Épreuve de mathématiques Terminale Générale ∼ DST n°8
  1. Soit $X$ une variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres $n$ et $p$. Donner $\text{E}(X)$ et $V(X)$.
    2. $\text{E}(X) = n p$ et $V(X)=np(1-p)$.
  2. Soit $X$ une variable aléatoire, $n$ un entier non nul et $(X_1\,;X_2\,;\dots\,;X_n)$ un échantillon de loi de $X$. on note $M_n$ la variable aléatoire moyenne de cet échantillon. Donner l'espérance et la variance de $M_n$.
    3. $\text{E}(M_n)=\text{E}(X)$ et $V(M_n)=\dfrac{V(X)}{n}$.
On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $]0~;~+\infty[$ par : $$f(x) = \dfrac{\ln (x)}{x^{2}} + 1.$$ On note $\mathcal{C}_{f}$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthonormé. On admet que la fonction $f$ est dérivable sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ et on note $f'$ sa fonction dérivée.
  1. Déterminer les limites de la fonction $f$ en $0$ et en $+\infty$.
    En déduire les éventuelles asymptotes à la courbe $\mathcal{C}_{f}$.
    2. Limite en $0$
    On a $\displaystyle{\lim_{x\to 0}\ln(x)}=-\infty$ et $\displaystyle{\lim_{x\to 0}\dfrac{1}{x^2}}=+\infty$, ainsi par produit et somme de limites :

    $\displaystyle{\lim_{x\to 0}f(x)}=$ $\displaystyle{\lim_{x\to 0}\ln(x)\times\dfrac{1}{x^2}+1}$ $=$ $-\infty$.

    $\mathcal{C}_{f}$ admet donc une asymptote verticale d'équation $x=0$. Limite en $+\infty$
    Par croissances comparées on a $\displaystyle{\lim_{x\to 0}\dfrac{\ln(x)}{x^2}}=0$. Ainsi, par somme de limites :

    $\displaystyle{\lim_{x\to 0}f(x)}=0+1$ $=$ $1$.

    $\mathcal{C}_{f}$ admet alors une asymptote horizontale d'équation $y=1$.
  2. Montrer que, pour tout réel $x$ de l'intervalle $]0~;~ +\infty[$, on a : $$f'(x) = \dfrac{1 - 2\ln(x)}{x^{3}}.$$
    3. $f$ est de la forme $\dfrac{u}{v}+1$ avec, pour tout $x>0$ : Ainsi, pour tout réel $x>0$ on a :
    $f'(x)$ $=$ $\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}$
    $=$ $\dfrac{\dfrac{1}{x}\times x^2-\ln(x)\times 2x}{(x^2)^2}$
    $=$ $\dfrac{x-2x\ln(x)}{x^4}$
    $=$ $\dfrac{x(1-2\ln(x))}{x\times x^3}$
    $=$ $\dfrac{1-2\ln(x)}{x^3}$.
  3. En déduire le tableau de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$.
    4. Puisque $x\in]0\,;+\infty[$, alors $x^3>0$ et $f'(x)$ est du signe de $1-2\ln(x)$.

    On résout alors l'inéquation :
    $1-2\ln(x)$ $\geq$ $0$
    $-2\ln(x)$ $\geq$ $-1$
    $\ln(x)$ $\leq$ $\dfrac{1}{2}$ car on divise par $-2 <0$
    $x$ $\leq$ $\text{e}^{\frac{1}{2}}$ car la fonction exponentielle est croissante sur $\mathbb{R}$
    $x$ $\leq$ $\sqrt{\text{e}}$.
    Tableau de variations de $f$ sur $]0\,;+\infty[$
    Avec : $f(\sqrt{\text{e}})$ $=$ $\dfrac{\ln( \sqrt{\text{e}} )}{\text{e}^2}+1$ $=$ $\dfrac{\frac{1}{2}}{\text{e}^2}+1$ $=$ $\dfrac{1}{2\text{e}^2}+1$.
    1. Montrer que l'équation $f(x) = 0$ possède une unique solution, notée $\alpha$, sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$.
      2. Sur $]0\,;\sqrt{e}]$ :
      • $f$ est continue car dérivable ;
      • $f$ est strictement croissante ;
      • $\displaystyle{\lim_{x\to 0}f(x)=-\infty}$ et $f(\sqrt{\text{e}})>0$, donc $0$ est une valeur intermédiaire.
      Ainsi, d'après le théorème de la bijection l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0\,;\sqrt{e}]$.

