Probabilités, nombres complexes et problème d'analyse

Sujet et corrigé — 20 points

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1. Exercice 1Nombres complexes4 pts

   Chapitre : Nombres complexes (introduction)

   Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormé direct $(O,\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$.

   1. Résoudre dans $\mathbb{C}$ l'équation $z^2-4z+13=0$. (1 pt)
   2. On pose $z_1=3+i$ et $z_2=1-2i$. Écrire sous forme algébrique les nombres complexes $z_1+z_2$, $z_1{z}_2$ et $\frac{z_1}{z_2}$. (1,5 pt)
   3. Calculer $|z_1|$ et $|z_2|$, puis vérifier que $|z_1{z}_2|=|z_1|\times |z_2|$. (0,5 pt)
   4. On rappelle que si $A$ et $M$ sont deux points d'affixes respectives $a$ et $z$, alors $AM=|z-a|$. Déterminer l'ensemble $(\Gamma )$ des points $M$ d'affixe $z$ tels que $|z-2|=3$, puis vérifier que les points $A$ et $B$ d'affixes respectives $2+3i$ et $2-3i$ appartiennent à $(\Gamma )$. (1 pt)
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   1. Le discriminant est $\Delta =(-4{)}^2-4\times 1\times 13=16-52=-36<0$. L'équation admet deux solutions complexes conjuguées : $z=\frac{4\pm i\sqrt{36}}{2}=\frac{4\pm 6i}{2}$, soit $S=2+3i,2-3i$.
   2. $z_1+z_2=(3+1)+(1-2)i=4-i$. $z_1{z}_2=(3+i)(1-2i)=3-6i+i-2i^2=3-5i+2=5-5i$. $\frac{z_1}{z_2}=\frac{(3+i)(1+2i)}{(1-2i)(1+2i)}=\frac{3+6i+i+2i^2}{1+4}=\frac{1+7i}{5}=\frac{1}{5}+\frac{7}{5}i$.
   3. $|z_1|=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$ et $|z_2|=\sqrt{1^2+(-2{)}^2}=\sqrt{5}$. D'autre part $|z_1{z}_2|=|5-5i|=\sqrt{25+25}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$, et $|z_1|\times |z_2|=\sqrt{10}\times \sqrt{5}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$ : on a bien $|z_1{z}_2|=|z_1|\times |z_2|$.
   4. Soit $\Omega$ le point d'affixe $2$. Pour tout point $M$ d'affixe $z$, $|z-2|=\Omega M$. Donc $M\in (\Gamma )\iff \Omega M=3$ : $(\Gamma )$ est le cercle de centre $\Omega (2,0)$ et de rayon $3$. Pour $A$ : $|(2+3i)-2|=|3i|=3$ ; pour $B$ : $|(2-3i)-2|=|-3i|=3$. Les points $A$ et $B$ appartiennent bien à $(\Gamma )$ (ce sont les points du cercle situés sur la verticale de $\Omega$).

2. Exercice 2Calcul des probabilités5 pts

   Chapitre : Dénombrement et probabilités

   Partie A. Une urne contient six boules indiscernables au toucher : trois boules rouges, deux boules vertes et une boule noire. On tire simultanément deux boules de l'urne.

   1. Calculer la probabilité de chacun des événements suivants : $R$ : « les deux boules tirées sont rouges » ; (0,5 pt) $D$ : « les deux boules tirées sont de couleurs différentes ». (0,5 pt)
   2. Soit $X$ la variable aléatoire égale au nombre de boules rouges tirées. (a) Déterminer la loi de probabilité de $X$. (1 pt) (b) Calculer l'espérance $E(X)$ et la variance $V(X)$. (0,75 pt)

   Partie B. Dans une population, $10\%$ des individus sont atteints d'une maladie. On dispose d'un test de dépistage : il est positif chez $90\%$ des individus malades et positif chez $20\%$ des individus sains. On choisit un individu au hasard et l'on note $M$ l'événement « l'individu est malade » et $T$ l'événement « le test est positif ».

