aurore et Boréale. Afin de promouvoir celui-ci, chacun organise une campagne de publicité. L’un d’eux contrôle l’efficacité de sa campagne par des sondages hebdomadaires. Chaque semaine, il interroge les mêmes personnes qui toutes se prononcent en faveur de l’un de ces deux produits.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 520 — #530 INTERROS_{520}

Au début de la campagne, 20% des personnes interrogées préfèrent Aurore (et les autres préfèrent Boréale). Les arguments publicitaires font évoluer cette répartition : 10% des personnes interrogées préférant Aurore et 15% des personnes interrogées préférant Boréale changent d’avis d’une semaine sur l’autre. La semaine du début de campagne est notée semaine 0. Pour tout entier naturel n, on désigne par la matrice ligne P_{n} D (a_{n} b_{n}) l’état probabiliste la semaine n, où a_{n} désigne la probabilité qu’une personne interrogée au hasard préfère Aurore la semaine n et b_{n} la probabilité qu’une personne choisie au hasard préfère Boréale la semaine n.

1 (a) Donner la matrice P_{0}.

(b) Cette situation peut être assimilée à une marche aléatoire sur un graphe à deux sommets. Écrire la matrice de transition M entre les états de cette marche aléatoire.

2 (a) Calculer P_{1} à la main, en détaillant le calcul.

(b) Exprimer, pour tout n, P_{n} en fonction de P_{0} et n.

(c) En déduire P_{4} à l’aide de la calculatrice (on donnera des valeurs

approchées au centième) et interpréter ce résultat. 3 Le fabricant de parfum qui a lancé la campagne estime qu’en fait chaque

semaine seuls 80% des consommateurs voient leur comportement influencé comme décrit ci-dessus par la publicité. Les 20% restants choisissent de façon équiprobable un des deux parfums. On garde les notations des autres questions (P_{n} et M)

(a) Établir, pour tout n ⩾ 0, une relation entre P_{nC1} et P_{n} faisant intervenir la matrice M et la matrice ligne N D (0,5 0,5).

(b) Si les conditions initiales sont celles du début du problème, déterminer, à l’aide de la calculatrice, l’état probabiliste des choix de parfums après 4 semaines de publicité (arrondir les résultats au centième).

10Suites et matrices_{Lycée Charlemagne, Paris} Corrigé ; p. 530 ; 25 min ; ⋆ ; ⋆

On considère la suite u définie par :

\{ \begin{matrix}u_{0} D 3 \\ u_{1} D 8 \\ u_{nC2} D 5u_{nC1} − 6u_{n} , ∀ n ∈ ℕ. \end{matrix}

1 Calculer u_{2} et u_{3}.

2 Pour tout entier naturel n, on note C_{n} la matrice colonne ( \begin{matrix}u_{nC1} \\ u_{n} \end{matrix}) .

On note A la matrice carrée d’ordre 2 telle que, pour tout entier naturel n, C_{nC1} D AC_{n}. Déterminer A et prouver que, pour tout entier naturel n, C_{n} D A^{n}C_{0}.

3 Soient P D ( \begin{matrix}2 & 3 \\ 1 & 1 \end{matrix}) , D D ( \begin{matrix}2 & 0 \\ 0 & 3 \end{matrix}) et Q D ( \begin{matrix}−1 & 3 \\ 1 & −2 \end{matrix} ) .

(a) Calculer QP.

(b) On admet que A D P DQ.

Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel non nul n,

A^{n} D P D^{n}Q.

4 À l’aide des questions précédentes, on peut établir le résultat suivant, qu’on admet : pour tout entier naturel n non nul,

A^{n} D ( \begin{matrix}−2^{nC1} C 3^{n} & 3 × 2^{nC1} − 2 × 3^{nC1} \\ −2^{n} C 3^{n} & 3 × 2^{n} − 2 × 3^{n} \end{matrix} ) .

En déduire une expression de u_{n} en fonction de n. La suite u a-t-elle une limite?

11Suite de matrices_{Lycée Notre-Dame-du-Grandchamp, Versailles} Corrigé ; p. 531 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Dans un pays, deux opérateurs de téléphonie mobile AFR et BFM se partagent le marché. En 2005, AFR en contrôlait 80%, et BFM 20%. Mais la concurrence fait rage. On a observé, dans les années suivantes, que d’une année sur l’autre :

60% de la clientèle de AFR lui reste fidèle, tandis que 40% passent chez BFM.

70% de la clientèle de BFM lui reste fidèle, tandis que 30% passe chez AFR.

Ces proportions sont stables; il n’y a pas de fuite de clientèle vers des opérateurs étrangers, et il n’y a pas d’abandon de consommation de ces produits. Pour tout entier naturel n, on note respectivement a_{n} et b_{n} les parts de marché de AFR et BFM en l’année ▷2005 C n◁. Ainsi, a_{0} D 0,8 et b_{0} D 0,2.

1 Traduire l’énoncé pour obtenir le système d’équations donnant a_{nC1} et b_{nC1} en fonction de a_{n} et b_{n}.

2 On pose ▷U_{n}◁ la suite de matrices colonnes telle que U_{n} D ( \begin{matrix}a_{n} \\ b_{n} \end{matrix}) .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 522 — #532 INTERROS_{522}

(a) Traduire le système d’équations sous forme matricielle U_{nC1} D AU_{n}. Donner A.

(b) En déduire l’expression de U_{n} en fonction de U_{0}.

(c) À l’aide de la calculatrice, donner les parts de marché de AFR et BFM en 2020.

3 (a) De la relation a_{n} C b_{n} D 1, déterminer les matrices D et E telles que : U_{nC1} D DU_{n} C E, où D est une matrice diagonale et E une matrice colonne.

(b) Déterminer la matrice colonne C telle C D DC C E.

(c) On pose la suite de matrices ▷X_{n}◁ telle que pour tout entier naturel n, X_{n} D U_{n} − C. Montrer que X_{nC1} D DX_{n}.

(d) En déduire l’expression de X_{n}, puis de U_{n}, en fonction de n.

(e) Montrer alors que U converge vers C. Interpréter.

Graphes

12_{V/F} Sauts de puces Corrigé p. 532 10 min

Une puce saute d’un sommet à l’autre d’un triangle. Arrivée à un sommet, elle saute sur un des deux autres choisis au hasard.

Les sommets sont numérotés 1, 2 et 3. On considère X_{n} la variable aléatoire égale au numéro du sommet atteint au n^{e} saut.

On note P_{n} la matrice ligne (P ▷X_{n} D 1◁ P ▷X_{n} D 2◁ P ▷X_{n} D 3◁).

