EXERCICE 1 :Correctionhttp: // www. apmep. asso. fr/ -Terminale-S-204-sujets-
1. On a doncp3= 2p5 et p0= 3p5, doncp0+p3+p5= 1 ⇐⇒ 3p5+ 2p5+p5= 1 ⇐⇒ 6p5= 1 ⇐⇒ p5=1 6. Il en résulte quep3= 2p5= 2×1
6 = 1
3 et p0= 3p5= 3×p0= 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 doncp0=180 360 =1
2, p3= 120 360= 1
3 etp5= 60 360 =1
6 . . . 2. (a)
F0
1 2
F0
1/2
F3
1/3
F5
1/6
F3 1 3
F0
1/2
F3
1/3
F5
1/6
F5 1
6 1/2 F0
F3
1/3
F5
1/6
On obtient un total d’au moins 8 points en deux lancers à la 6e, 8eet 9ebranche. Donc p(G2) = 1
3×1 6 +1
6×1 3+1
6 ×1 6 = 1
18+ 1 18+ 1
36 = 5 36. (b) En déduirep(P). On ap(P) = 1−p(G2)−p(G3) = 1− 5
36− 7 36 = 36
36−12 36 = 24
36 =2 3.
3. Les lancers sont indépendants ; on a une schéma de Bernoulli répété de manière indépendante donc la variable qui compte les parties gangnées sui une loi binomiale de paramètresn= 6 et de probabilitép= 2
3. La probabilité de ne gagner aucune partie estp(X = 0) =
2 3
6
, donc la probabilité de gagner au moins une partie estp(X >1) =p(X = 0) = 1−
2 3
6
= 36−26 36 = 665
729 4. (a) La loi de probabilité deX est donnée par le tableau suivant :
X −2 1 3
p(X=xi) 2 3 =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 ≈ −0,72e.
Un joueur perd en moyenne 72 centimes par partie sur un grand nombre de parties. Le jeu est défavorable au joueur.
EXERCICE 2 : Partie A
On considère la fonctiong définie sur [0 ; +∞[ par
g(x) = ex−x−1.
1. g=exp+uoùu:x7−→ −x−1 doncgest dérivable sur [0; +∞[ et pour tout x∈[0; +∞[,g′(x) = ex−1.
Et
g′(x) = 0 x>0 ⇔
ex= 1
x>0 ⇔x= 0. Pour toutx >0,ex>1⇔g′(x)>0, la fonctiongest donc strictement croissante sur [0; +∞[.
2. Signe deg(x) suivant les valeurs dex:
g(0) = 0 et commeg est strictement croissante, pourx >0, g(x)> g(0)⇔g(x)>0.
On peut résumer le signe deg dans un tableau x Signe deg(x)
0 +∞
0 +
3. D’après la question précédente, pour toutxde [0; +∞[, g(x)>0⇔ex−x−1>0⇔ex−x>1⇒ex−x >0.
Partie B
On considère la fonctionf définie sur [0 ; 1] par
f(x) = ex−1 ex−x.
1. Comme f est strictement croissante sur [0,1], 0 6 x 6 1 ⇒ f(0) 6 f(x) 6 f(1) ⇔ 0 6 f(x) 6 1 (en effet f(0) = 0 etf(1) = 1).
2. Soit (D) la droite d’équationy=x.
(a) Pour tout xde [0; 1], f(x)−x= ex−1
ex−x−x=ex−1−xex+x2
ex−x = (1−x)g(x) ex−x . Il suffit pour s’en convaincre de développer (1−x)g(x) = (1−x)(ex−x−1).
(b) La position relative de la droite (D) et de la courbe (C) sur [0,1] sera donnée par le signe de f(x)−xsur cet intervalle.
f(x)−x= 0 x>0 ⇔
1−x= 0 oug(x) = 0
x>0 ⇔x= 1 oux= 0
et pourx∈]0,1[,f(x)−xest du signe de 1−x, (en effetg(x)>0 (cf.A.2) et ex−x >0 (cf.A.3)), c’est à diref(x)−x >0.
c’est ainsi que (D) et Cse coupent pour x= 0 etx= 1 et sur ]0,1[,Cest au-dessus de (D).
