Dur´ee 2 heures et 10 minutes. Le bar`eme est donn´e `a titre indicatif.
Le manque de soin et de clart´e dans la r´edaction sera p´enalis´e.
Exercice 1 : R.O.C (10 minutes) (0 points)
Soient A etB deux ´ev´enements ind´ependants.
1. Rappeler la d´efinition de deux ´ev´enements ind´ependants.
2. D´emontrer que A et B sont ind´ependants.
Solution: Voir cours
Exercice 2 : Exercices classiques (30 minutes) (0 points)
1. Simplifier l’expression suivante e−3x2+x+1 ex+1
2. R´esoudre les ´equations et in´equations suivantes :
(a) ex2+x+1 = e×ex+1; (b) e2x+3 61.
3. D´eterminer les limites suivantes : (a) lim
x→+∞e−3x+2 (b) lim
x→+∞
ex−2 e2x+ ex−5
4. Calculer les d´eriv´ees des fonctions suivantes suivantes sans ´etudier la d´erivabilit´e :
(a) f(x) =xe3x−5 (b) g(x) = e−2x2+4
Solution:
1. e−3x2+x+1
ex+1 = e−3x2
2. (a) ex2+x+1 = e ×ex+1 ⇔ x2 +x+ 1 = x+ 2car exp est croissante sur R ⇔ x2 −1 = 0.
Les solutions sont −1 et 1 .
(b) e2x+361⇔2x+ 360 car exp est croissante sur R⇔x6−32. L’ensemble de solution est ]− ∞;−32] .
3. (a) lim
x→+∞−3x+ 2 =−∞ et lim
x→−∞ex = 0. Par composition lim
x→+∞e−3x+2 = 0 . (b) ex−2
e2x+ ex−5 = 1
ex × 1−e−x
1 + e−x−5e−2x. Par quotient lim
x→+∞
1−e−x
1 + e−x−5e−2x = 1 et
x→+∞lim 1
ex = 0. Par produit lim
x→+∞
ex−2
e2x+ ex−5 = 0 4. (a) f0(x) = e3x−5+ 3xe3x−5 = (3x+ 1)e3x−5
(b) g0(x) = −4xe−2x2+4
Exercice 3 : Probl`eme exponentielle (35 minutes) (0 points) Soient f etg les fonctions d´efinies sur R par
f(x) = ex et g(x) = 2ex2 −1.
On note Cf et Cg les courbes repr´esentatives des fonctionsf etg dans un rep`ere orthogonal.
1. D´emontrer que les courbes Cf et Cg ont un unique point commun d’abscisse 0 et qu’en ce point, elles ont la mˆeme tangente ∆ dont on d´eterminera une ´equation. (On pourra poser X = ex2 et r´esoudre une ´equation)
2. ´Etude de la position relative de la courbe Cg et de la droite ∆ Soit h la fonction d´efinie sur R par h(x) = 2ex2 −x−2.
(a) D´eterminer la limite de la fonction h en−∞.
(b) Justifier que, pour tout r´eel x, h(x) =x ex2
x 2
−1− 2 x
. En d´eduire la limite de la fonction h en +∞.
(c) On noteh0 la fonction d´eriv´ee de la fonction h surR.
Pour tout r´eel x, calculer h0(x) et ´etudier le signe de h0(x) suivant les valeurs de x.
(d) Dresser le tableau de variations de la fonction h sur R. (e) En d´eduire que, pour tout r´eel x, 2ex2 −1>x+ 1.
(f) Que peut-on en d´eduire quant `a la position relative de la courbeCg et de la droite ∆ ? 3. ´Etude de la position relative des courbes Cf et Cg
(a) Pour tout r´eel x, d´evelopper l’expression ex2 −12
. (b) D´eterminer la position relative des courbes Cf et Cg. Solution:
1. Intersection de deux courbes :
M(x ; y)∈ Cf ∩ Cg ⇐⇒f(x) = g(x)⇐⇒ex = 2ex2 −1
⇐⇒
X= ex2
X2−2X+ 1 = (X−1)2 = 0 ⇐⇒ex2 = 1⇐⇒x= 0 Ainsi M a pour coordonn´ees (0 ; 1).
f0(x) = ex =⇒f0(0) = 1 ; g0(x) = ex2 =⇒g0(0) = 1 En M, leurs tangentes ont, toutes deux le mˆeme cœfficient directeur 1, elles ont donc mˆeme tangente ∆ d’´equationy−1 = 1(x−0)⇐⇒y=x+ 1.
