Recueil d`exercices de probabilités + suites + fonctions
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Les probabilités peuvent aider à assurer la cohérence interne d’un modèle, mais aussi d’arpenter dans les deux sens le chemin qui mène d’une situation concrète à sa modélisation.
On désigne par n un entier naturel supérieur ou égal à 2. On imagine n sacs de jetons S1, S2, … Sn. Au départ, le sac S1 contient 2 jetons noirs et 1 jeton blanc, et chacun des autres sacs contient 1 jeton noir et 1 jeton blanc. On se propose d’étudier l’évolution des tirages successifs d’un jeton d ces sacs, effectués de la façon suivante : _ Première étape : on tire au hasard un jeton de S1. _ Deuxième étape : on place ce jeton dans S2, et on tire, au hasard, un jeton de S2. _ Troisième étape : après avoir placé dans S3 le jeton sorti de S2, on tire, au hasard, un jeton de S3 …. Et ainsi de suite … Pour tout entier naturel k tel que 1 k n, on note Ek l’événement : « le jeton de Sk est blanc », et Ek l’événement contraire. 1° ) _
Déterminer la probabilité de E1, notée
p(E1), et
les probabilités
conditionnelles : p(E2| E1) et p E2| E1 . En déduire la probabilité de E2, notée p(E2). 1° ) _ Pour tout entier naturel k tel que 1 k n, la probabilité de Ek est notée p. k
Justifier la relation de récurrence suivante :
p
k+1
=
1 1 p + . 3 k 3
2° _ Étude d’une suite (uk) : 1 1 1 et, pour tout entier k 1, uk + 1 = uk + . 3 3 3 ) _ On considère la suite (vk) définie par, pour tout élément k de IN*, On note (uk) la suite définie par u1 =
Dans ce recueil d’exercice, j’attache plus d’importance à la description des objets qu’à leurs axiomatisations, le but est de vous aider d’accéder seuls
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vk = uk –
1 . 2
Démontrer que (vk) est une suite géométrique. ) _ En déduire l’expression de uk en fonction de k. Montrer que la suite (uk) est convergente et préciser sa limite. 3° _ Dans cette question, on suppose que n = 10. Déterminer pour quelle valeurs de k on a : 0,4999
p 0, 5 k
Dans cet exercice, les résultats demandés seront sous forme de fractions. On dispose de trois dés à 6 faces, parfaitement équilibrés. Sur le premier, 2 faces sont bleues ; sur la deuxième, 3 faces sont bleues ; sur le troisième, 5 faces sont bleues ; les autres faces sont rouges. Partie A Dans un premier temps, on considère le premier dé. On le lance 5 fois de suite, les lancers sont indépendants. 1° _ Quelle est la probabilité d’obtenir 4 fois une face bleue et une face rouge dans cet ordre ? 2° _ Quelle est la probabilité d’obtenir 4 fois une face bleue et une face rouge ? 3° _ Quelle est la probabilité d’avoir au moins une face bleue ?
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Partie B On considère maintenant les trois dés. 1° _ On prend au hasard et de façon équiprobable l’un des trois dés et on le lance. Quelle est la probabilité d’obtenir une face bleue ? 2° _ Quelle est la probabilité d’avoir lancé le troisième dé sachant que l’on a obtenu une face bleue ?
On dispose d’un dé cubique équilibré dont une face porte le numéro 1, deux faces portes le numéro 2 et trois faces portent le numéro 3. On dispose également d’une urne contenant dix boules indiscernables au toucher, portant les L, O, G, A, R, I, T, H, M, E (soit quatre voyelles et six consonnes). Un joueur fait une partie en deux étapes : Première étape : il jette le dé et note le numéro obtenu. Deuxième étape : si le dé indique 1, il tire au hasard une boule de l’urne. Il gagne la partie si cette boule porte une voyelle et il perd dans le cas contraire ; si le dé indique 2, il tire au hasard et simultanément deux boules de l’urne. Il gagne la partie si chacune de ces deux boules porte une voyelle et il perd dans le cas contraire ; si le dé indique 3, il tire au hasard et simultanément trois boules de l’urne. Il gagne la partie si chacune de ces boules porte une voyelle et il perd dans le cas contraire. À la fin de chaque partie, il remet dans l’urne la (ou les) boule(s) tirée(s). On définit les événements suivants : D1 : « Le dé indique 1 » D : « Le dé indique 2 » 2
D : « Le dé indique 3 » 3
G : « La partie est gagnée ».
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A et B étant deux événements tels que p(A) 0, on note p (B) la probabilité de B sachant A
que A est réalisé. 1° ) _ Déterminer les probabilités p D1(G), p 1° ) _ Montrer que p(G) =
(G) et p
D2
(G).
D3
23 . 180
2° _ Un joueur a gagné la partie. Calculer la probabilité qu’il ait obtenu le numéro 1 avec le dé. 3° _ Un joueur fait six parties. Calculer la probabilité qu’il en gagne exactement deux et en donner une valeur arrondie à 10 – 2 près. 4° _ Quel nombre minimal de parties un joueur doit-il faire pour que la probabilité 9 d’en gagner au moins une soit supérieure à ? 10
La Régie autonome des transports parisiens (RATP) désire optimiser les contrôles afin de limiter l’impact des fraudes et des pertes occasionnées par cette pratique. Cette compagnie effectue une étude basée sur deux trajets par jour pendant les vingt jours ouvrables d’un mois, soit au total quarante trajets. On admet que les contrôles sont indépendants les uns des autres et que la probabilité pour tout voyageur d’être contrôlé est égale à p. Le prix de chaque trajet est de dix euros, en cas de fraude l’amende est indexée sur ce prix suivant une progression géométrique de raison r = 10.
