Exercices de statistiques - 12 - 2° partie, Exercices de Probabilités et statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8929 May 2014

Exercices de statistiques - 12 - 2° partie, Exercices de Probabilités et statistiques

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Exercices de statistiques - 12 - 2° partie - géométrie. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: Conservation du barycentre, les affixes des points, Forme réduite d’une similitude directe, Propriété.
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* Conservation du barycentre : soit G le barycentre de  ( , ) ; ( , )M N  , M’ et N’ les images de M et N,

alors 'm am b  , 'n an b  , 1 1

( ) ' ( ) ( ) a

g m n g a m n b m n b           

               

;

montrons que G’ est le barycentre de  ( ', ) ; ( ', )M N  :

      1 1 1

' ' ' ( ) a

g m n am b an b m n b b ag b                                 

.

En fait cette propriété est suffisante puisque l’associativité du barycentre fait que ceci sera valable pour un nombre quelconque de points.

Par ailleurs ceci permet de montrer d’autres propriétés simples comme la conservation du parallélisme.

1-e : Une similitude ayant deux points fixes distincts est soit l’identité, soit une symétrie axiale

Si notre similitude s’écrit 'z az b  , elle a soit un seul point fixe 1

b z

a  

, soit une infinité lorsque a =

1 et b = 0 ; c’est donc l’identité si elle en a plus que un.

Si elle s’écrit 'z az b  et qu’elle a comme points fixes u et v, on a :

 ' ( )

u v vu uv b u u

u au b u au b u vu v u v z u z u

u vu v a u vv av b u v a

u v

           

              

 

.

Cette dernière écriture est celle d’une réflexion d’axe (uv), ce que le lecteur vérifiera aisément…

Exercice (Polynésie, 2004, remplacement)

Le plan est muni d’un repère orthonormal direct ( ; , )O u v . On prendra sur la figure 1 cm pour unité

graphique.

On désigne par A, B et C les points d’affixes respectives 1 i  , 3 2i et 2i .

1. On considère la transformation f du plan dans lui-même qui à tout point M d’affixe z associe le point M’ = f(M) d’affixe z’ définie par :

1 ' 1 (1 2)

2

i z z i

     .

a. Calculer les affixes des points A’ = f(A) et C’= f(C).

b. En déduire la nature de f et caractériser cette transformation.

c. Placer les points A, B et C puis construire le point B’ = f(B).

2. a. Donner l’écriture complexe de l’homothétie h de centre A et de rapport 2 .

b. Montrer que la composée g f h a pour écriture complexe '' (1 ) 1 3z i z i    .

3. a. Soit M0 le point d’affixe 2 4i . Déterminer l’affixe du point 0 0( )M g M  puis vérifier que les

vecteurs AB et 0AM  sont orthogonaux.

b. On considère un point M d’affixe z. On suppose que la partie réelle x et la partie imaginaire y de z sont

des entiers. Démontrer que les vecteurs AB et AM  sont orthogonaux si, et seulement si, 5 3 2x y   .

c. Résoudre dans 2 l’équation 5 3 2x y   .

d. En déduire les points M, dont les coordonnées sont des entiers appartenant à l’intervalle [ 6 ; 6] , tels

que AB et AM  sont orthogonaux. Placer les points obtenus sur la figure.

Correction

On désigne par A, B et C les points d’affixes respectives 1 i  , 3 2i et 2i .

1. a. 1

' 1 (1 2) 2

i z z i

     :

1 ' ( 1 ) 1 (1 2) 2 1 2 1

2

i a i i i i i i

               ,

1 ' ( 2) 1 (1 2) 1 1 2 2

2

i c i i i i i i

             .

b. On a 4 1

1 2

ii e

    donc f est une isométrie. Par ailleurs les deux points A et C sont invariants donc

f est une réflexion d’axe (AC).

c.

B'

B

C

A

v

u xO

2. a. : '/ ' 2( ) ' 2 (1 2) 2 ( 1 )(1 2)h z z z a z a z z a z i            

b. 1 1

' 1 (1 2) 2 ( 1 )(1 2) 1 (1 2) 2 2

fh i i g f h z z z z i z i i

                   , soit

        1 1

2 ( 1 ) 1 2 1 1 2 (1 ) ( 1 ) 1 2 1 1 2 2 2

i i z z i i i z i i

                     

;

il reste à simplifier :

          1

( 1 ) 1 2 1 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 2

i i i i i i

                    ,

soit finalement '' (1 ) 1 3z i z i    .

3. a. 0 02 4 (1 )(2 4 ) 1 3 3 9z i z i i i i           ; AB a pour affixe 3 2 1 4b a i i i       et 0AM  a

pour affixe 0 3 9 1 2 8z a i i i          ; avec le produit scalaire on a : 4.( 2) 1.8 8 8 0      , les

vecteurs sont orthogonaux.

b. (1 )( ) 1 3 1 ( 3) ( 2)z x iy z i x iy i x y i x y z a x y i x y                      ;

le produit scalaire donne 4( ) 1( 2) 5 3 2x y x y x y       et est nul lorsque 5 3 2x y   .

c. On a une solution évidente : x = 2, y = −4 ; soustrayons :

5 3 2 2 3 2 3 5( 2) 3( 4) 0 5(2 ) 3( 4) ,

5.2 3( 4) 2 4 5 4 5

x y x k x k x y x y k

y k y k

                     

           .

d.

4 8

6 6 6 2 3 6 8 3 4 1, 0, 1, 23 3 0, 1, 2

6 6 2 106 4 5 6 2 5 10 0, 1, 2

5 5

k x k k k

k y k k k

k

                  

                           



.