2. ´Etude de la position relative de la courbe Cg et de la droite ∆ Soit h la fonction d´efinie sur Rpar h(x) = 2ex2 −x−2.
(a) Limite de la fonction h en−∞ :
x→−∞lim h(x) = lim
x→−∞(−x) = +∞ car lim
x→−∞ex2 = 0 (b) Pour tout r´eel x
x ex2
x 2
−1− 2 x
=x×ex2 × 2
x −x−x2
x = 2ex2 −x−2 =h(x) Limite de la fonction h en +∞:
x→+∞lim 2
x = 0 et par croissance compar´ee lim
X=x2→+∞
eX
X = +∞, Par composition lim
x→+∞
ex2
x 2
= +∞. Par produit lim
x→+∞h(x) = +∞
(c) Fonction d´eriv´ee de la fonction h surR : h0(x) = 2× 1
2ex2 −1 = ex2 −1 h0(x)>0⇐⇒ex2 >1⇐⇒ x
2 >0⇐⇒x >0 eth0(x)<0⇐⇒ex2 <1⇐⇒ x
2 <0⇐⇒x <0 (d) Tableau de variations de la fonction hsur R :
x h0(x)
h(x)
−∞ 0 +∞
− 0 +
+∞
+∞
0 0
+∞
+∞
(e) La fonctionh poss`ede un minimum en 0 qui est 0. Donc :
∀x, x∈R, h(x)>0⇐⇒2ex2 −x−2 = 2ex2 −1−x−1>0⇐⇒2ex2 −1>x+ 1 (f) Ainsi la courbeCg se trouve au dessus de la droite d’´equationy=x+ 1 qui est la droite
∆.
3. ´Etude de la position relative des courbes Cf et Cg
(a) On a vu plus haut (question 1.) que, pour tout r´eel x, ex2 −12
=f(x)−g(x)>0.
(b) Ainsi la courbe Cf se trouve au dessus de la courbe Cg. Ainsi, |f(x)−g(x)|= (f(x)−g(x)).
Exercice 4 : Probl`eme proba (40 minutes) (0 points)
Dans une entreprise, on s’int´eresse `a la probabilit´e qu’un salari´e soit absent durant une p´eriode d’´epid´emie de grippe.
• Un salari´e malade est absent
• La premi`ere semaine de travail, le salari´e n’est pas malade.
• Si la semainen le salari´e n’est pas malade, il tombe malade la semaine n+ 1 avec une probabilit´e
´
egale `a 0,04.
• Si la semaine n le salari´e est malade, il reste malade la semaine n+ 1 avec une probabilit´e ´egale
` a 0,24.
On d´esigne, pour tout entier naturelnsup´erieur ou ´egal `a 1, parEnl’´ev`enementle salari´e est absent pour cause de maladie la n-i`eme semaine. On note pn la probabilit´e de l’´ev`enement En.
On a ainsi : p1 = 0 et, pour tout entier naturel n sup´erieur ou ´egal `a 1 : 06pn <1.
1. (a) D´eterminer la valeur de p3 `a l’aide d’un arbre de probabilit´e.
(b) Sachant que le salari´e a ´et´e absent pour cause de maladie la troisi`eme semaine, d´eterminer la probabilit´e qu’il ait ´et´e aussi absent pour cause de maladie la deuxi`eme semaine.
2. (a) Recopier sur la copie et compl´eter l’arbre de probabilit´e donn´e ci-dessous
En
En+1 . . .
En+1
. . . . . .
En
En+1
. . .
En+1 . . .
. . .
(b) Montrer que, pour tout entier naturel n sup´erieur ou ´egal `a 1, pn+1 = 0,2pn+ 0,04.
(c) Montrer que la suite (un) d´efinie pour tout entier naturel n sup´erieur ou ´egal `a 1 par un = pn−0,05 est une suite g´eom´etrique dont on donnera le premier terme et la raison r.
En d´eduire l’expression de un puis de pn en fonction de n etr.
(d) En d´eduire la limite de la suite (pn).
(e) On admet dans cette question que la suite (pn) est croissante. On consid`ere l’algorithme suivant :
Variables K et J sont des entiers naturels, P est un nombre r´eel Initialisation P prend la valeur 0
J prend la valeur 1 Entr´ee Saisir la valeur de K Traitement Tant que P <0,05−10−K
P prend la valeur 0,2×P + 0,04 J prend la valeur J +1
Fin tant que Sortie Afficher J
A quoi correspond l’affichage final J ?`
Pourquoi est-on sˆur que cet algorithme s’arrˆete ?
