Applications

BTS Informatique de gestion
1re année
Denis Jaudon
Mathématiques
Autocorrection
Directrice de publication : Valérie Brard-Trigo
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français d’exploitation du droit de copie (20, rue des Grands Augustins, 75006 Paris).
Sommaire
Unité 1
Logique – Ensembles – Algèbre de Boole .................................................... 5
➤ Séquence 1 : calcul des propositions et des prédicats ............................................................ 7
➤ Séquence 2 : éléments de la théorie des ensembles ............................................................ 13
➤ Séquence 3 : algèbre de Boole .............................................................................................. 21
Unité 2
Fonctions d’une variable réelle .......................................................................... 33
➤ Séquence 1 : généralités sur les fonctions d'une variable réelle ........................................ 35
➤ Séquence 2 : limite des fonctions .......................................................................................... 43
➤ Séquence 3 : dérivées et primitives ........................................................................................ 53
➤ Séquence 4 : comportements asymptotiques ........................................................................ 63
➤ Séquence 5 : logarithme népérien – exponentielles – fonctions puissances ...................... 71
Unité 3
Suites numériques .......................................................................................................... 91
➤ Séquence 1 : généralités sur les suites numériques .............................................................. 93
➤ Séquence 2 : limites des suites................................................................................................ 99
➤ Séquence 3 : suites arithmétiques – suites géométriques .................................................. 109
3
8 2930 TC PA 00
Unité 4
Statistique descriptive .............................................................................................. 125
➤ Séquence 1 : séries statistiques à une variable.................................................................... 127
Unité 5
Calcul des probabilités .............................................................................................. 139
➤ Séquence 1 : dénombrement................................................................................................ 141
➤ Séquence 2 : probabilités...................................................................................................... 153
➤ Séquence 3 : variables aléatoires réelles discrètes .............................................................. 167
➤ Séquence 4 : loi binomiale – loi de Poisson ........................................................................ 177
Unité 6
Calcul matriciel ................................................................................................................ 189
➤ Séquence 1 : calcul matriciel ................................................................................................ 191
➤ Séquence 2 : systèmes linéaires ............................................................................................ 201
4
8 2930 TC PA 00
Unité 1
Logique – Ensembles –
Algèbre de Boole
➤ Prérequis
• Aucun
➤ Objectifs
• Introduction à quelques éléments de logique
• Pratique élémentaire du calcul portant sur des énoncés
• Consolider et prolonger les acquis sur les ensembles
et les applications
• Effectuer des calculs permettant de simplifier
des expressions booléennes
➤ Contenu
• Séquence 1 : calcul des propositions et des prédicats
• Séquence 2 : éléments de la théorie des ensembles
• Séquence 3 : algèbre de Boole
5
8 2930 TC PA 00
Calcul des propositions
et des prédicats
Séquence 1
✒ Applications
Exercice 1
P : « Monsieur Martin est né le 1er janvier » est une proposition.
Q : « Monsieur Martin est grand » énoncé très subjectif, n’est pas une proposition.
R : « Pour x réel, 3x + 4 = 0 » est un énoncé dont la valeur de vérité dépend du réel
x : ce n’est pas une proposition.
S : Pour x réel, « 3 x2 + 4 = 0 » est un énoncé dont la valeur de vérité est « Faux » :
c’est une proposition (fausse).
Exercice 2
P : « Monsieur Martin est né le 1er janvier » et Q : « Monsieur Martin est français »
¬ P = « Monsieur Martin n’est pas né le 1er janvier »,
P ∨ Q = « Monsieur Martin est né le 1er janvier OU est français »
P ∧ Q = « Monsieur Martin est né le 1er janvier ET est français »
P ∨ (¬ Q) = « Monsieur Martin est né le 1er janvier OU n’est pas français »
Exercice 3
P ⇒ Q est la proposition « SI Monsieur Martin est né le 1er janvier ALORS il est français ».
P ⇔ Q est la proposition « Monsieur Martin est né le 1er janvier SI et SEULEMENT
SI il est français ».
7
8 2930 TC PA 00
Calcul des propositions et des prédicats
Séquence 1
Exercice 4
Soient P, Q et R trois propositions.
1.
P
V
V
V
V
F
F
F
F
Q
V
V
F
F
V
V
F
F
R
V
F
V
F
V
F
V
F
P∨Q
V
V
V
V
V
V
F
F
(P ∨ Q) ∨ R
V
V
V
V
V
V
V
F
Q∨R
V
V
V
F
V
V
V
F
P ∨ (Q ∨ R)
V
V
V
V
V
V
V
F
Conclusion : (P ∨ Q) R = P ∨ (Q ∨ R) c’est-à-dire le connecteur ∨ est associatif, et
l’on pourra écrire P ∨ Q ∨ R.
2.
P
V
V
V
V
F
F
F
F
Q
V
V
F
F
V
V
F
F
R
V
F
V
F
V
F
V
F
P∧Q
V
V
F
F
F
F
F
F
(P ∧ Q) ∧ R
V
F
F
F
F
F
F
F
Q∧R
V
F
F
F
V
F
F
F
P ∧ (Q ∧ R)
V
F
F
F
F
F
F
F
Conclusion : (P ∧ Q) ∧ R = P ∧ (Q ∧ R) c’est-à-dire le connecteur ∧ est associatif,
et l’on pourra écrire P ∧ Q ∧ R.
Exercice 5
1.
P
V
V
V
V
F
F
F
F
Q
V
V
F
F
V
V
F
F
R
V
F
V
F
V
F
V
F
Q∧R
V
F
F
F
V
F
F
F
P ∨ (Q ∧ R)
V
V
V
V
V
F
F
F
P∨Q
V
V
V
V
V
V
F
F
P∨R
V
V
V
V
V
F
V
F
(P ∨ Q) ∧ (P ∨ R)
V
V
V
V
V
F
F
F
8
8 2930 TC PA 00
Calcul des propositions et des prédicats
Séquence 1
Conclusion : P ∨ (Q ∧ R) = (P ∨ Q) ∧ (P ∨ R) c’est-à-dire le connecteur ∨ est distributif (à gauche) par rapport au connecteur ∧.
Remarque
1. Par commutativité du connecteur ∨, on établit la distributivité (à droite)
de ∨ par rapport au connecteur ∧.
(P ∧ Q) ∨ R = (P ∨ R) ∧ (Q ∨ R).
2. On établit de la même façon que P ∧ (Q ∨ R) = (P ∧ Q) ∨ (P ∧ R) et que
(P ∨ Q) ∧ R = (P ∧ R) ∨ (Q ∧ R), c’est-à-dire que le connecteur est distributif (à gauche et à droite) par rapport au connecteur ∨.
Exercice 6 : Démonstration des lois de De Morgan
1.
P
V
V
F
F
Q
V
F
V
F
¬P
F
F
V
V
¬Q
F
V
F
V
P∨Q
V
V
V
F
¬ (P ∨ Q)
F
F
F
V
(¬ P) ∧ (¬ Q)
F
F
F
V
Les valeurs de vérité des deux dernières colonnes sont identiques d’où :
¬ (P ∨ Q) = (¬ P) ∧ (¬ Q).
2.
P
V
V
F
F
Q
V
F
V
F
¬P
F
F
V
V
¬Q
F
V
F
V
P∧Q
V
F
F
F
¬ (P ∧ Q)
F
V
V
V
(¬ P) ∨ (¬ Q)
F
V
V
V
Les valeurs de vérité des deux dernières colonnes sont identiques d’où :
¬ (P ∧ Q) = (¬ P) ∨ (¬ Q).
Exercice 7
1.
P
V
V
F
F
Q
V
F
V
F
P⇒Q
V
F
V
V
¬P
F
F
V
V
(¬ P) ∨ Q
V
F
V
V
Les valeurs de vérité des colonnes 3 et 5 sont identiques d’où
(P ⇒ Q) = ((¬ P) ∨ Q)).
2. La proposition contraire de P ⇒ Q est la proposition. ¬ ((¬ P) ∨ Q) c’est-à-dire
la proposition (P ∧ (¬ Q)).
9
8 2930 TC PA 00
Séquence 1
Calcul des propositions et des prédicats
Usage des quantificateurs
Exercice 8
P : « Tous les hommes sont mortels ».
1. ∀x, x est un homme ⇒ x est mortel,
2. La négation de la proposition « ∀x, x est un homme ⇒ x est mortel » est la proposition « ∃x, x est un homme ∧ x est immortel ».
Exercice 9
Soient x et y des variables réelles.
1. La proposition Q : « ∃y, ∀x, y = 2x » est fausse, car Q signifie qu’il existe un réel
qui est le double de tous les autres.
On pouvait également vérifier que ¬ Q = « ∀y, ∃x, y ≠ 2x » est vraie : Quel que soit le
nombre y choisi on peut en trouver un qui ne soit pas son double.
2. La proposition R : « ∃y, ∃x, y = 2x » est vraie car il suffit de prendre x = 1 et y = 2.
3. La proposition S : « ∀y, ∀x, y = 2x » est fausse, car ¬ S = « ∃y, ∃x, y ≠ 2x » est vraie,
il suffit de prendre x = 1 et y = 3, par exemple.
10
8 2930 TC PA 00
Calcul des propositions et des prédicats
Séquence 1
✒✒ Approfondissements
Exercice 10
La proposition ¬ Q ⇒ ¬ P est appelée la proposition contraposée de (P ⇒ Q).
1. Table de vérité :
P
V
V
F
F
Q
V
F
V
F
P⇒Q
V
F
V
V
¬P
F
F
V
V
¬Q
F
V
F
V
(¬ Q) ⇒ (¬ P)
V
F
V
V
Les valeurs de vérité des colonnes 3 et 6 sont identiques :
(P ⇒ Q) = (¬ Q ⇒ ¬ P).
2. La proposition contraposée de « SI il pleut ALORS le sol est mouillé » est « SI le
sol n’est pas mouillé ALORS il ne pleut pas » et celle de « SI le soleil ne brille pas
je reste à la maison » est « SI je ne reste pas à la maison ALORS le soleil brille ».
3. Notons P : « il pleut », Q : « le sol est mouillé », R : « le soleil ne brille pas »
et S : « je reste à la maison ».
Les propositions contraires sont donc :
P ∧ (¬ Q) = « il pleut ET le sol n’est pas mouillé »
R ∧ (¬ S) = « le soleil ne brille pas ET je ne reste pas à la maison ».
Exercice 11
1. La proposition réciproque de « a = 3 ⇒ a2 = 9 » est « a2 = 9 ⇒ a = 3 ».
La proposition réciproque de « a = 3 ⇒ a3 = 27 » est « a3 = 27 ⇒ a = 3 ».
2. La proposition « a2 = 9 ⇒ a = 3 » est fausse car pour a = -3 la proposition
contraire « a2 = 9 ∧ a ≠ 3 » est vraie.
La proposition « a3 = 27 ⇒ a = 3 » est vraie. On peut donc écrire « a3 = 27 ⇔ a = 3 »
Exercice 12 : Le connecteur« Nand »
On appelle connecteur Nand le connecteur logique qui à deux propositions P et Q
associe la proposition notée Nand (P, Q) ou P|Q définie par P|Q =¬ (P ∧ Q).
1. P|P = ¬ (P ∧ P) = ¬ P.
2. À l’aide du seul connecteur « Nand » : ¬ P = P|P.
P ∨ Q = ¬ (¬ P ∧ ¬ Q) = (¬ P)|(¬ Q) = (P|P) | (Q|Q).
P ∧ Q = ¬ (¬ (P ∧ Q) = ¬ (P|Q) = (P|Q) | (P|Q).
P ⇒ Q = ¬ (P ∧ (¬ Q) = P|(¬ Q) = P | (Q|Q).
11
8 2930 TC PA 00
Calcul des propositions et des prédicats
Séquence 1
Exercice 13
1. Soient x et y des variables réelles et P la proposition :
1
« ∀x, ∃y, y = x ».
2
a) P est une proposition vraie car tout réel x peut être divisé par 2 et le résultat y est réel.
b) ¬ P : « ∃x, ∀y, y ≠
1
x ».
2
2. Soient x et y des variables entières et P la proposition :
1
« ∀x, ∃y, y = x ».
2
a) ¬ P : « ∃x, ∀y, y ≠
1
x ».
2
¬ P est vraie car si l’on prend par exemple x = 1, tout entier y est différent de
b) ¬ P = V donc P = F.
1
.
2
Exercice 14
1. • «∀ x, x réel ⇒ x2 + 4 > 0 » est une proposition vraie.
• « ∃x, x réel ∧ (x +4 = 0) » est une proposition vraie.
• « ∀x, ∀y, (x et y réels) ⇒ x2 + y2 > 0 » est une proposition fausse (car 02 + 02 = 0).
2. Négation des propositions :
• « ∃x, x réel ∧ (x2 + 4) ≤ 0 » est une proposition fausse.
• « ∀x, x réel ⇒ x + 4 ≠ 0 » est une proposition fausse.
• « ∃x, ∃y, (x et y réels) ∧ x2 + y2 ≤ 0 » est une proposition vraie, car elle est vraie pour
x = y = 0.
12
8 2930 TC PA 00
Éléments de la théorie des ensembles
Séquence 2
✒ Applications
Ensembles
Exercice 1
Dans le référentiel Ω = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, on considère les sous-ensembles :
A = { x |x ∈ Ω ∧ x < 5 } ; B = {0, 2, 4, 6, 8} ; C = {0, 3, 6, 9}.
1. A = {0, 1, 2, 3, 4}.
2. B = { x | x ∈ Ω ∧ x pair } ; C = {x | x ∈ Ω ∧ x multiple de 3}.
3. Diagramme de Venn :
Ω
A
2
1
0
3
C
B
8
4
6
7
9
5
Exercice 2
1. A∪B = {0, 1, 2, 3, 4} ∪ {0, 2, 4, 6, 8} = {0, 1, 2, 3, 4, 6, 8}
A∩B = {0, 1, 2, 3, 4} ∩ {0, 2, 4, 6, 8} = {0, 2, 4}
(A∪B) ∩ C = {0, 1, 2, 3, 4, 6, 8} ∩ {0, 3, 6, 9} = {0, 3, 6}
A∪ (B∩C) = {0, 1, 2, 3, 4} ∪ {0, 6} = {0, 1, 2, 3, 4, 6}.
2. Les ensembles A et B ne sont pas disjoints car A∩B ≠ Ø.
Les ensembles B et C ne sont pas non plus disjoints.
Exercice 3
Ω = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ; A = {0, 1, 2, 3, 4} ; B = {0, 2, 4, 6, 8};
C = {0, 3, 6, 9}.
Voir schéma de l'exercice 1.
1. A∩B ≠ Ø donc les ensembles A et B ne sont pas complémentaires.
(On pouvait aussi vérifier que A∪B ≠ Ω).
13
8 2930 TC PA 00
Séquence 2
Éléments de la théorie des ensembles
–
–
2. A = {5, 6, 7, 8, 9} et B = {1, 3, 5, 7, 9}
–––––
A∪B = {0, 1, 2, 3, 4, 6, 8} d'où A ∪ Β = {5, 7, 9}
– –
A ∪ B = {5, 6, 7, 8, 9} ∪ {1, 3, 5, 7, 9} = {1, 3, 5, 6, 7, 8, 9}
(A∪B)∩C = {0, 3, 6}
A∪ (B∩C) = {0, 1, 2, 3, 4, 6}.
3. A - B = {0, 1, 2, 3, 4} - {0, 2, 4, 6, 8} = {1, 3}
B - A = {0, 2, 4, 6, 8} - {0, 1, 2, 3, 4} = {6, 8}
A∪B = {0, 1, 2, 3, 4} ∪ {0, 2, 4, 6, 8} = {0, 1, 2, 3, 4, 6, 8} d'où :
(A∪B)-C = {1, 2, 4, 8}.
Exercice 4
Dans le référentiel Ω = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}, on considère les sous-ensembles :
A = {1, 4} ; B = {1, 3, 5}.
A x B = {1, 4} x {1, 3, 5} = {(1 ; 1) ; (1 ; 3) ; (1 ; 5) ; (4 ; 1) ; (4 ; 3) ; (4 ; 5)}
B x A = {1, 3, 5} x {1, 4} = {(1 ; 1) ; (1 ; 4) ; (3 ; 1) ; (3 ; 4) ; (5 ; 1) ; (5 ; 4)}
Exercice 5
Si F = {x | x fait du football}et N = {x | x fait de la natation} alors F∪N représente les élèves pratiquant au moins un sport et F∩N représente les élèves pratiquant les
deux sports.
Par hypothèse Card F = 17, Card N = 12 et Card (F ∪ N) = 25 - 5 = 20,
Card(F ∩ N) = Card F + Card N - Card (F ∪ N) = 17 +12 - 20 = 9
9 élèves pratiquent les deux sports.
Exercice 6
Ω = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} , A = {1, 4} et B = {1, 3, 5}.
1. Card A = 2 et Card B = 3, d'où Card P (A) = 22 = 4 et Card P (B) = 23 = 8.
2. P (A) = {Ø, {1}, {4}, {1, 4} }
P (B) = {Ø, {1}, {3}, {5},{1, 3}, {1, 5}, {3, 5}, {1, 3, 5} }
On a bien Card P (A) = 4 et Card P (B) = 8.
14
8 2930 TC PA 00
Éléments de la théorie des ensembles
Séquence 2
Exercice 7
1. A = {x | x est un diviseur de 45} = {1, 3, 5, 9, 15, 45}
B = {x | x est un diviseur de 30} = {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30}
A∩B = {1, 3, 5, 15}.
Card A = 6, Card B = 8 et Card(A∩B) = 4.
2. Card(A∪B) = Card A + Card B - Card(A∩B) = 6 + 8 - 4 = 10
Card(A - B) = Card A - Card(A∩B) = 6 - 4 = 2
Card(A x B) = (Card A) x (Card B) = 6 x 8 = 48
Card(A3) = (Card A)3 = 63 = 216.
Exercice 8
1. Table de vérité :
x∈A
V
V
V
V
F
F
F
F
x∈B
V
V
F
F
V
V
F
F
x∈C
V
F
V
F
V
F
V
F
x ∈ A∪Β
V
V
V
V
V
V
F
F
x ∈ (A∪B) ∩C
V
F
V
F
V
F
F
F
x ∈ A∩C
V
F
V
F
F
F
F
F
x ∈ B∩C
V
F
F
F
V
F
F
F
x ∈ (A∩C) ∪ (B∩C)
V
F
V
F
V
F
F
F
Conclusion : x ∈ (A∪B) ∩C équivaut à x ∈ (A∩C) ∪ (B∩C)
ou encore :
(A ∪ B) ∩C = (A∩C) ∪ (B∩C).
2. Table de vérité :
x∈A
V
V
F
F
x∈B
V
F
V
F
–
x∈A
F
F
V
V
–
x∈B
F
V
F
V
x ∈ A∪Β
V
V
V
F
–––––
x∈A∪Β
F
F
F
V
–
–
x∈A∩ B
F
F
F
V
–––––
– –
Conclusion : x ∈ A ∪ Β équivaut à x ∈ A ∩ B
––––– – –
ou encore : A ∪ Β = A ∩ B.
C'est la démonstration d'une des lois de De Morgan.
15
8 2930 TC PA 00
Éléments de la théorie des ensembles
Séquence 2
Exercice 9
f est définie de E = {a, b, c, d} vers F = {1, 2, 3, 4, 5} par :
f(a) = 2 ; f(b) = 3 ; f(c) = 5 ; f(d) = 3.
1. Représentation sagittale :
1
a
2
b
3
c
4
d
5
2. Domaine de définition : Df = {a, b, c, d}
f est une application car Df = E.
3. Image de A par f : f({a, b, d}) = {2, 3}.
4. Image réciproque de B par f : f -1({1, 2, 5}) = {a, c}.
Exercice 10
f est définie de E = {a, b, c, d} vers F = {1, 2, 3, 4, 5} par :
f(a) = 2 ; f(b) = 3 ; f(c) = 5 ; f(d) = 3.
1. f(x) = 3 équivaut à x ∈ {b, d} (l'équation f(x) = 3 admet 2 solutions).
f(x) = 1 n'a pas de solution.
2. f n'est pas injective car l'équation f(x) = 3 n'admet pas au plus une solution x dans A.
f n'est pas surjective car l'équation f(x) = 1 n'admet pas au moins une solution x dans A.
f n'est pas une bijection.
Exercice 11
On considère les applications f et g de R dans R définies par :
f(x) = x2 + 1 et g(x) = 2x+5
gof(x) = g[f(x)] = 2.f(x) + 5 = = 2.(x2 +1) + 5 = 2x2 + 7
fog(x) = f[g(x)] = (g(x))2 + 1 = (2x+5)2 + 1 = 4x2 +20x + 26
fof(x) = f[f(x)] = (f(x))2 + 1 = (x2+1)2 + 1 = x4 +2x2 + 2
gog(x) = g[g(x)] = 2.g(x) + 5 = = 2.(2x +5) + 5 = 4x + 15.
16
8 2930 TC PA 00
Éléments de la théorie des ensembles
Séquence 2
Exercice 12
On considère l'application f définie de R vers R par f(x) = x + 5.
1. Notons y = f(x). Pour x réel, y = x + 5 ⇔ x = y -5, donc tout élément y de R
(admet un et un seul antécédent x de R et f est une bijection).
2. Bijection réciproque f -1 :
 f -1 : R → R
 f -1 : R → R
f -1 est définie par 
ou encore en changeant de notation 
y a y- 5
x a x -5


✒✒ Approfondissements
Exercice 13
1. A, B et C sont trois ensembles :
Card (A∪B∪C) = Card (A∪ (B∪C))
= Card A + Card (B∪C) - Card (A∩ (B∪C))
or : A∩ (B∪C) = (A∩B) ∪ (A∩C)
et Card (B∪C) = Card B + Card C - Card (B∩C)
donc Card (A∪B∪C) = Card A + Card (B∪C) - Card ((A∩B) ∪ (A∩C))
Card (A∪B∪C) = Card A + Card B + Card C - Card (B∩C) - [Card (A∩B)
+ Card (A∩C) - Card ((A∩B) ∩ (A∩C))].
d'où
Card (A∪B∪C) = Card A + Card B + Card C - Card (A∩B)
- Card (B∩C) - Card (C∩A) + Card (A∩B∩C).
Exercice 14
2 élèves font les trois activités : Card (M∩D∩L) = 2 ; 5 font musique et dessin :
Card (M∩D) = 5 ; 4 ne font que du dessin et une LV3 : Card (D∩L - M) = 4 ;
1 ne fait que de la musique et une LV3 : Card (M∩L - D) = 1
11 font de la musique, 15 du dessin , 12 une LV3 : Card (M) = 11, Card (D) = 15
et Card (L) = 12. 3 élèves ne font aucune activité.
Ω
M
D
5
1
d'où Card Ω = 29.
LV3
6
3
2
4
5
3
17
8 2930 TC PA 00
Éléments de la théorie des ensembles
Séquence 2
Différence symétrique
Exercice 15
On considère les ensembles A = {0, 2, 3, 4, 6} et B = {1, 4, 5, 6}.
1. Diagramme de Venn.
3
0
5
4
6
2
1
2. A ∆ B = (A - B) ∪ (B - A) = {0, 2, 3} ∪ {1, 5} = {0, 1, 2, 3, 5},
B ∆ A = (B - A) ∪ (A - B) = {1, 5} ∪ {0, 2, 3} = {0, 1, 2, 3, 5}.
Exercice 16
A ∆ B = { x | (x ∈ A et x ∉ B) ou (x ∈ A et x ∉ B) } = (A - B) ∪ (B - A).
a) commutativité :
B ∆ A = (B - A) ∪ (A - B) = (A - B) ∪ (B - A) = A ∆ B.
b) A ∆ B = (A - B) ∪ (B - A).
Si A ⊂ B alors A - B = Ø, donc A ∆ B = Ø ∪ (B - A) d'où A ∆ B = B - A.
Partition
Exercice 17
1. Les ensembles A = {0, 2, 6}, B = {1, 3, 5, 7}et C = {0, 1, 4, 9} ne réalisent pas
une partition de l'ensemble Ω = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} car B ∩ C ≠ Ø.
2. Si D = {4, 8, 9}alors A, B et D réalisent une partition de Ω.
Ω
0
A 2
6
1
4
3
8
5
9
7 D
B
18
8 2930 TC PA 00
Éléments de la théorie des ensembles
Séquence 2
Fonctions
Exercice 18
1. Montrons que f est injective.
L'application f est définie de [0 ; + ∞ [ dans R par f(x) = x2 + 1.
Pour a réel f(x) = a ⇔ x2 + 1 = a, c'est-à-dire x2 = a - 1.
Si a < 1 : l'équation x2 = a - 1 n'a pas de solution.
Si a ≥ 1 : l'équation x2 = a - 1 admet une solution unique : x = a − 1 (car x ≥ 0)
L'équation f(x) = a admet au plus une solution réelle x, donc f est une injection de
[0 ; + ∞ [ dans R.
2. Montrons que g est bijective.
L' application g est définie de R - {2} dans R - {1} par g(x) = x − 1 .
x −2
x −1
= a,
x −2
c' est à dire ax - 2a = x -1, d' où ax − x = 2a − 1, et x(a − 1) = 2a − 1.
2a − 1
Or a ≠ 1, donc g ( x ) = a ⇔ x =
.
a −1
Pour a et x réels, avec x ≠ 2 et a ≠ 1, g ( x ) = a ⇔
L'équation g(x) = a admet une et une seule solution réelle x, donc g est une bijection
de R - {2} dans R - {1}.
Exercice 19
f (x) = f(x’) ⇔ x2 +1 = x’2+1 c'est à dire x2 = x’2 et finalement x = x' car f est une
application définie sur [0 ; + ∞[.
f(x) = f(x’) ⇒ x = x’, donc f est injective.
Exercice 20
On considère l' application f définie de R - {3} dans R - {3} par f(x) =
3x − 1
.
x−3
1. Montrons que f est bijective.
3x − 1
= y,
x−3
c' est à dire 3x − 1 = xy − 3 y, d' où xy − 3x = 3 y − 1, et x( y − 3) = 3 y − 1.
3 y −1
Or y ≠ 3, donc f ( x ) = y ⇔ x =
.
y −3
Pour x et y réels avec x ≠ 3 et y ≠ 3, f ( x ) = y ⇔
.
19
8 2930 TC PA 00
Éléments de la théorie des ensembles
Séquence 2
Tout y (y ≠ 3) admet un et un seul antécédent x (x ≠ 3) : f est une bijection de
R - {3} sur R - {3}.
2. Bijection réciproque f
-1.
 f −1 : R - {3} → R - {3}

