Corrigé sujet 2 - Tle S - Ogooue education

Tle D Mathématiques Sujet 2 corrigé – Tle S Corrigé sujet 2 – Tle S

Exercice 1

u=e^{i\tfrac{2\pi}{5}}; \\ \alpha=u+u^4; \\ \beta=u^2+u^3

1) Démontrons que :
$1+u+u^2+u^3+u^4=0$

$1+u+u^2+u^3+u^4 \\ =u^0+u^1+u^2+u^3+u^4~$ qui représente la somme des termes consécutifs d’une suite géométrique de premier terme $u^0=1,~$ de raison $u$ et de dernier terme $u^4~$ donc :
$u^0+u^1+u^2+u^3+u^4 \\ =\dfrac{u^0(1-u^5)}{1-u},~$ avec $~u\not= 1$
$= \dfrac{1-e^{i2\pi}}{1-e^{i\tfrac{2\pi}{5}}}=\dfrac{1-1}{1-e^{i\frac{2\pi}{5}}}=0~$
donc $~1+u+u^2+u^3+u^4=0~$

Déduisons en que $~\alpha$ et $~\beta~$ sont solutions de l’équation
$~(1): z^2+z-1=0$
Calculons $S=\alpha + \beta~$ et $~P=\alpha \beta \\ \alpha+\beta=(u+u^4)+(u^2+u^3) \\=(1+u+u^2+u^3+u^4) \\ =0-1 \\ =-1$
D’où $~S~=-1$

D’où $P=-1~$ donc $~S=\alpha+ \beta~$ et $~P=\alpha \beta$
Par suite, $\alpha ~$ et $~\beta~$ sont solutions de l’équation :
$z^2-(-1)z+(-1)=0~$ donc $~\alpha~$ et $~\beta~$ sont solutions de l’équation :
$(1): z²+z-1=0$

2) Déterminons $\alpha~$ en fonction de $~\cos \dfrac{2\pi}{5}$

3) Résolution de l’équation :
$(1):z^2+z-1=0$
Soit $\Delta~$ le discriminant de (1):
$\Delta=(1)^2+4=5~$
les solutions de l^’ équation (1) sont : $\begin{cases}z_1=\dfrac{-1-\sqrt5}{2} \\ z_2=\dfrac{-1+\sqrt5}{2}\end{cases}$

L’ensembledes solutions de (1)est donc

Déduisons en la valeur exacte de $\cos \dfrac{2\pi}{5}$
$\alpha=2\cos \dfrac{2\pi}{5}$
Comme $\alpha~$ est solution de (1)

Or $0<\dfrac{2\pi}{5}<\dfrac{\pi}{2};$ donc $\cos \dfrac{2\pi}{5}>0~$ et par la suite

~\alpha =2\cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt5}{2}

D’où $\cos \dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{-1+\sqrt5}{4}$

Exercice 2

Urne A (6boules) $\begin{cases} n°1 \rightarrow ~3~boules \\ n°2 \rightarrow~2~boules \\ n°3 \rightarrow~1~boule\end{cases}$

Urne B (4boules) $\begin{cases} n°1 \rightarrow~1~boule \\ n°2 \rightarrow~1~boule \\ n°3 \rightarrow~2~boules~\end{cases}$

1) Soit $\Omega~$ l’univers associé à l’épreuve.
On a card $\Omega=C_6^1 \times C_4^1=6 \times 4=24$
Soit E l’évènement ‘‘les boules portent deux nombres différents’’.
Faisons un tableau :

p(E)=\dfrac{3 \times 3 +2 \times 3+1 \times 2}{24}=\dfrac{17}{24}

a) Probabilité pour que la somme nombres portés par les boules soit paire
Soit F l’évènement ‘’la somme des nombres portés par les boules soit paire’’

p(F)=\dfrac{3\times 3+2 \times 1+1\times 3}{24}=\dfrac{12}{7}

b) Probabilité pour que l’urne B ne contiennent que des boules portant le même nombre.
Trois situations sont à envisager :
1e cas : les 4 boules de l’urne B portent toutes le nombre 1.
Alors 3 boules portant le n° 1 ont été tirées de A pour B, puis 3 boules ne portant pas le n°1 ont été tirées de B pour A.
Appelons H le 1er événement et G le second
La probabilité cherchée est : $p(H$ et $G)$
$p(H~$ et $~G)=p(H)\times ~p(\dfrac{G}{H}) \\ =\dfrac{C_3^3}{C_6^3} \times\dfrac{C_3^3}{c_7^3}=\dfrac{1}{700}$
2ème cas : les 4 boules de l’urne B portent toutes le nombre 2. Cet événement est impossible.
3ème cas : les 4 boules de l’urne B portent toutes le nombre 3. Cet événement est impossible.
La probabilité cherchée est alors :
$q=\dfrac{1}{700}+0+0=\dfrac{1}{700}$

