EX 1 : ( 3 points ) Les questions suivantes sont indépendantes. 1

EX1 : ( 3 points ) Les questions suivantes sont indépendantes.
1. On dispose de 10 jetons numérotés de 1à10. On en extrait simultanément trois pour former un « paquet ». Combien de paquets
contenant au moins un jeton avec numéro pair, peut-on ainsi former ?
Soit E={1;2;3;4; 5;6;7; 8;9;10}l’ensemble représentant les 10 jetons numérotés.
Un « paquet » est une combinaison de 3 éléments de E, il y en a : Ã10
3!=10! 3!7! =120 . Le nombre de paquets ne contenant aucun
jeton avec numéro pair est le nombre de combinaisons de 3 éléments de E0={1;3; 5;7;9}, il y en a : Ã5
3!=5! 3!2! =10 .
Finalement, le nombre de paquets contenant au moins un jeton avec numéro pair est de : Ã10
3!−Ã5 3!=120 −10 =110
2. A et B sont deux événements tels que : P (A)=0,4 P(B)=0,5 P³A∪B´=0, 35 . Combien vaut P (A∩B)?
P(A∪B)=P(A)+P(B)−P(A∩B)et P(A∪B)=1−P³A∪B´=1−0,35 =0,65
donc P(A∩B)=P(A)+P(B)−P(A∪B)=0, 4 +0,5 −0,65 =0,25
3. On dispose d’une grille à trois lignes et trois colonnes. On place successivement et au hasard trois jetons dans trois cases différentes.
Quelle la probabilité de l’événement : « On a placé un seul jeton par ligne et par colonne » ?
Soit E={C1;C2;C3;C4;C5;C6;C7;C8;C9}l’ensemble représentant les 9 cases de la grille. Les jetons étant indiscernables, une
issue de cette expérience aléatoire correspond à un choix de 3 cases, c’est une combinaison de 3 éléments de E
il y a donc : Ã9
3!=9! 3!6! =84 dispositions possibles et elles sont toutes équiprobables.
Dénombrons les issues favorables à l’événement : « On a placé un seul jeton par ligne et par colonne »
on place un jeton sur la 1ière colonne ; il y a 3 choix possibles
on place un jeton sur la 2ième colonne ; il y a 2 choix possibles ( car on ne peut le mettre sur la même ligne que le premier )
on place un jeton sur la 3ième colonne ; il y a 1 choix possible
il y a donc : 3! =3×2×1=6 dispositions favorables.
Finalement, la probabilité de placer un seul jeton par ligne et par colonne est de : 3×2×1
¡9
3¢=6
84 =1 14
EX2 : ( 3 points ) Un fabricant d’écrans plasma teste une première fois ses appareils à la sortie de la chaîne de fabrication.
Si le test est positif (c’est-à-dire si l’écran fonctionne correctement), l’écran est acheminé chez le client. Sinon l’écran retourne en usine où
il est réparé puis testé une seconde fois. Si ce deuxième test est positif, l’écran est acheminé chez le client, sinon il est détruit. Une étude
statistique a permis de montrer que le test est positif pour 70% des écrans neufs sortis directement des chaînes de fabrication, mais que
parmi les écrans réparés, seulement 65% d’entre eux passent le second test avec succès.
On note T1l’évènement : « le premier test est positif ». On note C l’évènement : « l’écran est acheminé chez le client ».
1. On choisit un écran au hasard à la sortie de la chaîne de fabrication. Déterminer les probabilités des évènements T1et C.
Je note T2l’évènement : « le deuxième test est positif ».
p(T1)=0,7 et p(C)=p(T1)+p³T1∩T2´=0,7 +0,3 ×0,65 =0, 7 +0,195 =0,895
2. La fabrication d’un écran revient à 1000 €au fabricant si l’écran n’est testé qu’une fois. Cela lui coûte 50 €de plus si l’écran doit
être testé une seconde fois. Un écran est facturé a euros (a étant un réel positif) au client. On introduit la variable aléatoire X qui,
à chaque écran fabriqué, associe le « gain »(éventuellement négatif) réalisé par le fabricant.
a. Déterminer la loi de probabilité de X en fonction de a et exprimer l’espérance de X en fonction de a.
Les écrans passant le premier test procurent un « gain » de a−1 000 ; ceux passant le second test un « gain » de a−1050 et
les autres un « gain » de −1 050.
D’où la loi de probabilité :
« gain » 1ertest 2etest refusés
X a −1 000 a−1 050 −1 050
p(X=xi)0,7 0,195 0,105
E(X)=0, 7 ×(a−1 000) +0, 195 ×(a−1 050) +0, 105 ×(−1 050) ⇐⇒ E(X)=0,895a−1 015 .
b. À partir de quelle valeur de a, l’entreprise peut-elle espérer réaliser des bénéfices?
L’entreprise peut espérer un bénéfice si l’espérance de gain est positive,
soit E(X)>0⇐⇒ a>1015
0,895 ⇐⇒ a'1 134,08 €. (à un centime près par excès)
TS. Contrôle 9 - Correction ♣

EX3 : ( 4 points ) Le jour J0où il a été fait chevalier, le seigneur PERCEVAL ne s’est pas rendu à la TAVERNE DES DEUX RENARDS.
À partir de ce jour, la vie de Perceval a suivi la règle suivante :
–s’il va à la taverne le jour Jn, il y retourne le lendemain (jour Jn+1) avec une probabilité de 0,4.
–s’il ne va pas à la taverne le jour Jn, il va à la taverne le jour suivant avec une probabilité de 0,8.