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Un voyageur lambda () fraude systématique lors des quarante trajets soumis à cette étude. Soit Xi (resp. X ) la variable aléatoire qui prend la valeur 1 si est contrôlé au i-ième trajet et la valeur 0 sinon (resp. X) la variable aléatoire définie par : X = X1 + X2 + X3 + … + X40. 1° _ Déterminer la loi de probabilité de Xi (resp. X), en justifiant rigoureusement votre réponse. 2° _ Dans cette partie, on suppose que p =
1 . 20
) _ Calculer l’espérance mathématique de X. ) _ Calculer les probabilités p(X = 0), p(X = 1) et p(X = 2). ) _ Calculer à 10 – 4 près la probabilité que soit contrôlé au plus deux fois. 3° _ Soit Z la variable aléatoire qui prend pour valeur le gain algébrique réalisé par le fraudeur. Justifier l’égalité Z = 400 – 100X, puis calculer l’espérance mathématique de Z pour 1 p = . 5 4° _ On désire maintenant déterminer p afin que la probabilité que subisse au moins trois contrôles soit supérieure à 99%. ) _ Démontrer que p(X 2) = (1 – p)38(741p² + 38p + 1). ) _ Soit f la fonction définie sur [0, 1] par : f(x) = (1 – x)38(741x² + 38x + 1). Montrer que f est strictement décroissante sur *0, 1+ et qu’il existe un unique réel x0 appartenant à l’intervalle *0, 1+ tel que f(x0) =
1 . 100
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Déterminer l’entier naturel n tel que
n n+1 < x0 < . 100 100
) _ En déduire la valeur minimale qu’il faut attribuer à p afin que la probabilité que subisse au moins trois contrôle soit supérieure ou égale à 99%. (On exprimera p en fonction de x0 ).
On lance un dé équitable 3 fois de suite. Les numéros obtenus successivement sont notés a, b, et c. On admet que l’équation (E) : ax² + bx + c = 0 a deux racines réelles distinctes, une racine double ou pas de racine réelle avec les probabilités respectives :
19 5 , et 108 216
173 . 216 On définit la v.a.r. X par : X = 1 si l’équation (E) a deux racines réelles, X = 0 si elle a une racine double, et X = – 1 si (E) a deux racines complexes non réelles.
) _ Déterminer la loi de X. b) _ calculer E(X) et V(X). ) _ X est-elle centrée ? Interpréter le signe de E(X).
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I _ Probabilité conditionnelle I-1 Définition Soient A et B, deux événements, p(B) 0. p(A|B) =
p(A B) . p(B)
p(A|B) est également notée p (A). B
La probabilité conditionnelle p
B
possède toutes les propriétés d’une probabilité.
I-2 Indépendance Deux événements A et B sont indépendants si p(A B) = p(A) p(B). Si p(B) 0, il revient au même de dire p(A|B) =
p(A B) p(A) p(B) = = p(A). p(B) p(B)
II-1 Formule des probabilités composées La définition de la probabilité conditionnelle de A sachant que B est réalisé peut s’écrire : p(A) = p(B) p(A|B) II -2 Formule des probabilités totales. Soit (Ak)1 k n, un système complet d’événements. Soit B, un événement.
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n
p(B) =
p(B|A ) p(A ). k
k=0
k
Retenir le cas important où le système complet est du type (A, A ). La formule des probabilités totales s’écrit alors : p(B) = p(B|A) p(A) + p(B| A ) p( A ). Et la génétique dans tout ça ?_ rigoureux sans équation !!!
L’art de tenir un raisonnement mathématique
Tu as sans doute peut-être déjà entendu parlé d’une « loi » célèbre : la loi de Hardy – Weinberg. Que dit-elle ? En gros que : _ La fréquence des homozygotes (aa) est égale au carré de la fréquence du gène a, _ la fréquence des hétérozygotes (ab) est égale à deux fois le produit des fréquences du gène a et du gène b. Ce résultat est dû au mathématicien anglais Hardy et au biologiste allemand Weinberg qui l’on établi simultanément en 1908, quelques années après la redécouverte des lois de Mendel. Justifions par un raisonnement probabiliste simple, ces résultats : Pour qu’un enfant soit homozygote (aa), il faut que deux événements se soient produits : transmission d’un gène a par son père, transmission d’un gène a par sa mère. Chacun de ces événements a une probabilité, égale à la fréquence du gène a. La probabilité pour que deux événements indépendants se produisent l’un et l’autre est égale au produit de leurs probabilités ; la probabilité de recevoir deux gènes a est donc égale au carré de la fréquence de a (c’est-à-dire 4%, si cette fréquence est de 20%).
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Pour qu’un enfant soit hétérozygote (ab), il faut : _ soit que son père ait transmis un gène a et sa mère un gène b, événement de probabilité égale au produit des fréquences des gènes a et b, _ soit que son père ait transmis un gène b et sa mère un gène a, événement de probabilité égale au même produit. La probabilité pour que l’un de ces deux événements incompatibles se produise est égale à la somme de leurs probabilités. La fréquence du génotype (ab) est donc égale à deux fois le produit des fréquences de a et b (c’est-à-dire 12% si ces fréquences sont de 20% et 30%).
