Exercices de statistiques - 12 - 1° partie, Exercices de Probabilités et statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8929 May 2014

Exercices de statistiques - 12 - 1° partie, Exercices de Probabilités et statistiques

PDF (259.0 KB)
6 pages
191Numéro de visites
Description
Exercices de statistiques - 12 - 1° partie - géométrie. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: isométrie, Les isométries du plan sont les transformations, Caractérisation complexe d’une similitude, Propriétés d...
20points
Points de téléchargement necessaire pour télécharger
ce document
Télécharger le document
Aperçu3 pages / 6
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Aperçu avant impression terminé
Chercher dans l'extrait du document

Classe de Terminale S

Démonstrations à connaître Spécialité : géométrie

Restitution organisée des connaissances

Pour chaque question nous rappelons la démonstration et nous essayons de proposer une mise en situation… Lorsqu’il n’y a pas de démonstration demandée vous pouvez inventer une question…

1. Spécialité : géométrie 1-a : Toute similitude de rapport k (>0) est la composée d’une homothétie de rapport k et d’une isométrie

1-b : Les isométries du plan sont les transformations ' iz e z b  ou ' iz e z b  1-c : Caractérisation complexe d’une similitude 1-d : Propriétés des similitudes 1-e : Une similitude ayant deux points fixes distincts est soit l’identité, soit une symétrie axiale 1-f : Forme réduite d’une similitude directe 1-g : Propriété : « étant donnés quatre points A, B, A’, B’ tels que A  B et A’  B’, il existe une unique similitude directe transformant A en A’ et B en B’ ».

1. Spécialité : géométrie

1-a : Toute similitude de rapport k (>0) est la composée d’une homothétie de rapport k et d’une isométrie

Soit s une similitude de rapport k positif et h une homothétie de rapport 1

k . La composée h s est alors

une similitude de rapport 1

. 1k k  , c’est donc une isométrie f.

On a donc 1 1 1h s f h h s h f s h f       où l’homothétie 1h a pour rapport k.

Exercice (remplacement 2004, Amérique du Sud)

Soit A0 et B0 deux points du plan orienté tels que 0 0 8A B  . On prendra le centimètre comme unité.

Soit S la similitude de centre A0, de rapport 1

2 et d’angle

3

4

 . On définit une suite de points ( )nB de la

façon suivante : pour tout entier naturel n, 1 ( )n nB S B  .

1. Construire B1, B2, B3 et B4.

2. Montrer que pour tout entier naturel n, les triangles 0 1n nA B B  et 0 1 2n nA B B  sont semblables.

3. On définit la suite ( )nl par : pour tout entier naturel n, 1n n nl B B  .

a. Montrer que la suite ( )nl est une suite géométrique et préciser sa raison.

b. Exprimer nl en fonction de n et 0l .

c. On pose 0 1 ...n nl l l     . Déterminer la limite de n lorsque n tend vers  .

4. a. Résoudre l’équation 3 4 2x y  où x et y sont deux entiers relatifs.

b. Soit  la droite perpendiculaire en A0 à la droite 0 0( )A B . Pour quelles valeurs de n, nB appartient-il à

 ?

Correction

1. Rien n’interdit de prendre A0 à l’origine et B0 en z = 8. On a alors

3

4 1

: ' 2

i

S z z e z

  , d’où en notant

nz l’affixe de Bn :

3

4 1

1

2

i

n nz e z

  , soit

3 3

4 4 0

1 8

2 2

n n i i

n n n z e z e

 

  .

B4

B3

B2

B1

a=135

B0A

Enfin, bref, à chaque fois on tourne de 3

4

 et on divise la distance par 2.

2. Par S on a

0 0

1

1 2

n n

n n

A A

B B

B B

 

  

 

donc les triangles 0 1n nA B B  et 0 1 2n nA B B  sont semblables.

3. a. 1 1 2 1 1 1

2 2 n n n n n nl B B B B l      puisque les triangles sont semblables et que le rapport de similitude

est 1/2.

b. 0 1 8

2 2 n n n l l  .

c. 1

0 1

1 1

2... 8 16 1

1 2

n

n nl l l

      

.