      Sur $[\sqrt{e}\,;+\infty[$, $f$ est strictement positive d'après le tableau de variations donc l'équation $f(x)=0$ n'admet aucune solution sur cet intervalle

      On peut alors affirmer que l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ sur $]0\,;+\infty[$.
    2. Donner un encadrement du réel $\alpha$ d'amplitude $0,01$.
      3. Par balayage à la calculatrice on a :
      $0$ $\leq$ $\alpha$ $\leq$ $1$
      $0,6$ $\leq$ $\alpha$ $\leq$ $0,7$
      $0,65$ $\leq$ $\alpha$ $\leq$ $0,66$.
    3. En déduire le signe de la fonction $f$ sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$.
      4. Puisque $f$ est strictement croissante sur $]0\,;\sqrt{\text{e}}]$ et que $f(\alpha)=0$, on a alors que $f$ est négative sur $]0\,;\alpha]$ et que $f$ est positive sur $[\alpha\,;\sqrt{\text{e}}[$.
      Nous avions vu dans la question 4a. que $f$ est positive sur $[\sqrt{\text{e}}\,;+\infty[$ (fonction décroissante dont la limite en $+\infty$ est positive).
      On a alors le tableau de signes suivant :
      $x$ $0$ $\alpha$ $+\infty$ $f(x)$ interdit $-$ 0 $+$
  5. On considère la fonction $g$ définie sur l'intervalle $]0~;~ +\infty[$ par : $$g(x) = \ln(x).$$ On note $\mathcal{C}_{g}$ la courbe représentative de la fonction $g$ dans un repère orthonormé d'origine O. On considère un réel $x$ strictement positif et le point M de la courbe $C_{g}$ d'abscisse $x$. On note OM la distance entre les points O et M.
    1. Exprimer la quantité OM$^{2}$ en fonction du réel $x$.
      2. Les points $O$ et $M$ ont pour coordonnées : $O(0\,;0)$ et $M(x\,;g(x))$.
      Ainsi :
      $OM^2$ $=$ $(x_M-x_O)^2+(y_M-y_O)^2$ $=$ $x^2+(g(x))^2$ $=$ $x^2+(\ln(x))^2$.
    2. Montrer que, lorsque le réel $x$ parcourt l'intervalle $]0~;~ +\infty[$, la quantité OM$^{2}$ admet un minimum en $\alpha$.
      3. Il nous faut ici déterminer les variations de $OM^2$ en fonction de $x$, donc nous devons dériver l'expression $x^2+(\ln(x))^2$, en utilisant la formule $(u^2)'=2u'u$, avec $u(x)=\ln(x)$.
      $(OM^2)'$ $=$ $2x+2\times\dfrac{1}{x}\times\ln(x)$
      $=$ $2x\left(1+\dfrac{\ln(x)}{x}\times\dfrac{1}{x} \right)$
      $=$ $2x\left(1+\dfrac{\ln(x)}{x^2} \right)$
      $=$ $2xf(x)$.
      Puisque $2x>0$, cette dérivée est du signe de $f(x)$ qui a été déterminé à la question 4c.
      On a donc le tableau de variations suivant :
      $x$ $0$ $\alpha$ $+\infty$ $(OM^2)'$ interdit $-$ 0 $+$ interdit $OM^2$ interdit décroissante croissante interdit
      La quantité $OM^2$ admet bien un minimum lorsque $x=\alpha$.
    3. La valeur minimale de la distance OM, lorsque le réel $x$ parcourt l'intervalle $]0~;~+\infty[$, est appelée distance du point O à la courbe $\mathcal{C}_{g}$. On note $d$ cette distance.
      Exprimer $d$ à l'aide de $\alpha$.
      4. D'après la question précédente, pour trouver $d$ il nous faut remplacer $x$ par $\alpha$ dans la formule de $OM^2$ :

      $d^2=\alpha^2+(\ln(\alpha))^2$.

      Par ailleurs nous savons que $f(\alpha)=0$, donc que $\dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2}+1=0$ et ainsi on a $\ln(\alpha)=-\alpha^2$.

      On peut alors simplifier $d^2$ :

      $d^2=\alpha^2+(\ln(\alpha))^2$ $=$ $\alpha^2+(-\alpha^2)^2$ $=$ $\alpha^2+\alpha^4$.

      Et on peut conclure :

      $d=\sqrt{\alpha^2+\alpha^4}$ $=$ $\sqrt{\alpha^2(1+\alpha^2)}$ $=$ $\sqrt{\alpha^2}\sqrt{1+\alpha^2}$ $=$ $|\alpha|\sqrt{1+\alpha^2}$ $=$ $\alpha\sqrt{1+\alpha^2}$.

      remarque : $|\alpha| = \alpha$ car $\alpha>0$)