La puce part du sommet 1.

1 La matrice de transition du graphe associé à cette marche aléatoire est :

( \begin{matrix}\frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{3} & \frac{1}{3} & \frac{1}{3} \end{matrix} ) .

2 P_{0} D (0 0 0).

3 P_{1} D (0 \frac{1}{2} \frac{1}{2}).

4 Après un grand nombre de sauts, la puce a moins de chance de se retrouver au sommet de départ qu’aux autres sommets.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 523 — #533 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{523} CORRIGÉS INTERROS COURS
13Représentation sagittale_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 533 ; 5 min ; ⋆

1 Représenter par un graphe probabiliste une chaîne de Markov à 2 états

dont la matrice de transition est ( \begin{matrix}0,29 & 0,71 \\ 0,13 & 0,87 \end{matrix}) .

2 Représenter par un graphe probabiliste une chaîne de Markov à 3 états

dont la matrice de transition est ( \begin{matrix}0,2 & 0,1 & 0,7 \\ 0,55 & 0,3 & 0,15 \\ 0,6 & 0,28 & 0,12 \end{matrix})

14Chaîne de Markov et système linéaire_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} Corrigé ; p. 533 ; 15 min ; ⋆

On considère une chaîne de Markov à 2 états de matrice de transition T D

( \begin{matrix}\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{6} & \frac{5}{6} \end{matrix}) . Soit π D (x y) sa distribution invariante.

1 Justifier que le couple ▷xI y◁ est solution du système ▷S◁ V \{ \begin{matrix}2x − y & D 0 \\ x C y & D 1 \end{matrix}.

2 Résoudre ▷S◁ et en déduire la valeur de π.

15Lancer de balle_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} Corrigé ; p. 534 ; 30 min ; ⋆ ; ⋆ ; ⋆

Aline, Benjamin et Chloé s’amusent en se lançant une balle.

Quand Aline a la balle, elle l’envoie à Benjamin avec une probabilité de 0,75 et à Chloé avec une probabilité de 0,25.

Quand Benjamin a la balle, il l’envoie à Aline avec une probabilité de 0,75 et à Chloé sinon.

Chloé envoie toujours la balle à Benjamin.

Au début du jeu, Aline a la balle. On note A l’état : « Aline a la balle », B l’état : « Benjamin a la balle » et C l’état : Chloé a la balle ».

1 En considérant les états A, B et C dans cet ordre, écrire la matrice de

transition T associée à la chaîne de Markov. 2 (a) Donner la distribution initiale π_{0}.

(b) Calculer la probabilité qu’Aline ait la balle au bout du cinquième lancer.

3 (a) On pose P D ( \begin{matrix}1 & 1 & 5 \\ 1 & 1 & −9 \\ 1 & −4 & 12 \end{matrix} ) .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 524 — #534 INTERROS_{524}

Déterminer, à l’aide de la calculatrice, D D P^{−1} T P.

(b) Exprimer T^{n} pour tout entier naturel n.

(c) En déduire, en fonction de n, la probabilité qu’Aline ait la balle au bout du n-ième lancer.

Opérations diverses — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 525 — #535

MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{525} CORRIGÉS INTERROS COURS

1_{V/F} Sommes et produits {Énoncé \atop p. 517}

1 Faux. Par exemple si A D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) , B D ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) et C D ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 1 & 0 \end{matrix}) alors

AB D AC D ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) mais B D̸ C. Par contre cette implication est

vraie si A est inversible. 2 Faux. Il suffit que A soit de format ▷m,n◁ et B de format ▷n,m◁ pour

qu’on puisse calculer les deux produits quels que soient les entiers positifs m et n.

3 Faux. On applique la formule du cours pour calculer l’inverse de la matrice carrée d’ordre 2. Le déterminant de A est 2 × 2 − 2 × 4 D −4. Donc :

A^{−1} D \frac{1}{−4} ( \begin{matrix}2 & −4 \\ −2 & 2 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}−\frac{1}{2} & 1 \\ \frac{1}{2} & −\frac{1}{2} \end{matrix} ) .

4 Faux. En appliquant la règle de distributivité de la multiplication par rapport à l’addition, on obtient : ▷A C B◁^{2} D A^{2} C AB C BA C B^{2}. Mais comme la multiplication n’est pas commutative, AB C BA n’est en général pas égal à 2AB.

2_{V/F} Systèmes linéaires {Énoncé \atop p. 517}

1 Faux. La matrice associée est ( \begin{matrix}2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & −2 \\ 1 & 1 & 1 \end{matrix} ) .

2 Vrai. La calculatrice montre que la matrice associée est inversible, donc que le système a une solution unique pour toutes valeurs données aux constantes a, b et c.

3 Faux. Dans un système linéaire, on utilise des matrices colonnes. La

matrice solution est alors A^{−1} ( \begin{matrix}a \\ b \\ c \end{matrix}) .

4 Vrai. Si P est solution de chacun des systèmes, alors AP D B et A′P D B′. Or, ▷A C A′◁P D AP C AP′ D B C B′, ce qui montre que P est solution de ▷A C A′◁X D B C B′.

3_{V/F} Opérations diverses {Énoncé \atop p. 517}

1 Faux. ▷A C B◁▷A − B◁ D A^{2} − AB C BA − B^{2}.

Mais en général, AB D̸ BA, donc l’identité proposée est fausse. 2 Vrai. ▷A−I◁▷ACI◁ D A^{2}CAI −IA−I^{2} D A^{2}CA−A−I^{2} D A^{2}−I^{2}.

Puissances d’une matrice — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 526 — #536 CORRIGÉS_{526}

3 Faux. Par exemple, si A D ( \begin{matrix}−2 & −4 \\ 1 & 2 \end{matrix} ) , A^{2} D ( \begin{matrix}0 & 0 \\ 0 & 0 \end{matrix}) . 4 Faux. Le déterminant de A est a^{2} − 1, et il s’annule pour a D 1 et

a D −1. 5 Faux. La matrice carrée est : ( \begin{matrix}1 & 0 & 1 \\ 1 & −2 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \end{matrix}) . 6 Vrai. En effet, A^{3} × A^{−1} D A^{2} × A × A^{−1} D A^{2} × I D A^{2}.

4Sommes et produits_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} {Énoncé \atop p. 518}

A C B D ( \begin{matrix}−2 C 1 & 0 − 2 & 1 − 1 \\ 1 C 2 & −1 C 2 & 0 C 0 \\ 3 C 3 & 0 C 0 & 1 C 1 \end{matrix}) D ( \begin{matrix}−1 & −2 & 0 \\ 3 & 1 & 0 \\ 6 & 0 & 2 \end{matrix}) .

