Corrigé sujet 4 – Tle S

Exercice 1

1) Le nombre de possibilités de tirer simultanément deux boules du sac est
C_9^2=\dfrac{9!}{2!7!}=36
Le nombre de couple du type (a,a) qu’on peut avoir 3 : (1,1), (2,2) et (3,3), on a alors :
P_1=P_{(a;a)}=\dfrac{3}{36}=\dfrac{1}{12}

2) La probabilité que les deux boules soient de couleurs différentes est :
P_2=\dfrac{C_6^1 \times C_3^1}{C_9^2}=\dfrac{6 \times 3}{36}=\dfrac{1}{2}

3)Avec les boules blanches numérotées de 1, 2 et 3, on a :
1+2=3 ; 1+3=4; 2+3=5
Avec les boules rouges, on a :
|1-2|=1;|1-3|=2; ~…
a) X(\Omega)=~{0,1,2,3,4,5}
b) P(X=0)=P_2=\dfrac{1}{2}
Pour obtenir X=1, aucune chance avec les boules blanches. C’est seulement avec les boules rouges et nous avons 5 possibilités :
P(X=1)=\dfrac{5}{36}
Pour obtenir X=2, nous avons 4 possibilités uniquement avec les boules rouges.
P(X=2)=\dfrac{4}{36}=\dfrac{1}{9}
Pour obtenir X=3, nous avons une seule possibilité avec les boules blanches et 3 possibilités avec les boules rouges.
P(X=3)=\dfrac{1}{36}+\dfrac{3}{36}=\dfrac{4}{36}=\dfrac{1}{9}
Pour obtenir X=4, nous avons une possibilité avec les boules blanches et 3 possibilités avec les boules rouges.
P(X=4)=\dfrac{1}{36}+\dfrac{2}{36}=\dfrac{3}{36}=\dfrac{1}{12}
Pour obtenir X=5, nous avons une possibilité dans chaque couleur.
P(X=5)=\dfrac{1}{36}+\dfrac{1}{36}=\dfrac{2}{36}=\dfrac{1}{18}
La loi de X est résumée dans le tableau suivant :

4) P(X\leq 1) \\ =P(X=0)+P(X=1) \\ =\dfrac{23}{36}

P(2\leq X \leq 4) \\ = P(X=2)+P(X=3)+P(X=4) \\ = \dfrac{11}{36}

Exercice 2

f(x)=|4x^2-1|^{\tfrac{3}{4}}

• Rappel a^x~existe si et seulement si a>0~ \\ \forall ~x \in \R,|4x^2-1|>0~
la fonction f est donc définie si et seulement si :
4x^2 – 1 \ne 0 \Rightarrow \pm\dfrac{1}{2}

On peut en conséquence réduire l’intervalle d’étude de
f~à~[0;\dfrac{1}{2}[\cup]\dfrac{1}{2};+\infty[.~
Le reste de la courbe sera déduite par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées.
• Limite en +\infty
on a \lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}|4x^2-1|=+\infty et
\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}X^{\tfrac{3}{4}}=+\infty~donc~\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=+\infty

• Limite en \dfrac{1}{2}
On a: \lim\limits_{\substack{x\rightarrow \tfrac{1}{2}^+}}|4x^2-1|=0^+~
et~\lim\limits_{\substack{x\rightarrow 0^+}}X^{\tfrac{3}{4}}=0~donc~\lim\limits_{\substack{x\rightarrow \tfrac{1}{2}^+}}f(x)=0
De même on montre que \lim\limits_{\substack{x\rightarrow \tfrac{1}{2}^-}}f(x)=0

• Continuité en \dfrac{1}{2}
On a : \lim\limits_{\substack{x\rightarrow \tfrac{1}{2}^+}}f(x)=\lim\limits_{\substack{x\rightarrow \tfrac{1}{2}^-}}f(x)=0~ et f n’est pas définie en \dfrac{1}{2}~
On peut donc prolonger f par continuité en \dfrac{1}{2} en posant :

Notons que :

Lorsque x \rightarrow \dfrac{1}{2}^+;(2x-1)^{\tfrac{1}{4}}\rightarrow 0^+~
et~2(2x+1)^{\tfrac{3}{4}} \rightarrow 2 \times 2^{\tfrac{3}{4}}~
donc~\lim\limits_{\substack{x\rightarrow \tfrac{1}{2}^+}}\dfrac{g(x)-g(\tfrac{1}{2})}{x-\tfrac{1}{2}}=+\infty
Soit x \in [0;\dfrac{1}{2}[~on montre de même que :
\lim\limits_{\substack{x\rightarrow \tfrac{1}{2}^{-}}}\dfrac{g(x)-g(\dfrac{1}{2})}{x-\dfrac{1}{2}}=-\infty.

