Solutions du Contrôle n˚6 page 1 de 2
Solutions du Contrôle n˚6
I) 5 points
1. a) In+1−In= Z 1
0
xn(x−1)f(x)dx(linéarité, factorisation).
Sur [0; 1],xn >0, x−160, f(x)>0, donc xn(x−1)f(x)60, donc d’après la règle sur le signe d’une intégrale,In+1−In60(puisque0<1). DoncI est décroissante.
b) I est positive d’après la règle sur le signe d’une intégrale car xnf(x)>0 et 0 <1 I est décroissante et minorée par 0, donc elle est convergente vers une limite L>0.
2. a) On réduit au même dénominateur, on identifie, on résout un système.
On trouve a=1
2, b=−1
4, c= 1 4 b)
Z 1 0
x2
2x+ 1 dx=
ax2
2 +bx+c
2ln(2x+ 1) 1
0
=· · ·= ln(3) 8 c) I1=
Z 1 0
xln(2x+ 1)dx= x2
2 ln(2x+ 1) 1
0
− Z 1
0
x2
2x+ 1 dx=
= ln(3)
2 −ln(3)
8 =3 ln(3) 8
II) 6 points
L’idée est la même que dans les exercices I.1, I.2, I.3 de la feuille "Calculs d’aires, encadrements"
1. f(g(x)) = ln(ex−1 + 1) = ln(ex) =xpour toutx >0 g(f(x)) = 1
2 eln(2x+1)−1
= 1
2(2x+ 1−1) =xpour toutx >0.
f et g sont donc deux fonctions réciproques, donc leurs courbes sont symétriques par rapport à la première bissectrice du repère y=x.
2.
1 1
g f
0
3.
ln(3) 1| ln(3)
1–
g f
Z 1 0
f(x)dx 0
ln(3) 1| ln(3)
1–
g f
Z ln(3) 0
g(x)dx 0
L’aire cherchée (en gris) donne par symétrie l’aire de la région limitée par la courbe deg, la droitey= 1 et les droitesx= 0etx=f(1) = ln(3).
L’aire sous la courbe de g sur [0; ln(3)] (en bleu) est la complémentaire de l’aire grise dans un rectangle de baseln(3)et de hauteur 1. Donc :
Z 1 0
f(x)dx = ln(3)× 1 − Z ln(3)
0
g(x)dx = ln(3)− 1
2[ex−x]ln(3)0 = · · · = 3 ln(3)
2 −1 4. On pose
Solutions du Contrôle n˚6 page 2 de 2 u0(x) = 1,u(x) =x(astuce possible : poseru(x) =x+1
2) v(x) = ln(2x+ 1),v0(x) = 2
2x+ 1 Donc
Z 1 0
f(x)dx= [xln(2x+ 1)]10− Z 1
0
2x 2x+ 1 dx.
Pour calculer la nouvelle intégrale, on linéarise l’expression en faisant apparaître 2x+ 1au numérateur (voir exemple n˚19 de la feuille sur les primitives) :
2x
2x+ 1 =2x+ 1−1
2x+ 1 = 1− 1 2x+ 1. Donc
Z 1 0
2x
2x+ 1 dx=
x−1
2ln(|2x+ 1|) 1
0
=· · ·=−ln(3) 2 + 1 Donc
Z 1 0
f(x)dx= ln(3) + ln(3)
2 −1 = 3 ln(3) 2 −1
Autre méthode : on pourrait d’abord retrouver une primitive de ln(x) par parties comme dans le cours :xln(x)−xpuis l’appliquer à la composée ln(2x+ 1).
III) 4 points
1. L’univers est l’ensemble des combinaisons de 3 lettres.
Un tirage favorable contient une voyelle et deux consonnes.
La probabilité estv= 6
1 20
2 26
3
=· · ·= 57
130 ≈0,44 2. a) Quelle est la probabilité de gagner au moins 2 points ?
SoitX la variable aléatoire égale au nombre de points gagnés.
On est dans les conditions d’application de la loi binomiale :
– Dans une partie, on ne s’intéresse qu’à un événement (succès) : gagner un point, de probabilitév.
– On répète 5 fois la même expérience de manière indépendante (avec remise).
– X représente le nombre de succès Il s’agit de la loi binomialeB(5, v).
On demandeP(X>2). Avec le complémentaire : P(X>2) = 1−P(X= 0)−P(X = 1)
D’après les formules de la loi binomiale : P(X= 0) =
5 0
v0(1−v)5= (1−v)5 et P(X= 1) =
5 1
v1(1−v)4= 5v(1−v)4
DoncP(X >2) = 1−(1−v)5−5v(1−v)4=· · · ≈0,726 b) Le gain moyen est l’espéranceE(X) = 5v=57
26 ≈2,2 points.
IV) Spécialité. 5 points
A B
D C
E G
F •Ω
1. Démontrer qu’il existe une unique similitude directesdu plan telle que s(D) = F ets(B) = D.
D6=Bet F6=D, donc d’après un théorème il existe une unique similitude directe sdu plan telle ques(D) = F ets(B) = D.
2. On se propose de préciser les éléments caractéristiques de la similitude directes.
a) Déterminer le rapportket l’angle θde la similitude directes.
k= F D DB =1
2 θ=−−→
DB,−−→
F D
= π 2
b) En choisissant un repère orthonormal direct A;−−→
AB,−−→ AD
donner l’écriture com- plexe de cette similitude.
z0 =az+b aveca= 1
2eiπ/2=1 2i
On détermineb en résolvants(D) =F :b=1 2i z0 =1
2iz+1 2i
c) Déterminer le centreΩde la similitude directes.
ω= b
1−a =· · ·=−1 5 +2
5i
3. s◦sest une similitude directe (composée de deux similitudes directes) de rapport 1
2×1 2 = 1
4 et d’angle π 2 +π
2 =π.
C’est donc une homothétie de rapport−1
4, et commeΩest invariant pars, le centre des◦sestΩ.
