Solutions du Contrôle n˚6

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Solutions du Contrôle n˚6

I) 7 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(e^x−1 + 1) = ln(e^x) =xpour toutx >0 g(f(x)) = 1

2 e^ln(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[e^x−x]^ln(3)₀ = · · · = 3 ln(3)

2 −1 4. On pose

u⁰(x) = 1,u(x) =x

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+ 1 au 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 composéeln(2x+ 1).

II)

1. C’est un exemple de la feuille d’exemples (primitives, numéro 5).

Z 1

0

x

(x²+ 1)³ dx=

−1

4(x²+ 1)^{−2 1}

0

= 3

16 (formuleu⁰uⁿ)

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2.

Z 1

0

e^xln(1 +e^−x)dx=

e^xln(1 +e^−x)1 0+

Z 1

0

1 1 +e^−x dx

=

e^xln(1 +e^−x)¹

0+ [ln(1 +e^x)]¹₀= (e+ 1) ln(e+ 1)−e−2 ln(2) idées : 1

1 +e^−x = e^x

1 +e^x, formule u⁰

u (voir feuille d’exemples, numéro 25).

3. C’est un exemple de la feuille "Intégrales : thèmes de bac récents" (n˚ 5) a) In+1−In =

Z 1

0

ln(x+ 1)xⁿ(x−1)dx 6 0 (règle du signe d’une intégrale, avecxⁿ(x−1)60etln(x+ 1)>0pour 06x61).

DoncI est décroissante.

b) I est décroissante, minorée par 0 (signe d’une intégrale : xⁿln(x+ 1) > 0), donc convergente (vers une limite L>0).

III) 5 points

La probabilité d’obtenir un 6 avec le dé truqué estxtelle que2x+x= 1, doncx=1 3 1. P(N∩E) =P(N)×P_N(E).

Pour calculer PN(E), on applique la loi binomiale de paramètresn= 3et p= 1 6. PN(E) =

3 1

1 6

¹5 6

²

= 3×5² 6³ = 25

72. DoncP(N∩E) =1

2 ×25 72 = 25

144 De même P(T∩E) = 1

2 ×3×2² 3³ = 2

9

DoncP(E) =P(N∩E) +P(T ∩E) =· · ·= 57 144 = 19

48 2. a) Voir question b) avecn= 2:= 1

2 2

2 1 6²+ 1

3²

= 5 72 b) Dans chacun des casN etT, on applique une loi binomiale.

P(An) = 1 2

n 2

1 6

²5 6

ⁿ⁻² +1

2 n

2 1 3

²2 3

ⁿ⁻²

P(A_n) = 1 2

n 2

5ⁿ⁻²

6ⁿ +2ⁿ⁻² 3ⁿ

c) On poseaⁿ=e^nln(a), puisX=nln(a), avecXqui tend vers−∞carln(a)<0 (puisque 0< a <1).

L’expression s’écrit alors X²e^X (ln(a))².

Sa limite quandX tend vers−∞est 0 d’après les croissances comparées.

d) Même idée que l’exercice n˚19 de la feuille :"Combinaisons"

n 2

=n(n−1) 2 =n²

1 2 − 1

2n

P(An)peut se mettre sous la forme 1

2 − 1

2n kn² 5

6 n

+k⁰n² 2

3 n

. Donc d’après la propriété précédente sa limite est 0 .

Cela semble conforme à ce qu’on peut attendre : il devient de plus en plus improbable d’avoir exactement deux 6, parce que beaucoup d’autres résul- tats deviennent possibles. Mais cela suggère seulement la décroissance de la probabilité, pas forcément sa limite nulle.

IV) 3 points

Voir cours :

Pour une durée de vie qui suit une loi exponentielle, la probabilité de vivre encore au moins k unités de plus lorsqu’on a déjà vécu aunités est la même quel que soit a, en particulier lorsquea= 0: PX>a(X>a+k) =P(X>k).

Démonstration :

PX>a(X>a+k) = P(X>a+k)

P(X>a) = e^−λ(a+k)

e^−λa =e^−λk.

En effet, l’intersection(X>a)∩(X >a+k)revient à(X >a+k).