Transcript Correction Devoir Maison 3 EXERCICE 1 : Correction http: // www

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2013-2014
EXERCICE 1 : Correction http: // www. apmep. asso. fr/ -Terminale-S-204-sujets1. On a donc p3 = 2p5 et p0 = 3p5 , donc p0 + p3 + p5 = 1 ⇐⇒ 3p5 + 2p5 + p5 = 1 ⇐⇒ 6p5 = 1 ⇐⇒ p5 =
1
.
6
1
1
1
1
= et p0 = 3p5 = 3 × p0 = 3 × = .
6
3
6
2
Remarque : il ne devait pas être très difficile de voir que les probabilités étaient proportionnelles à l’aire des
secteurs, donc à des angles au centre de 180˚(deux angles droits), un angle de 60˚ et un angle de 120˚ pour un
total de 360˚.
1
120
1
60
1
180
= , p3 =
= et p5 =
= ...
On a donc p0 =
360
2
360
3
360
6
2. (a)
Il en résulte que p3 = 2p5 = 2 ×
1/2
F0
1/3
F0
1
2
1
3
F3
1/6
F5
1/2
F0
1/3
F3
1
6
F3
1/6
F5
1/2
F0
1/3
F5
F3
1/6
F5
On obtient un total d’au moins 8 points en deux lancers à la 6e, 8e et 9e branche. Donc
1 1 1 1 1 1
1
1
1
5
p (G2 ) = × + × + × =
+
+
=
.
3 6 6 3 6 6
18 18 36
36
5
7
36 12
24
2
(b) En déduire p(P ). On a p(P ) = 1 − p (G2 ) − p (G3 ) = 1 −
−
=
−
=
= .
36 36
36 36
36
3
3. Les lancers sont indépendants ; on a une schéma de Bernoulli répété de manière indépendante donc la variable
2
qui compte les parties gangnées sui une loi binomiale de paramètres n = 6 et de probabilité p = .
3
6
2
La probabilité de ne gagner aucune partie est p(X = 0) =
, donc la probabilité de gagner au moins une
3
6
2
36 − 26
665
=
=
partie est p(X > 1) = p(X = 0) = 1 −
3
36
729
4. (a) La loi de probabilité de X est donnée par le tableau suivant :
X
p(X = xi )
−2
2
24
=
3
36
1
7
36
3
5
36
7
5
−48 + 7 + 15
26
13
24
+1×
+3×
=
=−
=−
≈ −0, 72 e.
36
36
36
36
36
18
Un joueur perd en moyenne 72 centimes par partie sur un grand nombre de parties. Le jeu est défavorable
au joueur.
(b) E(X) = −2 ×
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EXERCICE 2 :
Partie A
On considère la fonction g définie sur [0 ; +∞[ par
g(x) = ex − x − 1.
1. g =exp+u
− 1 donc g est dérivable sur [0; +∞[ et pour tout x ∈ [0; +∞[, g ′ (x) = ex − 1.
′ où u : x 7−→ −x
x
g (x) = 0
e =1
Et
⇔
⇔ x = 0. Pour tout x > 0, ex > 1 ⇔ g ′ (x) > 0, la fonction g est donc strictement
x>0
x>0
croissante sur [0; +∞[.
2. Signe de g(x) suivant les valeurs de x :
g(0) = 0 et comme g est strictement croissante, pour x > 0, g(x) > g(0) ⇔ g(x) > 0.
On peut résumer le signe de g dans un tableau
x
0
Signe de g(x)
0
+∞
+
3. D’après la question précédente, pour tout x de [0; +∞[, g(x) > 0 ⇔ ex − x − 1 > 0 ⇔ ex − x > 1 ⇒ ex − x > 0.
Partie B
On considère la fonction f définie sur [0 ; 1] par
f (x) =
ex − 1
.
ex − x
1. Comme f est strictement croissante sur [0, 1], 0 6 x 6 1 ⇒ f (0) 6 f (x) 6 f (1) ⇔ 0 6 f (x) 6 1 (en effet
f (0) = 0 et f (1) = 1).
2. Soit (D) la droite d’équation y = x.
ex − 1
ex − 1 − xex + x2
(1 − x)g(x)
−
x
=
=
.
x
x
e −x
e −x
ex − x
x
Il suffit pour s’en convaincre de développer (1 − x)g(x) = (1 − x)(e − x − 1).