   1. Construire un arbre pondéré décrivant la situation et donner $P(M)$, $P(T|M)$ et $P(T|\overline{M})$. (0,5 pt)
   2. Montrer que $P(T)=0,27$. (0,75 pt)
   3. Le test d'un individu est positif. Quelle est la probabilité qu'il soit malade ? (0,5 pt)
   4. Les événements $M$ et $T$ sont-ils indépendants ? Justifier. (0,5 pt)
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   Partie A. Les tirages sont simultanés : l'univers est l'ensemble des paires de boules, équiprobables, et $\mathrm{card}\Omega =\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{6}{2}\right)=15$.

   1. $R$ : on choisit $2$ boules parmi les $3$ rouges : $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)=3$ cas. $P(R)=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}$. $D$ : l'événement contraire $\overline{D}$ « les deux boules sont de la même couleur » se réalise avec deux rouges ($3$ cas) ou deux vertes ($\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{2}{2}\right)=1$ cas) ; une seule boule noire ne peut donner deux noires. $P(\overline{D})=\frac{4}{15}$, donc $P(D)=1-\frac{4}{15}=\frac{11}{15}$.
   2. (a) $X$ prend les valeurs $0$, $1$, $2$. $P(X=0)$ : deux boules parmi les $3$ non rouges : $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{3}{2}\right)=3$ cas, $P(X=0)=\frac{3}{15}=\frac{1}{5}$. $P(X=1)$ : une rouge parmi $3$ et une non rouge parmi $3$ : $3\times 3=9$ cas, $P(X=1)=\frac{9}{15}=\frac{3}{5}$. $P(X=2)=P(R)=\frac{1}{5}$. Contrôle : $\frac{1}{5}+\frac{3}{5}+\frac{1}{5}=1$. (b) $E(X)=0\times \frac{1}{5}+1\times \frac{3}{5}+2\times \frac{1}{5}=\frac{3}{5}+\frac{2}{5}=1$. $E(X^2)=0\times \frac{1}{5}+1\times \frac{3}{5}+4\times \frac{1}{5}=\frac{7}{5}$, donc $V(X)=E(X^2)-E(X{)}^2=\frac{7}{5}-1=\frac{2}{5}$.

   Partie B.

   1. L'arbre a deux branches issues de la racine, $M$ (probabilité $0,1$) et $\overline{M}$ (probabilité $0,9$) ; de $M$ partent $T$ ($0,9$) et $\overline{T}$ ($0,1$) ; de $\overline{M}$ partent $T$ ($0,2$) et $\overline{T}$ ($0,8$). Ainsi $P(M)=0,1$, $P(T|M)=0,9$ et $P(T|\overline{M})=0,2$.
   2. $M$ et $\overline{M}$ forment une partition de l'univers ; d'après la formule des probabilités totales : $P(T)=P(T|M)P(M)+P(T|\overline{M})P(\overline{M})=0,9\times 0,1+0,2\times 0,9=0,09+0,18=0,27$.
   3. On cherche $P(M|T)$. D'après la formule de Bayes : $P(M|T)=\frac{P(T|M)P(M)}{P}(T)=\frac{0,09}{0,27}=\frac{1}{3}$. Un individu dont le test est positif a une probabilité $\frac{1}{3}$ d'être malade.
   4. $P(M\cap T)=P(T|M)P(M)=0,09$ et $P(M)\times P(T)=0,1\times 0,27=0,027$. Comme $P(M\cap T)\ne P(M)\times P(T)$, les événements $M$ et $T$ ne sont pas indépendants (on peut aussi remarquer que $P(M|T)=\frac{1}{3}\ne P(M)$).

3. Exercice 3Problème d'analyse11 pts

   Chapitres : Fonctions logarithmiques · Dérivation et étude des fonctions · Limites et continuité · Calcul intégral

   Soit $f$ la fonction définie sur $]0,+\infty [$ par $f(x)=(\ln x{)}^2-2\ln x$, et $(\mathcal{C})$ sa courbe dans un repère orthonormé $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ (unité : 1 cm).

