Exercice 1 :
1.a. L’énoncé se traduit par : p(F) = 0.92etpF(S) = 0.95enfinp F∩S
= 0.02 1.b. On sait quepF
S
= p F∩S p
F doncpF
S
= p F ∩S 1−p(F) ⇒pF
S
= 0.02 0.08 =1
4
1.c. On peut alors faire l’arbre pondéré suivant :
_ F F
_ S
S _ S S
3/4 0.92
0.08
0.95
0.05
1/4 2.a. D’après la formule des probabiités totales,p(S) =p(S∩F) +p
S∩F Doncp(S) = 0.92×0.95 + 0.08×0.75c’est à dire p(S) = 0.934
2.b. On cherche en faitpS(F).OrpS(F) = p(S∩F)
p(S) ⇒pS(F) = 0.92×0.95
0.934 donc pS(F)≈0.936arrondi au millième 3. a. La variableB prendra la valeur 10 dans le cas où les deux tests sont satisfaits. Cet événement a pour probabilité
p(S∩F) = 0.92×0.95 = 0.874
B= 0 siSn’est pas réussi donc avec une probabilité de 1−0.934 = 0.066
Enfin,B= 5 siS est réussi mais pasF;c’est donc l’événementS∩F dont la probabilité est0.08×0.75 = 0.06 D’où la loi de probabiité : xi 10 5 0
p(X=xi) 0.874 0.06 0.066 (On vérifie que la somme de la ligne 2vaut1.) 3.b. Son espérance est alors E(X) = 10×0.874 + 5×0.066donc E(X) = 9.04€
4. L’épreuve aléatoire consistant à prélever un jouet et à étudier sa solidité est une épreuve de Bernouilli puisqu’elle ne débouche que sur deux issues : Succès sif est réussi, avec une probabilité de0.92et échec sinon, avec une probiliteté de0.08.
On répète 10 fois cette épreuve, et cela de manière indépendante puisue les tirages sont assimilés à des tirages avec remise.
Il s’agit donc d’un schéma de Bernouilli. La variable aléatoireX suit donc la loi binômiale de paramètes10et 0.934. . On cherche doncp(X≥8) =p(X= 8) +p(X= 9) +p(X= 10)
=10 8
0.9348×0.0662+10 9
0.9349×0.066 + 0.93410
= 0.975 73 Ainsip(X≥8)≈0.976 Exercice 2 :
1. Etude des limites def(x) =x+ ln (4) + 2 ex+ 1:
x→+∞lim ex= +∞ ⇒ lim
x→+∞
2 ex+ 1 = 0
x→+∞lim x+ ln (4) = +∞ ⇒ lim
x→+∞f(x) = +∞
x→−∞lim ex= 0⇒ lim
x→−∞
2 ex+ 1 = 2
x→−∞lim x+ ln (4) =−∞ ⇒ lim
x→−∞f(x) =−∞
2. ∀x∈R, f(−x) = ln (4)−x+ 2
e−x+ 1 ⇒f(−x) = ln (4)−x+ 2
1 ex + 1 On a doncf(−x) = ln (4)−x+ 2ex
1 +ex d’oùf(x) +f(−x) = 2 ln 4 + 2
ex+ 1+ 2ex
1 +ex ⇒f(x) +f(−x) = 2 ln 4 + 2
ex+ 1 + 2 e−x+ 1
= 2 ln 4 + 2 (ex+ 1) ex+ 1 Ainsif(x) +f(−x) = 2 (1 + ln (4)).
On a donc f(x) +f(−x)
2 = 1 + ln (4),expression de la forme f(a+x) +f(a−x)
2 =b qui prouve que le point (a;b), ici (0; 1 + ln (4))est centre de symétrie de la courbe de la fonctionf .
3. f est dérivable surR,comme quotient et somme de telles fonctions. Sa dérivée estf′(x) = 1 + 2× −ex (ex+ 1)2. Etude du signe def′ :f′(x)≥0⇔1 + 2× −ex
(ex+ 1)2 ≥0
⇔1≥ 2ex (ex+ 1)2
⇔(ex+ 1)2≥2ex
⇔e2x+ 1≥0.Inégalité vérifiée pour toutxréel.
