Modèle mathématique. - Lycée Henri BECQUEREL

Corrigé DS n° 8
Exercice 1 :
Partie A : Pour tout x > 0, on pose f(x) = exp (ln x) = x.
Les fonctions exponentielle et logarithme népérien étant dérivables sur leur ensemble de définition, la
composée f est aussi dérivable sur Df = ] 0 ; +  [.
En utilisant la dérivation d’une fonction composée (u o v)’ = u’(v)  v’, où v(x) = ln x, on a :
f ’(x) = exp (v(x))  v’(x) = x  v’(x) Or f ’ ( x) = 1  x  v’(x) = 1  v’(x) = Error!.
La fonction ln admet donc comme dérivée la fonction qui à x associe Error! .
Autre méthode : Soit a  ]0 ; + [. Soit x  ]0 ; + [, distinct de a.
XA
1
Posons X = ln x et A = ln a. Ainsi, Error! = X
.
 X
A
e  eA
e e
XA
e e
= eA car la fonction exp est dérivable sur IR.
XA
D’où, lim Error! = 1A  1ln a  1 .
xa
e
e
a
X
A
Or, lim
X A
La fonction ln est donc dérivable en a, a  ]0 ; + [, donc dérivable sur ]0 ; + [ et sa dérivée est la
fonction qui à x associe Error! .
Partie B : I On considère la fonction g définie sur ]0 ; + [ par g(x) = x² + 1 – ln x .
1) La fonction g est la somme d’une fonction trinôme dérivable sur I; R et de la fonction ln dérivable
sur ]0 ; + [, donc g est dérivable sur ]0 ; + [.
g’(x) = 2x – Error! = Error!
Le trinôme P(x) = 2x² - 1 admet pour racines x1 = – Error! et x2 =
Error!
x
2x² - 1
x
g’(x)
0

||
+
Error!
+
-
0
0
+
+
+
La fonction g est donc strictement décroissante sur ]0 ; Error! [, et strictement croissante sur ] Error! ; +  [.
2) De plus, g(Error!) = (Error!)² + 1 – ln Error! = Error! + 1 – ln Error! = Error! + Error! ln 2 > 0
La fonction g admet donc un minimum en Error! qui est positif ;
donc la fonction g est strictement positive sur ]0 ; + [.
II On considère la fonction f définie sur ]0 ; + [ par f(x) = x + Error! .
1) f(x) = x + ln x  Error! Or, Error! x = 0 ; Error! ln x = -  ; Error! Error! = + .
Par opération sur les limites, lim;
f(x) = – .
x0
La courbe C admet donc une asymptote verticale d’équation x = 0.
2) Error!x = +  et Error!Error! = 0 donc Error! f(x) = + .
Or, Error![f(x) – x] = Error!Error! = 0. Donc la droite D d’équation y = x est asymptote à la courbe C en +
.
3) La fonction f est construite à l’aide de fonctions linéaires et de la fonction ln dérivables sur leur
ensemble de définition, donc la fonction f est dérivable sur ]0 ; + [.
f ’(x) = 1 + Error! = Error! soit f ’(x) = Error!
x
0
+
4) x² > 0 sur ]0 ; + [ donc f ’(x) est du signe de g(x),
soit f ’(x) > 0 sur ]0 ; + [ d’après la question I2.
La fonction f est strictement croissante sur ]0 ; + [.
f
+
–
5) La tangente T à la courbe C a pour coefficient directeur f ’(x0). Elle est parallèle à la droite D
d’équation y = x si et seulement si elles ont le même coefficient directeur.
On cherche donc x0  ]0 ; + [ tel que f ’(x0 )= 1  Error! = 1  g(x0) = x0²  x0² + 1 – ln x0 = x0²
 ln x0 = 1  x0 = e. Alors, f(e) = e + ln e/e = e + Error!.
Le point A cherché a donc pour coordonnées A(e ; e + Error!).