Partie C On considère la suite (un) définie par :
(
u0 = 1
un+1 = f2(un), pour tout entier natureln.
1. Construire sur l’axe des abscisses les quatre premiers termes de la suite en laissant apparents les traits de construction. (en fin d’exercice)
2. Soit, pour tout entier natureln, la propriétéP(n) : 1
2 6un6un+161.
Initialisation:u0= 1/2 etu1≈0.565 donc 1
2 6u06u161 etP(0) est vraie.
Hérédité: On suppose que la propriétéPn est vraie au rangn. Démontrons qu’elle est vraie au rangn+ 1.
P(n) est vraie ⇔1
2 6un6un+161
⇔f 1
2
6f(un)6f(un+1)6f(1) (carf est croissante sur [0; 1])
⇒ 1
u u 1 (carf(1) = 1 etf(1/2)>1/2)
doncP(n+ 1) est vraie.
Ainsi pour tout entier natureln:
1
2 6un 6un+161
O x
y 1
1
bb bbb b bbb
bb
u0u1u2u3
3. La suite (un) est croissante et majorée par 1 donc d’après le théorème de convergence monotone assure la convergence de la suite. Comme f est continue sur [1/2,1], la limite est solution de l’équation f(x) = xdans l’intervalle [1/2,1]. Or d’après la question B.2.a, les solutions de l’équation f(x)−x= 0 sont les solutions de (1−x)g(x) = 0 c’est à direx= 1 etx= 0 (solution unique deg(x) = 0). Seule la valeur 1 est dans [1/2,1] donc
n→+∞lim un= 1.
EXERCICE 3 :
Soitg la fonction définie sur [0 ; +∞[ parg(x) = ex−xex+ 1.
Partie 1
1. On ag(x) = ex(1−x) + 1.
Or lim
x→+∞ex= +∞et lim
x→+∞(1−x) =−∞, donc par opération sur les limites : lim
x→+∞g(x) =−∞.
2. Pour toutx>0, g(x) = (1−x)ex+ 1 La fonctiong=u×exp +1 est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit et somme de fonctions dérivables sur [0 ; +∞[ :
∀x>0, g′(x) = ex−ex−xex=−xex.
Comme ex>0 ,g′(x) = 0⇔x= 0 etg′(x) est du signe de−xsur ]0; +∞[. C’est ainsi queg′(0) = 0 etg′(x)<0 sur ]0; +∞[ doncg est strictement décroissante sur [0; +∞[.
3. Tableau de variations deg.
x Signe deg′(x)
Variations deg
0 +∞
0 −
22
−∞
−∞
α
0
4. (a) gdérivable, donc continue et strictement décroissante sur [0 ; +∞[, ,g(0)>0 et lim
x→+∞g(x) =−∞. L’image de l’intervalle [0; +∞[ est donc ]− ∞; 2], il contient 0 et d’après le théorème de la bijection, il existe un unique réelαdans [0; +∞[ vérifiantg(α) = 0. (voir tableau)
(b) La calculatrice donne :
• g(1) = 1 etg(2)≈ −6,4, donc 1< α <2 ;
• g(1,2)≈0,3 etg(1,3)≈ −0,1, donc 1,2< α <1,3 ;
• g(1,27)≈0,04 etg(1,28)≈ −0,007, donc 1,27< α <1,28.
(c) On ag(α) = 0 ⇐⇒ eα−αeα+ 1 = 0 ⇐⇒ eα(1−α) =−1 ⇐⇒ eα= 1
α−1 (α6= 1).
5. Par simple lecture du tableau de variations, on ag(x)>0 sur [0 ; α[ ;g(α) = 0 etg(x)<0 sur [α; +∞[.
Partie 2
1. La fonctionA = u
exp+ 1 est dérivable [0 ; +∞[ comme quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle (le dénominateur ne s’annulant pas) :
∀x>0, A′(x) = 4 (ex+ 1)−4x×ex
(ex+ 1)2 =4 (ex−xex+ 1)
(ex+ 1)2 = 4g(x) (ex+ 1)2.
Comme (ex+ 1)2>0 quel que soitx>0, le signe deA′(x) est le même que celui deg(x).