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Partie A _ Analyse du problème : On a donc = { 1, 2, 3, 4, 5, 6} et card = 6 Comme est fini, on prend A = P (). Tous les résultats possibles sont équiprobables, car le dé est parfaitement équilibré, la probabilité p est uniforme et si E est un événement (E ), on a p(E) =
card E 1 = représente la probabilité d’apparition de chaque face. card 6
Pour 1 i 5, notons : Bi l’événement : « au i- ème lancé, on obtient une face bleue » et Ri l’événement : « au i- ème lancé, on obtient une face rouge. » L’énonce nous précise que le dé possède 2 faces bleues et 4 faces rouges. Si on lance le dé une fois, la probabilité d’obtenir une face bleue est p (Bi ) =
card Bi card
card Ri 4 2 2 1 soit p (Bi ) = = et la probabilité d’obtenir une face rouge est p(Ri) = = = 6 3 card 6 3 1° _ Déterminons la probabilité d’obtenir une face bleue et une face rouge dans cet ordre. Cette probabilité que nous notons p
1
est la probabilité de l’événement
B1 B2 B3 B4 R5. Les lancers sont indépendants par hypothèse, donc la probabilité de leur intersection est le produit de leurs probabilités. On obtient alors :
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p = p(B1) p(B2) p(B3) p(B4) p(R5) = 1
2 1 1 1 1 2 1 4 2 2 = = 5= . 3 3 243 3 3 3 3 3 3
2° _ Déterminons la probabilité p2 de l’événement A: “obtenir 4 fois une face bleue et une face rouge”. A est la réunion disjointe de 5 événements : A = B1 B2 B3 B4 R5 ; A = B1 B2 B3 R4 B5 ; 2
1
A3 = B1 B2 R3 B4 B5 ; A = B1 R2 B3 B4 B5 ; et 4
A5 = R1 B2 B3 B4 B5 . Qui correspondent aux différentes places possibles pour la face rouge. p2 = p(A A A3 A A5) = p(A ) + p(A ) + p(A3) + p(A ) + p(A5) = la probabilité 1
4
2
4
2
1
de leur réunion est la somme de leurs probabilités, car les événements choisis sont deux à deux incompatibles, d’où A A = A3 A = par exemple. 1
2
4
Rappel : (i) Soient A et B, deux événements incompatibles. Alors : p(A B) = p(A) + p(B).
(ii) Soient A et B deux événement. Alors : p(A B) = p(A) + p(B) – p(A B) Nous avons vu que p(A ) = p = 1
1
2 . 243
10 14 2 p(A ) = p(A3) = p(A ) = p(A5) = = p . Finalement, p = 5 p = . 4 243 2 1 2 1 3 3
3° _ Soit B l’événement : « On obtient au moins une face bleu ». Considérons l’événement contraire B : « On obtient 5 faces rouges ».
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On a donc B = R1 R2 R3 R4 R5. 25 On en déduit p B = p(R1) p(R2) p(R3) p(R4) p(R5) = . 3 Il en résulte que p = p(B) = 1 – p B ) = 1 – 3
211 25 . = 243 3
Partie B _ On considère les 3 dés.
Analyse du problème L’univers = {1, 2, 3} et card = 3. Le choix du dé se fait au hasard, donc l’hypothèse de l’équiprobabilité est satisfaite. Soit Di l’événement : « on choisit le i-ème dé », où i {1, 2, 3} ; on a p(Di) =
card Di card
=
1 3
1° _ Soit C l’événement : « on obtient une face bleue ». Pour un dé donné, chaque face a une même probabilité d’être tirée. On obtient donc : p(C/D1) =
p(C D1) p(D1)
=
2 1 = ; deux faces bleues sur le premier dé 6 3
=
3 1 = ; 3 faces bleues sur le deuxième dé 6 2
p(D C) p(C/D ) = 2
et p(C/D3) =
2
p(D ) 2
p(D3 C) p(D3)
=
5 car il y a 5 faces bleues sur le troisième dé. 6
(D , D , D3) est un système complet d’événements. 1
2
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C’est la réunion disjointe _ traduire, l’intersection est vide _ des événements D C, 1
D C et D3 C. 2
p((D C) (D C) (D3 C)) = p(D C) + p(D C) + p(D3 C), donc 1
2
1
2
p(C ) = p(C/ D ) p(D ) + p(C/ D ) p(D ) + p(C/ D3) p(D3) d’après la définition des 1
1
2
2
probabilités conditionnelles. D’où p(C ) =
3 5 10 5 1 1 1 1 5 1 2 + + = + + = = . 3 3 2 3 6 3 18 18 18 18 9
2° _ On cherche la probabilité d’avoir le troisième dé sachant que l’on a obtenu une face bleue, c’est-à-dire p(D3/C). On a par définition : p(D /C) = 3
p(D3 C) p(C )
or p(C/ D ) = p(D C)/p(D ) d’où 3
3
3
5 18 5 1 5 5 9 1 p(D3 C) = p(C/ D3) p(D3) = = donc p(D3/C) = = = . 6 3 18 5 18 5 2 9
1° ) _ déterminons la probabilité de E1 E1 est l’événement « le jeton sorti de S1 est blanc », or dans S1 il y a 2 jetons noirs et 1 jeton blanc soit 3 jetons, il y a équiprobabilités car le tirage s’effectue au hasard.
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1 Donc p(E1) = . 3 Déterminons la probabilité de l’événement (E2 | E1). (E2 | E1) est l’événement le jeton sorti de E2 est blanc sachant que celui sorti de E1 est blanc. Dans S2 nous avons alors les 2 jetons, 1 noir et 1 blanc auxquels s’ajoutent le blanc tiré de E1. Dans E2 il y a 3 jetons, 1 noir et 2 blancs. Nous tirons avec équiprobabilité un jeton. La probabilité pour qu’il soit blanc est de
2 3
2 p(E2 | E1) = . 3 Déterminons p(E2 | E1 ) (E2 | E1 ) est l’événement « le jeton sorti de E2 est blanc, celui tiré de E1 ne l’est pas » ; nous avons donc dans E2 le jeton noir et le jeton blanc de départ et un noir tiré de E1, donc 2 noirs et 1 blanc. Nous cherchons la probabilité de tirer un blanc, elle est de
1 1 , donc p(E2 | E1 ) = . 3 3
Calculons alors la probabilité de E2. E2 est l’événement : tirer un jeton de S2. Or, nous avons deux possibilités et des seulement : _ ou le jeton est blanc, et un blanc a été tiré de E1,
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_ ou le jeton est blanc, et un noir a été tiré de E1. E2 est la réunion des deux événements incompatibles (E2 E1) et (E2 E1 ). On sait qu’alors : p(E2) = p(E2 E1) + p(E2 E1 ), Soit p(E2) = p (E2| E1) p(E1) + p(E2 | E1 ) p( E1 ) or p(E1) = Il vient alors : p(E2) =
2 1 1 donc p( E1 ) = = 1 – . 3 3 3
2 1 1 2 4 + = . 3 3 3 3 9
1° ) _ Calculons pk + 1 en fonction de p . k
pk + 1 est la probabilité pour que le jeton sorti de Sk + 1 soit blanc. Or, il n’y a que deux possibilités : ce jeton est blanc et celui tiré de Sk l’était aussi, ou ce jeton est blanc et celui tiré de Sk était noir. Ek + 1 est la réunion des deux événements incompatibles Ek + 1 Ek et Ek + 1 Ek . Nous savons alors que :
p (Ek + 1) = p (Ek + 1 Ek) + p(Ek + 1 Ek ). Calculons : p (Ek + 1 Ek) = p(Ek + 1 | Ek) p(Ek) .