f −1 est défini par 
3y -1
ya

y-3

 f −1 : R - {3} → R - {3}

ou encore en changeant de notation : 
3x − 1
xa

x−3

-1
On a donc f = f . On dit que f est une involution.
3. Représentation graphique de f et f
-1
dans un repère orthonormé.
+10
+1
-10
+1
-1
+10
-1
La courbe est symétrique par rapport à la droite d'équation y = x. On a donc f = f -1.
20
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
✒ Applications
Définitions – propriétés
Exercice 1
A = (a+b). a– = aa– + ba– (par distributivité)
A = 0 + ba– (car aa– = 0)
A = ba– (car x + 0 = x).
–
B = (b+ b ) a– + c(a+a–)
–
B = 1.a– + c.1 (car a + a– = b + b =1)
B = a– + c (car 1.x = x).
Exercice 2
A = a(a+b) = a.a + ab = a + ab
A = a(1+b) = a.
B
B
B
B
=
=
=
=
(a + b)(a + c) = aa + ac + ba + bc
a + ac + ba + bc
a (1 + c + b) + bc = a. 1 + bc
a + bc.
–
–
–
–
––
–
–
–
C = (a + b )(a– + b ) = a.a– + a b + b a– + b b = 0 + a b +b a– + b
–
–
C = b (a + a– +1) = b .1
–
C = b.
21
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
Exercice 3
On applique les règles de De Morgan :
A = a. b. c donc A = a. b. c = a + b + c, c' est à dire A = a + b + c.
B = a c + bc + b donc B = a c + bc + b
c' est à dire B = a c. bc. b
B = (a + c ). (b + c ). b = (a + c). ( b + c ). b
= (a + c ). (bb + bc ) = (a + c ). bc
= abc + bcc = abc
C = ab + a. b donc C = ab + a. b c' est à dire C = ab. ( a.b )
C = (a + b ). (a + b ) = a. a + ab + b. a + b. b
C = ab + b. a.
Exercice 4
Règle d'absorption
Rappelons que : x + x–.y = x + y
A = a– + ab = a– + b (en prenant x = a– et y = b)
–
–
–
B = a + a–.b = a + b (en prenant x = a et y = b )
–
–
–
C = –c + b .c = –c + b (en prenant x = –c et y = b ).
Exercice 5
Tableaux de Karnaugh
b
a
bc
0
0
1
1
1
1
1
–
–
f(a, b) = ab + ab + a– b
a
00
0
1
1
1
01
1
11
10
1
1
1
–
–
g(a, b, c) = ac + a– b c + ac + ab–c + abc
22
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
Exercice 6
Simplification par la méthode algébrique
A = ab + ab + ab
A = a(b + b ) + ab
A = a + ab (car b + b = 1)
A = a + b (en appliquant la règle d'absorption a + ab = a + b ).
B = a + abc + ac + abc + abc
B = a( 1 + b. c + bc)) + a(bc + c )
1 + a(b + c ) (car 1 + x = 1 et bc + c = b + c (règle d' absorption)
B = a.1
B = a + ab + ac (par distributivité)
B = a + b + ac (en appliquant la règle d'absorption a + ab = a + b )
B = a + b + c (en appliquant la règle d'absorption a + a. c = a + c ).
Exercice 7
Tableaux de Karnaugh
bc
a
0
00
1
(1)
1
01
11
1
(3)
1
(4)
10
1
(2)
Le regroupement des cases (1) et (2) peut être remplacé par a– –c
Le regroupement des cases (3) et (4) peut être remplacé par a c
D’où l’expression simplifiée de f(a, b, c) = a– –c + a c
bc
a
0
1
00
1
(1)
1
(3)
01
1
(2)
11
10
1
(4)
–
Le groupement des cases (1) et (2) peut être remplacé par a–b ;
celui des cases (3) et (4) par a –c
–
D’ou l’expression simplifiée de g(a, b, c) = a–b + a –c .
23
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
Exercice 8
Tableaux de Karnaugh
–
–
1. Le tableau de Karnaugh associé à A = a– b + a– b + a.b est :
b
a
0
1
0
1
1
1
(1)
(2)
1
(3)
On peut effectuer deux regroupements de 2 cases adjacentes : le regroupement des
cases notées (1) et (2) peut être remplacé par a– ; celui des cases notées (1) et (3) par
–
–
b. D'où l'expression de A, somme de ces deux variables booléennes : A = a–+ b.
–
–
2. Le tableau de Karnaugh associé à B = a + a–bc + a– –c + ab –c + abc est :
bc
a
0
1
00
1
01
(1)
11
1
10
1
(2)
(3)
1
1
1
1
(4)
(5)
(6)
(7)
Le regroupement des cases (4), (5), (6), (7) peut être remplacé par a.
Le regroupement des cases (2), (3), (6), (7) peut être remplacé par b.
Le regroupement des cases (1), (3), (4), (7) peut être remplacé par –c .
D'où l'expression de B, somme de ces trois variables : B = a + b + –c .
✒✒ Approfondissements
Exercice 9
Méthode algébrique
A = (a + bc )(a + b ) = aa + ab + abc + bcb = a + ab + abc + 0
= a(1 + b + bc ) = a
B = (a + bc ).(abc + b ) = a.abc + ab + bcabc + bcb
= 0 + ab + abc + 0 (car a.a = 0, bcabc = abc et bcb = 0)
= ab + abc
C = a.b (ab + bc + ca )
= a.b ab + a.bbc + a.bca = 0 (car a.a et b.b = 0)
24
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
Exercice 10
1. Tableaux de Karnaugh
–
––
A = bc + abc + a b
bc
a
00
0
1
1
––
On a donc A = c + a b
––
––
B = abc + a b c + a c + abc–
01
11
10
1
1
1
1
01
11
bc
a
00
0
1
10
1
1
1
1
1
––
–
–– ––
On a donc B = a b + bc + ab ou selon un autre regroupement B = a b + a c + ab
–
C = ab + bc + ca + a bc–
bc
a
00
01
11
10
1
1
1
1
1
01
11
10
1
1
0
1
On a donc C = b + ac
–
– –
–
–
D = abc + a bc + a bc + ab–c + abc
bc
a
00
0
1
1
1
1
–
–
–
–
On a donc D = a b + bc + ab ou selon un autre regroupement D = a b + ac + ab
25
8 2930 TC PA 00
Séquence 3
Algèbre de Boole
2. Méthode algébrique
A = bc + abc + ab = bc + b (ac + a )
= cb + b(c + a ) = cb + bc + ba
= c(b + b ) + ba
On a donc A = c + ab car b + b = 1
B = abc + abc + ac + abc = ab(c + c ) + a( bc + c )
= ab + a.( b + c )
On a donc B = ab + ac + ab qui est l'un des deux résultats trouvés
à l' aide du tableau de Karnaugh.
C = ab + bc + ca + abc = ab + ca + b(c + ac )
= ab + ca + b(c + a ) = ab + ca + bc + ab
= b(a + a + c) + ac
On a donc C = b + ac car a + a + c = 1
D = abc + abc + abc + abc + abc
= ac(b + b ) + ab(c + c ) + abc
= ac + ab + abc = a(c + bc ) + ab
= a(c + b ) + ab
On a donc D = ab + ac + ab qui est l' un des deux résultats trouvés
à l' aide du tableau de Karnaugh.
Exercice 11
Par définition : a T b = ab + a. b ; a ⊕ b = ab + a.b
1. aT b = ab + a. b = ab + a. b = aTb
a ⊕ b = ab + a. b = a. b + a. b = a ⊕ b
2. aTb = ab + a. b = ab + a. b = a ⊕ b
aT b = ab + a. b = a. b + ab = a ⊕ b
De plus, a ⊕ b = a ⊕ b d' après 1.
On a bien : a ⊕ b = aTb = aT b = a ⊕ b
26
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
Exercice 12
Soit f la fonction de quatre variables booléennes a, b, c, d définie par :
f(a, b, c, d) = abcd + acd + abcd + bc + abcd + abd + abc
1. On suppose que d = 1.
f (a, b, c, 1) = abc0 + ac1 + abc1 + bc + abc0 + ab0 + abc
donc g(a, b, c) = f (a, b, c, 1) = ac + abc + bc + abc.
2. Simplification de la fonction g
a) Méthode algébrique.
g (a, b, c )
= ac + abc + bc + abc.
= ac (1+ b ) + bc(1+ a )
= ac + bc
b) Tableau de Karnaugh
g(a, b, c) = ac + abc + bc + abc.
bc
a
00
01
0
–
–
On a donc g(a, b, c) = ac + bc .
1
11
10
1
1
1
Exercice 13
L'opérateur « nand »
L' opérateur « nand » est défini par nand (a, b ) = a|b = ab = a + b.
a) a|a = a + a = a
(a|a)|a = a|a = a. a = 0 = 1.
b) b|a = b + a = a + b = a|b
donc l' opérateur nand est commutatif.
c) a = nand (a, a ) = a|a
a + b = a + b = a| b = (a|a) | (b|b)
ab = ab = a | b = (a|b) | (a|b).
d) Si c = 0, g (a, b, 0 ) = a.1 + b.1 = a + b
donc g (a, b, 0) = (a|a ) | (b|b ).
27
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
Exercice 14
L’opérateur « nor »
nor (a, b ) = a ↓ b = a + b = a. b.
a)
(a ↓ a ) = a + a = a
(a ↓ a ) ↓ a = a ↓ a = a + a = 1 = 0
b)
b ↓ a = b + a = a + b = a ↓ b donc l' opérateur ↓ est commutatif.
c)
a = (a ↓ a )
a + b = a + b = a ↓ b = (a ↓ b ) ↓ (a ↓ b ) car x = x ↓ x
et a. b = a . b = a ↓ b = (a ↓ a ) ↓ (b ↓ b ).
Exercice 15
–
–
1. a) Tableau de Karnaugh. : A = abc + abc + a bc.
bc
a
00
01
0
1
11
10
1
1
1
On a A = ac + bc
–
–
–
–
b) A = abc + abc + a bc = ac(b + b) + a bc
–
–
or b + b = 1 donc A = ac + a bc
–
–
de plus A = c(a + a b) or a + a b = a + b
donc A = ac + bc
––
2. a) Le produit booléen a b c traduit la situation : les copropriétaires A et B votent
contre ou s'abstiennent et le copropriétaire C vote pour.
28
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
b) Les 8 situations de votes possibles sont :
Situations possibles
abc
–
abc
–
abc
–
abc
––
abc
– –
abc
––
abc
–––
abc
Nombre de voix
propositions votées
1 000
oui
833
oui
667
oui
500
non
500
non
333
non
167
non
0
non
c) La condition pour que la proposition soit adoptée s'exprime par :
–
–
abc+abc+abc=1
d) D'après les résultats de la question 1., sous forme simplifiée cette condition s'écrit :
ac + bc = 1 c'est à dire ac = 1 ou bc = 1.
La proposition est adoptée si les copropriétaires A et C ou B et C votent pour.
Exercice 16
(BTS IG juin 2001)
On définit quatre variables booléennes h, a, s, r ainsi :
x désignant un individu quelconque,
h = 1 si x est un homme
(h = 0 sinon)
a = 1 si x est âgé(e) de 50 ou plus de 50 ans
(a = 0 sinon)
s = 1 si x est salarié (e)
(s = 0 sinon)
r = 1 si x est concerné (e) par le règlement
(r = 0 sinon)
29
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
–
1. Les individus x pour lesquels on a h. a = 1 sont ceux pour lesquels :
–
h = 1 et a = 1, c'est-à-dire : les hommes âgés de moins de 50 ans.
– –
–
– –
2. On admet que r = h. a + s . a + h. (s + s . a )
a) Table de Karnaugh de r
– –
–
–– –
r = h. a + s . a + h . s + h s . a
–
–
–
Le produit h.a correspond aux cases (1), s . a correspond aux cases (2), h .s correspond
– – –
aux cases (3) et h. s . a à la case (4).
as
h
0
1
00
1
(4)
01
1
11
1
10
1
(3)
(3)
(2)
1
1
1
(1)
(1)
(2)
b) Expression simplifiée de r : On regroupe les cases comportant un 1 :
- - r= a+s+h
c) Les individus non concernés par le règlement sont ceux pour lesquels r = 1.
- - - Or r = a + s + h = a.s.h (d'après les règles de De Morgan).
Les individus non concernés par le règlement sont les hommes âgés de 50 ou plus
de 50 ans et qui sont salariés.
(Ce résultat pouvait également être obtenu en considérant les cases vides du tableau
de Karnaugh.)
3. h. a + s. a + h.(s + s.a ) = h. a + s. a + h.(s + a ) car y + y.z = y + z
= h.a + s. a + h.s + h.a (distributivité)
= a(h + h ) + s.a + h.s (distributivité)
= a + s.a + h.s car h + h = 1
= a + s + h.s car a + a.s = a + s
or s + s.h = s + h, donc : h.a + s.a + h.(s + s.a ) = a + s + h
30
8 2930 TC PA 00
Algèbre de Boole
Séquence 3
✒✒✒ Travaux pratiques
TP1 - d'après sujet BTS IG
Partie A
- -1. g(a, b, c) = f(a, b, c, 1) = ab + bc1 + a b c 1 + a b c + a b c0
- - -- - g(a, b, c) = ab + bc + a b c + a b c (car bc1 = bc ; a b c 1 = a b c et a b c 0 = 0)
2. Méthode 1 : Méthode algébrique
– – ––
g(a, b, c) = ab + bc + a b c + a b c
––
––
g(a, b, c) = b(a + c + a c ) + a b c
–
––
––
–
g(a, b, c) = b(a + c + a ) + a b c, car c + a c = c + a
––
–
g(a, b, c) = b + a b c, car a + c + a = c + 1 = 1
–
–
d'où g(a, b, c) = b + a . c, car b + b. x = b + x
Méthode 2 : Tableau de Karnaugh
– – ––
Représentons la fonction g définie par g(a, b, c) = ab + bc + a b c + a b c à l'aide d'un
tableau de Karnaugh.
bc
a
00
0
1
01
1
11
1
10
1
(1)
(2)
(3)
1
1
(4)
(5)
Le regroupement des 4 cases (2), (3), (4) et (5) correspond à la variable b, et le regroupe–
ment de la case (1) avec la case adjacente (2) correspond au produit ac, d'où :
–
g(a, b, c) = b + a c
3. Soit g la fonction complémentaire de la fonction g.
En appliquant les lois de Morgan :
g (a, b, c) = b + a.c = b.( a.c ) = b. (a + c )
d©
où g (a, b, c) = a.b + b.c
(Ce résultat pouvait également être obtenu en considérant les cases vides du tableau de
Karnaugh.)
31
8 2930 TC PA 00
Séquence 3
Algèbre de Boole
Partie B
– –
1. a) Le produit booléen ab cd traduit la situation :
–
La personne "a plus de 40 ans" (a), "a moins de 10 ans d'ancienneté" (b ), "a suivi
un stage de formation dans les cinq dernières années" (c) et "gagne au moins
–
1500 € par mois" (d ).
b) La première condition s'exprime par le produit booléen : ab ; ... la cinquième
– –
condition s'exprime par : ab cd
Soit f la fonction booléenne f caractérisant les conditions d'attribution de la prime.
–
– –
On a donc f(a, b, c, d) = ab + bcd + a– b –c d + a– b c + a b c d soit l'expression étudiée partie A.
2. Ici d = 1 (car les personnes gagnent moins de 1500 € par mois).
Les conditions d'attribution de la prime sont caractérisées par :
g(a, b, c) = b + a–.c
a) Pour M. Martin : b = 1 car il a plus de 10 ans d'ancienneté.
g(a, 1, c) = 1 + a–.c = 1 : il peut donc obtenir la prime.
b) Pour M. Durand : a = 1 (car il a plus de 40 ans) et b = 0 (car moins de 10 ans
–
d'ancienneté) g(1, 0, c) = 0 + 1.c = 0 : il ne peut donc pas obtenir la prime.
c) Les personnes pouvant bénéficier de l'attribution de la prime sont celles pour
–
lesquelles b + a c = 1 c'est-à-dire :
Toute personne ayant plus de 10 ans d'ancienneté (b = 1), ou de moins de 40 ans
ayant suivi un stage de formation dans les cinq dernières années (a–. c = 1).
d) Les catégories qui ne remplissent aucune des conditions pour son obtention,
–
sont celles pour lesquelles g (a, b, c) = 1 c'est à dire celles pour lesquelles
– ––
ab + b c = 1, ou encore :
–
Toute personne de plus de 40 ans ayant moins de 10 ans d'ancienneté (ab = 1), ou
toute personne ayant moins de 10 ans d'ancienneté et qui n'a pas suivi un stage de
–
formation dans les cinq dernières années (bc = 1).
32
8 2930 TC PA 00
Unité 2
Fonctions
d’une variable réelle
➤ Prérequis
• Notions de fonction et d'application
➤ Objectifs
• Consolidation des acquis sur les fonctions.
• Modélisation des phénomènes continus.
• Consolidation et approfondissement des acquis
sur les limites des fonctions.
• Consolidation et approfondissement des acquis des classes
antérieures sur les branches infinies et les asymptotes.
• Consolidation et approfondissement des acquis sur les fonctions
logarithme népérien, exponentielles et puissances réelles.
➤ Contenu
• Séquence 1 : généralités sur les fonctions d' une variable réelle
• Séquence 2 : limite des fonctions
• Séquence 3 : dérivées et primitives
• Séquence 4 : comportements asymptotiques
• Séquence 5 : logarithme népérien – exponentielles – fonctions puissances
33
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les fonctions
d’une variable réelle
Séquence 1
✒ Applications
Exercice 1
On pose : I = [-2 ; +2] et J = [0 ; +2].
1. Représentation graphique de f sur l’intervalle [-2 ; +2]
Vrai Faux
a) f est une application de I vers J .............................................................. ■
❐
b) f est une surjection de I sur J.................................................................. ■
❐
c) f est une injection de I dans J ................................................................ ❐
■
d) f est une bijection de I sur J .................................................................. ❐
■
2. Représentation graphique de f sur l’intervalle [-2 ; +2].
Vrai Faux
a) f est une application de I vers J .............................................................. ■
❐
b) f est une surjection de I sur J.................................................................. ■
❐
c) f est une injection de I dans J ................................................................ ■
❐
d) f est une bijection de I sur J .................................................................. ■
❐
35
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les fonctions d' une variable réelle
Séquence 1
Exercice 2
1. Parité des fonctions f, g, h définies sur R :
a) f(- x) = -(-x)2 + 3 = - x2 + 3 = f(x) donc f est paire.
b) g(− x ) =
−10(− x )2 + 7
−10 x 2 + 7
=
= − g( x ) donc g est impaire.
(− x )3 + 3(− x )
−( x 3 + 3 x )
c) h(- x) = - x +1 - - x -1 = x -1 - x + 1= − (x + 1− x -1) = − h(x)
donc h est impaire.
2. À l’aide d’une calculatrice, on obtient les représentations suivantes :
a)
b)
c)
Exercice 3
1. Sur [-5 ; + 5] représentation des fonctions f et g :
2. Résolutions graphiques sur [- 5 ; + 5]
a) Les valeurs de x pour lesquelles f(x) = g(x) sont les abscisses x des points d’intersection de Cf et Cg d’où f(x) = g(x) ⇔ x ∈ {- 1 ; + 3}.
b) Les valeurs de x pour lesquelles f(x) ≤ g(x) sont les abscisses x des points de Cf
situés au-dessous de Cg d’où f(x) ≤ g(x) ⇔ x ∈ [- 1 ; + 3].
36
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les fonctions d'une variable réelle
Séquence 1
Exercice 4
On appelle fonction partie décimale la fonction définie sur R par f(x) = x – E(x).
1. Tableau des valeurs
x
-2
-1,5
− 2
0
0,57
1
1,5
1,81
1,95
2
f(x)
0
0,5
− 2+2
0
0,57
0
0,5
0,81
0,95
0
2. a) Si x ∈ [n ; n +1[ alors
d’une part E(x) = n et E(x) + 1 = n + 1
d’autre part x + 1 ∈ [n +1 ; n + 2[ et E(x+1) = n + 1
donc
E(x) + 1 = E(x + 1).
b) f(x+1) = (x+1) - E(x+1) = x+1 - (E(x)+1) = x – E(x) = f(x).
Interprétation graphique :
Si M(x , f(x)) ∈ C (où C est la représentation graphique de f) alors M(x+1 , f(x)) ∈ C :
f est une fonction périodique de période 1, donc C se reproduit identiquement sur tout
intervalle d’amplitude 1 unité.
Rappel
Dire qu’une fonction f définie sur R est périodique de période T, signifie que tout réel
x, f(x + T) = f(x).
3. Représentation graphique pour x ∈ [- 5 ; + 5[
•C •C •C •C •C •C •C •C •C
•
-5
•
•
•
•
•
•
•
•
•
5
37
8 2930 TC PA 00
Séquence 1
Généralités sur les fonctions d' une variable réelle
Exercice 5
 f : R → R
1. a) 
 x a x + 3 − 2 x − 6
−x + 9 si x ≥ 3
2x-6 si x ≥ 3
2x − 6 = 
d' où f(x) = 
3x − 3 si x ≤ 3
-2x + 6 si x ≤ 3
f est bien une fonction affine par morceaux
b) g : R − {2} → R
x2 − 4
xa
2x - 4
2 x- 4 si x > 2
2x − 4 = 
-2 x + 4 si x < 2
 x 2 − 4 ( x − 2)( x + 2) ( x + 2)
si x > 2
=
=
 2x − 4
2( x − 2)
2
d©
où g( x ) =  2
 x − 4 = ( x − 2)( x + 2) = − ( x + 2) si x < 2
 2 x − 4
−2( x − 2)
2
g est bien une fonction affine par morceaux.
2. Représentation graphique pour x ∈ [- 5 ; + 10[ :
Exercice 6
Encadrement des réels f(x) sur les intervalles indiqués :
1. - 3 ≤ x ≤ + 2 ⇒ (- 3)3 ≤ x3 ≤ (+ 2)3 car x a x3 est strictement croissante sur R
d’où (- 3)3 + 4 ≤ x3 + 4 ≤ (+ 2)3 + 4
donc - 3 ≤ x ≤ + 2 ⇒ − 23 ≤ f (x) ≤ 12.
38
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les fonctions d'une variable réelle
Séquence 1
2. -1≤ x ≤ +2 ⇒ 3 ≤ x3 + 4 ≤ 12
1
1
1
≥ 3
≥
3 x + 4 12
1
est strictement décroissante sur R + .
x
1
1
Ainsi : − 1 ≤ x ≤ +2 ⇒
≤ f (x) ≤ .
12
3
d' où
car x a
3. − 3 ≤ x ≤ +3 ⇒ −7 ≤ x − 4 ≤ −1
d' où ( −7)2 ≥ ( x − 4 )2 ≥ (-1)2 car x a x 2 est strictement décroissante sur R - .
1
1
1
1
donc
≤
≤
car x a
est strictement décroissante sur R + .
2
2
2
x
( −7)
(x − 4)
( −1)
1
Ainsi : − 3 ≤ x ≤ +3 ⇒
≤ f (x) ≤ 1
49
Exercice 7
1. f(x) = (2x + 3)3
Considérons les fonctions u : x a 2x + 3 et v : x a x3. On a f(x) = vou(x) :
u
v
x a 2 x + 3 a (2 x + 3)3 .
Les fonctions u : x a 2x + 3 et v a x3 sont strictement croissantes sur R, donc la composée f = vou est strictement croissante sur R.
1
2. f ( x ) = 3
sur I1 = −∞ ; −2 et I 2 = −2 ; +∞ .
x +8
1
Considérons les fonctions u : x a x 3 + 8 et v : x a . On a f ( x ) = vou( x ).
x
]
[
]
[
Sur I1 ]- ∞ ; - 2[ et sur I2 ]- 2 ; + ∞[ la fonction u est strictement croissante.
1
De plus v : x a
est strictement décroissante pour x < 0 et pour x > 0 ;
x
u ( x ) < 0 sur I1 = - ∞ ; - 2 et u( x ) > 0 sur I 2 = [- 2 ; + ∞[,
]
[
donc la composée f = vou est strictement décroissante sur
]
[
]
[
I1 = −∞ ; − 2 et sur I 2 = − 2 ; + ∞ .
39
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les fonctions d' une variable réelle
Séquence 1
3. f ( x ) =
1
(x − 5)
2
]
[
]
[
sur I1 = −∞; +5 et I 2 = + 5 ; +∞ .
Considérons les fonctions u : x a ( x − 5)2 et v : x a
1
. On a f ( x ) = vou( x ).
x
a) Sur I1 =]- ∞ ; + 5[ :
La fonction u : x a (x - 5)2 est strictement décroissante, donc la composée f = vou
est strictement croissante sur I1 = ]- ∞ ; + 5[.
b) Sur I2 =]+ 5 ; + ∞[ :
La fonction u : x a (x - 5)2 est strictement croissante, donc la composée f = vou est
strictement décroissante sur I2 = ]+ 5 ; + ∞[.
Exercice 8
Soient f et g définies de R+ vers R+ par f(x) = x2 et g(x) = x
On note (Cf) et (Cg) leurs représentations graphiques dans un repère orthonormé.
1. Pour : x ≥ 0 et y ≥ 0 : y = x2 ⇔
y = x donc g = f
-1
.
2. Représentation graphique :
Cf
Cf-1
(C ) et (C ) sont bien symétriques par rapport à la droite d’équation y = x.
f
f
−1
40
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les fonctions d'une variable réelle
Séquence 1
✒✒ Approfondissements
Exercice 9
1. Soit f définie sur un domaine Df symétrique par rapport à 0.
f (−x ) + f (x )
= g ( x ) ; donc g est paire.
2
f (−x ) − f (x )
f (x ) − f (−x )
h( − x ) =
=−
= −h( x ) ; donc h est impaire.
2
2
g (−x ) =
2. g ( x ) + h( x ) =
f (x ) + f (−x ) f (x ) − f (−x )
+
= f ( x ).
2
2
Toute fonction f définie sur un domaine symétrique par rapport à 0 est la somme d’une
fonction paire (la fonction g) et d’une fonction impaire (la fonction h).
Exercice 10
a) Si − 3 ≤ x ≤ 1 alors 9 ≥ −2 x + 3 ≥ 1
(car x a −2 x + 3 est strictement décroissante sur R),
1
1
1
1
≤
≤ (car x a est strictement décroissante sur ]0 ;+ ∞[).
x
9 −2 x + 3 1
1
Si − 3 ≤ x ≤ 1 alors ≤ f ( x ) ≤ 1
9
d'où
b) Si - 3 ≤ x ≤ 1 alors 9 ≥ - 2x + 3 ≥ 1 et 95 ≥ (- 2x + 3)5 ≥ 15 (car x a x5 est strictement croissante sur R).
Si - 3 ≤ x ≤ 1 alors 1 ≤ f (x) ≤ 59 049.
c) Si - 4 ≤ x ≤ 5 alors 11 ≥ - 2x + 3 ≥ - 7.
Rappelons que x ax est strictement décroissante sur R- et strictement croissante sur R+.
si 0 ≤ −2 x + 3 ≤ 11 alors -2 x + 3 ≤ 11
On a donc 
si − 7 ≤ − 2 x + 3 ≤ 0 alors -2 x + 3 ≤ 7
c' est à dire -2 x + 3 ≤ 11.
Si − 4 ≤ x ≤ 5 alors 0 ≤ f ( x ) ≤ 11.
41
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les fonctions d' une variable réelle
Séquence 1
Exercice 11
Fonction racine nième
Rappels
1. Si n est impair alors f : x a xn est une bijection de R sur R.
2. Si n est pair alors :
a) sur R- la restriction de f est une bijection de R- sur R+.
b) sur R+ la restriction de f est une bijection de R+ sur R+.
1. Les équations
a) x3 = - 8 ; b) x3 = 0 ; c) x3 = 16 admettent chacune une
solution unique car x a x3 est une bijection de R sur R.
Cette solution unique est x = −2 , x = 0 et x = 3 16 respectivement.
2. a) L’ équation x4 = - 8 ne possède pas de solution réelle.
b) L’ équation x4 = 0 possède une solution réelle x = 0.
c) L’ équation x4 = 16 possède deux solutions réelles x = - 2 et x = + 2.
3
3.
8 = 2 car 2 3 = 8 ;
car 2 = 16 et
4
4
3
27 = 3 car 33 = 27 ;
4
16 = 2
81 = 3 car 3 = 81.
4
4. Soit f définie sur R par f (x) = x3 - 2.
a) Tableau des valeurs
x
1
f(x)
-1
1,1
1,2
1,3
-0,66… -0,27… 0,197…
donc 1, 2 < 3 2 < 1, 3.
b) Approximations décimales successives :
x
f(x)
1,24
1,25
1,26
1,27
-0,09… -0,04… 0,0003… 0,04…
donc 1, 25 < 3 2 < 1, 26 ;
x
f(x)
1,257
1,258
1,259
1,260
-0,013… -0,009… -0,004… 0,0003…
d' où l' encadrement à 10-3 près : 1, 259 < 3 2 < 1,260.
c) Valeur donnée par une calculatrice :
3
2 = 1,259 921 049 8…
42
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
✒ Applications
Limite finie quand x tend vers a - Limites usuelles
Exercice 1
a) f étant une fonction polynôme et 1 ∈ D f donc lim f ( x ) = f (1) = +2
x →1
b) f étant une fonction rationnelle et 3 ∈ D f donc lim f ( x ) = f (3) =
x →3
12 3
= .
20 5
Exercice 2
a)
lim x 2 - 5 x +12 = 26, donc lim f ( x ) = 26
x → −2
x → −2
b) lim 3 x - 1 = 20, lim x + 1 = 8,
x →7
x →7
donc lim f ( x ) =
x →7
1
4
+ 8 = + 2 2.
20
5
Forme indéterminée " 0 "
0
Exercice 3
Rappel
0
Pour les fonctions rationnelles les indéterminations du type «
» se résolvent en fac0
torisant le numérateur et le dénominateur.
a) f ( x ) =
2x −1
, on remarquera que D f = R − 0, 5 ; − 0, 5 .
4 x 2 -1
{
}
lim (2x − 1) = 0 et lim (4x 2 − 1) = 0
x→ 0 ,5
x → 0,5
0
lim f est une forme indéterminée de type " "
0 ,5
0
43
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
Pour enlever l' indétermination, on écrit que pour tout x ∈ D f
f (x ) =
(2x − 1) = 1
(2x -1) (2x +1) 2x + 1
donc lim f (x ) = lim
x → 0 ,5
x → 0 ,5
1
1
= .
(2x + 1) 2
b) lim (x − 3) = 0 et lim (x 2 − 9x + 18) = 0
x→3
x→3
0
donc lim f est une forme indéterminée du type " "
3
0
Pour enlever l' indétermination, on écrit que pour tout x ∈ D f
f (x ) =
(x − 3) = 1
(x − 3) (x − 6) x − 6
1
lim (x − 6) = −3 d' où lim f (x ) = − .
x→3
x→3
3
Limite infinie quand x → a
Exercice 4
1
= +∞ car x 4  
→ 0 et x 4 > 0.
x→0
x→0
x→0 x 4
2
2
1
= +∞ car (x + 3)  

→ 0 et (x + 3) > 0.
b) lim f (x ) = lim
x
→
-3
2
x → −3
x → −3
(x + 3)
1. a) lim f (x ) = lim
1
= +∞ car x 5  
→ 0
x→0
x→0 x5
x >0
2. a) lim f (x ) = lim
x→0
x >0
et x 5 > 0 pour x > 0.
1
→ 0
lim f (x ) = lim 5 = −∞ car x 5  
x→0
x→0
x→0 x
x <0
x <0
et x 5 < 0 pour x < 0.
1
b) lim f (x ) = lim
→0
= +∞ car (2x − 1)7  
x → 0 ,5
x → 0 ,5
x → 0 ,5 (2 x − 1)7
x >0 ,5
x >0 ,5
et (2x − 1)7 > 0 pour x > 0, 5.
1
lim f (x ) = lim
= −∞ car (2x − 1)7  
→0
x → 0 ,5
x → 0 ,5
x → 0 ,5 (2 x − 1)7
x <0 ,5
x <0 ,5
et (2x − 1)7 < 0 pour x < 0, 5.
44
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
Exercice 5
1
1. a) lim
= +∞ donc lim f ( x ) = −∞
x →−1 ( x + 1) 4
x →−1
3
b) f ( x ) = 5 - 2
x
1
−3
lim 2 = +∞ donc lim 2 = −∞ et lim f ( x ) = −∞.
x→ 0 x
x→ 0 x
x→ 0
2
2. a) lim 3 x = 0, lim 5 = 5 et lim − = −∞ donc lim f ( x ) = −∞
x→ 0
x→ 0
x→ 0
x→ 0
x
x >0
x >0
lim 3 x = 0, lim 5 = 5 et lim −
x→ 0
x→ 0
b) f ( x ) =
x→ 0
x <0
2
= +∞ donc lim f ( x ) = +∞.
x→ 0
x
x <0
−9
( x + 3) 7
lim f ( x ) = −∞ car lim
1
= +∞
( x + 3) 7
lim f ( x ) = +∞ car lim
1
= −∞ .
( x + 3) 7
x →−3
x >−3
x →−3
x >−3
x →−3
x <−3
x →−3
x <−3
Exercice 6
1
3
1. lim− 2 = −∞ et lim 4 = +∞
x →0
x
→
0
x
2x
donc lim f est une FI du type ´- ∞ + ∞» en 0.
−2 x 2
−2 x 2 + 3
3
, on a :
+
=
2x4 2x4
2x4
−2 x 2 + 3 3
1
lim f ( x ) = lim
= . lim 4 = +∞.
4
0
x →0
x →0
x
→
x
2x
2
2
1
2
( x + 1)
2
( x +1) 2 - 2
2. f ( x ) =
−
=
=
.
x + 1 ( x + 1) 3
( x + 1) 3 ( x +1) 3
( x +1) 3
Si on écrit f ( x ) =
( x + 1) 2 − 2 =
x →−1
( x + 1) 3
x >−1
lim
f = lim
+
−1
lim ( x + 1) 2 − 2
x →−1
x >−1
lim ( x + 1) 3
= −∞
x →−1
x >−1
→0 avec ( x + 1) 3 > 0 pour x > -1 et lim
car ( x + 1) 3 
( x + 1) 2 − 2 = −2.
x →−1
+
−1
De même lim
f = +∞.
−
−1
45
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
Limite finie en -∞ et en +∞
Exercice 7
1
=0
car x 5  x
→ −∞
→ −∞
5
x
1
car x 5  x
→ +∞
lim f ( x ) = lim 5 = 0
→ +∞
x → +∞
x → +∞ x
1
b) lim f ( x ) = −7. lim 8 = 0
car x 8  x
→ +∞
→ −∞
x → −∞
x → −∞ x
1
car x 8  x
→ +∞
lim f ( x ) = −7. lim 8 = 0
→ +∞
x → +∞
x → +∞ x
2 x 2 − 3x
3
f = 2 et lim f = 2
c) f ( x ) =
=2−
d' où lim
2
−∞
+∞
x
x
a) lim f ( x ) = lim
x → −∞
x → −∞
Limite infinie en -∞ et en +∞
Exercice 8
a) lim f ( x ) = −7. lim x 3 = +∞
x →−∞
x →−∞
b) lim f ( x ) = 5. lim x = +∞
4
x →−∞
x →−∞
et
et
lim f ( x ) = −7. lim x 3 = −∞.
x →+∞
x →+∞
lim f ( x ) = 5. lim x 4 = +∞.
x →+∞
x →+∞
1
2
c) f ( x ) = x 2 − 5
3
x
2
1 2
lim x = +∞ et lim − 5 = 0 donc lim f ( x ) = +∞
x →−∞ 3
x →−∞ x
x →−∞
1
2
lim f ( x ) = x 2 = +∞ et lim − 5 = 0 donc lim f ( x ) = +∞.
x →+∞
x →+∞ x
x →+∞
3
10
d) f ( x ) = x 3 (1 − 2 )
x
 10 
lim x 3 = +∞ et lim 1 − 2 = 1 donc lim f ( x ) = +∞.
x →+∞
x →+∞ 
x →+∞
x 
 10 
lim x 3 = −∞ et lim 1 − 2 = 1 donc lim f ( x ) = −∞
x →−∞
x →−∞
x →−∞
x 
46
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
Comportement des polynômes à l’infini
Exercice 9
1. a) lim f ( x ) = lim ( − x 3 ) = +∞ et
x → −∞
b) lim f ( x ) = lim ( x ) = +∞ et
4
x → −∞
lim f ( x ) = lim ( − x 3 ) = −∞
x → −∞
x → −∞
x → +∞
x → +∞
lim f ( x ) = lim ( x 4 ) = +∞
x → +∞
x → +∞
2. Représentation graphique à l’aide de la calculatrice :
a) f(x) = -x3 + x
b) f(x) = x4 –5x3 + 7x2 - 10
Comportement des fonctions rationnelles à l’infini
Exercice 10
3
− 9 x2
x
a) f ( x ) = 2
x +3
x3
lim f ( x ) = lim ( 2 ) = lim ( x ) = −∞
x → −∞
x → −∞ x
x → −∞
x3
lim f ( x ) = lim ( 2 ) = lim ( x ) = +∞.
x → +∞
x → +∞ x ·
x → +∞
4
+1
b) f ( x ) = −22 x
x + 2x
−2 x 4
lim f(x) = lim ( 2 ) = lim ( −2 x 2 ) = −∞
x → −∞
x → −∞
x → −∞
x
−2 x 4
lim f(x) = lim ( 2 ) = lim ( −2 x 2 ) = −∞.
x → +∞
x → +∞
x → +∞
x
47
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
3
+ 3x + 1
c) f ( x ) = − x 3
2 x + 5x
1
−x3
lim f ( x ) = lim ( 3 ) = −
x → −∞
x → −∞ 2 x
2
3
1
−x
lim f ( x ) = lim ( 3 ) = −
x → +∞
x → +∞ 2 x
2
2
+1
d) f ( x ) = x 3
−5x + 4
1
x2
)=0
lim f ( x ) = lim (
) = lim (
x → −∞
x → −∞ −5 x 3
x → −∞ −5 x
x2
1
lim f ( x ) = lim (
) = lim (
)=0
3
x → +∞
x → +∞ −5 x
x → +∞ −5 x
Théorème des gendarmes
Exercice 11
Soit E la fonction partie entière.
1. On sait que pour tout x réel : x ≤ E(x+1) ≤ x + 1 , d’où pour x > 0 : 1 ≤
2. On sait que lim
x →+∞
lim
x →+∞
E ( x + 1) x + 1
≤
x
x
x +1
= 1, donc en appliquant le théorème « des gendarmes »
x
E ( x + 1)
= 1.
x
48
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
✒✒ Approfondissements
Limites et interprétations graphiques
Exercice 12
Limite de f aux bornes de son domaine de définition à l’aide des représentations graphiques
a) f (x ) = x 3 - 3x + 2
b) f (x ) = x -
1
x -4
c) f (x ) =
2x +1
(x > -2 )
x +2
a) f ( x ) = x 3 − 3x + 2 ; D f = R ; lim f ( x ) = −∞ et lim f ( x ) = +∞.
x →−∞
x →+∞
1
; D f = R − {4} ; lim f ( x ) = −∞, lim
f = +∞, lim
f = −∞
x →−∞
4−
4+
x−4
et lim f ( x ) = +∞.
b) f ( x ) = x −
x →+∞
c) f ( x ) =
2x + 1
; D f = −2 ;+∞ ; lim f = −∞ et lim f ( x ) = 2.
x →+∞
−2
x+2
]
[
Exercice 13
A l’aide d’une calculatrice graphique, et sans calcul, on trouve pour :
a) f ( x ) =
−x 2 + 1
−1
: lim f ( x ) = +∞, lim f ( x ) =
et lim f ( x ) = −∞.
x →0
x →+∞
x − 4 x →−∞
4
49
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
x +1
; on ne peut pas parler de limite de f
x +1
lorsque x →−∞ car Df = R+ ; lim f ( x ) = 1 et lim f ( x ) = 0.
b) f ( x ) =
x →0
x →+∞
Limite quand x → a
Exercice 14
a) f est une fonction rationnelle et − 3 ∈ D f d' où lim f ( x ) = f ( −3) =
x →−3
5 1
= .
15 3
x2 − 4
2x 2-x − 6
lim ( x 2 − 4) = 0 et lim (2x 2 − x − 6) = 0 donc lim f est une FI.
b) f(x) =
x →2
x →2
Or, pour x ≠ 2, f ( x ) =
2
( x − 2)( x + 2)
x+2
=
( x − 2)(2x + 3) 2x + 3
4
.
7
−2x + 3
c) f ( x ) =
(2x − 1)2
d' où lim f ( x ) =
x →2
lim f ( x ) = +∞ car
x→
1
2
1
 → +∞ et − 2x + 3 x
→ 2.
→0 ,5
(2x − 1)2 x→0,5
50
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
x − 3 = 0 et lim ( x − 9) = 0 donc f(x) se présente sous une FI
d) lim
x →9
x →9
au voisinage de 9.
On écrit f(x) =
( x − 3)( x + 3)
( x − 9)( x + 3)
1
D'où lim f ( x ) = .
x →9
6
lim f ( x ) = lim
x →9
x →9
e) f ( x ) =
( x − 3)( x + 3)
( x − 9)( x + 3)
=
= lim
x →9
1
x +3
x −9
( x − 9)( x + 3)
= lim
x →9
1
x +3
=
1
6
x+3
x −1
lim f ( x ) = +∞ car
x →1
1

→ +∞ et x + 3 x
→ 4.
→1
x − 1 x→1
Limite quand x →+ ∞ ou quand x → - ∞
Exercice 15
Limite quand x → + ∞ puis quand x → - ∞ des fonctions f définies par :
a) f ( x ) = −7x 3 + 2 x + 1
lim f ( x ) = lim ( −7x 3 ) = +∞ et lim f ( x ) = lim ( −7x 3 ) = −∞.
x → −∞
x → −∞
x → +∞
x → +∞
x −4
2 x2 − x − 6
1
x2
x2
1
lim f ( x ) = lim ( 2 ) = et lim f ( x ) = lim ( 2 ) = .
x → −∞
x → −∞ 2 x
x → +∞
x → +∞ 2 x
2
2
2
b) f ( x ) =
c) f ( x ) = −( x + 1) 3x 2 + 5
lim − ( x + 1) = +∞ et lim
3x 2 + 5 = +∞ donc lim f ( x ) = +∞
lim − ( x + 1) = −∞ et lim
3x 2 + 5 = +∞ donc lim f ( x ) = −∞
x → −∞
x → −∞
x → +∞
x → +∞
x → −∞
x → +∞
d) f ( x ) = x + x + 1 − ( x + 1)
lim f ( x ) = +∞
2
x → −∞
car
x 2 + x + 1  x
→ +∞ et
→ −∞
− ( x + 1)  x
→ +∞.
→ −∞
51
8 2930 TC PA 00
Limites des fonctions
Séquence 2
x 2 + x + 1 = +∞ et lim - (x + 1) = - ∞
lim
x → +∞
x → +∞
donc f(x) se présente sous la FI « +∞ − ∞» en + ∞.
on se trouve devant une forme indéterminée du type " +∞ - ∞"
et lim f (x ) = lim
x → +∞
x 2 + x + 1 − (x + 1)
x → +∞
On écrit :
((
f (x ) =
=
=
)(
x 2 + x + 1 − (x + 1)
)
x 2 + x + 1 + (x + 1)
x 2 + x + 1 + (x + 1)
(x 2 + x + 1 − (x + 1)2 )
x 2 + x + 1 + (x + 1)
−x
x 2 (1 +
=
1 1
+ ) + (x + 1)
x x2
−x
1 1
1
+ 2 + x(1 + )
x x
x
On cherche à déterminer la limite de f lorsque x tend vers + ∞ ; on peut donc considérer
x 1+
que x > 0 et que x = x.
-x
Ainsi f (x ) =
1 1
1
+ 2 + x(1 + )
x x
x
−x
1 1  1 
1 + + 2 + 1 +  
x x
 x
x 1+
=
=

x 

−1

1 1  1 
 1 + + 2 + 1 +  
x x
 x

D' où lim f (x ) = −
x → +∞
e) f (x ) =
1
2
x+3
x −1
x+3
= −1 (car lorsque x tend vers − ∞ x − 1 < 0 et x − 1 = −x + 1)
−x + 1
x+3
=1
et lim f (x ) = lim
x → +∞
x → −∞ x − 1
(car lorsque x tend vers + ∞ x − 1 > 0 et x − 1 = x − 1).
lim f (x ) = lim
x → −∞
x → −∞
52
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
✒ Applications
Définition du nombre dérivé
Exercice 1
f( 2 + h) − f (2 ) -( 2 + h)2 + 4( 2 + h)- 4 - 4 − 4h − h 2 + 8 + 4h- 4 −h 2
=
=
=
= −h
h
h
h
h
f( 2 + h) − f (2 )
lim
= lim( −h ) = 0. D' où f '(2 ) = 0.
h →0
h →0
h
Exercice 2
f (1 + h ) − f (1) -( 1 + h)2 ·+ 4( 1 + h)- 3
=
a)
h
h
−1 − 2h − h 2 + 4 + 4h − 3
=
h
2
−h + 2h
=
= −h + 2
h
f (1 + h ) − f (1)
= lim( −h + 2 ) = 2.
d' où f '( 1 ) = lim
h →0
h →0
h
b) La tangente T1 passant par les points A (2 ; 5) et B (0 ; 1), son coefficient directeur
a pour valeur y B - y A = 1 − 5 = 2
xB - x A 0 − 2
Donc f’(1) = 2.
Équation de la tangente
Exercice 3
On a établi que f’ (2) = 0 et f’(1) = 2, d’où :
l’équation de la tangente (T2) : y – f(2) = f’(2).(x – 2) c’est-à-dire y – 4 = 0. (x – 2)
l’équation de la tangente (T1) : y – f(1) = f’(1).(x – 1) c’est-à-dire y – 3 = 2. (x – 1).
(T2) : y = 4 et (T1 ) : y = 2x+1.
53
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
Fonctions dérivées
Exercice 4
a) f '( x ) = - 5x 3 + 9x 2 − 1
− (2 x + 8)
b) f '(x) = 2
( x + 8x + 13)2
− 64 x
c) f '(x) =
(7x 2 + 3)2
2
1
d) f '( x ) = (5x 3 + 2 ) .(5x 3 + 2 )' = (5x 3 + 2 ).(15x 2 ) = 3x 2 (5x 3 + 2 )
10
5
′
′
  −2 x − 5  2 
 −2 x − 5   −2 x − 5 
e) f '( x ) =  
  = 2. 
. 

