★ Les démonstrations au programme — Terminale

Notons $E = \{e_1, \dots, e_n\}$. À chaque partie $A$ de $E$, on associe le n-uplet $(c_1, \dots, c_n) \in \{0\,;\,1\}^n$ où $c_i = 1$ si $e_i \in A$ et $c_i = 0$ sinon. Cette correspondance est une bijection (chaque n-uplet définit une et une seule partie).

Donc le nombre de parties est $\mathrm{Card}(\{0\,;\,1\}^n) = 2^n$.

Par ailleurs, en classant les parties selon leur nombre d'éléments $k$ (de 0 à $n$), cas disjoints, le principe additif donne $\binom{n}{0} + \binom{n}{1} + \dots + \binom{n}{n}$ parties. D'où l'égalité. $\blacksquare$

Méthode combinatoire. Soit $E$ un ensemble à $n$ éléments et $a$ un élément fixé de $E$. Les parties à $k$ éléments de $E$ se répartissent en deux catégories disjointes :

• celles qui contiennent $a$ : on complète $a$ par $k - 1$ éléments choisis parmi les $n - 1$ autres, soit $\binom{n-1}{k-1}$ parties ;
• celles qui ne contiennent pas $a$ : on choisit les $k$ éléments parmi les $n - 1$ autres, soit $\binom{n-1}{k}$ parties.

Le principe additif donne la relation.

Méthode par le calcul. $\dbinom{n-1}{k-1} + \dbinom{n-1}{k} = \dfrac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!} + \dfrac{(n-1)!}{k!\,(n-1-k)!} = \dfrac{(n-1)!}{k!\,(n-k)!}\big(k + (n - k)\big) = \dfrac{n!}{k!\,(n-k)!} = \dbinom{n}{k}$. $\blacksquare$

Soit $P \in \mathcal{P}$. Par Chasles, $\overrightarrow{MP} = \overrightarrow{MH} + \overrightarrow{HP}$. Donc $$MP^2 = \|\overrightarrow{MH} + \overrightarrow{HP}\|^2 = MH^2 + 2\,\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{HP} + HP^2.$$

Or $H$ et $P$ sont dans $\mathcal{P}$, donc $\overrightarrow{HP}$ est un vecteur du plan, orthogonal à $\overrightarrow{MH}$ : $\overrightarrow{MH}\cdot\overrightarrow{HP} = 0$.

Ainsi $MP^2 = MH^2 + HP^2 \geqslant MH^2$, d'où $MP \geqslant MH$ (longueurs positives), avec égalité si et seulement si $HP = 0$, c'est-à-dire $P = H$. $\blacksquare$

$M(x;y;z) \in \mathcal{P} \iff \overrightarrow{AM}\cdot\vec n = 0$ (caractérisation d'un plan par un point et un vecteur normal).

Or $\overrightarrow{AM}(x - x_A;\,y - y_A;\,z - z_A)$, donc, dans un repère orthonormé : $$\overrightarrow{AM}\cdot\vec n = a(x - x_A) + b(y - y_A) + c(z - z_A) = ax + by + cz + d\quad\text{avec}\quad d = -(ax_A + by_A + cz_A).$$

Ainsi $M \in \mathcal{P} \iff ax + by + cz + d = 0$. $\blacksquare$

Pour tout $n \in \mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $(1 + a)^n \geqslant 1 + na$ ».

Initialisation. $(1 + a)^0 = 1$ et $1 + 0 \times a = 1$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n \in \mathbb{N}$ tel que $(1 + a)^n \geqslant 1 + na$. Comme $1 + a > 0$, on peut multiplier les deux membres par $1 + a$ sans changer le sens : $$(1 + a)^{n+1} \geqslant (1 + na)(1 + a) = 1 + a + na + na^2 = 1 + (n + 1)a + na^2 \geqslant 1 + (n + 1)a$$ car $na^2 \geqslant 0$. Donc $P(n + 1)$ est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout $n \in \mathbb{N}$, $(1 + a)^n \geqslant 1 + na$. $\blacksquare$

Cette inégalité sert à démontrer que $q^n \to +\infty$ quand $q > 1$ (chapitre « Limites de suites »).

Soit $(u_n)$ croissante et non majorée, et $A$ un réel quelconque. Comme la suite n'est pas majorée, $A$ n'est pas un majorant : il existe un rang $N$ tel que $u_N > A$.

La suite étant croissante, pour tout $n \geqslant N$ : $u_n \geqslant u_N > A$. Ainsi l'intervalle $[A\,;\,+\infty[$ contient tous les termes à partir du rang $N$.

