Correction DS n°4

Correction DS n°4 – Mathématiques – 1°S3
Exercice n°1
𝟏
𝟏
1) 𝒇 est dérivable sur ] − ∞; 𝟐 [ et sur ] 𝟐 ; +∞[ comme quotient de deux fonctions dérivables
1
On en déduit que ∀𝑥 ≠ 2 , 𝑓 ′ 𝑥 =
2 2𝑥−1 −2(2𝑥+1)
(2𝑥−1)²
1
−𝟒
𝑒𝑡 𝑑𝑜𝑛𝑐 ∀𝑥 ≠ 2 , 𝒇′ (𝒙) = (𝟐𝒙−𝟏)²
−4
2𝑎+1
𝑇𝑎 : 𝑦 = 𝑓 ′ 𝑎 𝑥 − 𝑎 + 𝑓(𝑎) avec 𝑓 ′ 𝑎 = (2𝑎−1)² et 𝑓 𝑎 = 2𝑎−1.
2) a)
D’où : 𝑇𝑎 : 𝑦 =
−4
2𝑎−1 2
−4𝑥
2𝑎 − 1
−4𝑥
𝑇𝑎 : 𝑦 =
2𝑎 − 1
−4𝑥
𝑇𝑎 : 𝑦 =
2𝑎 − 1
𝑇𝑎 : 𝑦 =
𝑇𝑎 : 𝒚 =
2𝑎+1
𝑥 − 𝑎 + 2𝑎−1
4𝑎
2𝑎 − 1
4𝑎
+
2
2𝑎 − 1
4𝑎
+
2
2𝑎 − 1
2
+
2𝑎 + 1
2𝑎 − 1
2𝑎 + 1 (2𝑎 − 1)
+
2
(2𝑎 − 1)²
4𝑎² − 1
+
2
(2𝑎 − 1)²
2
+
−𝟒
𝟒𝒂² + 𝟒𝒂 − 𝟏
𝒙+
(𝟐𝒂 − 𝟏)²
(𝟐𝒂 − 𝟏)²
1
2
b) On cherche 𝑎 tel que 𝐴 − ; 0 ∈ (𝑇𝑎 ) :
1
−4
1
4𝑎2 + 4𝑎 − 1
1
4𝑎2 + 4𝑎 − 1
𝐴 − ; 0 ∈ 𝑇𝑎 ⟺
×
−
+
=
0
⟺
+
=0
4
2𝑎 − 1 2
4
2𝑎 − 1 2
2𝑎 − 1 2
2𝑎 − 1 2
4𝑎2 + 4𝑎
1
⟺
= 0 ⟺ 4𝑎² + 4𝑎 = 0 𝑎𝑣𝑒𝑐 𝑎 ≠ ⟺ 4𝑎 𝑎 + 1 = 0 ⟺ 𝑎 = 0 𝑜𝑢 𝑎 = −1
2
2𝑎 − 1
2
𝟏
𝟒
Il existe deux valeurs de 𝒂 pour lesquelles (𝑇𝑎 ) passe par𝑨 − ; 𝟎 : 𝒂 = 𝟎 𝒆𝒕 𝒂 = −𝟏
𝟏
1
Il y a donc deux points de coordonnées : 𝟎; −𝟏 et −𝟏; 𝟑 avec 𝑓 0 = −1 et 𝑓 −1 = 3
c) Si la tangente (𝑇𝑎 ) est parallèle à la droite 𝑦 = −𝑥 + 7 alors elles ont le même coefficient directeur. Donc, on
cherche 𝑎 tel que 𝑓 ′ 𝑎 = −1. D’où, on résout
−4
2𝑎−1 2
= −1.
Ce qui équivaut à résoudre 2𝑎 − 1 ² = 4 ⟺ 4𝑎² − 4𝑎 − 3 = 0 ⟺ 𝑎 = −
1
2
3
2
𝑜𝑢 𝑎 = avec ∆= 64 > 0 donc deux
solutions réelles distinctes.