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p(Ek) = p donc il reste à calculer p(Ek + 1 | Ek). C’est la probabilité pour que le jeton k
tiré de Sk + 1 soit blanc, sachant que celui qui vient de Sk est blanc. 2 Dans Sk + 1 nous avons alors deux blancs et un noir et p (Ek + 1 Ek) = p . k 3
Calculons p(Ek + 1 Ek ) = p(Ek + 1 | Ek ) p( Ek ) . Puisque p(Ek) = p alors p( Ek ) = 1 – p . k
k
Cherchons p(Ek + 1 | Ek ), c’est la probabilité de tirer un blanc de S k + 1 sachant que celui qui a été ajouté à Sk + 1 de Sk est noir. Dans Sk + 1 nous avons donc 2 noirs et un blanc alors : p(Ek + 1 | Ek ) =
1 1 d’où p(Ek + 1 Ek ) = (1 – p ) k 3 3
Il en résulte que p(Ek + 1) =
2 1 1 1 p + (1 – p ) = p + . k k 3 3 3 k 3
2° _ Étude d’une suite (u ). k
On note (u ) la suite définie par u1 = k
1 1 1 et uk + 1 = uk + pour k 1. 3 3 3
) _ On considère la suite (vk) définie par : k IN*, vk = uk –
1 . 2
Montrons que (vk) est une suite géométrique.
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Calculons vk + 1 = uk + 1 – Il vient alors : vk + 1 =
1 1 1 1 1 1 = uk + – ; or vk = uk – soit uk = vk + . 2 3 3 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 = vk + – = vk donc vk + 1 = vk. vk + + – 6 6 3 2 3 2 3 3 3
1 La suite (vk) est géométrique de raison . 3 ) _ calculons vk en fonction de k 1 1 1 1 1 k – 1 On a vk = v avec v = u – = – = – 1 1 1 6 2 3 2 3 1 1 k – 1 1 1 k donc vk = – = – 2 3 6 3 Calculons uk en fonction de k. Nous avons vk = uk –
1 1 1 1 k 1 soit uk = vk + . Il vient : uk = – + 2 2 2 3 2
Cherchons la limite de uk.
Nous savons que k
donc k
1 1 k lim = 0 puisque ] – 1, 1[, 3 + 3
1 1 k 1 1 lim – + = . 2 2 + 2 3
3° _ Dans cette question on suppose que n = 10. cherchons pour quelle valeurs de k on a : 0, 4999 p 0,5. k
Nous avons trouvé que u = – k
1 1 k 1 + et étant donné les hypothèses p = u k k 2 3 2
pour tout k de IN*.
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Nous avons donc p = u = – k
Donc p est inférieur à k
Donc –
k
1 1 k 1 + . 2 3 2
1 1 1 k puisque – est négatif. Nous voulons p 0, 4999. k 2 2 3
1 1 k 1 + 0, 4999, ie. 2 3 2
1 1 k 1 7,75. 1 3 3 Log 3
Nous prendrons donc k 8 et k 10. Conclusion : pour k = 8, k = 9 et k = 10 nous avons 0, 4999 pk 0, 50.
Dans ce recueil d’exercice, j’attache plus d’importance à la description des objets qu’à leurs axiomatisations, le but est de vous aider d’accéder seuls
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et à votre rythme aux probabilités vivantes
Les probabilités peuvent aider à assurer la cohérence interne d’un modèle, mais aussi d’arpenter dans les deux sens le chemin qui mène d’une situation concrète à sa modélisation.
1° ) _ Si le dé indique 1, le joueur tire au hasard une boule dans l’urne qui en contient 10 (dont 4 voyelles et 6 consonnes). La probabilité qu’il gagne sachant que le dé indique 1 est : p (G) = D1
4 2 = . 10 5
Si le dé indique 2, le joueur tire au hasard simultanément deux boules de l’urne. Commentaire : Nous sommes dans la position où, nous prélevions un échantillon de k éléments de E = {x , …., xn}. Nous obtenons une partie à k éléments de E. 1
Définition _ On appelle combinaisons sans répétition d’ordre k d’éléments de E toute partie à k éléments de E. Proposition _ Il y a
Akn k!
combinaisons d’ordre k de E.
Démonstration : Disposons dans un premier temps, les éléments prélevés dans un k – uplet. Il s’agit d’une k-liste sans répétition, et nous savons qu’il y en a Akn. Mais les listes ne différant que par l’ordre des éléments doivent être confondues, car elles correspondent au même sous –ensemble de E à k éléments. Comme il y a k ! façons de permuter les k éléments d’une k-liste, on conclut qu’il y a k ! fois moins de combinaisons sans répétition d’ordre k que d’arrangements sans répétition d’ordre k (principe des bergers). D’où le résultat : Le nombre
Akn k!
k
est conté : C
n
n ou . k
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Il est appelé coefficient binomial et l’on retiendra que C
k n
=
n! . (n – k) !k !
Retour à l’exercice Si le dé indique 2, le joueur tire au hasard simultanément deux boules de l’urne. On a n = 10 et k = 2, d’où il y a C
2 10
10 10 ! 8 ! 9 10 90 = = = = = 45 tirages 2 (10 – 2) !2 ! 8!2! 2
de deux boules distinctes. Parmi ceux-ci C
2 4
4 = = 2
4! (4 – 2) ! 2 !
