Sciences statistiques - Exercice 12, Exercices de Statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques - Exercice 12, Exercices de Statistiques

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Sciences statistiques - Exercice 12. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: la forme exponentielle, les courbes décalées.
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Baccalauréat

Terminale S mai 2004

Concours Fesic Correction

1. Exercice

Question a b c d

Réponse V V V V

Avec un schéma on répond aux questions sans difficultés… mais on va le faire par le calcul.

a. ABCD est un parallélogramme ssi

2 2 2 2 4 2 2 4 2 4 2AB DC b a d c i i i i i                . Ok !

b. On a ( , )

2

: ( ) 6 B

R C E e b i c b e 

       .

c. CDF rectangle isocèle en D ssi C D

F D

z z i

z z

  

 . On calcule et on trouve −i.

d. CDG rectangle iso…, même calcul, 2 4 2 2 4 2

2 2 2 2 4

C D

G D

z z i i i i

z z i i i

       

     ; ici GD = CD et / 2CDG 

donc isocèle rectangle.

2. Exercice

Question a b c d

Réponse V F V V

a. Mettre 5(1 2 )i sous forme exponentielle ne sera pas très rentable, il faut développer avec le binôme :

5(1 2 ) 1 10 40 80 80 32 41 38i i i i i         .

b. A moins de ne pas connaître son cours la réponse est évidente. L’écriture proposée est celle d’…

c. Là par contre on passe sous forme exponentielle : 41 2 i

i e

  d’où l’argument de 20(1 )i est

20 5 4

  , on a donc un réel (et même un réel négatif).

d. Le plus simple est de factoriser : 4 2 21 ( 1)( 1) ( 1)( 1)( )( )z z z z z z i z i         , on a donc les 4

racines 1, −1, i et −i.

3. Exercice

Question a b c d

Réponse F F F V

On calcule de suite les images de A et B : A s’envoie sur 1 1

0 1 3 2

i i Z

i i

       

, B n’a pas d’image.

a. Z est réel si arg(Z) = 0(), soit ici   1

arg , 3 2

z i BM AM

z i

  

  qui est nul (modulo ) si M est sur la

droite (AB) privée du point B (A est bon car il a pour image O qui est réel).

b. Comme vous connaissez votre cours par cœur vous savez qu’il faut calculer

( 1 )( 3 2 ) ( 1 )( 3 2 )

( 3 2 )( 3 2 )( 3 2 )( 3 2 )

z i z i z i z i

z i z iz i z i

               

.

c. Plusieurs méthodes se bousculent au portillon : on met Z sous forme algébrique et on annule la partie réelle puis on essaie de se souvenir du cours de Première… Autrement plus simple : on utilise l’argument

de Z (comme au a.) ; Z est imaginaire si arg(Z) = /2(), soit ici  , ( ) 2

BM AM   ; il s’agit donc du

cercle de diamètre [AB], donc de centre 1

1 2 2

a b i

    et de rayon

1 5

2 2 b a  .

Il reste la question du point A : son image est O qui est imaginaire pur donc sur le cercle, il faut donc garder A par contre il faut enlever B qui n’a pas d’image.

d. 0 0 0

0 0 0

1 1 1 1

3 2 3 2

z i z i AM i i

z i z i BM

         

    (vous pouvez faire le calcul de la valeur de z0 :

1 5

2 2 i ).

4. Exercice

Question a b c d

Réponse F V F V

a. L’image de Γ par la symétrie d’axe des abscisses transforme x en x et y en −y, la courbe image est alors xe . Pour passer de Γ à C il faut faire la transformation x en −x et y en y, soit la symétrie d’axe (Oy).

b. En général les fonctions qui se raccordent ainsi sont continues (on fait tout pour) mais pas dérivables car les tangentes de chaque côté du point de raccord sont différentes.

