Devoir ln et dénombrement 24-25

Le sujet comporte 2 pages.

L'usage de la calculatrice est autorisé. Le barème est donné à titre indicatif.

Un soin particulier sera apporté aux justifications.

Durée : 1h40

Exercice 1 (1 point)

Par la méthode de votre choix, déterminer le nombre d'anagrammes du mot ASSASSIN.

Corrigé

Il y a 8 lettres dans ASSASSIN, le A se répète 2 fois et le S 4 fois.

\(\dfrac{8!}{4! \times 2!}=840\)

Il existe 840 anagrammes du mot ASSASSIN.

Exercice 2 (2 points)

Six personnes choisissent mentalement un nombre entier compris entre 1 et 6.

1. Combien de résultats peut-on obtenir ?

2. Combien de résultats ne comportant pas deux fois le même nombre peut-on obtenir ?

Corrigé

1. \(6^6=46656\)

2. \(6!=720\)

Exercice 3 (3 points)

Sur la figure ci-dessous, les droites \(D_1\), \(D_2\) et \(D_3\) sont parallèles. De plus, les droites \(D'_1\), \(D'_2\), \(D'_3\) et \(D'_4\) sont parallèles.

En précisant la méthode employée, déterminer le nombre de parallélogrammes non aplatis dessinés sur la figure.

Corrigé

On note \(N(i,j)\) le nombre de parallélogrammes de largeur \(i\) et de hauteur \(j\)

\(N(1,1)=6\)

\(N(2,1)=4\)

\(N(1,2)=3\)

\(N(2,2)=2\)

\(N(3,1)=2\)

\(N(3,2)=1\)

En ajoutant ces nombres, on obtient le nombre total de parallélogrammes soit 18.

Exercice 4 (4 points)

On constitue un groupe de 6 personnes choisies parmi 25 femmes et 32 hommes

1. De combien de façons peut-on constituer ce groupe de 6 personnes ?

2. Dans chacun des cas suivants, de combien de façons peut-on constituer ce groupe avec :

   1. uniquement des hommes ;

   2. des personnes de même sexe ;

   3. au moins une femme et au moins un homme.

Corrigé

1. \(\begin{pmatrix} 57 \\ 6 \end{pmatrix}\)

2. 1. uniquement des hommes : \(\begin{pmatrix} 32 \\ 6 \end{pmatrix}\)

   2. \(\begin{pmatrix} 32 \\ 6 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 25 \\ 6 \end{pmatrix}\)

   3. Au moins une femme et au moins un homme: \(\begin{pmatrix} 57 \\ 6 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 25 \\ 6 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 32 \\ 6 \end{pmatrix}\)

Problème vu au baccalauréat (10 points)

Le but du problème est l'étude de la fonction \(f\) définie sur l'intervalle \(]0~;~+~\infty[\) par :

\[f(x) = \dfrac{\ln \left(\text{e}^{2x} - 1\right)}{\text{e}^x}\]

Partie A - Étude de fonctions auxiliaires

1. On définit la fonction \(g\) sur l'intervalle \(]1~ ;~ +~ \infty[\) par :

   \[g(x) = 2x - (x - 1)\ln (x - 1).\]

   1. Déterminer en justifiant la limite de \(g(x)\) lorsque \(x\) tend vers 1.

      Corrigé

      On a \(\lim\limits_{x \to 1}2x=2\)

      si on pose \(X=x-1\) on a \(\lim\limits_{x \to 1}x-1=\lim\limits_{X \to 0}X=0\)

      Donc \(\lim\limits_{x \to 1}(x-1)\ln (x-1)=\lim\limits_{X \to 0}X \ln X= 0\) (résultat du cours sur les croissances comparées)

      Par différence, on a donc \(\lim\limits_{x \to 1}g(x)=2\)

   2. Calculer \(g'(x)\) pour \(x\) appartenant à l'intervalle \(]1~;~ + \infty[\).

      Corrigé

      \(g\) est une fonction dérivable sur \(]1~ ;~ +~ \infty[\) car produit et somme de fonctions dérivables sur \(]1;+ \infty[\).