   Partie A. Étude de la fonction $f$.

   1. (a) Montrer que $f(x)=\ln x(\ln x-2)$ pour tout $x>0$, puis calculer ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)$ et interpréter graphiquement le résultat. (0,75 pt) (b) Calculer ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)$. (0,75 pt)
   2. Montrer que ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)/x=0$ (on pourra poser $t=\ln x$) et interpréter graphiquement le résultat. (0,75 pt)
   3. Montrer que pour tout $x>0$ : $f^{\prime }(x)=\frac{2(\ln x-1)}{x}$, puis dresser le tableau de variations de $f$. (1,75 pt)
   4. Résoudre dans $]0,+\infty [$ l'équation $f(x)=0$, puis étudier le signe de $f(x)$ sur $]0,+\infty [$. (1 pt)
   5. Déterminer une équation de la tangente $(T)$ à $(\mathcal{C})$ au point d'abscisse $1$. (0,5 pt)
   6. Tracer $(T)$ et $(\mathcal{C})$ (on prendra $e\approx 2,7$ et $e^2\approx 7,4$). (1 pt)
   7. Discuter graphiquement, suivant les valeurs du réel $m$, le nombre de solutions de l'équation $f(x)=m$. (1 pt)

   Partie B. Calcul d'aire.

   1. À l'aide d'une intégration par parties, calculer $I={\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}x$. (1 pt)
   2. À l'aide d'une intégration par parties, montrer que $J={\int }_1^{e^2}(\ln x{)}^2\mathrm{d}x=2e^2-2$. (1,25 pt)
   3. En déduire, en cm${}^2$, l'aire du domaine délimité par $(\mathcal{C})$, l'axe des abscisses et les droites d'équations $x=1$ et $x=e^2$. (1,25 pt)
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   Partie A.