 x+3   x+3 
 x + 3  
 −2 x − 5 
−1
= 2. 
.
 x + 3  ( x + 3)2
′
′
3x 2 + 2 x + 1
6x + 2
2
f) f '( x ) = 3x + 2 x + 1 =
=
2
2 3x + 2 x + 1 2 3x 2 + 2 x + 1
3x + 1
f '( x ) =
.
3x 2 + 2 x + 1
(
)
(
)
Primitives
Exercice 5
1 3 3 2
x + x − x + cte
3
2
2
1
x
− + cte
b) F(x) =
2 x
a) F ( x ) =
1
où F ( x ) = ( x − 3) 3 + cte
c) f ( x ) = ( x − 3) 2 ( x − 3)' d©
3
1
d) f ( x ) = 3( 3 x − 1) 3 = ( 3 x − 1) 3 ( 3 x − 1)' d'où F ( x ) = ( 3 x − 1) 4 + cte
4
1
1
1
e) f ( x ) = 4 = x −4 d'où F ( x ) =
.x −3 + cte = − 3 + cte
x
(−3)
3x
( x − 3)'
1
1
f) f ( x ) =
=
d'où F ( x ) = −
+ cte.
2
2
( x − 3)
( x − 3)
( x − 3)
54
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
Exercice 6
1
1
a) f ( x ) = (5 − 2 x )2 = − . (5 − 2 x )2 (5 - 2 x )' d' où F ( x ) = − .(5 − 2 x )3 + cte sur R .
2
6
/
5

1
1 (5 − 2 x )
1
b) f ( x ) =
=− .
d' où F ( x ) = +
+ cte sur I =  ; + ∞ .
2
2
2 (5 − 2 x )
2(5 − 2 x )
(5 − 2 x )
2

Exercice 7
Primitive F1 de f vérifiant une condition donnée.
a) x a f(x) = 2x-3 a pour primitives x a F(x) = x2-3x + cte sur R.
Si F1(1)=0 alors - 2 + cte = 0 d’où cte = 2.
L’unique primitive F1 de f vérifiant F1(1)=0 est x a F(x) = x2 -3x +2.
1
1
a pour primitives x a F(x) = −
+ cte sur R .
2
x −1
( x − 1)
1
Si F2 (2 ) = 3 alors −
+ cte = 3 d' où cte = 4.
2 −1
1
L' unique primitive F2 de f vérifiant F2( 2 ) = 3 est x a F(x) = −
+ 4.
x −1
b) x a f(x) =
Fonction dérivée et équation de la tangente
Exercice 8
Soit C la courbe d’équation y = x3 – 3x + 2.
 f( 0 ) = 2
Si l’on pose f(x) = x3 – 3x + 2 alors f’(x) = 3x2 – 3 et 
0 = - 3.
 f ©()
La tangente (T1) à (C) en a = 0 a pour équation : y – 2 = -3.(x – 0) c’est-à-dire
(T1) : y = -3x + 2
55
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
Variations
Exercice 9
1. Variations des fonctions f et g
a) f ( x ) =
1 3
x + x 2 − 3x + 1
3
f est dérivable sur R et f’(x) = x2 + 2x - 3 = (x+ 3)(x - 1)
Si x ∈ ] - ∞ ; - 3 ] ∪ [1 ; +∞[ alors f’ (x) ≥ 0 et f est croissante.
Si x ∈ ] - 3 ; 1 ] alors f’ (x) ≤ 0 et f est décroissante.
(
b) g ( x ) = x − 2
)
3
( x + 1).
g est dérivable sur R et g’(x) = 3(x-2)2(x+1) + (x-2)3
g’(x) = (x-2)2[3(x+1) + (x-2)] = (x-2)2(4x+1)
1

Si x ∈ − ∞ ;−
alors g' ( x ) ≤ 0 et g est décroissante.

4 
 1

Si x ∈ −
; + ∞ alors g' ( x ) ≥ 0 et g est croissante.
 4

2. Tableau des variations de f et de g.
1 3
1
x = −∞ et lim f ( x ) = lim x 3 = + ∞.
x → −∞ 3
+∞
x → +∞ 3
lim f ( x ) = lim
−∞
x
-∞
f'(x)
-3
+
+∞
1
-+
0
0
-+
+∞
10
f (x)
-∞
-2/3
lim g ( x ) = lim ( x 4 ) = +∞
−∞
x → −∞
x
-∞
g'(x)
lim g ( x ) = lim ( x 4 ) = +∞.
et
+∞
x → +∞
-1/4
-
0
+∞
2
+
0
+∞
+
+∞
g(x)
0
−
2187
256
56
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
Extremums
Exercice 10
A l’aide des résultats de l’exercice 9 :
1
a) Si f ( x ) = x 3 + x 2 − 3 x + 1
3
En x = −3 : g admet un maximum relatif égal à f (−3) = 10
En x = 1 : f admet un minimum relatif égal à f (1) = −
2
3
b) g( x ) = ( x − 2) 3 ( x + 1)
1
1
2187
.
En x = − , g admet un minimum absolu égal à g(− ) = −
4
4
256
En x = 2, g n’admet pas d’extremum car g’ s’annule mais ne change pas de signe.
Bijections strictement monotones
Exercice 11
Soit f définie sur [-10 ; +10] par f(x) = 3x + 2. On a f’(x) = 3.
f’(x) > 0 sur [-10 ; +10] donc f est strictement croissante sur [-10 ; +10].
f est une fonction dérivable et strictement croissante donc f est une bijection (strictement croissante) de [-10 ; +10] sur f ([-10 ; +10]) = [ f (-10) ; f (+10)].
Par ailleurs f(-10) = -28 et f(+10) = +32.
Conclusion : f est une bijection (strictement croissante) de [-10 ; +10] sur [-28 ; +32]
Exercice 12
Soit f définie sur [0 ; +3] par f ( x ) =
1
−2 x
on a f '( x ) =
.
2
1+ x
(1 + x 2 )2
f’(x) < 0 sur ]0;3] donc f est strictement décroissante sur [0;3].
f est une fonction dérivable et strictement décroissante sur [0 ; 3] donc f est une bijection (strictement décroissante) de [0 ; +3] sur f ([0 ; +3]) = [ f (3) ; f (0)].
1
Par ailleurs f ( 3 ) =
et f (0) = 1 .
10
Conclusion : f est une bijection (strictement décroissante) de [0 ; +3] sur [0,1 ; +1].
57
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
Exercice 13
Soit f la fonction définie sur R par f ( x ) =
On a f ' ( x ) =
x3
.
x2 + 1
3x 2 ( x 2 + 1) − x 3 (2 x )
, d' où :
( x 2 + 1)2
f '( x ) =
x 4 + 3x 2 x 2 ( x 2 + 3)
.
=
( x 2 + 1)2
( x 2 + 1)2
f’(x) > 0 sur R -{0} donc f est strictement croissante sur R.
f est une fonction dérivable et strictement croissante donc f est une bijection (stricte
f ; limf .
ment croissante) de ]- ∞ ; + ∞ [ sur f ( ]- ∞ ; + ∞ [ ) = lim
∞
+∞ 

 x3 
 x3 
Par ailleurs, lim f = lim  2  = lim ( x ) = − ∞ et lim  2  = lim ( x ) = + ∞.
−∞
x → −∞  x 
x → −∞
x → +∞  x 
x → +∞
Conclusion : f est une bijection (strictement croissante) de R sur R.
✒✒ Approfondissements
Extremums
Exercice 14
On a f’(x) = (ax2+bx+c)’ = 2ax + b.
(P) passe par le point A(0 ; 2) donc a(0)2+b(0)+c = 2
(P) passe par le point S(2 ;-2) donc a(2)2+b(2)+c = -2
et si (P) admet le point S(2 ; -2) pour sommet alors f’(2) = 0 c’est-à-dire 2a(2)+b = 0
on obtient le système
{
c=2
4a +2b + c = - 2
4a + b = 0
d’où a = 1, b = - 4 et c = 2
D’où (P) a pour équation y = x2 - 4x+ 2, et l’on vérifiera que f’(x) s’annule et change
de signe en x = 2, donc S est bien un sommet de (P).
58
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
Primitives
Exercice 15
a) Soit f définie sur R par f(x) = x2+3x-1. Les primitives de f sont les fonctions
1 3 3 2
x + x − x + cte.
3
2
1 3 3 2
5
Si F (1) = 0 alors
(1) + (1) − (1) + cte = 0 d' où cte = − .
3
2
6
1
3
5
L' unique primitive F de f s' annulant pour x = 1, est x a x 3 + x 2 − x − .
3
2
6
2
2
2
2
2
b) f(x) = -6x(-3x +2) = (-3x +2) (-3x +2)’ . Les primitives de f sur R sont les fonc1
tions x a ( −3x 2 + 2 )3 + cte .
3
xa
L’unique primitive F de f s’annulant pour x = 1 est : x a
(
)
3
1
1
−3x 2 + 2 + .
3
3
′
x2 − x + 2
2x −1
c) f ( x ) = 2
=
.
( x − x − 2 )2 ( x 2 − x − 2 )2
(
]
)
[
Les primitives de f sur 2 ; + ∞ sont les fonctions :
xa−
1
+ cte.
(x − x − 2)
2
L’unique primitive F de f s’annulant pour x = 1, est : x a −
(x
1
2
− x −2
)
−
1
.
2
Exercice 16
1
1
a pour primitives x a F (x ) = − + cte sur ]0 ; +∞[
2
x
x
Si F1(1) = 0 alors -1 + cte = 0 d’ où cte = 1.
a) x a f (x ) =
L’ unique primitive F1 de f vérifiant F1 (1) = 0 est x a F (x ) = −
b) Sur ]0; + ∞ [ l’ unique primitive de x a
1
x −1
.
+1 =
x
x
1
s’ annulant pour x = 1 est
x
par définition la fonction ln.
59
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
Exercice 17
(
F '( x ) = x.ln( x ) − x
)
′
= 1. ln( x ) + x.
1
− 1 = ln( x )
x
x a F(x) = x. ln (x) - x est une primitive sur ] 0 ; +∞[ de la fonction f définie par
f(x) = ln(x).
Bijections strictement monotones
Exercice 18
(BTS Info de Gestion 1999 - Partiel)
Soit g la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; + ∞ [ par g(x) = x2 + ln x.
1. a) Sens de variation de g.
1 2 x2 + 1
=
, g '( x ) > 0 pour tout x ∈ ]0 ; + ∞[
x
x
donc g est strictement croissante.
g '( x ) = 2 x +
b) Tableau de variation de g (On ne demande pas les limites aux bornes du domaine de définition).
x
g’(x)
0
+
∞
+
g(x)
2. a) g(0,5) =(0,5)2 + ln(0,5) < 0
g(1) = 12 + ln(1) =1
b) g est dérivable et strictement croissante donc g réalise une bijection de ]0 ; + ∞[
sur g(]0 ; + ∞[).
De plus g(0,5) < 0 et g(1) > 0, donc l’équation g(x) = 0 admet une solution unique
avec 0,5 < α < 1.
A l’aide d’une calculatrice, on trouve 0,65 < α < 0,66.
3. Signe de g(x) :
Si x < α alors g(x) < g(α) car g est strictement croissante, c’est-à-dire :
si x < α alors g(x) < 0
Si x > α alors g(x) > g(α) car g est strictement croissante, c’est-à-dire :
si x > α alors g(x) > 0
60
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
✒✒✒ Travaux pratiques
TP - Coût marginal - Coût moyen
Coût marginal : Cm(q) = C’(q) pour q ≥ 0.
Coût moyen : CM(q) =
C( q )
pour q > 0.
q
1. Si q ∈ [0;500] alors C(q)= 6q2 + 150q +600.
a) Coût marginal Cm(q)= C’(q)= 12q + 150.
On a : Cm(q) > 0 car q > 0.
Coût moyen C M ( q ) =
C( q )
600
.
= 6q + 150 +
q
q
b) Tableau de variation de C
q
0
500
C’(q)
+
1 575 600
C(q)
600
c) C 'M (q ) = 6 −
600 6 (q − 10) (q + 10)
=
.
q2
q2
Le coût moyen CM est minimal si q = 10 et l’on a alors :
600
= 270.
10
Le coût marginal est bien égal au coût moyen lorsque ce dernier est minimal.
C m ( 10 ) = 12( 10 ) + 150 = 270 et C M ( q ) = 6( 10 ) + 150 +
d) Représentation de Cm et CM .
61
8 2930 TC PA 00
Dérivées et primitives
Séquence 3
2. Pour un second produit, le coût marginal Cm est donné par Cm(q) = 3q2 + 100.
a) On a Cm > 0.
Le coût C de fabrication est une primitive de Cm d’où C(q) = q3 + 100q + cte.
Or, en raison des charges fixes, C(0) = 250 000 donc C(q) = q3 + 100q + 250 000.
b) Vérifions que le coût marginal est égal au coût moyen lorsque ce dernier est minimal.
Coût moyen C M (q ) = q 2 + 100 +
C 'M (q ) = 2q −
250 000
.
q
250 000 2(q 3 − 503 )
=
q2
q2
Le coût moyen CM est minimal si q = 50 et l’on a alors :
C M (50) = (50)2 + 100 +
250 000
= 7600.
50
Pour q = 50, Cm(50) = 3 x 502 +100 = 7600.
Le coût marginal est bien égal au coût moyen lorsque ce dernier est minimal.
3. Pour q > 0, on note C(q) le coût total de fabrication d’une quantité q.
a) Economiquement, la fonction coût croît avec le nombre d’unités produites.
On ne peut donc pas en général envisager C’(q) ≤ 0.
b) C’(q) = (q. CM(q))’ = 1. CM(q) + q. C’M(q)
C’(q) = CM(q) + q.C’M(q).
c) Si a minimise CM alors C’M (a) = 0. Or d’après b) : C’(a) = CM(a) + q. C’M(a).
donc C’(a) = CM(a).
d) Réciproquement, supposons que CM(a) = C’(a). Or d’après b) :
C’(a) = CM(a) + q. C’M(a)
donc CM(a) = CM(a) + q. C’M(a), c’est à dire q.C’M(a) = 0,
d’où C’M(a) = 0.
Si le coût marginal est égal au coût moyen alors la dérivée du coût moyen est
nulle.
62
8 2930 TC PA 00
Comportements asymptotiques
Séquence 4
✒ Applications
Exercice 1
x : (C) ne comporte qu' une branche infinie en + ∞.
1
b) f ( x ) = x + 1 −
: (C) comporte 4 branches infinies en - ∞, 4 -, 4 + et en + ∞.
x - 4
x 2 ¥+ 3
c) f ( x ) = 2
: (C) comporte 6 branches infinies en - ∞, - 2 -, - 2 + , 2 -, 2 + et
x −4
en + ∞.
a) f ( x ) =
Exercice 2
Soit f la fonction définie sur ]1 ; + ∞ [ par f ( x ) = x −
lim f = −∞ et lim f = +∞
1
.
x −1
+∞
1
(C) : y = f(x) comporte 2 branches infinies : en 1 et en +∞.
Exercice 3
x2 + 1
x2 + 1
=
1
et
lim
=1
x → −∞ x 2 − 5 x + 4
x → +∞ x 2 − 5 x + 4
lim
d’où (D) : y = 1 est une asymptote horizontale de la courbe (C) en -∞ et en +∞.
Exercice 4
x +1
1
= 5.lim
= +∞
2
x→4 (x − 4)
x → 4 ( x − 4 )2
lim
d’où (D) : x = 4 est une asymptote verticale de la courbe (C).
Exercice 5
−x2 − x + 3
− ( − x + 1)
x +2
( − x 2 − x + 3) − ( − x 2 − x + 2 )
1
=
=
x +2
x +2
f ( x ) - (- x +1) = 0, et lim f ( x ) - (- x +1) = 0.
f ( x ) − ( − x + 1) =
d' où lim
x → −∞
[
]
x → +∞
[
]
La droite d’équation y = -x + 1 est donc une asymptote oblique de (C) en -∞ et en +∞.
63
8 2930 TC PA 00
Comportements asymptotiques
Séquence 4
Exercice 6
La position de (C) par rapport à son asymptote (D) : y = -x + 1 est donnée par le signe de
1
.
x +2
Si x < -2 alors f(x) - (-x + 1) < 0, c’est à dire f(x) < (-x + 1) donc (C) est au-dessous
de (D).
Si x > -2 alors f(x) - (-x + 1) > 0, c’est à dire f(x) > (-x + 1) donc (C) est au-dessus de
(D).
f ( x ) − ( − x + 1) =
✒✒
Approfondissements
Exercice 7
a)
x
-2
2
f’(x)
-
0
+∞
+
+∞
1
f(x)
-3
lim f = +∞ la droite d’équation x = -2 est une asymptote verticale de la courbe (C).
−2
lim f = 1 la droite d’équation y = 1 est une asymptote horizontale de la courbe
+∞
(C) en +∞.
b)
x
3
+∞
f’(x)
+
5
f(x)
-∞
lim f = −∞ la droite d’équation x = 3 est une asymptote verticale de la courbe (C).
3
lim f = 5 la droite d’équation y = 5 est une asymptote horizontale de la courbe (C)
+∞
en +∞.
64
8 2930 TC PA 00
Comportements asymptotiques
Séquence 4
Exercice 8
−x ·2 + 2 x + 8
, et (C) sa représentation
Soient f la fonction définie pour x > -1 f ( x ) =
x +1
graphique.
1
1. lim f ( x ) = 5. lim
= +∞ : la droite d’équation x = -1 est une asymptote verticale
x →−1
x →−1 x + 1
x >−1
x >−1
de (C).
lim f ( x ) = lim ( − x ) = −∞ .
x → +∞
x → +∞
2. a) Pour x > -1 :
( − x + 3)( x + 1)
5
5
=
+
x +1
x +1
x +1
2
( − x + 2 x + 3)
5
+
= f ( x ).
=
x +1
x +1
5
Donc f ( x ) = − x + 3 +
.
x +1
−x + 3 +
b) D’après a) : f ( x ) − ( − x + 3) =
[
]
5
d' où lim f ( x ) - (- x + 3) = 0.
x → +∞
x +1
La droite d’équation y = -x + 3 est donc une asymptote oblique de (C) en +∞.
3. Positions relatives de (C) et (D)
a) D’après 2.a) : f ( x ) − ( − x + 3) =
Si x > -1 alors
5
.
x +1
5
> 0 , donc f(x) - (-x + 3) > 0, c’est-à-dire f(x) > (-x + 1).
x +1
Conclusion : Si x > -1 alors (C) est au-dessus de (D).
65
8 2930 TC PA 00
Comportements asymptotiques
Séquence 4
b) 0 < f(x) - (-x+3)< 0,001 équivaut à 0 <
ou encore x > 4999.
5
< 0, 001 c’est à dire x + 1 > 5000
x +1
Interprétation graphique :
Pour x donné (x > -1), l’écart f(x) – (-x + 3) entre (C) et (D) sera inférieur à 0,001
pour x > 4999.
Exercice 9
Recherche d’ une asymptote oblique
1. Si (C) admet une asymptote oblique d’équation y = ax+b en + ∞ alors
lim
x→+∞
[ f (x ) − (ax + b] = 0
donc lim
x →+∞
f ( x ) − ( ax + b )
b
 f (x)
= 0, ou encore lim
−a− =0
x
→+∞
 x
x
x
On aura donc lim
x →+∞
f(x)
 f (x) 
− a = 0 c'est - à - dire a = lim
x →+∞ x
 x

2. Si (C) admet une asymptote oblique d’équation y = ax+b en + ∞ alors
lim [ f ( x ) – ( ax + b )] = 0
x →+∞
c'est - à - dire lim ( f ( x ) – ax - b ) = 0 soit b = lim(f(x) − ax)
x →+∞
x →+∞
3. Application
Soit f la fonction définie sur ]-1 ; +∞ [ par f ( x ) =
−x2 + 2 x + 8
x +1
f (x)
−x2 + 2 x + 8
−x2
a) lim
= lim
= lim 2 .
x → +∞
x → +∞
x → +∞ x
x
x( x + 1)
(Cf. comportement des fonctions rationnelles à l’ infini ).
f (x)
= −1.
d'où a = lim
x → +∞
x
 −x2 + 2 x + 8

( − x 2 + 2 x + 8) + ( x 2 + x )
b) lim ( f ( x ) − ax ) = lim 
+ x  = lim
x → +∞
x → +∞ 
x +1
x +1
 x → +∞
lim ( f ( x ) − ax ) = lim
x → +∞
x → +∞
3x + 8
= + 3.
x +1
66
8 2930 TC PA 00
Comportements asymptotiques
Séquence 4
c) Conclusion : la droite d’équation y = -x + 3 est donc une asymptote oblique de (C)
en +∞. On retrouve le résultat de l’exercice 8.
Remarques
1. Les conditions précédentes sont des conditions suffisantes d’existence d’ une asymptote.
A la différence de l’exercice 8, l’équation de asymptote oblique n’est pas connue
a priori et le calcul de :
 f ( x )
lim
 et lim ( f ( x ) - ax )

x →+∞
 x  x →+∞
peut permettre de conclure à l’absence d’asymptote.
2. Les calculs précédents peuvent évidemment être effectués en -∞.
Exercice 10
Partie A
Exploitation du graphique
1. L’axe des ordonnées est asymptote à la courbe (C) donc lim f ( x ) = −∞.
x→0
f ( x ) = +∞.
La droite (D) est asymptote à la courbe (C) en + ∞ donc xlim
→+∞
1
1
; ) est le point commun à (C) et (D).
3
3
D’après la représentation graphique :
2. Le point K (
Si x >
1 alors (C) est au-dessus de (D).
3
1 alors (C) est en dessous de (D).
3
3. D’après la représentation graphique, f est strictement croissante.
Si x <
67
8 2930 TC PA 00
Comportements asymptotiques
Séquence 4
Partie B
Justification des observations graphiques
3 1
pour x > 0.
−
x x2
3 1
3 1
1. a) lim f = lim ( x + − 2 ) = +∞ car lim ( − 2 ) = 0
+∞
x → +∞
x
→
+∞
x x
x x
3 1
lim ( f ( x ) − x ) = lim ( − 2 ) = 0 d' où (D) : y = x est asymptote oblique
x → +∞
x → +∞ x
x
de (C) en + ∞.
3x − 1
3 1
b) f ( x ) − x = − 2 =
: f ( x ) − x est du signe de 3x − 1
x x
x2
1
Si x >
alors 3x − 1 > 0 et f ( x ) − x > 0 : (C) est au - dessus de (D).
3
1
Si x <
alors 3x − 1 < 0 et f ( x ) − x < 0 : (C) est en dessous de (D).
3
f est définie par f ( x ) = x +
3 1
−
pour x > 0.
x x2
x 3 3x 1 x 3 + 3x − 1
f ( x) = 2 + 2 − 2 =
x
x
x
x2
x 3 + 3x − 1
1
1
= lim ( x 3 + 3 x − 1). lim ( 2 ) = (−1). lim ( 2 )
b) lim f ( x ) = lim
2
0
0
x →0
x →0
x
→
x
→
x
→
0
x
x
x
lim f ( x ) = −∞ donc la droite (Oy ) est une asymptote verticale de (C).
2. a) Pour tout x > 0, f est définie par f ( x ) = x +
x →0
3 1
3
2
− 2 )' = 1 − 2 + 3 ,
x x
x
x
3
3
x
3x 2
x − 3x + 2
d'où f '( x ) = 3 − 3 + 3 =
.
x
x
x
x3
Comme par ailleurs : ( x − 1)2 ( x + 2 ) = ( x 2 − 2 x + 1).( x + 2 ) = x 3 − 3x + 2
3. a) Pour x > 0 : f '( x ) = ( x +
donc :
( x − 1)2 ( x + 2 )
f '( x ) =
.
x3
68
8 2930 TC PA 00
Comportements asymptotiques
Séquence 4
b) Signe de f’ (x) :
Si x ∈ ]0 ; 1[ ∪ ]1 ; +∞[ alors f’(x)> 0, donc f est strictement croissante sur ]0 ; +∞ [
Tableau de variation de f :
x
0
1
f’(x)
+
0
+∞
+
+∞
f(x)
3
-∞
c) Equation de la droite (T) tangente au point A d’abscisse 1 :
y – f (1) = f ’(1).( x – 1)
c' est à dire : y − 3 = 0 ( x − 1) d' où (T ) : y = 3.
69
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien...
Séquence 5
✒ Applications
Fonctions logarithme népérien et exponentielle
de base e
Calculs
Exercice 1
 3
A = ln 2 + ln   = = ln 2 + ln3 – ln2 = ln3.
 2
 4
 16 
 4 27
 9
B = ln   - ln   = ln  .  = ln  
 3
 27
 3 16 
 4
 40
 8
 8
C = 3.ln5 + ln   = ln 53  = ln   .
 3
 75
 75
Exercice 2
ln 8 = ln 23 = 3.ln 2
ln 9 = ln 32 = 2.ln 3.
ln 75 = ln 3.52 = ln 3 + 2.ln 5.
9
ln 0,9 = ln ( ) = ln 9 – ln 10 = ln 32 – ln (2.5) = 2.ln 3 – ln 2 – ln 5.
10
ln(60) = ln(4.3.5) = 2.ln 2 + ln 3 + ln 5
25
ln ( ) = ln 52 – ln 33 =2. ln 5 – 3.ln 3.
27
Exercice 3
ln5
ln(e4)
= 4 ; C=
A=e =5 ; B=
3
3
E = ln(2e ) = ln 2 + ln(e ) = 3+ ln 2.
e-ln2
=e
ln
1
2
=
1
2
; D=e
ln 8
= 8.
71
8 2930 TC PA 00
Séquence 5
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Equations
Exercice 4
ln(x-1) + ln2 = ln(x+2)
Cette équation est définie si x – 1 > 0 et x + 2 >0 c’est-à-dire pour x ∈ ]1 ; +∞[.
Si x ∈ ]1 ; +∞[ (x > 1) alors l’équation est équivalente à ln 2(x-1) = ln (x + 2) c’est à
dire 2x - 2 = x + 2
d’où x = 4.
L’équation a donc pour unique solution x = 4.
Exercice 5
a) ln(x + 3) - 2 = 0
L’équation n’est définie que si x + 3 > 0 c’est-à-dire si x ∈ ] -3 ; +∞[
Si x > -3 alors l’équation est équivalente à eln(x+3) = e2 soit x + 3 = e2 . L’équation a
donc pour unique solution x = e2 – 3.
b) ln(x+1) +1 = 0
L’équation n’est définie que si x + 1 > 0 c’est à dire si x ∈ ] -1 ; +∞[
Si x > -1 alors l’équation est équivalente à eln(x+1) = e-1 soit x + 1 = e-1. L’équation a
donc pour unique solution x = -1 + e-1.
Exercice 6
a) L’équation ex – e-2-x = 0 est définie pour tout x ∈ R et est équivalente à : ex = e-2-x
soit x = - 2 – x d’où x = -1.
b) L’équation e2x - 5 = 0 est définie pour tout x ∈ R et est équivalente à : e2x = 5 soit :
1
ln(e2x) = ln 5 d’où x = ln5
2
Inéquations
Exercice 7
2.ln(x) ≥ ln(3x – 2).
x > 0
Cette inéquation est définie si 
3x - 2 > 0
c’est-à-dire si x ∈ D = ] 2 ; + ∞[.
3
Si x >
2
alors l’inéquation est équivalente à ln(x2) ≥ ln(3x – 2)
3
c’est-à-dire x2 ≥ 3x-2 d’où x2 - 3x + 2 ≥ 0 donc (x – 1)(x - 2) ≥ 0
et finalement x ∈ I = ] -∞ ; 1] ∪ [ 2 ; +∞[.
L’inéquation a donc pour ensemble de solutions
2
S = D ∩ I = ] ; 1 ] ∪ [ 2 ; + ∞[.
3
72
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Exercice 8
ln(3x-1) > 2
Cette inéquation est définie si 3x – 1 > 0 c’est-à-dire si :
1
x ∈ D = ] ; + ∞[.
3
Si x >
1
alors l’inéquation est équivalente à eln(3x-1) > e2 c’est-à-dire 3x - 1 > e2
3
d’où x ∈ I = ]
e2 +1
; + ∞ [.
3
L’inéquation a donc pour ensemble de solutions :
e2 +1
e2 +1
1
S = D ∩ I =]
; + ∞[ ∩ ]
; +∞ [ = ]
; + ∞ [.
3
3
3
Interprétation graphique
Pour x ∈ ]
e2 +1
; + ∞ [ : C 1 : y = ln 3x − 1 est située au-dessus de (C2) : y = 2.
3
( )
(
)
Exercice 9
L’inéquation -3ex + 8 > 0 est définie pour tout x ∈ R.
8
Elle est équivalente à : e x <
3
c’est-à-dire à ln (e x ) < ln 8 .
3
8
Elle a pour ensemble de solutions S = ] − ∞ ; ln [ .
3
73
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Limites
Exercice 10
1. La fonction x a 2.ln(3-x) est définie sur ] -∞ ; 3[.
lim 2.ln (3 − x ) = +∞ car 3 − x → + ∞.
x → −∞
x → −∞
lim 2.ln (3 − x ) = - ∞ car 3 − x → 0.
x→3
x→3

ln(x)
2. • Pour x ≠ 0, 3x - lnx = x  3 −
x 


ln(x)
ln(x)
lim
= 0 donc lim  3 −
=3
x → +∞
x → +∞ 
x 
x
lim x = +∞
x → +∞

ln(x)
d'où lim x  3 −
= +∞
x → +∞
x 

• lim
x → +∞
 ln(x)

ln(x) − 4x
= lim 
− 4 = −4..
x → +∞ 
x
x

Exercice 11
1. La fonction définie par f(x) = x - e-x a pour domaine de définition D = R.
lim (x - e -x ) = −∞ car lim (x ) = −∞ et lim (e -x ) = +∞
x → −∞
x → −∞
x → −∞
lim (x - e ) = +∞ car lim (x ) = +∞ et lim (e -x ) = 0
-x
x → +∞
x → +∞
x → +∞
 2x 
2. 2x − e x = e x . x − 1
e

 2x 
x
=
0
lim
− 1 = −1
d'
où

x → +∞ e x
x → +∞  e x

lim
or lim e x = +∞, donc lim (2x − e x ) = −∞.
x → +∞
x → +∞
Dérivées – primitives
Exercice 12
1
a) f '(x) = (x.ln(x) − x)’ = 1.ln(x) + x. - 1 = ln(x)
x
1
′
′
1 + lnx .x − 1 + lnx .x' x .x − 1 + lnx .1 −lnx
 1 + lnx 
=
= 2
b) f '(x) = 
 =
 x 
x2
x2
x
(
)
(
c) f '(x) = 2.(1 + ln(x)) (1 + ln(x))’ = 2.
d)
(x
f '(x) =
2
+ 3x + 4
)
x + 3x + 4
2
′
=
(
)
)
1 + lnx
x
2x + 3
x + 3x + 4
2
74
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Exercice 13
(
(
′
)
)
x+3
2
f (x) =
= 2.
x+3
x+3
D’où les primitives F de f sur I = ]-3 ; +∞[ : F(x) = 2.ln (x+3) + cte.
Exercice 14
a) f’(x) = ex - e
b) f’(x) = 2.e2x + e-x
c) f’(x) = (2x - 3)’.e2x + (2x - 3).(e2x)’ = 2.e2x + 2(2x - 3).e2x
= e2x (2 + 2(2x - 3)) = e2x (4x - 4) = 4.(x - 1).e2x
′
 e x + 1
d) f '(x ) =  x

 e + 2
′
′
ex + 1 ex + 2 − ex + 1 ex + 2
ex
=
f '(x ) =
2
ex + 2
ex + 2
(
)(
(
) (
)
)(
)
(
)
2
Exercice 15
a) F(x) = ex + x2 + cte
b) F(x) = ex + 2x + cte
c) F(x) = ex+2 + cte
1
d) F(x) = e 2x + cte
2
Fonction exponentielle de base a
Equation et inéquation
Exercice 16
a) L’équation 22x- 8 = 0 est définie pour tout x ∈ R. Elle est équivalente à : 22x = 23
3
c’est-à-dire à 2x = 3. Elle a pour solution x = .
2
b) L’inéquation 32x+1 > 3 est définie pour tout x ∈ R. Elle est équivalente à :
ln (32x+1) > ln 3 c’est-à-dire à (2x + 1).ln 3 > ln 3 ou encore (2x + 1) >1.
Elle a pour ensemble de solutions S = ] 0 ; +∞ [.
75
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Dérivées
Exercice 17
a) f’(x) = (ln 3).3x – 3.x2
b) f’(x) = (ln 3).32x(2x)’ – (ln 3).3-x(-x)’ = 2.ln 3.32x + (ln 3).3-x
Limites
Exercice 18
1. lim ( 2x − 3 x ) = −∞ car lim ( 2x ) = −∞ et lim ( 3 x ) = 0
x →−∞
x →−∞
x →−∞
2. La fonction définie par f(x) = x - 9x a pour domaine de définition D = R.
• lim (x - 9 x ) = −∞ car lim (x ) = −∞ et lim ( 9 x ) = 0
x → −∞
x → −∞
x → −∞
 x

• x - 9 x = 9 x  x − 1 .
9

lim
x → +∞
 x

x
= 0 donc lim  x − 1 = −1
x
x
→
+∞
9

9
lim 9 x = +∞ d' où lim ( x - 9 x ) = −∞.
x → +∞
x → +∞
Fonctions puissances
Calculs
Exercice 19
1
A=
B=
3
2. 2
3
=
2
 12 1
2
3
 2  .2
 
2
( )
2.(3 )
1
2
3
3. 36
=
4
2. 9
1
3
2
1
2 3
3 . 2 .3
1
2 4
=2
1+ 3 − 2
6
1 1 1
+ −
6 2 3
2
−1
=2
1 2 2
+ −
3 4
= 2 3 .3 2
1
3
= 2 = 3 2.
−
1
2
= 2 3 .3 3 =
3
9
3
2
=3
9
2
Dérivées
Exercice 20
a) f (x) = e.x e-1 − e = e(x e −1 − 1)
b) f (x) =
2x
2 −1
76
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Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Croissances comparées
Exercice 21
1− x 1 x
= x − x
ex
e
e
x
1
lim x = 0 et lim x = 0. d' où lim (1 − x ) e − x = 0
x → +∞ e
x → +∞ e
x → +∞
3
ln x
ln x 3
ln x
3 lnx
lim
•
=
= 0, d' où lim
=0
x → +∞ x 2
x → +∞
x2
x2
x2
• (1 − x )e − x =
✒ ✒ Approfondissements
Propriété fondamentale
Exercice 22
1. Soit a un réel strictement positif et g la fonction définie pour x > 0 par g(x) = ln(ax) – lnx
1 1 1 1
g’ (x) = (ln(ax) - lnx)’ = a. − = − = 0.
ax x x x
On a g’(x) = 0 d’où g est une fonction constante.
2. Si l’on note c sa valeur : g(x) = ln(ax) – lnx = c pour tous réels strictement positif a et x.
En particulier g(1) = c d’où ln a – ln 1 = c c’est à dire c = ln a car ln 1 = 0.
Donc pour tous réels strictement positif a et x, ln(ax) – lnx = ln a, ou encore
ln ax = ln(a)+ lnx.
Equations et inéquations
Exercice 23
a) 2 ln(x-1) – ln(x+2) = 0
Cette équation est définie si x – 1 > 0 et x + 2 >0 c’est-à-dire pour x ∈ D = ]1 ; +∞[
Sur D (x > 1) l’équation est équivalente à ln (x-1)2 = ln (x + 2)
c’est-à-dire (x-1)2 = x + 2
soit encore x2 - 3x – 1 =0
∆ = (-3)2 – 4(1)(-1) = 13.
Cette dernière équation admet deux solutions réelles distinctes
3 − 13
3 + 13
∉ D ou
∈ D.
2
2
L’équation a donc pour unique solution
x=
3 + 13
.
2
77
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Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
b) ln(x2-1) + 2.ln2 > ln(4x-1)
Cette inéquation est définie si :
( x - 1) ( x + 1) > 0
 x 2 -1 > 0
c'est - à - dire 
.

