Devoir surveillé n°7

TS – DS7_corrigé Page 1 sur 4

Terminale S – Lycée Desfontaines – Melle

Devoir surveillé n°7

Exercice 1 - 7 points (extrait Antilles Guyane juin 2007)

Pour chaque question, une seule des propositions est exacte. Le candidat entourera la valeur retenue pour chaque question. Aucune justification n’est demandée.

Pour chaque question, une réponse exacte rapporte le nombre de points indiqué; une réponse inexacte enlève la moitié des points; l’absence de réponse est comptée 0 point.

Si le total des points pour l’exercice est négatif, la note est ramenée à zéro.

On s’intéresse à deux types de pièces électroniques, P₁ et P2, qui entrent dans la fabrication d’une boîte de vitesse automatique.

Une seule pièce de type P1 et une seule pièce de type P2 sont nécessaires par boîte.

L’usine se fournit auprès de deux sous-traitants et deux seulement S₁ et S2.

Le sous-traitant S1 produit 80% des pièces de type P1 et 40% de pièces de type P2. Le sous-traitant S₂ produit 20% des pièces de type P₁ et 60% de pièces de type P₂.

1. Un employé de l’usine réunit toutes les pièces P₁ et P2 destinées à être incorporées dans un certain nombre de boîtes de vitesses. Il y a donc autant de pièces de chaque type.

Il tire une pièce au hasard.

(a) La probabilité que ce soit une pièce P₁ est

0,8 0,5 0,2 0,4 0,6 0,5 point

car on sait qu’il y a "autant de pièces de chaque type".

(b) La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu’elle vienne de S₁ est

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,5 point

Grâce aux données du texte, on obtient l’arbre pondéré ci-dessous On a alors P

(

^P1∩S1

)

^=P

( )

^{P1 ×PP}1

( )

^S1

=0.5× 80 100=0.4 (c) La probabilité qu’elle vienne de S₁ est

0,2 0,4 0,5 0,6 0,8 1 point

P1 et P2 formant une partition de l’univers, d’après la loi des probabilités totales, P

( )

^{S1 =P}

(

^P1∩S1

)

^+P

(

^P2∩S1

)

^=0.4+0.5×₁₀₀⁴⁰ =0.4+0.2=0.6

2. Il y a 200 pièces au total. Cette fois l’employé tire deux pièces simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables.

(a) Une valeur approchée à 10^-4 près de la probabilité que ce soit deux pièces P1 est :

0,1588 0,2487 0,1683 0,0095 1 point

Il y a 200 pièces au total : 100 de type P₁ et 100 de type P₂.

Tirer simultanément 2 pièces parmi les 200 revient donc à constituer une combinaison de 2 éléments parmi 200. Il y a donc 



200

2 combinaisons possibles.

Parmi toutes ces combinaisons, on s’intéresse à celles étant composées de deux pièces de type P₁. Il y a donc 



100

2 combinaisons possibles composées de deux pièces de type P₁. Ainsi la probabilité que ce soit deux pièces P1 est 



100 2





200 2

ó0,2487

TS – DS7_corrigé Page 2 sur 4

(b) Une valeur approchée à 10^-4 près de la probabilité que ce soit deux pièces P1 et P2 est :

0,5000 0,2513 0,5025 2 points

Tirer une pièce de type P1 parmi 100 revient à constituer une combinaison de 1 élément parmi 100.

Tirer une pièce de type P₂ parmi 100 revient à constituer une combinaison de 1 élément parmi 100.

Ainsi le nombre de combinaisons composées de pièce de type P1 et d’une pièce de type P₂ est





100 1 ×



100 1 .

Ainsi la probabilité que ce soit une pièce de type P1 et une de type P2 est 



100 1 ×



100 1





200 2

ó0,5025 (c) La probabilité que ce soient deux pièces fabriquées par le même fournisseur est :

357 995

103 199

158

995 2 points

Grâce à la question 1.c., on sait que 60% des pièces sont fabriquées par S1 soit 60

100×200=120 pièces. Sur les 200 pièces, 120 sont fabriquées par S₁.

Et, par déduction, 200−120=80 sont fabriquées par S₂.

Tirer 2 pièces fabriquées par S₁ parmi 120 revient à constituer une combinaison de 2 éléments parmi 120. Il y a donc 



120

2 combinaisons possibles.