−3A D ( \begin{matrix}−2 × ▷−3◁ & 0 × ▷−3◁ & 1 × ▷−3◁ \\ 1 × ▷−3◁ & −1 × ▷−3◁ & 0 × ▷−3◁ \\ 3 × ▷−3◁ & 0 × ▷−3◁ & 1 × ▷−3◁ \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}6 & 0 & −3 \\ −3 & 3 & 0 \\ −9 & 0 & −3 \end{matrix} ) .

A × C D ( \begin{matrix}−2 × 1 C 0 × 2 C 1 × 0 & −2 × 1 C 0 × 0 C 1 × ▷−1◁ \\ 1 × 1 − 1 × 2 C 0 × 0 & 1 × 1 − 1 × 0 C 0 × ▷−1◁ \\ 3 × 1 C 0 × 2 C 1 × 0 & 3 × 1 C 0 × 0 C 1 × ▷−1◁ \end{matrix} )

donc A × C D ( \begin{matrix}−2 & −3 \\ −1 & 1 \\ 3 & 2 \end{matrix} ) .

D × C D (−1 × 1 C 0 × 2 C 1 × 0 −1 × 1 C 0 × 0 C 1 × ▷−1◁ ) soit D × C D (−1 −2 ).

5Puissances d’une matrice_{Lycée Charlemagne, Paris} {Énoncé \atop p. 518}

1 A^{2} D ( \begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix}) .

A C 2I D ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) C ( \begin{matrix}2 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{matrix})

D ( \begin{matrix}2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{matrix})

D A^{2}.

Matrice inverse — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 527 — #537 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{527} CORRIGÉS INTERROS COURS
2 \begin{aligned}A^{3} & D A × A^{2} \\ & D A × ▷A C 2I◁ \\ & D A^{2} C 2AI \\ & D A C 2I C 2A \\ & D 3A C 2I. \end{aligned}

6Systèmes d’équations linéaires_{Lycée Virlogeux, Riom} {Énoncé \atop p. 518}

1 L’écriture matricielle de S_{1} est : A × X D B avec :

A D ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 1 & 0 \end{matrix}) , X D ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) et B D ( \begin{matrix}1 \\ 1 \\ 1 \end{matrix}) .

X D A^{−1} × B, et la calculatrice donne :

S D {▷0,5 I 0,5 I 0,5◁}.

2 L’écriture matricielle de S_{2} est A × X D B avec :

A D ( \begin{matrix}2 & −1 & 1 \\ 1 & 1 & −1 \\ 4 & 7 & 2 \end{matrix} ) , X D ( \begin{matrix}x \\ y \\ z \end{matrix}) et B D ( \begin{matrix}7 \\ 4 \\ 0 \end{matrix}) .

X D A^{−1} × B.

À la calculatrice, on obtient :

S D \{( \frac{11}{3} I −\frac{14}{9} I −\frac{17}{9}) \} .

7Matrice inverse_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} {Énoncé \atop p. 519}

1  À RETENIR

Pour voir si une matrice carrée d’ordre 2 est inversible on vérifie que son déterminant est différent de zéro.

(a) A D ( \begin{matrix}5 & 5 \\ 4 & 6 \end{matrix}) donc det▷A◁ D 5 × 6 − 4 × 5 D 10 D̸ 0.

Ainsi, A est inversible.

Puissances et déduction — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 528 — #538 CORRIGÉS_{528}

Posons donc A^{−1} D ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) . On a alors :

A × A^{−1} D I_{2} ⟺ ( \begin{matrix}5 & 5 \\ 4 & 6 \end{matrix}) ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})

⟺ ( \begin{matrix}5a C 5c & 5b C 5d \\ 4a C 6c & 4b C 6d \end{matrix}) D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})

⟺ \{ \begin{matrix}5a C 5c D 1 & ▷E_{1}◁ \\ 5b C 5d D 0 & ▷E_{2}◁ \\ 4a C 6c D 0 & ▷E_{3}◁ \\ 4b C 6d D 1 & ▷E_{4}◁ \end{matrix}

On peut déjà écrire que b D −d (équation ▷E_{2}◁) et a D −\frac{3}{2}c (équation ▷E_{3}◁). L’équation ▷E_{4}◁ donne alors :

−4d C 6d D 1 ⟺ d D \frac{1}{2}.

L’équation ▷E_{1}◁ donne ensuite :

−\frac{15}{2}c C 5c D 1 ⟺ −\frac{5}{2}c D 1 ⟺ c D −\frac{2}{5}.

Ainsi,

A^{−1} D ( \begin{matrix}\frac{3}{5} & −\frac{1}{2} \\ −\frac{2}{5} & \frac{1}{2} \end{matrix} ) .

(b) B D ( \begin{matrix}3,5 & 4 \\ −7 & −8 \end{matrix} ) donc det▷B◁ D 3,5 × ▷−8◁ − ▷−7◁ × 4 D −28 C

28 D 0. Ainsi, B n’est pas inversible.

2 (a)

C n’est pas inversible ⟺ det▷C◁ D 0
⟺ 2a − b D 0
⟺ b D 2a.

(b) C est inversible donc nécessairement, b D̸ 2a. De plus,

C D C^{−1} ⟺ C × C D C^{−1} × C

⟺ C^{2} D I_{2}

⟺ ( \begin{matrix}a & 1 \\ b & 2 \end{matrix}) ( \begin{matrix}a & 1 \\ b & 2 \end{matrix}) D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})

⟺ ( \begin{matrix}a^{2} C b & a C 2 \\ ab C 2b & b C 4 \end{matrix}) D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix})

⟺ a D −2 , b D 1 − 4 D −3 .

Suites et matrices — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 529 — #539 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{529} CORRIGÉS INTERROS COURS
8Puissances et déduction_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} {Énoncé \atop p. 519}

On a :

A^{3} − A D ( \begin{matrix}5 & 0 & 2 \\ 0 & 3 & 1 \\ 1 & −2 & 4 \end{matrix}) − ( \begin{matrix}3 & −4 & 2 \\ 1 & −1 & −1 \\ 1 & 2 & 0 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}4 & 0 & 0 \\ 0 & 4 & 0 \\ 0 & 0 & 4 \end{matrix}) D 4I_{3}.

On en déduit alors que :

▷A^{2} − I_{3}◁A D 4I_{3}  soit  \frac{1}{4}▷A^{2} − I_{3}◁A D I_{3}.

En posant B D \frac{1}{4}▷A^{2} − I_{3}◁, on a alors B × A D I_{3}.

