Géométrie algorithmique - exercitation sur l’espérance mathématique de la variable aléatoire, Exercices de Géométrie Algorithmique
Eusebe_S
Eusebe_S15 April 2014

Géométrie algorithmique - exercitation sur l’espérance mathématique de la variable aléatoire, Exercices de Géométrie Algorithmique

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Géométrie algorithmique - exercitation sur l’espérance mathématique de la variable aléatoire.Les principaux thèmes abordés sont les suivants:Les conditions,La fréquence observée,la somme de fonctions dérivables.
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[ Baccalauréat S Centres étrangers 12 juin 2013\

EXERCICE 1 4 points Commun à tous les candidats

Partie A

1. La durée de vie moyenne d’une vanne est égale à l’espérance mathématique de la variable aléa- toire T .

E (T )= 1

λ =

1

0,0002 = 5000 (h).

2. On calcule p(T > 6000)= e−6000λ = e6000×0,0002 = e−1,2 ≈ 0,301.

Partie B 1.

2. On a P (E )= P (F1)+P (F1∩F2∩F3)=

P (E )= 0,3+0,7×0,3×0,3 = 0,3+0,063 = 0,363.

3. Il faut calculer PE (F1) = P (E F1)

P (E ) =

0,3

0,363 ≈

0,8264≈ 0,826 (aumillième).

F10,3

F10,7

F2 0,3

F3 0,3

Partie C

1. Les conditions :

n = 400> 30 ;

np = 8> 5 ;

n(1−p)= 392> 5

sont bien réalisées. Dans ces conditions on sait que l’intervalle de fluctuation à 95% est égal à :

I400 =

[

0,02−1,96

p 0,02×0,98 p 400

; 0,02+1,96

p 0,02×0,98 p 400

]

= [0,00628 ; 0,03372]

2. La fréquence observée est égale à 10

400 = 0,025 et 0,0025 ∈ I400.

L’affirmation de l’industriel ne peut être remise en cause.

Partie D

1. La calculatrice permet de trouver :

P (7606D 6 840)=≈ 0,683.

2. P (D 6 880)= 1

2 +P (8006D 6 880)≈ 0,5+0,477 ≈ 0,977.

3. On a P (D > 880) = 1− P (D 6 880) ≈ 0,023 soit à peu près 2,3%, soit beaucoup plus que 1%. L’industriel a tord.

Exercice 2 4 points

Commun à tous les candidats

Affirmation 1

Un vecteur normal au plan P a pour coordonnées (2 ; 1 ; −2). Un vecteur normal au plan dont une équation est 2x+ y +2z −24 = 0 a pour coordonnées (2 ; 1 ; 2) : ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires donc le s plans ne sont pas parallèles.

Affirmation fausse.

Affirmation 2

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

Pour t =−1 on trouve les coordonnées de A et pour t = 3 celles de C. Affirmation vraie.

Affirmation 3

La droite (DE) a pour vecteur directeur −−→ DE (5 ; −4 ; 3) et on a vu que

−→ u (2 ; 1 ; −2) est un vecteur normal

au plan P .

Or −→ u ·

−−→ DE = 10− 4− 6 = 0, donc la droite (DE) est parallèle au plan P . Comme les cordonnées de E

ne vérifient pas l’équation de P (4+7+12−5 = 0 est une égalité fausse, la droite (DE) est strictement parallèle au plan (P ).

Affirmation 4

La droite (DE) est orthogonale au plan (ABC).

Affirmation fausse.

Exercice 3 5 points

Commun à tous les candidats

Partie A

1. a. Soit G la fonction définie sur [0 ; 1] par G(x)= x−e−x est dérivable sur cet intervalle et G ′(x)= 1− (−e−x )= 1+e−x : c’est donc une primitive de g .