      On pose \(u(x)=x-1\) et \(v(x)=\ln (x-1)\) d'où \(u'(x)=1\) et \(v'(x)=\dfrac{1}{x-1}\)

      avec \((uv)'=u'v+uv'\), on obtient:

      \(g'(x)=2-\left[1 \times \ln (x-1) + (x-1) \times \dfrac{1}{x-1} \right]\)

      \(\iff g'(x)=2-\ln (x-1)-1\)

      \(\iff g'(x)=1-\ln (x-1)\)

   3. Résoudre l'inéquation \(1 - \ln (x - 1 ) > 0\), d'inconnue \(x\) appartenant à l'intervalle \(]1;+\infty[\).

      Corrigé

      \(1 - \ln (x - 1 ) > 0 \iff 1>\ln (x-1)\)

      \(\phantom{1 - \ln (x - 1 ) > 0} \iff \text{e}^1>x-1\) car \(x \mapsto \text{e}^x\) est croissante

      \(\phantom{1 - \ln (x - 1 ) > 0} \iff \text{e}+1>x\)

      L'inéquation est donc vérifiée pour \(x \in ]1;1+\text{e}[\)

   4. Étudier le sens de variation de \(g\) sur l'intervalle \(]1;+\infty[\).

      Corrigé

      \(g'(x)\) est du signe de \(1 - \ln (x - 1)\) donc, d'après la question précédente, \(g'(x)\) est positive sur \(]1;1+\text{e}[\) et négative sur \(]1+\text{e};+\infty[\).

      Par conséquent, \(g\) est strictement croissante sur \(]1;1+\text{e}[\) et strictement décroissante sur \(]1+\text{e};+\infty[\).

   5. Montrer que l'équation \(g(x) = 0\) a une solution unique, notée \(\alpha\), dans l'intervalle \(\left[\text{e} + 1 ~;~\text{e}^3 + 1\right]\) et étudier le signe de \(g(x)\) sur chacun des intervalles \(]1~;~\alpha[\) et \(]\alpha~;~+~\infty[\).

      Corrigé

      On calcule \(g(\text{e} + 1)=2(\text{e} + 1)-\text{e}\ln(\text{e})=2+\text{e}\) soit \(g(\text{e} + 1)>0\)

      De même \(g(\text{e}^3 + 1)=2(\text{e}^3 + 1)-\text{e}^3 \ln(\text{e}^3)=2\text{e}^3+2-3\text{e}^3=2-\text{e}^3\) or \(\text{e}>2 \Rightarrow \text{e}^3>8 \Rightarrow 2-\text{e}^3<0\)

      D'où \(g(\text{e}^3 + 1)<0\)

      • La fonction \(g\) change donc de signe sur \(\left[\text{e} + 1 ~;~\text{e}^3 + 1\right]\).

      • De plus, \(g\) est continue sur \(]1;+\infty[\) donc sur \(\left[\text{e} + 1 ~;~\text{e}^3 + 1\right]\)

      • et enfin, \(g\) est strictement décroissante sur \(]1+\text{e};+\infty[\), donc sur \(\left[\text{e} + 1 ~;~\text{e}^3 + 1\right]\)

      D'après le corollaire du Théorème sur les Valeurs Intermédiaires, il existe une unique valeur dans \(\left[\text{e} + 1 ~;~\text{e}^3 + 1\right]\), notée \alpha, telle que \(g(\alpha)=0\)

      On a donc le tableau des variations de \(g\) suivant:

      

      D'après le tableau, on déduit que \(g(x)\) est positive sur \(]1;+\alpha[\) et négative sur \(]\alpha;+\infty[\)

2. Soit \(\varphi\) la fonction définie sur l'intervalle \(]1~;~+ \infty[\) par :

   \[\varphi(x) = \dfrac{\ln \left(x^2 - 1\right)}{x}\]

   1. Déterminer \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \varphi(x)\) et prouver que \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \varphi(x) = 0\).

      Corrigé

      En \(1^+\) :

      On pose \(X=x^2-1\), on a \(\lim\limits_{x \to 1//x>1}x^2-1=0\) et \(\lim\limits_{X \to 0}\ln X=-\infty\), par composée, on a donc \(\lim\limits_{x \to 1//x>1}\ln \left(x^2 - 1\right)=-\infty\).