Exercice 2 :
0,8
1) La probabilité qu’il gagne la première partie est de 0,1
donc p(G1) = p1 = 0,1 et p( G1 ) = 1 – 0,1 = 0,9
S’il gagne une partie, la probabilité de gagner la suivante est 0,8
donc pG1(G2) = 0,8 et pG1( G2 ) = 0,2
S’il perd une partie, la probabilité de gagner la suivante est 0,6
donc p G1 (G2) = 0,6 et p G1 ( G2 ) = 0,4
On peut dresser l’arbre pondéré ci-contre.
G2
G1
0,1
0,2
G2
G2
0,9
0,6
G1
0,4
G2
G2 = (G1  G2)  ( G1  G2).
Les événements G1 et G1 forment une partition de l’univers.
D’après la formule des probabilités totales, p(G2) = p(G1  G2) + p( G1  G2)
Soit p(G2) = p(G1)  pG1(G2) + p( G1 )  p
Soit Error!.
G1
(G2) = 0,1  0,8 + 0,9  0,6 = 0,08 + 0,54 = 0,62
2) On cherche pG2( G1 ). Or, pG2( G1 ) = Error! = Error! = Error! = Error! = Error!
Error!
3) Le contraire de l’événement noté, E, « Le joueur gagne au moins une partie sur les trois premières
parties » est « Le joueur perd les 3 premières parties »
p( E ) = p( G1  G2  G3 ) = p( G1 )  p G1 ( G2 )  p G1  G2 ( G3 ) = 0,9  0,4  0,4 = 0,144
et p(E) = 1 – p( E ) = 1 – 0,144 = 0,856
Error!
0,8
Gn+1
Gn
pn
0,2
Gn+1
Gn+1
1 – pn
0,6
Gn
0,4
4) On note Gn l’événement « le joueur gagne la n-ième partie » et
pn la probabilité de l’événement Gn.
On peut utiliser l’arbre ci-contre.
D’après la formule des probabilités totales,
p(Gn+1) = p(Gn  Gn+1) + p( Gn Gn+1)
= p(Gn)  pGn(Gn+1) + p( Gn )  p Gn (Gn+1)
= pn  0,8 + (1 – pn)  0,6
soit pn + 1 = Error! pn + Error! – Error! pn = Error! pn + Error!
Gn+1
soit Error!
5) Soit (Pn) la propriété, pour tout entier naturel n non nul, pn = Error! – Error! Error!Error!.
Initialisation : p1 = 0,1 et Error! – Error! Error!Error!= Error! – Error! = Error! = Error! = 0,1 donc p1 = Error!
– Error! Error!Error!
Et la propriété est vraie au rang n = 1.
Hérédité : Supposons la propriété vraie pour un certain rang k, c'est-à-dire pk = Error! – Error! Error!Error!.
Montrons que la propriété est vraie au rang k + 1, c'est-à-dire pk+ 1 = Error! – Error! Error!Error!Error!
Or, pk+ 1 = Error! pk + Error! (d’après la question 4)
= Error!  Error! + Error! d’après l’hypothèse de récurrence.
= Error!  Error! – Error!  Error! Error!Error! + Error! = Error! – Error! Error!Error!Error!= Error!
– Error! Error!Error!Error! = Error! – Error! Error!Error!Error!
Conclusion : La propriété est vraie au rang 1, elle est héréditaire donc elle est vraie pour tout n  1.
Error!
6) pn = Error! – Error! Error!Error! .
0 < Error! < 1 donc Error!Error!Error! = 0 et Error!Error! Error!
n
= 0 donc Error!
7) On a Error! – pn < 10–7  Error! Error!Error! < 10–7  Error!Error! < Error!  10–7  ln Error!Error! <
ln Error!
 n ln Error! < ln Error!  n > Error! avec ln Error! < 0 donc l’inégalité change de sens.
 n > 10,7 donc Error! soit encore Error!.