De même, A × B D A × \frac{1}{4}▷A^{2} − I_{3}◁ D \frac{1}{4}A▷A^{2} − I_{3}◁A D I_{3}.

On a alors AB D BA D I_{3}, donc A est inversible et :

A^{−1} D \frac{1}{4}▷A^{2} − I_{3}◁ D \frac{1}{4} ( \begin{matrix}2 & −4 & 2 \\ 1 & −2 & −1 \\ 1 & 2 & −1 \end{matrix} ) D ( \begin{matrix}\frac{1}{2} & −1 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{4} & −\frac{1}{2} & −\frac{1}{4} \\ \frac{1}{4} & \frac{1}{2} & −\frac{1}{4} \end{matrix} ) .

9États probabilistes_{Lycée Charlemagne, Paris} {Énoncé \atop p. 519}

1 (a) P_{0} D (0,2 0,8).

(b) M D ( \begin{matrix}0,9 & 0,1 \\ 0,15 & 0,85 \end{matrix}) .

2 (a) \begin{aligned}P_{1} & D P_{0} × M D (0,2 × 0,9 C 0,8 × 0,15 0,2 × 0,1 C 0,8 × 0,85 ) \\ & D (0,3 0,7). \end{aligned}

(b) P_{n} D P_{0} × M^{n}.

(c) P_{4} D P_{0} × M^{4} ≈ (0,47 0,53). Au bout de 4 semaines, la probabilité qu’une personne interrogée préfère le parfum Aurore est environ 0,47, et la probabilité qu’elle préfère Boréale est environ 0,53.

3 (a) P_{nC1} D 0,8 × P_{n} × M C 0,2 × N. (b) On obtient successivement :

P_{1} D (0,34 0,66);

P_{2} D (0,424 0,576);

P_{3} D (0,474 4 0,525 6);

P_{4} ≈ (0,50 0,50).

Suite de matrices — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 530 — #540 CORRIGÉS_{530}
10Suites et matrices_{Lycée Charlemagne, Paris} {Énoncé \atop p. 520}

1 On obtient : u_{1} D 22 et u_{2} D 62.

2 A D ( \begin{matrix}5 & −6 \\ 1 & 0 \end{matrix} ) .

Le résultat est assez évident, mais par rigueur on peut faire une récurrence.

La propriété est évidemment vraie au rang 0.

Supposons la propriété vraie au rang k, c’est-à-dire C_{k} D A^{k}C_{0}. On a C_{kC1} D AC_{k}, donc C_{kC1} D A × A^{k}C_{0} D A^{kC1}C_{0}.

On a montré que la propriété est vraie au rang 0, et que, si elle est vraie à un rang k quelconque, elle est aussi vraie au rang k C 1, elle est donc vraie pour tout n.

3 (a) QP D ( \begin{matrix}1 & 0 \\ 0 & 1 \end{matrix}) D I_{2}. Cela signifie que Q est l’inverse de P.

(b) Initialisation : A^{1} D P DQ: c’est ce qu’on admet d’après l’énoncé donc la propriété est vraie au rang 1.

Hérédité : supposons la propriété vraie à un rang k supérieur ou égal à 1, c’est-à-dire : A^{k} D P D^{k}Q.

A^{kC1} D A × A^{k}
D P DQ × P D^{k}Q
D P D × ▷QP ◁ × D^{k}Q
D P × D × D^{k} × Q car QP D I_{2}
D P × D^{kC1} × Q

Donc pour tout n, A^{n} D P D^{n}Q. 4 D’après ce qui précède on a :

( \begin{matrix}u_{nC1} \\ u_{n} \end{matrix}) D A^{n} ( \begin{matrix}u_{1} \\ u_{0} \end{matrix}) D A^{n} ( \begin{matrix}8 \\ 3 \end{matrix}) .

De plus, D^{n} D ( \begin{matrix}2^{n} & 0 \\ 0 & 3^{n} \end{matrix}) (si vous n’êtes pas convaincus, cela se dé-

montre aisément par récurrence). On peut en déduire A^{n}, dont seuls deux termes nous intéressent. On en déduit donc en effectuant partiellement le produit matriciel :

u_{n} D 8▷−2^{n} C 3^{n}◁ C 3▷3 × 2^{n} − 2 × 3n◁ D 2^{n} C 2 × 3^{n}.

2 et 3 étant supérieurs à 1, lim_{n→C∞} 2^{n} D lim_{n→C∞} 3^{n} D C∞.

Par conséquent, la suite diverge vers C∞.

Suite de matrices — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 531 — #541 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{531} CORRIGÉS INTERROS COURS
11Suite de matrices_{Lycée Notre-Dame-du-Grandchamp, Versailles} {Énoncé \atop p. 521}

1 D’après l’énoncé, on a : \{ \begin{matrix}a_{nC1} D 0,6a_{n} C 0,3b_{n} \\ b_{nC1} D 0,4a_{n} C 0,7b_{n} \end{matrix} .

2 (a) On a : U_{nC1} D AU_{n} avec A D ( \begin{matrix}0,6 & 0,3 \\ 0,4 & 0,7 \end{matrix}) .

(b) On a donc : U_{n} D A^{n}U_{0}.

(c) On obtient alors U_{15} ≈ ( \begin{matrix}0,43 \\ 0,57 \end{matrix}) . 3 (a) En utilisant a_{n} C b_{n} D 1, on obtient :

\{ \begin{matrix}a_{nC1} D 0,6a_{n} C 0,3b_{n} \\ b_{nC1} D 0,4a_{n} C 0,7b_{n} \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}a_{nC1} D 0,6a_{n} C 0,3▷1 − a_{n}◁ \\ b_{nC1} D 0,4▷1 − b_{n}◁ C 0,7b_{n} \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}a_{nC1} D 0,3a_{n} C 0,3 \\ b_{nC1} D 0,3b_{n} C 0,4 \end{matrix}

Donc, ( \begin{matrix}a_{nC1} \\ b_{nC1} \end{matrix}) D ( \begin{matrix}0,3 & 0 \\ 0 & 0,3 \end{matrix}) ( \begin{matrix}a_{n} \\ b_{n} \end{matrix}) C ( \begin{matrix}0,3 \\ 0,4 \end{matrix}) .

On a donc D D ( \begin{matrix}0,3 & 0 \\ 0 & 0,3 \end{matrix}) et E D ( \begin{matrix}0,3 \\ 0,4 \end{matrix}) .

(b) On pose C D ( \begin{matrix}a \\ b \end{matrix}) .

C D DC C E ⟺ ( \begin{matrix}a \\ b \end{matrix}) D ( \begin{matrix}0,3a \\ 0,3b \end{matrix}) C ( \begin{matrix}0,3 \\ 0,4 \end{matrix}) .