D’après la question précédente, on a donc :A′(x)>0 sur [0 ; α[ ;A′(α) = 0 etA′(x)<0 sur ]α; +∞[.
2. Compte-tenu du signe de la dérivée,Aest strictement croissante sur [0;α] et strictement décroissante sur [α; +∞[, A(α) étant le maximum de la fonctionAobtenu pourx=α.
Partie 3
1. On sait quex>0, l’aire du rectangleOP M Q est égale àOP ×OQ=x×f(x) = 4x
ex+ 1 =A(x).
Or on a vu que la fonctionAréalise maximum pourx=αdonc l’aire du rectangleOP M Q est maximale pour x=α.
2. Le coefficient directeur de la droite (P Q) est égal à yP−yQ
xP−xQ
=−f(α) α =−
4 eα+1
α =− 4
α(eα+ 1). Or on a vu que eα= 1
α−1, donc le coefficient directeur est égal à :
− 4
α(eα+ 1) =− 4 α
1
α−1+ 1 =− 4(α−1)
α(1 +α−1) =−4(α−1) α2 . La tangente enM(α; f(α)) a pour coefficient directeurf′(α).
Orf′(x) =− 4ex
(ex+ 1)2, doncf′(α) =− 4eα
(eα+ 1)2 =−
4 α−1
1
α−1+ 12 =− 4(α−1)
(1 +α−1)2 =−4(α−1) α2 . Les coefficients directeurs sont égaux : les droites sont parallèles.
1 2
−1
−2
1 2 3
−1 x
y
O
C
bb
b
x=Pα
Q M
EXERCICE 4 :
1. (a) Sortons la boule noire : il y a 93tirages 3 boules parmi les 9 restantes. À chacun de ces tirages on adjoint le tirage de la boule noire. Il y a donc 93tirages différents de quatre boules contenant la boule noire.
Le nombre de tirages possibles est 104tirages.
On a doncp(N) =
9 3
10 4
=
9!
3!6!
10!
4!6!
= 9!×4!×6!
3!×6!×10! =2 5. (b) On a l’arbre suivant :
N
2 5
1 G
2
G
1 2
3 N
5
1 G
6
G
5 6
On a doncp(G) =p(N)×pN(G) +p N
×pN(G) = 2 5×1
2+3 5 ×1
6 =1 5 + 1
10 =2 + 1 10 = 3
10. (c) D’après la question précédente la probabilité de perdre est 1− 3
10 = 7 10. Il faut calculerpG(N) = p G∩N
p(G) =
2 5×12
7 10
=
1 5 7 10
=1 5 ×10
7 = 2 7. 2. (a) • Si le joueur gagne
probabilité de 3 10
, le joueur gagne 4−meuro(s) ;
• Si le joueur ne gagne pas mais a tiré la boule noire (probabilité de 25× 12 = 15) le joueur récupère sa mise, le gain est nul ;
• Si le joueur ne gagne pas et n’a pas tiré la boule noire (probabilité égale à 35×56 = 12) le joueur perdm euros donc son gain algébrique est−meuro(s).
D’où le tableau de la loi de probabilité du gainX suivant :
X =xi 4−m 0 −m
p(X =xi) 3
10
1 5
1 2 (b) On a E(X) = (4−m)× 3
10+ 0×1
5−m×1
2 =12−3m−5m
10 = 12−8m
10 . (c) On a E(X) = 0 ⇐⇒ 12−8m
10 ⇐⇒ 12−8m= 0 ⇐⇒ m= 12 8 =3
2 = 1,50e.
3. La variable aléatoire Y qui compte le nombre de parties gagnées suit une loi bibomaile de paramètres n et p= 3
10.
La probabilité de ne jamais gagner en njeux est égale p(Y = 0) = 7
10 n
, donc la probabilité de gagner au moins une fois est :p(Y >1) = 1−p(Y = 0) = 1−
7 10
n
. Il faut donc résoudre :
1− 7
10 n
>0,999⇔ 7
10 n
<0,001⇔0,7n <0,001⇔ nln 0,7 <ln 0,001 (croissance de la fonction ln) puisn >ln 0,001
ln 0,7 . Or ln 0,001
ln 0,7 ≈19,3.
Il faut donc jouer au moins 20 fois.