4. a. 3 4 2x y  a comme solution évidente x = 2, y = 1 : 3.2 − 4.1 = 2. Soustrayons :

3 4 2 2 4 3( 2) 4( 1) 0 3( 2) 4( 1) ,

3.2 4.1 2 1 3

x y x k x y x y k

y k

               

    

d’où les solutions 2 4

1 3

x k

y k

    

, k entier relatif.

b. On voit sur la figure que B2 est sur  ; en faisant 3

4

 à chaque fois il faudra 4 coups pour revenir sur

 , les valeurs de n correspondantes sont donc 2 4n k  .

Sinon on peut repartir sur

3 3

4 4 0

1 8

2 2

n n i i

n n n z e z e

 

  qui est imaginaire pur lorsque

3 3 2 4 3 4 2

4 2

n k n k n k

          , soit les solutions précédentes.

1-b : Les isométries du plan sont les transformations ' iz e z b  ou ' iz e z b 

Il est immédiat de montrer que ces deux types de transformations sont des isométries ; par exemple

pour ' iz e z b  :

1 1( ) '( ')M z M z et 2 2( ) '( ')N z N z , soit 2 1 2 1 2 1 2 1' ' ' ' 1 iM N z z e z z z z z z MN         .

Il est plus délicat de montrer que toute isométrie est de cette forme : soit f une isométrie du plan muni d’un repère orthonormal (O, I, J) ; on note (O’, I’, J’) le repère image par f : ce repère est également orthonormal d’après les propriétés des isométries (conservation des longueurs et des angles, les isométries positives conservant le sens des angles, les iso. négatives les renversant).

Prenons M(x ; y), on a OM xOI yOJ  , M’(x’ ; y’) son image par f : ' ' ' ' ' ' ' 'O M x O I y O J  .

Calculons les produits scalaires :

2 . .OM OI xOI yOJOI x   ,

2 . .OM OJ xOI OJ yOJ y   , de même ' '. ' ' 'O M O I x , ' '. ' ' 'O M O J y .

Mais comme les distances et les angles sont conservés, on a

   . . .cos , ' '. ' '.cos ' ', ' ' ' '. ' 'OM OI OM OI OM OI O M O I O M O I O M O I  

ainsi que . ' '. ' 'OM OJ O M O J d’où '

'

x x

y y

  

et ' ' ' ' ' 'O M xO I yO J  .

Passons maintenant en complexes : prenons dans le repère (O, I, J) les affixes : (0) '( )O O b , ' '( )O I u ,

' '( )O J v et ( )M z x iy  .

* ' 'O I est normé donc 1 iu u e   ,  réel quelconque.

* ' 'O J est normé et orthogonal à ' 'O I donc iv iu ie  ou iv iu ie    .

* ' ' ' ' ' ' 'O M xO I yO J z b xu yv      d’où les deux possibilités :

' '

' '

i i i i

i i i i

z b xe iye e z z e z b

z b xe iye e z z e z b

   

   

         

       

.

1-c : Caractérisation complexe d’une similitude

Les deux résultats précédents donnent immédiatement que si s est une similitude de rapport k > 0, elle

est de la forme ' ' f hi i iz z e z b kz ke z kb ke z c            

ou de la forme ' ' f hi i iz z e z b kz ke z kb ke z c             .

En fait ike est un complexe a quelconque de même que c, ce qui donne 'z az c  ou 'z az c  .

Exercice (National 2004, remplacement)

L’exercice comporte une annexe, à rendre avec la copie.

A et C sont deux points distincts du plan ; on note  le cercle de diamètre [AC] et O le centre de  ; B est un point du cercle  distinct des points A et C.

Le point D est construit tel que le triangle BCD soit équilatéral direct ; on a donc  , (2 ) 3

BC BD    .

Le point G est le centre de gravité du triangle BCD.

Les droites (AB) et (CG) se coupent en un point M.

Partie A

1. Placer les points D, G et M sur la figure de la feuille annexe.

2. Montrer que les points O, D et G appartiennent à la médiatrice du segment [BC] et que le point G est le milieu du segment [CM].

3. Déterminer l’angle et le rapport de la similitude directe s de centre C transformant B en M.

Partie B

Dans cette question le plan est muni d’un repère orthonormal direct ( ; , )O u v choisi de telle sorte que

les points A et C aient pour affixes respectives −1 et +1. Soit E le point construit pour que le triangle ACE

soit équilatéral direct ; on a donc  , (2 ) 3

AC AE    .