      De plus \(\displaystyle\lim_{x \to 1} x=1\), par quotient, on a donc \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \varphi(x)=-\infty\).

      En \(+\infty\) :

      on a une forme indéterminée, on récrit donc \(\varphi(x)\):

      \(\varphi(x)=\dfrac{\ln \left(x^2 - 1\right)}{x}\)

      \(\phantom{\varphi(x)}=\dfrac{\ln{\left( x^2(1-\frac{1}{x^2}) \right)}}{x}\)

      \(\phantom{\varphi(x)}=\dfrac{\ln{\left( x^2 \right)}}{x}+\dfrac{\ln{\left(1-\frac{1}{x^2} \right)}}{x}\)

      \(\phantom{\varphi(x)}=2\dfrac{\ln {x}}{x}+\dfrac{\ln{\left(1-\frac{1}{x^2} \right)}}{x}\)

      On a \(\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{\ln {x}}{x}=0\) (Par croissance comparée).

      De plus : \(\lim\limits_{x \to +\infty}\left(1-\frac{1}{x^2} \right)=1\) et \(\lim\limits_{X \to 1}\ln X=0\), par composée, on a donc \(\lim\limits_{x \to +\infty}\ln{\left(1-\frac{1}{x^2} \right)}=0\).

      Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty}x=+\infty\), on a, par quotient, \(\lim\limits_{x \to +\infty}\dfrac{\ln{\left(1-\frac{1}{x^2} \right)}}{x}=0\).

      Par somme, on a finalement \(\lim\limits_{x \to +\infty}\varphi{x}=0\).

   2. Calculer \(\varphi'(x)\) et montrer que \(\varphi'(x)\) est du signe de \(g(x^2)\) sur l'intervalle \(]1~;~+~ \infty[\).

      Corrigé

      \(\varphi\) est de la forme \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=\ln \left(x^2 - 1\right)\) et \(v(x)=x\).

      donc \(u'(x)=\dfrac{2x}{x^2-1}\) et \(v'(x)=1\)

      D'où \(\varphi'(x)=\dfrac{u'(x)v(x)-u(x)v'(x)}{v^2(x)}\)

      \(\Rightarrow \varphi'(x)=\dfrac{\dfrac{2x}{x^2-1}x-\ln \left(x^2 - 1\right) \times 1}{x^2}\)

      \(\Rightarrow \varphi'(x)=\dfrac{\dfrac{2x^2}{x^2-1}-\ln \left(x^2 - 1\right)}{x^2}\)

      \(\Rightarrow \varphi'(x)=\dfrac{2x^2-(x^2-1)\ln(x^2-1)}{x^2(x^2-1)}\)

      \(\Rightarrow \varphi'(x)=\dfrac{g(x^2)}{x^2(x^2-1)}\)

      Or on a \(x^2-1>0\) et \(x^2>0\) sur \(]1;+\infty[\)

      Donc \(\varphi'(x)\) est du signe de \(g(x^2)\) sur l'intervalle \(]1~;~+~ \infty[\).

   3. Montrer que \(\varphi\) est croissante sur l'intervalle \(\left]1~;~\sqrt{\alpha}\right[\) et décroissante sur l'intervalle \(\left]\sqrt{\alpha}~;~+~\infty\right[\).

      Corrigé

      D'après la question 1.5., on a, pour \(x^2 \in ]1;\alpha]\), \(g(x^2) \geqslant 0\)

      Or \(1<x^2 \leqslant \alpha \iff 1<x \leqslant \sqrt{\alpha}\) car \(x \mapsto \sqrt{x}\) croissante sur \(]1;+\infty[\).

      et pour \(x^2 \in ]\alpha;+\infty[\), \(g(x^2) \leqslant 0\)

      Or \(x^2 \geqslant \alpha \iff x \geqslant \sqrt{\alpha}\) car \(x \mapsto \sqrt{x}\) croissante sur \(]1;+\infty[\).

