question 1 - Canalblog

TES
Corrigé des exercices de révision
Exercice 1
1.
39, 6  22,1
100  79, 2 . Le nombre de PACS a augmenté d’environ 79,2% entre 2000 et 2004
22,1
2. a) Voir graphique ci-dessous.
b) On trouve G ( 2 ; 27,44 ).
3. On envisage un ajustement affine.
a) L’ équation de la droite d’ajustement de y en x
par la méthode des moindres carrés est y = 4,67x + 18,1.
b) On note que 2007 correspond au rang 7 :
f (7) = 4,67×7 + 18,1= 50,79
A l’aide de cet ajustement, on estime à 50790 le nombre de milliers de Pactes Civils de Solidarité signés en
2007.
4. On note que 2007 correspond au rang 7 : g(7) =1,6×7² − 1,8×7 + 21,4.= 87,2
A l’aide de cet ajustement, on estime à 87200 le nombre de milliers
de Pactes Civils de Solidarité signés en 2007.
y
nombre de PACS
39
en milliers
37
35
33
31
29
27
25
23
21
19
x (rang de l'année)
17
15
0
1
2
3
4
5
6
7
x
1
Exercice 2
Partie A
QUESTION 1
D’après la formule des probabilités totales,
0,35
0,65
0,1
E
0,9
F
0,5
E
0,5
F
0,3
G
0,7
H
x
G
1−x
H
A
p  E   p  A  E   p  B  E   0,35  0,1  0,65  0,5  0,36
donc la bonne réponse est D
B
QUESTION 2
0,35
0,65
A
B
Les évènements A et G étant supposés indépendants, pA  G   p G 
donc p  G   0,3 .
D’après la formule des probabilités totales,
p  G   p  A  G   p  B  G   0,3 0,35  0,65x  0,105  0,65x
donc, 0,3  0,105  0, 65x soit 0, 65 x  0,195 donc x  0,3 .
La bonne réponse est C
Partie B
Une petite entreprise textile commercialise des nappes et des lots de serviettes assorties. Quand un client se
présente, il achète au plus une nappe et un lot de serviettes.
La probabilité pour qu’un client achète la nappe est 0,2. La probabilité pour qu’il achète le lot de serviettes
quand il a acheté la nappe est 0,7 et la probabilité qu’il achète le lot de serviettes quand il n’a pas acheté la
nappe est 0,1.
On note N l’événement : « un client achète la nappe » et S, l’événement : « un client achète le lot de
serviettes ».
2. La probabilité cherchée est p  N  S  .
1.
0,7
0,2
S
N
0,3
S
0,1
0,8
S
N
0,9
S
p  N  S   p  N   pN  S   0, 2  0,7  0,14
3. D’après la formule des probabilités totales
p  S   p  N  S   p N  S ; p N  S  0,8  0,1  0, 08 donc




p  S   0,08  0,14  0, 22
4. La probabilité cherchée est p  N  S  .
p  N  S   p  N   p  S   p  N  S  donc
p  N  S  0, 2  0, 22  0,14  0, 28 .


