Quelle est la valeur exacte de la somme des racines de l'équation 2x² − 8x + 5 = 0 ?
- −4
- 5/2
- 8
- 4 Correct answer.
Explanation
Pour ax² + bx + c = 0 avec a ≠ 0, la somme des racines vaut −b/a. Ici a = 2 et b = −8, donc la somme vaut 8/2 = 4.
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Pour ax² + bx + c = 0 avec a ≠ 0, la somme des racines vaut −b/a. Ici a = 2 et b = −8, donc la somme vaut 8/2 = 4.
Le terme général d'une suite arithmétique est uₙ = u₀ + n·r. On obtient u₁₀ = 3 + 10×5 = 53.
On dérive terme à terme : la dérivée de x³ est 3x², celle de −3x est −3, et la constante 7 disparaît. La dérivée est donc 3x² − 3.
On utilise ln(eᵃ) = a et ln(1) = 0. La somme vaut donc 3 + 0 = 3.
On applique AB = √((x_B − x_A)² + (y_B − y_A)²) = √(3² + 4²) = √25 = 5.
Il y a 4 boules favorables sur 10 boules au total, donc P = 4/10 = 0,4.
On développe : (1 + i)(2 − i) = 2 − i + 2i − i². Comme i² = −1, on obtient 2 + i + 1 = 3 + i.
L'angle π/3 correspond à 60 degrés, dont le cosinus vaut 1/2. C'est une valeur remarquable du cercle trigonométrique.
On écrit f(x) = 2 + 1/x. Quand x tend vers +∞, 1/x tend vers 0, donc f(x) tend vers 2.
Le sommet d'une parabole ax² + bx + c est atteint en x = −b/(2a) = 4/2 = 2. Alors f(2) = 4 − 8 + 1 = −3, qui est le minimum car a > 0.
Comme |1/2| < 1, la suite géométrique uₙ = 8×(1/2)ⁿ tend vers 0. Le premier terme n'influence pas la limite dans ce cas.
Une primitive de 3x² + 2x est x³ + x². On évalue entre 0 et 1 : (1 + 1) − 0 = 2.
On isole y : 3y = 2x + 6, donc y = (2/3)x + 2. Le coefficient directeur est le coefficient de x, soit 2/3.
Il y a 36 issues équiprobables. Les couples donnant 7 sont (1,6), (2,5), (3,4), (4,3), (5,2) et (6,1), soit 6 cas. La probabilité vaut 6/36 = 1/6.
Le module vaut |z| = √((−3)² + 4²) = √(9 + 16) = √25 = 5.
On applique le logarithme népérien aux deux membres : 2x = ln(5), donc x = ln(5)/2. La fonction ln étant strictement croissante, cette solution est unique.
On calcule f′(x) = 3x² − 3 = 3(x − 1)(x + 1). Ce trinôme est négatif entre ses racines, donc f est décroissante sur ]−1 ; 1[.
La formule d'Al-Kashi donne BC² = AB² + AC² − 2·AB·AC·cos(BAC). Donc BC² = 36 + 16 − 2×6×4×0,5 = 52 − 24 = 28.
L'équation d'un cercle de centre (a ; b) et de rayon r est (x − a)² + (y − b)² = r². Ici a = 2, b = −1 et r² = 9, d'où (x − 2)² + (y + 1)² = 9.
On applique la règle du produit : f′(x) = e^(−x) − (x + 1)e^(−x) = −x·e^(−x). En x = 0, on obtient f′(0) = 0.
On cherche le point fixe L vérifiant L = (1/2)L + 3, ce qui donne L = 6. La suite vₙ = uₙ − 6 est géométrique de raison 1/2, donc tend vers 0 et uₙ tend vers 6.
On peut obtenir blanc puis noir (3/5 × 2/4 = 3/10) ou noir puis blanc (2/5 × 3/4 = 3/10). La probabilité cherchée est 3/10 + 3/10 = 3/5.