(b) La position relative de la droite (D) et de la courbe (C) sur [0, 1] sera donnée par le signe de f (x) − x sur
cet intervalle.
f (x) − x = 0
1 − x = 0 ou g(x) = 0
⇔
⇔ x = 1 ou x = 0
x>0
x>0
(a) Pour tout x de [0; 1], f (x) − x =
et pour x ∈]0, 1[, f (x) − x est du signe de 1 − x, (en effet g(x) > 0 (cf.A.2) et ex − x > 0 (cf.A.3)), c’est à
dire f (x) − x > 0.
c’est ainsi que (D) et C se coupent pour x = 0 et x = 1 et sur ]0, 1[, C est au-dessus de (D).
Partie C
On considère la suite (un ) définie par :
(
u0
=
un+1
=
1
2
f (un ) ,
pour tout entier naturel n.
1. Construire sur l’axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite en laissant apparents les traits de
construction. (en fin d’exercice)
1
2. Soit, pour tout entier naturel n, la propriété P (n) : 6 un 6 un+1 6 1.
2
1
Initialisation : u0 = 1/2 et u1 ≈ 0.565 donc 6 u0 6 u1 6 1 et P (0) est vraie.
2
Hérédité : On suppose que la propriété Pn est vraie au rang n. Démontrons qu’elle est vraie au rang n + 1.
1
P (n) est vraie ⇔ 6 un 6 un+1 6 1
2 1
6 f (un ) 6 f (un+1 ) 6 f (1) (car f est croissante sur [0; 1])
⇔f
2
1
⇒ 6 un+1 6 un+2 6 1 (car f (1) = 1 et f (1/2) > 1/2)
2
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donc P (n + 1) est vraie.
Ainsi pour tout entier naturel n :
1
6 un 6 un+1 6 1
2
y
1
b
b
b
b
b
b
b
O
b
b
b
b
x
1
3. La suite (un ) est croissante et majorée par 1 donc d’après le théorème de convergence monotone assure la
convergence de la suite. Comme f est continue sur [1/2, 1], la limite est solution de l’équation f (x) = x dans
l’intervalle [1/2, 1]. Or d’après la question B.2.a, les solutions de l’équation f (x) − x = 0 sont les solutions de
(1 − x)g(x) = 0 c’est à dire x = 1 et x = 0 (solution unique de g(x) = 0). Seule la valeur 1 est dans [1/2, 1] donc
lim un = 1.
u0 u1 u2 u3
n→+∞
EXERCICE 3 :
Soit g la fonction définie sur [0 ; +∞[ par g(x) = ex − xex + 1.
Partie 1
1. On a g(x) = ex (1 − x) + 1.
Or lim ex = +∞ et lim (1 − x) = −∞, donc par opération sur les limites : lim g(x) = −∞.
x→+∞
x→+∞
x→+∞
2. Pour tout x > 0, g(x) = (1 − x)e + 1 La fonction g = u × exp +1 est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit et
somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ :
∀x > 0, g ′ (x) = ex − ex − xex = −xex .
Comme ex > 0 , g ′ (x) = 0 ⇔ x = 0 et g ′ (x) est du signe de −x sur ]0; +∞[. C’est ainsi que g ′ (0) = 0 et g ′ (x) < 0
sur ]0; +∞[ donc g est strictement décroissante sur [0; +∞[.
x
3. Tableau de variations de g.
x
0
Signe de g ′ (x)
0
Variations
de g
2
+∞
α
−
0
−∞
4. (a) g dérivable, donc continue et strictement décroissante sur [0 ; +∞[, , g(0) > 0 et lim g(x) = −∞. L’image
x→+∞
de l’intervalle [0; +∞[ est donc ] − ∞; 2], il contient 0 et d’après le théorème de la bijection, il existe un
unique réel α dans [0; +∞[ vérifiant g(α) = 0. (voir tableau)
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(b) La
•
•
•
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calculatrice donne :
g(1) = 1 et g(2) ≈ −6, 4, donc 1 < α < 2 ;
g(1, 2) ≈ 0, 3 et g(1, 3) ≈ −0, 1, donc 1, 2 < α < 1, 3 ;
g(1, 27) ≈ 0, 04 et g(1, 28) ≈ −0, 007, donc 1, 27 < α < 1, 28.
1
(α 6= 1).
α−1
5. Par simple lecture du tableau de variations, on a g(x) > 0 sur [0 ; α[ ; g(α) = 0 et g(x) < 0 sur [α ; +∞[.
(c) On a g(α) = 0 ⇐⇒ eα − αeα + 1 = 0 ⇐⇒ eα (1 − α) = −1 ⇐⇒ eα =
Partie 2
u
est dérivable [0 ; +∞[ comme quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle (le
exp + 1
dénominateur ne s’annulant pas) :
4 (ex − xex + 1)
4g(x)
4 (ex + 1) − 4x × ex
=
=
∀x > 0, A′ (x) =
2
2
2.
x
x
(e + 1)
(e + 1)
(ex + 1)
2
Comme (ex + 1) > 0 quel que soit x > 0, le signe de A′ (x) est le même que celui de g(x).