Autre méthode : p  N  S   1  p N  S  1  0,8  0,9  1  0, 72  0, 28
2
Exercice 3
1. Dans un pays tropical, une région agricole compte 10 000 agriculteurs qui produisent soit du coton, soit
du café, soit des fruits et légumes selon la répartition suivante :
Il y a 10 000 agriculteurs :
- 42% des agriculteurs produisent du coton soit 4 200 ;
- 19% des agriculteurs produisent du café soit 1 900 ;
- 39% des agriculteurs produisent des fruits et légumes, soit 3 900.
- 75% des agriculteurs travaillent pour l’exportation, soit 7 500 , et donc 2500 travaillent pour la
consommation locale ;
- Il y a 4 200 producteurs de coton :
86  4200
 3612 donc 3612 producteurs de cotons
86% d’entre eux travaillent pour l’exportation:
100
travaillent pour l’exportation.
4200  3612  588 donc 588 travaillent pour la consommation locale.
Tous les producteurs de café travaillent pour l’exportation soit 1900.
2500  588  1912 donc 1912 agriculteurs travaillant pour la consommation locale produisent du café.
3900 1912  1988 donc 1988 producteurs de fruits et légumes travaillent pour l’exportation.
Production
Destination
Exportation
Consommation locale
Total
Coton
Café
Fruits et légumes
Total
3612
588
4 200
1900
0
1 900
1988
1912
3 900
7 500
2 500
10 000
2. On choisit au hasard un agriculteur de cette région.
L’univers associé à cette expérience aléatoire est l’ensemble des 10 000 agriculteurs. On choisit un
agriculteur au hasard donc la loi de probabilité sur cet univers est équirépartie.
On considère les événements :
C : « il produit du coton »
E : « il travaille pour l’exportation »
a. C  E est l’ensemble des producteurs de coton travaillant pour l’exportation.
C  E est l’ensemble des producteurs travaillant pour l’exportation ou produisant du coton.
A  C  E est l’ensemble de agriculteurs qui ne produisent pas de coton et qui travaillent pour la
consommation locale.
b. 42% des agriculteurs produisent du coton donc p  C   0, 42 ;
75% des agriculteurs travaillent pour l’exportation donc p  E   0, 75 ;
Il y a 3612 producteurs de coton travaillant pour l’exportation
3612
 0,3612 donc p  C  E   0,3612
10000
p C  E   p C   p  E   p C  E   0, 42  0,75  0,3612  0,8088 donc p  C  E   0,8088 ;
p  A  1  p C  E   1  0,8088  0,1912 donc p  A  0,1912 .
3. On choisit au hasard un producteur de coton, l’univers est maintenant l’ensemble des 4200 producteurs
de coton et la loi de probabilité est équirépartie sur cet univers.
Soit p ' la probabilité pour qu’il travaille pour la consommation locale :
588 producteurs de coton travaillent pour la consommation locale donc p ' 
588
 0,14
4200
p '  0,14 .
3
Exercice 4
1) Le premier producteur fournit 70 % de l'approvisionnement donc p  F1   0,7 .
Les deux autres producteurs fournissent le reste, soit 30% de l’approvisionnement. Chacun fournissant la
même quantité, ils fournissent donc chacun 15% . Donc p  F2   p  F3   0,15 .
 
2) 20 % des pommes fournies par le premier producteur sont hors calibre donc pF1 C  0, 2 et
pF1  C   1  0, 2  0,8 .
 
5 % des pommes fournies par le second producteur sont hors calibre donc pF1 C  0, 05 et
pF2  C   1  0,05  0,95 .
 
4 % des pommes fournies par le troisième producteur sont hors calibre donc pF3 C  0, 04 et
pF3  C   1  0,04  0,96 .
On peut donc compléter l’arbre de probabilité :
0,8
C
0,2
C
F1
0,7
0,15
0,95…C
F2
0,05 C
0,15
0,96 C
F3
0,04 C
3) La probabilité pour que la pomme prélevée ait le bon calibre et provienne du troisième producteur est
p  F3  C  . p  F3  C   p  F3   pF3 C   0,15  0,96  0,1440 .
4) D’après la formule des probabilités totales, p  C   p  F1  C   p  F2  C   p  F3  C  .
Donc, p  C   0,7  0,8  0,15  0,95  0,1440  0,8465
Montrer que la probabilité pour que la pomme prélevée ait le bon calibre est : 0,8465.
5) La pomme mesurée est hors calibre. Le contrôleur affirme :
"Cette pomme provient très probablement du premier producteur".
On calcule pC  F1  : pC  F1  
 