On a 0cos0 1 e  donc les limites sont égales des deux côtés.

c. Dans l’absolu il faudrait revenir au taux d’accroissement en 0+ et 0− ce qui est long. On peut prendre

les limites des dérivées ce qui est plus rapide : si x < 0, 0

'( ) 1xf x e 

   et si x > 0,

0 '( ) sin 0f x x

    . Les deux résultats sont différents.

d. Si x < 0, f ne s’annule pas ; entre 0 et , f s’annule en /2, c’est tout.

5. Exercice

Question a b c d

Réponse F V F V

a. Comme C1 et C2 sont les mêmes courbes décalées simplement en hauteur, cela signifie qu’elles diffèrent d’une constante et sont donc deux primitives d’une fonction. f3 est forcément la fonction.

b. Si f1 est une primitive de f3, alors f3 est la dérivée de f1.

c. On a 0

3 1 1 2 2 1

( ) (0) ( 1) (0) ( 1)f x dx f f f f

      ; or 2(0) 0f  , l’aire est donc −f2(−1) (on pouvait s’en douter car f2(−1) est négatif…).

d. La distance M1M2 est constante puisque les fonctions sont des primitives d’une même fonction :

2 1( ) ( ) 3,2f x f x K   à vue de nez.

6. Exercice

Question a b c d

Réponse V F F V

a. Entre −1 et 6 f est positive donc l’aire sous la courbe C1 représentée par la primitive est croissante.

b. Dire que la courbe représentant f’’ passe par (0 ; 0) revient à dire que ''(0) 0f  , soit que C2 a une

tangente horizontale en ce point…bof.

c. Même argument : il faut trois tangentes horizontales… rebof (en fait dans le cas général ça pourrait être plus compliqué mais ici ça marche).

d. Comme C2 représente la dérivée de f, une primitive de f ’ est f… donc l’aire cherchée est f(1) − f(0), soit 1.

7. Exercice

Question a b c d

Réponse V V V V

a.  '( ) [sin(ln ) cos(ln )] (ln )'cos(ln ) (ln )'sin(ln ) 2sin(ln )f x x x x x x x x x     . Attention à la dérivation

des fonctions composées…

b. 7 ln( 2 1) 7 ln( 2 1) 7 ln[( 2 1)( 2 1)] 7 ln(2 1) 0         ,

2(3 2) 9 6 2 2 2ln(3 2) ln(11 6 2) ln ln ln 1 0

11 6 2 11 6 2

         

  .

c. 4 4 4 0

0 0

sin 2 1 1 tan . . ln cos ln ln 1 ln 2 ln 2 ln 2

cos 2 2 2

x x dx dx x

x

  

             .

d. On intègre par parties de manière à faire disparaître le ln : lnu x , 1/ 2 1

'v x x

  d’où 1

'u x  ,

1/ 2 11 2 1/ 2 1

v x x    

:

1 11 1 1

ln 1 1 2 ln 2 2 2 2 2 2 4 2

e e ee ex dx x x x dx e dx e x e

xx x                 .

8. Exercice

Question a b c d

Réponse V F F F

Soient f et g les fonctions définies sur par 2

1 ( )

1 f x

x  

et

2

( ) ( ) x

x

g x f t dt  .

a. 2 2

2 '( )

(1 )

x f x

x

  

, on a un maximum en 0 qui vaut f(0) = 1 ; en +∞ et −∞ f tend vers 0 donc 0 ( ) 1f x  .

b. Comme 0 ( ) 1f x  , on a

2 2

20 ( ) ( ) 1 x x

x x

g x f t dt dt x x      ; mais lorsque 2x x le résultat est

négatif, on n’a ddonc plus 2 0x x  …

c. Prenons une valeur de x au pif, comme x = 3, g représente l’aire entre la courbe, les abscisses, x = 3 et x = 9. Si on prend une valeur négative, c’est la même chose. Le piège ici est quand x0 est entre 0 et 1 car

dans ce cas 20x passe devant x0 et g est négative.

d. Attention à la dérivation des fonctions composées… Si on appelle F une primitive de f, alors 2( ) ( ) ( )g x F x F x  d’où en dérivant : 2 2'( ) 2 '( ) '( ) 2 ( ) ( )g x xF x F x xf x f x    . Rappelons que si F est une

primitive de f, alors F’ = f.

