Sciences statistiques – Travaux pratiques 2 - correction, Exercices de Mathématiques et dstatistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8930 May 2014

Sciences statistiques – Travaux pratiques 2 - correction, Exercices de Mathématiques et dstatistiques

PDF (235.1 KB)
6 pages
308Numéro de visites
Description
Sciences statistiques - Travaux pratiques 2- correction. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: le repère orthonormal direct, la surface grisée.
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
Concours Fesic

Terminale S mai 2008

Concours Fesic Correction

Exercice 1

a. Faux :     7

arg arg 2 arg cos sin 12 12 2 12 12

Cz i i      

        

.

b. Vrai :   1 3 11 3 3 1 3 1

1 2 2 2

A

B

i iz i i

z i

       

 .

c. Vrai : 3

123 4

4

1 3 2

2 2 2 2 2

2 2 2

2 2

i ii i

A

iB

i z e

e e z

i e

  

    

     

    

 

.

d. Vrai : 2

2 2 2 2 2

A C

B

z zOA OC

OB z       .

Exercice 2

On considère deux réels a et b et l’équation [E] : 4 3 2 1 0z az bz az     dans .

a. Vrai : Si 0z est solution de [E] alors 4 3 2 0 0 0 0 1 0z az bz az     ; remplaçons 0z par 0z puis par

0

1

z :

4 3 2 4 3 2 0 0 0 0 0 0 0 01 0 1 0z az bz az z az bz az           ; soit encore

4 3 2 0 0 0 0 1 0z az bz az     .

2 3 4 0 0 0 0

4 3 2 4 00 0 0 0

1 01 1 0 0

az bz az za b a

zz z z z

            .

b. Vrai : Si 1 2i est solution de [E] alors 1 2i son conjugué l’est et 1

1 2i l’inverse de 1 2i l’est.

c. Faux : Le changement de variable 1

Z z z

  donne 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2Z z z Z

z z        , soit en divisant

[E] par 2z , on a [E’] : 2 2 2 2 2

1 1 1 1 0 0 2 0z az b a z a z b Z aZ b

z zz z

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

  et non

2 0Z aZ b   .

d. Si on cherche les racines de 2 2 0Z aZ b    , on a  2 4 2a b    ; si 0  on a deux racines

conjuguées U et U d’où       2 2

2

2 2

1 1 2

z Uz z Uz Z aZ b Z U Z U

z z

           , soit au

numérateur (qui correspond au polynôme de départ) le produit de deux polynômes du second degré à coefficients non tous réels.

Exercice 3

[E1] : 2z z  et [E2] :    arg arg 3z z i   .

a. Vrai : 2z z OM AM    ; c’est la médiatrice de [OA].

b. Faux :          arg arg 3 ; ; ; 0z z i u OM u BM BM OM       ; tout ceci est modulo 2 , donc c’est le complémentaire du segment [OB].

c. Vrai : C est sur la médiatrice de [OA] donc [E1] est vérifiée ; C est sur la droite (OB) et pas sur le segment [OB] donc [E2] est vérifiée (faire une figure).

d. Vrai : 1 1 1 1

1 1 2 1 1 3 3 3 3

i i i i         , ok ;

1 4 1 1 arg 1 3 arg 4 arg4 arg 1 arg 1

3 3 3 3 i i i i i

                        

        , ok.

Exercice 4

a. Vrai :         ' 1a a ay f a x a f a e x a e e x a         .

b. Vrai :  ' x af x e e  ,  '' xf x e donc positive.

c. Vrai : f représente la différence entre xe et sa tangente en a ; lorsque x a , f’ est positive, f est

croissante et supérieure à son minimum   0f a  , donc   0f x  après A, soit (C) au-dessus de (T).

d. Faux : Il faut que   0 0 00' 0 x x xa af x e e e e e       , ce qui est impossible.

Exercice 5

a. Vrai : Le point I a les coordonnées    ln ln 1; ; ln ln 2 2 2 2 2

A B A Bx x y y a b a b ab ab       

        

.

b. Faux : J a pour coordonnées  ;I Iy y , K a pour coordonnées   ; expI Iy y , C a pour coordonnées

    exp ; expI Iy y , l'abscisse de C est  ln ab

e ab .

c. Vrai : La tangente à C1 au point d'abscisse 2

a b a pour coefficient directeur

1

2

a b     

qui vaut 1, le

coefficient directeur de  si et seulement si a + b = 2.

d. Vrai : La symétrie par rapport à  échange simplement les coordonnées…

Exercice 6

a. Vrai : rien ne cloche… et la partie gauche de la dernière inégalité est toujours vérifiée

puisque 0xe  .