=
2!34 = 6 sont favorables à la 2!2!
réalisation de l’événement « Les deux boules tirées portent une voyelle ». On en déduit que la probabilité que le joueur gagne, sachant que le dé porte le numéro 2, est : p
(G) =
D2
6 2 = . 45 15
Si le dé indique 3, le joueur doit tirer simultanément trois boules de l’urne. 3
Sur les C
10
10 10 ! 7 ! 8 9 10 8 3 3 10 = = = = = 4 3 10 = 3 (10 – 3) ! 3 ! 7!3! 23
4 4! 3!4 120 tirages de trois boules, C34 = = = = 4 sont favorables à la 3 (4 – 3) ! 3 ! 3! réalisation de l’événement « Les trois boules portent une voyelle ». On en déduit que la probabilité que le joueur gagne, si le dé porte le numéro 3, est : p (G) = D3
4 1 = . 120 30
) _ Les événement D1, D2, et D3 forment une partition de l’univers et les données 1 2 1 3 1 de l’énoncé permettent d’affirmer que p(D1) = , p(D2) = = et p(D3) = = . 6 6 3 6 2
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La formule des probabilités totales donne : p(G) = p(G D1) + p(G D2) + p(G D3) Soit p(G) = p
(G) p(D1) + p
(G) p(D2) + p
D1
D2
(G) p(D3)
D3
2 1 2 1 1 1 1 2 1 23 + + = + + = . C.Q.F.D. 5 6 15 3 30 2 15 45 60 180
D’où p(G) =
2° _ Un joueur a gagné la partie. La probabilité qu’il ait obtenu le numéro 1 avec le p(G D ) 1
dé est p (D ) = G
p(G)
1
p =
(G) p(D1)
D1
p(G)
2 1 5 6 12 = = . 23 23 180
3° _ Un joueur fait 6 parties. Ces 6 parties sont indépendantes car il remet dans l’urne les boules qu’il a tirées à l’issue d’une partie.
Un tirage amène une voyelle avec la probabilité p et une consonne avec la probabilité q = 1 – p, 0 < p < 1. On fait n fois de suite de tirages. Soit X, le nombre de fois ou la voyelle apparaît au cours de ces tirages. Cherchons la loi de X. 1ère étape : On détermine X(). Il est clair que X peut prendre toutes les valeurs entières de 0 à n. X() = ,0, 1 2, …., n}. 2ème étape : On calcule p = P({X = k}), 0 k n. k
L’événement ,X = k} est réalisé lorsque k des n tirages amènent une voyelle. Il y a C
k n
façons de choisir les rangs des k tirages qui amènent une voyelle et la séquence
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des voyelles-consonnes ainsi définie se produit avec la probabilité pk qn – k (on suppose les lancer indépendants). D’où p = P({X = k}) = C k
k n
pk qn – k ;
La loi obtenu, très importante, est appelée loi binomiale d paramètres (n, p). Retour à l’exercice _ Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de parties gagnées. X suit la loi 12 binomiale B 6, . 23 On en déduit que : 2
2
124 6! 124 12 12 p(X = 2) = C 6 1 – = 1 – 23 (6 – 2) ! 2 ! 23 23 23 2
2
124 21 12 p(X = 2)= 15 1 – = = 0,21 arrondi au centième. 23 100 23 4° _ Soit n IN. La probabilité que le joueur ne gagne aucune des n parties est égale n
11 à . 23 On en déduit que la probabilité p de l’événement « Le joueur gagne au moins une n
11 partie » est égale à 1 – . 23 n
Résolvons l’inéquation p
9 1 11 10 10 23
11n 1 Log Log car la 10 23
fonction Log est strictement croissante sur [0 ; + [ ; 1 10 11 1 11 11 Par suite, n Log Log n car Log < 0 puisque < 1. 23 10 11 23 23 Log 23 Log
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1 10 Puisque = 3,1 à 0,1 près, on en déduit que le joueur doit jouer au moins 11 Log 23 Log
quatre parties pour que la probabilité qu’il en gagne au moins une soit supérieure à
9 . 10
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Notion de v.a.r. _ Soit (, P(), p), un univers probabilisé. Une fonction χ : IR est appelée v.a.r. si : x IR : { / χ() x} P(). Les conditions (a < χ b) , (χ a) , (χ = a) … définissent alors des événements. Soit Xi la variable aléatoire donnant 1 si le fraudeur est contrôlé au i- ième trajet et la valeur 0 sinon. Soit X la variable aléatoire définie par X = X1 + X2 + X3 + … + X40. Pour tout entier naturel i compris entre 1 et 40, Xi suit la loi de Bernoulli de paramètre p. Car définir une v.a.r. de Bernoulli consiste à coder par 1 ou 0 la réalisation ou la non réalisation d’un événement. Ainsi, lors d’un contrôle au i- ième trajet on désigne par Xi la v.a.r. qui vaut 1 si est contrôlé au i- ième trajet et 0 sinon. Xi() = 1 si est un possible qui amène un contrôle au i- ième trajet, et Xi() = 0 sinon. On dit qu’une v.a.r. X :
IR suit une loi de Bernoulli de paramètre p,
0 < p < 1, si Xi() = {0, 1} et P(Xi = 1) = p. Notation : Xi
B (1, p). La présence du 1 dans la notation précédente sera
justifiée avec la loi binomiale). Analyse de la situation : Un voyageur est contrôlé en proportion p, 0 < p < 1 et
n’est pas contrôlé en
proportion q = 1 – p. On effectue une étude basée sur 40 trajets. Soit X, la v.a.r. égale au nombre de contrôles effectués. Il est clair que X() = 1, 2 , 3, …, 40. Soit k = 1, 2 , 3, …, 40.
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L’événement (X = k) est réalisé lorsque k contrôles sont effectués pour le voyageur et 40 – k ne sont pas effectués. Il y a C
k 40
40 façons de choisir les rangs des = k
contrôles effectués. Supposons que ce soit
les k premiers. Soit Aj
désigne
l’événement : « le j-ième jour, le contrôle est effectué sur le voyageur ». Comme les contrôles sont indépendants les uns les autres, X suit la loi binomiale B (40, p). On obtient pour tout entier naturel k compris entre 0 et 40 : P(A1 A2 … A Ak + 1 … A k
40
= P(A1) P(A2) … P(A ) P( Ak + 1 ) …. P( A k
) = pk q
40
40 – k
.
