1°S DS 7 19/03/14 Exercice 1 : sur 6 points Soit f la fonction définie sur ℝ \ {3} par f (x) = 2 x ²  15 x  35 x3   On désigne par (C) sa représentation graphique dans un repère orthonormal O, i , j . 1) Calculer f ( x) et vérifier que f ( x) = 2 x ²  12 x  10 ( x  3)² 2) Etudier le signe de f ( x) et dresser le tableau de variations de f sur ℝ \ {3} 3) Déterminer une équation de la tangente à (C) au point A d’abscisse 4. 4) Soit ∆ la droite d’équation y = 2 x – 9. Etudier la position relative de (C) et ∆ 5) Existe-t-il des tangentes à C f parallèles à ∆ ? Exercice 2 : sur 3 points f est une fonction définie et dérivable sur [–4 ;4]. La courbe ci-contre représente la fonction f ‘ dérivée de f 1 ( on précise que la courbe de f ’ coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse  ) 2 A l’aide du graphique et en justifiant vos réponses, répondre par Vrai ou par Faux à chacune des affirmations suivantes : 1) f '(1)  0 1 2 2) f admet un extremum en  3) f est décroissante sur l’intervalle [ 1 ; 4] 4) La tangente à la courbe de f au point d’abscisse 1 a pour coefficient directeur 2 Exercice 3 : sur 4 points Un jeune agriculteur bio veut fabriquer une serre pour protéger ses cultures de tomates .Les informations relatives à la forme et aux dimensions de la serre sont données ci-dessous. La distance HK = x avec H milieu de [AB] est appelée la flèche. Le rayon de cintrage est noté R. On a R = OB = OK = OA AB = 400 cm ; 100 cm  x  300 cm AB = 400 cm ; 100 cm  x  300 cm 40000  x 2 2x 40000  x ² a) En déduire que R = 2x 1) Montrer que OH = 2) b) Déterminer, en justifiant, la valeur de x pour laquelle R est minimal. Exercice 4 :sur 4 points Une roue de loterie est partagée en deux secteurs verts, cinq secteurs blancs et n secteurs rouges ( n entier non nul ). Après avoir misé 10 €, un joueur fait tourner la roue devant un repère fixe. Chaque secteur a la même probabilité de s’arrêter devant ce repère :    si le secteur repéré est vert, le joueur reçoit 40 € si le secteur repéré est blanc, il récupère sa mise si le secteur repéré est rouge, il perd sa mise Soit X la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur. Partie A Dans cette partie on suppose que n=3 c'est-à-dire que la roue a 3 secteurs rouges. 1) Déterminer la loi de probabilité de X 2) Calculer E(X), l’espérance mathématique de X . Partie B Dans cette partie, n est de nouveau un entier non nul quelconque L’organisateur de la loterie rentre dans ses frais si E (X)  2 . Déterminer le nombre minimum de cases rouges qu’il doit prévoir pour ne pas perdre d’argent. Exercice 5 : sur 3 points Un technicien est chargé de réparer des ordinateurs. Les composants à l’origine de la panne peuvent être uniquement l’alimentation, la carte graphique ou le processeur. Une panne simultanée de deux ou trois composants est possible. Le technicien établit le diagnostic à l’aide d’un triplet utilisant les initiales des composants, surmontés d’une barre en cas de panne. Par exemple, le triplet ( A ; CG ; P ) indique que la panne provient seulement du processeur. Le tableau suivant donne le coût des composants à remplacer : Composant Alimentation Carte graphique Prix ( en euros ) 80 160 Processeur 80 Il faut rajouter 25 € de main-d’œuvre ( forfait indépendant du nombre de composants à remplacer ) au coût des composants pour obtenir le coût de la réparation. Soit X la variable aléatoire qui, à chaque ordinateur en panne, associe le coût de la réparation. 1) On considère le diagnostic ( A ; CG ; P ). Expliquer pourquoi le coût de sa réparation est de 345 €. 2) On admet qu’il y a sept diagnostics équiprobables possibles : ( A ; CG ; P ) , ( A; CG ; P ) , ( A; CG ; P ) , ( A ; CG ; P ) , ( A ; CG ; P ) , ( A ; CG ; P ) , ( A ; CG ; P ) . a) Déterminer la loi de probabilité de X. b) Montrer que le coût moyen d’une réparation est d’environ 208€ . c) Quel devrait être le prix du forfait arrondi à l’unité pour que le prix moyen d’une réparation soit de 210€ ? CORRIGE Exercice 1 : 1) f ( x )  (4 x  15)( x  3)  (2 x 2  15 x  35)(1) 4 x 2 12 x 15 x  45  2 x 2 15 x  35 2 x 2 12 x 10   ( x  3) 2 ( x  3) 2 ( x  3) 2 2) Les racines du polynôme 2 x  12 x  10 sont 1 et 5. On a donc : 2 3) f (4)  7 et f '(4)  6 . La tangente à (C) au point A d’abscisse 4 a pour équation : y  f '(4)( x  4)  f (4) On a : f '(4)( x  4)  f (4)  6( x  4)  7  6 x  31 donc la tangente a pour équation y   6 x  31 8 x3 Sur l’intervalle ] –  ; 3 [ , 8 > 0 et x  3  0 donc f ( x )  (2 x  9)  0 donc (C) est au dessous de ∆ 4) On étudie le signe de f ( x )  (2 x  9) . On a f ( x)  (2 x  9)  Sur l’intervalle ] 3 ; +  [ , 8 > 0 et x  3  0 donc f ( x )  (2 x  9)  0 donc (C) est au dessus de ∆ 2 x 2  12 x  10  2  2 x 2  12 x  10  2( x  3) 2  10  9 ( x  3) 2 Cette dernière égalité étant impossible, l’équation f '( x )  2 n’admet pas de solution. 