Corrigé de l’exercice 1 de l’épreuve E6 -France métropolitaine - 2005
--- Partie A
1°) a) Considérons l’épreuve consistant à faire tourner la roue. Nous noterons Ω l’ensemble des issues possibles (univers) de cette expérience aléatoire. Lorsque la roue s’arrête sur les secteurs 3 et 9, l’événement A est réalisé. Ainsi parmi les 12 issues équiprobables possibles de Ω, seules 2 d’entre elles réalisent A donc la probabilité de A est :
12 ) 2 (A =
p soit :
6 ) 1 (A = p
b) L’arbre de probabilités suivant modélise la situation décrite dans l’énoncé.
2°) a) p(G∩A)= p(A)×pA(G) 4
1 6 ) 1 (G∩A = × p
donc :
24 ) 1 (G∩A = p
b) D’après l’arbre de probabilités ci-dessus : p(G)= p(G∩A)+ p(G∩A)
24 ) 3 (
10 1 6 5 24 ) 1 (
=
× +
= G p
G p
Conclusion :
8 ) 1 (G = p
3°) Nous devons calculer la probabilité que le billet tiré provienne de l’urneA sachant qu’il est gagnant, soit la probabilité conditionnelle :pG(A).
) (
) ) (
( p G
A G A p
pG = ∩
24 8 8 1 24
1 )
(A = =
pG donc :
3 ) 1 (A = pG .
Partie B
1°) Considérons l’épreuve consistant à faire tourner la roue puis à tirer un billet.
Deux issues contraires sont possibles :
soit le billet est gagnant (succès) avec une probabilité
8 ) 1
( =
= p G
p ;
soit le billet est perdant (échec) avec une probabilité
8 1− =7
= p
q .
(Ce type d’épreuve est parfois appelé « épreuve de Bernoulli ».) Cette même épreuve est répétée, de façon indépendante, n=10 fois.
A
A
G
Ω
1/6
1/4
9/10 1/10 3/4
5/6
G G
G
Alors la variable aléatoire X égale au nombre de billets gagnants en 10 épreuves suit la loi binomiale de paramètres n=10 et
8
= 1 p .
La probabilité d’obtenir k succès sur 10 épreuves ( k entier naturel compris entre 0 et 10 inclus) est :
k k
k k X p
−
⎟⎠
⎜ ⎞
⎝
×⎛
⎟⎠
⎜ ⎞
⎝
×⎛
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
=⎛
=
10
8 7 8
10 1 )
( .
2°) Calculons alors p(X =5) et p(X ≥1):
5 5
8 7 8
1 5 ) 10 5
( ⎟
⎠
⎜ ⎞
⎝
×⎛
⎟⎠
⎜ ⎞
⎝
×⎛
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
=⎛
= X p
alors : p(X =5)=0,0039 à 10-4 près.
L’événement contraire de (X ≥1) est (X <1) soit (X =0) donc : )
0 ( 1 ) 1
(X ≥ = −p X = p
10 0
8 7 8
1 0 1 10 ) 1
( ⎟
⎠
⎜ ⎞
⎝
×⎛
⎟⎠
⎜ ⎞
⎝
×⎛
⎟⎟⎠
⎜⎜ ⎞
⎝
−⎛
=
≥ X p
10
8 1 7 ) 1
( ⎟
⎠
⎜ ⎞
⎝
−⎛
=
≥ X p
alors : p(X ≥1)=0,7369 à 10-4 près.
Corrigé de l’exercice 2 de l’épreuve E6 – Antilles–Guyane - 2005
---
Partie A
1°) Les solutions sur I de l’équation g(x)=0 sont les abscisses des points d’intersection de la courbe (Cg) et de l’axe des abscisses. Nous observons que ce sont les nombres
6 π et
2 π .
L’ensemble des solutions est par conséquent :
⎭⎬
⎫
⎩⎨
⎧
; 2 6
π π .
2°) Nous observons la position de la courbe (Cg) par rapport à l’axe des abscisses.
Sur [0 ; 6
π [, (Cg) est au-dessus de l’axe des abscisses. Donc sur [0 ; 6
π [, g(x) est strictement positif.
Sur]
6 π ;
2
π [, (Cg) est au dessous de l’axe des abscisses. Donc sur ] 6 π ;
2
π [, g(x) est strictement négatif.
(Cg) coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisses 6 π et
2
π . Donc pour x= 6 π et x=
2 π g(x) est nul.
Partie B
1°) Toute fonction f définie sur IR par : f(x)=sin (ax + b) est dérivable sur IR et pour tout x réel, f’(x)=a cos (ax + b).
La fonction f définie sur I par : f (x)=sin (3x) est de ce type avec : a = 3 et b = 0.
Donc f est dérivable sur I et pour tout x de I, f ’(x)=3 cos (3x).
2°) On a : pour tout x de I, f’(x)=g(x).
D’après la partie A, - pour x de [ 0 ;
6
π [, g (x)>0 soit f’(x)>0 donc f est strictement croissante sur [ 0 ; 6 π [.
- pour x de ] 6 π ;
2
π [, g (x)<0 soit f’(x)<0 donc f est strictement décroissante sur
l'intervalle ] 6 π ;
2 π [.
Par ailleurs f’ s’annule en 6 π et
2 π .
Tableau des variations
x 0 6
π 2 π signe
de f’(x)
+ -
f(x)
0 0
-1 1
0
f(0)=sin(3×0)=0 f(6
π )=sin(3×
6
π )=sin(
2 π )=1
f(2
π )=sin(3×
2
π )=–1
3°)
a)
x 0
6 π
4 π
3 π
2 π
f(x) 0 1 0,7 0 -1 b)
