Un Jour Qu'Il Faisait Nuit De Robert Desnos

b + a b + a ab b + ab x = b′ + a′ ¯ = ⇒ 2 1−r 1 − r2 b′ + a′ b x= ¯ 1 − r2 1 24 24 Application num´rique : Comme e = 15, on a y = 15 × 2, 4 × ¯ et x = 15 × ¯ 1 − r2 9 9 Donc y = 96 et x = 40 ¯ ¯ EXERCICE 2.

09 G 26 A 01 S´ries : S2-S4-S5 - Coeff. 5 e Epreuve du 1er groupe . b′ + a′ y c’est ` dire . ¯ a

1. u Pour que M appartiennent ` l’axe des abscisses, il faut et il suffit que la partie imaginaire a 1 4 = de z soit nulle c’est ` dire ln y = 0 ou y = 1. Donc p(A) = p(y = 0) = a 12 3 u Pour que M appartiennent ` l’axe des ordonn´es, il faut et il suffit que la partie r´elle a e e 4 1 de z soit nulle c’est ` dire ln x = 0 ou x = 1. Donc p(B) = p(x = 0) = a = 12 3 u L’´v´nement contraire de C est ” M appartient ` au moins un des axes” c’est ` dire e e a a A ∪ B. L’´v´nement A ∩ B est ”M appartient ` chacun des axes” c’est ` dire z = 0 ou ln x = 0 e e a a et ln y = 0 finalement x = y = 1. Puisque le tirage est avec remise, les ´v´nements A et B sont ind´pendants, donc : e e e 1 p(A ∩ B) = p(A)p(B) = . 9 Par cons´quent : e 1 1 1 5 ¯ p(C) = p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B) = + − = . 3 3 9 9 5 4 ¯ p(C) = 1 − p(C) = 1 − = 9 9 −→ − − → π u Pour que l’angle (OM, i ) soit ´gal ` − il faut et il suffit que les coordonn´es de e a e 4 a M soient ´gales et strictement positives c’est ` dire ln x = ln y > 0 ou x = y = e. Par e cons´quent, D est l’´v´nement ”x = y = e”. e e e 2 1 1 1 1 p(x = e) = p(y = e) = = et p(D) = × = 12 6 6 6 36 u Pour que M appartienne au cercle trigonom´trique, il faut et il suffit que OM = 1 c’est e 1 ` dire (ln x)2 + (ln y)2 = 1. Puisque x et y ne prennent que les valeurs 1, e et , ln x et ln y a e ne prennent que les valeurs 0, 1 et −1 ; Les seuls couples possibles pour r´aliser (ln x)2 + (ln y)2 = 1 sont donc e (ln x, ln y) = (1, 0), (−1, 0), (0, 1), ou (0, −1) 1 1 c’est ` dire (x, y) = (e, 1), ( , 1), (1, e), ou (1, ). a e e 2 4 1 Or p (x, y) = (e, 1) = p (x, y) = (1, e) = × = 12 1.2 18 1 1 6 4 1 p (x, y) = ( , 1) = p (x, y) = (1, ) = × = e e 12 12 6 1 1 1 1 4 Donc p(E) = + + + = 18 18 6 6 9

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1 2. a. Puisque x et y ne prennent que les valeurs 1, e et , ln x et ln y ne prennent que les e valeurs 0, 1 et −1 ; Les couples de coordonn´es possibles sont donc : e (0, 0), (0, 1), (0, −1), (1, 0), (1, 1), (1, −1), (−1, 0), (−1, 1), (−1, −1) correspondant aux valeurs suivantes du couples (x, y) : 1 1 1 1 1 1 (1, 1), (1, e), (1, ), (e, 1), (e, e), (e, ), ( , 1), ( , e), ( , ) e e e e e e Les distances OM possibles sont donc : 0, 1, √ 2. √

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La variable al´atoire X prend les valeurs 0, 1, e