b. Faux : Les termes de la suite décroissent comme on le voit sur la figure corrigée.

c. Faux : l’initialisation est incorrecte puisque les premiers termes décroissent (même si la suite est correcte, le résultat est faux).

d. Douteux : Les calculs sont justes et la fonction n’est effectivement pas dérivable ; il y a néanmoins une demi-tangente verticale au

point A car   1

lim ' x

f x

  ; pas de tangente

mais une demi-tangente, alors vrai ou faux ?

u 0u 1u 2u 3

C

0

1

0 1

x

y

Exercice 7

  1x xf x e e  . D l'ensemble de définition de f.

a. Faux : Il faut regarder la dérivabilité en 0 car c’est la valeur qui annule le radical.

On a   0

0

1 ' 1 0 1

02 1

x x x x

xx x

e f x e e e

e

 

  

         

donc pas dérivable sur D. Ceci dit, on a

 0 ;D   , donc f ne pourrait être dérivable qu’à droite de 0.

b. Faux : En  , 1x xe e  d’où   1

2 0 x

x x

x f x e e e

 

    .

c. Vrai :    2 1 1 2 1

' 1 2 1 2 1 2 1

x x x x

x x x

x x x

e ee e f x e e e

e e e

 

     

        

qui est positif lorsque

1 2 1 ln 2 ln 2

2

x xe e x x          , donc f est croissante avant ln2, décroissante après ; on a

  ln 2 ln 2 1 1

ln 2 1 2 1 2 2

f e e     qui est un maximum. Enfin  0 0f  et  lim 0 x

f x 

 .

d. Faux : L'équation   1

0,7 2

f x   n’admet aucune solution sur D puisque le maximum est 0,5.

Exercice 8

  1 1

ln 1f x x x

     

  .

a. Faux : Il faut que 1 1

1 x

x x

   soit 0 , soit pour    ; 1 0 ;D      .

b. Faux : Dérivons        1 ln 1 1 lnF x x x x x     :

            1 1 1 1 1

' ln 1 1 ln 1 ln 1 1 ln 1 ln 1

x F x x x x x x x f x

x x x x x

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

   …

sauf que F n’est pas définie sur  ; 1  !!!

c. Faux : Posons 1

X x  , quand x , 0X  et on cherche

    

0 0

ln 11 lim ln 1 lim 1 1 1 2 X X

X X X

X X 

        .

d. Faux :   1

1 2 1 3 1 4 1 1 1 ln ln ln ... ln ln

1 1 2 2 3 3 1 1

n

k

n n f k

n n n n

                             

            , soit en

regroupant les termes :    

  1

2 3 4... 11 1 1 1 ... ln

1 2 3 1 2 3 ... 1

n

k

n n f k

n n n

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

 ; dans le logarithme

tout se simplifie et on a bien  ln 1n , mais la partie 1 1 1 1

... 1 2 3 n     ne donne pas

  2

1n n …

Exercice 9

a. Vrai :     0

1

0 0 0G f t dt  ,     1

1

1 1 0G f t dt  .

b. Vrai : Rappellons que       1

' ' x

F x f t dt f x         .          1' '

x

G x f t dt xF x F x xf x    .

c. Vrai : f est positive donc entre 0 et 1 F est négative : on ne peut donc pas trouver le signe de G’.

d. Faux : L'aire est donnée par           2 0 2

0 1 1

0 2f t dt f t dt f t dt F F        .

Exercice 10

a. Vrai : 2 ' 0y y  a pour solutions

1

2 x

y Ce

 ; comme  1 5y  , on a 1 1

2 25 5Ce C e

   et

1 1 1 1 1

2 2 2 2 25 5 5

x x x

y e e e e

  

   .

b. Faux : 4 x doit être positif, donc 4x  , la solution est  4 ; 4e .

c. Vrai :  ; lnA a a ,  ; 0B a , la tangente en A a pour équation :   1 1

ln 1 lny x a a x a a a       qui

coupe l’axe horizontal lorsque  0 1 lny x a a    ; on a alors C le milieu de [OB] si et seulement si

  1

1 ln ln ln 2 2 2

a a a a a a a a e          .

d. Vrai : on calcule avec les coordonnées de A  0 ; 0 ,  1 ; 0B et  0 ; 1C :

  2 2

0 1 2 0 1 1

2 2 2 1 2 1

a a a a a

G a a a a a a a a a a

e e e e e x

e e e e e e e e e e

  

  

          

        

et pareil pour Gy .

