Statistiques - Travaux pratiques 15, Exercices de Informatique et analyse de données statistiques
Emmanuel_89
Emmanuel_8929 May 2014

Statistiques - Travaux pratiques 15, Exercices de Informatique et analyse de données statistiques

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Statistiques - Travaux pratiques 15 Les principaux thèmes abordés sont les suivants: L’espace muni d’un repère orthonormé. La droite d et le plan
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Terminale S

Terminale S juin 2013

Amérique du Nord

1. Exercice 1 (5 points)

On se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé.

On considère les points A(0; 4; 1), B (1; 3; 0), C(2 ; –1 ; –2) et D (7 ; –1 ; 4).

1. Démontrer que les points A, B et C ne sont pas alignés.

2. Soit ∆ la droite passant par le point D et de vecteur directeur  2 : 1 ; 3u  .

a. Démontrer que la droite ∆ est orthogonale au plan (ABC).

b. En déduire une équation cartésienne du plan (ABC).

c. Déterminer une représentation paramétrique de la droite ∆.

d. Déterminer les coordonnées du point H, intersection de la droite ∆ et du plan (ABC).

3. Soit P1 le plan d’équation 0x y z   et P2 le plan d’équation 4 2 0x y   .

a. Démontrer que les plans P1 et P2 sont sécants.

b. Vérifier que la droite d, intersection des plans P1 et P2, a pour représentation paramétrique

4 2

,

3 2

x t

y t t

z t

     

  

.

c. La droite d et le plan (ABC) sont-ils sécants ou parallèles ?

Correction

1. (1; 1; 1)AB   et (2; 5; 3)AC   ne sont pas colinéaires (car les coordonnées ne sont pas

proportionnelles) donc A,B,C ne sont pas alignés. 2. a. Il suffit de montrer que ∆ est orthogonale à deux droites sécantes du plan.

    . 2 1 1 1 3 1 0u AB        et     . 2 2 1 5 3 3 0u AC         .

b. D’après a), u est un vecteur normal à (ABC) donc (ABC) : 2 3 0x y z d    .

Or ( )A ABC donc 2 0 4 3 1 0d      d’où 1d  et (ABC) : 2 3 1 0x y z    .

c.

7 2

( ) 1

4 3

x t

M t y t

z t

     

  

.

d. On cherche t tel que   ( )M t ABC :      2 7 2 1 3 4 3 1 0 14 28 2t t t t t             d’où

( 2)H M t   qui a pour coordonnées (3;1; 2) .

3. a. Il suffit de montrer que les vecteurs normaux respectifs 1(1;1;1)n et 2(1;4;0)n ne sont pas

colinéaires.

b. Maintenant qu’on sait que 1P et 2P sont sécants, il suffit de vérifier que le droite proposée est bien

contenue dans ces deux plans :      4 2 3 2 0t t t      et    4 2 4 2 0t t     pour tout réel t .

c. Il suffit de vérifier si un vecteur directeur v de d est orthogonal à u un vecteur normal à (ABC). Or

d’après b), ( 4;1;3)v  . Et  . 4 2 1 1 3 3 0v u          ce qui prouve que d est parallèle à (ABC).

2. Exercice 2 (5 points, non spécialistes)

On considère la suite  nu définie par 0 1u  et, pour tout entier naturel n, 1 2n nu u  .

1. On considère l’algorithme suivant :

Variables n est un entier naturel

u est un réel positif

Initialisation Demander la valeur de n

Affecter à u la valeur 1

Traitement

Pour i variant de 1 à n :

Affecter à u la valeur 2u

Fin de Pour

Sortie Afficher u

a. Donner une valeur approchée à 410 près du résultat qu’affiche cet algorithme lorsque l’on choisit n = 3.

b. Que permet de calculer cet algorithme ?

c. Le tableau ci-dessous donne des valeurs approchées obtenues à l’aide de cet algorithme pour certaines valeurs de n :

n 1 5 10 15 20

Valeur affichée 1,4142 1,9571 1,9986 1,9999 1,9999

Quelles conjectures peut-on émettre concernant la suite  nu ?