On a donc : a D 0,3a C 0,3 et b D 0,3b C 0,4, donc a D \frac{3}{7} et

b D \frac{4}{7}, et donc C D ( \frac{3}{7} \frac{4}{7}) .

(c) On a :

X_{nC1} D U_{nC1} − C
D DU_{n} C E − C
D DU_{n} − DC
D D▷U_{n} − C◁
D DX_{n}.

(d) Par analogie avec les suites géométriques, on a donc :

X_{n} D D^{n}X_{0} D ( \begin{matrix}0,3^{n} & 0 \\ 0 & 0,3^{n} \end{matrix}) \binom{\frac{13}{35}}{−\frac{13}{35}}

car :

X_{0} D U_{0} − C D ( \begin{matrix}0,8 \\ 0,2 \end{matrix}) − ( \frac{3}{7} \frac{4}{7}) D ( −\frac{13}{35}^{\frac{13}{35}} ) .

Sauts de puces — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 532 — #542

CORRIGÉS_{532}

On a ensuite :

U_{n} D X_{n} C C

D ( \begin{matrix}0,3^{n} & 0 \\ 0 & 0,3^{n} \end{matrix}) ( −\frac{13}{35}^{\frac{13}{35}} ) C ( \frac{3}{7} \frac{4}{7})

D ( \begin{matrix}\frac{13}{35} × 0,3^{n} C \frac{3}{7} \\ −\frac{13}{35} × 0,3^{n} C \frac{4}{7} \end{matrix} ) .

(e) 0,3 est strictement compris entre −1 et 1, donc lim_{n→C∞} 0,3^{n} D 0.

On peut donc en conclure que lim_{n→C∞} U_{n} D ( \frac{3}{7} \frac{4}{7}) D C.

Ceci signifie qu’au bout d’un grand nombre d’années, le marché va se stabiliser, AFR ayant 3 parts sur 7 et BFM 4 parts sur 7.

12_{V/F} Sauts de puces {Énoncé \atop p. 522}

1 Faux. La puce n’a le choix qu’entre deux directions à partir de chaque sommet.

M D ( \begin{matrix}0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & 0 & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2} & 0 \end{matrix})

2 Faux. P_{0} D (1 0 0).

3 Vrai. P_{1} D P_{0} × M D (0 \frac{1}{2} \frac{1}{2}).

4 Faux. Si S D (a b c) est une distribution invariante du système, alors S D SM et a, b et c sont solution du système :

\{ \begin{matrix}2a & D b C c \\ 2b & D a C c, avec a C b C c D 1. \\ 2c & D a C b \end{matrix}

Chaîne de Markov et système linéaire — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 533 — #543

MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{533} CORRIGÉS INTERROS COURS

Chaque équation étant obtenue à partir d’une autre par permutation de a, b, c, on voit que s’il y a des solutions, alors a D b D c. Donc la distribution invariante correspond à l’équiprobabilité des 3 positions. Si l’état probabiliste converge, c’est vers la distribution invariante, donc au bout d’un grand nombre de sauts, la puce n’a donc pas plus de chance d’être sur un sommet plutôt qu’un autre.

13Représentation sagittale_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 523}

1 Voici un graphe probabiliste à deux états dont la matrice de transition est

celle de l’énoncé : 2 Voici un graphe probabiliste à trois états dont la matrice de transition est

celle de l’énoncé :

14Chaîne de Markov et système linéaire_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc NEW 2026} {Énoncé \atop p. 523}

1 Par définition, π D πT, d’où :

(x y) D (x y)( \begin{matrix}\frac{2}{3} & \frac{1}{3} \\ \frac{1}{6} & \frac{5}{6} \end{matrix}) ⟺ (x y) D ( \frac{2}{3}x C \frac{1}{6}y \frac{1}{3}x C \frac{5}{6}y)

⟺ \{ \begin{matrix}x & D \frac{2}{3}x C \frac{1}{6}y \\ y & D \frac{1}{3}x C \frac{5}{6}y \end{matrix}

⟺ \{ \begin{matrix}\frac{1}{3}x − \frac{1}{6}y & D 0 \\ \frac{1}{3}x − \frac{1}{6}y & D 0 \end{matrix}

Lancer de balle — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 534 — #544 CORRIGÉS_{534}

On obtient deux équations identiques (ce qui est normal). Cependant, il ne faut pas oublier que nous avons un graphe probabiliste et donc que x C y D 1 (la somme des probabilités est toujours égale à 1).

On a donc bien deux égalités sur x et y : \{ \begin{matrix}2x − y D 0 & ▷L_{1}◁ \\ x C y D 1 & ▷L_{2}◁ \end{matrix}

2 En faisant ▷L_{1}◁ C ▷L_{2}◁, on a : 3x D 1, soit x D \frac{1}{3}.

On en déduit alors que y D 1 − \frac{1}{3} D \frac{2}{3}. Ainsi, π D ( \frac{1}{3} \frac{2}{3}) .

15Lancer de balle_{Lycée François Rabelais, Saint-Brieuc} {Énoncé \atop p. 523}

1 La matrice de transition associée à cette chaîne de Markov est la suivante :

T D ( \begin{matrix}0 & 0,75 & 0,25 \\ 0,75 & 0 & 0,25 \\ 0 & 1 & 0 \end{matrix}) .

2 (a) Au début du jeu, Aline a la balle donc la distribution initiale est

π_{0} D (1 0 0).

(b) Pour tout entier naturel n, π_{n} D π_{0}T^{n} donc :

π_{5} D π_{0}T^{5} ≈ (0,258 0,542 0,2) (à la calculatrice)

Ainsi, la probabilité qu"Aline ait la balle au bout du cinquième lancer est d’environ 0,258.

3 (a) À l’aide de la calculatrice, on trouve que D D ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & −0,25 & 0 \\ 0 & 0 & −0,75 \end{matrix} ) .

(b) Pour tout entier naturel n, on a :

D^{n} D (P^{−1} T P )^{n} D P^{−1} T \underbrace{P P^{−1}}_{DI_{3}}T P ⋯P^{−1} T P D P^{−1} T^{n}P.