p C  F1
 

p C


p C  1  p  C   1  0,8465  0,1535 ; p C  F1  0, 7  0, 2  0,14 donc pC  F1  
0,14
.
0,1535
La valeur arrondie à 10-4 de cette probabilité est : 0,9121.
Le contrôleur a donc raison.
4
Exercice 5
Soit f la fonction définie sur 1;  par f  x  
repère orthonormal  O; i , j  .
 x2  2 x  4
, et C f sa courbe représentative dans un
1 x
  x2 
1) Limite en  : f est une fonction rationnelle donc lim f  x   lim 
  lim x   .
x 
x 
  x  x
1
Limite en 1 : pour tout x de 1;  , f  x     x 2  2 x  4  
;
1 x
1
  ,
lim   x 2  2 x  4   1 , lim 1  x   0 , si x  1 , 1  x  0 donc lim
x 1 1  x
x 1
x 1
x 1
lim f  x    .
x 1
x 1
x  31  x   1  x 2  3x  x  3  1  x 2  2 x  4

1
2) a) Pour tout x de 1;  , x  3 



 f  x .
1 x
1 x
1 x
1 x
1
1
  x  3 
b) Pour tout x de 1;  , f  x    x  3  x  3 
.
1 x
1 x
1
 0.
lim 1  x    donc lim
x

x 
1 x
lim  f  x    x  3   0 donc
x 
la droite  d’équation y  x  3 est une asymptote de C f au voisinage de  .
Position relative de C f et  .
c)
Soit x un réel de 1;  , M le point de C f d’abscisse x et P le point de  de même abscisse x ;
yM  f  x  et yP  x  3 , yM  yP  f  x    x  3 
Si x  1 , 1  x  0 donc
1
.
1 x
1
 0 , on a alors yM  yP  0 soit yM  yP , donc
1 x
C f est en dessous de  sur 1;  .
3) lim f  x    donc la droite d’équation x  1 est une asymptote verticale de C f .
x 1
x 1
Exercice 6
1. f ' 1 est le coefficient directeur de la tangente à Cf au point d’abscisse 1 c'est-à-dire au point B.
Donc f ' 1 est le coefficient directeur de la droite (AB).
A  1;0  et B 1;5  donc f ' 1 
50
5

1   1 2
2. Elimination de C3 : la courbe C3 se situe au dessus de l’axe des abscisses donc la fonction représentée
est positive sur 0;6 . Une fonction dont la dérivée est positive sur 0;6 est croissante sur 0;6 . Or la
fonction f n’est pas monotone sur 0;6 . Donc on peut éliminer la courbe C3.
Choix entre C1 et C2 : les deux courbes représente des fonctions de même signe sur 0;6 .
5
On va donc utiliser le résultat de la question 1. . f ' 1 
5
donc la courbe représentative de f ' doit passer
2
 5
par le point de coordonnées  1;  . La courbe C2 passe par le point de coordonnées 1;1 .
 2
Donc la courbe représentative de f ' est la courbe C1.
Exercice 7
1. La seule borne est la valeur 0 on doit donc calculer lim f ( x) :
x 0
x 0
Pour tout x réel, f  x    x 2  4 x  36  


1
1
  donc lim f  x   
: lim x 2  4 x  36  0 , lim
x 0
x 0 2 x
x 0
2x
x 0
x

0
x 0
Alors, C f admet une asymptote verticale d’équation x  0
2. On note f ' la dérivée de la fonction f.
u
avec u  x   x2  4x  36 et v  x   2 x .
v
Les fonctions u et v sont des polynômes, elles sont donc dérivables sur ]0; 3] et on a : u '  x   2x  4 et
a. La fonction f est de la forme f 
v ' x  2
La fonction f est dérivable sur ]0; 3] comme quotient de deux fonctions dérivables sur ]0; 3]. On a :
(2 x  4)2 x  2( x²  4 x  36) 4 x²  8 x  2 x²  8 x  72 2 x²  72 2( x²  36) ( x  6)( x  6)
.
f '( x) 