3.a) Loi de probabilité de X
L’ensemble des valeurs prises par
$X=$ { $1;2;3$ } $~ \\ p(X=1)=\dfrac{C_2^0 \times C_4^4}{C_6^4}$
il s’agit de la probabilité de tirer de A zéro boule portant le nombre 2
$p(X=2)=\dfrac{C_2^1 \times C_4^3}{C_6^4}=\dfrac{8}{15}$

$p(X=3)=\dfrac{C_2^2 \times C_4^2 }{C_6^4}=\dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5}$
Faisons un tableau :

b) Calcul de l’espérance mathématiques de E(X) et de l’écart-type $\sigma(X)$

Problème

f(x)=1+e^{-x}-2e^{-2x};D_f=\R

Partie A
$P(X)=1+x-2x^2; D_P=\R$

1) $\Delta =9$

Alors le signe de $f(x)$ dépend de celui de $1-e^{-x}$
$1-e^{-x}>0,~ \forall ~~x >0$
Par conséquent:

On en déduit que :
Sur $~]-\infty;0[~,~(C)~$ est en dessous de l’axe des abscisses
Sur $]0;+\infty[~,~ (C)~$ est au dessus de l’axe des abscisses.

Partie B

1) $\begin{cases}\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}e^{-x}=0 \\ \lim\limits_{\substack{x\rightarrow -\infty}}e^{-2x}=0 \end{cases}$

Alors $\lim\limits_{\substack{x\rightarrow +\infty}}f(x)=1~$
On en déduit que : (C) admet une asymptote horizontale d’équation $y=1$ au voisinage de $+\infty$

2) $f(x)=1+e^{-x}-2e^{-2x};D_f=\R \\ =e^{-2x}(\dfrac{1}{e^{-2x}}+\dfrac{e^{-x}}{e^{-2x}}-2)$
Donc $f(x)=e^{-2x}(e^{2x}+e^{x}-2)$

On en déduit que $:\lim\limits_{\substack{x\rightarrow -\infty}}f(x)=-\infty$
Car $\begin{cases}\lim\limits_{\substack{x\rightarrow -\infty}}e^{-2x}=+\infty \\ \lim\limits_{\substack{x\rightarrow -\infty}}e^{2x}=0 \\ \lim\limits_{\substack{x\rightarrow -\infty}}e^x=0\end{cases}$

3.a) $f'(x)=-e^{-x}+4e^{-2x}$
b) $f'(x)=e^{-2x}(-e^x+4)$
$\forall ~~x \in \R, ~e^{-2x}>0$
Alors $f'(x)$ a le même signe que $(4-e^x)$
$4-e^x>0 \Rightarrow x<2\ln 2$

Par conséquent :
$\forall ~~x \in ~ ]-\infty;2 \ln 2[,f'(x)>0$
$\forall ~~x \in ~]2 \ln 2;+\infty[,f'(x)<0$
On en déduit que :
Sur $]-\infty;2\ln 2[, f~$ est croissante
Sur $]2\ln 2;+\infty[,f~$ est décroissante
c) tableau de variation de $f$

f(2\ln 2)=1 \in \mathbb{Q}

4.a) $(T_0):y=f'(0)(x-0)+f(0)~$
Alors $(T_0):y=3x$

c) $f(x)-y=e^{-2x}(e^x-2)~ \\ \forall ~~x \in \R,e^{-2x}>0~$
Alors le signe dépend de celui de :
$x^2-2\\ e^x-2>0 \Harr x>\ln 2$
Par conséquent :
$\forall ~~x \in ~]-\infty;\ln 2[,f(x)-y<0$
$\forall ~~x \in ~]\ln 2;+\infty[,f(x)-y>0$
On en déduit que :
Sur $]-\infty; \ln 2[,(C)~$ est en dessous de $~(D)$
Sur $]\ln 2;+\infty[,(C)~$ est au dessus de $~(D)$

5) $(T):y=f'(\ln 2)(x-\ln 2)+f(\ln 2) \\ (T):y=\dfrac{1}{2}x+1-\dfrac{\ln 2}{2}$

6) $f(-\ln 2)=-5$
(C) passe par le point de coordonnées $(-ln2;-5)$

Partie C

2) $\lambda >\ln 2; \\ A(\lambda)=4\displaystyle{\int_{\ln 2}^{\lambda}}[f(x)-1]dx$
a) $A(\lambda)~$ est l’air en cm² du domaine plan limité par la courbe (C), la droite (D)et les droites d’équations $x=\ln 2~$ et $~x=\lambda.$