1. Déterminer la probabilité de l’événement : « Il ne va pas à la taverne le jour J1et il y va le jour J2».
Je note Tnl’événement : « Il va à la taverne le jour Jn»
La probabilité cherchée est : p³T1∩T2´=p(T1)×pT1(T2)=0,2 ×0,8 =0, 16
2. Chaque visite à la taverne coûte 50 écus à Perceval. On appelle X la variable aléatoire qui compte la somme totale dépensée par
Perceval les trois premiers jours après son adoubement, c’est à dire les jours J1, J2et J3.
Donner la loi de probabilité de X en utilisant un arbre et calculer l’espérance de X .
Avec l’arbre, on obtient :
X150 100 50 0
p(X=xi)0,128 0,640 0, 224 0,008
E(X)=0, 128 ×150 +0,640 ×100 +0, 224 ×50 +0,008 ×0⇐⇒ E(X)=94,40 écus.
3. Sachant que Perceval a été vu à la taverne le jour J2, quelle est la probabilité qu’il se soit rendu à la taverne le jour J1?
pT2(T1)=p(T1∩T2)
p(T2)=0,32 0,48 =2 3
EX4 : ( 3 points ) On considère les intégrales : I =
2
Z
−1
2
dx
p2x+5J=
1
Z
0
x
1+x2dx K =
1
Z
0
x3
1+x2dx
1. Calculer I
I=
2
Z
−1
2
dx
p2x+5=
2
Z
−1
2
2
2p2x+5dx=hp2x+5i2
−1
2=p9−p4=1
2. Calculer J ; calculer J +K ; en déduire la valeur de K .
J=
1
Z
0
x
1+x2dx=1 2×
1
Z
0
2x
1+x2dx=1 2×£ln¡1+x2¢¤1
0=1
2×(ln2 −ln1)=1 2ln2
J+K=
1
Z
0
x
1+x2dx+
1
Z
0
x3
1+x2dx=
1
Z
0
x+x3
1+x2dx=
1
Z
0
x¡1+x2¢
1+x2dx=
1
Z
0
xdx=·x2
2¸1
0=1
2−0=1 2
K=J+K−J=1
2−1 2ln2
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EX5 : ( 2 points ) Soit g la fonction définie sur ]0 ; +∞[par : g (x)=1
e2x−1. On appelle Γla courbe représentant g dans un repère
orthogonal ³O,−→ ı,−→ ´avec °
°
°−→
ı°
°
°=2cm et °
°
°−→
°
°
°=4cm. Montrer que pour tout x >0, on a : g (x)=e2x
e2x−1−1
puis calculer, et exprimer en unités d’aire puis en cm2, l’aire de la surface délimitée par l’axe des abscisses, la courbe Γet les droites
d’équation x =1
4et x =2.
Pour tout x>0 on a : e2x
e2x−1−1=e2x−¡e2x−1¢ e2x−1=1 e2x−1=g(x)
L’aire cherchée est :
2
Z
1
4
g(x)dx=
2
Z
1
4
1
e2x−1dx=
2
Z
1
4
µe2x
e2x−1−1¶dx=
2
Z
1
4
µ1
2×2e2x e2x−1−1¶dx=·1 2ln¡e2x−1¢−x¸2
1
4
2
Z
1
4
g(x)dx=1
2ln¡e4−1¢−2−µ1 2ln¡pe−1¢−1 4¶=1 2lnµe4−1
pe−1¶−9
4u.a=·1 2lnµe4−1
pe−1¶−9
4¸×8cm2=4lnµe4−1
pe−1¶−18 cm2
EX6 : ( 3 points ) On considère la suite (un)définie par : pour tout entier naturel n non nul, un=
1
Z
0
(1−t)netdt.
1. Montrer que la fonction f :t7→(2−t)etest une primitive de g :t7→(1−t)etsur [0 ; 1]. En déduire la valeur de u1.
fest dérivable sur [0 ; 1]comme produit de fonctions dérivables et f0(t)=−et+(2−t)et=(1 −t)et=g(t)
fest une primitive de gsur [0 ; 1]
u1=Z1
0
(1 −t)etdt. En utilisant la primitive précédente u1=£(2−t)et¤1
0=e−2
2. Montrer à l’aide d’une intégration par parties que, pour tout n non nul, un+1=(n+1)un−1.
un+1=Z1
0
(1 −t)n+1etdt.En posant u0(t)=etu(t)=et
v(t)=(1 −t)n+1v0(t)=−(n+1)(1−t)n
Toutes ces fonctions étant continues et dérivables, en intégrant par parties :
un+1=£(1−t)n+1et¤1
0+(n+1)Z1
0
(1−t)netdt=−1+(n+1)und’où un+1=(n+1)un−1
EX7 : ( 2 points ) On considère une fonction f définie et continue sur R.
Dire si chacune des affirmations suivantes est vraie ou fausse. Justifier votre réponse.
¬Si f est positive sur Ralors, pour tout réel t,
t
Z
0
f(x)dx est un nombre réel positif.
L’affirmation est fausse, en effet si t≤0on a : ¡f≥0¢⇒
t
Z
0
f(x)dx≤0
Si
1
Z
0
f(x)dx est un nombre positif alors la fonction f est positive sur [0 ; 1].
L’affirmation est fausse, conte-exemple :
1
Z
0
(−1,25x+1)dx=£−0,625x2+x¤1
0=0,375 est un nombre positif mais la fonction
x7→ f(x)=−1,25x+1 n’est pas positive sur [0 ; 1].
TS. Contrôle 9 - Correction ♣