(2 x)²
4 x²
4 x²
2  2 x²
2 x²
b. Etudions le signe de f '  x  .
Pour tout x  ]0; 3] : 2 x 2  0 .Le signe de f '  x  est celui du numérateur :  x  6 x  6
x
Signe de x  6
Signe de x  6
Signe de f '  x 
0
3
+
-
Alors, la fonction est strictement décroissante sur ]0; 3].
x
Signe de f '  x 
Variations
de f
0
3
+
11
2
33
 16,5 et
2
f  2  8 . 10 est compris entre f 1 et f  2  .Alors, d’après le théorème des valeurs intermédiaires,
3. a. La fonction f est continue et strictement décroissante sur l’intervalle [1; 2]. On a f 1 
l’équation f  x   10 admet une solution unique  dans l’intervalle 1;2 .
b. On trouve avec la calculatrice : f 1,60  10,05 et f 1,61  9,98 donc 1,60<  <1,61.
Exercice 8
2 x 2  9 x  6
1

Soit f la fonction définie sur  ;   par : f ( x) 
.
4x  2
2

6
On appelle Cf sa courbe représentative dans le plan muni d'un repère orthogonal.
1

1. Pour tout x de  ;  
2

 1

 x  2   4x  2  2

1
2
2 x 2  8 x  x  4  2 2 x 2  9 x  6
2


 x2



 f  x .
2
4x  2
4x  2
4x  2
4x  2
1
7
1
 1

 1 
2. lim1   x  2     2  ; lim  4 x  2   0 et si x  , 4 x  2  0 donc lim1 
   , donc
1
2
2
4
4
x 
x  4 x  2 
x

2
2
2
x
1
2
x
1
2
x
1
2
2 
1

lim  
  . Donc lim1 f  x    . La droite d’équation x  est donc une asymptote

1
2
4x  2 
x
x 
2
2
x
1
2
x
1
2
« verticale » de Cf .
 1

3. a) lim   x  2    ;
x 
2


2 

lim  4 x  2    donc lim  
f  x   
  0 donc xlim
x 
x

 4x  2 
2
1

 1

b)
Pour tout x de  ;   , f  x     x  2   
.
4x  2
 2

2


2 

 1

lim  
 0 , donc lim  f  x     x  2    0 .

x 
x 
 4x  2 
 2


1
Donc la courbe Cf admet pour asymptote la droite d’équation y   x  2 au voisinage de  .
2
1
1

 1 
4. Pour tout x de  ;   , f  x    x  2  2 

2
 4x  2 
2

La fonction x
1
a pour dérivée : x
4x  2

4
 4x  2
2
1
8
donc, f '  x    
.
2  4 x  2 2
16   4 x  2 
 4  4 x  2 4  4 x  2   6  4 x  2  4x 
1
8


5. Signe de f '  x  : f '  x    
2
2
2
2
2  4x  2
2  4x  2
2  4x  2
2 4x  2
2
2
1

Sur  ;   , 2  4x  0 et 2  4 x  2   0 donc f '  x  est du signe de 6  4x .
2

6  4x  0  x 
3
.
2
On peut donc dresser le tableau de signe suivant :
x
Signe de f '  x 
1
2
3
2
+
0


7
1 3
3

La fonction f est donc strictement croissante sur  ;  et strictement décroissante sur  ;   .
2 2
2

6. La tangente T a pour coefficient directeur f ' 1 et passe par le point A 1; f 1  .
1
8
1
3
f ' 1   
 2 ;
2
2  4  2
2
2
T a une équation de la forme : y 

1
2
1
f 1    2 
 .
2
42
2
3
1 3 1
1 1
x  p et A  ;    T donc     p , ce qui donne
2
2 2 2
2 2
1 3
1 3 1
  p soit p     .
2 4
2 4 4
Donc T : y 
3
1
x
2
4
8