40 k 40 k p q40 – k = p (1 – p)40 – k. D’où P(X = k) = k k
2° ) _ On suppose, dans toute cette partie, que p =
1 . 20
E(X) est la moyenne des valeurs xk prises par la v.a.r. X pondérées par les probabilités P(X = xk) avec lesquelles X prend ces valeurs. Le terme espérance a une explication historique. E(X) a été introduit aux XVII e – XVIIIe siècle par l’école naissante des probabilistes (pascal, le Chevalier De Méré, et plus tard, De Moivre, Poisson). Elle devait représenter le gain qu’un joueur était « en droit » d’attendre dans un jeu de hasard, lorsqu’il engageait différents paris. Dans le cas de la loi binomiale, E(X) = n p
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1 Puisque X suit la loi binomiale B 40, , l’espérance mathématique E(X) de X 20 est : E(X) = 40
1 = 2. 20
Le fraudeur peut espérer être contrôlé deux fois. 40
40 40 1 0 1 19 1 – = 1 . ) _ Nous avons : p(X = 0) = 0 20 20 20
Rappel : C
k n
p(X = 1) = C
p(X = 2) = C
=
1 40
n! 40 ! 0 donc C40 = = 1. 40 !0 ! (n – k) !k !
40 ! 1 1 1939 = 39 ! 1 ! 20 20
2 1 40 20
21938
20
=
1 1 1939 1 1 1939 1939 = 40 = 2 . 20 20 20 20 20
40 ! 1 21938 39 40 1 21938 = 38 ! 2 ! 20 20 2 20 20
1 2 1938 = 780 . 20 20 ) _ la probabilité p que soit contrôlé au plus deux fois est : 1
19 p = p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) = 1 20 p = 0, 6767 à 10 1
–4
40
1939 1 2 1938 + 2 + 780 20 20 20
près.
3° _ Soit Z la variable aléatoire donnant le gain algébrique réalisé par . gagne 10 euros par voyage et en perd 10 10 = 100 € par contrôle. Sur les 40 trajets, on a donc : Z = 10 40 – 100 X car X est la variable aléatoire donnant le nombre de contrôle que subit à l’issue des 40 trajets.
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Les probabilités peuvent aider à assurer la cohérence interne d’un modèle, mais aussi d’arpenter dans les deux sens le chemin qui mène d’une situation concrète à sa modélisation.
On en déduit que : Z = 400 – 100X.
L’espérance mathématique de Z est alors :
E(Z) = 400 – 100 E(X) = 400 – 100 40p ; notons que n = 40 et E(X) = n p ; E(Z) = 400 – 4000p soit, lorsque p =
1 1 , E(Z) = 400 – 4000 = – 400. 5 5
Cela signifie que risque de perdre en moyenne 400 euros à l’issue des 40 trajets.
4° ) _ Nous avons : p(X 2) = p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) p(X k) =
n
C 40 pk (1 – p) k
40 – k
k= 0 0
0
39
1 1
2
2
p(X 2) = C
p(X 2) = (1 – p) + 40p(1 – p)
p(X 2) = (1 – p) [(1 – p)² + 40p(1 – p) + 780p²]
p(X 2) = (1 – p) (p² – 2p + 1 + 40p – 40p² + 780p²)
p(X 2) = (1 – p) (741p² + 38p + 1).
40
p (1 – p)
40
+ C
40
40
39
p (1 – p) + C 2
40
+ 780 p (1 – p)
p (1 – p)
38
38
38 38 38
) _ Soit f la fonction définie pour x [0, 1] par : 38
f(x) = (1 – x) (741x² + 38x + 1). Pour tout x [0, 1]
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38
f’(x) = 38 (– 1) (1 – x)37(741x² + 38x + 1) + (1 – x) (2 741x + 38) = (1 – x)37[ – 38 (741x² + 38x + 1) + (1 – x) (1482x + 38)] = (1 – x)37[ – 28158x² – 1444x – 38 – 1482x² + 1444x + 38] = (1 – x)37( – 29640x²) = – 29640x²(1 – x)37. Or pour tout x [0, 1], 1 – x 0 ; (1 – x)37 0 et – 29640x² 0. On en déduit que tout x [0, 1],
f’(x) 0, ce qui prouve que f est strictement
décroissante sur [0, 1].
f est continue et strictement décroissante sur [0, 1]. L’image de *0, 1+ par f est [f(1), f(0)] = [0, 1 et un unique réel x0 [0, 1] tel que f(x0) =
1 [0, 1]. Par conséquent, il existe 100
1 . 100
Nous avons 0,194 x0 0, 195 donc l’entier naturel n tel que
n n+1 < x0 < est 100 100
n = 19. ) _ Du résultat précédent, on déduit que la probabilité que subisse au plus deux 38
contrôles est p(X 2) soit = (1 – p) (741p² + 38p + 1). La probabilité pour qu’il subisse au moins trois contrôles est q(X 2) = 1 – p(X 2). Cette probabilité est supérieure ou égale à 0, 99 si et seulement si 1 – p(X 2) 0,99 soit p(X 2) 0, 01. Il en résulte, _ en utilisant le résultat de la question précédente _ f(p) 0, 01 donc p x0 ;
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La valeur minimale qu’il faut attribuer à p est x0 .