1
4x
1
>
0
>
x


4
si x ∈ D = ]1 ; +∞[.
Sur D (x > 1) l’inéquation est équivalente à ln(x2-1) + ln 4 > ln(4x-1)
c’est-à-dire ln 4(x2-1) > ln(4x-1) ou 4x2 – 4 > 4x – 1 soit 4x2 - 4x - 3 > 0
4x2 - 4x - 3 a pour discriminant ∆ = (-4)2 – 4(4)(-3) = 64 et pour racines –1/2 et 3/2.
1
3
Il se factorise sous la forme : 4( x + )( x - )
2
2
donc 4x 2 - 4x - 3 > 0 ⇔ 4(x +
3
1
)(x - ) > 0
2
2
3
1
[ ∪]+ ; +∞ [.
2
2
Conclusion : L’inéquation a donc pour ensemble de solutions
3
S = D ∩ I = ]
; + ∞ [.
2
d’ où x ∈ I = ] - ∞ ; -
On observe que pour
x ∈ ]
3
; +∞ [ : (C1 ) : y = ln( x 2 -1) + 2.ln2
2
est située au dessus de la courbe (C2) : y = ln(4x-1).
78
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Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Exercice 24
On considère le polynôme de la variable réelle x : P(x) =6x2 - 5x - 1.
1. P(x) = 0 ⇔ 6x2 - 5x – 1 = 0
∆ = (-5)2 – 4(6)(-1) = 49
L’équation admet deux solutions réelles distinctes :
5 − 49
1
5 + 49
= − ou
=1
12
6
12
P(x) = 0 ⇔ ( x = -
1
ou x = 1).
6
2. a) En posant X = ex : l’équation 6.e2x – 5.ex - 1 = 0 est équivalente à
X = ex
6.X 2 - 5X - 1 = 0
On déduit du 1. que : X = − 1 ou X = 1
6
soit e x = −
1
(impossible car ex > 0)
6
soit ex = 1 c’est-à-dire x = 0.
6.e2x – 5.ex - 1 = 0 ⇔ x = 0.
b) En posant X = ln(x) l’équation 6.(ln x)2 – 5.ln x - 1 = 0 est équivalente à :
X = ln(x)

2
6.X − 5X − 1 = 0
On déduit du 1. que : X = −
1
ou X = 1
6
1
-1/6
ou x = e.
soit ln (x) = − , soit ln(x) = 1, c’est-à-dire x = e
6
6.(ln x)2 – 5.ln x - 1 = 0 ⇔ x ∈ { e-1/6 ; e}.
79
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Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Exercice 25
On considère le polynôme P de la variable réelle x défini par P(x) = 2x3 + x2 - 5x + 2.
1. P(1) = 0.
2. Par identification on trouvera : P(x) = (x -1).(2x2 + 3x - 2).
3. P(x) = 0 ⇔ x -1 = 0 ou 2x2 + 3x - 2 = 0.
Cette seconde équation a pour discriminant :
∆ = (+3)2 – 4(2)(-2) = 25 et pour solutions x =
1
ou x = −2.
2
P(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = -2 ou x = 1/2.
4. a) 2 e3x + e2x - 5.ex + 2 = 0 ⇔ P(ex) = 0 c’est-à-dire
ex = -2 (impossible car ex > 0) ou ex = 1/2 ou ex = 1
2 e3x + e2x - 5.ex + 2 = 0 ⇔ x ∈ { - ln 2 ; 0}
b) 2(lnx)3 + (lnx)2 - 5.lnx + 2 = 0 ⇔ P(ln x) = 0 c’est-à-dire.
lnx = -2 ou lnx = 1/2 ou lnx = 1
1


2 e3x + e2x - 5.ex + 2 = 0 ⇔ x ∈ e −2 ; e 2 ; e  =



1
 2 ; e ; e

e
Dérivées – primitives
Exercice 26
1. h’(x) = (x.ln(x) – x)’ = 1.ln(x) + x.
1
− 1 = ln( x )
x
2. On a g(x) = 2x – 3 + h’(x) et si G est une primitive de g sur ]0 ; +∞[ alors :
G(x) = x2 – 3x + h(x) = x2 – 3x + (x. ln(x) – x)
soit G (x) = x2 – 4x + x. ln(x)
Exercice 27
Si F(x) = (ax + b).ex alors F’(x) = a.ex + (ax + b).ex = (ax + a+ b).ex
Si F est une primitive de f alors F’(x) = f(x) et pour tout x : (ax + a+ b).ex = (5x - 2)ex
c’est-à-dire par identification
a = 5

a + b = −2
d’où a = 5 et b = -7
La fonction F définie par F(x) = (5x - 7).ex est donc une primitive de f sur R.
80
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Etude de fonctions
Exercice 28
Soient f définie sur ]0 ; +∞[ par f(x) = x2 –2.ln(x) et (C) sa représentation dans le repère.
(O, i, j )
1. a) lim f = lim(x 2 − 2ln(x)) = +∞
x →0
0
(C) admet pour asymptote verticale la droite (Oy).
2.ln(x)
) = +∞.
b) lim f = lim (x 2 − 2ln(x)) = lim x 2(1 −
+∞
x → +∞
x → +∞
x2
(
)
(
)(
)
2
2 2. x − 1 2. x + 1 x − 1
2. f '( x ) = 2 x − =
=
.
x
x
x
3. Variations de f
Sur ]0 ; +∞[ f ’(x) a même signe que (x - 1).
Si x < 1 alors f’ < 0 et f est strictement décroissante
Si x > 1 alors f’ > 0 et f est strictement croissante
f(1) = 12 –2.ln(1) = 1.
Tableau de variations
x
0
1
g’(x)
-
+∞
0
+
+∞
+∞
g(x)
1
4. Valeurs de f(x) à 10-2 près par défaut
x
f(x)
1/4
2,83
1/3
2,30
1/2
1,63
1
1
1,5
1,43
2
2,61
2,5
4,41
3
6,80
5. Représentation de (C)
81
8 2930 TC PA 00
Séquence 5
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
6. Solutions de l’inéquation f(x) ≤ 2.
(C) est au-dessous de la droite (D) : y = 2 pour x ∈ [a ; b] avec a ≈ 0,39 et b ≈ 1,77
Exercice 29
Informatique de gestion - Nouvelle Calédonie 2000 (Partiel)
Soit f la fonction définie sur l’intervalle [ 0 ; + ∞ [ par f(x) = (x + 3)(e-x – x + 6)
A) Étude d’une fonction auxiliaire
On considère la fonction g définie sur [ 0 ; + ∞ [ par g(x) = (-x - 2)e-x – 2x + 3.
On donne le tableau de variation de g
x
α
0
g’(x)
+∞
1
0
g(x)
-∞
1. g est strictement décroissante, donc :
Si x < α alors g(x) > 0 et si x > α alors g(x) < 0.
2. a) Valeurs de g(x) à 10-3 près :
x
g(x)
0,88
0,0045
0,89
0,033
0,90
0,021
0,91
0,009
0,92
-0,004
0,93
-0,016
0,94
-0,028
0,95
-0,041
b) On déduit du tableau précédent que 0,91 < α < 0,92.
B) Étude de f.
1. a) f(x) = (x + 3)(e-x – x +6)
On a : lim (x + 3 ) = +∞ et lim (e -x - x + 6 ) = −∞ d' où lim f = −∞.
x → +∞
x → +∞
+∞
b) Pour tout x ∈ [0;+∞[ :
f’(x) = (x + 3)’(e-x – x + 6) + (x + 3)(e-x – x +6)’
= (e-x – x + 6) + (x + 3)(-e-x – 1)
= e-x – x + 6 – x. e-x – x – 3. e-x – 3
f’(x) = (-x - 2)e-x – 2x + 3
Pour tout x ∈ [0;+∞[ : f’(x) = g(x).
82
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
c) Tableau de variation de f sur [0 ; +∞[.
α
0
x
fg’(x)
+
+∞
0
-
f(α)
fg(x)
-∞
21
Si α ≈ 0,92 alors f(α) ≈ 21,47.
d) f est croissante sur [0 ; α] donc f(x) > f(0) = 21
f est décroissante sur [α ; 6] donc f(x) > f(6) = 0,022…
Donc pour tout x ∈ [0 ; 6] : f(x) > 0.
2. Représentation de (C) :
Exercice 30
Partie A
On considère la fonction g définie sur ] 0 ; + ∞ [ par : g(x)= - x2- 2 + 2 ln x
a) Tableau de variation de g (par lecture graphique)
x
0
1
g’(x)
+
0
+∞
-
-3
g(x)
-∞
-∞
b) Pour tout x de ] 0 ; + ∞ [, g(x) < g(1) donc g(x) < 0.
83
8 2930 TC PA 00
Logarithmes népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Partie B
lnx
1. f(x) = ( − x + 5 − 2
).
x
lnx
= 0 donc lim f ( x ) = −∞.
x →+∞
x →+∞ x
x →+∞

 1 
2. f(x) =  − x + 5 − 2   lnx .
 x 

lim ( − x + 5 ) = −∞ et lim
1
= +∞ donc lim f ( x ) = +∞.
x →0 x
x →0
x >0
lim( − x + 5 ) = 5 ; lim lnx = −∞ et lim
x →0
x →0
x >0
1
′
.x − lnx - x 2 - 2 + 2 ln x

lnx 
x
3. a) f'(x) =  − x + 5 − 2.  = −1 − 2
.
=
x 
x2
x2

b) Pour tout x de ] 0 ; + ∞ [ on a bien f’(x) =
g(x)
.
x2
g(x)
et x2 > 0 pour tout x de ]0, +∞[, f’ (x) a même signe que g(x)
2
x
donc f’(x) < 0 et f est strictement décroissante.
c) Comme f’ (x) =
Tableau de variation de f :
x
0
1
f’(x)
+∞
-
+∞
f(x)
-∞
4. Valeurs décimales approchées de f(x) à 0,01 près
x
f(x)
1
4
2
2,30
3
1,27
4
0,31
5
-0,64
6
-1,59
7
-2,56
8
-3,52
9
-4,49
10
-5,46
Représentation de (C) :
84
8 2930 TC PA 00
Logarithmes népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
5. Soit h la fonction définie sur ] 0 ; + ∞ [ par h(x) = (ln x)2.
On a :
′
2
′
lnx


.
h' x =  ln x  = 2 ln x . ln x = 2.
x
() ( )
( )( )
Soit F une primitive de f sur ] 0 ; + ∞ [ :
f(x) = − x + 5 − 2.
d’où F(x) = F(x) = -
1
2
1
2
lnx
= − x + 5 − h' (x).
x
x2 + 5x – h(x).
x2 + 5x – (ln(x))2.
Exercice 31
Partie A - Étude graphique
1. Par simple lecture graphique, on obtient :
a) f (0) = 1.
b) La droite (AB) a pour équation y = x + 1.
c) f’ (0) est le coefficient directeur de (AB) donc f’ (0) = 1.
2. (C) coupe (Ox) aux points E(α ; 0) et F (β ; 0) donc l’équation f (x) = 0 possède 2
solutions α et β avec –1 < α < 0 et 1 < β < 2.
Partie B - Étude de f
1. La position de la courbe par rapport à (D) est donnée par le signe de
f (x) – (2x + 2) = - ex.
donc f (x) – (2x + 2) < 0 (car ex > 0) c’est à dire f (x) < (2x + 2).
(C) est au-dessous de (D).
2. a) 2 - ex > 0 équivaut à ex < 2 soit x < ln 2.
b) f’ (x) = (2x + 2 - ex )’ = 2 - ex.
c) Tableau de variations de f
x
-∞
fg’(x)
ln 2
+
0
+∞
-
2.ln 2
f(x)
g(x)
-∞
-∞
f(ln 2) = 2(ln 2) + 2 - eln 2 = 2(ln 2) + 2 – 2 = 2.ln 2
85
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
3. Équation de la tangente (T) à la courbe (C) au point d’abscisse 0
(T) a pour équation : y – f(0) = f’(0).(x – 0) avec :
 f (0) = 2 − e 0 = 1

 f '(0) = 2 − e 0 = 1
c’est à dire (T) : y = x + 1.
On retrouve le résultat du A.1.b.
4. Encadrement de β d’amplitude 0,1.
x
f(x)
1,5
0,5
1,6
0,2
1,7
-0,1
1,8
-0,4
1,9
-0,9
2
-1,4
d’où : 1,6 < β < 1,7
Partie C - Calcul de primitive
f(x) = 2x + 2 - ex
Soit F une primitive de f sur R : F(x) = x2 + 2x - ex.
Exercice 32
Informatique de gestion - Session 1999 (Partiel)
Partie A
Soit g la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; + ∞[ par g(x) = x2 -1 + ln(x).
1. g(1) = 12 -1 + ln(1) = 0.
1 2 x2 + 1
=
>0
x
x
donc g est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
2. g ’(x) = 2 x +
3. g est strictement croissante sur ]0 ; + ∞[ et g(1) = 0, donc :
Si x <1 alors g(x) < g(1) c’est à dire g(x) < 0 sur ]0 ; 1 [: g est strictement négative sur
]0 ; 1[
Si x >1 alors g(x) > g(1) c’est à dire g(x) > 0 sur ]1 ; + ∞[ : g est strictement positive
sur]1 ; +∞[.
86
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
Partie B
Soit f la fonction définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par
()
f x = x −1 −
lnx
x
On note (C) la courbe représentative de f dans le plan muni d’un repère orthonormé
 → →
O, i , j  .


()
1. On admet que lim f x = +∞
x →0
lim f(x) = lim (x − 1 −
x → +∞
x → +∞
lnx
lnx
) = +∞ car lim (x − 1) = +∞ et lim
=0
x
→
+∞
x
→
+∞
x
x
2. a) Pour tout x appartenant à ]0 ; + ∞[ :
1
′
.x − ln(x) x 2 + ln(x) − 1

ln(x)
x
=
−
=
f '( x ) =  x − 1 −
1

x 

x2
x2
On a bien f '( x ) =
g(x)
car g(x) = x2 –1 + ln(x).
2
x
b) Variations de f
f’ (x) a même signe que g(x) sur ]0 ; + ∞[.
Si x < 1 alors f’ (x) < 0 donc f est strictement décroissante.
Si x > 1 alors f’ (x) > 0 donc f est strictement croissante.
Tableau de variation :
x
0
f’(x)
1
-
0
+∞
+∞
+
+∞
f(x)
0
f (1) = 1 − 1 −
ln(1)
= 0.
1
87
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Séquence 5
3. a) Asymptote à la courbe (C).
 ln(x)
 ln(x)
lim f(x) − ( x − 1) = lim  −
= 0 car lim 

 =0
x → +∞
x → +∞ 
x → +∞ 
x 
x 
(
)
donc (C) admet pour asymptote la droite (D) d’équation y = x - 1 en +∞.
b) Position de (C) par rapport à (D).
La position de (C) par rapport à (D) est donnée par le signe de f(x) – (x – 1) c’est à
dire par le signe de − ln( x )
x
Si x < 1 alors −
ln( x )
>0
x
donc f(x) – (x-1) > 0 , soit f(x) > (x-1) : (C) est au-dessus de (D).
Si x > 1 alors −
ln( x )
<0
x
donc f(x) – (x-1)< 0, soit f(x) < (x-1) : (C) est au-dessous de (D).
Conclusion
Si x < 1 alors (C) est au-dessus de (D).
Si x > 1 alors (C) est en-dessous de (D).
4. a) Valeurs de f(x) arrondis à 10-1 près.
x
f(x)
0,25
4,8
0,5
0,9
1
0
2
0,7
e
1,4
4
2,7
6
4,7
8
6,7
b) Représentation de (C) et de la droite (D)
88
8 2930 TC PA 00
Logarithme népérien – Fonctions exponentielles – Fonctions puissances
Partie C
Séquence 5
′
2
′ lnx
1
1
h ' x =  ln x  = .2 ln x . ln x =
2
x
2

()
( )
( )( )
donc la fonction h est une primitive sur ]0 ; + ∞[ de la fonction k définie par :
()
kx =
lnx
.
x
()
lnx
Soit F une primitive de f sur ] 0 ; + ∞ [ : f x = x − 1 −
= x – 1 – h’(x)
x
2
d’où F(x) = x - x - h(x )
2
F(x) =
x2
1
- x - (ln x )2 .
2
2
89
8 2930 TC PA 00
Unité 3
Suites numériques
➤ Prérequis
• Notions de fonction et d’application.
➤ Objectifs
• Initiation à l’étude des phénomènes discrets.
➤ Contenu
• Séquence 1 : généralités sur les suites numériques
• Séquence 2 : limites des suites
• Séquence 3 : suites arithmétiques – suites géométriques
91
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les suites numériques
Séquence 1
✒ Applications
Définition – Représentation
Exercice 1
n
0
un
5
vn
1
( )
n
1
2
−31
1
u n = − n + 5 et vn =
4,5
4
n3,5
2
+1
−
1
2
1
3
−
1
4
4
5
3
2,5
1
5
−
1
6
Représentation des premiers termes :
Exercice 2
u0 = 0


1
u n +1 = − u n + 5 si n ≥ 0
2

et
v0 = 2

1

vn +1 = 1 − v si n ≥ 0
n

Représentation des premiers termes :
n
un
0
0
1
5
2
2,5
3
3,75
4
3,125
5
3,4375
vn
2
0,5
-1
2
0,5
-1
93
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les suites numériques
Séquence 1
Variations
Exercice 3
1

 1
 1
a) un +1 − un = − ( n + 1) + 5 − n + 5 = −

 2
 2
2
un +1 − un < 0 donc la suite u est strictement décroissante.
1  
1 
1
1
1

=
−
=
− 2−
b) v n +1 − v n = 2 −

n + 2 
n + 1 n + 1 n + 2 ( n + 1)( n + 2)
v n +1 − v n > 0 donc la suite v est strictement croissante.
Exercice 4
Les suites u et v définies sur N sont à termes strictement positifs.
a)
u n +1
un
2 n +1
n + 1 2 n +1 2n + 2
.
= n +n 2 =
=
n + 2 2n
n +2
2
n +1
Si n > 0 alors n + n + 2 > n + 2 c’est-à-dire 2n + 2 > n + 2 d’où :
u n +1
> 1.
un
Pour n > 0 la suite u est strictement croissante.
b)
v n +1
vn
(n + 1)(n + 2 )
n +1
(n + 1)(n + 2 ) e n
n +2 1 2
e
.
=
=
= +
=
n +1
n(n + 1)
n(n + 1)
n.e
e n.e
e
en
Si n > 3 alors ne > 3e c’est-à-dire :
2
2
1 2
1 2
u
soit
<
+
< +
< 1 d' où n +1 < 1.
n.e 3e
e n.e e 3e
un
Pour n > 3 la suite v est strictement décroissante.
94
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les suites numériques
Séquence 1
Exercice 5
On considère les fonctions f et g définies par :
x2 + 1
x
et g ( x ) = − + ln x +1
f (x) = 2
3
x +3
(
f '( x ) =
(x
4x
2
+ 3)
2
et
)
1
1
−x + 2
g '( x ) = − +
=
.
3 x + 1 3( x + 1)
Si x > 0 alors f’(x) > 0 et si x > 2 alors g’(x) ≤ 0.
Pour n > 0 la suite u est strictement croissante.
Pour n > 2 la suite v est strictement décroissante.
Exercice 6
1. Soit u la suite définie par :
u0 = 0


1
8
si n ≥ 0
u n +1 = u n +
3
3

a) Calcul des 6 premiers termes :
n
un
un
1
8/3
2
32/9
2,66… 3,55…
3
104/27
4
320/81
3,85…
3,95…
5
6
968/243 2912/729
3,98…
3,99…
b) On admet que pour tout n ∈ N on a un < 4 (c’est-à-dire 4 – un > 0) .
u n +1 − u n =
1
8
8 − 2u n 2
- un =
un +
= 4 - u n ; donc u n +1 − u n > 0.
3
3
3
3
(
)
u est une suite strictement croissante.
2. Soit u la suite définie par
u0 = 15


1
8
si n ≥ 0
u n +1 = u n +
3
3

a) Valeur des 6 premiers termes :
n
un
0
15
1
23/3
2
47/9
3
119/27
4
335/81
5
983/243
un
15
7,66…
5,22…
4,40…
4,13…
4,04…
95
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les suites numériques
Séquence 1
b) On admet que pour tout n ∈ N on a un > 4 (c’est-à-dire 4 – un < 0) .
1
8
8 − 2u n 2
un + - un =
= 4 - un
3
3
3
3
donc u n +1 − u n < 0.
u est une suite strictement décroissante.
(
u n +1 − u n =
)
Suite majorée, minorée, bornée
Exercice 7
1. Variations de la suite u :
un+1 - un = 3 – 0,8n+1 - 3 + 0,8n = 0,8n(1 - 0,8) = 0,2.0,8n
un+1 - un > 0 donc la suite u est strictement croissante.
2. On a un – 3 = - 0,8n , c’est-à-dire un – 3 < 0 ou encore un < 3 donc u est majorée par 3.
De plus la suite u est strictement croissante donc pour tout n : u0 < un c’est à dire : 2 < un
On a donc 2 < un < 3, c’est-à-dire u est bornée.
✒✒ Approfondissements
Variations
Exercice 8
1. Les 6 premiers termes de la suite u définie par un = n! :
n
un
0
1
1
1
2
2
3
6
4
24
5
120
4!
5!
6!
= 4,
= 5 et
= 6.
3!
4!
5!
2.
3. Variations de la suite u
La suite u est à termes strictement positifs
un +1 ( n + 1)!
=
= n +1 >1
un
n!
donc u est une suite strictement croissante.
96
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les suites numériques
Séquence 1
4. Variations de v
La suite v, définie sur N, est à termes strictement positifs :
v n +1
=
vn
(
2 n +1
n +1 !
)
2n
n!
=
(
n!
2 n +1
2
. n =
.
n +1
n +1 ! 2
)
Si n > 1 alors n+1 > 2 c’est-à-dire :
2
u
< 1 d' où n +1 < 1.
n +1
un
Pour n > 1 la suite v est strictement décroissante.
Exercice 9
On considère les suites u, v définies sur N* par :
nn
ln(n )
; vn =
.
un = 1 −
n!
n
1. Valeur des 6 premiers termes des suites u et v :
n
un
1
1
2
0,65…
3
0,63…
4
0,65…
5
0,67…
6
0,70…
vn
1
2
4,5
10,66…
26,04…
64,8
2. Etude des variations :
a) On considère la fonction f définie par :
f (x ) = 1 −
ln(x )
x
1
.x − lnx lnx − 1
f (x ) = − x 2
=
.
x
x2
Si x > e alors f '(x ) > 0.
Pour n ≥ 3 la suite u est strictement croissante.
b)
(n + 1) n +1
n +1
n + 1)
n + 1)!
v n +1
(
(
=
=
vn
nn
n!
nn
n!
(n + 1) = 1 + 1  > 1.
=
 n
nn
(n + 1)!
n
n
Pour n ≥ 1 la suite v est strictement croissante.
97
8 2930 TC PA 00
Généralités sur les suites numériques
Séquence 1
Suite bornée
Exercice 10
1. Montrons que la suite (un)n est bornée si et seulement si la suite (|un|)n est majorée.
a) Si (|un|)n est majorée alors il existe un réel M vérifiant pour tout indice
n : |un| ≤ M
c’est-à-dire – M ≤ un ≤ M donc (un)n est bornée.
b) Réciproquement : Supposons que (un)n soit bornée. Alors il existe 2 réels m et M
vérifiant pour tout indice n : m ≤ un ≤ M
Appelons M’ le plus grand des 2 réels |m| et |M|. Alors |un| ≤ M’
(Exemples : 2 ≤ un ≤ 5 ⇒ |un| ≤ 5, ou encore -3 ≤ un ≤ 4 ⇒ |un| ≤ 4, ou enfin
- 8 ≤ un ≤ 3 ⇒ |un| ≤ 8)
donc (|un|)n est une suite majorée.
Conclusion : La suite (un)n est bornée si et seulement si la suite (|un|)n est majorée.
2. Soit (vn)n la suite définie par :
vn =
( −1)n
.
n +1
a) Si n ≥ 0 alors n+1 ≥ 1 c’est-à-dire :
0<
1
≤ 1.
n +1
n
(−1)n (−1)
1
b) v n =
=
=
.
n +1
n +1 n +1
D’après a), 0 < |vn| ≤ 1 donc la suite (|vn|)n est majorée et finalement (vn)n est une
suite bornée.
98
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
Séquence 2
✒ Applications
Définition de la limite d’une suite
Exercice 1
On considère la suite (un) n définie sur N et de terme général :
un =
1. a) 0 < un < 10-30 ⇔
1
.
n2
1
< 10−30
2
n
c’est-à-dire n2 > 1030 soit n > 1015
d’où : 0 < un < 10-30 à partir de l’indice n0 = 1015 + 1
b) 0 < un < 10
-p
⇔
1
< 10− p c’est-à-dire n2 > 10 p soit n >
2
n
10P
d’où : 0 < un < 10-p à partir de l’indice n0 = ( E 10 p ) +1 où E est la fonction
partie entière.
2. Conclusion :
On peut obtenir 0 < un < 10-p pour tout indice n au-delà de l’indice
1
= 0.
n → +∞ n2
E ( 10 p ) + 1, donc lim
Exercice 2
On considère la suite (un) n définie sur N et de terme général :
un =
un − 3 =
3n2 + 1
.
n2
3n 2 + 1
1
1
− 3 = 2 d©
où lim ( un − 3) = lim 2 = 0 c'est à dire lim un = 3.
2
n →+∞
n →+∞ n
n →+∞
n
n
99
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
Séquence 2
Exercice 3
On considère la suite (un) n définie sur N et de terme général un = n2.
1. a) un > 1030 ⇔ n2 > 1030 soit n > 1015
d’où : un > 1030 à partir de l’indice n0 = 1015 + 1
b) un > 10 p ⇔ n2 > 10 p soit n >
10 p
p
d’où : un > 10 p à partir de l’indice n0 = E ( 10 ) + 1, où E est la fonction partie entière.
2. Conclusion
On peut obtenir un > 10p pour tout indice n au delà de l’indice E ( 10 p ) + 1, donc :
lim (n2 ) = + ∞.
n→ +∞
Calcul de la limite d’une suite
Exercice 4
Etude de la limite des suites (un) n
2
2
) 1+
n+2
n d©
n =
où lim
= 1.
n →+∞ n + 1
1
1
) 1+
n
n
3
3
2 n 2 (1 + 2 ) 2(1 + 2 )
2
2n 2 + 3
2 n d'où lim 2 n + 3 = −2.
2n =
b)
=
n →+∞ n (1 − n )
1
1
n (1 − n )
−n 2 (1 − )
−(1 − )
n
n
1
1
n n .(1 + )
(1 + )
n .( n + 1)
n d'où lim n ( n + 1) = 0.
n =
c)
=
2
n →+∞
2
2
n2 + 2
n +2
n (1 + 2 )
n 2 (1 + 2 )
n
n
n (1 +
n+2
a)
=
n + 1 n (1 +
100
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
Séquence 2
ln(n)
ln(n )
− 1). Or nlim
n = +∞ et nlim
=0
→+∞
→+∞
n
n
d' où lim(ln(n ) − n ) = −∞
n →+∞
d) ln(n) − n = n (
1
1 1 1
n 2 + n + 1 − n = n. 1 + + 2 − n
2
n n
2

1 1 1
= n  1+ + 2 − 
n n
2

e)


 1+ 1 + 12 − 1  = 1 et lim n = +∞
lim
n→+∞ 
n→+∞
n n
2  2

1
2
d' ou nlim
n
+
n
+
1
−
n = +∞
→+∞
2
f) On ne peut traiter la suite u n = n2 + n − n2 + 1 comme dans le e) car on aboutit à
une forme indéterminée du type «∞ - ∞». On lève l’indétermination à l’aide de l’expression conjuguée du numérateur.
( n +n −
n +1 =
2
n +n −
2
2
=
=
d' où lim
n→ +∞
)( n + n +
n2 + 1
)
n2 + 1
n2 + n + n2 + 1
(n2 + n ) − (n2 + 1)
n + n + n +1
2
2
2
=
(n − 1)

1
1
 n 1 + n + n 1 + n2 


n −1
1
.
;
n

1
1 
 1 + n + 1 + n2 


n2 + n − n2 + 1 =
car lim
n → +∞
1
2
n-1
1
1
= 1 et lim
= .
n → +∞ 
n
1
1 2
1
+
+
1
+

n
n2 

101
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
Séquence 2
Exercice 5
1. Pour tout indice fixé n ≥ 1 on a :
vn =
(n + 2)! = (n + 2)(n + 1)n! > n!
n2
n2
(n + 2 )(n + 1)
> 1.
car
n2
De plus n!≥ n d où vn ≥ n.
2. On a : n ≤ v n et lim n = +∞ donc lim v n = +∞.
n → +∞
n → +∞
Exercice 6
−n
On considère la suite (v n ) définie sur N par v n =
1. n 4 + 1 > n 4 ⇒
c'est - à - dire
1
.
1
<
n +1
n4
1
1
< 2 et
4
n +1 n
4
n4 + 1
n
n +1
4
Pour tout indice fixé n, n > 0, v n =
2. Pour tout indice fixé n, n > 0, v n <
<
1
.
n
−n
n4 + 1
=
n
n4 + 1
<
1
.
n
1
.
n
1
=0
n → +∞ n
d' où lim v n = 0.
Par ailleurs lim
n → +∞
Exercice 7
On considère les suites (un) n définies sur N* par :
un =
n2
n2 + n
; vn =
n
n
n
+ 2
+ ... + 2
2
n +1 n + 2
n +n
; wn =
n2
.
n2 + 1
1. Calcul de lim u n et lim w n .
n → +∞
un =
n2
=
n2 + n
n → +∞
n2
1
n2 (1 + )
n
1
=
1+
1
n
1
= 0 d' où lim u n = 1.
n → +∞ n
n → +∞
lim
102
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
wn =
n2
=
n2 + 1
Séquence 2
n2
n2 (1 +
1
)
n2
1
=
1+
1
n2
d' où lim w n = 1.
n → +∞
2. Pour un indice fixé n > 2 on a :
n
n
n
< 2
≤ 2
2
n + n n +1 n +1
n
n
n
< 2
< 2
2
n + n n + 2 n +1
…
…
…
n
n
n
≤ 2
< 2
2
n + n n + n n +1
En ajoutant terme à terme ces inégalités on obtient pour un indice fixé n
n
n
n
n
n
< 2
+ 2
+ ... + 2
< n. 2
n. 2
n + n n +1 n + 2
n +n
n +1
on a donc : un < vn < wn.
3. La limite de la suite (vn) n.
On a : un < vn < wn avec lim u n = lim w n = 1
n → +∞
n → +∞
d’où, en appliquant le théorème «des gendarmes» : lim v n = 1 .
n → +∞
Exercice 8
Soit u la suite définie par :
u0 = 10


1
u n +1 = u n + 1 si n ≥ 0
2

1. Valeur des 6 premiers termes.
n
un
0
10
1
6
2
4
3
3
4
2,5
5
2,25
103
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
Séquence 2
2. On admet que pour tout n ∈ N on a un > 2 (c’est-à-dire 2 – un < 0) .
u n +1 − u n +1 =
(
1
1
u
un + 1 - un = 1 − n = 2 − un
2
2 2
)
donc un+1 – un < 0
u est une suite strictement décroissante.
3. La suite u est décroissante et minorée par 2 donc convergente.
Si l’on note L sa limite lim u n = L
n → +∞
4. L est la limite de u donc lim u n +1 = L.
n → +∞
5. A l’aide de l’égalité u n +1 =
1
u n + 1 et par passage à la limite :
2
(
)
1
 1
1
lim u n +1 = lim  u n + 1 = . lim u n + 1 d' où L = L + 1.
n → +∞  2
n
→
+∞
2
 2
n → +∞
6. L =
1
L + 1 ⇔ 2 L = L + 2 d' où L = 2.
2
Limites et comportements asymptotiques comparés
Exercice 9
a) u n =
un =
lim
n → +∞
n2
2n +1
n2
n2
=
.
2n +1 2n
1
(1 +
1
)
2n
1
(1 +
1
)
2n
n2
= 1 et lim n = 0 d' où lim u n = 0.
n → +∞ 2
n → +∞
104
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
b) u n =
un =
Séquence 2
(n − 1).ln(n )
n(n + 1)
(n − 1).ln(n ) (n − 1) ln(n )
=
.
n(n + 1)
(n + 1) n
donc lim u n = 0
n → +∞
(n − 1)
=1
n → +∞ ( n + 1)
ln(n )
et lim
= 0.
n → +∞
n
n3
n
c) u n = 2 (1 − n )
2
3
n
lim n = 0 et lim 2 n = +∞
n → +∞ 2
n → +∞
donc lim u n = +∞.
car lim
n → +∞
✒✒ Approfondissements
1 1
1
+ 2 +…+ 2
2
1 2
n n
Étude de la suite 

Exercice 10
1. Pour n entier ≥ 2 :
1
1
n
n −1
1
− =
−
=
n − 1 n n.(n − 1) n.(n − 1) n.(n − 1)
2. Soit v la suite définie sur N* par :
vn = 1 +
1
1
1
+
+ ... +
1.2 2.3
( n − 1 ).n
1
1
1
+
+…+
1.2 2.3
n.(n − 1)
1 1 1
1
1
1
1
= 1 + 1 − + − + …… +
−
+
−
2 2 3
n − 2 n −1 n −1 n
a) vn = 1 +
105
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
Séquence 2
où l’on observe que les termes s’éliminent 2 à 2, et finalement :
vn = 1 + 1 −
1
1
=2− .
n
n
1
< 2 donc la suite v est majorée et
n
1
lim v n = lim 2 − = 2.
n → +∞
n → +∞
n
b) v n = 2 −
3. Soit u la suite définie sur N* par :
un =
1 1
1
+ 2 + ... + 2
2
1 2
n
a) Valeur des 5 premiers termes.
n
un
1
1
2
1,25
3
4
1,361… 1,423…
5
1,463…
1 1
1
1 
b) u n +1 − u n =  2 + 2 + … + 2 +

1 2
n (n + 1)2 
1 1
1
1
.
−  2 + 2 +…+ 2 =
1 2
n  (n + 1)2
un+1 - un > 0 donc la suite u est croissante.
c) Montrons que un < vn. Pour tout indice fixé n ≥ 2 on a :
1
≤1
12
1
1
0< 2 <
1.2
2
1
1
0< 2 <
(n − 1).n
n
0<
En ajoutant terme à terme ces inégalités on obtient pour un indice fixé n
0<
1 1
1
1
1
1
+ 2 + ... + 2 < 1 +
+
+ ... +
2
1.2 2.3
( n − 1 ).n
1 2
n
on a donc : 0 < un < vn.
106
8 2930 TC PA 00
Limites des suites
Séquence 2
d) On a 0 < un < vn et vn < 2 donc un < 2 c’est-à-dire la suite u est majorée.
e) La suite u est croissante et majorée donc u est convergente.
f) Valeur approchée de u10 :
u10 =
1 1
1
1
+ 2 + 2 + ... + 2
2
1 2
3
10
A l’aide d’une calculatrice, on trouve u10 ≈ 1,549 767 731 166…
(On comparera à la valeur exacte de la limite :
π2
= 1, 644934...)
6
107
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques,
suites géométriques
Séquence 3
✒ Applications
Suites arithmétiques
Exercice 1
Soit (un)n la suite définie sur N par un = an + b.
D’une part u0 = b
D’autre part un+1 - un = (a(n+1) + b) – (an + b) = a donc un+1 = un + a
donc (un)n est la suite arithmétique de premier terme u0 = b et de raison r = a .
Exercice 2
La suite arithmétique (un)n est définie sur N* par u1 = 3 et r = - 2.
u13 = u1 + 12. r = 3 + 12( -2) = -21
S13 = u1 + ... + u13 = 13.
( u + u ) = 13. 3 − 21 = −117.
1
13
2
2
Exercice 3
La suite arithmétique u est définie sur N* par u5 = 17 et u18 = 108.
1. u5 = 17 ⇔ u1 + 4r = 17
et
u18 = 108 ⇔ u1 + 17r = 108
u + 4r = 17
d' où le système  1
.
u1 + 17r = 108
dont les solutions sont u1 = -11 et r = 7
2. Somme de ses 100 premiers termes.
u100 = u1 + 99. r = -11 + 99( +7) = 682.
S100 = u1 + ... + u100 = 100.
( u + u ) = 100. (−11 + 682) = 33550.
1
100
2
2
109
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
Suites géométriques
Exercice 4
Soit (un)n la suite définie sur N* par un = a.bn-1.
un+1 = a.b(n+1)-1 = a.bn = b.(a.bn-1) = b. un
donc (un)n est une suite géométrique de raison q = b. De plus u1 = a.b0 = a.
Conclusion : (un)n est la suite géométrique définie par u1 = a et q = b.
Exercice 5
Pour la suite géométrique définie par u1 = 3 et q = -2, le 11e terme est :
u11 = 3.(-2)10 = 3072
et la somme des 11 premiers termes est :
1 - q11
1 − ( −2 )11
= 3.
= 2049.
u1 + ... + u11 = u1.
1-q
1 − ( −2 )
Exercice 6
1
u9
1
1.
= q 4 on a donc q 4 = 27 = 4
u5
3
3
1
1
u
3
d’ où : q = − ou q = + . Dans les 2 cas, u1 = 45 =
= 35 = 243.
1
3
3
q
34
Il existe deux suites géométriques telles que u5 = 3 et u9 =
2. Somme des 15 premiers termes.
1
27
15
 1
1
1− − 
1 + 15
15
 3
1
1− q
3 = 729 1 + 1 
= 243.
a) Si q = − alors u1 + ... + u15 = u1
= 243.