Donc A1 = ∫a

0 g (x)dx = [G(x)]a0 =

[

x −e−x ]a 0 = a −e

a − (

0−e−0 )

= a +1−e−a .

b. A2 = ∫1

a g (x)dx = [G(x)]1a =

[

x −e−x ]1

a = 1−e −1−

(

a −e−a )

= 1−a +e−a −e−1.

2. a. Somme de fonctions dérivables sur [0 ; 1], f est dérivable sur cet intervalle et :

f ′(x)= 2+2e−x

Les deux termes de cette somme sont positifs, donc sur [0 ; 1], f ′(x) > 0 et la fonction f est

croissante sur [0 ; 1] de f (0)=−2+ 1

e à f (1)= 2−2e+

1

e . D’où le tableau de variation :

x 0 1

+

1 e −2

−2− 1e

f ′(x)

f (x)

b. Sur [0 ; 1], f croît de f (0) ≈ −1,6 à f (1) ≈ 1,6. Comme elle est croissante et continue elle s’annule une seule fois sur l’intervalle [0 ; 1] pour un réel α tel que f (α)= 0.

La calculatrice permet de trouver que :

0,4<α< 0,5, puis 0,45<α< 0,46 et enfin 0,452 <α< 0,453.

Donc α≈ 0,45 au centième près.

3. On a :

A1 =A2 ⇐⇒ a +1−e−a = 1− a +e−a −e−1 ⇐⇒ 2a −e−a +e−1 = 0, ce qui signifie que a est une solution de l’équation f (x)= 0 sur [0 ; 1].

On a vu que cette solution est égale à α.

Finalement les aires sont égales pour a =α≈ 0,45.

Partie B

1. On a g (0)= 1+1= 2. Il est donc évident que l’aire du domaine D est inférieure à 2×1= 2.

Comme g (1) = 1+e−1, si b > 1+e−1 chacune des deux aires serait supérieure à 1 ce qui est im-

possible. Donc b < 1+ 1

e

Centres étrangers 2 12 juin 2013

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

2. L’aire du domaine du bas est égale à b ×1= b qui est égale à la demi-aire de D.

On a donc :

b = 12

∫1

0 g (x)dx =

1

2 [G(x)]10 =

1

2

[

x −e−x ]1 0 =

1

2

[

1−e−1+e0 ]

.

Finalement b = 12 (

2−e−1 )

= 1− e −1

2 ≈ 0,816.

Exercice 4 5 points

Candidats n’ayant pas choisi la spécialitémathématique

Partie A - Algorithmique et conjectures

1. Affecter à u la valeur n×un +1

2(n+1) Affecter à n la valeur n+1.

2. Il faut rajouter avant le Fin Tant que : « Afficher la variable u ».

3. La suite (un ) semble être décroissante vers 0.

Partie B - Étudemathématique

1. Pour tout entier n > 1, vn+1 = nun+1−1= (n+1)× n×un +1

2(n+1) −1=

n×un +1

2 − 2

2 =

n×un −1

2 =

1

2 vn .

Cette relationmontre que la suite (vn) est géométrique de raison 1

2 et de premier terme

v0 = 1×u1−1= 1

2 .

2. On a donc pour tout entier n > 1, vn+1 = 0,5×0,5n−1 = 0,5n .

Or vn = nun −1 ⇐⇒ un = vn +1

n =

1+0,5n

n .

3. Comme −1< 0,5< 1, on sait que lim n→+∞

0,5n = 0, et comme lim n→+∞

1

n = 0, on a donc lim

n→+∞ un = 0.

4. Pour tout entier n > 1, on a :

un+1−un = 1+ (0,5)n+1

n+1 − 1+ (0,5)n

n =

n+n×0,5n+1 − (n+1)− (n+1)×0,5n

n(n+1) =

−1+0,5n×0,5n − (n+1)×0,5n

n(n+1) =

−1+0,5n (0,5nn−1)

n(n+1) =

−1+0,5n (−0,5n−1)

n(n+1) =−

1+ (1+0,5n)(0,5)n

n(n+1) .