) _ les valeurs prises par X sont : – 1, 0 et 1. Soit : X() = { – 1, 0, 1}. Soit X, une v.a.r. discrète. Si X() = {x1, x2, …., xn}, on appelle loi de X la famille de réels (p )
k 1kn
définis
par : k ,1, 2, …, n} : p = P(X = xk). k
Notons les propriétés caractéristiques : (1) : p 0, 1 k n (2) : k
n
p
k
= 1.
k=1
173 (l’événement (X = – 1) est réalisé si (E) a deux racines réelles). 216
P(X = – 1) = P(X = 0) =
5 (l’événement (X = – 1) est réalisé si (E) a une racine double). 216
P(X = 1) =
19 (l’événement (X = 1) est réalisé si (E) a deux racines réelle). 108
) _ l’espérance E(X) =
n
xk P(X = xk) et k=1
n
la variance V(X) =
[xk –
E(X)]² P(X = xk)
k=1
Formule de Koënig-Huyghens Soit X, une v.a.r. discrète admettant une variance.
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V(X) = E(X²) – [E(X)]² d’où E(X) = ( – 1) P(X = – 1) + 0 P(X = 0) + 1 P(X = 1) = – E(X²) = ( –1)² P(X = – 1) + 0² P(X = 0) + 1² P(X = 1) =
173 19 5 + = – . 216 108 8
173 19 211 + = . 216 108 216
La formule de Koënig-Huyghens donne : V(X) = E(X²) – [E(X)]² =
211 5 2 1013 – – = . 216 1728 8
) _ E(X) 0. La v.a.r. X n’est donc pas centrée.
L’inégalité E(X) < 0 équivaut à P(X = – 1) > P(X = 1). L’équation (E) a plus de chances d’avoir deux racines non réelles que deux racines réelles distinctes.
On s’intéresse à la durée de vie, exprimée en semaines, d’un composant électronique. On modélise cette situation par une loi de probabilité p de durée de vie sans vieillissement (c’est-à-dire que la durée de vie qui est une variable aléatoire X prenant ses valeurs dans IR+, ne dépend pas du temps pendant lequel l’appareil a déjà fonctionné). La probabilité que le composant ne soit plus en état de marche au bout de t semaines suit la loi exponentielle de paramètre . Une étude statistique, montrant qu’environ 50% d’un lot important de ces composants sont encore en état 1 de marche au bout de 200 semaines, permet de poser p([0, 200[) = . 2 1° _ Expliciter le calcul de .
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2° _ Quelle est la probabilité qu’un de ces composants pris au hasard ait une durée de vie supérieure à 300 semaines ? On donnera la valeur exacte et une valeur approchée décimale au centième près. 3° _ On admet que la durée de vie moyenne dm de ces composants est la limite – x A quand A tend vers + de dx ; 0 x e
i.e : dm =
lim
A +
– x A dx 0 x e
) _ Calculer la valeur exacte de dm. ) _ En déduire une valeur approchée décimale à la semaine près.
1° _ La variable aléatoire X suit la loi exponentielle de paramètre . Si on traduit, la probabilité que le composant ne soit plus en état de marche au bout de t semaines est – x t p([0, t[) = dx. e 0
Pour t = 200, p([0, 200[)
1 – x 200 – x 200 nous avons : p([0, 200[) = 0 e dx = – e soit 0
= 1 – e – 200 .
Par ailleurs, on sait par hypothèse que p([0, 200[) = e – 200 =
1 , d’où 2
1 – e – 200 =
1 soit 2
1 2
Ce qui implique Log (e
– 200
)
Log 2 1 = Log – 200 = – Log 2 donc = . 200 2
2° _ La probabilité qu’un composant pris au hasard ait une durée de vie supérieure à 300 semaines est p([300, + [).
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Considérons l’événement contraire : soit p(*0, 300*) la probabilité qu’un composant pris au hasard ait une durée de vie inférieure à 300 semaines. 300 p([0, 300[) = e – xdx = 1 – e – 300 . 0
Or p([300, + [) = 1 – p([0, 300[) = e – 300 3 = exp – Log 2. 2 La probabilité qu’un composant pris au hasard ait une durée de vie supérieure à 3 300 semaines est égale à exp – Log 2 soit 0, 35 au centième près. 2 Donc p([300, + [) = e
– 300 Log 2/200
3° _ ) La durée de vie moyenne dm est donnée par dm = Calculons I(A) = 0
A
xe
lim
A +
– x A dx 0 x e
– x
dx à l’aide d’une intégration par parties en posant :
u(x) = x du(x) = dx – x – x dx dv(x) = e v(x) = – e et les fonctions u, v, u’, v’ sont continues sur [0 ; + [ donc : I(A) = [u(x)v(x)]
A 0
I(A) = – A e – A –
A – 0 v(x)du(x) =
A e
A
–
A
– x A + dx 0 e
1 – A 1 – Ae – A – e – A + 1 e + =
) _ Nous avons : I(A) = – A e
I(A) = –
[– xe – x]0
– A
1 – A 1 e + avec
–
1 – A 1 e + lim
A +
e – A = 0 puisque > 0
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et
lim
A +
A e
A
= 0 (croissance comparées) donc
lim
A +
La durée de vie moyenne des composants est égale à
I(A) =
1 200 = Log 2
200 soit 288 semaines à Log 2
une semaine près.
x² – 1 x On considère la fonction définie par f(x) = – pour x réel non nul. 2 x 1° _ Étudier la dérivabilité de f au point d’abscisse x = 1. 2° _ La courbe représentative de f possède- t-elle un axe de symétrie. Justifier votre réponse. 3° _ Montrer que la droite y =
x – 1 est asymptote à la courbe représentative de 2
f. 4° _ Résoudre dans IR*, l’équation f(x) = 0.
x+2 x–2
On considère la fonction définie par f(x) = Log
1° _ Montrer que la courbe représentative de f possède un centre de symétrie. 2°_ Justifier que lorsque f’(x) existe, f’(x) =
2 2+x 2–x
.
Dans ce recueil d’exercice, j’attache plus d’importance à la description des objets qu’à leurs axiomatisations, le but est de vous aider d’accéder seuls
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et à votre rythme aux probabilités vivantes
Les probabilités peuvent aider à assurer la cohérence interne d’un modèle, mais aussi d’arpenter dans les deux sens le chemin qui mène d’une situation concrète à sa modélisation.