On a même f′(x)>0qui prouve que : La fonction est strictement croissante surR.
4.a. La fonctionf est continue surR(puisque dérivable surR).Elle est strictement croissante surR. De plus lim
x→−∞f(x) =−∞et lim
x→+∞f(x) = +∞,c’est à dire que∀m∈R, m∈
x→−∞lim f(x) ; lim
x→+∞f(x)
.
On en conclut, d’après le théorème de la bijection (ou des valeurs intermédiaires) que l’équation f(x) =m admet une solution unique sur l’intervalle ]−∞; +∞[.
4.b. Il sufit de calculerf(1.1) = 2.985 8etf(1.2) = 3.049 2pour s’apercevoir que 3∈]f(1.1) ;f(1.2)[. Donc avec les hypothèses précédentes surf,la solution def(x) = 3est a∈]1.1; 1.2[
4.c. On a établi quef(x) +f(−x) = 2 (1 + ln (4)).Ainsif(a) = 3⇒f(−a) = 2 (1 + ln (4))−3.
−aest donc solution de l’équation : f(x) =−1 + 2 ln (4).
5.a. On peut bien entendu partir de l’expression proposée : x+ 2 + ln (4)− 2ex
ex+ 1 =x+ ln (4) +2 (ex+ 1)−2ex ex+ 1 Doncx+ 2 + ln (4)− 2ex
ex+ 1 =f(x).Mais il s’agit plutôt d’une vérification alors que la question était démontrer que. Il est donc plus élégant de faire : ∀x∈R, f(x) =x+ ln (4) + 2
ex+ 1 ⇒f(x) =x+ ln (4) +2 + 2ex−2ex ex+ 1 Ainsif(x) =x+ ln (4) +2 (1 +ex)
ex+ 1 − 2ex
ex+ 1 d’où le résultat : f(x) =x+ 2 + ln (4)− 2ex ex+ 1 5.b.
⋆Ainsif(x)−(x+ ln (4)) = 2− 2ex
ex+ 1 Etudions la limite de cette expression quandxtend vers+∞: 2− 2ex
ex+ 1 =2ex+ 2−2ex
ex+ 1 ⇒2− 2ex
ex+ 1 = 2
ex+ 1 qui tend évidemment vers0quandxtend vers+∞.
Et par conséquent, lim
x→+∞(f(x)−(x+ ln (4))) = 0qui prouve quela droite(∆)d’équationy=x+ ln (4)est asymptote à la courbe au voisinage de+∞.
De plus 2
ex+ 1 >0⇒f(x)−(x+ ln (4))>0qui prouve que la courbe def est toujours au-dessus de(∆)
⋆De mêmef(x)−(x+ 2 + ln (4)) = −2ex ex+ 1 Or
lim
x→−∞2ex= 0
x→−∞lim (ex+ 1) = 1 ⇒ lim
x→−∞
−2ex ex+ 1 = 0.
Donc lim
x→−∞(f(x)−(x+ 2 + ln (4))) = 0prouve que la droite (∆′) d’équation y =x+ 2 + ln (4) est asymptote à la courbe au voisinage de−∞.
6.a. La fonctionf(x)−(x+ ln (4))étant, d’après ce qui précède strictement positive, cette intégrale représente l’aire de la portion de plan comprise entre la courbe def,la droite(∆), la droite d’équationx= 0et la droitex=α.
6.b. f(x) =x+ 2 + ln (4)− 2ex
ex+ 1 ⇒f(x)−x−ln (4) = 2− 2ex
ex+ 1 dont une primitive est2x−G(x)oùG(x)est une primitive de 2ex
ex+ 1 Or 2ex
ex+ 1 est de la forme2×u′
u avecu(x) =ex+ 1.Une primitive est donc G(x) = 2 ln (ex+ 1).
Ainsi une primitive def(x)−x−ln (4)est2x−2 ln (ex+ 1),et l’intégrale recherchée vaut2α−2 ln (eα+ 1)−(0−2 ln (2)). DoncI(α) = 2α−2 ln (eα+ 1)+2 ln (2)qui s’écrit encoreI(α) = 2 ln (eα)−2 ln (eα+ 1)+2 ln (2). D’où I(α) = 2 ln 2eα
eα+ 1