Il y a trois points seulement : m (2 ; −4), A (−1 ; 1) et n (−4 ; 6).

m'

n'

n

m

B'

BC

A

v

u xO

1-f : Forme réduite d’une similitude directe

Une similitude directe s (avec a différent de 1, qui n’est donc pas une translation) a un point fixe :  ,

seul point tel que 1

b a b

a      

 .

On a alors

  '

, ' arg (2 ) '

' ( ) ( ) ' '

i

z M M

z az b z z a z ke z

M za b k

M z

  

   

 

      

                

.

s est donc la composée d’une homothétie de rapport k et d’une rotation d’angle  , les deux de centre

( ) .

Remarquez que si vous tombez dans vos calculs sur un rapport négatif, il suffit de rajouter  à  pour

revenir à un rapport positif : ( )i i i ike e ke ke       .

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’ ».

Avec tous les résultats précédents c’est un jeu d’enfant :

on a les affixes a, a’, b et b’. Si on a une similitude directe, celle-ci s’écrit 'z z   ; il suffit donc de

trouver  et  en fonction de a, a’, b et b’.

' ' ' ''

' ' ' ' ( ) '

b a a a a aA A

b a B B b b b a b a

a a

    

    

       

                 

;

c’est tout.

Exercice 1

On considère un triangle OA0B0 rectangle isocèle en O et tel que la distance A0B0 soit égale à 4 2 . On

précise de plus que l’angle  0 0,OA OB est un angle droit direct.

On définit alors pour tout entier naturel n les points An+1 et Bn+1 de la façon suivante :

An+1 est le milieu du segment [AnBn] ;

Bn+1 est le symétrique du point An+1 par rapport à la droite (OBn).

1. Représenter le triangle OA0B0, puis construire les points A1, B1, A2, B2, A3, B3.

2. a. Démonstration de cours. Démontrer qu’il existe une similitude directe et une seule qui transforme A0 en A1 et B0 en B1.

b. Soit s cette similitude : préciser son angle et son rapport, puis vérifier que son centre est O. Démontrer que, pour tout entier naturel n, la similitude s transforme An en An+1 et Bn en Bn+1.

3. a. Démontrer que les points O, An et Ap sont alignés si et seulement si les entiers n et p sont congrus modulo 4.

b. On désigne par  le point d’intersection des droites (A0B4) et (B0A4). Démontrer que le triangle A0B0 est isocèle en  .

c. Calculer la distance A0B4.

d. Démontrer que 0 44A B   .

e. En déduire l’aire du triangle 0 0A B .

Exercice 1 bis

On considère un triangle OA0B0 rectangle isocèle en O et tel que la distance A0B0 soit égale à 4 2 . On

précise de plus que l’angle  0 0,OA OB est un angle droit direct.

On définit alors pour tout entier naturel n les points An+1 et Bn+1 de la façon suivante :

An+1 est le milieu du segment [AnBn] ;

Bn+1 est le symétrique du point An+1 par rapport à la droite (OBn).

1. Représenter le triangle OA0B0, puis construire les points A1, B1, A2, B2, A3, B3.

2. Soit s la similitude directe de centre O qui transforme A0 en A1.

a. Déterminer l’angle et le rapport de la similitude s, puis montrer que la similitude s transforme B0 en B1.

b. Démontrer que pour tout entier n, la similitude s transforme An en An+1 et Bn en Bn+1.

3. a. Démontrer que les points O, An et Ap sont alignés si et seulement si les entiers n et p sont congrus modulo 4.

b. On désigne par  le point d’intersection des droites (A0B4) et (B0A4). Déterminer la valeur exacte de

l’aire du triangle 0 0A B (tout élément de réponse, par exemple l’exposé d’une méthode ou la

détermination d’une valeur approchée, sera pris en compte).

Correction

B4

A4

B3

A3

B2

A2

B1

A1

B0

A0

O

2. a. Evident : angle = 4

 , rapport =

1

2 . Comme  0,

4 i OA

  , la symétrie par rapport à

   0 ,OB O j donne    0 3 0 1, , 4

OB OA OB OB

  ; comme 1 1 0 0 1 1

2 2 OB OA OA OB   , le

rapport est encore 1

2 .

b. Comme on répète la même séquence d’opérations à chaque fois, la transformation qui envoie 0A sur

A1 enverra An sur An+1, et pareil pour Bn et Bn+1. Si on ne se suffit pas de cet argument, on peut reprendre tout, mais c’est une perte de temps…

3. a. Si on prend le repère 0 0 1 1

; , 4 4

O OA OB      

, le point A0 a pour affixe 4, A1 a pour affixe 4 1

4 2

i

e

, etc.

d’où An : 4 1

4 2

n in

e

      

; les points O, An et Ap sont alignés si et seulement si

     , 0 arg 0 4 , 4 4

p

n p n

z OA OA n p k n p k k

z

              ,

soit lorsque les entiers n et p sont congrus modulo 4.

b. Le plus simple (lorsqu’on n’a pas d’indication, sinon reprendre la méthode proposée dans l’exercice précédent) semble encore de déterminer les coordonnées de  en cherchant l’équation de (A0B4) puis en coupant par (y = x) ;  est sur cette droite pour des raisons de symétrie évidentes.

 0 4 ; 0A , 4B a pour ordonnée l’abscisse de A4, soit 4

4 4

1 4 1

2

i

e

  

    

; la droite a pour équation

4 4 0 4 4 0

0 1

x x y

y

       

  d’où  a pour coordonnées

4 4 ;

3 3

      

; on calcule la distance

2 2

0

4 4 4 17 4

3 3 3 A

           

    , l’aire du triangle est donc

0 0 0

1 1 1 4 8 2 4 2 17 34

2 2 2 3 3 A B A

       

  .

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