Il existe donc deux points tel que la tangente (𝑇𝑎 ) à 𝓒𝒇 soit parallèle à(∆), ce sont les points de coordonnées
𝟏
𝟑
1
(− 𝟐 ; 𝟎) et 𝑩(𝟐 ; 𝟐) avec 𝑓 − 2 = 0 et 𝑓
Exercice n°2
1) Arbre pondéré :
3
2
= 2.
Il y a donc au total 8 issues possibles :
𝑉𝑉𝑉, 𝑉𝑉𝐹, 𝑉𝐹𝑉, 𝑉𝐹𝐹, 𝐹𝑉𝑉, 𝐹𝑉𝐹, 𝐹𝐹𝑉, 𝐹𝐹𝐹.
2) a) 𝑋 : Nombre de réponses exactes.
𝑋 Ω = {0; 1; 2; 3}
Loi de probabilité de 𝑋 :
𝒙𝒊
0
1
2
3
𝒑(𝑿 = 𝒙𝒊 )
1
8
3
8
3
8
1
8
b) 𝐸 𝑋 = + + =
3
8
6
8
3
8
12
8
𝑉 𝑋 = 𝐸 𝑋2 − 𝐸 𝑋
2
=
𝟑
𝟐
1
3
3
1
3
𝑉 𝑋 = 0² × + 1² × + 2² × + 3² × −
8
8
8
8
2
3 12 9 9 24 18 6 𝟑
𝑉 𝑋 = +
+ − =
−
= =
8 8 8 4
8
8
8 𝟒
Donc, 𝝈 𝑿 =
𝟑
𝟐
2
3) a) 𝑆 = 3 × Nombres de réponses exactes +(−1) × Nombres de réponses inexactes
𝑆 = 3𝑋 − 1(3 − 𝑋) = 3𝑋 − 3 + 𝑋 d’où : 𝑺 = 𝟒𝑿 − 𝟑 .
b) Démonstration de cours : Voir le cours.
3
c) 𝐸 𝑆 = 𝐸 4𝑋 − 3 = 4𝐸 𝑋 − 3 = 4 × 2 − 3 = 6 − 3 = 𝟑 .
On en déduit que sur un très grand nombre de QCM, Mathieu obtiendrait en moyenne 𝟑 points sur 𝟗 par
QCM.
Exercice n°3
1) 𝑚 = 1.
a) 𝑋 Ω = {−1; 4; 9}
Loi de probabilité :
b) Le jeu est favorable au joueur ⟺ 𝐸 𝑋 > 0
−𝑛
12
9
⟺ 𝑛+4 + 𝑛+4 + 𝑛+4 > 0 ⟺
−𝑛+21
𝑛+4
𝒙𝒊
𝒑𝒊
−1
𝑛
𝑛+4
4
9
3
𝑛+4
1
𝑛+4
> 0 ⟺ −𝑛 + 21 > 0 𝑐𝑎𝑟 𝑛 + 4 > 0 ⟺ 𝑛 < 21.
Il faut donc moins de 𝟐𝟏 jetons noirs pour que le jeu soit favorable au joueur.
2) 𝑛 = 16.
a) 𝑋 Ω = −𝑚; 5 − 𝑚; 10 − 𝑚
Loi de probabilité :
b) Le jeu est équitable ⟺ 𝐸 𝑋 = 0
−16𝑚 3(5 − 𝑚) 10 − 𝑚
⟺
+
+
=0
20
20
20
−16𝑚 + 15 − 3𝑚 + 10 − 𝑚
⟺
=0
20
−20𝑚 + 25
⟺
=0
20
25
⟺ −20𝑚 + 25 = 0 ⟺ 𝑚 = 20 = 1,25.
Il faut donc miser 𝟏, 𝟐𝟓 € pour que le jeu soit équitable.
𝒙𝒊
−𝑚
5−𝑚
10 − 𝑚
𝒑𝒊
16
20
3
20
1
20