Tirer 2 pièces fabriquées par S2 parmi 80 revient à constituer une combinaison de 2 éléments parmi 80. Il y a donc 



80

2 combinaisons possibles.

Ce qui fait en tout 



120 2 + 



80

2 combinaisons possibles composées de 2 pièces fabriquées par le même fournisseur.

Ainsi la probabilité que ce soient deux pièces fabriquées par le même fournisseur est





120 2 +



80 2





200 2

=103 199

Exercice 2 (Antilles Guyane septembre 2007 ) - 10 points

Question de cours Soit I un intervalle de Ë.

Soient u et v deux fonctions continues, dérivables sur I telles que u′ et v′ soient continues sur I.

Rappeler et démontrer la formule d’intégration par parties sur un intervalle [a;b] de I.

(voir cours) 2 points Partie A

Soit f la fonction définie et dérivable sur l’intervalle [0;1].

On note f ′ la fonction dérivée de f.

On suppose que f ′ est continue sur l’intervalle [0;1].

1. Utiliser la question de cours pour montrer que : ⌡⌠

0

1f(x)dx=f(1)−

⌡⌠

0

1xf′(x)dx :

Not ons u et v les deux fonctions dérivables et à dérivées continues telles que :



u(x)=f(x) u′(x)=f′(x) v′(x)=1 v(x)=x . Ainsi, en intégrant par parties, ⌡⌠

0

1f(x)dx =



 xf(x)

0 1

–⌡⌠

0

1xf′(x)dx =f(1)−

⌡⌠

0

1xf′(x)dx 1 point

2. En déduire que ⌡⌠

0

1(f(x)−f(1))dx=-

⌡⌠

0

1xf′(x)dx :

⌡⌠

0

1(f(x)−f(1))dx =

⌡⌠

0

1f(x)dx−f(1)

⌡⌠

0

1dx par l i néar i t é

TS – DS7_corrigé Page 3 sur 4

=

⌡⌠

0

1f(x)dx−f( 1)



 x

0 1 =

⌡⌠

0

1f(x)dx−f( 1) =f(1)−⌡⌠

0

1xf′(x)dx –f( 1) d’après la question 1

=-

⌡⌠

0

1xf′(x)dx 1,5 poi nt s Partie B

On désigne par ln la fonction logarithme népérien.

Soit f la fonction définie sur l^’intervalle ]-2;2[ par f(x)=ln



2+x 2−x .

Soit C la courbe représentative de f sur l^’intervalle ]-2;2[ dans un repère orthonormé d’unité graphique 2 cm.

1. Déterminer les limites de f aux bornes de son ensemble de définition : En posant X=2+x

2−x , lim

x↔-2⁺ln



2+x

2−x = lim

X↔0⁺lnX=-õ et lim

x↔2^-ln



2+x

2−x = lim

X↔+õlnX=+õ Ainsi lim

x↔-2⁺f(x)=-õ et lim

x↔2^-f(x)=+õ 1 point 2.

a. Montrer que pour tout réel x de l’intervalle ]-2;2[ on a f′(x)= 4 4−x² : u:x→ 2+x

2−x est une fonction rationnelle définie sur ]-2;2[ donc dérivable sur ]-2;2[.

De plus, ┐x☻]-2;2[, u(x)=2+x

2−x >0. Donc f=ln(u) est dérivable sur ]-2;2[.

Et ┐x☻]-2;2[, f′(x)=u′(x)

u(x)=1×(2−x)−(2+x)×(-1)

(2−x)² × 1

u(x) =2−x+2+x

(2−x)² ×2−x

2+x= 4

(2−x)(2+x) = 4

4−x² 1,5 point b. En déduire les variations de f sur l’intervalle ]-2;2[ :

Le trinôme x→4−x² est du signe de -1 cad négatif sauf entre ses racines -2 et 2.

Ainsi ┐x☻]-2;2[, f′(x)>0. Donc la fonction f est strictement croissante sur ]-2;2[ 1 point Partie C

La courbe C est tracée sur la feuille annexe.

Hachurer sur cette feuille la partie P du plan constituée des points M(x;y) tels que 0ÂxÂ1 et f(x)ÂyÂln3.

0,5 point

TS – DS7_corrigé Page 4 sur 4

En utilisant la partie A, calculer en cm² l^’aire de P. f(1)=ln





2+1

2−1 =ln3. De plus f est strictement croissante sur ]-2;2[ donc sur [0;1]. Ainsi ┐x☻[0;1], f(x)<f(1).