   1. (a) Pour $x>0$ : $\ln x(\ln x-2)=(\ln x{)}^2-2\ln x=f(x)$. Quand $x\to 0^{+}$, $\ln x\to -\infty$ et $\ln x-2\to -\infty$ ; par produit, ${\lim }_{x\to 0^{+}}f(x)=+\infty$. L'axe des ordonnées (droite $x=0$) est une asymptote verticale à $(\mathcal{C})$. (b) Quand $x\to +\infty$, $\ln x\to +\infty$ et $\ln x-2\to +\infty$ ; par produit, ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)=+\infty$.
   2. Pour $x>0$ : $f(x)/x=\frac{(\ln x{)}^2}{x}-2\frac{\ln x}{x}$. Par croissance comparée, ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{\ln x}{x}=0$. Pour le premier terme, on pose $t=\ln x$, de sorte que $x=e^t$ et $t\to +\infty$ quand $x\to +\infty$ : $\frac{(\ln x{)}^2}{x}=\frac{t^2}{e^t}=\frac{1}{\frac{e^t}{t^2}}\to 0$ car ${\lim }_{t\to +\infty }\frac{e^t}{t^2}=+\infty$ (croissance comparée). Donc ${\lim }_{x\to +\infty }f(x)/x=0$ : $(\mathcal{C})$ admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses en $+\infty$.
   3. $f$ est dérivable sur $]0,+\infty [$ et, avec $((\ln x{)}^2{)}^{\prime }=2\ln x\times \frac{1}{x}$ : $f^{\prime }(x)=\frac{2\ln x}{x}-\frac{2}{x}=\frac{2(\ln x-1)}{x}$. Comme $x>0$, $f^{\prime }(x)$ est du signe de $\ln x-1$, qui est négatif pour $0<x<e$, nul en $e$ et positif pour $x>e$ ($\ln$ strictement croissante, $\ln e=1$). Donc $f$ est strictement décroissante sur $]0,e]$ et strictement croissante sur $[e,+\infty [$ ; elle admet un minimum en $e$ égal à $f(e)=1-2=-1$. Limites : $+\infty$ en $0^{+}$ et en $+\infty$.
   4. $f(x)=0\iff \ln x(\ln x-2)=0\iff \ln x=0\mathrm{ou}\ln x=2\iff x=1\mathrm{ou}x=e^2$. Donc $S=1,e^2$. Signe : $f(x)$ est du signe du produit $\ln x(\ln x-2)$. Pour $0<x<1$, $\ln x<0$ et $\ln x-2<0$ : $f(x)>0$. Pour $1<x<e^2$, $\ln x>0$ et $\ln x-2<0$ : $f(x)<0$. Pour $x>e^2$, les deux facteurs sont positifs : $f(x)>0$. Ainsi $f(x)\ge 0$ sur $]0,1]\cup [e^2,+\infty [$ et $f(x)\le 0$ sur $[1,e^2]$.
   5. $f(1)=0$ et $f^{\prime }(1)=\frac{2(0-1)}{1}=-2$. $(T):y=f^{\prime }(1)(x-1)+f(1)=-2(x-1)$, soit $y=-2x+2$.
   6. Tracé : $(\mathcal{C})$ descend de $+\infty$ le long de l'axe des ordonnées, coupe l'axe des abscisses en $(1,0)$ avec la tangente $(T)$ de pente $-2$, atteint son minimum $(e,-1)$ (tangente horizontale), recoupe l'axe des abscisses en $(e^2,0)$ puis remonte lentement (branche parabolique de direction l'axe des abscisses). Points utiles : $f(0,5)\approx 1,87$, $f(2)\approx -0,91$, $f(4)\approx -0,85$, $f(10)\approx 0,70$.
   7. Les solutions de $f(x)=m$ sont les abscisses des points d'intersection de $(\mathcal{C})$ et de la droite horizontale $y=m$. D'après le tableau de variations (minimum $-1$ atteint en $e$, limites $+\infty$ des deux côtés) : si $m<-1$ : aucune solution ; si $m=-1$ : une solution unique, $x=e$ ; si $m>-1$ : exactement deux solutions, l'une dans $]0,e[$ et l'autre dans $]e,+\infty [$ (sur chacun de ces intervalles, $f$ est continue, strictement monotone et prend toutes les valeurs de $]-1,+\infty [$).

   Partie B.

   1. On pose $u(x)=\ln x$ et $v^{\prime }(x)=1$, d'où $u^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ et $v(x)=x$, fonctions dérivables à dérivées continues sur $[1,e^2]$. Par intégration par parties : $I=[x\ln x{]}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}x\times \frac{1}{x}\mathrm{d}x=e^2\ln (e^2)-1\times \ln 1-{\int }_1^{e^2}1\mathrm{d}x=2e^2-[x{]}_1^{e^2}=2e^2-(e^2-1)=e^2+1$.
   2. On pose $u(x)=(\ln x{)}^2$ et $v^{\prime }(x)=1$, d'où $u^{\prime }(x)=\frac{2\ln x}{x}$ et $v(x)=x$ : $J=[x(\ln x{)}^2{]}_1^{e^2}-{\int }_1^{e^2}x\times \frac{2\ln x}{x}\mathrm{d}x=e^2(\ln e^2{)}^2-0-2{\int }_1^{e^2}\ln x\mathrm{d}x=4e^2-2I=4e^2-2(e^2+1)=2e^2-2$.
   3. Par linéarité, ${\int }_1^{e^2}f(x)\mathrm{d}x=J-2I=(2e^2-2)-2(e^2+1)=-4$. D'après la question A.4, $f(x)\le 0$ sur $[1,e^2]$ : l'aire du domaine vaut donc $-{\int }_1^{e^2}f(x)\mathrm{d}x=4$ unités d'aire. L'unité graphique étant $1$ cm, une unité d'aire vaut $1$ cm${}^2$ : $\mathcal{A}=4$ cm${}^2$.