3. Cette entreprise emploie 220 salari´es. Pour la suite on admet que la probabilit´e pour qu’un salari´e soit malade une semaine donn´ee durant cette p´eriode d’´epid´emie est ´egale `a p= 0,05.
On suppose que l’´etat de sant´e d’un salari´e ne d´epend pas de l’´etat de sant´e de ses coll`egues.
On d´esigne par X la variable al´eatoire qui donne le nombre de salari´es malades une semaine donn´ee.
(a) Justifier que la variable al´eatoireX suit une loi binomiale dont on donnera les param`etres.
(b) Calculer l’esp´erance math´ematique µet l’´ecart typeσ de la variable al´eatoireX.
Solution:
1. (a)
E2
E3
0,96
E3 0,04
0,96
E2
E3 0,76
E3 0,24
0,04
E2 et E2 forment un syst`eme complet d’´ev´enement, par le th´eor`eme des probabilit´es totales :
p3 =P(E3) = p(E2)×pE2(E3) +p(E2)×pE2(E3) = 0,04×0,24 + 0,96×0,04 = 0,048.
(b)
PE3(E2) = P(E2∩E3)
P(E3) = 0,04×0,24 0,048 = 1
5 = 0,2.
La probabilit´e que le salari´e ait ´et´e absent pour cause de maladie la troisi`eme semaine sachant qu’il ait ´et´e aussi absent pour cause de maladie la deuxi`eme semaine est 0,2.
2. (a) Compl´etons l’arbre
En
En+1
0,96
En+1 0,04
1−pn
En
En+1 0,76
En+1 0,24
pn
(b) En et En forment un syst`eme complet d’´ev´enements. Par le th´eor`eme des probabilit´e totales :
pn+1 = 0,24pn+ 0,04(1−pn) = (0,24−0,04)pn+ 0,04 = 0,2pn+ 0,04 (c) Pour tout n∈N∗,
un+1 =pn+1−0,05 = 0,2pn+ 0,04−0,05 = 0,2pn−0,01 = 0,2(pn−0,05) = 0,2un donc (un) est la suite g´eom´etrique de premier termeu1 =−0,05 et la raison r= 0,2.
Par propri´et´e, pour tout n ∈N∗ : un =u1×rn−1 =−0,05×0,2n−1 et donc : pn=un+ 0,05 = 0,05(1−0,2n−1) .
(d) Limite de la suite (pn).
Comme|0,2|<1 alors par th´eor`eme : lim
n→+∞(0,2)n−1 = 0 et donc lim
n→+∞pn = 0,05.
(e) Le nombre J qui est affich´e en sortie d’algorithme est le rang du premier terme de la suite (pn) qui s’approche de la limite 0,05 `a 10−K pr`es, o`uKest un entier fix´e au d´epart.
La convergence de l’algorithme est assur´ee par l’existence de la limite vue en (d).
3. (a) • Une semaine donn´ee, on peut d´efinir une ´epreuve de Bernoulli, o`u le succ`es est l’´ev`enement E un salari´e est absent pour maladie.
•On observe la r´ep´etition de 220 ´epreuves identiques et ind´ependantes. (L’´etat de sant´e d’un salari´e ne d´epend pas de ses coll`egues).
• La variable al´eatoire X qui donne le nombre de succ`es dans ce sch´ema de Bernoulli suit, par propri´et´e, la loi binomialeB(220 ; 0,05).
(b) Par propri´et´e,
µ= E(X) =np = 220×0,05 = 11 et σ =p
np(1−p) =p
220×0,05×0,95≈3,23.
Exercice 5 : Prise d’initiative (15 minutes) (0 points)
Dans une lointaine plan`ete vivent les verts et les bleus : 85% des bleus sont pauvres et 90% des pauvres sont bleus. On choisit un individu au hasard.
Sur cette plan`ete peut-on affirmer qu’il y a une in´egalit´e sociale due `a la couleur ? Solution: Non. Il suffit d’exhiber un exemple.
Si dans cette plan`ete il y a 1530 bleus pauvres. Il y aura 1700 bleus et 1800 pauvres. Il y aura donc 270 pauvres non bleu. Si d’autre part il y a 300 non bleu, on aura aussi 90% des pauvres qui seront non bleu.
Toutes r´eponses qui feront r´ef´erences `a la proportion de bleu dans cette plan`ete iront dans le bon sens.