9. Exercice

Question a b c d

Réponse F V F V

a. Si l pouvait être négative, il existerait des termes de un négatifs à partir d’un certain rang ce qui est impossible.

Par contre l peut être nulle : par exemple les suites qn avec 0 < q < 1 convergent vers 0.

b. La traduction de cette phrase est : il existe n tel que 310nu l   ; c’est la définition même d’une

suite convergente : il existe N tel que pour tout n > N, n nu l kv  où vn converge vers 0.

c. Supposons que un converge vers 0 alors la suite (ln )n nu  « convergerait » vers −∞. En fait cette suite

divergerait.

d. La fonction ln est croissante donc si 0 1u u alors 0 1 1 2ln lnu u u u   , etc. Par récurrence on a

1n nu u  donc bien décroissante. Remarquez que si on avait 0 1u u alors la suite aurait été croissante.

En fait dans le cas d’une suite 1 ( )n nu f u  avec f croissante tout dépend de l’ordre des deux premiers

termes.

10. Exercice

Question a b c d

Réponse F V V V

a. On a 1 1 1 2

2 4 4 2

i    donc  n nz  est une suite géométrique de raison

2

2 .

b. Il nous faut calculer 1 1

1 1

12( , ) arg( ) arg arg 0 1 2 4

n n n n n

n

i

z z i M O M M

z

 

 

      

  , ainsi que

1 1

1 ( , ) arg( ) arg

2 4

n nn

n

z i OM OM

z

 

    . Le dernier angle vaut donc bien

2

 (on aurait pu calculer un seul

angle mais ç’aurait été moins amusant…).

c. On a évidemment 4 40 1 2 2

2 2 2

n n nn i i

n

i z z e e

                  

donc nM appartient à l’axe des abscisses

si 4

4 4

k n k n k  

 

    .

d. Avec la réponse au c. et en remarquant que 2 1

2 2  , on retrouve bien

 

4

2

n i

n n

e z

 .

11. Exercice

Question a b c d

Réponse V F V V

a. En utilisant le barycentre partiel on a Gn+1 barycentre de {(Gn ; 2), (I ; 2)}, soit le milieu de [GnI], tous les Gn sont donc alignés.

b. L’homothétie est bien de centre I mais de rapport 1/2. Les coordonnées de I sont (3 ; 2).

c. En utilisant la définition d’une homothétie : 'IM kIM , on a 1

1

1 3 ( 3)

2

1 2 ( 2)

2

n n

n n

x x

y y

   

     

d’où 3n nu x  est

géométrique de raison 1/2, de premier terme 0 0 3 3u x    .

d. Avec ce qu’on a fait, 1 1

( 3) 3 3 1 2 2

n

n n n x x

           

    . On peut compléter avec le calcul de yn :

1 1 2 2 2 1

2 2

n

n n n y y

           

    . Quand n tend vers l’infini xn et yn tendent respectivement vers 3 et 2,

soit Gn tend vers I (ce qui était prévisible puisqu’à chaque itération on prend le milieu de [GnI]).

12. Exercice

Question a b c d

Réponse V V V F

a. Il faut évidemment trouver les relations entre gn et hn.