Par conséquent l’aire délimitée par la droite d’équation y=f(1) la courbe C et les deux droites d’équation x=0 et x=1 est égale à ^{Aire P}( )=-⌡⌠

0

1(f(x)−f(1))dx ua.

Or,− ⌡⌠

0

1(f(x)−f(1))dx =⌡⌠

0

1xf′(x)dx d’a pr ès l a que st i on 2.

┐x☻[ 0;1] , xf′(x)= 4x

4−x²= -2u′(x)

u(x) en posant u : x→4−x². (u est dérivable sur [0;1] et ┐x☻[0;1], u′(x)=-2x d’où 4x = -2u′(x)).

Donc une primitive de x→ 4x

4−x² sur [0;1] est x→-2ln

( |

^{u(x) .}

| )

Or ┐x☻[0;1], u(x)>0 donc une primitive de x→ 4x

4−x² sur [0;1] est x→-2ln

(

4−x²

)

. Par conséquent

⌡⌠

0 1 4x

4−x²dx =





−2ln

(

4−x²

)

0

1 =-2ln3+2ln4 =2(ln4−ln3)=2ln



4

3 =ln



16 9 . Ainsi ^{Aire P}( ) =ln



16

9 u.a. cad 4ln



16

9 cm² ó2,3 cm² car 1ua=2×2=4cm² 1,5 point Exercice 3 - Questions 1 et 2 (3 points). Questions 3 et 4 (Bonus : 2 points)

Soit

( )

^In la suite d’intégrales définie pour n☻É par I_n =⌡⌠

0 1tⁿe^tdt

1. Etudier la monotonie de

( )

^In : 1,5 point Méthode 1 :

┐t☻[0;1], 0Âtⁿ⁺¹Âtⁿ et e^t>0 donc 0Âtⁿ⁺¹e^tÂtⁿe^t. Donc d’après l’intégration d’inégalités, on obtient 0Â

⌡⌠

0

1tⁿ⁺¹e^tdtÂ

⌡⌠

0

1tⁿe^tdt. D’où 0ÂI_n+1ÂI_n. Par définition la suite

( )

^In est décroissante.

Méthode 2 :

Par linéarité, In+1−In=

⌡⌠

0

1tⁿ⁺¹e^tdt−

⌡⌠

0

1tⁿe^tdt=

⌡⌠

0

1

(

tⁿ⁺¹−tⁿ

)

e^tdt=

⌡⌠

0

1tⁿ(t−1)e^tdt.

Or ┐t☻[0;1], tⁿÃ0 et e^t>0 donc tⁿ(t−1)e^tÂ0. Par conséquent, comme 0Â1, ⌡⌠

0

1tⁿ(t−1)e^tdtÂ0.

D’où In+1−InÂ0. Par définition la suite

( )

^In est décroissante.

2. Trouver une relation de récurrence entre In et In−1 pour nÃ1 : 1,5 point Soit nÃ1 fixé, pour trouver une relation de récurrence entre I_n =

⌡⌠

0

1tⁿe^tdt et In−1=

⌡⌠

0

1tⁿ⁻¹e^tdt, on intègre par parties en considérant les fonctions u et v dérivables et à dérivées continues sur [0;1] telles que :



u(t)=tⁿ dc u′(t)=ntⁿ⁻¹

v′(t)=e^t dc v(t)=e^t Alors ⌡⌠

0

1tⁿe^tdt=



 tⁿe^t

0 1

–⌡⌠

0

1ntⁿ⁻¹e^tdt =e−n

⌡⌠

0

1tⁿ⁻¹e^tdt. On a donc In=e−nIn−1

3. Montrer que pour tout nÃ1, 0ÂI_n e

n+1 : 1 point

┐t☻[0;1], 0Âe^tÂe donc en multipliant par tⁿÃ0 on obtient 0Âtⁿe^tÂetⁿ. Donc d’après l’intégration des inégalités, (0Â1) on a : 0ÂInÂe⌡⌠

0 1tⁿdt.

Or ⌡⌠

0 1tⁿdt=







 tⁿ⁺¹ n+1 ₀

1= 1

n+1. D’où 0ÂI_n e n+1

4. Déterminer la limite de la suite

( )

^In : 1 point 0ÂI_n e

n+1 et lim

n↔+õ

e

n+1=0 donc d’après le théorème des gendarmes lim

n↔+õI_n=0