2. a. Démontrer que, pour tout entier naturel n, 0 2nu  .

b. Déterminer le sens de variation de la suite  nu .

c. Démontrer que la suite  nu est convergente. On ne demande pas la valeur de sa limite.

3. On considère la suite  nv définie, pour tout entier naturel n, par  ln ln 2n nv u  .

a. Démontrer que la suite  nv est la suite géométrique de raison 1

2 et de premier terme 0 ln 2v   .

b. Déterminer, pour tout entier naturel n, l’expression de nv en fonction de n, puis de nu en fonction de

n.

c. Déterminer la limite de la suite  nu .

d. Recopier l’algorithme ci-dessous et le compléter par les instructions du traitement et de la sortie, de

façon à afficher en sortie la plus petite valeur de n telle que 1,999nu  .

Variables n est un entier naturel

u est un réel

Initialisation Affecter à n la valeur 0

Affecter à u la valeur 1

Traitement

Sortie

Correction

1. a. u prend respectivement les valeurs 1; 2; 2 2 ; 2 2 2 et la dernière valeur vaut environ 1,834.

b. Il calcule la valeur de nu .

2. a. Par récurrence. 0 1u  donc la proposition est vraie au rang 0 .

Supposons que pour un certain entier 0n on ait 0 2nu  . Alors 0 2 4nu  et 0 2 2nu  ce qui

prouve que 10 2nu   . La proposition 0 2nu  est donc vraie pour tout entier 0n .

b. On cherche le signe de 1 2 ( 2 )n n n n n nu u u u u u      . Or 0nu  et d’après 2a), 2 nu donc

comme 0nu  , 2 nu d’où 2 0nu  ce qui prouve que 1 0n nu u   , la suite est croissante.

Remarque : on pouvait aussi le faire par récurrence, en montrant que 1n nu u  pour tout entier 0n .

c. La suite est croissante et d’après a., elle est majorée (par 2) donc elle converge.

3. a.

       1 1 1 1 1 1 1

ln ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln 2 ln ln 2 ln ln 2 2 2 2 2 2

n n n n n n nv u u u u u v            

donc ( )nv est bien géométrique de raison 1

2 et de premier terme 0 ln1 ln 2 ln 2v     .

b. On a donc  0 1

ln 2 2

n n

nv v q  

      

. D’où   1

ln ln 2 ln 2 2

n

nu  

      

d’où   1

ln ln 2 ln 2 2

n

nu  

     

ce

qui donne  

1 ln 2 ln 2

2

n

nu e

    

  .

c. Quand n tend vers  , la limite de 1

2

n      

vaut 0 donc celle de   1

ln 2 ln 2 2

n  

    

est ln 2 ce qui donne

par composition que ( )nu converge bien vers ln 2 2e  .

d. Puisque la suite est croissante, on complète par :

tant que ( 1,999)u faire

| Affecter à la valeur 2u

| Affecter à n la valeur 1n

Sortie : Afficher n

Exercice 2 (5 points, spécialistes)

PartieA

On considère l’algorithme suivant :

Variables a, b, c sont des entiers naturels

Initialisation

Affecter à c la valeur 0

Demander la valeur de a

Demander la valeur de b

Traitement

Tant que a>b

Affecter à c la valeur c+1

Affecter à a la valeur a – b

Fin de tant que

Sortie Afficher c

Afficher a

1. Faire fonctionner cet algorithme avec a = 13 et b = 4 en indiquant les valeurs des variables à chaque étape.

2. Que permet de calculer cet algorithme ?

PartieB

À chaque lettre de l’alphabet, on associe, grâce au tableau ci-dessous, un nombre entier compris entre 0 et 25.

A B C D E F G H I J K L M

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

N O P Q R S T U V W X Y Z

13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25

On définit un procédé de codage de la façon suivante :

Étape 1 : À la lettre que l’on veut coder, on associe le nombre m correspondant dans le tableau.

Étape 2 : On calcule le reste de la division euclidienne de 9m+5 par 26 et on le note p.