5) On résout l’équation f '( x )  2 . f '( x)  2  On en déduit qu’il n’existe pas de tangente à la courbe de f parallèle à ∆ y 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -8 -7 y=2x-9 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 -1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 -10 -11 -12 -13 -14 -15 -16 -17 -18 -19 -20 -21 -22 -23 -24 -25 1 2 (C) 3 4 5 6 7 8 9 10x Exercice 2 : 1. f '(1)  0 : FAUX on lit f’(1)=2 2. le signe de f ’ permet déduire la variation de f –4 x signe de f ’x) Variation de f D’où f admet un extremum en  -1/2 0 + – +4 1 VRAI 2 3. f est décroissante sur l’intervalle [ 1 ; 4] FAUX 4. La tangente à la courbe de f au point d’abscisse 1 a pour coefficient directeur 2 VRAI car f ‘(1 )=2 Exercice 3 : 1 . On a R= OK = 0H + x d’où R² = ( OH+x)² soit encore R² = OH²+2 OH ×x + x ² D’autre part, le triangle OHR est rectangle en H d’où d’après le théorème de Pythagore : R²= OH²+ HB² Or H est le milieu de [AB ] et AB= 400 donc HB= 200 R² = OH²+200² On peut donc déduire que OH²+2 OH d’où 2 OH ×x + x ² = OH²+200² ×x + x ² = 40 000 d’où 2 OH × x = 40000– x ² et finalement on a bien OH = 40000  x 2 2x 40000  x 2 40000  x ² x 2x 2x 40000  x ² [100 ; 300] par f ( x )  2x 2. Comme R = OH + x , on peut déduire que R = 3. On considère la fonction f définie pour x Etudions les variations de f sur [100 ; 300] 2 x  2 x  (40000  x ²)  2 4 x ²  80000  2 x ² 2 x ²  80000 x ²  40000    (2 x)² (2 x)² 4 x² 2 x² Comme 2x² > 0 , f ‘ est du signe de x²– 40000 polynôme du second degré qui s’annule pour -200 et 200 et qui f '( x)  est positif à l’extérieur de ces racines On a donc D’après ce tableau de variation, f admet un minimum pour 200. Le rayon R est minimal lorsque la longueur HK = 200 cm. x= x 100 – signe de f(x) Variation de f Exercice 4 : Partie A Il y a donc 10 secteurs équiprobables.Les gains possibles du joueur sont – 10, 0 et 30. P(X = – 10) = p(rouge) = 3 10 P(X = 0) = p(blanc) = 5 1  10 2 P(X = 30) = p(vert) = 2 1  10 5 Loi de probabilité de X : xi pi E ( X )  10  – 10 0 30 3 10 1 2 1 5 3 1 1  0   30   3 10 2 5 Partie B Cette fois le nombre total de secteurs équiprobables est 2 + 5 +n = n + 7 La loi de probabilité de X devient : xi pi – 10 0 30 n n7 5 n7 2 n7 200 0 300 + n 5 2 10 n  60  0  30   n7 n7 n7 n7 10 n  60 On veut avoir E(X) ≤ – 2 donc on résout l’inéquation  2 n7 E ( X )  10  Comme n est un entier naturel, n + 7 est positif et on peut multiplier les deux membres par n + 7. D’où : 10 n  60  2n  14  8n  74  n  74 37 n 8 4 37  9, 25 : le nombre minimum de secteurs rouges nécessaire est donc 10 4 Exercice 5 : 1) Pour le diagnostic ( A ; CG ; P ), il faut changer les trois composants et ajouter le forfait main d’œuvre, ce qui donne un coût de réparation de 345€ : 80+160+80+25 = 345 2) a) Pour chacun des diagnostics on calcule la valeur de X correspondante : ( A ; CG ; P ) : 80 + 25 = 105 ( A; CG ; P ) : 160 + 25 = 185 ( A; CG ; P ) : 160 +80 +25 = 265 ( A ; CG ; P ) : 345 ( A ; CG ; P ) : 80 + 25 = 105 ( A ; CG ; P ) : 80 + 80 + 25 =185 ( A ; CG ; P ) : 80 +160 + 25 = 265 Chaque diagnostic a la probabilité 1 puisque le texte les dit équiprobables. 7 X prend les valeurs 105, 185, 265 et 345 xi 105 pi 2 7 185 265 345 2 7 2 7 1 7 b) Le coût moyen d’une réparation est l’espérance mathématique de X : E ( X )  105  2 2 2 1 1455  185   265   345    208 7 7 7 7 7 c) Soit x ce qu’il faut rajouter au forfait main d’œuvre pour avoir un coût moyen de 210€. La nouvelle loi de probabilité est : 105 + x 185 + x 265 + x 345 + x xi pi 2 2 2 1 7 E( X )  1455  7 x 7 7 7 7 1455  7 x 1470  1455 15  210  x    2,1 7 7 7 Ou bien autre méthode (plus rapide) Pour avoir un coût moyen de 210€, il faut augmenter la moyenne d’environ 2€ et pour cela, il suffit d’ augmenter chaque valeur de 2€ : il faut donc prendre un forfait de 27€