      Par conséquent, \(\varphi'\) est positive sur l'intervalle \(\left]1~;~\sqrt{\alpha}\right[\) et négative sur l'intervalle \(\left]\sqrt{\alpha}~;~+~\infty\right[\)

      et donc \(\varphi\) est croissante sur l'intervalle \(\left]1~;~\sqrt{\alpha}\right[\) et décroissante sur l'intervalle \(\left]\sqrt{\alpha}~;~+~\infty\right[\).

Partie B - Étude de la fonction \(f\)

1. Vérifier que, pour tout \(x\) appartenant à l'intervalle \(]0~;~+\infty[\), on a

   \[f(x) = \varphi \left(\text{e}^x\right).\]
   Corrigé

   Immédiat : \(\varphi (e^x)=f(x)\)

2. En déduire :

   1. La limite de \(f(x)\) lorsque \(x\) tend vers 0.

      Corrigé

      \(\lim\limits_{x \to 0}f(x)=\lim\limits_{x \to 0}\varphi (e^x)\)

      \(\phantom{\lim\limits_{x \to 0}f(x)}=\lim\limits_{X \to 1}\varphi (X)\) par composée, en posant \(X=\text{e}^x\)

      D'après 2.1.: \(\displaystyle\lim_{x \to 1} \varphi(x)=-\infty\) donc \(\lim\limits_{x \to 0}f(x)=-\infty\)

   2. La limite de \(f(x)\) lorsque \(x\) tend vers \(+ \infty\).

      Corrigé

      \(\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)=\lim\limits_{x \to +\infty}\varphi (e^x)\)

      \(\phantom{\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)}=\lim\limits_{X \to +\infty}\varphi (X)\) par composée, en posant \(X=\text{e}^x\)

      D'après 2.1.: \(\lim\limits_{x \to +\infty}\varphi{x}=0\) donc \(\lim\limits_{x \to +\infty}f(x)=0\)

   3. Le sens de variation de \(f\) sur l'intervalle \(]0~;~+ \infty[\) et que \(f\) admet un maximum en \(\ln (\sqrt{\alpha})\).

      Corrigé

      \(f'(x)=e^x \varphi'(e^x)\) donc \(f'(x)\) est du signe de \(\varphi'(\text{e}^x)\) car \(\text{e}^x>0\)

      Pour \(\text{e}^x \in ]1;\sqrt{\alpha}[\) on a \(\varphi'(\text{e}^x)\) positive et donc \(f'(x)\) positive.

      \(\Rightarrow 1 < \text{e}^x \leqslant \sqrt{\alpha}\)

      \(\Rightarrow \ln{1} < x \leqslant \ln {\sqrt{\alpha}}\) (\(x \to \ln x\) croissante sur \([1;+\infty[\)).

      \(\Rightarrow 0 < x \leqslant \ln {\sqrt{\alpha}}\)

      D'où \(f\) croissante sur \(]0;\ln {\sqrt{\alpha}}]\)

      On démontre de même que \(f\) décroissante sur \([\ln {\sqrt{\alpha}};+\infty[\)

3. Montrer que, pour tout \(x\) de l'intervalle \(]0~;~+ \infty[,\: f(x) \leqslant \dfrac{2\sqrt{\alpha}}{\alpha - 1}\).

   Corrigé

   D'après la question précédente, \(f\) admet un maximum en \(\ln {\sqrt{\alpha}}\):

   On calcule \(f(\ln {\sqrt{\alpha}})=\varphi(\sqrt{\alpha})=\dfrac{\ln (\alpha-1)}{\sqrt{\alpha}}\)

   Or :

   \(g(\alpha)=0 \iff 2\alpha-(\alpha-1)\ln(\alpha-1)=0\)

   \(\phantom{g(\alpha)=0} \iff \ln(\alpha-1)=\dfrac{2\alpha}{\alpha-1}\)

   En remplaçant dans (1) on obtient \(\dfrac{\ln (\alpha-1)}{\sqrt{\alpha}}=\dfrac{2\alpha}{\alpha-1} \times \dfrac{1}{\sqrt{\alpha}}\)

   D'où \(f(x) \leqslant \dfrac{2\sqrt{\alpha}}{\alpha - 1}\) pour tout \(x\) de l'intervalle \(]0~;~+ \infty[\).