D’après la question précédente, on a donc : A′ (x) > 0 sur [0 ; α[ ; A′ (α) = 0 et A′ (x) < 0 sur ]α ; +∞[.
1. La fonction A =
2. Compte-tenu du signe de la dérivée, A est strictement croissante sur [0; α] et strictement décroissante sur [α; +∞[,
A(α) étant le maximum de la fonction A obtenu pour x = α.
Partie 3
4x
= A(x).
ex + 1
Or on a vu que la fonction A réalise maximum pour x = α donc l’aire du rectangle OP M Q est maximale pour
x = α.
4
α
f (α)
yP − yQ
4
=−
2. Le coefficient directeur de la droite (P Q) est égal à
= − e +1 = −
.
xP − xQ
α
α
α (eα + 1)
1
Or on a vu que eα =
, donc le coefficient directeur est égal à :
α−1
4(α − 1)
4
4(α − 1)
4
=−
.
=− =−
−
α
α (e + 1)
α(1 + α − 1)
α2
α 1 +1
1. On sait que x > 0, l’aire du rectangle OP M Q est égale à OP × OQ = x × f (x) =
α−1
La tangente en M (α ; f (α)) a pour coefficient directeur f ′ (α).
4
4eα
4(α − 1)
4ex
4(α − 1)
α−1
′
,
donc
f
(α)
=
−
=
−
=−
.
Or f ′ (x) = −
2 = −
2
2
(1 + α − 1)2
α2
(ex + 1)
(eα + 1)
1
+1
α−1
Les coefficients directeurs sont égaux : les droites sont parallèles.
y
2
1Q
b
M
b
C
O
b
P
1x =
α
−1
2
3
x
−1
−2
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EXERCICE 4 :
1. (a) Sortons la boule noire : il y a 93 tirages 3 boules parmi les 9 restantes. À chacun de ces tirages on adjoint
le tirage de la boule noire. Il y a donc 93 tirages différents de quatre boules contenant la boule noire.
Le nombre de tirages possibles est 10
4 tirages.
9
9!
2
9! × 4! × 6!
3
= 3!6!
= .
=
On a donc p(N) = 10
10!
3!
×
6!
×
10!
5
4!6!
4
(b) On a l’arbre suivant :
1
2
2
5
G
N
G
1
2
1
6
3
5
G
N
G
5
6
2 1 3 1
1
1
2+1
3
=
=
.
On a donc p(G) = p(N) × pN (G) + p N × pN (G) = × + × = +
5 2 5 6
5 10
10
10
7
3
=
.
(c) D’après la question précédente la probabilité de perdre est 1 −
10
10
1
2
1
p G∩N
×
2
1 10
= .
Il faut calculer pG (N) =
= 5 7 2 = 57 = ×
5
7
7
p(G)
10
10
3
2. (a) • Si le joueur gagne probabilité de
, le joueur gagne 4 − m euro(s) ;
10
• Si le joueur ne gagne pas mais a tiré la boule noire (probabilité de 25 × 12 = 15 ) le joueur récupère sa
mise, le gain est nul ;
• Si le joueur ne gagne pas et n’a pas tiré la boule noire (probabilité égale à 35 × 56 = 21 ) le joueur perd m
euros donc son gain algébrique est −m euro(s).
D’où le tableau de la loi de probabilité du gain X suivant :
X = xi
p (X = xi )
4−m
3
10
0
1
5
−m
1
2
3
1
1
12 − 3m − 5m
12 − 8m
+0× −m× =
=
.
10
5
2
10
10
12
3
12 − 8m
⇐⇒ 12 − 8m = 0 ⇐⇒ m =
= = 1, 50 e.
(c) On a E(X) = 0 ⇐⇒
10
8
2
3. La variable aléatoire Y qui compte le nombre de parties gagnées suit une loi bibomaile de paramètres n et
3
.
p=
10
n
7
La probabilité de ne jamais gagner en n jeux est égale p(Y = 0) =
, donc la probabilité de gagner au
10
n
7
.
moins une fois est : p(Y > 1) = 1 − p(Y = 0) = 1 −
10
Il faut
donc
n résoudre : n
7
7
1−
> 0, 999 ⇔
< 0, 001 ⇔ 0, 7n < 0, 001 ⇔ n ln 0, 7 < ln 0, 001 (croissance de la fonction ln)
10
10
ln 0, 001
puis n >
.
ln 0, 7
ln 0, 001
≈ 19, 3.
Or
ln 0, 7
Il faut donc jouer au moins 20 fois.
(b) On a E(X) = (4 − m) ×
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