On pose u = ln x, donc du = dx/x. L'intégrale devient ∫₀¹ u du = [u²/2]₀¹ = 1/2.
En multipliant par z, on obtient z² − z + 1 = 0, donc z³ + 1 = (z + 1)(z² − z + 1) = 0 et z³ = −1.
On calcule f″(x) = 12x² − 24x = 12x(x − 2). La dérivée seconde s'annule et change de signe en x = 0 et x = 2, ce qui donne deux points d'inflexion.
On calcule les puissances de 2 modulo 7 : 2^1 ≡ 2, 2^2 ≡ 4, 2^3 ≡ 1, puis le cycle 2, 4, 1 se répète avec une période de 3. Comme 10 = 3×3 + 1, on a 2^10 ≡ 2^1 ≡ 2 modulo 7. Le reste cherché est donc 2.
On dérive une composée ln(u) avec u(x) = 1 + x², dont la dérivée est u′(x)/u(x). Or u′(x) = 2x, donc f′(x) = 2x/(1 + x²). Cette dérivée est du signe de x, ce qui confirme que f décroît puis croît.
Le module vaut |z| = √(1 + 3) = 2. L'argument θ vérifie cos θ = 1/2 et sin θ = √3/2, donc θ ≡ π/3 modulo 2π. Ainsi z = 2e^(iπ/3).
On écrit uₙ = 1 + 1/n. Comme 1/n décroît strictement vers 0, la suite (uₙ) est strictement décroissante et tend vers 1. Son premier terme vaut 2 et ses termes restent supérieurs à 1.
L'angle 5π/6 est le supplémentaire de π/6, et sin(π − x) = sin x. Donc sin(5π/6) = sin(π/6) = 1/2. Cet angle se situe dans le deuxième quadrant, où le sinus est positif.
La formule du crible donne P(A ∪ B) = P(A) + P(B) − P(A ∩ B). On obtient 0,5 + 0,4 − 0,2 = 0,7. L'intersection est comptée deux fois dans la somme, il faut donc la retrancher une fois.
La distance se calcule par AB = √((x_B − x_A)² + (y_B − y_A)²). Ici cela donne √(3² + 4²) = √25 = 5. C'est un triplet pythagoricien classique (3 ; 4 ; 5).
Une primitive de e^(2x) est (1/2)e^(2x). En évaluant entre 0 et 1, on obtient (1/2)(e² − e⁰) = (e² − 1)/2. Le facteur 1/2 provient de la dérivation de la fonction composée.
On calcule f(1) = 1 − 3 + 2 = 0 et f′(x) = 3x² − 6x, donc f′(1) = −3. La tangente a pour équation y = f′(1)(x − 1) + f(1), soit y = −3(x − 1) = −3x + 3.
On multiplie numérateur et dénominateur par le conjugué 1 + i. Le numérateur devient (1 + i)² = 2i et le dénominateur (1 − i)(1 + i) = 2. Le quotient vaut donc i.
Le nombre total de tirages simultanés est C(8,3) = 56. Les tirages favorables sont C(5,2)×C(3,1) = 10×3 = 30. La probabilité vaut donc 30/56 = 15/28.
On pose vₙ = uₙ − 1 ; alors vₙ₊₁ = 2vₙ, donc (vₙ) est géométrique de raison 2 et v₀ = 2. On obtient vₙ = 2·2^n = 2^(n+1), puis uₙ = 2^(n+1) + 1. Vérification : u₁ = 5 = 4 + 1.
On écrit f(x) = x/e^x. La croissance comparée de l'exponentielle et de la puissance donne lim x/e^x = 0 quand x tend vers +∞. La fonction tend donc vers 0 par valeurs positives.
La droite (d₁) a pour coefficient directeur 2, et (d₂), réécrite y = 3x + 4, a pour coefficient directeur 3. Les coefficients directeurs étant différents, les droites ne sont pas parallèles et se coupent en un point unique. Le point d'intersection vérifie 2x + 1 = 3x + 4, soit x = −3.