Étape 3 : Au nombre p, on associe la lettre correspondante dans le tableau.

1. Coder la lettre U.

2. Modifier l’algorithme de la partie A pour qu’à une valeur de m entrée par l’utilisateur, il affiche la valeur de p, calculée à l’aide du procédé de codage précédent.

Partie C

1. Trouver un nombre entier x tel que  9 1 26x  .

2. Démontrer alors l’équivalence :    9 5 26 3 15 26m p m p     .

3. Décoder alors la lettre B.

CorrectionPartie A

1. Les valeurs du triplet ( , , )a b c valent respectivement (13,4,0) ,    9,4,1 , 5,4,2 , (1,4,3) . Il affiche alors

3c et 1a  .

2. Remarque : Il donne respectivement le quotient et le reste de la division euclidienne de a par b . Mais en fait, il y a une erreur dans l’algorithme car pour que cela donne bien la division euclidienne, il faut

mettre tant que ( )a b . En effet, la sortie de la boucle tant que se fait quand a b donc ce qui ferait de a

un éventuel reste (car strictement inférieur au quotient b).

Reste à voir qu’on a bien à la fin : deb fina c b a   . Pour le démontrer, (c’est un peu comme une

récurrence), il suffit de vérifier que l’égalité est vraie avant le début du tant que, et qu’à chaque passage de boucle, l’égalité deb fina c b a   est un invariant (càd que si l’égalité est vraie au début du passage de

la boucle, elle reste vraie à sa sortie). En effet, elle est vraie au tout début car deb fina a et que 0c .

Si deb fina c b a   au début du passage de boucle, alors à la fin du passage de boucle, fina prend la valeur

fina b et c prend la valeur 1c , mais l’égalité reste vraie car  1deb fina c b a b     .

Partie B

1. U correspond à 20m donc 9 5 185m  et la division euclidienne par 26 donne p=3 comme reste qui correspond à la lettre D.

2. Variables : m,a,b,c entiers naturels

Initialisation : Demander la valeur de m

affecter à c la valeur 0 et à b la valeur de 26, à a la valeur 9m+5

traitement : tant que a b

Affecter à c la valeur c+1

Affecter à a la valeur a-b

Sortie : Afficher c

Partie C

1. On voit que 3 convient car  9 3 27 1 26   .

Sinon, la méthode est de chercher un couple (u,v) tel que 9 26 1x y  car 9 26 1 9 1[26]x y x    .

2 Il vaut mieux montrer les deux implications ici :

Si  9 5 26m p  alors en multipliant membre à membre par 3, on obtient d’après 1), 15 3 [26]m p 

d’où  3 15 26m p  .

Réciproque : si 3 15[26]m p  alors en multipliant par 9 membre à membre on obtient

9 27 135[26]m p  mais comme  27 1 26 et que 135 5[26] puisque 135 26 5 5   , on obtient alors

9 5 [26]m p  .

3. B correspond à 1p  donc d’après ce qui précède, 3 1 15 12 14[26]m      donc 14p  qui

correspond à la lettre O.

3. Exercice 3 (5 points)

Les parties A, B et C peuvent être traitées indépendamment les unes des autres.

Une boulangerie industrielle utilise une machine pour fabriquer des pains de campagne pesant en moyenne 400 grammes. Pour être vendus aux clients, ces pains doivent peser au moins 385 grammes.

Un pain dont la masse est strictement inférieure à 385 grammes est un pain non commercialisable,

un pain dont lamasse est supérieure ou égale à 385 grammes est commercialisable.

La masse d’un pain fabriqué par la machine peut être modélisée par une variable aléatoire X suivant la

loi normale d’espérance 400  et d’écart-type 11  .

Les probabilités seront arrondies au millième le plus proche.

Partie A

On pourra utiliser le tableau suivant dans lequel les valeurs sont arrondies au millième le plus proche.

x 380 385 390 395 400 405 410 415 420

 X xP 0,035 0,086 0,182 0,325 0,5 0,675 0,818 0,914 0,965

1. Calculer  390 410X P .

2. Calculer la probabilité p qu’un pain choisi au hasard dans la production soit commercialisable.

3. Le fabricant trouve cette probabilité p trop faible. Il décide de modifier ses méthodes de production afin de faire varier la valeur de  sans modifier celle de  .