Exercice 11

  4

3 2

f x x

  

;  

0

1

4

n n

u

u f u

 

 .

a. Vrai :    

2

4 ' 0

2 f x

x  

 donc f est croissante sur  .

b. Faux : 1 4 2 7

3 3 4 4 2 3 3

u       

. Comme f est croissante, par récurrence cette inégalité est

conservée :    1 1 2 1n n n n n nu u f u f u u u        … donc u est décroissante.

c. Vrai : Si 2nu  , alors 1 2nu   : 4 4

3 2 1 2 4 2 2 2

n n n n

u u u u           

.

d. Vrai : u est décroissante et minorée donc convergente.

Exercice 12

  4

3 2

f x x

  

;  

0

1

4

n n

u

u f u

 

 et

1

2

n n

n

u v

u

  

.

a. Vrai : 1

4 8 44 3 1

2 2 1 4 4

4 2 4 2 3 2

2 2

n

n n n n n

n n

n n

u

u u u v v

u u

u u

      

      

   

donc v est géométrique de raison 4.

b. Faux :   15 11 11

2 9 10 5 5 5

5

4 1 4 1 1 ...

4 1 3 k

k

v v q q q q v v

           

 .

c. Vrai : 1 2 1

2 1 2 1 2 1

n n n n n n n n n n n n

n n

u v v u v v u u v u v u

u v

              

.

d. Faux :

1 2

2 1

11 1

n n n

n

n

v v u

v

v

 

  

; comme v tend vers  , la suite u converge vers 2.

Exercice 13

a. Faux : 2p correspond à la probabilité de tirer une boule blanche lors du premier tirage et une noire en

second : 2 2 2 2 2

1 b

p b b b

     .

b. Vrai : Il y a 1n possibilités de choix du moment pour tirer une blanche, à chaque moment on a la

probabilité 2

b de tirer une blanche, soit  

2 2 2

1

n b

n b b

  

    

pour les premiers tirages ; enfin 2 2

1 b

b b

  

de tirer une noire en dernier, soit   12 1 2

1

n

n

n p

b b

   

    

.

c. Faux : Au pire np tend vers 0 et  lim ln n n

p 

  ...

Sinon, on a     2 2

ln ln 1 1 ln 1np n n b b

              

, le premier ln tend vers  , le deuxième vers 

car 2

1 0 b   , mais beaucoup plus vite.

d. Faux :

1 2 2

lim lim 1 0 1

n

n

n n

p

n b b

 

     

   (limite d’une suite géométrique de raison <1).

Exercice 14

a. Vrai : On a 2 1

6 3  de gagner une manche, la probabilité de gagner une partie est

3 1 1

3 27

   

  .

b. Vrai : Le gain est 26 ou −1 ; l’espérance de gain est   1 26

26 1 0 27 27

   . Ce jeu est équitable.

c. Faux : La probabilité de gagner au moins une fois en trois parties est la probabilité de l’événement

contraire de gagner 0 fois sur trois parties, soit 0 3

1 26 1

27 27

            

.

d. Faux : La probabilité qu'il gagne la 1ère manche sachant qu'il a gagné la partie est 1, la probabilité qu'un joueur gagne une partie sachant qu'il a gagné la 1ère manche est largement inférieure à 1.

Exercice 15

a. Faux : 3 1 1 1 2

2 3 1 3 2 3 3 2 3

3 2 3 3 2 3 0 0

2 3 2 2 3 2 2 3 2 L L L L L

x y z x y z x y z

x y z x y z

x y z x y z x y z   

                                         

.

Il y a une infinité de solutions.

b. Vrai : On peut réécrire les équations définissant D sous forme paramétrique :

 

3 2 33 3 2 3 2 3 1

2 3 2 2 3 3 2 3 2 7 7 7

y t xx y t y t x x t

x y t x t x t x t y t

z t z t z tz t

                                       

       

.

Remplaçons dans P : 1 2 3 1 0 0t t t      ; il y a une infinité de valeurs possibles pour t, donc D est dans P.

c. Vrai : Réécrivons 1

0

x y

y z

    

en le paramétrant :

1 1

0

x y x t

y t y t

z t z t

           

   

, on retrouve le système

précédent.

d. Faux : Un vecteur directeur de D est  1 ;1 ;1v .

Exercice 16

a. Vrai : L’équation donnée pour  correspond au produit scalaire . 0AM BM  … Ceci dit on pouvait développer et trouver l’équation habituelle.

b. Vrai :  est une sphère de centre C si C est le milieu de [AB], ce qui est le cas.

c. Faux : Appliquons la formule :      

222

1 2 1 1 2 3 3 2 1 4 , P 2

2 1 1 2

d C       

  

  

.

d. Vrai : P est tangent à  si le rayon de  est égal à la distance de C à P. Le rayon de  est

  2

2 21 1 2 2 2 2 2 2 2

AB      .

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