4
4  315 
3
1− q
 1
1− − 
3
 3
15
 1
1
1− + 
1 − 15
15
 3
1
1− q
3 = 729 1 − 1 
= 243.
= 243.
b) Si q = + alors u1 + ... + u15 = u1.


2
3
1− q
2  315 
 1
1− + 
3
 3
110
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
Limite des suites
Exercice 7
Limite de la suite arithmétique définie sur N* par u1 = 3 et r = 0,8.
un = u1 + (n-1). r = 3 + (n - 1).0,8 = 0,8n + 2,2
lim u n = lim (0, 8n + 2, 2 ) = +∞.
n → +∞
n → +∞
Exercice 8
a) Soit (un)n la suite géométrique définie sur N* par u1 = -2 et q = 0,8.
q ∈ ]-1 ; + 1[ donc lim un = 0 : (un)n converge vers 0.
b) Soit (un)n la suite géométrique définie sur N* par u1 = 3 et q = -1,2.
q ∉ ]-1 ; + 1] (Attention à la borne fermée!) donc (un)n diverge.
Exercice 9
Soit (un)n la suite géométrique définie sur N* par son premier terme u1 et sa raison q.
1− qn
.
Sn = u1 + u2 + ... + u n = u1
1− q
a) Si u1 = -2 et q = 0,8 alors :
Sn = −2.
(
)
1 − 0, 8 n
= −10. 1 − 0, 8 n donc lim Sn = -10.
1 − 0, 8
b) Si u1 = 3 et q = -1,2 alors
Sn
( )
= 3.
1 − ( −1, 2 )
1 − −1, 2
n
=
(
)
n
3 
.1 − −1, 2 
2, 2
(Sn)n est divergente car un = (-1,2)n n’a pas de limite en +∞.
111
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
✒ ✒ Approfondissements
Suites arithmétiques
Exercice 10
Les nombres impairs forment une suite arithmétique de premier terme u1 = 1 et de raison r = 2.
Son nième terme est : un = u1 + (n – 1). r = 1 + 2(n - 1) = 2n - 1.
La somme des n premiers nombres impairs est égale à :
(u + u n )
Sn = u1 + u2 + ... + u n = n 1
2
(1 + 2n − 1)
= n2 .
soit Sn = n
2
Exercice 11
Etudier la limite de la suites (un) n de terme général :
un =
On sait que 1+ 2 + … + n =
d' où u n =
1 + 2 + ... + n
.
n2
n(n + 1)
.
2
1
n(n + 1)
, donc lim u n = .
2
n → +∞
2
2.n
Exercice 12
On considère la suite (un)n définie sur N* par : u1 = 3 et un+1 = un - 3
1. (un)n est la suite arithmétique premier terme u1 = 3 et de raison r = -3.
Son nième terme est : un = u1 + (n – 1). r = 3 - 3(n - 1) = -3n + 6.
2. Pour quelle valeur de n a-t-on : u1 + u2 + … + un = -3672 ?
?
?
?
?
?
?
u1 + u n
−3n + 9 .n
3 − 3n + 6
u1 + ... + u n = n.
= n.
=
2
2
2
?
?
−3n + 9 .n
u1 + u2 + ... + u n = −3672 ⇔
= −3672
2
(
(
)
(
) (
)
)
d’où 3n2 - 9n – 7344 = n2 - 3n - 2448 = 0, équation dont le discriminant ∆ = 9 801
= 992 et dont les racines sont –48 et 51.
Conclusion : u1 + u2 + … + u51 = -3672
112
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
Suites géométriques
Exercice 13
(un)n est la suite géométrique, définie sur N*, de premier terme u1 > 0 et de raison q > 0.
un = u1.qn-1.
1. Soit (vn)n la suite de terme général vn = ln(un).
vn+1 - vn = ln(un+1) - ln(un) = ln(u1.qn) - ln(u1.qn-1)
= ln(u1) + n. ln(q) - ln(u1) – (n - 1).ln(q)
vn+1 - vn = ln(q)
donc (vn)n est la suite arithmétique de premier terme v1 = ln(u1) et de raison r = ln(q).
2. On considère la suite (wn)n définie sur N* par : wn = u1 x u2 x … x un
wn = u1 x u2 … x un = u1 x u1 q x u1 q2 x… x u1.qn-1
w n = u1n .q1+ 2 +... + ( n −1)
1+ 2 +... + ( n −1)
w n = u .q
n
1
= u .q
n
1
( n −1). n
2
car 1 + 2 + ... + (n − 1) =
(n − 1).n
.
2
3. On considère la suite (zn)n définie sur N* par : zn = ln( u1 x u2 x … x un )
( n −1). n
2
(n − 1).n
ln(q )
2
n2
n
ln(q ) 2
1
z n = n.ln(u1 ) + ln(q ) − ln(q ) =
.n + n (ln(u1 ) − ln(q ))
2
2
2
2
u
z n = ln( q ).n2 + n ln( 1 ).
q
z n = ln(u1n .q
) = n.ln(u1 ) +
Suite arithmético - géométrique
Exercice 14
Soit (un)n la suite définie sur N* par :
u1 = 0


1
u + 4
un +1 =
2 n

113
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
A - Étude numérique
1. a) Les 6 premiers termes de la suite u
n
un
1
0
2
4
3
6
4
7
5
7,5
6
7,75
b) A l’infini la suite (un)n semble converger vers 8.
c) Comportement de la somme à l’infini.
On observe que u1 + … + un > 0 + 4 + 6 + 7 + 7,5 + …
A l’infini la suite ( u1 + … + un)n semble diverger vers +∞.
B - Étude analytique
On considère la suite (vn)n définie par vn = un – 8, n ≥ 1.
2. a) v1 = u1 – 8 = - 8
vn +1 = un +1-8 =
c’est-à-dire v n +1 =
1
1
1
un + 4-8 =
un − 4 = (un − 8).
2
2
2
1
vn.
2
Donc (vn)n est la suite géométrique de premier terme v1 = –8 et de raison q = 0,5.
b) Expression de vn et de un en fonction de n :
vn = v1.qn-1 = - 8 .0,5n-1
et un = vn + 8
d’où : un = 8 - 8 .0,5n-1.
(
)
c) Limite de la suite u : lim un = lim 8 − 8.0, 5n −1 = 8.
n →+∞
n→+∞
1− qn
1− q
(somme des termes d'une suite géométrique)
3. a) S 'n = v1 + v2 + ... + v n = v1.
d' où S'n = −8.
1 − 0, 5 n
= −16. 1 − 0, 5 n .
1 − 0, 5
(
)
114
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
n
n
i =1
i =1
(
b) Sn = u1 + u2 + ... + u n = ∑ ui = ∑ 8 + vi
)
Séquence 3
 n 
= 8n +  ∑ vi  = 8n + S 'n
 i =1 
Sn = 8n + S 'n = 8n − 16(1 − 0, 5n ).
c) Limite de Sn quand n tend vers +∞ :
lim Sn = lim 8 n − 16(1 − 0, 5 n ) = +∞.
n →+∞
(
n →+∞
)
Exercice 15 (d’après sujet BTS)
Soit u la suite définie sur N* par
u1 = 1

u n +1 = a.u n + b.n + c (n > 0)
où a, b et c sont trois constantes réelles.
1. Calcul de a, b et c :
u2 = a.u1 + b + c
u 3 = a.u2 + 2b + c
u4 = a.u 3 + 3b + c
avec par hypothèse u2 = 3, u 3 = 4 et u4 = 3.
a + b + c = 3

d' où  3a + 2b + c = 4
 4a + 3b + c = 3

dont les solutions sont a = 2, b = -3 et c = 4.
2. On prend : a = 2, b = -3 et c = 4.
Soit la suite v définie sur N* par : vn = un - 3n + 1, pour tout n élément de N*.
a) v1 = u1 – 3(1) + 1 = -1
vn+1 = un+1 – 3(n+1) + 1 = 2.un - 3n + 4 – 3n - 3 + 1
= 2. un - 6n + 2 = 2. vn
donc v est la suite géométrique de premier terme v1 = -1 et de raison q = 2.
b) vn = v1 .qn-1 car v est une suite géométrique, d’où vn = - 2n-1.
Par ailleurs vn = un - 3n + 1, c’est à dire un = 3n – 1 + vn donc
un = 3n – 1 - 2n-1.
115
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
c) Pour n ≥ 2,
1− qn
Sn = v1 + v2 + ... + v n = v1.
1− q
( ) 11−−22
Sn = −1 .
n
= 1 − 2 n.
d) On sait que pour un = 3n – 1 + vn
n
n
n
n
S’n = u1 + u2 + ... + un = ∑ u1 = ∑ 3i − 1 + vi =  ∑ 3i  − n + ∑ vi 
 i =1 
 i =1 
i =1
i =1
(
)
 n 
n ( n + 1)
=  3.∑ i − n + Sn = 3.
− n + 1 − 2n
2
 i= 1 
car 1 + 2 + … + n =
S 'n =
(
n ( n + 1)
.
2
)
1
3n2 + n + 2 − 2 n +1 .
2
2

1
2
n +1
n  3n + n + 2

e) S ©
( 3n + n + 2 − 2 ) = −2
+ 1
n=
n +1
2
 −2

2

n  3n + n + 2

lim S ©
=
lim
−
+ 1 = −∞
2
n
n
+
1
n →+∞
n →+∞
 −2

3n 2 + n + 2
= 0 et lim − 2 n = −∞.
n +1
n →+∞
n →+∞
−2
car lim
Exercice 16
 1 1
1
Étude de la suite 1 + + + ... + 
n! n
 1! 2!
A. Préliminaire
n
 1
1−  
 2
1 1
1
Sn = 1 + 1 + 2 + ... + n −1 = 1
1
2 2
2
1−
2
(somme des termes d'une suite géométrique)
116
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
  1 n
1
Sn = 2.1 −    = 2 − n −1
2
  2 
Sn = 2 −
1
donc Sn < 2.
2 n −1
B. Soit u la suite définie sur N * par u n = 1 +
1 1
1
+ + ... +
1! 2!
n!
1. Les 5 premiers termes :
n
un
1
2
2
2,5
3
4
2,666… 2,708…
5
2,716…
 1 1
1
1   1 1
1
1
2. u n +1 − u n = 1 + + + ... + +
 − 1 + + + ... +  =
n! (n + 1)!  1! 2!
n! (n + 1)!
 1! 2!
1
>0
(n + 1)!
donc la suite u est croissante.
u n +1 − u n =
3. On admet que ∀ n, n ∈ N et n ≥ 2 ⇒ n! ≥ 2n-1.
a) ∀ i, i ∈ {2,…,n} ⇒ i! ≥ 2i-1 d’où 1 ≤ 1
i ! 2 i −1
n
n
donc ∑ 1 ≤ ∑ 1
i −1
i =2 i !
i =2 2
1
1 1 1
1
+ ... + ≤ 1 + 2 + ... + n −1
2!
2
n! 2 2
1 1
1
1 1
1
donc : 1 + + + ... + ≤ 1 + 1 + 1 + 2 + ... + n −1 .
1! 2!
2 2
2
n!
c'est - à - dire :
b) D' après le a) : 1 +
donc 1 +
1 1
1
+ + … < 1 + Sn avec Sn < 2
1! 2!
n!
1 1
1
+ + ... + < 3 et la suite u est majorée.
1! 2!
n!
117
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
4. La suite u est croissante et majorée donc convergente.
5. A l’aide d’une calculatrice, on obtient
u10 = 2,718 281 810 … (on montre que lim u n = e ).
n→ +∞
✒✒✒ Travaux pratiques
Exercice 17 - Croissance d’une entreprise
L’analyse des résultats d’une entreprise au 1er janvier de chaque année fait apparaître
tous les ans une progression de 4 % de sa production. Celle-ci était de 150 000 unités
le 1.1.1997.
Soit un la valeur (en milliers d’unités) de la production au 1er janvier de l’année de rang
n (u0 = 150 en 1997, u1 en 1998 etc.).
1. Evolution de la production de l’entreprise du 1.1.1997 au 1.1.2001 :
Année
Rang de l’année i
Production ui (en milliers d’unités)
1997
0
150
1998
1
156
1999
2
162,24
2000
3
168,73
2001
4
175,48
(résultats à 10-2 près)
2. a) un+1 = un + 0,04 un = 1,04 un.
(un) n est la suite géométrique de 1er terme u0 = 150 et de raison q = 1,04.
b) un = u0 . qn d’où un = 150 . 1,04n .
3. a) Le 1.1.2006, on a n = 9. Si cette évolution se poursuit, la production sera
u9 = 150 . 1,049 = 213 (à un millier d’unités près par défaut.)
b) A quelle date observera-t-on que un ≥ 2 u0 ?
un ≥ 2 u0 ⇔ u0 . 1,04n ≥ 2 u0 c’est à dire 1,04n ≥ 2
soit n.ln(1,04) ≥ ln2 ou n ≥
ln(2 )
= 17, 67...
ln(1, 04 )
On observera que un ≥ 2. u0 si n = 18 c’est-à-dire le 1.1.2015.
118
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
4. A quelle date observera-t-on que un ≥ 240 ?
un ≥ 240 ⇔ 150 . 1,04n ≥ 240 c’est à dire 1,04n ≥ 1,6
soit n.ln(1,04) ≥ ln1,6 ou n ≥
ln(1, 6)
= 11, 98...
ln(1, 04 )
On observera que un ≥ 240 si n = 12 c’est-à-dire le 1.1.2009.
Valeur totale de la production depuis le 1.1.1997 :
Elle est égale à u0 + u1 + … + u12 = u0 .
1 − q13
1 − 1, 0413
= 150.
1− q
1 − 1, 04
u0 + u1 + … + u12 = 2 494 (à un millier d’unités près par défaut.)
5. Soit t le taux, annuel et constant, de variation de sa production. On cherche la nouvelle valeur de t pour laquelle u10 ≥ 2 u0 c’est à dire u0 . (1 + t)10 ≥ 2 u0.
u0 . (1 + t)10 ≥ 2 u0 ⇔ (1 + t)10 ≥ 2
10
10
c’est-à-dire 1 + t ≥ 2 soit t ≥ 2 − 1
On obtient t ≥ 0, 071 7…
Si le 1.1.1997, l’entreprise avait souhaité doubler en 10 années sa production, son
taux annuel et constant de variation de production aurait dû être de 7,2 %.
Exercice 18 - Croissance de populations (BTS comptabilité et gestion des organisations)
Dans une région, une étude a porté sur l’évolution de la population de trois villes entre
1970 et 1990.
119
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
Partie A - Etude théorique
On note f, g, h les fonctions définies pour tout nombre réel x de l’intervalle [0 ; 20] par :
f(x) = e0,1x; g(x) = 4 e-0,1x ; h(x) = 0,3x + 0,6.
1. a) f’(x) = 0,1.e0,1x . f’ (x) > 0 donc f est strictement croissante.
Tableau de variation de f sur [0; 20].
x
0
20
f’(x)
+
e2
f(x)
1
b) g’ (x) = -0,4.e0,1x . g’ (x) < 0 donc g est strictement décroissante.
Tableau de variation de g sur [0; 20].
x
0
20
g’(x)
4
g(x)
4.e-2
2. f(x) = g(x) ⇔ e0,1x = 4 e-0,1x d’où e0,2x= 4
ln(e0,2x) = ln 4
soit 0,2x = 2 ln 2
ainsi f(x) = g(x) ⇔ x = 10 ln 2
L’équation f(x) = g(x) admet une solution et une seule dans [0; 20] :
x0 = 10 ln2 ≈ 6,9
3. Soit d la fonction définie sur [0 ; 20] par d(x) = h(x) - f(x).
d(x) = 0,3x + 0,6 - e0,1x
a) d’(x) = 0,3 – 0,1.e0,1x
d’(x) = 0 ⇔ 0,1.e0,1x = 0,3
d’ où e0,1x = 3
ou encore ln(e0,1x) = ln 3
soit 0,1x = ln 3
ainsi d’(x) = 0 ⇔ x = 10 ln 3.
120
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
L’équation d’(x) = 0 admet une solution et une seule dans [0; 20] : α = 10 ln3
d(α) = d(10.ln3) = 3ln3 + 0,6 - eln3
α = 10 ln3 et d(α) = 0,895…
b) Signe de d’ :
d’’(x) = – 0,01.e0,1x < 0 donc d’ est strictement décroissante
Si x < α alors d’(x) > d’(α) (car d’ est strictement décroissante) donc d’(x) > 0
Si x > α alors d’(x) < d’(α) (car d’ est strictement décroissante) donc d’(x) < 0
Remarque
Pour étudier le signe de d’ on pouvait également résoudre directement l’inéquation
d’(x) > 0
Tableau de variation de d : d(x) = 0,3x + 0,6 - e0,1x
x
α
0
d’(x)
+
0
20
-
d(α)
d(x)
6,6 - e2
-0,4
d(0) = 0,3(0) + 0,6 - e0 = - 0,4
d(α) = 0,895…
d(20) = 6,6 - e2 = -0, 789 …
c) f(x) = h(x) ⇔ d(x) = 0
Sur [0; d] : d est dérivable et strictement monotone,
donc d réalise une bijection de [0 ; α] sur [d(0); d(α)].
Or : d(α). d(0) < 0
donc l’équation d(x) = 0 admet une solution unique sur [0 ; α].
On fait le même raisonnement sur [α ; 20]
donc l’équation d(x) = 0 admet 2 solutions x1 et x2 sur [0 ; 20].
Conclusion : f(x) = h(x) admet deux solutions, distinctes x1 et x2 sur [0 ; 20],
121
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
Par ailleurs :
x
2,1
d(x) -0,003…
2,2
+0,013…
…
…
17,8
+0,010…
17,9
-0,019…
D’où : 2,1 < x1 < 2,2 et 17,8 < x2 < 17,9.
d) Courbes représentatives de f, g, h sur [0; 20] :
5
(Ch)
(Cf)
(Cg)
1
0
5
10
15
20
Partie B - Application démographique
Pour chacune des trois villes le nombre d’habitants, exprimé en milliers, pour l’année
(1970 + n), où n est un entier positif ou nul compris entre 0 et 20, est donné par les
relations suivantes :
Ville V1 : f(n) = e0,1.n
Ville V2 : g(n) = 4 e-0,1.n.
Ville V3 : h(n) = 0,3n + 0,6.
122
8 2930 TC PA 00
Suites arithmétiques, suites géométriques
Séquence 3
1. En utilisant les résultats de la partie A :
a) Les villes V1 et V2 ont eu le même nombre d’habitants quand f(n) = g(n) c’est-àdire pour n = 6,9 soit au cours de l’année 1976.
b) Les villes V1 et V3 ont le même nombre d’habitants quand f(n) = h(n) c’est-à-dire
pour d(n) = 0 donc n = 2,1... et n = 17,8... soit au cours des années 1972 et 1987.
c) On a enregistré le plus grand écart entre les populations de V1 et V3 quand d(n) a
été maximal c’est-à-dire pour n = 10,9 soit au cours de l’année 1980.
2. Un statisticien affirme que « Le nombre d’habitants de la ville V1 a augmenté de 10,5 %
par an entre 1970 et 1990 ».
On note P0 la population de V1 en 1970 et Pn la population en (1970 + n) exprimées
en milliers d’habitants. Par hypothèse P0 = 1.
a) Pn+1 = Pn + 0,105. Pn = 1,105. Pn
b) (Pn) n est la suite géométrique de 1er terme P0 = 1 et de raison q = 1,105.
Pn = P0 . qn
d’où
Pn = 1,105n.
c) Comparaison des résultats :
Nombre d’habitants, exprimé en milliers (Valeurs approchées à 10-3 près)
Année
n n
f(n)
f(n)
Pn Pn
1972
2
1,221
1,221
…
…
…
…
1987
17
5,473
5,459
On obtient bien à 20 individus près les mêmes résultats.
123
8 2930 TC PA 00
Unité 4
Statistique descriptive
➤ Prérequis
• Notions élémentaires de calcul algébrique
➤ Objectifs
• Consolider et approfondir les connaissances acquises les années
antérieures.
➤ Contenu
• Séquence 1 : séries statistiques à une variable
125
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
Les divers résultats ont été obtenus à l’aide d’une calculatrice TI 83.
✒ Applications
Exercice 1
1. Exemple de saisie des données
2. Représentation
– En abscisses chaque graduation représente 1 unité.
– En ordonnées chaque graduation représente 5 unités.
Polygone des effectifs
Exercice 2
1. Exemple de saisie des données
127
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
2. Représentation
En utilisant la fenêtre ci-dessous :
on obtient l’histogramme :
– En abscisses chaque graduation représente 4 unités.
– En ordonnées chaque graduation représente 5 unités.
Exercice 3
Calcul des ECC et ECD de la série statistique (xi, ni).
rang i
val. caract. xi
effectifs ni
fréquences fi
ECC
ECD
1
2
3
4
5
6
7
3
5
6
7
9
10
11
4
13
31
41
48
10
3
n = 150
0,027
0,087
0,207
0,273
0,320
0,067
0,020
1
4
17
48
89
137
147
150
150
146
133
102
61
13
3
128
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
Exercice 4
1. Le mode est égal à 9 (effectif 48).
2. Calcul de la moyenne
a) On complète le tableau ci-dessous :
val. caract. xi
effectifs ni
ni xi
3
…
11
4
…
3
12
…
33
n = 150
1115
1 p
1115 223
ni x i =
=
≈ 7, 43
∑
n i =1
150
30
b) À l’aide d’une calculatrice :
moyenne : x =
Saisie des données
Activer la fonction
Calculs
On obtient x– ≈ 7,43.
Résultats
Exercice 5
1. La fréquence f des notes strictement inférieures à 12 est : f =
2. La classe modale est la classe [8; 12[ (effectif 44).
3. Calcul de la moyenne
a) On complète le tableau ci-dessous :
Classes
[0 ; 4[
[4 ; 8[
…
[16 ; 20][
3 + 25 + 44
= 72 %.
100
Val. centr. xi
effectifs ni
ni xi
ni xi2
2
6
3
25
…
11
n = 100
6
150
12
900
198
1 032
3 564
12 208
18
1 p
1032
moyenne : x = ∑ ni x i =
= 10, 32
100
n i =1
129
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
b) À l’aide de la calculatrice on obtient x– ≈ 10,32.
Exercice 6
Calcul de la médiane
1.
val. caract. xi
ECC
3
5
6
7
9
10
4
17
48
89
…
…
11
150
n
n
= 75 et + 1 = 76. Les 75e et 76e individus sont situés parmi dans
2
2
les 89 premiers individus cumulés dans le rangement de la population :
vc(75) = vc(76) = 7.
1
7+7
me = ⋅ vc(75) + vc(76) =
=7
2
2
2. À l’aide de la calculatrice :
n = 150 est pair :
[
]
La valeur de la médiane obtenue est me = 7.
130
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
Exercice 7
Calcul de la médiane
1. Notes obtenues en Mathématiques :
Classes
[0 ; 4[
[4 ; 8[
[8 ; 12[
[12 ; 16[
[16 ; 20]
Val. centr. xi
effectif ni
2
6
10
14
18
3
25
44
17
11
100
ECC
3
28
72
89
100
Ici n = 100 et si l’on prend me = vc(50), la médiane sera située dans la 3e classe.
Les effectifs étant supposés répartis de façon homogène à l’intérieur de la classe [8; 12[,
les suites (28, 50, 72) et (8, me, 12) sont proportionnelles et l’on aura :
me − 8 50 − 28 d’où m = 10.
=
e
12 − 8 72 − 28
2. À l’aide de la calculatrice :
Exercice 8
Étendue, variance et écart type
1. On complète le tableau :
val. caract. xi
effectifs ni
ni xi
ni xi2
3
…
11
4
…
3
150
12
…
33
1 115
36
…
363
8 737
131
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
2. L’étendue est égale à x7 – x1 = 11 – 3 = 8.
2
 1 p

 8737  223 
2693
ni x i2  − x 2 = 
3. a) Variance : σ = 
 −
 =
∑
900
 150 i =1

 150   30 
2
Écart type : σ = σ 2
σ ≈ 1,73
b) À l’aide de la calculatrice :
Ecart type : σ = 1,729…
Moyenne : –x = 7,433…
Exercice 9
Étendue, variance et écart type
1. On complète le tableau :
Classes
[0 ; 4[
[4 ; 8[
…
[16 ; 20[
Val. centr. xi
effectifs ni
ni xi
ni xi2
2
6
…
18
3
25
…
11
100
6
150
…
198
1 032
12
900
…
3 564
12 208
2. L’étendue est égale à 20 – 0 = 20.
2
 1 p

 12208 
2
σ
=
ni x i2  − x 2 = 
3. a) Variance :

 − (10, 32) = 15, 5776
∑
 100 i =1

 100 
Écart type : σ = σ 2 ≈ 3,946 84.
b) À l’aide de la calculatrice :
Moyenne : –x = 10,32
Écart type : σ ≈ 3,946 84
132
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
✒✒ Approfondissements
Exercice 10
Étude comparée de deux séries statistiques
1. Répartition des salaires mensuels en milliers d’euros des employés dans deux entreprises A et B
Histogrammes et Polygones des effectifs
Entreprise A
Entreprise B
Entreprise A
Salaires xi
[1 ; 1,5[
[1,5 ; 2[
[2 ; 2,5[
[2,5 ; 3[
[3 ; 3,5[
Effectif ni
35
125
173
109
48
ECC
35
160
333
442
490
Entreprise B
Salaires xi
[1 ; 1,5[
[1,5 ; 2[
[2 ; 2,5[
[2,5 ; 3[
[3 ; 3,5[
Effectif ni
15
83
251
79
28
ECC
15
98
349
428
456
2. Classe modale des entreprises A et B : [2 ; 2,5[
3.
Entreprise A
Entreprise B
133
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
4. Calcul de la médiane à un centime d’euro près
Entreprise A :
Si l’on prend me = vc(245) la médiane sera située dans la 3e classe et on aura proportionnellement :
160 < 245 < 333 et 2 < me < 2,5, donc
me − 2 245 − 160
=
d’où me ≈ 2,25.
2, 5 − 2 333 − 160
Entreprise B :
Si l’on prend me = vc(228) la médiane sera située dans la 3e classe et on aura proportionnellement :
98 < 228 < 349 et 2 < me < 2,5, donc
me − 2 228 − 98
d’où me ≈ 2,26.
=
2, 5 − 2 349 − 98
5. Calcul du quartile Q1 à un centime d’euro près
Entreprise A :
Si l’on prend Q1 = vc(122) le quartile sera situé dans la 2e classe et on aura proportionnellement :
Q − 1,5 122 − 35
=
d’où Q1 ≈ 1,85.
35 < 122 < 160 et 1,5 < Q1 < 2 donc 1
2 − 1, 5 160 − 35
Entreprise B :
Si l’on prend Q1 = vc(114) le quartile sera situé dans la 3e classe et on aura proportionnellement :
98 < 114 < 349 et 2 < Q1 < 2,5, donc
Q1 − 2 114 − 98
d’où Q1 ≈ 2,03.
=
2, 5 − 2 349 − 98
6. Etendue de la série pour les entreprises A et B : 3,5 – 1 = 2,5.
7. Population dont les salaires sont situés sur I = [x– - σ ; –x + σ] et J = [x– - 3σ ; –x + 3σ]
Entreprise A :
• I = [x– - σ ; –x + σ] soit approximativement [1,7 ; 2,8]
x
125
=
Sur [1,7 ; 2[ : si x personnes sont sur cet intervalle d’amplitude 0,3 :
0, 3 2 − 1, 5
donc x = 75.
Sur [2 ; 2,5[ :173 personnes sont sur l’intervalle.
y
109
Sur[2,5 ; 2,8] : si y personnes sont sur cet intervalle d’amplitude 0,3 :
=
0,3 3 − 2, 5
donc y = 65,4.
Il y a (x + 173 + y) personnes dont les salaires sont situées sur l’intervalle I soit envi313
≈ 63,9 % des personnes.
490
• J = [x– - 3σ ; –x + 3σ] soit approximativement [0,6 ; 3,9]
Toutes les personnes ont leurs salaires situés sur l’intervalle J donc f = 100 %.
ron 313, c’est-à-dire f =
134
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
Entreprise B :
• I = [x– - σ ; –x + σ] soit approximativement [1,8 ; 2,7].
Il y a (x + 251 + y) personnes dont les salaires sont situés sur l’intervalle I soit environ
316
≈ 69,3 % des personnes.
456
• J = [x– - 3σ ; –x + 3σ] soit approximativement [0,99 ; 3,6].
Toutes les personnes ont leurs salaires situés sur l’intervalle J donc f = 100 %.
316, c’est-à-dire f =
Exercice 11
On considère la série continue définie par :
Classes Ci
Val. centr. xi
effectifs ni
ECC
[0 ; 30[
[30 ; 50[
[50 ; 60[
[60 ; 100[
[100 ; 140[
15
40
55
80
120
30
40
60
92
28
30
70
130
222
250
250
La série n’est pas une série régulière : pour la classe « 100 et plus » on convient que son
étendue est égale à l’étendue de la classe voisine.
1. Histogramme et le polygone des effectifs cette série
On considère les amplitude des classes et on raisonne sur leur plus petit multiple commun.
L’intervalle [0; 30[ est 3 fois plus grand que l’intervalle [50; 60[ : on divise sa hauteur par 3.
L’intervalle [30; 50[ est 2 fois plus grand que l’intervalle [50; 60[ : on divise sa hauteur par 2.
L’intervalle [60; 100[ est 4 fois plus grand que l’intervalle [50; 60[ : on divise sa hauteur par 4.
(même chose pour l’intervalle [100; 140[ )
– En abscisses et en ordonnées chaque marque représente 10 unités.
Les aires des rectangles représentant chacune des classes sont proportionnelles aux
effectifs.
135
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
2.
Moyenne : –x = 64,28.
 1 p