On en déduit alors :

P D^{n}P^{−1} D P P^{−1} T^{n}P P^{−1} D T^{n}

soit :

T^{n} D ( \begin{matrix}1 & 1 & 5 \\ 1 & 1 & −9 \\ 1 & −4 & 12 \end{matrix} ) ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & ▷−0,25◁^{n} & 0 \\ 0 & 0 & ▷−0,75◁^{n} \end{matrix} ) ( \begin{matrix}\frac{12}{35} & \frac{16}{35} & \frac{1}{5} \\ \frac{3}{10} & −\frac{1}{10} & −\frac{1}{5} \\ \frac{1}{14} & −\frac{1}{14} & 0 \end{matrix} )

On ne va pas chercher à aller plis loin dans ce genre de calculs car cela devient très vite fastidieux.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Chapitre 17 page 535 — #545 MATRICES ET GRAPHES CHAP. 17_{535} CORRIGÉS INTERROS COURS

(c) On a :

π_{n} D (1 0 0) ( \begin{matrix}1 & 1 & 5 \\ 1 & 1 & −9 \\ 1 & −4 & 12 \end{matrix} ) D^{n}P^{−1}

D (1 1 5) ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 \\ 0 & ▷−0,25◁^{n} & 0 \\ 0 & 0 & ▷−0,75◁^{n} \end{matrix} ) P^{−1}

D (1 ▷−0,25◁^{n} 5 × ▷−0,75◁^{n} ) ( \begin{matrix}\frac{12}{35} & \frac{16}{35} & \frac{1}{5} \\ \frac{3}{10} & −\frac{1}{10} & −\frac{1}{5} \\ \frac{1}{14} & −\frac{1}{14} & 0 \end{matrix} )

Ainsi, la probabilité qu’Aline ait la balle au n-ième lancer est :

\frac{12}{35} C \frac{3}{10}▷−0,25◁^{n} C \frac{5}{14}▷−0,75◁^{n}

(on ne développe que les calculs sur la première colonne de P^{−1} ). Remarque : on peut en déduire qu’à longs termes, cette probabilité sera proche de \frac{12}{35} car lim_{n→C∞} ▷−0,25◁^{n} D lim_{n→C∞} ▷−0,75◁^{n} D 0. Dans un cas général, la distribution invariante du système est :

π D ( \frac{12}{35} \frac{16}{35} \frac{1}{5}) .

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — page 536 — #546

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 537 — #547

Annexe A_{537}

Memento Maths expertes

Nombres complexes

ℂ D {a C ib, a ∈ ℝ, b ∈ ℝ, i^{2} D −1}.

Définitions

Parties réelles et imaginaires Conjugué Module

Arguments

\begin{matrix}z D a C ib ⟺ \\ \{ & \begin{matrix}a D Re▷z◁ \\ b D Im▷z◁ \end{matrix} \end{matrix}

\overline{z} D a − ib |z| D \sqrt{a^{2} C b^{2}}

arg▷z◁ D θ, où
\{ \begin{matrix}cosθ D \frac{a}{|z|} \\ sinθ D \frac{b}{|z|} \end{matrix}
Forme algébrique  Forme trigonométrique  Forme exponentielle
z D a C ib  a D r▷cosθ C isinθ◁  z D re^{iθ}

Propriétés

Conjugué  Module  Arguments

\overline{z C z′} D \overline{z} C \overline{z′} ; \overline{z × z′} D \overline{z} × \overline{z′} ; \overline{\frac{z}{z′}} D \frac{\overline{z}}{\overline{z′}} ; \overline{z^{n}} D \overline{z}^{n} |z| D |\overline{z}| ; |z×z′| D |z|×|z′| ; | \frac{z}{z′}| D \frac{|z|}{|z′|} ; |z^{n}| D |z|^{n} arg▷\overline{z}◁ D − arg▷z◁

arg▷z × z′◁ D arg▷z◁ C arg▷z′◁

arg( \frac{z}{z′}) D arg▷z◁ − arg▷z′◁

arg▷z^{n}◁ D n × arg▷z◁

Polynômes

Équations du second degré Factorisation de z^{n} − a^{n}

\begin{matrix}\{ & \begin{matrix}az^{2} C bz C c D 0 \\ 1 D b^{2} − 4ac < 0 \end{matrix} \\ D⇒ \{ \begin{matrix}z_{1} D \frac{−b − i\sqrt{|1|}}{2a} \\ z_{2} D \frac{−b C i\sqrt{|1|}}{2a} D \overline{z_{1}} \end{matrix} \end{matrix}  z^{n} − a^{n} D ▷z − a◁ ∑_{kD0}^{n−1}a^{k}z^{n−k−1}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 538 — #548

538

Trigonométrie

Formule de Moivre Formules d’Euler

▷cosθ C isinθ◁^{n} D cos▷nθ◁ C isin▷nθ◁ cosθ D \frac{e^{iθ} C e^{−iθ}}{2}

sinθ D \frac{e^{iθ} − e^{−iθ}}{2i}

Formules d’addition Formules de duplication

cos▷a C b◁ D cos▷a◁ cos▷b◁ − sin▷a◁ sin▷b◁ sin▷a C b◁ D sin▷a◁ cos▷b◁ C sin▷b◁ cos▷a◁

sin▷2a◁ D 2 sin▷a◁ cos▷a◁
cos▷2a◁D cos^{2}▷a◁ − sin^{2}▷a◁
D 2 cos^{2}▷a◁ − 1
D 1 − 2 sin^{2}▷a◁

Distances et angles

Soient A, B et C d’affixes respectives a, b et c.

|b − a| D AB

arg▷b − a◁ D { \atop \overrightarrow{u} ,\overrightarrow{AB}}

| \frac{c − a}{b − a} | D \frac{AC}{AB}

arg( \frac{c − a}{b − a} ) D ˆ \overrightarrow{AB}\overrightarrow{AC}

Racines n-ièmes de l’unités

Pour n entier naturel, on appelle racines n-ième de l’unité tous les nombres complexes z tels que z^{n} D 1. On note 𝕌_{n} l’ensemble de toutes ces valeurs :

𝕌_{n} D \{z ∈ ℂ|z^{n} D 1\} D \{e^{\frac{2ikπ}{n}} , k ∈ T0 I n − 1U, k ∈ ℕ\}

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 539 — #549

539

Arithmétique

Dans ce qui suit, sauf indication contraire, a, b, c et n sont des entiers relatifs.