Pour quelle valeur de  la probabilité qu’un pain soit commercialisable est-elle égale à 96 % ? On arrondira le résultat au dixième.

On pourra utiliser le résultat suivant : lorsque Z est une variable aléatoire qui suit la loi normale

d’espérance 0 et d’écart-type 1, on a  1,751 0,040Z   P .

Partie B

Les méthodes de production ont été modifiées dans le but d’obtenir 96 % de pains commercialisables.

Afin d’évaluer l’efficacité de ces modifications, on effectue un contrôle qualité sur un échantillon de 300 pains fabriqués.

1. Déterminer l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la proportion de pains commercialisables dans un échantillon de taille 300.

2. Parmi les 300 pains de l’échantillon, 283 sont commercialisables.

Au regard de l’intervalle de fluctuation obtenu à la question 1, peut-on décider que l’objectif a été atteint ?

Partie C

Le boulanger utilise une balance électronique. Le temps de fonctionnement sans dérèglement, en jours, de cette balance électronique est une variable aléatoire T qui suit une loi exponentielle de paramètre  .

1. On sait que la probabilité que la balance électronique ne se dérègle pas avant 30 jours est de 0,913. En déduire la valeur de  arrondie au millième.

Dans toute la suite on prendra 0,003  .

2. Quelle est la probabilité que la balance électronique fonctionne encore sans dérèglement après 90 jours, sachant qu’elle a fonctionné sans dérèglement 60 jours ?

3. Le vendeur de cette balance électronique a assuré au boulanger qu’il y avait une chance sur deux pour que la balance ne se dérègle pas avant un an. A-t-il raison ? Si non, pour combien de jours est-ce vrai ?

Correction

Partie A : 1.      390 410 410 390 0,818 0,182 0,636P X P X P X         .

2. On demande ici    385 1 385 1 0,086 0,914P X P X       .

3. On cherche donc  tel que  385 0,96P X   385 385

0,96 0,96 X

P P Z   

  

             

   

X

Z

  suit la loi N(0 ;1). Or l’indication nous révèle que  1,751 1 0,040 0,96P Z      donc

385 1,751

   . Puisque 400  on obtient 8,567  grammes.

Partie B

1. Ici 0,96p  et 300n donc 1,96 1,96

; [0,938;0,982] pq pq

p p n n

     

  

.

2. Dans cet échantillon, la fréquence des pains commercialisables est 283

0,943 300

f   , et cette fréquence

appartient à l’intervalle de fluctuation, donc on peut décider (avec un risque de 5%) que l’objectif est atteint. Partie C

1. On sait que  30 0,913P T   donc 30 0,913e   donc 30 ln 0,913  d’où ln 0,913

0,003 30

    .

2. On demande ici 60( 90)TP T  , or la loi exponentielle est sans vieillissement donc elle vaut

 30 0,913P T   d’après la question précédente.

3. On calcule   365 0,003365 0,335P T e    . Cette probabilité, tout comme  366P T  n’est pas égale à 1/2 donc le vendeur a tort. Sinon, on nous demande ici de trouver la demi-vie t :

  1 1 1 1 ln 2

1 ln ln 2 2 2 2 2

t tP T t e e t t t    

                 soit environ 231 jours.

4. Exercice 4 (5 points)

Soit f la fonction définie sur l’intervalle  0 ; par   2 1 ln x

f x x

  et soit C la courbe représentative de

la fonction f dans un repère du plan. La courbe C est donnée ci-dessous.

1. a. Étudier la limite de f en 0.

b. Que vaut ln

lim x

x

x ? En déduire la limite de la fonction f en  .

c. En déduire les asymptotes éventuelles à la courbe C.

2. a. On note f  la fonction dérivée de la fonction f sur l’intervalle  0 ; .