Ceci valant pour tout réel $A$, $\lim u_n = +\infty$. $\blacksquare$

Soit $A$ un réel. Comme $\lim u_n = +\infty$, il existe un rang $N_1$ à partir duquel $u_n \geqslant A$. Par hypothèse, il existe un rang $N_2$ à partir duquel $v_n \geqslant u_n$.

Pour $n \geqslant \max(N_1, N_2)$ : $v_n \geqslant u_n \geqslant A$. Donc $[A\,;\,+\infty[$ contient tous les $v_n$ à partir d'un certain rang, pour tout $A$ : $\lim v_n = +\infty$. $\blacksquare$

Posons $a = q - 1 > 0$, donc $q = 1 + a$. D'après l'inégalité de Bernoulli (démontrée par récurrence) : pour tout $n$, $q^n = (1 + a)^n \geqslant 1 + na$.

Or $a > 0$ donc $\lim (1 + na) = +\infty$. Par le théorème de comparaison, $\lim q^n = +\infty$. $\blacksquare$

En $+\infty$. Soit $g(x) = e^x - x$. $g'(x) = e^x - 1 \geqslant 0$ pour $x \geqslant 0$, donc $g$ est croissante sur $[0\,;\,+\infty[$ et $g(x) \geqslant g(0) = 1 > 0$. Ainsi $e^x > x$ pour $x \geqslant 0$. Comme $\lim\limits_{x\to+\infty} x = +\infty$, le théorème de comparaison donne $\lim\limits_{x\to+\infty} e^x = +\infty$.

En $-\infty$. Posons $X = -x$ : $e^x = \dfrac{1}{e^{X}}$. Quand $x \to -\infty$, $X \to +\infty$ donc $e^X \to +\infty$ et $\dfrac{1}{e^X} \to 0$. $\blacksquare$

Cas $n = 1$. Soit $h(x) = e^x - \dfrac{x^2}{2}$ sur $[0\,;\,+\infty[$. $h'(x) = e^x - x > 0$ (démontré plus haut), donc $h$ est croissante et $h(x) \geqslant h(0) = 1 > 0$ : $e^x > \dfrac{x^2}{2}$. Pour $x > 0$ : $\dfrac{e^x}{x} > \dfrac{x}{2}$, et $\dfrac x2 \to +\infty$ : par comparaison, $\dfrac{e^x}{x} \to +\infty$.

Cas général. Pour $x > 0$ : $\dfrac{e^x}{x^n} = \left(\dfrac{e^{x/n}}{x}\right)^n = \left(\dfrac{1}{n} \times \dfrac{e^{x/n}}{x/n}\right)^n$. En posant $X = \frac{x}{n} \to +\infty$, $\dfrac{e^X}{X} \to +\infty$ d'après le cas $n = 1$, donc la quantité entre parenthèses tend vers $+\infty$, et sa puissance $n$-ième aussi. $\blacksquare$

Fixons $a \in I$ et posons $g(x) = f(x) - \big(f(a) + f'(a)(x - a)\big)$ : c'est l'écart entre la courbe et la tangente en $a$.

$g$ est dérivable et $g'(x) = f'(x) - f'(a)$. Comme $f'' \geqslant 0$, $f'$ est croissante sur $I$ :

• pour $x \leqslant a$ : $f'(x) \leqslant f'(a)$, donc $g'(x) \leqslant 0$ ;
• pour $x \geqslant a$ : $f'(x) \geqslant f'(a)$, donc $g'(x) \geqslant 0$.

$g$ est donc décroissante puis croissante : elle admet un minimum en $a$, qui vaut $g(a) = 0$. Ainsi $g(x) \geqslant 0$ pour tout $x \in I$, c'est-à-dire que la courbe est au-dessus de la tangente en $a$. $\blacksquare$

On admet que $\ln$ est dérivable. Pour tout $x > 0$, $e^{\ln x} = x$. Dérivons les deux membres, en utilisant la dérivée d'une composée $(e^u)' = u'e^u$ : $$\ln'(x) \times e^{\ln x} = 1, \quad\text{soit}\quad \ln'(x) \times x = 1.$$

Comme $x \neq 0$, $\ln'(x) = \dfrac{1}{x}$. $\blacksquare$

Posons $X = -\ln x$, c'est-à-dire $x = e^{-X}$. Quand $x \to 0^+$, $\ln x \to -\infty$ donc $X \to +\infty$.

