la probabilité d’obtenir 0 point.

TS1 + TS2 Correction DC2 _2010-2011

EXERCICE 1 :

1. Le joueur lance une fléchette.

On note p

la probabilité d’obtenir 0 point.

On note p

la probabilité d’obtenir 3 points.

On note p

la probabilité d’obtenir 5 points.

On a donc p

+ p

+ p

= 1. Sachant que p

= 1

2 p

et que p

= 1

3 p

déterminer les valeurs de p

, p

et p

· On a donc p

= 2p

et p

= 3p

, donc p

+ p

+ p

= 1 ⇐⇒ 3p

+ 2p

+ p

= 1 ⇐⇒ 6p

= 1 ⇐⇒ p

= 1

6 . Il en résulte que p

= 2p

= 2 × 1

6 = 1

3 et p

= 3p

= 3 × p

= 3 × 1 6 = 1

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˚.

On a donc p

= 180 360 = 1

2 , p

= 120 360 = 1

3 et p

= 60 360 = 1

6 . . . 2. (a)

0

1 2

0

1 2

3

1 3

1

5

6

3

1 3

0

1 2

3

1 3

1

5

6

5

1

6 ¹₂

0

3

1 3

1

5

6

On obtient un total d’au moins 8 points en deux lancers à la 6

, 8

et 9

branche. Donc p (G

) = 1

3 × 1 6 + 1

3 × 1 3 + 1

6 × 1 6 = 1

18 + 1 18 + 1

36 = 5 36 . (b) En déduire p(P ). On a p(P ) = 1 − p (G

) − p (G

) = 1 − 5

36 − 7 36 = 36

36 − 12 36 = 24

36 = 2 3 .

3. Les lancers sont indépendants ; on a une épreuve de Bernoulli de paramètres n = 6 et de probabilité p = 2 3 . La probabilité de ne gagner aucune partie est

2 3

, donc la probabilité de gagner au moins une partie est 1 −

2 3

= 3

− 2

3

= 665

729

4. (a) On a le tableau de loi de probabilité de X suivant :

X −2 1 3

p(X = x

) 24 36

7 36

5 36 (b) E(X ) = −2 × 24

36 + 1 × 7

36 + 3 × 5

36 = −48 + 7 + 15

36 = − 26

36 = − 13

18 ≈ −0, 72 euros Un joueur perd en moyenne sur un grand nombre de parties 72 centimes par partie.

Le jeu est défavorable au joueur.

Lycée Bertran de Born 1 sur 3

TS1 + TS2 Correction DC2 _2010-2011

EXERCICE 2 :

1. Soit f la fonction définie sur [0 ; +∞[ par f (x) = 1 4 xe

.

(a) La fonction exponentielle est positive sur [0 ; +∞[ donc, pour tout x de [0 ; +∞[, f (x) > 0 . (b) Pour tout x > 0, f (x) = 1

2 x

2 e

. On pose X = x

2 . lim

X = +∞.

Par conséquent, d’après le théorème sur la composition des limites, on a : lim

f (x) = lim

1

2 Xe

= lim

1 2

X e

. On a vu dans la question 1. que lim

e

x = +∞ donc lim

X e

= 0.

Par conséquent : lim

f (x) = 0. La courbe C admet donc une asymptote d’équation y = 0 en +∞.

(c) f est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit et composée de fonctions dérivables.

f = 1

4 ue

en posant u(x) = x et v(x) = −

. Alors f

= 1

4 (ue

)

= 1

4 (u

× e

+ u × v

e

).

Pour tout x, on en déduit : f

(x) = 1 4

e

+ x ×

− 1 2

× e

= 1 4

1 − 1

2 x × e

= 1

8 (2 − x)e

. e

> 0 donc f

(x) est du signe de 2 − x donc positif pour x 6 2, nul en 2 et négatif pour x > 2.

f est croissante sur [0 ; 2] et décroissante sur [2 ; +∞[.

Tableau de variations :

x 0 2 +∞

f

(x) + 0 − 1 2e

f (x) ր ց

0 0

2. Soit F la fonction définie sur [0 ; +∞[ par ; F(x) = R

0

f (t) dt.

(a) F est la primitive de f qui s’annule en 0 donc F

= f . Comme on a montré que f était positive, F est positive et F est croissante.

(b) Pour tout x, F (x) = R

0

1 4 te

. Posons α(t) = t d’où α

(t) = 1 β

(t) = 1

4 e

d’où β(t) = − 1 2 e

.

α et β sont continues donc on peut effectuer une intégration par parties.

Alors : F(x) =

− 1 2 te

0

+ 1 2

R

0

e

dt = − 1

2 xe

+ 1 2

h −2e

i

0

= 1 − e

− x 2 e

. (c) lim

− x 2

= −∞ donc par composition avec la fonction exponentielle, lim

e

= 0.

On a vu précédemment que lim

x

2 e

= 0 donc lim

F (x) = 1.

On en déduit le tableau de variations de F :

x 0 +∞

F

(x) = f (x) + 1

F(x) ր

0

(d) F est continue puisque dérivable ; F est strictement croissante ; F (0) = 0 et lim

F(x) = 1. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe un unique réel positif α tel que F(α) = 0, 5.

À la calculatrice, on trouve : α ≈ 3.36 à 0,01 près par excès.

Lycée Bertran de Born 2 sur 3

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EXERCICE 3 :

I = Z

1

ln x dx et J = Z

1

(ln x)

dx

1. La fonction F est dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[ donc F

(x) = ln x + 1 − 1 = ln x donc F est une primitive de la fonction logarithme népérien.

I = Z

1

ln x dx = F (e) − F (1) = 1.

2. Posons u(x) = (ln x)

et v

(x) = 1 donc u

(x) = 2 ln x

x et v(x) = x.

u et v sont des fonctions dérivables et u

et v

sont continues sur [1 ;e] donc par une intégration par parties on obtient :

J = [u(x)v(x)]

− Z

1

u

(x)v(x) dx = [x(ln x)

]

− Z

1

2 ln(x) dx = e − 2I.

3. Comme I = 1, on a J = e − 2.

4. A = Z

1

f (x) dx − Z

1

g(x) dx = I − J = 3 − e.

Lycée Bertran de Born 3 sur 3