3° _ Montrer que la restriction de f ] – 2, 2[ sur IR.
à l’intervalle + – 2, 2[ est une bijection de
3 1 4° _ Montrer que 0 f(x)dx = 2 Log 3.
1° _ Soit f la fonction définie par f(x) =
x – 2
x² – 1 x
pour x 0.
Montrons que f n’est pas dérivable en 1. x² – 1 1 ; en outre, f(1) = . x 2 On en déduit que pour x > 1 on a Pour x > 1, f(x) =
x – 2
x–1 x² – 1 – 2 x f(x) – f(1) x² – 1 1 = = – . x–1 x– 1 x(x – 1) 2
soit
f(x) – f(1) 1 = – x–1 2
On a :
lim
x 1, x > 1
(x – 1)(x + 1) 1 f(x) – f(1) 1 1 c’est-à-dire = – (x – 1)² x x–1 x 2 x+1 = + , donc : x–1
lim
x 1, x > 1
x+1 x–1
f(x) – f(1) = – . x–1
f n’est pas dérivable à droite en 1 donc a fortiori n’est pas dérivable en 1, mais admet à droite de 1 une demi - tangente verticale. 2° _ Montrer que la courbe représentative de f possède un centre de symétrie et non axe de symétrie.
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x² – 1
x On a x IR*, f( – x) = – + 2
= – f(x).
x
f est impaire donc l’origine du repère est centre de symétrie de la courbe de f. 3° _ montrons que la droite d’équation y =
x – 1 est asymptote à la courbe 2
représentative de f.
Pour x > 1 on a : f(x) =
x – 2
x² – 1 x = – 2 x
1–
x On en déduit que pour x > 1 on a : f(x) – – 2 1 x lim f(x) – – 1 = lim 1 – 1– x² 2 x + x + La droite d’équation y =
1 . x²
1 = 1 –
1–
1 . x²
= 1 – 1 = 0.
x – 1 est asymptote à la courbe de f en + . 2
4° _ Montrons que l’équation f(x) = 0 possède 4 racines distinctes.
x IR*, on a
f(x) = 0
Sachant que x² 0 et 2
x = 2
x² – 1
x² = 2
x
x² – 1 .
x² – 1 0, on a :
x = 4x² – 4 . ou 4 x = – 4x² + 4 4
x² = 2
x² – 1 x4 = 4 x² – 1
Résolvons ces équations :
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x4 – 4x² + 4 = 0 (x² – 2)² = 0 x² = 2 x = +
2 ou x = –
2
En posant X = x², on obtient : x4 + 4x² – 4 = 0 X² + 4 X – 4 = 0. Cette équation du second degré en X a deux solutions : X1 = – 2 +
8 et X2 = – 2 –
8.
Sachant que X = x² est positif, on obtient : x² = – 2 + x =
– 2 +
8 ou –
Conclusion : l’équation – 2 +
8 et –
– 2 +
– 2 + f(x)
8, et donc ;
8. =
0
possède 4 solutions, qui
sont
–
2,
2,
8.
1° _ Montrons que la courbe de f possède un centre de symétrie.
On a x IR\{ – 2, 2}, f( – x) = Log
x–2 = – Log x+2
x + 2 x –2
et donc: f( – x) = – f(x). f est impaire donc le centre du repère est centre de symétrie de la courbe représentative de f. 2° _ Étudions la dérivée de f.
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On a pour x dans IR\{ – 2, 2}, f(x) =
x+2 1 Log . x–2 2
x +2 est dérivable et x–2 u’ Log u(x) est dérivable et sa dérivée est . u
On sait que sur chaque intervalle où la fonction u : x ne s’annule pas, la fonction x
f est donc dérivable sur chacun des intervalle ] – , – 2[, ] – 2, 2[ et ]2, + [ et 2 pour x IR\{ – 2, 2}, f’(x) = (2 + x)(2 – x) On n’a pas toujours, quand f’(x) existe, c’est-à-dire quand x IR\{ – 2, 2}, 2
f’(x) =
(2 + x)(2 – x)
.
Ceci n’est vrai que si (2 + x)(2 – x) > 0. C’est-à-dire x dans ] – 2, 2*, l’affirmation de l’énoncé est inexacte. 3° _ Montrons que f est une bijection de ] – 2, 2[ sur IR. x
] – 2, 2[ , f’(x) =
2 > 0 : f est donc strictement croissante sur (2 + x)(2 – x)
] – 2, 2[. D’autre part on a les limites suivantes : x+2 = 0+ donc x–2
lim
x –2
et :
lim
x +2
lim
x –2
x+2 = + , donc x–2
f(x) =
lim
x –2
lim
x +2
f(x) =
f(x) =
x+2 1 Log = – x–2 2
x+2 1 Log = + x–2 +2 2
lim
x
f est continue et strictement croissante sur ] – 2, 2[.
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C’est donc une bijection de + – 2, 2[ sur ] lim
x –2
f(x),
lim
x +2
f(x)[ = IR.
1 4° _ Calculons I = 0 f(x) dx
La fonction f est continue sur ] – 2, 2[ donc a fortiori sur [0, 1]. Donc I existe. Calculons I en faisant une intégration par partie. Posons u(x) = f (x), du(x) = f’(x) dx ; dv(x) = dx v(x) = x Sur [0, 1], les fonctions u, u’, f et f’ sont continue donc 1 2x 1 v(x)du(x) = [xf(x)] 1 – I = [u(x) v(x)]01 – dx 0 0 0 (2 + x)(2 – x)
1 2x I = f(1) + dx 0 x² – 4
On a f(1) = Log
3 = Log –1
3 =
1 Log 3. 2
Si on pose v(x) = x² – 4, on a dv(x) = 2xdx 1 2x 1 dv(x) Donc dx = = Log v(x) 0 x² – 4 0 v(x) Log 1 – 4 – Log – 4 = Log 3 – Log 4 ;
I=
3 3 1 Log 3 + Log 3 – Log 4 = Log 3 – Log 4 ; I Log 3. 4 2 2
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