1244250
Variance : σ 2 = 
− 64, 282 = 845, 0816
ni xi2  − x 2 =
∑
250
 250 i =1

Ecart type : σ ≈ 29,07
3. L’étendue est égale à 140 – 0 = 140.
Médiane : si l’on prend me = vc(125) la médiane sera située dans la 3e classe et on aura
proportionnellement 70 < 125 < 130 et 50 < me < 60, donc
me − 50 125 − 70
d’où me ≈ 59,2.
=
60 − 50 130 − 70
Quartiles : si l’on prend Q1 = vc(63) et Q3 = vc(187), Q1 sera située dans la 2e classe,
Q3 sera située dans la 4e classe et on aura proportionnellement :
30 < 63 < 70 et 30 < Q1 < 50,
130 < 187 < 222 et 60 < Q3 < 100, donc
Q1 − 30 63 − 30 et Q3 − 60 187 − 130 d’où Q = 46,5 et Q ≈ 84,78.
=
=
1
3
50 - 30 70 − 30
100 - 60 222 − 130
4. Pourcentage des candidats
a) dont les notes sont situées sur l’intervalle I = [x– - σ ; –x + σ] soit approximativement
[35,2 ; 93,4]
x
40
x individus sont sur l’intervalle [35,2 ; 50[ d’amplitude 14,8 :
donc
=
14
,
8
50
30
−
x = 29,6.
60 individus sont sur l’intervalle [50 ; 60[
y
92
y individus sont sur l’intervalle [60 ; 93,4] d’amplitude 33,4 :
donc
=
33, 4 100 − 60
y = 76,8.
Il y a (x + 60 + y) candidats dont les notes sont situées sur l’intervalle I soit environ
166
166 candidats, c’est-à-dire f =
= 66,4 % des candidats.
250
136
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
– - 2 σ ; –x + 2 σ] soit approximab) dont les notes sont situées sur l’intervalle J = [x
3
3
tivement [44,9 ; 83,7].
x individus sont sur l’intervalle [44,9 ; 50[ d’amplitude 5,1 : x = 40
donc
5
,
1
50
30
−
x = 10,2.
60 individus sont sur l’intervalle [50 ; 60[.
92
y individus sont sur l’intervalle [60 ; 83,7] d’amplitude 23,7 : y =
donc
23, 7 100 − 60
y = 54,51.
Il y a (x + 60 + y) candidats dont les notes sont situées sur l’intervalle J soit environ
125
125 candidats, c’est-à-dire f =
= 50 % des candidats.
250
✒✒✒ Travaux pratiques
Changement d’origine et d’échelle
1. Médiane :
On prend me = vc(275). La médiane est située dans la 4e classe et on aura proportionnellement
me − 970 275 − 129
129 < 275 < 304 et 970 < me < 990, donc
d’où me ≈ 986,68.
=
990 - 970 304 − 129
Déciles:
On prend D1 = vc(55) et D9 = vc(495). D1 est située dans la 3e classe et D9 dans la
7e classe et on aura proportionnellement
24 < 55 < 129 et 950 < D1 < 970,
480 < 495 < 511 et 1030 < D9 < 1050, donc
D1 − 950
55 − 24
D9 − 1030
495 − 480
et
d’où D1 ≈ 955,9 et D9 ≈ 1039,7.
=
=
970 − 950 129 − 24
1050 − 1030 511 − 480
D9 ≈ 1.09 est l’échelle des salaires de l’entreprise.
D1
2. En posant yi =
xi − 980
on obtient :
20
yi
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
5
6
7
ni
3
21
105
175
124
52
31
12
8
11
8
Moyenne –y = 0,681 8…
Ecart type σy = 1,784 4…
137
8 2930 TC PA 00
Séries statistiques à une variable
Séquence 1
x = 20 y + 980
x i − 980
alors 
20
σ x = 20 ⋅ σ y
 x ≈ 993, 63
d’où 
.
σ x ≈ 35, 69
Si y i =
3. On propose aux employés pour le mois suivant d’une augmentation de 12 % des
salaires et une prime de 300 €.
z = 1,12 ⋅ x + 300
on a donc zi = 1,12 xi + 300 d’où 
σ z = 1,12 ⋅ σ x
z ≈ 1412, 87
soit 
.
39
,
97
σ
≈
 z
138
8 2930 TC PA 00
Unité 5
Calcul des probabilités
➤ Prérequis
• Éléments de la théorie des ensembles.
➤ Objectifs
• Savoir traiter des problèmes élémentaires de dénombrement.
• Initiation aux phénomènes aléatoires.
• Définition d’une variable aléatoire, de son espérance mathématique
et de sa variance.
• La fonction de répartition.
• Notions élémentaires sur les probabilités.
• Résultats sur les variables aléatoires réelles discrètes.
➤ Contenu
• Séquence 1 : dénombrement
• Séquence 2 : probabilités
• Séquence 3 : variables aléatoires réelles discrètes
• Séquence 4 : loi binomiale – loi de Poisson
139
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
✒ Applications
Ensembles
Exercice 1
Sur 100 étudiants, on considère les ensembles A de ceux qui étudient l’anglais, I de
ceux qui étudient l’italien, E de ceux qui étudient l’espagnol.
– – –
On note A, I , E les ensembles de ceux qui n’ étudient pas ces langues.
Traduisons les hypothèses :
100 étudiants : Card Ω = 100
55 étudient l’anglais : Card A = 55
9 étudient l’anglais et l’espagnol : Card A∩E = 9
7 étudient l’anglais et l’italien : Card A∩I = 7
8 étudient l’italien et l’espagnol : Card I∩E = 8
–
6 étudient l’anglais et l’espagnol, mais pas l’italien : Card A∩I ∩E= 6
80 étudient l’anglais ou l’espagnol : Card A∪E = 80
– –
12 étudient l’italien seul : Card A∩E ∩I = 12.
–
–
1. A∩I∩E représente l’ensemble de ceux qui étudient l’italien mais ni l’anglais ni l’espagnol.
2. Étudiants apprenant les trois langues :
–
Card A∩E∩I = Card A∩E - Card A∩E∩I = 9 – 6
Card A∩E∩I = 3
3. Combien y en a-t-il qui étudient l’espagnol ?
Card A∪E = Card A + Card E - Card A∩E
donc Card E = Card A∪E - Card A + Card A∩E
d’où Card E = 80 – 55 + 9 = 34
4. Combien étudient l’italien ?
7 étudient l’anglais et l’italien : Card A∩I = 7
8 étudient l’italien et l’espagnol : Card I∩E = 8
3 étudient les trois langues : Card A∩E∩I = 3
– –
12 étudient l’italien seul : Card A ∩E ∩Ι = 12.
– –
Card I = Card A∩I + Card I∩E - Card A∩E∩I + Card A ∩E ∩I
d’où Card I = 7 + 8 - 3 + 12 = 24.
141
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
5. Combien n’étudient aucune langue ?
a) 80 étudient l’anglais ou l’espagnol : Card A∪E = 80
– –
12 étudient l’italien seul : Card A ∩E ∩I = 12.
– –
Card A∪E∪I = Card A∪E + Card A ∩E ∩I
d’où Card A∪E∪I = 80 + 12 = 92.
b) Ceux qui n’étudient aucune langue : A∪ E∪ I
Card A∪ E∪ I = Card Ω - Card A∪E∪I = 100 - 92
d’où Card A∪ E∪ I = 8.
Calculs
Exercice 2
1. À l’aide d’une calculatrice scientifique classique :
a) 6! = 720
10! = 3 628 800
50! = 3, 041 409 320 171 2.… 1064
98
b) On a 69 ! = 1, 711 224.… 10
70 ! = 70 × 69 ! = 7 × 1, 711 224.… 1099
d’où
70 ! > 10100.
142
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
15! 15.14.13.12.11!
=
= 15.14.13.12 = 32760.
11!
11!
7!
7.6.5! 7.6
=
=
= 7.
b) J =
5!.3! 5!.3!
3!
4. Pour n entier, n > 1,
n!
n.(n − 1).(n − 2)!
=
= (n − 2)! .
a) K = 2
n −n
n(n − 1)
1
1
n
1 n +1
+
=
+
=
b) L =
.
(n - 1)! n! n.(n − 1)! n!
n!
3. a) I =
Exercice 3
Déterminons la valeur des entiers ci-dessous :
3
a) C8 =
8!
8!
8.7.6
8!
8.7.6
=
=
= 8.7 = 56 et C85 =
=
= 8.7 = 56
3! .(8 − 3)! 3! .5!
3!
5! 3!
3!
4
b) C12 =
12!
12!
12!
12.11.10.9
=
= 495 .
=
= 11.5.9 = 495 et C128 =
8! .(8 - 4)! 8! .4!
4! .8!
4!
3
4
c) C8 + C8 =
4
et C 9 =
8!
8!
8.7.6 8.7.6.5
+
=
+
= 8.7 + 2.7.5 = 56 + 70 = 126
3! .5! 4! .4!
3!
4!
9!
9.8.7.6 9.8.7.6
=
=
= 3.7.6 = 126
4!.5!
4!
4.3.2.1
3
4
4
On note que C8 + C8 = C89 .
Vérification à l’aide d’une calculatrice :
143
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
Exercice 4
Valeur des nombres sans calculatrice :
10!
10!
=
=1.
10! .(10 - 10)! 10!
100!
100!
99
C100
=
=
= 100 .
99! .(100 - 99)! 99! .1!
15!
15!
C150 =
=
= 1.
0! .(15 - 0)! 15!
C1010 =
Le triangle de Pascal
Exercice 5
Coefficients du triangle de Pascal pour les lignes n = 6 et n = 7.
p
n
0
1
2
3
4
…
5
6
7
…
…
4
1
4
6
4
1
5
1
5
10
10
5
1
6
1
6
15
20 + 15
6
1
7
1
7
21
35
21
7
35
…
1
…
Formule du binôme de Newton
Exercice 6
Développement des expressions : f(x) = (2x + 1)5, g(x) = (-3x + 2)6, h(x) = (x + 1)7 .
• (2x + 1)5 = 1.(2x)5.10 + 5. (2x)4.11 + 10. (2x)3.12 + 10. (2x)2.13 + 5. (2x)1.14
+ 1. (2x)0.15
d’où (2x + 1)5 = 32.x5 + 80.x4 + 80.x3 + 40.x2 + 10.x + 1
• (-3x + 2)6 = 1.(-3x)6.20 + 6.(-3x)5.21 + 15.(-3x)4.22 + 20.(-3x)3.23 + 15.(-3x)2.24
+ 6.(-3x)1.25 + 1.(-3x)0.26
d’où (-3x + 2) = 729.x - 2916.x5 + 4860x4 – 4320.x3 + 2160.x2 – 576.x + 64
6
6
144
8 2930 TC PA 00
Séquence 1
Dénombrement
• (x + 1)7 = 1.x7.10 + 7. x6.11 + 21. x5.12 + 35.x4.13 + 35.x3.14 + 21. x2.15 + 7. x1.16
+ 1. x0.17
d’où (x + 1)7 = x7 + 7.x6 + 21.x5 + 35.x4 + 35.x3 + 21.x2 + 7.x + 1
Dénombrement
Exercice 7
1. Ranger 10 dossiers dans 10 casiers distincts si chaque casier ne reçoit qu’un seul
dossier :
Il y a 10 choix pour le premier casier, 9 choix pour le second casier, etc.
Il existe donc 10.9.8….3.2.1 = 10! façons c’est-à-dire 3 628 800 façons.
2. Un livreur se trouve à égale distance de 3 villes disposées en triangle équilatéral.
Il y a 3 choix pour la première ville, 2 choix pour la deuxième et 1 choix pour la
dernière.
Il existe donc 3.2.1 = 3! façons c’est-à-dire 6 parcours possibles.
Exercice 8
Vous emportez en vacances 5 livres au choix parmi vos 15 livres préférés :
Un choix (simultané) de 5 livres parmi 15 est un choix de 5 éléments parmi 15 : il y a
5
C15 = 3003 choix possibles.
Tirages successifs sans remise
Exercice 9
Un sac contient 5 boules, 3 bleues et 2 jaunes. On en tire successivement 3 sans remise.
1. Nombre de tirages possibles :
Soit Ω l’ensemble des tirages possibles : Card Ω = 5.4.3 = 60.
2. a) Soit A l’événement « obtenir 3 boules jaunes ». A est impossible car il n’y a que
2 boules jaunes. Card A = 0.
b) Soit B l’événement « obtenir 3 boules bleues ». Card B = 3.2.1 = 6.
c) Soit C l’événement « obtenir 2 boules jaunes puis une bleue ». Card C = 2.1.3 = 6.
1
d) Soit D l’événement « obtenir 2 boules jaunes et une bleue ». Card D = C3.Card
1
C = 3.6 = 18. (car il y a C3 = 3 façons pour la boule bleue d’apparaître parmi les
3 boules)
e) Soit E l’événement « obtenir au moins 2 jaunes ».
E = « obtenir 2 jaunes et une bleue » = D : Card E = 18.
f) Soit F l’événement « obtenir au plus 2 jaunes »
On ne peut avoir plus de 2 jaunes. Card F = 60.
145
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
Tirages successifs avec remise
Exercice 10
Un sac contient 5 boules, 3 bleues et 2 jaunes. On en tire successivement 3 avec remise.
1. Nombre de tirages possibles.
Soit Ω l’ensemble des tirages possibles : Card Ω = 53 = 125.
2. a) Soit A l’événement « obtenir 3 boules jaunes ». A est possible car il y a remise.
Card A = 23 = 8.
b) Soit B l’événement « obtenir 3 boules bleues ». Card B = 33 = 27.
c) Soit C l’événement « obtenir 2 boules jaunes puis une bleue ».
Card C = 22.3 = 12.
d) Soit D l’événement « obtenir 2 boules jaunes et une bleue ».
1
Card D = C3.Card C = 3.12 = 36.
1
(car il y a C3 = 3 façons pour la boule bleue d’apparaître parmi les 3 boules)
e) Soit E l’événement « obtenir au moins 2 jaunes ».
1re solution :
E = « (obtenir 2 jaunes et une bleue) OU obtenir 3 jaunes » :
2
3
Card E = C3 .22.31 + C3 .23.30 = 36 + 8 = 44
2e solution :
E = « Tous les tirages possibles SAUF (obtenir 0 jaune et 3 bleues OU obtenir 1
jaune et 2 bleues) »
0
1
Card E = 53 - (C3 .20.33 + C3 .21.32) = 125 – (27 + 54) = 44
Remarques
1. L’identité des deux démarches est assurée par le résultat :
0
1
2
3
53 = (2 + 3)3 = C3 .20.33 + C3 .21.32 + C3 .22.31 + C3 .23.30
2. Les tirages successifs avec remise sont ainsi avec la formule du binôme de Newton.
f) Soit F l’événement « obtenir au plus 2 jaunes »
1re solution :
F = « (obtenir 0 jaune et 3 bleues) OU (obtenir 1 jaune et 2 bleues) OU (obtenir
2 jaune et 1 bleue) » :
0
1
2
Card F = C3 .20.33 + C3 .21.32 + C3 .22.31 = 27 + 54 + 36 = 117
2e solution :
F = « Tous les tirages possibles SAUF (obtenir 3 jaunes) » :
3
Card F = 53 - C3 .23.30 = 125 – 8 = 117.
146
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
Tirages simultanés
Exercice 11
On dispose d’un jeu de 32 cartes. On extrait simultanément 5 cartes.
5
1. Nombre de tirages possibles : C32 = 201 376.
2. Nombre de tirages comportant :
2
3
a) deux valets (et bien sûr 3 autres cartes) : C4 .C28 = 19 656.
V
V
1 “autre”
1 “autre”
1 “autre”
(2 valets parmi 4) × (3 cartes parmi 28 “autres”)
5
b) aucun as (c’est-à-dire 5 autres cartes) : C28 = 98 280.
c) au moins 3 dames :
1re solution :
« (3 dames et 2 autres cartes) OU (4 dames et 1 autre carte) » :
3
2
4
1
C4 .C28 + C4 .C28 = 1 512 + 28 = 1 540.
2e solution :
« Tous les tirages possibles SAUF (0 dame et 5 autres cartes OU … OU 2 dames
et 3 autres cartes » :
5
0
5
1
4
2
3
C32 - (C4 .C28 + C4 .C28 + C4 .C28 )
= 201 376 – (98 280 + 81 900 + 19 656) = 1 540.
d) au plus 3 dames :
1re solution :
« (0 dame et 5 autres cartes) OU … OU (3 dames et 2 autres cartes)» :
0
5
1
4
2
3
3
2
C4 .C28 + C4 .C28 + C4 .C28 + C4 .C28
= 98 280 + 81 900 + 19 656 + 1 512 = 201 348.
2e solution :
« Tous les tirages possibles SAUF 4 dames et 1 autre carte» :
5
4
1
C32 - C4 .C28 = 201 376 – 28 = 201 348.
2
3
e) deux trèfles et trois carreaux : C8 .C8 = 1 568.
♣
♣
♦
♦
♦
(2 ♣ parmi 8) × (3 ♦ parmi 8)
147
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
f) deux cœurs et trois valets :
Si V♥ est absent : On tire 2 ♥ parmi les 7 ♥ restants et 3V parmi les 3 restants :
♥
♥
V
2
V
V
3
C7 .C3 = 21
Si V♥ est présent : On tire 1 autre ♥ parmi les 7 ♥ restants, 2V parmi les 3 restants
et une autre carte qui n’est ni un ♥ ni un Valet (c’est-à-dire parmi les 21 autres
cartes).
V♥
♥
V
1
2
V
1 “autre”
1
C7 .C3 .C21 = 441
Conclusion : il y a 21 + 441 = 462 tirages.
g) deux cartes d’une couleur et trois de l’autre (On rappelle qu’il existe 4 couleurs
aux cartes : ♣ ♦ ♥ et ♠).
2
3
Si l’on choisit 2♣ et 3♦ : il y a C8 .C8 choix possibles.
Or il y a 4 façons de choisir une couleur pour les 2 premières cartes et 3 façons de
choisir une couleur pour les 3 suivantes.
2
3
Conclusion : il y a 12.C8 .C8 = 18 816 choix possibles.
✒✒ Approfondissements
Exercice 12
On dispose d’un jeu de 32 cartes. Nombre de façons de tirer quatre cartes si :
1. On extrait successivement les cartes sans remise : 32.31.30.29 = 863 040.
2. On extrait successivement les cartes avec remise : 32.32.32.32 = 324 = 1 048 576.
4
3. On extrait simultanément les cartes C32 = 35 960.
148
8 2930 TC PA 00
Séquence 1
Dénombrement
Exercice 13
On jette six fois une pièce de monnaie et on note le résultat obtenu.
1. Nombre de résultats possibles : 26 = 64.
2. Nombre de résultats comportant :
a) 4 piles puis 2 faces : 14.12 = 1.
4
b) 4 piles et 2 faces : C614.12 = 15.
c) Au moins 4 piles :
1re solution :
Au moins 4 piles = « (4 piles et 2 faces) OU (5 piles et 1 face) OU (6 piles et
0 face) » :
4
5
6 6 0
C614.12 + C6 .15.11 + C6 .1 .1 = 15 + 6 + 1 = 22
2e solution :
Au moins 4 piles = « Tous les tirages possibles SAUF (0 pile et 6 faces OU … OU
3 piles et 3 faces) » :
0
1
2
3
26 - (C6 .10.16 + C6 .11.15 + C6 .12.14 + C6 .13.13)
= 64 – (1 + 6 + 15 + 20) = 22.
d) Au plus 5 piles :
1re solution :
Au plus 5 piles = « (0 pile et 6 faces) OU … OU (5 piles et 4 faces) » :
0
1
2
3
4
5
C6 .10.16 + C6 .11.15 + C6 .12.14 + C6 .13.13 + C6 .14.12 + C6 .15.11
= 1 + 6 +15 + 20 + 15 + 6 = 63
2e solution :
Au plus 5 piles = « Tous les tirages possibles SAUF (6 piles et 0 face) » :
6 6 0
26 - C6 .1 .1 = 64 – 1 = 63.
Remarques
1. L’identité des deux démarches est assurée par la formule du binôme de Newton :
26 = (1 + 1)6
0 0 6
1 1 5
2 2 4
3
4
5
6 6 0
= C6 .1 .1 + C6 .1 .1 + C6 .1 .1 + C6 .13.13 + C6 .14.12 + C6 .15.11 + C6 .1 .1
2. Les lancers de pièces sont assimilables à des tirages successifs avec remise.
149
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
Exercice 14
(d’après Sujet BTS)
1. Cinq personnes A, B, C, D et E sont assises sur un banc de cinq places.
Une manière de s’installer est une permutation des personnes : il y a donc 5! =
120 manières de s’installer.
2. Elles partent en promenade. Lorsqu’elles reviennent, combien de manières ont-elles
de s’installer de telle sorte que :
a) Trois d’entre elles et trois seulement se retrouvent à la même place ?
– Si A, B et C reviennent à leur place : Il n’y a qu’une seule possibilité.
A
B
C
E
D
– Le problème revient donc à déterminer le nombre de façons qu’il y a de choisir
3 personnes quelconques parmi 5 :
3
il y a donc C5 = 10 manières de s’installer.
b) Deux d’entre elles et deux seulement se retrouvent à la même place ?
– Si A et B reviennent à leur place : Il n’y a que deux possibilités.
A
B
E
C
D
A
B
D
E
C
– Déterminons le nombre de façons qu’il y a de choisir 2 personnes quelconques
2
parmi 5 (et plus nécessairement A et B) : il y a C5 = 10 manières de les choisir.
2
– Conclusion : il y a donc 2 × C5 = 20 manières de s’installer.
c) Trois d’entre elles au plus se retrouvent à la même place ?
L’événement contraire est 4 personnes se retrouvent à la même place (ce qui est
impossible) ou 5 personnes se retrouvent à la même place (et il n’y a qu’un seul
cas) :
– Conclusion : il y a donc 120 - 1 = 119 manières d’installer trois d’entre elles au
plus à la même place.
Formule du binôme de Newton
Exercice 15
1. Pour n entier non nul fixé : f’(x) = n.(x + 1)n-1.
2. Développons l’expression (x + 1)n pour n ∈ N* :
n
n
(x + 1) =
∑C x
i
n
n− i
= Cn0 x n + Cn1 x n−1 + ... + Cnn−1x + Cnn x 0 .
n− i
= Cn0 x n + Cn1 x n−1 + ... + Cnn−1x + 1 .
i =0
n
(x + 1)n =
∑C x
i
n
i =0
150
8 2930 TC PA 00
Dénombrement
Séquence 1
n
3. En déduire que pour n entier non nul fixé : ∑ i.C
i =0
i
n
= n.2n-1.
Dérivons les 2 termes de l’égalité
n
(x + 1)n =
∑C x
i
n
n− i
= Cn0 x n + Cn1 x n−1 + ... + Cnn−1x + 1
i =0
n −1
On a alors : n.(x + 1)n-1 = Cn0 n .x n −1 + C1n ( n − 1).x n − 2 + ... + Cnn −1 = ∑ ( n − i).Cni x n − i−1
i= 0
n-1
On fait ensuite : x = 1, d’où : n.2
= C n + C (n − 1) + ... + C
0
n
n
n
n −1
n
0
n
n −1
1
car Cn = Cn , Cn = Cn … etc.
1
n
n −1
puis n.2n-1 = Cn n + Cn (n − 1) + ... + Cn
D’où n.2n-1 =
1
n
∑ i.C n = ∑ i.C n .
i
i =1
i
i =0
Exercice 16
1. Développons l’expression (x + 1)n pour n ∈ N* :
n
(x + 1)n =
∑C x
i =0
i
n
n −i
= C n0x n + C1nx n −1 + ... + C nn −1x + C nn .
n
2.
0
1
n −1
n
i
• Si x = 1 : 2 = Cn + Cn + ... + Cn + Cn = ∑ Cn .
n
i =0
n
d’où
∑C
i
n
= 2n
i= 0
• Si x = -1 : 0n = Cn0 ( −1)n + Cn1( −1)n−1 + ... + Cnn−1( −1) + 1.
n
alors 0n = Cn0 ( −1)n + Cn1( −1)n−1 + ... + Cnn−1( −1) + 1 = ∑ Cni ( −1)i .
i =0
n
d’où
∑ C ( −1)
i
n
i
=0
i =0
3. Un ensemble E contient n éléments (n ∈ N*).
i
a) Il comporte Cn ensembles à i éléments.
b) Soit P (E) l’ensemble de toutes ses parties, P (E) comporte les ensembles à 0, 1,
0
1
n-1
n
… et n éléments c’est-à-dire Cn + Cn + … + Cn + Cn = 2n ensembles.
151
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
✒ Applications
Vocabulaire
Exercice 1
On considère l’épreuve « jet d’un dé à 6 faces » à laquelle sont associés les six résultats
possibles du jet du dé : 1, 2, 3, 4, 5 et 6.
{1,2,3,4,5,6}est l’univers associé : il est composé de six éventualités.
Soient A l’événement {1 ; 2} et B l’événement {x ∈ Ω | x est pair }: Card A = 2,
Card B = 3 et Card Ω = 6.
Si le jet du dé aboutit au résultat 1 l’événement A est réalisé, mais l’événement B ne
l’est pas.
Exercice 2
Considérons l’épreuve « jet d’un dé mal équilibré à 6 faces » à laquelle est associé l’univers Ω = {1,2,3,4,5,6}.
A = {1,3,5} et B = {4,6} sont des événements incompatibles.
A∩B est un événement impossible
A∪B est l’événement {1,3,4,5,6}.
C = {1,2,5} et D = {3,4,6} sont des événements contraires.
Notion de probabilité
Exercice 3
Soit Ω = {Pile, Face}. On considère l’application p définie par :
p(Ø) = 0
p({Pile}) = 0,2
p({Face}) = 0,8
p({Pile, Face}) = 1.
– L’axiome 1 est vérifié car P({Ω}) = P({Pile, Face}) = 1.
– Vérifions l’axiome 2 pour tous les événements 2 à 2 incompatibles :
Ø est incompatible avec les événements {Pile}, {Face} et {Pile, Face} :
P(Ø∪{Pile}) = P({Pile}) = 0,2 = P(Ø) + P({Pile})
P(Ø∪{Face}) = P({Face}) = 0,8 = P(Ø) + P({Face})
P(Ø∪{Pile; Face}) = P({Pile; Face}) = 1 = P(Ø) + P({Pile; Face})
{Pile}, {Face} sont des événements incompatibles :
P({Pile} ∪ {Face}) = P({Pile; Face}) = 1 = P({Pile}) + P({Face})
Cette application décrit la fréquence d’apparition des côtés d’une pièce truquée pour
laquelle Face sort 4 fois plus souvent que Pile, ce que l’on réalise en plaçant dans une
urne cinq boules dont 4 sont marquées d’un F et 1 est marquée d’un P.
153
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Exercice 4
Considérons l’épreuve Ε « jet d’un dé mal équilibré à 6 faces » à laquelle est associée
l’univers Ω = {1,2,3,4,5,6}. La probabilité d’apparition de chaque face est notée pi pour
1 ≤ i ≤ 6.
1
1. (pi)i est une suite arithmétique de raison r =
.
20
D’une part p1 + p2 + … + p5 + p6 = 1
D’autre part p1 + p2 + … + p5 + p6 = p1 + (p1 + r) + … + (p1 + 4r) + (p1 + 5r)
= 6p1 + 15r
1
15
.
c’est-à-dire p1 =
20
24
1
1
11
p2 =
+
=
etc.
24 20 120
Donc 6 p1 +
Événements
élémentaires {i}
{1}
{2}
{3}
{4}
{5}
{6}
Total
pi
1
24
11
120
17
120
23
120
29
120
7
24
1
2. On considère les événements A : « obtenir un résultat impair » et B : « obtenir un
résultat multiple de trois ».
1
17
29
51 17
17
7
13
+
+
=
=
+
=
P(A) =
P(B) = P({3;6}) =
24 120 120 120 40
120 24 30
P(A∩B) = P({3}) =
17
120
P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(A∩B) =
17 13 17
43
+
−
=
.
40 30 120 60
Exercice 5
Avec les données de l’exercice 4 :
69 23
P(A) = 1 − P(A) =
=
120 40
17
P( B ) = 1 − P(B) =
30
P( A U B ) = P( A I B ) = 1 − P(A I B) =
103
.
120
154
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Équiprobabilité
Exercice 6
Une administration emploie 250 personnes classées en trois catégories : A, B et C.
Parmi les employés, 32 % sont des hommes. Parmi les hommes 40 % appartiennent à
la catégorie A. La catégorie C compte 20 % du personnel dont 10 hommes. Dans la
catégorie B, il y a autant de femmes que d’hommes.
1. Tableau :
Catégorie
Sexe
Femmes
Hommes
Total
A
B
C
Total
92
32
124
38
38
76
40
10
50
170
80
250
2. On choisit au hasard une personne parmi les employés : nous sommes en situation
d’équiprobabilité.
F : « la personne choisie est une femme »,
A : « la personne choisie est de catégorie A »,
E : « la personne choisie est une femme de la catégorie A » ;
Card F = 170, Card A = 124 et Card E = Card A∩F = 92.
P( F ) =
Card F 170
=
= 0,68
Card Ω 250
P( A ) =
Card A 124
=
= 0,496
Card Ω 250
Card E
92
=
= 0,368
Card Ω 250
P(A∪F) = P(A) + P(F) - P(A∩F) = 0,68 + 0,496 – 0,368 = 0,808.
P (E) =
155
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Probabilités conditionnelles
Exercice 7
Un sac contient 7 jetons : 4 bleus numérotés de 1 à 4 et 3 jaunes numérotés 3, 4 et 5.
On tire simultanément 2 jetons du sac.
2
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve : Card Ω = C7 = 21.
Nous sommes en situation d’équiprobabilité :
Card A
Card Ω
1. A : « les jetons ont la même couleur » : « les 2 jetons sont bleus OU les 2 jetons sont
jaunes »
P(A) = P(les 2 jetons sont bleues) + P(les 2 jetons sont jaunes)
si A est un événement alors P (A) =
P(A) =
C42 .C30 C40 .C32 6 + 3 3
+
=
= .
C72
C72
21
7
2. B : « la somme des points obtenus est de 6 » : « On a tiré les jetons B1 et J5 OU B2 et
J4 OU B3 et J3 OU B2 et B4 »
P(B) = P(B1 et J5) + P(B2 et J4) + P(B3 et J3) + P(B2 et B4)
P(B) =
1
1
1
1
4
+
+
+
=
21 21 21 21 21
3. A∩B : « les jetons ont la même couleur ET la somme des points obtenus est de 6 »
A∩B = « On a tiré les jetons B2 et B4 » d’où P(A∩B) =
1
.
21
1
P( A I B ) 21 1
4. P(B sachant que A est réalisé) =
=
= .
3
P( A )
9
7
Remarque
Il n’y avait en effet que le cas {B2 ; B4} parmi les 9 cas : {B1 ; B2}, {B1 ; B3}, {B1 ; B4},
{B2 ; B3}, {B2 ; B4}, {B3 ; B4}, {J3 ; J4}, {J3 ; J5}, {J4 ; J5}.
1
P( A I B ) 21 1
=
= .
5. P( A sachant que B est réalisé) =
4
4
P( B )
21
Remarque
Il n’y avait en effet que le cas {B2 ; B4} parmi les 4 cas : {B1 ; J5}, {B2 ; J4}, {B3 ; J3},
et {B2 ; B4}.
156
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Indépendance
Exercice 8
On reprend les données de l’exercice 6.
Soient HA l’événement « on obtient 1 homme dans la catégorie A », HB l’événement « on
obtient 1 homme dans la catégorie B », HC l’événement « on obtient 1 homme dans la
catégorie C » et H l’événement « on obtient 3 hommes ».
a) On choisit au hasard un représentant de chacune des trois catégories. Les tirages
sont donc indépendants.
P(H) = P(HA∩HB∩HC) = P(HA).P(HB).P(HC)
D’où P(H) =
32 38 10
4
. .
=
,
124 76 50 155
P(H) = 0,0258 (à 10-4 près.)
b) Probabilité d’obtenir au moins une femme :
–
151
P(d’obtenir au moins une femme) = P(H) = 1 - P(H) =
= 0,9742 (à 10-4 près.)
155
✒✒ Approfondissements
Probabilités élémentaires
Exercice 9
On jette six fois une pièce de monnaie non truquée et on note le résultat obtenu après
chaque lancer.
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve.
Nous sommes en situation d’équiprobabilité : si A est un événement alors :
Card A
.
Card Ω
1. Nombre de résultats possibles : Card Ω = 26 = 64.
2. Probabilité des événements :
P (A) =
1
.
64
2
b) « obtenir 4 piles et 2 faces » : Card B = C6 14.12 = 15 (Les piles apparaissant à
n’importe quelle position).
a) « obtenir 4 piles puis 2 faces » : Card A = 14.12 = 1 donc P(A) =
donc P(B) =
15
.
64
157
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
c) « obtenir au moins 4 piles » :
1re solution :
C = « (obtenir 4 piles et 2 faces) OU (obtenir 5 piles et 1 face) OU (obtenir 6 piles
et 0 face) » :
2
1
0
Card C = C6 14.12 + C6 15.11 + C6 16.10 = 15 + 6 + 1 = 22
donc P(C) =
22 11
.
=
64 32
2e solution :
C = « Tous les tirages possibles SAUF (obtenir 0 pile et 6 faces) OU (obtenir 1 pile
et 5 faces) OU (obtenir 2 piles et 4 faces) OU (obtenir 3 piles et 3 faces) »
0
1
2
3
Card C = 26 - (C6 10.16 + C6 11.15 + C6 12.14 + C6 13.13)
= 64 – (1 + 6 + 15 + 20) = 22
donc P(C) =
22 11
.
=
64 32
d) « obtenir au plus 5 piles » :
–
–
Si D = « obtenir au plus 5 piles » alors D = « obtenir 6 piles et 0 face » et Card D = 1
–
1 63 .
=
donc P(D) = 1 – p(D ) = 1 −
64 64
Exercice 10
Dans un magasin de vente d’électroménager, l’observation des ventes permet de supposer la demande quotidienne ne peut dépasser 5 téléviseurs.
On note pi la probabilité de l’événement « Un jour choisi au hasard, i téléviseurs sont
vendus »
p1 = p5 = 0,12
p2 = p4 = 0,18.
(i ∈{0, …,5} et par hypothèse : p0 = 0,10
1. Probabilité des événements :
a) « Un jour choisi au hasard, 3 téléviseurs sont vendus »
p0 + p1 + p2 + p3 + p4 + p5 = 1 d’où p3 = 0,3.
b) « Un jour choisi au hasard, moins de 3 téléviseurs sont vendus ».
p0 + p1 + p2 = 0,10 + 0,12 + 0,18 = 0,4.
2. Le magasin garde quotidiennement en dépôt 4 téléviseurs. Pour un jour choisi au
hasard, il y a rupture de stock si plus de 4 téléviseurs sont vendus : p5 = 0,12.
Donc, il y a 12 % de chance qu’il y ait rupture de stock.
158
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Exemples de tirages
Exercice 11
On dispose d’un jeu de 32 cartes indiscernables. On en tire trois piques. Soient Ω l’univers associé à l’épreuve et A l’événement « tirer trois piques ».
Nous sommes en situation d’équiprobabilité : P (A) =
Card A
Card Ω
a) On extrait successivement les cartes sans remise.
Card A = 8.7.6 = 336 et Card Ω = 32.31.30 = 29 760 donc P(A) =
336
7
=
.
29760 620
b) On extrait successivement les cartes avec remise.
Card A = 83 = 512 et Card Ω = 323 = 32 768 donc P(A) =
512
1
=
.
32768 64
c) On extrait simultanément les cartes.
8!
32!
3
3
= 56 et Card Ω = C 32
=
= 4960 donc P(A) = 56 = 7 .
Card A = C8 =
3! 5!
3! 29!
4960 620
Exercice 12
Tirages successifs AVEC remise
Un sac contient 10 boules : 1 bleue et 9 jaunes. On tire successivement 2 boules du sac
en remettant la première boule tirée dans le sac.
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve.
Nous sommes en situation d’équiprobabilité : si A est un événement alors :
P (A) =
Card A
.
Card Ω
1. Nombre de résultats possibles : Card Ω = 102 = 100.
2. Probabilité des événements :
81
.
100
1
.
b) B : « obtenir 2 boules bleues » Card B = 12 = 1 donc P(B) =
100
a) A : « obtenir 2 boules jaunes » Card A = 92 = 81 donc P(A) =
c) C : « obtenir 1 boule jaune puis une bleue » Card C = 9.1 = 9 donc P(C) =
9
.
100
d) D : « obtenir 1 boule jaune et une bleue » Card D = 2.Card C = 18 donc
18
9
P(D) =
=
.
100 50
–
1
99
=
.
e) E : « obtenir au moins 1 jaune » E = B donc P(E) = 1 −
100 100
159
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Exercice 13
Tirages successifs SANS remise
Un sac contient 10 boules : 1 bleue et 9 jaunes. On tire successivement 2 boules du sac
SANS remettre la première boule tirée dans le sac.
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve.
Nous sommes en situation d’équiprobabilité : si A est un événement alors :
P (A) =
Card A
.
Card Ω
1. Nombre de résultats possibles : Card Ω = 10.9 = 90.
2. Probabilité des événements :
a) A : « obtenir 2 boules jaunes » Card A = 9.8 = 72 donc P(A) =
72 4
= .
90 5
b) B : « obtenir 2 boules bleues » B = Ø donc P(B) = 0.
c) C : « obtenir 1 boule jaune puis une bleue » Card C = 9.1 = 9 donc
9
1
P(C) =
=
.
90 10
d) D : « obtenir 1 boule jaune et une bleue » Card D = 2.Card C = 18 donc
1
P(D) = .
5
e) E : « obtenir au moins 1 jaune » E = Ω donc P(B) = 1.
Exercice 14
Tirages simultanés
On dispose d’un jeu de 52 cartes. On extrait simultanément cinq cartes. Les tirages
sont supposés équiprobables.
5
Si Ω est l’univers associé à l’épreuve alors Card Ω = C 52
= 2 598 960.
Nous sommes en situation d’équiprobabilité : si A est un événement alors :
Card A
.
Card Ω
a) A : « obtenir une quinte flush (cinq cartes d’une même couleur qui se suivent) »
Il n’y a que 10 quintes flush à trèfle :
{As♣, R♣, D♣, V♣, 10♣}, …, {6♣, 5♣, 4♣, 3♣, 2♣} et {5♣, 4♣, 3♣, 2♣, As♣}
P (A) =
Card A = 4 × 10 = 40
P(A) =
Card A
40
=
≈ 0,00002.
Card Ω 2598960
b) « obtenir un carré d’as » = « obtenir quatre as et une autre carte » : 1 x 48 = 48
B : « obtenir un carré (quatre as ou quatre rois, etc.) »
Card B
624
=
≈ 0,0002.
Card B = 13 × 48 = 624 P(B) =
Card Ω 2598960
160
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
c) C : « obtenir cinq trèfles (couleur à trèfle) »
5
Card C = C13 - 10 = 1 277 (Penser à retirer les 10 quintes flush)
P(C) =
Card C
1277
=
≈ 0,0005.
Card Ω 2598960
d) D : « obtenir trois dames et deux valets (full de dames par les valets) »,
D
D
D
V
V
(3 dames parmi 4) × (2 valets parmi 4)
3
2
Card D = C4 .C4 = 24
P (D) =
Card D
24
=
≈ 0,000009.
Card Ω 2598960
e) E : « obtenir trois valets, un as et une dame (brelan de valets) »,
V
V
V
As
Dame
(3 valets parmi 4) × (1 As parmi 4) × (4 dames)
64
Card E
3
=
≈ 0,00002
Card E = C4 .4.4 = 64 P(E) =
Card Ω 2698960
Exercice 15
On dispose de 30 jetons et de 365 cases alignées. Chaque case peut recevoir tous les
jetons.
1. Nombre de dispositions possibles : 36530 ≈ 7,392.1076
2. Probabilité de l’événement A : « n’avoir aucun jeton sur la même case ».
Card A
.
Card Ω
Nombre de façons de n’avoir aucun jeton sur la même case :
365.364.363.
L 336
Card A = 1
4442444
3 ≈ 2,171.1076
Les tirages sont supposés équiprobables : P (A) =
30 facteurs
365.364....336
= 0,2936...
365 30
3. Probabilité de l’événement B : « avoir au moins deux jetons sur la même case ».
–
B = A d’où P(B) = 1 - P(A)≈0,7063.
P(A) =
4. Application :
Une classe comporte 30 étudiants. La probabilité pour qu’au moins deux d’entre
eux soient nés le même jour est égale à P(B).
Dans une classe de 30 étudiants il y a environ 7 chances sur 10 pour qu’au moins
deux d’entre eux soient nés le même jour.
161
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Exercice 16
Une urne comporte 2p boules, avec p entier supérieur ou égal à 2 (c’est-à-dire un nombre pair de boules) :
2 boules sont blanches et 2p-2 sont noires.
On tire 2 boules simultanément et au hasard. On suppose que tous les tirages sont
équiprobables.
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve. Le nombre de résultats possibles est :
2 p( 2 p − 1 )
= p( 2 p − 1 ).
2
Nous sommes en situation d’équiprobabilité : si A est un événement alors :
2
Card Ω = C2 p =
P (A) =
Card A
.
Card Ω
1. Probabilité de l’événement A « obtenir deux boules noires » :
(2p − 2)(2p − 3)
2
= (p − 1)(2p − 3)
Card A = C2 p −2 =
2
(p − 1)(2p − 3)
P(A) =
.
p(2p − 1)
2. Probabilité de l’événement B « avoir au moins une boule blanche » :
(p − 1)(2p − 3)
–
B = A d’où P(B) = 1 − P( A ) = 1 −
p(2p − 1)
P(B) =
2p 2 − p − (2p 2 − 5p + 3)
4p − 3
=
.
p(2p − 1)
p(2p − 1)
3. Pour quelles valeurs de p la probabilité de B est-elle supérieure ou égale à 0,5 ?
4p − 3
1
≥ .
P(B) ≥ 0,5 ⇔
p(2p − 1) 2
D’où
2(4p - 3) ≥ p(2p - 1) (car p ≥ 2)
ou encore 2p2 – 9p + 6 ≤ 0
∆ = 81 - 48 =33 d’où 2 racines 9 − 33 ≈ 0, 81 et 9 + 33 ≈ 3, 69 .
4
4
Les solutions de l’inéquation étant à l’intérieur des racines :
9 − 33
9 + 33
<p<
4
4
Donc P(B) ≥ 0,5 ⇔ p ∈ {2, 3} (car p est entier supérieur ou égal à 2).
P(B) ≥ 0,5 ⇔
La probabilité d’avoir au moins une boule blanche est supérieure ou égale à 0,5 lorsqu’il y a 4 ou 6 boules dans l’urne.
162
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Probabilités conditionnelles
Exercice 17
(d’après sujet BTS)
Dans une entreprise, deux ateliers fabriquent les mêmes pièces. L’atelier no 1, mieux
équipé, a une cadence de production deux fois plus rapide que l’atelier no 2.
On prélève au hasard une pièce dans l’ensemble de la production.
A : P(A) = P(« La pièce provient de l’atelier n° 1 ») = 2.P(« La pièce provient de l’atelier n° 2 »).
2
donc P(« La pièce provient de l’atelier n° 1 ») = .
3
Le pourcentage de pièces défectueuses est 3 % pour l’atelier n° 1 et 4 % pour l’atelier
no 2, donc on aura :
Pièce
défectueuse
(Évènement B)
Provient de l’atelier n° 1
(Évènement A)
0,03.
Provient de l’atelier n° 2
1 1
0,04. =
3 75
Total
Pièce
non-défectueuse
2
1
=
3 50
…
Total
0,97.
2
3
2
3
0,96.
1
3
1
3
…
1
On pouvait également construire un arbre pondéré.
B : « La pièce est défectueuse ».
P (B) = P (B I(A U A)) = P ((B I A) U(B I A)) = P(B I A) + P(B I A)
1
2
1
1
1
5
P(B) = 0,03. + 0,04. ==
+
=
=
.
3
3
50 75 150 30
C : « La pièce provient de l’atelier n° 1 sachant qu’elle est défectueuse ».
1
P(A I B) 50 3 .
=
=
P(C) = P(A sachant que B est réalisé) =
1
P(B)
5
30
163
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Exercice 18
On dispose de trois urnes U1, U2 et U3 : l’urne U1 comprend 3 boules rouges et 2 boules noires, l’urne U2 comprend 5 boules rouges et 1 boule noire et l’urne U3 comprend
5 boules rouges et 3 boules noires. On jette un dé cubique parfaitement équilibré
numéroté de 1 à 6.
Si l’on obtient 1 on tire une boule dans l’urne U1, si l’on obtient 2 ou 3 on tire une
boule dans l’urne U2, si l’on obtient 4, 5 ou 6 on tire une boule dans l’urne U3.
On note A l’événement « le dé indique 1 », B l’événement « le dé indique 2 ou 3 » et C
l’événement « le dé indique 4, 5 ou 6 ».
R/A
3/5
P(A∩R) = P(R/A).P(A)
N/A
2/5
P(A∩N) = P(N/A).P(A)
B 1/3 R/B
5/6
P(B∩R) = P(R/B).P(B)
N/B
1/6
P(B∩N) = P(N/B).P(B)
R/C
5/8
P(C∩R) = P(R/C).P(C)
N/C
3/8
P(C∩N) = P(N/C).P(C)
A 1/6
C 1/2
On a tiré une boule noire. La probabilité pour qu’elle provienne de U1 est P(A/N).
P(A/N) =
P (A I N)
P (N)
2 1 1
D’une part : P(A∩N) = P(N/A).P(A) = . =
.
5 6 15
D’autre part :
P(N) =P(N∩Ω) = P(N∩(A∪B∪C)) = P((N∩A)∪(N∩B)∪ (N∩C))
donc P(N) = P(N∩A) + P(N∩B) + P (N∩C)
= P(N/A).P(A) + P(N/B).P(B) + P(N/C).P(C) =
2 1 1 1 3 1 223 .
. + . + . =
5 6 6 3 8 2 720
1
P (A I N)
48
.
Conclusion :
= 15 =
223 223
P (N)
720
164
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Exercice 19
(BTS 98 – Partiel)
1. Tableau des effectifs :
Lycéens disposant
d’au moins un ordinateur
chez eux
Lycéens ne disposant pas
d’ordinateur chez eux
Total
Demipensionnaires
Non demipensionnaires
Total
460
540
1 000
915
585
1 500
1 375
1 125
2 500
2. On choisit au hasard un élève du lycée. Tous les élèves ont la même probabilité d’être
choisis. On considère les événements suivants :
D « l’élève est demi-pensionnaire ».
O « l’élève dispose d’au moins un ordinateur chez lui ».
Nous sommes en situation d’équiprobabilité : si A est un événement alors :
P (A) =
a) Calcul des probabilités :
Card D = 1 375
P(D) =
1375 11
=
2500 20
Card A
.
Card Ω
Card O = 1 000
1000 2
P( O ) =
=
2500 5
Card D∩O = 460
P( D∩ O ) =
460
23
=
2500 125
11 2 11
c’est-à-dire P(D).P(O) ≠ P(D∩O) donc les
. =
20 5 50
événements D et O ne sont pas indépendants.
Par ailleurs : P (D).P (O) =
b) P(D∪O) = P(D) + P(O) - P(D∩O) =
11 2 23
383
+ −
=
20 5 125 500
23
P (D I O) 125 23
=
=
.
c) P(D sachant O) =
2
P (O)
50
5
165
8 2930 TC PA 00
Probabilités
Séquence 2
Indépendance
Exercice 20
La probabilité pi d’apparition de la face i d’un dé truqué est donnée dans le tableau cidessous :
Événements
élémentaires {i}
{1}
{2}
{3}
{4}
{5}
{6}
Total
pi
0,1
0,2
0,1
0,2
0,1
0,3
1
1. On considère l’épreuve E1 : « jeter une fois le dé et noter la face obtenue ».
P(A) = P(« obtenir une face paire ») = p2 + p4 + p6 = 0,2 + 0,2 + 0,3 = 0,7.
2. On considère l’épreuve E2 : « jeter deux fois le dé et noter la somme des points obtenus »
B = « obtenir quatre points au total » = {(1 ;3) ; (2 ;2) ; (3 ;1)}
P(B) = P({(1 ;3) ; (2 ;2) ; (3 ;1)}) = P({(1 ;3)}) + P({(2 ;2)}) + P({(3 ;1)}) car les
événements élémentaires sont incompatibles,
P(B) = p1.p3 + p2.p2 + p3.p1 car les 2 jets sont indépendants
P(B) = 0,1.0,1 + 0,2.0,2 + 0,1.0,1 = 0,06.
–
Si C = « obtenir au moins trois points » alors C = « obtenir 2 points » = {(1 ;1)}.
–
–
P(C) = p1.p1 car les jets sont indépendants donc P(C) = 0,01
–
P(C) = 1 - P(C) = 0,99.
166
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
✒ Applications
Variable aléatoire réelle
Exercice 1
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve « tirer simultanément 2 boules parmi 5 (2 de couleur blanche et 3 de couleur rouge) » :
2
Card Ω = C5 = 10.
Ω = {B1B2 ; B1R1 ; B1R2 ; B1R3 ; B2R1 ; B2R2 ; B2R3 ; R1R2 ; R1R3 ; R2R3}
Une boule blanche extraite peut rapporter 2 euros et une boule rouge extraite peut rapporter 1 euro.
On ne peut donc obtenir que 2, 3 ou 4 euros.
Soit X la variable aléatoire « nombre d’euros obtenus » :
son univers-image est X(Ω) = {2, 3, 4}.
Loi de probabilité
Exercice 2
On reprend les données de l’exercice 1. et l’on suppose les boules indiscernables (équiprobabilité).
1. Loi de X : (les tirages sont supposés équiprobables)
P(X = 2) = P(avoir 2 boules rouges) =
C32 ⋅ C20
3
=
= 0,3
10
10
P(X = 3) = P(avoir une boule blanche et une boule rouge) =
C31 ⋅ C21
6
=
= 0,6
10
10
k
2
3
4
Total
P(X=k)
0,3
0,6
0,1
1
C30 ⋅ C22
1
=
= 0,1
P(X = 4) = P(avoir deux boules blanches) =
10
10
167
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
2. Représentation graphique :
Paramètres
Exercice 3
On reprend les données de l’exercice 2.
1. Espérance mathématique E(X) et variance V(X) :
E(X) = 0,3.2 + 0,6.3 + 0,1.4 = 2,8
2. Variance V(X) et écart type σ(X) de X.
E(X2) = 0,3.22 + 0,6.32 + 0,1.42 = 8,2
V(X) = E(X2) – (E(X))2 = 8,2 – 2,82 = 0,36
σ ( X ) = V ( X ) = 0,36 = 0,6
Opérations élémentaires
Exercice 4
On reprend les données des exercices 2 et 3. Pour jouer on doit miser 3 euros.
1. Soit Y la variable aléatoire « gain réalisé en euro ».
a) X est la variable aléatoire « nombre d’euros obtenus » donc Y = X - 3.
b) Espérance mathématique E(X)
E(Y) = E(X - 3) = E(X) - 3 = 2,8 – 3 = - 0,2.
Sur ce type d’épreuve on perd en moyenne 0,20 euros. Ce jeu n’est pas équitable
(« équitable » signifiant « jeu à espérance de gain nulle »).
c) Variance V(Y) :
V(Y) = V(X - 3) = V(X) = 0,36.
2. Pour 2 euros supplémentaires on vous propose de doubler le montant que chaque
boule peut rapporter.
On note Z la variable aléatoire « nouveau gain réalisé en euros ».
a) X est la variable aléatoire « nombre d’euros obtenus avant que l’on ne double les
gains » donc Z = 2.X - 5.
b) Espérance mathématique E(Z)
E(Z) = E(2.X - 5) = 2.E(X) - 5 = 5,6 – 5 = 0,6.
Sur ce type d’épreuve on gagne en moyenne 0,60 euro, donc il est plus tentant de
jouer.
168
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
c) Variance V(Z) :
V(Z) = V(2.X - 5) = V(2.X) = 4.V(X) = 1,44.
Sur ce type d’épreuve on gagne en moyenne 0,60 euro mais avec un risque 4 fois plus
grand.
Fonction de répartition
Exercice 5
On reprend les données de l’exercice 2.
k
2
3
4
Total
P(X=k)
0,3
0,6
0,1
1
1. Soit F la fonction de répartition de X.
F(0) = P(X ≤ 0) = P(Ø) = 0
F(2) = P(X ≤ 2) = P(X = 2) = 0,3
F(2,4) = P(X ≤ 2,4) = P(X = 2) = 0,3
F(5) = P(X ≤ 5) = P(Ω) = 1
2. Déterminer entièrement F.
La fonction F est définie par :
Si x ∈ ]-∞ ; 2[ : X ≤ x est un événement impossible :
F(x) = P(X ≤ x) = P(Ø) = 0
Si x ∈ [2; 3[ : X ≤ x est identique à l’événement (X = 2).
F(x) = P(X ≤ x) = P(X = 2) = 0,3
Si x ∈ [3; 4[ : (X ≤ x) est l’événement (X = 2) ∪ (X = 3)
F(x) = P(X ≤ x) = P((X = 2) ∪ (X = 3)) = 0,3 + 0,6 = 0,9
Si x ∈ [4; +∞[ : (X ≤ x) est l’événement (X = 2) ∪ (X = 3) ∪ (X = 4) = Ω
F(x) = P(X ≤ x) = P(Ω) = 1.
Représentation graphique :
169
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
✒✒ Approfondissements
Exercice 6
1. Valeur du réel a :
On sait que p(X=2) + p(X=3) + p(X=4) + p(X=5) = 1 donc 0,2 + 0,25 + 0,45 + a = 1
d’où a = 0,1.
La loi de la variable aléatoire réelle X est définie par le tableau :
k
2
3
4
5
p(X=k)
0,2
0,25
0,45
0,1
2. Espérance mathématique E(X) et variance V(X) :
E(X) = 0,2.2 + 0,25.3 + 0,45.4 + 0,1.5 = 3,45
E(X2) = 0,2.22 + 0,25.32 + 0,45.42 + 0,1.52 = 12,75
V(X) = E(X2) – (E(X))2 = 12,75 - 3,452 = 0,8475
3. On note F la fonction de répartition de X.
F(0,25) = P(X ≤ 0,25) = P(Ø) = 0
F(5) = P(X ≤ 5) = P(Ω) = 1.
Exercice 7
Une urne contient 3 boules vertes, 3 boules blanches 4 boules rouges. On extrait simultanément 2 boules. Une boule verte extraite donne 3 points, une boule blanche extraite donne 2 points et une boule rouge extraite donne 1 point.
2
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve : Card Ω = C10 = 45.
1. Soit X la variable aléatoire « nombre de points obtenus » :
son univers-image est X(Ω) = {2, 3, 4, 5, 6}.
2. On suppose les boules indiscernables (équiprobabilité).
a) Loi de X : (les tirages étant supposés équiprobables)
P(X = 2) = P(avoir 2 boules rouges) =
C30 .C30 .C42
6
2
=
=
45
45 15
C30 .C31 .C41 12
4
=
=
45
45 15
P(X = 4) = P(avoir une boule verte et une boule rouge OU avoir 2 boules blanches ) =
P(X = 3) = P(avoir une boule blanche et une boule rouge) =
C31 .C30 .C41 C30 .C32 .C40 12 + 3 1
+
=
=
45
45
45
3
C31 ⋅ C31 ⋅ C40
9
1
=
=
P(X = 5) = P(avoir une boule verte et une boule blanche) =
45
45 5
P(X = 6) = P(avoir 2 boules vertes) =
C32 ⋅ C30 ⋅ C40
3
1
=
=
45
45 15
170
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
k
2
3
4
5
6
Total
P(X=k)
2
15
4
15
1
3
1
5
1
15
1
b) Représentation graphique :
3. Espérance mathématique E(X) et variance V(X) :
E(X ) =
E(X 2 ) =
2
4
1
1
1
19
.2 +
.3 + .4 + .5 +
.6 =
15
15
3
5
15
5
2 2 4 2 1 2 1 2 1 2 47
.2 +
.3 + .4 + .5 +
.6 =
3
15
15
3
5
15
2
47  19 
92
V(X) = E(X ) − (E(X)) =
−  =
3  5
75
2
2
4. La fonction F est définie par :
Si x ∈ ]-∞ ; 2[ : X ≤ x est un événement impossible :
F(x) = P(X ≤ x) = P(Ø) = 0
Si x ∈ [2; 3[ : X ≤ x est identique à l’événement (X = 2).
F(x) = P(X ≤ x) = P(X = 2) =
Si x ∈ [3; 4[ : (X ≤ x) est l’événement (X = 2) ∪ (X = 3)
2
15
2
4
2
+
=
15 15 5
Si x ∈ [4; 5[ : (X ≤ x) est l’événement (X = 2) ∪ (X = 3) ∪ (X = 4)
F(x) = P(X ≤ x) = P((X = 2) ∪ (X = 3)) =
2
4 1 11
+
+ =
15 15 3 15
Si x ∈ [5; 6[ : (X ≤ x) est l’événement (X = 2) ∪ (X = 3) ∪ (X = 4) ∪ (X = 5)
F(x) = P(X ≤ x) = P((X = 2) ∪ (X = 3) ∪ (X = 4)) =
F(x) = P(X ≤ x) = P((X = 2) ∪ (X = 3) ∪ (X = 4) ∪ (X = 5))
2
4 1 1 14
+
+ + =
=
15 15 3 5 15
Si x ∈ [6; +∞[ : (X ≤ x) est un événement certain :
F(x) = P(X ≤ x) = P(Ω) = 1.
171
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
Exercice 8
On considère un dé cubique dont les faces sont numérotées 1, 1, 2, 2, 2, 2.
On jette le dé deux fois de suite. Soit Ω l’univers associé à l’épreuve : Card Ω = 62 = 36.
1. Soit S la variable aléatoire « somme des points obtenus sur les deux jets » :
son univers-image est S(Ω) = {2, 3, 4}.
2. Loi de S : (les tirages étant supposés équiprobables)
2.2 1
=
36 9
2.4 + 4.2 4
=
P(S = 3) = P(Faire 1 puis 2 OU 2 puis 1) =
36
9
4.4 4
=
P(S = 4) = P(Faire 2 et 2) =
36 9
P(S = 2) = P(Faire 1 et 1) =
k
2
3
4
Total
P(S=k)
1
9
4
9
4
9
1
Représentation graphique :
3. Espérance mathématique E(S) et variance V(S) :
1
4
4
10
.2 + .3 + .4 =
9
9
9
3
1
4
4
104
E(S 2 ) = .2 2 + .3 2 + .4 2 =
9
9
9
9
E (S ) =
2
104  10 
4
V(S) = E(S ) − (E(S)) =
−  =
9
9
 3
2
2
172
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
4. La fonction F est définie par :
Si x ∈ ]-∞ ; 2[ : S ≤ x est un événement impossible.
F(x) = P(S ≤ x) = P(Ø) = 0
Si x ∈ [2; 3[ : S ≤ x est identique à l’événement (S = 2).
F(x) = P(S ≤ x) = P(S = 2) =
1
9
Si x ∈ [3; 4[ : (S ≤ x) est l’événement (S = 2) ∪ (S = 3)
F(x) = P(S ≤ x) = P((S = 2) ∪ (S = 3))=
1 4 5
+ =
9 9 9
Si x ∈ [4; +∞[ : (S ≤ x) est l’événement (S = 2) ∪ (S = 3) ∪ (S = 4) = Ω
F(x) = P(S ≤ x) = P(Ω) = 1.
Variables aléatoires et tirages
Exercice 9
Une urne contient huit boules blanches et deux boules rouges indiscernables au toucher.
1. Tirage simultané
On tire simultanément trois boules. Soit Ω l’univers associé à l’épreuve :
3
Card Ω = C10 = 120.
Soit X la variable aléatoire réelle égale au « nombre de boules rouges extraites ».
a) Loi de probabilité de X.
L’univers image est X(Ω) = {0, 1, 2}.
0
. 3
56
7
P(X = 0) = P(n’avoir aucune boule rouge) = C 2 C 8 =
=
120
120 15
1
. 2
56
7
P(X = 1) = P(avoir une boule rouge) = C 2 C 8 =
=
120
120 15
k
0
1
2
Total
P(X=k)
7
15
7
15
1
15
1
2
. 1
1
P(X = 2) = P(avoir 2 boules rouges) = C 2 C 8 =
120
15
173
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
b) Espérance mathématique E(X) et variance V(X).
E(X) =
7
7
1
3
.0 +
.1 +
.2 =
15
15
15
5
E(X 2 ) =
7 2 7 2 1 2 11
.0 +
.1 +
.2 =
15
15
15
15
2
11  3 
28
.
V(X) = E(X ) − (E(X)) =
−  =
15  5 
75
2
2
2. Tirage successif avec remise
On tire une boule, on note sa couleur, puis on remet la boule dans l’urne. L’opération
est répétée trois fois.
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve : Card Ω = 103 = 1 000.
Soit Y la variable aléatoire réelle « nombre de boules rouges extraites ».
a) Loi de probabilité de Y.
L’univers image est Y(Ω) = {0, 1, 2, 3}.
0
0
3
2 .8
P(Y = 0) = P(n’avoir aucune boule rouge) = C 3
= 0,512
1000
1
1
2
2 .8
P(Y = 1) = P(avoir une boule rouge) = C 3
= 0,384
1000
2 2
2 .8 1
P(Y = 2) = P(avoir 2 boules rouges) = C 3
= 0,096
1000
3 3
0
C 3 2 .8 = 0,008
P(Y = 3) = P(avoir 3 boules rouges) =
1000
k
0
1
2
3
Total
P(Y=k)
0,512
0,384
0,096
0,008
1
b) Espérance mathématique E(Y) et variance V(Y).
E(Y) = 0,512.0 + 0,384.1 + 0,096.2 + 0,008.3 = 0,6
E(Y2) = 0,512.02 + 0,384.12 + 0,096.22 + 0,008.32 = 0,84
V(Y) = E(Y2) – (E(Y))2 = 0,84 –0,62 = 0,48.
3. Tirage successif sans remise
On tire une boule, on note sa couleur et on ne remet pas la boule dans l’urne.
L’opération est répétée trois fois.
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve : Card Ω = 10.9.8 = 720.
174
8 2930 TC PA 00
Variables aléatoires réelles discrètes
Séquence 3
Soit Z la variable aléatoire réelle « nombre de boules rouges extraites ».
a) Loi de probabilité de Z :
L’univers image est Z(Ω) = {0, 1, 2}.
0
P(Z = 0) = P(n’avoir aucune boule rouge) = C 3 8.7.6 = 7
720
15
1
P(Z = 1) = P(avoir une boule rouge) = C 3 2.8.7 = 7
720
15
2
2.1.8
1
P(Z = 2) = P(avoir 2 boules rouges) = C 3
=
720
15
k
0
1
2
Total
P(Z=k)
7
15
7
15
1
15
1
b) Espérance mathématique E(Z) et variance V(Z).
E(Z) =
7
7
1
3
.0 +
.1 +
.2 =
15
15
15
5
E(Z 2 ) =
7 2 7 2 1 2 11
.0 +
.1 +
.2 =
15
15
15
15
2
11  3 
28
V(Z) = E(Z ) − (E(Z)) =
−  =
15  5 
75
2
2
175
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
✒ Applications
La loi binomiale
Exercice 1
On jette 5 fois une pièce non truquée. Soit X la variable aléatoire « nombre de Piles
obtenues en 5 jets ».
a) Univers image X(Ω) ={0, 1, 2, 3, 4, 5}.
b) Loi de X :
L’épreuve est répétée N = 5 fois dans les mêmes conditions et de façon indépendante,
1
avec une probabilité de « succès » (obtenir Pile) p =
: X est donc une variable aléa2
1
).
toire binomiale de loi B (5,
2
k
 1  1
La probabilité d’obtenir k Piles est P(X = k) = C    
 2  2
k
5
c) Probabilité d’avoir 3 Piles : P(X = 3) =
5− k
=
C5k
où k ∈ {0, 1, …, 5}
32
C53
= 0,312 5.
32
Exercice 2
On reprend les données de l’exercice 1. Soit X la variable aléatoire « nombre de Piles
obtenues en 5 jets ».
5
a) Espérance mathématique E(X) = Np =
.
2
1 1
b) Variance V(X) = Npq = 5. . = 1,25
2 2
Écart type σ(X) =
5
5
=
.
4
2
177
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
La loi de Poisson
Exercice 3
On considère la variable aléatoire X de loi P (2).
a) Déterminer la probabilité des événements X = k pour k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}
−2
La loi de X est donnée par : P(X = k) = e
k
0
1
2
3
4
2k
k!
(k ∈ N)
P(X=k)
0,135
0,271
0,271
0,180
0,090
Les résultats s’obtenant indifféremment à l’aide d’une calculatrice ou du formulaire.
b) Représentation de la loi de X.
Approximation de la loi binomiale
Exercice 4
Soit X une variable aléatoire de loi B (N; p) et soit T une variable aléatoire de loi P
(λ) telle que λ= Np.
1. La variable aléatoire X suit la loi B (60 ; 0,05).
k
P(X = k) = C60 0,05k.0,9560-k pour k ∈ {0, …, 60}
4
P(X = 4) = C60 0,054.0,9556 ≈ 0,17238
P(X ≥ 4) =1 - P(X < 4)
= 1 – (P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3))
0
1
2
= 1 – (C60 0,050.0,9560 + C60 0,051.0,9559 + C600,052.0,9558
3
+ C60 0,053.0,9557)
≈ 0,352 71
178
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
2. a) N ≥ 50, p ≤ 0,1 et Np ≤ 10 : on peut approcher la loi B (N; p) par la loi P (λ)
avec λ= Np.
c’est-à-dire la loi B (60; 0,05) par la loi P (3).
b) Soit T une variable aléatoire de loi P (3).
34
≈ 0,16803
4!
P(T ≥ 4) = 1 - P(T < 4) = 1 – (P(T = 0) + P(T = 1) + P(T = 2) + P(T = 3))
−3
P(T = 4) = e
1
2
3
 −3 3 0
−3 3
−3 3
−3 3 
1
−
e
+
e
+
e
+
e
=