Divisibilité

a divise b ⟺ a|b ⟺ ∃ n ∈ ℤ, b D a × n

Transitivité Combinaison linéaire

\{ \begin{matrix}a|b \\ b|c \end{matrix} D⇒ a|c  \{ \begin{matrix}a|b \\ a|c \end{matrix} D⇒ ∀ ▷λ,μ◁ ∈ ℤ, a|▷λb C μc◁

Division euclidienne ∀ ▷aI b◁ ∈ ℕ × ℕ, ∃ W ▷qI r◁ ∈ ℕ × ℕ, a D bq C r, 0 ⩽ r < b

Congruences

a est congru à b modulo c ⟺ a D b C nc ▷0 ⩽ b < c◁ ⟺ a ≡ b mod c a ≡ b mod n ⟺ n|▷a − b◁

\{ \begin{matrix}a ≡ c mod n \\ c ≡ b mod n \end{matrix} ⟺ a ≡ b mod n

a ≡ b mod n ⟺ ∀ k ∈ ℤ, \{ \begin{matrix}a C k ≡ b C k mod n \\ ka ≡ kb mod n \\ a^{k} ≡ b^{k} mod n ▷k ∈ ℕ◁ \end{matrix}

\{ \begin{matrix}a ≡ b mod n \\ a′≡ b′ mod n \end{matrix} ⟺ \{ \begin{matrix}a C a′≡ b C b′ mod n \\ aa′≡ bb′ mod n \end{matrix}

PGCD

Propriétés

a D bq C r, 0 ⩽ r < b, q ∈ ℤ ⟺ pgcd▷aI b◁ D pgcd▷bI r◁ Les diviseurs communs à a et b divisent pgcd▷aI b◁

\{ \begin{matrix}d|a \\ d|b \end{matrix} D⇒ d| pgcd▷aI b◁

∃ ▷a′,b′◁ ∈ ℤ × ℤ, \{ \begin{matrix}a D a′× pgcd▷aI b◁ \\ b D b′× pgcd▷aI b◁ \end{matrix} avec pgcd▷a′I b′◁ D 1.

a et b premiers entre eux ⟺ pgcd▷aI b◁ D 1

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 540 — #550

540

Théorème de Bézout Théorème de Gauss

pgcd▷aI b◁ D 1 ⟺ ∃ ▷uI v◁ ∈ ℤ^{2}, au C bv D 1

Corollaire :

pgcd▷aI b◁ D d ⟺ \{ \begin{matrix}d|a et d|b \\ ∃ ▷uI v◁ ∈ ℤ^{2}, au C bv D d. \end{matrix}

\{ \begin{matrix}a|bc \\ pgcd▷aI b◁ D 1 \end{matrix} ⇒ a|c

Nombres premiers

Un entier naturel est premier s’il n’est divisible que par 1 et lui-même. L’ensemble des nombres premiers est souvent noté ℙ.

Théorèmes

ℙ est infini.

n ∈ ℕ∗ n’est divisible par aucun nombre premier inférieur à \sqrt{n} D⇒ n ∈ ℙ.

Décomposition en produit de facteurs premiers

Tout entier naturel n supérieur ou égal à 2 peut s’écrire sous la forme :

n D p_{1}^{α_{1}} × p_{2}^{α_{2}} × ⋯× p_{k}^{α_{k}}

où k est un entier naturel non nul et p_{i} ∈ ℙ pour 1 ⩽ i ⩽ k.

Petit théorème de Fermat

\{ \begin{matrix}p ∈ ℙ \\ a ∈ ℕ, a ≢ 0 mod p \end{matrix} D⇒ a^{p−1} ≡ 1 mod p

Matrices

Dimensions d’une matrice

On pourra noter une matrice A D ▷a_{i,j} ◁\begin{matrix}1⩽i⩽n \\ 1⩽j⩽m \end{matrix} une matrice de dimensions n × m, ou plus simplement : A D ▷a_{i,j} ◁, avec dim▷A◁ D n × m.

Si n D 1, on dira que A est une matrice ligne.

Si m D 1, on dira que A est une matrice colonne.

Si n D m, on dira que A est une matrice carrée.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 541 — #551

541

Matrices paticulières

Matrices identités Matrices diagonales

I_{n} D ( \begin{matrix}1 & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 1 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 0 & 1 & ⋯ & 0 \\ ⋮ & & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & ⋯ & 1 \end{matrix})  D_{n} D ( \begin{matrix}a_{1} & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & a_{2} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 0 & a_{3} & ⋯ & 0 \\ ⋮ & & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & ⋯ & a_{n} \end{matrix})

Puissances d’une matrice diagonale

D D ( \begin{matrix}a_{1} & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & a_{2} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 0 & a_{3} & ⋯ & 0 \\ ⋮ & & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & ⋯ & a_{n} \end{matrix}) ⟺ D^{p} D ( \begin{matrix}a_{1}^{p} & 0 & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & a_{2}^{p} & 0 & ⋯ & 0 \\ 0 & 0 & a_{3}^{p} & ⋯ & 0 \\ ⋮ & & & ... & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & ⋯ & a_{n}^{p} \end{matrix} )

Matrices inverses d’ordre 2

On appelle matrice inverse de A, quand elle existe, l’unique matrice, notée A^{−1} , telle que A × A^{−1} D A^{−1} × A D I_{n}.

\{ \begin{matrix}A D ( \begin{matrix}a & b \\ c & d \end{matrix}) \\ ad − bc D̸ 0 \end{matrix} ⟺ A^{−1} D \frac{1}{ad − bc} ( \begin{matrix}d & −b \\ −c & a \end{matrix} ) .

Écritures matricielles

Systèmes linéaires

\{ a_{1,1}x_{1} C a_{1,2}x_{2} C ⋯C a_{1,n}x_{n} D b_{1} ; a_{2,1}x_{1} C a_{2,2}x_{2} C ⋯C a_{2,n}x_{n} D b_{2} ; ⋮ ; a_{n,1}x_{1} C a_{n,2}x_{2} C ⋯C a_{n,n}x_{n} D b_{n} ⇔ \underbrace{( \begin{matrix}a_{1,1} & a_{1,2} & ⋯ & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & ⋯ & a_{2,n} \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ a_{n,1} & a_{n,2} & ⋯ & a_{n,n} \end{matrix})}_{A} \underbrace{( x_{1} ; x_{2} ; ⋮ ; x_{n})}_{X} D \underbrace{( b_{1} ; b_{2} ; ⋮ ; b_{n})}_{B}

AX D B ⟺ X D A^{−1} B

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 542 — #552

542

Suites

On pose : U_{n} D ( u_{n}^{▷1◁} ; u_{n}^{▷2◁} ; ⋮ ; u_{n}^{▷p◁}) où les u_{n}^{▷k◁}(1 ⩽ k ⩽ p) sont p suites numériques et

A D ( \begin{matrix}a_{1,1} & a_{1,2} & ⋯ & a_{1,p} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & ⋯ & a_{2,p} \\ ⋮ & ⋮ & ... & ⋮ \\ a_{p,1} & a_{p,2} & ⋯ & a_{p,p} \end{matrix} ) et U_{nC1} D AU_{n}.