On en déduit que f n’est dérivable ni à gauche ni à droite en \dfrac{1}{2}~
f n’est donc pas dérivable en \dfrac{1}{2}~.
La courbe représentative de f admet au point d’abscisse \dfrac{1}{2}~ une tangente verticale.

Tableau de variation

7) Construction de la courbe

Problème

Partie A

g(x)=1+x^2-2x^2\ln x
D_g=]0;+\infty[

1) g'(x)=-4x.\ln x \\ \forall ~x \in ]0;+\infty[,4x \geq 0
donc le signe de g’ (x) dépend de celui de -\ln ⁡x
-\ln x \geq 0 \Leftrightarrow x \leq 1
Par conséquent :
\forall ~x \in ]0;1];~g'(x) \geq 0
\forall ~x \in [1;+\infty[,g'(x) \leq 0
Ainsi : \forall ~x \in ]0;1],~g~est croissante.
\forall ~x \in [1;+\infty[,g~est décroissante.
g(1)=2

Calcul des limites

Tableau de variation de g

2) Sur ]0;1[,g(x)>0~car~g(x)\in ]1;2]
Sur ]1; +\infty[~,g est continue car dérivable et strictement décroissante.
Alors g réalise une bijection de ]1; +\infty[~sur ~]-\infty;2[~et~0 \in]-\infty;2[
donc l’équation g(x)=0 admet une solution unique \alpha \in]1; +\infty[
\begin{cases}g(1,89)=0,02>0 \\ g(1,90)=-0,02<0 \end{cases}
on a : g(1,89) \times g(1,90)<0~
donc~1,89< \alpha< 1,90

3) Signe de g(x)
\forall ~x \in ]0;\alpha[,g(x)>0; \\ \forall ~x \in ]\alpha;+\infty[,g(x)<0

Partie B

f(x)=\dfrac{\ln x}{1+x^2};~D_f=]0;+\infty[

1) Calcul des limites

Déduction
(C) admet une asymptote verticale d’équation x=0 et une asymptote horizontale d’équation y=0 au voisinage de +\infty

2)

D’après partie A
\forall ~x \in ]0;\alpha[;~f'(x)>0
\forall ~x \in ]\alpha;+\infty[,~f'(x)<0
On en déduit que :
Sur ]0;\alpha[,~f est croissante
Sur ]\alpha;+\infty[,~f est décroissante

Tableau de variations de f

3) f(\alpha)\dfrac{\ln \alpha}{1+\alpha^2}
Or g(\alpha)=0 \\ \Leftrightarrow 1+\alpha^2-2\alpha^2 \ln \alpha=0 \\ \Leftrightarrow \ln \alpha=\dfrac{1+\alpha^2}{2\alpha^2}
D’où f(\alpha)=\dfrac{1}{2\alpha^2}

Encadrement de f(\alpha)

1,89<\alpha<1,90 \\ \Leftrightarrow 7,1442<2\alpha <7,22 \\ \Leftrightarrow 0,1385<\dfrac{1}{2\alpha^2}<0,1399
Donc a 2 \times 10^{-3}~près on a :
0,138<\dfrac{1}{2\alpha^2}<0,139

4) (T):y=f'(1)(x-1)+f(1)~
alors~(T):y=\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{2}

5) Tracer de (T) et (C)

Partie C

F(x)=\displaystyle{\int_{1}^{x}}f(t)dt;~D_F=]0;+\infty[

1) F est la primitive de f sur ]0;+\infty[ qui s’annule en 1.
Donc F est dérivable sur ]0;+\infty[
\forall ~x \in ~]0;+\infty[, ~F'(x)=f(x)

2) \forall ~x \geq 1, (1+t)^2=1+2t+t^2

Donc \forall ~t \geq 1, \dfrac{\ln t}{(1+t)^2} \leq f(t) \leq \dfrac{\ln t}{t^2}

3) I(x)=\displaystyle{\int_{1}^{x}}\dfrac{\ln t}{t^2}dt et

J(x)==\displaystyle{\int_{1}^{x}}\dfrac{\ln t}{(1+t)^2}dt

a) Calcul de I(x)

Intégration par parties

b) Calcul de J(x)

Intégration par parties

c) On sait que:

On en déduit que :

4) Soit x>1
a) Interprétation graphique de F(x)
F(x) est l’aire en unité d’aire du domaine plan délimité par la courbe (C), l’axe des abscisses et les droites d’équations
t=1 et t=x.

b)

Partie D