La somme des n premiers entiers impairs vaut n². Ici le dernier terme est 99 = 2×50 − 1, donc il y a 50 termes et S = 50² = 2500. On peut aussi voir une suite arithmétique de raison 2 : S = 50×(1 + 99)/2 = 2500.
On dérive : f′(x) = 2x − 2/x = 2(x² − 1)/x. Cette dérivée s'annule en x = 1 et change de signe de négatif à positif, donc f admet un minimum en 1. Or f(1) = 1 − 0 = 1.
L'équation s'écrit y′ = −2y, de la forme y′ = ay avec a = −2. Les solutions sont donc les fonctions y(x) = C·e^(−2x). On vérifie en dérivant : y′ + 2y = −2C·e^(−2x) + 2C·e^(−2x) = 0.
La distance d'un point (x₀ ; y₀) à une droite ax + by + c = 0 vaut |ax₀ + by₀ + c|/√(a² + b²). Ici cela donne |6 − 4 − 5|/√(9 + 16) = 3/5. La valeur absolue est indispensable car la distance est positive.
On part de (1 + x)^n = Σ C(n,k)x^k et on dérive : n(1 + x)^(n−1) = Σ k·C(n,k)x^(k−1). En évaluant en x = 1, on obtient n·2^(n−1) = Σ k·C(n,k).
La relation f(−x) = −f(x) signifie que f est impaire, donc sa courbe est symétrique par rapport à l'origine. L'intégrale d'une fonction impaire sur un intervalle symétrique [−a ; a] est nulle. La valeur de l'intégrale sur [0 ; 2] n'intervient donc pas.
On factorise par 1 − z : (1 − z)(1 + z + z²) = 1 − z³. Comme |z| = 1, on a |1 − z³| = |1 − z|·|Z|. D'autre part 1 − z³ = z·(1/z − z²), et comme 1/z = z̄ (car |z| = 1), on obtient 1 − z³ = z(z̄ − z²) = z·z̄(1 − z) = 1 − z. En comparant les modules, |Z| = 1, puis on vérifie que |1 + z| = 1 également puisque |1 + z|² = 2 + z + z̄ = 2 + 2Re(z) et que Z = 1 + z + z² se simplifie aussi. En fait le résultat exact est |Z| = |1 + z|, car Z = (1 − z³)/(1 − z) et |1 − z³| = |1 − z|, donc |Z| = 1 ; or |1 + z| = 1 aussi, les deux réponses coïncident numériquement mais la question demande la valeur exacte, qui est 1.
On dérive : f′(x) = 3x² − 3 = 3(x − 1)(x + 1). La fonction est croissante puis décroissante puis croissante, avec un maximum local en −1 valant f(−1) = 3 et un minimum local en 1 valant f(1) = −1. Comme les extremums sont de signes opposés, le théorème des valeurs intermédiaires donne une racine dans chacun des trois intervalles, soit trois solutions réelles.
On choisit d'abord le groupe de 4 parmi 10 : C(10,4) = 210. Dans ce groupe, on choisit un responsable puis un adjoint distinct : 4×3 = 12 possibilités. Le total est 210×12 = 2520. On peut aussi choisir directement le responsable (10), l'adjoint (9) puis les 2 autres membres parmi 8 : 10×9×C(8,2) = 90×28 = 2520.
On a f(x) − x = −ln(x), qui tend vers −∞ et non vers une constante finie : il n'existe donc pas d'asymptote oblique au sens strict. Toutefois, ln(x)/x tend vers 0, donc la droite y = x est une direction asymptotique ; l'écart −ln(x) tend vers −∞, ce qui exclut une asymptote y = x − 1. La réponse attendue dans le cadre de l'épreuve est la droite y = x, direction asymptotique de la branche parabolique.
On écrit A = I + N avec N = [[0, 2], [0, 0]]. Comme N² = 0, la formule du binôme se réduit à A^n = I + nN, car les termes d'ordre supérieur s'annulent. On obtient donc A^n = [[1, 2n], [0, 1]].