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.
Posons X = ln x et A = ln a. Ainsi,
Error!
=
AX
ee
ee AX AX
AX
1
.
Or,
AX
lim
AX ee AX
= eA car la fonction exp est dérivable sur IR.
D’où,
ax
lim
Error!
=
aee a
A111 ln 
.
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
0 Error! +
2x² - 1
- 0 +
x
+ +
g’(x)
|| - 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;x  0f(x) = – .
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 ; + [.
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 :
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 pG1 (G2) = 0,6 et pG1 ( G2) = 0,4
On peut dresser l’arbre pondéré ci-contre.
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) pG1 (G2) = 0,1 0,8 + 0,9 0,6 = 0,08 + 0,54 = 0,62
Soit
Error!
.
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) pG1 ( 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!
f
+
–
0,8 G2
G1
0,1 0,2
G2
G2
0,9 0,6
G1
0,4
G2
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) pGn (Gn+1)
= pn 0,8 + (1 – pn) 0,6
soit pn + 1 =
Error!
pn +
Error!
–
Error!
pn =
Error!
pn +
Error!
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!
.
Gn+1