2

4 4 1 = 12 12 9 p(X = 1) = p (x, y) = (1, e) + p (x, y) = (e, 1) 1 1 +p (x, y) = (1, ) + p (x, y) = ( , 1) e e 2 4 2 4 4 6 4 6 4 × + × + × + × = = 12 12 12 12 12 12 12 12 9 √ 1 p(X = 2) = p (x, y) = (e, e) + p (x, y) = (e, ) e 1 1 1 +p (x, y) = ( , e) + p (x, y) = ( , ) e e e 2 2 2 6 2 6 6 6 4 × + × + × + × = = 12 12 12 12 12 12 12 12 9 p(X = 0) = p (x, y) = (1, 1) = En r´sum´ : e e √ 1 4 4 p(X = 0) = , p(X = 1) = , p(X = 2) = 9 9 9 b. La fonction de r´partition de X est d´finie par : F (x) = p(X) < x. Donc e e w Si x ≤ 0, F (x) = p(X < x) = 0. 1 w Si 0 < x ≤ 1, F (x) = p(X < x) = p(X = 0) = . 9 √ 1 4 5 w Si 1 < x ≤ 2, F (x) = p(X < x) = p(X = 0) + p(X = 1) = + = . 9 9 9 √ √ 1 4 4 w Si 2 < x, F (x) = p(X < x) = p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) = + + = 1. 9 9 9

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1

•

5 9

•

1 9 −2 −1 0

•

0

1

√ 2

2

EXERCICE 3. L’´quation caract´ristique associ´e ` (E) est e e e a 2 (Ec ) : r + 2r + 1 = 0 c’est ` dire (r + 1)2 = 0. a 1. Elle a une racine double ´gale ` −1. Par cons´quent la solution g´n´rale de (E) est : e a e e e f (x) = (ax + b) e−x ; a et b r´els arbitraires. e 2. Pour que la fonction h : x → ax + b soit solution de (E ′ ) il faut et il suffit que h′′ (x) + 2h′ (x) + h(x) = x + 3 (1) Or h′ (x) = a et h′′ (x) = 0. Donc l’´quation devient : 2a + (ax + b) = x + 3 c’est ` dire e a a−1 = 0 (a − 1)x + 2a + b = 0 ou . Donc a = 1 et b = −2. Finalement 2a + b = 0 h(x) = x − 2 3. w Soit g une solution de (E ′ ) c’est ` dire une fonction telle que : a g ′′ (x) + 2g ′(x) + g(x) = x + 3 (2) En faisant la diff´rneece membre ` membre de (2) et (1) on trouve : e a ′′ ′′ g (x) − h (x) + 2g ′(x) − 2h′ (x) + g(x) − h(x) = 0 c’est ` dire (g − h)′′ (x) + 2(g − h)′ (x) + (g − h)(x) = 0 (3) a Ce qui montre que la fonction g − h est solution de (E). w R´ciproquement g − h est solution de (E) est ´quivalent ` (3) soit ` : e e a a ′′ ′ ′′ ′ g (x) + 2g (x) + g(x) = h (x) + 2h (x) + h(x) (4) Or d’apr`s (1) le second membre de cette relation vaut x + 3. donc (4) est ´quivalent ` e e a ′′ ′ g (x) + 2g (x) + g(x) = x + 3 Autrement dit g est solution de (E ′ ). 4. La fonction k est continue sur son ensemble de d´finition Dk qui est ´gal ` R ; de plus e e a

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x→−∞

et ∀x ∈ Dk , k ′ (x) = −(x + 1) e−x . k ′ s’annule au point −1 et est > 0 si et seulement si x + 1 < 0 c’est ` dire x < −1. a Pour que le point I(0, 2) soit un point d’inflexion de la courbe (C) il suffit que k soit deux fois d´rivable et qu’au point 0, k ′′ ”s’annule en changeant de signe”. e Cela est bien le cas puisque k ′′ (x) = x e−x s’annule au point 0, est > 0 ”apr`s 0” et n´gatif e e ”avant 0”. Voici le tableau de variations de k.

T.V de x → k(x) = (x + 2)e−x x k′ −∞ + e k −∞ 0 −1 − +∞

lim k(x) = −∞; lim k(x) = 0

x→+∞

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et voici la courbe repr´sentative de k. e

3 2 (T ) 1 −3 −2 −1 0 −1 −2 −3 −4 −5 0 1 (C)

2

3

4

5

EXERCICE 4. 1. a. La fonction f est continue et d´rivable sur Df =] − 1, +∞[ et e

x→−1

lim f (x) = −∞; lim f (x) = +∞ et ∀x ∈ Df , f ′ (x) = 2

x→+∞

1 . 1+x

La d´riv´e est donc strictement positive dans Df . e e Voici le tableau de variation de f .

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6 /8 T.V de x → f (x) = 2 ln(1 + x) x f′ −1 + +∞ f −∞ +∞

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et voici la courbe Cf ainsi que les quatre premiers termes de la suite sur le graphique.

4 C(x→x) Cf 3 (λ, λ) 2

1

−1