Alors $x\ln x = e^{-X} \times (-X) = -\dfrac{X}{e^X}$. Par croissance comparée, $\dfrac{e^X}{X} \to +\infty$ quand $X \to +\infty$, donc $\dfrac{X}{e^X} \to 0$.

Ainsi $\lim\limits_{x\to0^+} x\ln x = 0$. $\blacksquare$

Pour toute constante $C$, $(F + C)' = F' = f$ : $F + C$ est une primitive de $f$.

Réciproquement, soit $G$ une primitive de $f$ sur $I$. Alors $(G - F)' = f - f = 0$ sur l'intervalle $I$, donc $G - F$ est constante sur $I$ : il existe $C$ tel que $G = F + C$. $\blacksquare$

Pour tout réel $C$, $f(x) = Ce^{ax}$ vérifie $f'(x) = aCe^{ax} = af(x)$ : c'est une solution.

Réciproquement, soit $f$ une solution. Posons $g(x) = f(x)e^{-ax}$ (l'exponentielle ne s'annule pas). Alors $$g'(x) = f'(x)e^{-ax} - af(x)e^{-ax} = \big(f'(x) - af(x)\big)e^{-ax} = 0.$$

$g$ est donc constante sur $\mathbb{R}$ : $g(x) = C$, d'où $f(x) = Ce^{ax}$. $\blacksquare$

Soit $x \in [a\,;\,b[$ et $h > 0$ tel que $x + h \leqslant b$. $F(x + h) - F(x)$ est l'aire sous la courbe entre $x$ et $x + h$.

Comme $f$ est croissante, sur $[x\,;\,x + h]$ on a $f(x) \leqslant f(t) \leqslant f(x + h)$ : cette aire est comprise entre celle du rectangle de hauteur $f(x)$ et celle du rectangle de hauteur $f(x + h)$ : $$h\,f(x) \leqslant F(x + h) - F(x) \leqslant h\,f(x + h), \quad\text{soit}\quad f(x) \leqslant \frac{F(x + h) - F(x)}{h} \leqslant f(x + h).$$

$f$ étant continue, $f(x + h) \to f(x)$ quand $h \to 0$ : par le théorème des gendarmes, le taux de variation tend vers $f(x)$. On raisonne de même pour $h < 0$. Donc $F$ est dérivable en $x$ et $F'(x) = f(x)$. $\blacksquare$

Soit $G(x) = \int_a^x f(t)\,dt$ : c'est une primitive de $f$ avec $G(a) = 0$. Deux primitives diffèrent d'une constante : $F = G + C$.

Alors $F(b) - F(a) = G(b) + C - G(a) - C = G(b) - 0 = \displaystyle\int_a^b f(x)\,dx$. $\blacksquare$

La fonction $uv$ est dérivable et $(uv)' = u'v + uv'$. Les fonctions $u'v$ et $uv'$ sont continues, donc intégrables, et $uv$ est une primitive de $u'v + uv'$ : $$\int_a^b \big(u'v + uv'\big) = \big[uv\big]_a^b.$$

Par linéarité, $\int_a^b u'v + \int_a^b uv' = [uv]_a^b$, d'où la formule. $\blacksquare$

L'événement $\{X = k\}$ est formé des issues (n-uplets) comportant exactement $k$ succès et $n - k$ échecs.

Probabilité de chacune : les épreuves étant indépendantes, la probabilité d'un tel n-uplet est le produit des probabilités de ses composantes, soit $p^k(1 - p)^{n-k}$ (quel que soit l'ordre des succès).

Nombre de ces issues : un n-uplet à $k$ succès est déterminé par l'ensemble des $k$ positions (parmi $n$) où se trouvent les succès : il y en a $\binom{n}{k}$.

En additionnant les probabilités de ces issues deux à deux incompatibles : $P(X = k) = \binom{n}{k}p^k(1 - p)^{n-k}$. $\blacksquare$

Loi de Bernoulli. Si $X_i$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $p$ : $E(X_i) = 1 \times p + 0 \times (1 - p) = p$, et $E(X_i^2) = p$ (car $X_i^2 = X_i$), donc $V(X_i) = E(X_i^2) - E(X_i)^2 = p - p^2 = p(1 - p)$.

Somme. On écrit $X = X_1 + \dots + X_n$ comme ci-dessus. Par linéarité de l'espérance : $$E(X) = E(X_1) + \dots + E(X_n) = np.$$

Les $X_i$ étant indépendantes, les variances s'additionnent : $$V(X) = V(X_1) + \dots + V(X_n) = np(1 - p). \quad\blacksquare$$