1!
2!
3! 
 0!
= 1 – e-3(1 + 3 + 4,5 + 4,5) ≈ 0,352 76…
P(X = 4) ≈ P(T = 4) d’où P(X = 4) ≈ 0,16803
P(X ≥ 4) ≈ P(T ≥ 4) d’où P(X ≥ 4) ≈ 0,352 76
✒✒ Approfondissements
La loi binomiale
Exercice 5
a) Les lois B (4 ; 0,2), B (4 ; 0,5) et B (4 ; 0,9) :
k
0
1
2
3
4
loi B (4;0,2)
loi B (4;0,5)
loi B (4;0,9)
P(X=k)
0,409 6
0,409 6
0,153 6
0,025 6
0,001 6
P(X=k)
0,062 5
0,25
0,375
0,25
0,062 5
P(X=k)
0,000 1
0,003 6
0,048 6
0,291 6
0,656 1
b) Représentation des lois :
loi B (4;0,2)
loi B (4;0,5)
loi B (4;0,9)
179
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
Exercice 6
La probabilité de naissance d’un garçon peut être estimée à 0,48.
1. Soit X la variable aléatoire « nombre de garçons attendus sur k naissances ».
On peut considérer que X est une variable aléatoire binomiale de loi B (N ; 0,48).
En effet, l’épreuve est répétée N fois dans les mêmes conditions et de façon indépendante (si l’on exclut des facteurs héréditaires, etc.), avec une probabilité d’avoir
un garçons p = 0,48.
Pour une famille la probabilité d’avoir k (k ∈ N*) garçons parmi N enfants serait ainsi :
k
P(X = k) = CN 0,48k.0,52N-k
2. Probabilité pour une famille de 4 enfants d’avoir 1 garçon : ici N = 4 et k = 1.
1
P(X = 1) = C4 0,481.0,523 ≈ 0,270
Exercice 7
On considère la variable aléatoire X de loi B (3; 0,5). La loi de X est donnée par :
k
 1  1
P(X = k) = C    
2 2
k
3
3 −k
=
C3k
8
où k ∈{0, 1, 2, 3}
loi B(3 ; 0,5)
k
0
1
2
3
P(X = k)
0,125
0,375
0,375
0,125
P(1 < X < 2) = P(Ø) = 0
P(1 ≤ X ≤ 2) = P({1 ;2}) = 0,375 + 0,375 = 0,75
P(0 ≤ X ≤ 3) = P(Ω) = 1
P(X < 3) = P({0 ; 1 ; 2}) = 0,125 + 0,375 + 0,375 = 0,875
P(X < 2) = P({0 ;1}) = 0,125 + 0,375 = 0,5
P(X > 3) = P(Ø) = 0
P(1,5 ≤ X) = P({2 ;3}) = 0,375 + 0,125 = 0,5.
180
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
Exercice 8
Soit Ω l’univers associé à l’épreuve « tirage simultané de 3 boules parmi les 6 (4 de couleur blanche et 2 de couleur rouge) » :
3
Card Ω = C6 = 20.
1. Soit X la variable aléatoire qui à toute épreuve, associe le nombre de boules rouges
tirées.
La variable aléatoire réelle X prend les valeurs isolées 0, 1 et 2 : X(Ω) = {0, 1, 2}.
a) Loi de X : (les tirages étant supposés équiprobables)
P(X = 0) = P(n’avoir aucune boule rouge) =
P(X = 1) = P(avoir une boule rouge) =
3
0
4
2
C .C
20
2
1
4
2
C .C
20
=
=
4
= 0,2
20
12
= 0,6
20
C14 ⋅ C 22 4
=
= 0, 2
P(X = 2) = P(avoir deux boules rouges) =
20
20
k
0
1
2
Total
P(X=k)
0,2
0,6
0,2
1
b) Espérance mathématique E(X) et variance V(X) :
E(X) = 0,2.0 + 0,6.1 + 0,2.2 = 1
2) = 0,2.02 + 0,6.12 + 0,2.22 = 1,4
E(X
V(X) = E(X2) – (E(X))2 = 1,4 - 12 = 0,4
2. On répète 3 fois l’épreuve précédente. Soit Y la variable aléatoire qui, à chaque série
de 3 épreuves, associe le nombre d’épreuves où l’événement X > 1 a été réalisé.
a) Loi de Y :
L’épreuve est répétée N = 3 fois dans les mêmes conditions et de façon indépendante, avec une probabilité de réalisation de X > 1 égale à 0,2 : p = 0,2.
Y est donc une variable aléatoire binomiale de loi B(3 ; 0,2) :
k
P(X = k) = C3 0,2k.0,83-k
k ∈ {0, 1, 2, 3}
k
0
1
2
3
Total
P(Y=k)
0,512
0,384
0,096
0,008
1
b) Espérance mathématique E(Y) et variance V(Y) :
E(Y) = Np = 0,6
V(Y) = Npq = 0,48
181
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
La loi de Poisson
Exercice 9
Soit X une variable aléatoire de loi P (2). La loi de X est donnée par :
2k
avec k ∈ N
k!
1. Probabilité des événements X = k pour k ∈ {0, 1, 2, 3, 4}
−2
P(X = k) = e
k
0
1
2
3
4
loi P(2)
P(X = k)
0,135
0,271
0,271
0,180
0,090
2. Représentation de la loi de X.
3. Pour déterminer le plus petit entier k tel que P(X ≤ k) > 0,9 on calcule les valeurs
P(X ≤ k) c’est-à-dire les valeurs de la fonction de répartition :
k
0
1
2
3
4
5
loi P (2)
P(X=k)
P(X ≤ k)
0,135 3…
0,135 3…
0,270 6…
0,406 0…
0,270 6…
0,676 6…
0,180 4…
0,857 1…
0,090 2…
0,947 3…
…
…
P(X ≤ k) > 0,9 pour k ≥ 4 : le plus petit entier k est donc k = 4.
182
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
4. Exemple de programme TI 82/83 donnant pour la loi P (λ) les valeurs de P(X=k).
ClrHome
Disp « LAMBDA= »
Input L
For(K,0,10)
ClrHome
e^(-L)*(L^K)/K!→Y
Disp « K= »
Disp K
Disp « P(X=K)= »
Disp Y
Pause
End
Exercice 10
k
Rappels : Pour la loi B (N ; p) : P(X = k) = CN pk.qN-k, E(X)= Np et V(X)= Npq
−λ
Pour la loi P (λ) : P(X = k) = e
E(X)
σ(X)
P(X=2)
P(X≥1)
P(X>1)
P(1<X≤3)
λk
k!
(k ∈ N),
B(5 ;0,1)
P (2,25)
0,5
0,670 8
0,072 9
0,409 5
0,081 4
0,081
2,25
1,5
0,266 7
0,894 6
0,657 4
0,466 8
E(X)= λ et V(X)= λ
P (4)
4
2
0,146
0,981
0,908
0,341
5
6
4
8
(à 10-4 près par défaut).
183
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
Approximation de la loi binomiale
Exercice 11
(d’après BTS Info-Gestion 99)
1. La variable aléatoire Y suit la loi binomiale B (100 ; 0,05).
5
P(Y = 5) = C100 0,055.0,9595
P(Y = 5) ≈ 0,18 (valeur décimale arrondie à 10-2 près).
2. a) N ≥ 50, p ≤ 0,1 et Np ≤ 10 : on peut approcher la loi B (100; 0,05) par la loi P
(λ) avec λ = Np.
c’est-à-dire la loi B (100; 0,05) par la loi P (5).
b) Soit T une variable aléatoire de loi P (5).
P(T ≤ 5) = P(T = 0) + P(T = 1) + P(T = 2) + P(T = 3) + P(T = 4) + P(T = 5)
= e −5
50
51
52
53
54
55
+ e −5
+ e −5
+ e −5
+ e −5
+ e −5
0!
1!
2!
3!
4!
5!