∀ n ∈ ℕ, U_{n} D A^{n}U_{0}

Graphes

Un graphe G est la donnée de deux ensembles : l’un est constitué de points, appelés sommets, l’autre est constitué de couples de points, appelés arêtes.

Vocabulaire

Deux sommets sont adjacents s’il existe une arête entre eux. Une graphe est complet si tous les sommets sont adjacents deux à deux.

Propriété 1

un graphe complet à n sommets compte \frac{n▷n − 1◁}{2} arêtes.

L’ordre d’un graphe est le nombre de sommets de ce graphe. Une chaîne d’un graphe est une liste ordonnée de sommets adjacents deux à deux. Le nombre de sommets de cette liste est appelé la longueur de la chaîne. Un graphe est connexe si deux sommets quelconques de ce graphe peuvent être reliés par au moins une chaîne.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 543 — #553

543

Types de graphes

Graphes non orientés Graphes orientés

G D ▷SI A◁ est non orienté si les couples de A peuvent être inversés.

Matrice d’adjacence (D, A, S, L) :

A D ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{matrix})

G D ▷SI A◁ est orienté si les couples de A ne peuvent pas être inversés.

Matrice d’adjacence (D, A, S, L) :

A D ( \begin{matrix}0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{matrix})

Graphes pondérés Graphes probabilistes

Un graphe est dit pondéré si ses arêtes sont munies de nombres positifs, appelés étiquettes ou pondérations.

Matrice d’adjacence (D, A, S, L) :

A D ( \begin{matrix}0 & 3 & 7 & 10 \\ 3 & 0 & 5 & 8 \\ 7 & 5 & 0 & 3 \\ 10 & 8 & 3 & 0 \end{matrix})

Un graphe probabiliste est un graphe orienté où la somme des pondérations des arêtes issues d’un même sommet est égale à 1.

Matrice de transition (A, B) :

T D ( \begin{matrix}0,7 & 0,3 \\ 0,6 & 0,4 \end{matrix})

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe A page 544 — #554

544

Chaîne de Markov

Une chaîne de Markov est une suite d’événements ▷X_{n}◁ où chaque X_{n} ne dépend que de X_{n−1} , pour n > 0. La représentation sagittale précédente du graphe probabiliste représente une chaine de Markov à 2 états.

État stable

Soit G un graphe probabiliste de matrice T. L’état stable du graphe est la matrice ligne P D (x_{1} x_{2} ⋯ x_{n}) telle que

P D P T, avec ∑_{kD1}^{n}x_{k} D 1.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe B page 545 — #555

Annexe B_{545}

Memento Python

Saisies

a = input("Entrez une valeur")       a est une chaine de caractères
n = int(input("Valeur:"))            n est un nombre entier
n = float(input("Valeur:"))            n est un nombre réel

Opérations mathématiques

a+b , a-b

Somme/différence de deux nombres

  a*b

Produit de deux nombres

  a/b

Quotient de deux nombres

 a//b

Division euclidienne de a par b

 a**n

Résultat de a^{n}

round(a,n)

Arrondi de a avec n décimales

Nombres aléatoires (from random import *)

rand()

Renvoie un nombre aléatoire entre 0 (inclus) et 1 (exclus)

randint(a,b)

Renvoie un nombre entier compris entre a et b (inclus)

Fonctions mathématiques (from math import *)

log(x)

Renvoie le logarithme népérien de x

exp(x)

Renvoie la valeur e^{x}

sqrt(x)

Renvoie la valeur de \sqrt{x}

cos(x)

Renvoie la valeur de cos▷x◁

sin(x)

Renvoie la valeur de sin▷x◁

pi                            Nombre π

Listes

L = [a,b]

Liste contenant les variables a et b

L.append(c)

Ajoute la variable c à la liste L

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe B page 546 — #556

546

Tests

if <condition 1>:
<instruction 1>
elif <condition 2>:
<instruction 2>
else:
<instruction 3>

                                Si <condition 1> est vraie,

<instruction 1> est exécutée, sinon :

                                 si <condition 2> est vraie,

<instruction 2> est exécutée, sinon

                               <instruction 3> est exécutée.

Boucles

      range(n)

Liste des entiers de 0 à n − 1 (compris)

    range(a,b+1)

Liste des entiers de a à b (compris)

for i in range(n):
<instruction>

La variable i prend les valeurs de 0 à n − 1 et pour chaque valeur de i,

                                <instruction> est exécutée.

while <condition>:
<instruction>

<instruction> est exécutée tant que

                                  <condition> est vraie.

Algorithme de seuil (exemple)

from math import*
def seuil(S):
V = log(4)
n = 0
while V < S :
    n = n + 1
    V = log(2*exp(V)-1)
return(n)

Cette fonction renvoie la première valeur de n pour laquelle V ⩾ S (condition contraire de celle qu’il y a après « while »). V représente ici le terme de la suite :

\{ \begin{matrix}V_{0} D ln▷4◁ \\ V_{nC1} D ln(2e^{V_{n}} − 1) \end{matrix}

Calculs des premiers termes d’une suite (exemple)

def termes(n):
p = 1
L = [p]
for k in range(1,n+1):
    p = 0.2*p+0.7
    L.append(p)
return L

Cette fonction renvoie la liste des n premiers termes de la suite définie

par :\{ \begin{matrix}p_{0} D 1 \\ p_{nC1} D 0,2p_{n} C 0,7 \end{matrix}

La boucle permet de calculer p_{1}, p_{2}, ..., p_{n} et de les mettre dans la liste L.

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe C page 547 — #557

Annexe C_{547}

Liste des vidéos

Chapitre  Titre  Page

Chapitre 1 Exercice 21 : suites imbriquées ..................  16
Chapitre 2 Exercice 13 : une asymptote oblique .............  50
Chapitre 3 Exercice 12 : dérivabilité et fonction exponentielle  81

Chapitre 4 Exercice 8 : continuité, point d’inflexion et tangente ....................................... 103

Chapitre 5 Exercice 14 : logarithme et quotient en opérande ..  125

Chapitre 6 Exercice 18 : équation différentielle avec second membre exponentiel ............................ 173

Chapitre 8 Exercice 7 : fonctions sinus et cosinus ............  255
Chapitre 9 Exercice 21 : dénombrements et anagrammes .....  287
Chapitre 10 Exercice 15 : jouer sans se ruiner ................  314
Chapitre 11 Exercice 16 : combien de lancers de dés? .........  363
Chapitre 13 Exercice 14 : position relative de plans et de droites  412

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe C page 548 — #558

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe C page 549 — #559

ILTM — v. 1.0 16 février 2026 — Annexe C page 550 — #560