1. Calculer l’affixe du point E et construire le point E sur la feuille annexe.

2. Soit  la similitude directe d’expression complexe 3 3 1 3

' 4 4

i i z z

    . Déterminer les éléments

caractéristiques de  et en déduire que  est la similitude réciproque de s.

3. Montrer que l’image E’ de E par  a pour affixe 1 3

2 2 i  et montrer que le point E’ appartient au

cercle  .

4. On note  le lieu des points M lorsque le point B décrit le cercle  privé des points A et C. Montrer que le point E appartient à  .

Soit O’ l’image du point O par la similitude s. Démontrer que le point O’ est le centre de gravité du triangle ACE. En déduire une construction de  .

A rendre avec la copie

B

CA

Correction

O

M

G

D B

C

A

2. [BC] est une corde du cercle  donc OB = OC ; par ailleurs dans un triangle équilatéral le centre de gravité et le troisième sommet sont sur la médiatrice, ici sur celle de [BC]. (GC) est la médiatrice de

[BD] ; par ailleurs on a 90 , 30 , 30ABC BCG GBD      d’où 180 90 30 30 30DBM       , moralité

M est le symétrique de G par rapport à [BD] et GM = CG.

3. On regarde les images par

 

2 3 2 3 2 2 2

3 2 3 3:

, (2 ) 6

CM CG k

C C CB CB s

B M CB CM

  

      

      



Partie B

1.

E'

E

O

M

G

D

B

C

A

2. 3 3 1 3

' 4 4

i i z z

    : 6

3 3 3 3 1 3

4 2 2 2 2

ii a i e

  

      

donc rapport 3

2 et angle

6

 . On

cherche le centre : 3 3 1 3 3 3 1 3 1 3 1 3

1 1 4 4 4 4 4 4

i i i i i i z z z z z

                    

    ,

c’est donc C. La réciproque d’une similitude a même centre, un rapport inverse et un angle opposé : c’est bien le cas ici.

3. E est sur l’axe imaginaire, son affixe est 3i (hauteur d’un triangle équilatéral de côté 2). Son image a

pour affixe 3 3 1 3 3 3 3 1 3 2 2 3 1 3

' 3 4 4 4 4 2 2

i i i i i z i i

              qui a évidemment pour

module 1 et est donc sur  .

4. Comme ' ( )E E , on a ( ')E s E puisque s est la réciproque de  ; comme E’ est sur  , E est sur  .

Lorsque B parcourt  , M parcourt le cercle de centre s(O)=O’ et de rayon 2

3 .

On obtient l’affixe de O’ « facilement » en écrivant que

6 ' 0 '

2 2 3 1 ( ) 1 1 1

2 23 3 3 3

i

O C C O

i i z z e z z z i

   

               

.

Celle du centre de gravité de ACE est   1 1 1 3

3 3 3 A C E

i i z z z

      .

E est un point de  et O’ son centre, la construction est faite.

O'

v=1,1547005

u=-30

E'

E

O

M

G

DB

C

A

1-d : Propriétés des similitudes

* Les similitudes de la forme 'z az b  sont associées aux isométries positives, elles conservent le sens des angles : prenons trois points M, N, P et leurs images M’, N’, P’ ;

on a alors     ' ' ( ) ( )

' ', ' ' arg arg arg , ' ' ( ) ( )

p m ap b am b p m M N M P MN MP

n m an b am b n m

        

     .

* Les similitudes de la forme 'z az b  sont associées aux isométries négatives, elles renversent le sens des angles : prenons trois points M, N, P et leurs images M’, N’, P’ ;

    ' ' ( ) ( )

' ', ' ' arg arg arg arg , ' ' ( ) ( )

p m ap b am b p m p m M N M P MN MP

n m an b am b n mn m

             

       .

commentaires (0)
Aucun commentaire n'a été pas fait
Écrire ton premier commentaire
Ceci c'est un aperçu avant impression
Chercher dans l'extrait du document
Docsity n'est pas optimisée pour le navigateur que vous utilisez. Passez à Google Chrome, Firefox, Internet Explorer ou Safari 9+! Téléchargez Google Chrome