Exercice 1 8 points
Partie A
1/ On peut faire l’arbre suivant :
A
A 1/6
5/6
4/10
6/10
1/10
9/10 R
R
R R
On a doncp(R) = 1 6× 4
10+5 6× 1
10 = 4 60+ 5
60= 9 60 = 3
20 = 15
100 ⇒p(R) = 0,15 . 2/ Il faut comparerpR(A)etpR(B).
pR(A) = p(A∩R) p(R) =
1 6×104
3 20
= 4 60×20
3 = 4 9. pR(B) = p(B∩R)
p(R) =
5 6 ×101
3 20
=
5 60
3 20
= 5 60×20
3 = 5
9. On a doncpR(A)< pR(B). Partie B
1/ La probabilité d’avoir deux boules rouges est égale à :0,152= 0,022 5.ou
15
100 2
= 9 400
On cherche maintenant la probailité d’avoir une rouge et une noire. Attention, cet événement est la réunion de deux événements incompatibles :
— La première est rouge et la seconde noire.
— La première est noire et la secone rouge.
Chacun de ces événements a une probabilité de0.15×(1−0.15). La probailité d’avoir une rouge et une noire est donc de2×0,15×(1−0,15) = 0,255.ou2× 15
100 ×(1− 15
100) = 51 200) La probabilité d’avoir deux noires est :0,852= 0,722 5. ou(1− 15
100)2= 289 Le tableau de la loi de probabilité de G est donc ; 400
xi 2x x−2 −4
P(X=xi) 0,0225 0,255 0,7225 ou avec des fractions :
xi 2x x−2 −4
P(X=xi) 9 400
51 200
289 400 On vérifie évidemment que la somme de la seconde ligne vaut 1 :0.0225 + 0.255 + 0.7225 = 1 2/ E(G) = 2x×0,022 5 + 0,255(x−2) + 0,722 5×(−4)⇒ E(G) == 0,3x−3,4.
3/ E(G)0 ⇐⇒ 0, , x−3,40 ⇐⇒ 0,3x3,4 ⇐⇒ x 3,4
0,3≈11,333.
Il faut donc que le gain soit au moins de 12€( carx∈N) .
Commun à tous les candidats
1
1/ 1. 1. f1(x) = 2x−2 + ln x2+ 1
. On a lim
x→+∞x2= +∞, lim
x→+∞x2+ 1 = +∞,
x→+∞lim ln x2+ 1
= +∞,: lim
x→+∞2x−2.
Finalement par somme des limites limx→+∞f1(x) = +∞. 1. 2. f1 est une somme de fonctions dérivables etf1′(x) = 2 + 2x
x2+ 1 ⇒ f1′(x) =2
x2+x+ 1 x2+ 1 .
1. 3. f1′(x)est du signe du numérateur, trinôme stictement positif puisque son déterminant est strictement négatif.
La fonction est donc strictement croissante .
Remarque: on pouvait aussi dire quef1est la somme de deux fonctions croissantes2x−2(strictement croissante d’ailleurs) etln
x2+ 1
croissante sur[0; +∞[comme composée de fonctions croissantes. Elle est donc strictement croissante.On a
x∈⇒2x0
x2+ 1>0 ⇒ 2x
x2+ 1, et doncf1′(x)2>0.
D’où le tableau de variations : x
f ‘( x )
f ( x )
0 + ∞
+
-2
+ ∞
2/ fn(x) = 2x−2 +ln x2+ 1
n .
2. 1. Pournfixé, on a encore lim
x→+∞
ln x2+ 1
n = +∞, et donc limx→+∞fn(x) = +∞. 2. 2. fn′(x) = 2 + 2x
n(x2+ 1) ⇒fn′(x) =2nx2+ 2x+n n(x2+ 1) .
Le raisonnement est le même qu’à la première question (y compris la remarque d’ailleurs) et le disciminant du numérateur est cette fois∆ = 4−16n2<0puisquen≥1.
La fonctionfn est donc strictement croissante sur[0 ; +∞[.
2. 3. La fonctionfn est continue sur[0 ; +∞[puisque dérivable. Elle est strictement croissante sur cet intervalle.
Commef(0) =−2<0et lim
x→+∞fn(x) = +∞ il existe un réel uniqueαn∈[0 ; +∞[ tel quefn(αn) = 0 . 2. 4. On afn(1) = ln 2
n .
On a donc−2<0<1ou encorefn(0)< fn(αn)< fn(1)d’où par croissance de la fonctionfn, 0< αn <1.
3/ On sait quefn+1(αn+1) = 0 ⇐⇒ 2αn+1−2 +ln
α2n+1+ 1 αn+1
= 0 ⇐⇒ 2αn+1−2 =−ln
α2n+1+ 1 αn+1
(1).
D’autre part :
fn(αn+1) = 2αn+1−2+ln
α2n+1+ 1
n+ 1 =−ln
α2n+1+ 1 αn+1
+ln
α2n+1+ 1
n+ 1 en utilisant (1) = ln
α2n+1+ 1 1 n− 1
n+ 1
= ln
α2n+1+ 1
× 1 n(n+ 1).
Or α2n+10⇒α2n+1+ 11⇒ln
α2n+1+ 1
0.D’autre par 1
n(n+ 1) >0.
Conclusionln
α2n+1+ 1
× 1
n(n+ 1) >0ou encore fn(αn+1)>0.
2
3. 1. On vient de démontrer que0< fn(αn+1)ou encorefn(αn)< fn(αn+1). Raisonnons par l’absurde, siαn+1≤αn
alors, la fonctionfn étant croissante, on auraitfn(αn+1)< fn(αn)ce qui contredit le résultat précédent.
Conclusion la suite(αn)est donc croissante.
3. 2. La suite est croissante et majorée par 1 : elle donc convergente vers une limiteℓ.
3. 3. αn = 1−ln α2n+ 1
2n etαn étant majorée,limn→+∞
ln α2n+ 1
2n = 0d’où lim
n→+∞αn= 1.
3