Gn+1 barycentre de {(Gn ; 2), (Hn ; 3)} nous donne

1 1 1 1

2 3 2( ) 3( ) 0 5 2 3

5 5 n n n n n n n n n ng g g h g g h g g h             ;

Hn+1 barycentre de {(Gn ; 3), (Hn ; 2)} nous donne

1 1 1 1

3 2 3( ) 2( ) 0 5 3 2

5 5 n n n n n n n n n nh g h h h g h h g h             ;

d’où 1 1 2 3 3 2 1

( ) 5 5 5 5 5

n n n n n n n ng h g h g h g h         . On peut alors calculer

0 0

1 1 ( )

5 5

n n

n ng h g h    

             

. Quelle est la signification géométrique de ce résultat ?

b. 1 1 0 0 5 5

... 0 1 1 5 5

n n n n n ng h g h g h g h            . Quelle est la signification géométrique de ce

résultat ?

c. Des deux relations précédentes on tire un petit système : ( 1/ 5)

1

n n n

n n

g h

g h

       

d’où

 

 

1 1 ( 1/ 5)

2

1 1 ( 1/ 5)

2

n n

n n

g

h

   

     

qui convergent toutes les deux vers 1

2 , soit le milieu de [G0H0].

d. C’est du cours… la condition de monotonie des deux suites n’est pas respectée.

On voit bien qu’à chaque itération la distance [GnHn] est divisée par 5.

H2G2H1 G1

v=3

u=2

10

13. Exercice

Question a b c d

Réponse F V V F

a. 1 2B B se traduit par : « tirer une blanche en 1 et tirer une rouge ou une verte en 2 ». Comme les

tirages sont indépendants le mieux est encore de faire le calcul : 1

( ) 3

kp B  , 2

( ) 3

kp B  , et la même chose

pour les autres couleurs :

1 2

1 2 2 ( ) .

3 3 9 p B B   , 1 2 1 2

2 2 9 4 5 1 ( ) ( ) 1

9 9 9 9 p V V p R R

          .

b. A2 est l’événement « tirer une boule d’une couleur en 1 et d’une couleur différente en 2 », soit

2 1 2 1 2 1 2

2 2 2 6 2 ( ) ( ) ( ) ( )

9 9 9 9 3 p A p B B p V V p R R           .

c. Pour An il faut tirer n − 1 fois la même couleur, soit pour chaque couleur 1

1

3n puis tirer une couleur

différente, soit 2

3 ; comme il y a 3 couleurs, ça nous fait

1 1

1 2 2 ( ) 3

33 3 n n n

p A  

      

.

d. La somme 2 3( ) ( ) ... ( )np A p A p A   est la somme des termes d’une suite géométrique de premier

terme 2 2

( ) 3

p A  et de raison 1

3 donc elle vaut

1

1

1 1

2 13 1 13 31 3

n

n

 

(de 2 à n il y a n − 1 termes) qui tend

vers 1 à l’infini. On pouvait s’en douter dans la mesure où on est sûr de finir par tirer une boule de couleur différente…

14. Exercice

Question a b c d

Réponse F V F V

a. La densité de probabilité d’une loi exponentielle de paramètre λ est ( ) tf t e   pour 0t  et ( ) 0f t

pour 0t  . Si on suit le texte alors pour t > 5 la densité est nulle, soit ( ) 0 si [0 ; 5]

( ) si [0 ; 5]t

f t t

f t e t 

  

  .

Par contre il faut alors que 5 5 5

00

( ) 1 1 1 1 1t tf t dt e dt e e   

  



             ce qui est

impossible.

En fait l’énoncé est moyennement clair : il faut en fait lire « La durée de vie moyenne d’un moteur est de

5 ans » auquel cas on a immédiatement 1

5 0,2     . La densité est alors

0,2

( ) 0 si 0

( ) 0,2 si 0t

f t t

f t e t

  

  .

b. La traduction de l’énoncé est la suivante : on a 50% des moteurs qui vivent plus que T (T est la durée de la garantie) ; si t est la durée de vie d’un moteur, la probabilité qu’il dure après T est

0,2 0,2

0

( ) 1 ( ) 1 0,2 T

t Tp t T p t T e dt e        ; on sait que cette probabilité est de 0,5 = 1/2 et on

cherche donc T. Il nous faut résoudre 0,2 1 1 ln(2)

0,2 ln( ) 3,5 2 2 0,2

Te T T 

       

.

c. La probabilité qu’un moteur ne tombe pas en panne avant deux ans est 0,2.2 0,4( 2) 1 ( 2)p t p t e e       donc X suit une loi binomiale de paramètres n = 10 et

0,2.2 0,4p e e   .