25 125 625 625 
+
+
+
= e −5  1 + 5 +

2
6
24
24 

1097 −5
e = 0,615 96…
12
P(Y ≤ 5) ≈ P(T ≤ 5) d’où P(Y ≤ 5) ≈ 0,62 (valeur décimale arrondie à 10-2 près)
P(T ≤ 5) =
✒✒✒ Travaux pratiques
TP1 – d’après sujet BTS IG
Une production de pièces mécaniques comporte 1 % de pièces défectueuses. On veut
produire 400 nouvelles pièces. On note X la variable aléatoire « nombre de pièces défectueuses fabriquées ».
1. a) Loi de X :
L’épreuve est répétée N = 400 fois dans les mêmes conditions et de façon indépendante, avec une probabilité de réalisation p = 0,01.
X est donc une variable aléatoire binomiale de loi B (400 ; 0,01) :
k
P(X = k) = C400 0,01k.0,99400-k où k ∈ {0, 1, 2, …,400}
b) Probabilité d’obtenir 4 pièces défectueuses :
4
P(X = 4) = C400 0,014.0,99396 = 0,196 35…
Probabilité d’obtenir plus de 2 pièces défectueuses :
P(X > 2) = 1 - P(X ≤ 2) = 1 - (P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)) = 0,763 36…
184
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
2. Approximation de la loi de X par une loi de Poisson :
N ≥ 50, p ≤ 0,1 et Np ≤ 10 : on peut approcher la loi B (400; 0,01) par la loi P (λ)
avec λ = Np.
c’est-à-dire la loi B (400; 0,01) par la loi P (4).
Soit T une variable aléatoire de loi P (4).
44
= 0,195 36…
4!
P(« obtenir plus de 2 pièces défectueuses ») = P(T > 2) = 1 - P(T ≤ 2)
= 1 – (P(T = 0) + P(T = 1) + P(T = 2))
−4
P(« obtenir 4 pièces défectueuses ») = P(T = 4) = e
1
2
 −4 4 0
−4 4
−4 4 
1
−
e
+
e
+
e
=


1!
2! 
 0!
= 1 – e-4(1 + 4 + 8) = 0,761 89…
P(X = 4) ≈ P(T = 4) d’où P(X = 4) ≈ 0,195 36
P(X > 2) ≈ P(T > 2) d’où P(X > 2) ≈ 0,761 89
On retrouve une bonne approximation des résultats du 1.
TP2 – d’après sujet BTS IG
Alfred Lebon est membre d’un club d’amateurs de motos. À la suite d’une étude statistique, on admet que la probabilité pour qu’une moto soit volée au cours d’une année
est égale à 0,01.
Aussi, Alfred Lebon propose aux membres du club de constituer leur compagnie d’assurance. La nouvelle compagnie assure 10 motos. En cas de vol, elle verse à l’assuré une
somme forfaitaire de 5 000 €.
On suppose que les vols des différentes motos sont indépendants.
1. a) Loi de probabilité de X :
On note X la variable aléatoire égale au nombre de motos volées, parmi les dix assurées, au cours d’une année.
L’épreuve (vol d’une moto) est répétée N = 10 fois dans les mêmes conditions et de
façon indépendante, avec une probabilité de réalisation p = 0,01.
X est donc une variable aléatoire binomiale de loi B (10 ; 0,01) :
k
P(X = k) = C10 0,01k.0,9910-k
k ∈ {0, 1, 2, …, 10}
-3
A 10 près par défaut :
0
P (X = 0) = C10 0,010.0,9910 ≈ 0,904
1
P (X = 1) = C10 0,011.0,999 ≈ 0,091
2
P (X = 2) = C10 0,012.0,998 ≈ 0,004
185
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
loi B (10 ; 0,01)
k
0
1
2
3
P(X=k)
0,904
0,091
0,004
…
P(X ≤ k)
0,904
0,995
0,999
…
Le plus petit entier naturel k à partir duquel on est sûr d’avoir P (X ≤ k) ≥ 0,999 est
k = 2.
b) Provisions nécessaires :
P (X ≤ 2) ≥ 0,999 : le nombre de vols ne devrait pas dépasser 2 avec une probabilité supérieure à 0,999
Les provisions nécessaires (versement pour vol à l’assuré d’une somme forfaitaire de
5 000 €) pour indemniser toutes les victimes de l’année devra donc être de
2 × 5 000 € = 10 000 €.
Provisions par assuré : 10 000 € /10 = 1 000 €.
2. La compagnie d’Alfred Lebon assure maintenant 200 motos, toujours dans les
mêmes conditions.
a) Loi de probabilité de Y :
Soit Y la variable aléatoire égale au nombre de motos volées, parmi les 200 assurés,
au cours d’une année.
L’épreuve (vol d’une moto) est répétée N = 200 fois dans les mêmes conditions et
de façon indépendante, avec une probabilité de réalisation p = 0,01.
Y est donc une variable aléatoire binomiale de loi B (200 ; 0,01) :
k
P(X = k) = C200 0,01k.0,99200-k où k ∈ {0, 1, 2, …, 200}
On approche cette loi par une loi de Poisson.
N ≥ 50, p ≤ 0,1 et Np ≤ 10 : on peut approcher la loi B (200; 0,01) par la loi P (λ)
avec λ= Np.
C’est-à-dire la loi B (200; 0,01) par la loi P (2).
186
8 2930 TC PA 00
Loi binomiale – Loi de Poisson
Séquence 4
b) On considère dans toute la suite que Y suit la loi de Poisson P (2).
Probabilités P (Y ≤ k) pour tout k entier naturel inférieur ou égal à 8.
(On utilisera avec beaucoup de profit le programme de l’exercice 9).
loi P (2)
k
0
1
2
3
4
5
6
7
8
P(Y=k)
0,135 3…
0,270 6…
0,270 6…
0,180 4…
0,090 2…
0,036 0…
0,012 0…
0,003 4…
0,000 8…
P(Y ≤ k)
0,135 3…
0,406 0…
0,676 6…
0,857 1…
0,947 3…
0,983 4…
0,995 4…
0,998 9…
0,999 7…
Le plus petit entier naturel k à partir duquel on est sûr d’avoir P (X ≤ k) ≥ 0,999 est
k = 8.
c) Provisions nécessaires :
P (Y ≤ 8) ≥ 0,999 : le nombre de vols ne devrait pas dépasser 8 avec une probabilité supérieure à 0,999
Les provisions nécessaires (versement pour vol à l’assuré d’une somme forfaitaire de
5 000 €) pour indemniser toutes les victimes de l’année devra donc être de
8 × 5 000 € = 40 000 €.
Provisions par assuré : 40 000 € /200 = 200 €.
Le résultat est 5 fois moindre que celui obtenu à la première question.
187
8 2930 TC PA 00
Unité 6
Calcul matriciel
➤ Prérequis
• Calcul algébrique élémentaire et utilisation d’une calculatrice.
➤ Objectifs
• Initiation au langage matriciel en s’appuyant sur l’observation de problèmes issus de la vie courante.
➤ Contenu
• Séquence 1 : calcul matriciel
• Séquence 2 : systèmes linéaires
189
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
✒ Applications
Généralités
Exercice 1
a ij = 0 si i = j

La matrice A = (aij), matrice carrée d’ordre 3 est définie par : a ij = 2i si i < j
a = i + j si i > j
 ij
a11 = a22 = a33 = 0
a12 = 2(1) = 2 a23 = 2(2) = 4 a13 = 2(1) = 2
a21 = 2 + 1 = 3 a32 = 3 + 2 = 5 a31 = 3 + 1 = 4
d’où
0 2 2
A =  3 0 4 .


4 5 0
Exercice 2
 1
 1 3
a − b
On considère les matrices A et B définies par : A =  2
et B = 

b − 5
1 
 4b 1
a - b = 3
1. L’égalité matricielle A = B est équivalente à  2
, c’est-à-dire à
5
4b
b
−
=

a - b = 3
.
 2
b − 4b − 5 = 0
b2 - 4b - 5 = 0 équivaut à (b = -1 ou b = 5)
Si b = -1 alors a = 2 et si b = 5 alors a = 8
Les solutions sont les couples (2 ; -1) et (8 ; 5)
2. D’où les couples de matrices solutions :
 1 3
 1 3
A= 
 B= 

 −4 1
 −4 1
 1 3
 1 3
A= 
 B= 

 20 1
 20 1
191
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
Somme et produit par un réel
Exercice 3
5
1. A+ B = 
0
−2
3
2   1 −4 2   6
 +
 =
−4   2 1 0   2
−6
4
4

−4 
 5 −2 2   1 −4 2   4 2 0 
A− B = 
 −
 =

0 3
−4   2 1
0   -2 2 −4 
 5 −2 2   10 -4 4 
2 A = 2
 =

0 3
−4   0 6 −8 
5
2 A + 3B = 2 
0
−2
3
 1 −4 2   10
2
 + 3
 =
−4 
2 1 0  0
−4
6
4  3
 +
−8   6
−12 6   13
 =
3 0  6
−16
9
10 

−8 
 1 0 0  1 0 0  2 0 0
2. A + B =  0 0 1 +  2 3 0  =  2 3 1

 
 

0 1 0  4 5 6  4 6 6
 1 0 0  1 0 0  0 0 0 
A − B =  0 0 1 −  2 3 0  =  -2 -3 1 

 
 

 0 1 0   4 5 6   -4 -4 -6 
 1 0 0 2 0 0
2 A = 2 0 0 1 =  0 0 2 

 

0 1 0 0 2 0
2 0 0  3 0 0   5 0 0 
2 A + 3 B = 0 0 2 +  6 9 0  =  6 9 2 

 
 

0
2
0
12
15
18
12
17
18

 
 

192
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
Produit de matrices
Exercice 4
 0 1  1 1  0 1
BA = 

 =

 1 0  0 1  1 1
 1 1  0 1  1 1
1. AB = 

 =
 0 1  1 0   1 0 
;
 2 −1
 0 −9


−
1
4
2
=6
3
2. AB =  0 3  

  2 1 0  
 −1 0 
 −1 4
4
0

−2 
 0 1 0   1 1 1  0 1 1
3. AB =  1 0 0   0 1 1 =  1 1 1

 
 
 0 0 1  0 0 1  0 0 1
 2 −1
 1 −4 2 
  0 −13
; BA = 
 0 3  = 

2 1 0 
4 1 

 −1 0 
 1 1 1  0 1 0   1 1 1
BA =  0 1 1  1 0 0  =  1 0 1

 
 

 0 0 1  0 0 1  0 0 1
Exercice 5
 1
1. On considère les matrices : A = 1 4 et B =  
 -2 
a) Le produit AB d’une matrice (1×2) par une matrice (2×1) donne une matrice (1×1).
Le produit BA d’une matrice (2×1) par une matrice (1×2) donne une matrice (2×2).
Les matrices AB et BA existent.
(
)
1
b) AB = 1 4   = 1.1 + 4.( −2) = ( −7)
 −2 
(
)
(
)
193
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
 1 0 −2 
 1 1

.
2. On considère les matrices : A = 
et
B
=

1 4 3 
0 0
a) Le produit AB d’une matrice (2×2) par une matrice (2×3) donne une matrice
(2×3).
Le produit BA n’existe pas car le nombre de colonnes de la matrice B doit être
égal au nombre de lignes de la matrice A.
 1 1  1 0
b) AB = 

0 0 1 4
−2   2 4 1
 =
.
3  0 0 0
0 1 
3. On considère les matrices : A =  −1 1  et B = 1 −2 −1 .


2
3


Le produit AB n’existe pas car le nombre de colonnes de la matrice A doit être
égal au nombre de lignes de la matrice B.
Le produit BA d’une matrice (1×3) par une matrice (3×2) donne une matrice(1×2).
(
)
Exercice 6
1 1 
 -1 1 4 
 2 −3 
 , B =  0 −2  et C = 
On considère les matrices : A = 
.
0 3 2 


4 1 
4 3 
1. Nature des matrices AB et BC :
Le produit d’une matrice (2×3) par une matrice (3×2) donne une matrice(2×2).
AB est une matrice(2×2).
Le produit d’une matrice (3×2) par une matrice (2×2) donne une matrice(3×2).
BC est une matrice(3×2).
1 1 
 −1 1 4  
  15 9 
AB = 
  0 −2  = 
 ;
 0 3 2 
 8 0

4 3 
1 1 
2
BC =  0 −2  

  4
4 3 
6
−3  
 = −8
1  
 20
−2 
−2 

−9 
2. Calcul du produit ABC.
1re méthode :
6
 −1 1 4  
ABC = A(BC) = 
 −8
 0 3 2  
 20
−2 
 66
−2  = 
  16
−9 
−36 

−24 
2e méthode :
 15 9   2 -3   66 -36 
ABC = (AB)C = 

 =

 8 0   4 1   16 -24 
194
8 2930 TC PA 00
Séquence 1
Calcul matriciel
Puissance d’une matrice
Exercice 7
 0 0 1
On considère la matrice A =  1 0 0  .


0 1 0
0 1 0
 1 0 0
1. A2 =  0 0 1 et A3 =  0 1 0  = I3.




 1 0 0
 0 0 1
2. Notons que 2003 = 3×667 + 2
A2003 = A3x667 + 2 = (A3)667.A2 par associativité
A2003 = (I3)667.A2 = I3 A2 car (I3)667 = I3
d’où A2003 = A2
A2003
0 1 0
=  0 0 1 .


1
0
0


✒✒ Approfondissements
Exercice 8
 1 4
1 3 
1. On considère les matrices A et B définies par : A = 
 et B = 
 et
 -5 1
 2 -1
l’on suppose qu’il existe une matrice X vérifiant A + X = B.
a) Nature de la matrice X :
La somme d’une matrice (2×2) et d’une matrice (2×2) donne une matrice(2×2).
La matrice X une matrice(2×2).
b) Détermination de X sous forme de tableau de nombres.
 1 3   1 4   0 -1
A + X = B équivaut à X = B - A d’où X = 
 −
 =
.
 2 -1  -5 1  7 -2 
 1
 1 4
2. On considère les matrices A et B définies par : A = 
 et B =   et l’on
 16 
suppose qu’il existe une matrice X vérifiant A.X = B.  -5 1
a) Nature de la matrice X :
Le produit d’une matrice (2×2) et d’une matrice (2×1) donne une matrice(2×1).
la matrice X une matrice(2×1).
195
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
 x
b) Détermination de X sous forme de tableau de nombres : Posons X =  
 y
 1 4  x   1 
x + 4y = 1
A.X = B ⇔ 
.
   =   c’est-à-dire 
 -5 1  y   16 
−5x + y = 16
On trouve x = -3 et y = 1.
 −3
D’où X =   .
 1
Exercice 9
 1 0 0
1 1 2


On considère les matrices A =  −1 1 0  et I3 =  0 1 0  ;


 0 0 1


et l’on pose B = A2 +2 I3.
 −2 0 −2 
 -4 2 -2 
 -2 -2 -4 




1. A2 =  -2 0 -2  et A3 =  2 -2 0  .
 2 -2 0 
4 0 4




 -2 -2 -4 
 1 1 2  0 0 0



 

2. AB = A(A2 +2 I3) = A3 +2A =  2 -2 0  + 2  −1 1 0  =  0 0 0 
4 0 4
 −2 0 −2   0 0 0 



 

2n+1
n
n
3. On admet que pour tout entier naturel n : A
= (-1) .2 .A.
2+1
1 1
3
Si n = 1 alors A = (-1) .2 .A c’est-à-dire A = -2.A donc A4 = -2.A2.
Si n = 1001 alors A2002+1 = (-1)1001.21001.A c’est-à-dire A2003 = -21001.A.
 8 -4 4 
 -1 -1 -2 


A4 = 4 0 4 et A2003 = +21001  1 -1 0  .




2
0
2
 -4 4 0 


Exercice 10
d’après BTS Info Gestion
 a -a 
Puissance n-ième de la matrice M = 
 où a et b sont deux nombres réels.
 -b b 
 a -a   a −a   a 2 + ab
1. M = 

 =
 -b b   −b b   −ab − b 2
2
−a 2 − ab

ab + b 2 
 a −a 
M2 = (a + b )

 −b b 
196
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
2. On admet que, pour tout entier n supérieur ou égal à 1, Mn peut s’écrire sous la
 un
forme Mn =  −v
n
−un 

v n  où un et vn sont deux nombres réels.
 un+1
D’une part : Mn+1 = 
 −v n+1
−un+1 
 par hypothèse.
v n+1 
 un
D’autre part : Mn+1 = Mn.M = 
 −v n
 (a + b ).un
c’est-à-dire Mn+1 = 
 −(a + b ).v n
Mn+1 = (a + b).Mn
−un   a −a   a.un + b.un
 =

v n   −b b   −a.v n − b.v n
−a.un − b.un 

a.v n + b.v n 
−(a + b ).un 
.
(a + b ).v n 
3. a) et b) En identifiant les deux expressions de Mn+1 on obtient :
 un+1

 −v n+1
−un+1   (a + b ).un
 =
v n+1   −(a + b ).v n
−(a + b ).un 

(a + b ).v n 
d’où un+1 = (a+b).un et vn+1 = (a+b).vn
 u1
Par ailleurs M1 = 
 − v1
− u1   a − a 
 c’est-à-dire u1 = a et v1 = b.
 =
v1   − b b 
(un)n est la suite géométrique de 1er terme u1 = a et de raison q = a + b.
(vn)n est la suite géométrique de 1er terme v1 = b et de raison q = a + b.
Conclusion :
un = a.(a+b)n-1 et vn = b.(a+b)n-1.
c) Expression de Mn en fonction de n, a et b.
u
M =  n
 −v n
−un   a.(a + b)n-1
 =
v n   -b.(a + b)n-1
n
(
Mn = a + b
)
n −1
-a.(a + b)n-1 

b.(a + b)n-1 
 a −a 

.
 −b b 
Remarque
À la question 2. l’égalité Mn+1 = (a + b).Mn aurait également pu permettre d’établir ce résultat.
4. Application numérique : Si a = 3 et b = -1
 3 −3 
 3.2 n−1
 3 −3 
n
M= 
=
 et M = 

 n−1
 1 −1
 1 −1
 2
n
-3.2 n−1 
.
-2 n−1 
197
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
Exercice 11
 0 1 −1
 1 0 0


On considère les matrices : M = −3 4 −3 et I3 =  0 1 0 




 −1 1 0 
 0 0 1
(d’après BTS IG)
 -2 3 -3 
1. M2 =  -9 10 -9 


 -3 3 -2 
 -2 3 -3 
 0 1 −1
 1 0 0
2. M2 = aM + bI3 ⇔  -9 10 -9  = a. −3 4 −3  + b. 0 1 0 






 -3 3 -2 
 −1 1 0 
 0 0 1
 -2 3 -3   b
a
-a 
c’est-à-dire  -9 10 -9  =  -3a 4a + b -3a ,

 
a
b 
 -3 3 -2   -a
système de 9 équations à 2 inconnues dont les solutions sont a = 3 et b = -2.
M2 = 3M - 2I3
3. Expression des matrices M3 et M4 en fonction de M et I3.
M3 = M.M2 = M(3M - 2I3) = 3M2 – 2M
M3 = 3(3M - 2I3) – 2M d’après le 2.
M3 = 7M - 6I3.
M4 = M.M3 = M(7M - 6I3) = 7M2 – 6M
M4 = 7(3M - 2I3) – 6M d’après le 2.
M4 = 15M - 14I3.
4. 1re méthode :
 0 1 −1
 1 0 0   −14 15


M = 15M − 14I 3 = 15 −3 4 −3 − 14  0 1 0  =  −45 46



 
 −1 1 0 
 0 0 1  −15 15
4
−15 
−45 

−14 
2e méthode :
 −2 3
M = M .M =  −9 10

 −3 3
4
2
2
−3   −2 3
−9   −9 10

−2   −3 3
−3   −14 15
−9  =  −45 46
 
−2   −15 15
−15 
−45 

−14 
198
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
5. a) M2 = 3M - 2I3 ⇔ 2I3 = 3M - M2 c’est-à-dire I3 =
b) Si l’on pose P =
1
M(3 I3 - M)
2
1
(3 I3 – M) on aura bien MP = I3
2
 1,5
1
c) P = (3I 3 − M ) =  1,5

2
 0,5
−0,5 0,5 
−0,5 1,5 

−0,5 1,5 
1,5 −0,5 0,5 0 1 −1 1 0 0
1
d) PM = ( 3I 3 − M ) M = 1,5 −0,5 1,5 −3 4 −3 = 0 1 0
2
0,5 −0,5 1,5  −1 1 0  0 0 1
PM = I3
✒✒✒ Travaux pratiques
Exercice 12
BTS Info Juin 2002
Une usine fabrique 3 sortes d’articles : a1, a2, a3, à partir de 3 modules : m1, m2, m3.
 3 9 5
On note : A =  4 0 9 


4
8
6


et
 5
6
3 
M= 

 180 250 150 
 3 9 5
 5
6
3 
69
97 
  51
1. a) M × A = 
  4 0 9 = 
 .
180 250 150 
2140 2820 4050

 4 8 6
b) Interprétation :
Un article a1 pèse 51 kg, un article a2 pèse 69 kg et un article a3 pèse 97 kg.
Un article a1 coûte 2 140 €, un article a2 coûte 2 820 € et un article a3 coûte
4 050 €.
2. Une semaine donnée, l’usine doit fournir 8 articles a1, 12 articles a2, 13 articles a3.
8
On note F la matrice  12  .
 
 13 
199
8 2930 TC PA 00
Calcul matriciel
Séquence 1
 3 9 5   8   197 
a) A×F =  4 0 9   12  =  149 

   

 4 8 6   13   206 
Interprétation : Pour fabriquer 8 articles a1, 12 articles a2, 13 articles a3 il faut
197 modules m1, 149 modules m2 et 206 modules m3.
b) L’usine dispose en début de semaine d’un stock de 200 modules de chaque
sorte. Donc la demande [8 articles a1, 12 articles a2, 13 articles a3] ne peut pas être
satisfaite car il faut 206 modules m3.
Exercice 13
1. La somme a11 + a12 + a13 représente le coût d’expédition en € d’un seul objet de
chaque type au « tarif lent ». La somme a11 + a21 + a31 représente le coût d’expédition en € de 3 lettres à trois tarifs distincts.
2. a) L = 0,4(10) + 0,8(5) + 1(7) = 15 €
N = 0,5(10) + 1(5) + 1,2(7) = 18,4 €
E = 1(10) + 1,2(5) + 1,5(7) = 26,5 €
b) L = 0,4x + 0,8y + z ; N = 0,5x + y + 1,2z ; E = 1x + 1,2y +1,5z d’où sous
forme matricielle
 L   0,4 0,8 1   x 
 N  =  0,5 1 1,2   y 
  
  
 E   1 1,2 1,5   z 
3. La matrice B de coût de l’envoi et du retour du courrier est définie par :
B = A + A = 2A, c’est-à-dire
 0,4 0,8 1   0,8
B = 2  0,5 1 1,2  =  1

 
 1 1,2 1,5   2
4. La hausse des prix étant de 5 %, la matrice C de
C = 1,05 A, c’est-à-dire
1,6 2 
2 2,4 

2,4 3 
tarification est définie par :
 0,4 0,8 1   0,42 0,84 1,05 
C = 1,05  0,5 1 1,2  =  0,525 1,05 1,26 

 

 1 1,2 1,5   1,05 1,26 1,575 
200
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
✒ Applications
Méthode du Pivot de Gauss
Exercice 1
x − 2y = 1
x − 2y = 1
1. 
équivaut à 
3x + 5y = −2
 11y = −5

−5
y =
d’où 
11
x = 2y + 1
 1
5 
soit S =  11 ; − 11   .


L1
L2 ← L2 - 3.L1
 x − 2y = −12 L1

2. 3x + y = −12 L2
 2x − 5y = 3
L3

x − 2y = −12 L1

7 y = 24 L2 ← L2 - 3.L1


− y = 27 L3 ← L3 - 2.L1

x − 2y = −12 L1

7y = 24 L2


0 = 213 L3 ← 7.L3 + L2

d’où S = Ø.
201
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
Exercice 2
Résolution dans R3 des systèmes d’inconnues x, y, z :
x − 3y + z = −2 L1
1. 
x + 2y + 2z = 2 L2
x − 3y + z = −2 L1

L2 ← L2 - L1
5y + z = 4
x − 3y = −2 - z L1

5y = 4 - z L2 ← L2 - L1

Si l’on pose par exemple z = -1 - 5k, et l’on obtient y = 1 + k et x = 2 + 8k, c’est-à-dire
une infinité de solutions.
S = {(2+8k ; 1 + k ; -1 - 5k) | k ∈ R }
x − 3y + z = −2 L1

2.  x + 2y + 2z = 2 L2
 2x − y − z = 4 L3

x − 3y + z = −2

5y + z = 4 L2 ← L2 - L1


5y − 3z = 8 L3 ← L3 -2L1

x − 3y + z = −2

5y + z = 4 L2


−4z = 4 L3 ← L3 - L2

D’où z = -1, y = 1 et x = 2
Soit S ={(2 ;1 ;-1)}
 3x − y − 2z = 4 L1

3. -2x - 5y + z = 2 L2
 x − 6y − z = -1 L3

3x − y − 2z = 4

 −17y − z = 14 L2 ← 3.L2 + 2.L1
 −17y − z = −7 L3 ← 3.L3 - L1

3x − y − 2z = 4

 -17y − z = 14 L2

0z = -21 L3 ← L3 - L2

d’où S = Ø
202
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
3x + y − 2z = -7 L1

4.  x + 2y − 3z = 4 L2
 2x + 5y - z = 63 L3

3x + y − 2z = -7

5y − 7z = 19 L2 ← 3.L2 - L1


13y + z = 203 L3 ← 3.L3 - 2.L1

 3x + y − 2z = -7

 5y − 7z = 19
 +96z = +768
L2
L3 ← 5.L3 - 13.L2
D’où S = {(-2 ; 15 ; 8)}
Exercice 3
x + y − z + 2t = −20

x− y +z+t =0


x + y − 3t = 33


2y + z − t = 9
L1
L2
L3
L4
x + y − z + 2t = −20

 −2y + 2z − t = 20 L2 ← L2 - L1

z - 5t = 53 L3 ← L3 - L1


2y + z − t = 9
x + y − z + 2t = −20

 −2y + 2z − t = 20 L2

z - 5t = 53


3z − 2t = 29 L4 ← L4 + L2
x + y − z + 2t = −20

 −2y + 2z − t = 20

z - 5t = 53


13t = -130 L4 ← L4 - 3L3
D’où S = {(5 ;-2 ; 3 ; -10)}.
203
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
Exercice 4
x + y − z + 2t = −20
1 1

 1 −1
x− y +z+t =0


⇔

x + y − 3t = 33
1 1



2y + z - t = 9
0 2

On obtient un système matriciel
du type AX = B avec :
 1 1 −1 2 
 1 −1 1
1

A=
 1 1 0 −3 


1 −1
0 2
 x
 y
X = 
 z
 
t
;
−1 2   x   −20 
1
1   y  0 

  = 
0 −3   z   33 

  
1 −1  t   9 
;
 −20 
 0 

B =
 33 


 9 
 x  5 
 y   -2 

dont la solution est X = A-1B. Par la calculatrice   = 
 z  3 
  

 t   -10 
On retrouve ainsi les résultats de l’exercice 3.
204
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
✒✒ Approfondissements
Exercice 5
On considère le polynôme P(x) = 3x3 - x2 - 8x – 4.
On admet que P(x) peut s’écrire sous la forme P(x) = (ax + b)(x - 2)(x + 1).
a) Développons l’expression (ax + b)(x - 2)(x + 1).
(ax + b)(x - 2)(x + 1) = (ax + b)(x2 - x - 2) = a.x3 + (-a + b).x2 + (-2a - b).x – 2b.
Or P(x) = 3x3 - x2 – 8x - 4, donc par identification :
a = 3

−a + b = −1

−2a − b = −8
−2b = −4
D’où a = 3 et b = 2
Ainsi : P(x) = (3x + 2)(x - 2)(x + 1)

2 
b) P(x) = 0 ⇔ (3x + 2)(x - 2)(x + 1) = 0 d’où x ∈ −1; − ;2 
3 

Exercice 6
On considère le polynôme P défini sur R par : P(x) = 6x3 - 5x2 – 2x + 1
1. P(1) = 6.13 – 5.12 – 2.1 + 1 = 0 donc 1 est une racine de P.
2. Pour tout x ∈ R :
P(x) = (x-1)( ax2 + bx +c) = ax3 + (-a + b).x2 + (-b + c).x - c
Or P(x) = 6x3 - 5x2 - 2x + 1, donc par identification :
a = 6

−a + b = −5
d’où a = 6, b = 1 et c = -1

−b + c = −2
−c = 1
P(x) = (x-1)( 6x2 + x - 1)
3. P(x) = 0
⇔ (x-1)( 6x2 + x - 1) = 0
⇔ x-1 = 0 ou 6x2 + x - 1 = 0 avec ∆ = 12 – 4(6)(-1) = 25
Pour cette équation du 2d degré les solutions sont :
−1 − 5
1
−1 + 5 1
= − et
= .
12
2
12
3
 1 1 
P(x) = 0 ⇔ x ∈ − ; ;1
 2 3 
205
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
Exercice 7
x 2 − 3x
f(x)
=
On considère la fonction f définie sur ]- 1; +∞[ par
et l’on note (C) sa
x +1
r r
courbe représentative dans un repère (O , i , j ).
1. f(x) = ax + b +
c
(ax + b)(x + 1) + c ax 2 + (a + b)x + b + c
=
=
x +1
x +1
x +1
 a =1
a = 1
x 2 − 3x


Or f(x) =
, donc par identification a + b = −3 c’est-à-dire  b = -4
x +1
b + c = 0
c = 4


4
f(x) = x − 4 +
x +1
2. Cette question veut souligner l’intérêt de la décomposition f(x) = x − 4 +
plus pratique que l’écriture f(x) =
4
bien
x +1
x 2 − 3x
pour le calcul des limites, la déterminax +1
tion des asymptotes, de la dérivée et des primitives :


4 
4 
a) lim f = lim  x − 4 +
f = xlim
 = +∞ et lim
x − 4 +
 = +∞
−1
x →−1
+∞
→+∞
x + 1
x + 1

x >−1 
(
)
f(x) − (x − 4) = xlim
b) xlim
→+∞
→+∞
4
= 0 donc (C) admet la droite (D) : y = x - 4 comme
x +1
asymptote en +∞.


4
(x + 1)2 − 2 2
c) f ′(x) =  x − 4 + 4  = 1 −
=
x + 1
(x + 1)2
(x + 1)2

d’où f ′(x) =
(x − 1)(x + 3)
.
(x + 1)2
d) Une primitive de f sur ]- 1; +∞[
Si f(x) = x − 4 +
1 2
4
alors F(x) = x − 4x + 4.ln(x +1) .
2
x +1
206
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
Exercice 8
(d’après BTS Info-Gestion)
On considère les quatre matrices :
 0 1 −1
A =  −3 4 −3 ,

 −1 1 0 
 1 0 0
I = 0 1 0 ,


 0 0 1
 x
 1
X =  y  et B =  0 
 
 
 z
2
1
1
A.(3I – A) = (3I – A).A = I.
2
2
2. On admet qu’il n’existe qu’une seule matrice A’ vérifiant : A.A’ = A’.A = I.
1
On prend A’ = (3I – A). (A’ est appelée la matrice inverse de A).
2
1. On trouve :
 1,5
A' =  1,5

 0,5
−0,5 0,5 
−0,5 1,5 

−0,5 1,5 
 0 1 −1  x  

y −z
3. A X =  −3 4 −3   y  =  −3x + 4y − 3z 

   

− x + y 
 −1 1 0   z  
 1,5
A' B =  1,5

 0,5
−0,5 0,5   1  2,5 
−0,5 1,5   0  =  4,5 
  

−0,5 1,5   2   3,5 

y −z =1

4. Le système S = −3x + 4y − 3z = 0 s’écrit sous forme matricielle AX = B dont la
 −x + y = 2

solution est X = A’B
 x   2,5 
c’est-à-dire :  y  =  4,5  d’après la question 3.
  

z
3,5
  

207
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
✒✒✒ Travaux pratiques
Exercice 9
(BTS Info-Gestion)
Une usine fabrique trois types de pièces, dans un même matériau. Le nombre total de
pièces fabriquées est désigné par N, leur masse totale (en kg) par M. le coût total d’expédition (en francs) par C.
1. Recopier et compléter le tableau.
Type de pièces
Coût d’expédition
d’une pièce en euros
Masse d’une pièce en kg
Nombre de pièces
P1
P2
P3
40
20
10
1
x
2
y
3
z
2. Résolution du système (1) par la méthode du Pivot de Gauss
x + y + z = N

x + 2y + 3z = M
40x + 20y + 10z = C

L1
L2
L3
 x+ y +z = N

y + 2z = M − N

-20y - 30z = C − 40N

L2 ← L2 - L1
L3 ← L3 - 40L1
x + y + z = N

 y + 2z = M − N

10z = C + 20M − 60N

L3 ← L3 + 20L2
dont on déduit : z = 0,1C + 2M - 6N, puis y = -0,2C - 3M + 11N et x = 0,1C + M - 4N
d’où S = {(0,1C + M - 4N ; -0,2C - 3M + 11N ; 0,1C + 2M - 6N)}.
208
8 2930 TC PA 00
Systèmes linéaires
Séquence 2
 x
N


3. Soient les vecteurs V = y et B =  M 
 
 
 z
C
 1 1 1   x  N 
x + y + z = N

⇔  1 2 3   y =  M 
x + 2y + 3z = M

    
40x + 20y + 10z = C
40
20
10

 z  C 

 1 1 1
Pour A =  1 2 3 alors le système (1) s’écrit A V = B.

 40 20 10 
 −4
4. On désigne par D la matrice: D =  11

 −6
 −4
DA=  11

 −6
1
−3
2
0,1 
−0,2 

0,1 
1
−3
2
0,1 
−0,2 

0,1 
 1 1 1
1 2 3


 40 20 10 
 1 0 0
0 1 0


 0 0 1
DA = I3.
5. Sans effectuer explicitement les produits de matrices en cause, mais en précisant les
propriétés du calcul matriciel utilisées, démontrer l’équivalence :
A V = B ⇔ D(A V) = DB
A V = B ⇔ (DA) V = DB (associativité du produit).
A V = B ⇔ I3 V = DB (d’après le 4.).
D’où A V = B ⇔ V = D B.
 x   −4
6. V = DB ⇔  y  =  11
  
 z   −6
1
−3
2
0,1   N 
−0,2   M 
 
0,1   C 
x = −4N + M + 0,1C

d’où  y = 11N − 3M − 0,2C
z = −6N + 2M + 0,1C

 −4N + M + 0,1C 
V =  11N − 3M − 0,2C 


 −6N + 2M + 0,1C 
 170 
7. Si N = 250; M = 360 et C = 8 100; alors V =  50 


 30 
On a fabriqué 170 pièces de la catégorie P1 , 50 pièces de la catégorie P2, 30 pièces
de la catégorie P3.
209
8 2930 TC PA 00