Démontrer que, pour tout réel x appartenant à l’intervalle  0 ; ,   3 1 2ln

' x

f x x

   .

b. Résoudre sur l’intervalle  0 ; l’inéquation 1 2ln 0x   .

En déduire le signe de  f x sur l’intervalle  0 ; .

c. Dresser le tableau des variations de la fonction f.

3. a. Démontrer que la courbe C a un unique point d’intersection avec l’axe des abscisses, dont on précisera les coordonnées.

b. En déduire le signe de  f x sur l’intervalle  0 ; .

4. Pour tout entier n > 1, on note nI l’aire, exprimée en unités d’aires, du domaine délimité par l’axe des

abscisses, la courbe C et les droites d’équations respectives 1

x e  et x n .

a. Démontrer que 2 1

0 2

I e   .

On admet que la fonction F, définie sur l’intervalle  0 ; par   2 ln x

F x x

   , est une primitive de la

fonction f sur l’intervalle  0 ; .

b. Calculer nI en fonction de n.

c. Étudier la limite de nI en  . Interpréter graphiquement le résultat obtenu.

Correction

1. a. Vu l’ensemble de définition, la limite est à faire seulement en 0+ (x > 0) : or 1 ln x tend vers  et

²x tend vers 0 donc par quotient f tend vers  .

b. C’est une limite de cours, par croissance comparée ln x

x tend vers 0 quand x tend vers  .

  2

1 1 ln x f x

x xx    qui tend vers 0 quand x tend vers  puisque

2

1

x ,

1

x et

ln x

x tendent vers 0.

c. La limite obtenue en 1. a. donne une asymptote verticale d’équation 0x  et celle du 1.b. donne une

asymptote horizontale d’équation 0y  .

2. a. f est dérivable sur son ensemble de définition comme quotient de fonctions dérivables et, pour

tout 0x  , on a :    

'

4 4 4 3

1 ² 1 ln (2 )

2 2 ln 2 ln 1 2ln x x x

x x x x x x x xxf x x x x x

         

    .

b. L’inéquation n’est définie que si 0x  : 1/ 2 1

1 2ln 0 ln 2

x x e x        d’où 1/ 2]0; [S e .

Puisque sur ]0; [ , 3 0x  , '( )f x est du signe de 1 2ln x  donc d’après ce qui précède :

'f s’annule en 1/ 2e , ' 0f  sur 1/ 2]0; [e et ' 0f  sur 1/ 2] ; [e  .

c.

1

2 1

2 2 1

1

2

11 ln 1

12

2 2

e e

f e e e

e

 

   

         

          

x 0 1/ 2e 

f ’(x) + 0 –

f



0

3. a. Il suffit de résoudre   1 1

0 1 ln 0 ln 1f x x x x e x e

           ce qui prouve qu’il y a un

unique point d’intersection avec l’axe des abscisses, il a pour coordonnées 1

( ;0) e

.

b. D’après les variations de f et la question précédente,   0f x  pour tout 1

x e  ,   0f x  pour tout

x , tel que 1

0 x e

  et   0f x  pour 1

x e  .

4. a. D’après 3b), sur 1

[ ;2[ e

, f est positive donc par intégration   2

1/

0.

e

f x dx 

D’autre part, d’après 2.c. sur 1

[ ;2[ e

,   2

e f x  donc par intégration,  

2 2

1/ 1/ 2

e e

e f x dx dx  . Or

2

1/

1 1 2

2 2 2 e

e e dx e

e

       

  d’où le résultat : 2 1

0 2

I e   .

b.       1

1/ 1 1

1/

1 2 ln 2 ln 2 ln 2 1 2 ln [ ] .

n

n n e

e

n e n n I f x dx F x F n F e

e n n n ne e

 

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

 

c. Quand n tend vers  , 2

n  et

ln n

n tendent vers 0 donc nI tend vers 2,7e . Cela signifie puisque f

est positive sur 1

[ ; [ e  d’après 3b, l’aire comprise entre l’axe des abscisses, la courbe et la droite

d’équation 1

x e  vaut e unités d’aire.

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