On a alors 0,4 0 0,4 10 0,4 10 10

( 1) 1 ( 0) 1 ( ) (1 ) 1 (1 ) 0

p X p X e e e    

            

soit environ 0,999985

(interpréter…).

d. Cours :

2

0,4 5( ) 10 10E X np e e

   .

15. Exercice

Question a b c d

Réponse V V V F

On cherche de suite les coordonnées des points de la figure et de Gn :

A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(0 ; 0 ; 1), D(0 ; 1 ; 0), E(1 ; 1 ; 0), F(0 ; 1 ; 1), I(1/2 ; 0 ; 0), J(1 ; 1/2 ; 0) ;

pour Gn :   1 2

1.0 1.1 1.1 .0 3 3

nx n n n       

,   1 1

1.0 1.0 1.1 .1 3 3

n

n y n

n n

       

et

  1

1.0 1.0 1.0 .0 0 3

nz n n      

.

a. On peut vérifier que les points sont bien dans le plan, mais nous allons en profiter pour rappeler la méthode.

On cherche un vecteur normal au plan :

1/ 2 1

. . 1 0 2

1

a

n FI b a b c

c

                       

,

1 1

. . 1/ 2 0 2

1

a

n Fj b a b c

c

                       

.

On résout, ce qui donne : 2 2

1/ 2 ( 3 / 2)

a b c a b

c a b c b

      

     ; en prenant b = −2 on a a = 2 et c = 3 d’où

2

2

3

n

          

; il reste à trouver l’équation en faisant le produit scalaire :

2

. 0 1 . 2 0 2 2 2 3 3 0 2 2 3 1 0

1 3

x

FM n y x y z x y z

z

       

                         

.

b. On lit le vecteur normal à (IJF) dans l’équation du plan ; la droite Δ est l’ensemble des points M tels

que DM soit colinéaire à n , soit

2 2

1 2 1 2

3 3

x k x k

DM kn y k y k

z k z k

    

            

. A première vue ce n’est pas la

même chose, mais si vous prenez 1

2 n à la place de n vous obtenez l’équation proposée…

c. G3 bar. de {(A ; 1), (B ; 1), (E ; 1), (D ; 3)} = milieu de [PD] où P est le centre de gravité du triangle ABE. P est sur une médiane de ce triangle qui passe évidemment par D puisque ABED est un carré.

Par le calcul il faut voir si 3G B kDB avec k compris entre 0 et 1 (pour être dans le segment [BD]).

3

2 4 2 2 1 ; 0 ; 0 ; ; 0

6 6 3 3 G B

               

et  1 ; 1 ; 0DB  d’où 2

3 k  .

d. A priori ça n’est pas possible : la norme d’un vecteur variable ne peut être constante que si M est sur

une sphère. On réduit ( 3) nMA MB ME nMD n MG     ; on cherche donc les points M tels que

( 3) 3 1n nn MG n MG     donc M est sur une sphère de centre Gn et de rayon 1.

16. Exercice

Question a b c d

Réponse V V V F

Coordonnées des points : A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), D(0 ; 1 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), I(1/2 ; 0 ; 1), J(0 ; 1/2 ; 1/2).

a. On vérifie avec les coordonnées ; D : 1 = −0 + 1, B : 0 = −1 + 1, H : 1 = −0 + 1.

b. Même chose, c’est encore juste.

c.

1

1/ 2

1/ 2

BJ

          

,

1/ 2

0

1

AI

          

,

1

1

1

AG

          

; les produits scalaires .BJ AI et .BJ AG sont nuls, c’est bon.

d. On applique la formule : 2 2 2

2 2 ( , ( ))

62 1 1

b b bx y z d B AIG

   

  . Ceci dit à vue de nez sur la figure c’était

impossible d’autant plus que la plus grande diagonale du cube vaut 3 …

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