Les deux termes du quotient sont supérieurs à zéro, donc pour tout entier n > 1, on a :

un+1−un < 0, ce qui démontre que la suite (un ) est décroissante (vers zéro).

Partie C - Retour à l’algorithmique

Variables n est un entier naturel

u est un réel

Initialisation Affecter à n la valeur 1

Affecter à u la valeur 1,5

Traitement Tant que u > 0,001

Affecter à u la valeur n×u+1

2(n+1) Affecter à n la valeur n+1

Fin Tant que

Sortie Afficher la variable n

Centres étrangers 3 12 juin 2013

Baccalauréat S A. P.M. E. P.

Exercice 4 5 points

Candidats ayant choisi la spécialitémathématique

Partie A - Algorithmique et conjectures

1. Tant que i < n faire Affecter à i la valeur i +1

Afficher i

Affecter à c la valeur (0,8a +0,3b)

Afficher c

Affecter à b la valeur (0,2a +0,7b)

Afficher b

Affecter à a la valeur c

Fin du Tant que

2. Au vu de ces résultats, la suite (an ) semble décroître vers 18 et la suite (bn) semble croître vers 12.

Partie B - Étudemathématique

1. an et bn étant les nombres respectifs d’oiseaux présents sur les îles A et B au début de l’année 203+n, on a l’année suivante :

sur l’île A, 80% des oiseaux de l’île A de l’année précédente et et 30% des oiseaux de l’île B de

l’année précédente, soit :

an+1 = 0,8an +0,3bn ,

sur l’île B, 20% des oiseaux de l’île A de l’année précédente et et 70% des oiseaux de l’île B de

l’année précédente, soit :

bn+1 = 0,2an +0,7bn .

Donc avec M =

(

0,8 0,3

0,2 0,7

)

, on a bienUn+1 = MUn .

2. Initialisation :

M1 =

(

0,6+0,4×0,51 0,6−0,6×0,51

0,4−0,4×0,51 0,4+0,6×0,51

)

=

(

0,8 0,3

0,2 0,7

)

= M . La propriété est vraie au rang 1.

Hérédité : on suppose que pour p ∈N, on a M p =

(

0,6+0,4×0,5p 0,6−0,6×0,5p

0,4−0,4×0,5p 0,4+0,6×0,5p

)

.

Alors M p+1 = M ×M p =

(

0,8 0,3

0,2 0,7

)

×

(

0,6+0,4×0,5p 0,6−0,6×0,5p

0,4−0,4×0,5p 0,4+0,6×0,5p

)

.

Le premier coefficient de cette matrice est :

0,8× (0,6+0,4×0,5p )+0,3× (0,4−0,4×0,5p )= 0,48+0,32×0,5p +0,12−0,2×0,5p =

0,6+0,2×0,5p = 0,6+ (0,4×0,5)×0,5p = 0,6+0,4×0,5p+1 .

On démontrerait de la même façon que :

M p+1 =

(

0,6+0,4×0,5p+1 0,6−0,6×0,5p+1

0,4−0,4×0,5p+1 0,4+0,6×0,5p+1

)

.

La propriété est donc vraie au rang p +1 : elle est donc vraie quel que soit le naturel n ∈N,n > 1.

3. Exprimer an en fonction de n, pour tout entier naturel n > 1.

4. On admet donc que pour n ∈N,n > 1, Un = MnU0 soit : (

an bn

)

=

(

0,6+0,4×0,5n 0,6−0,6×0,5n

0,4−0,4×0,5n 0,4+0,6×0,5n

)(

a0 b0

)

= 10 (

an bn

)

=

(

20(0,6+0,4×0,5n )+10(0,6−0,6×0,5n ) 20(0,4−0,4×0,5n )+10(0,4+0,6×0,5n )

)

.

Finalement quel que soit n ∈N,n > 1 :

an = 20(0,6+0,4×0,5n )+10(0,6−0,6×0,5n )= 12+8×0,5n +6−6×0,5n = 18+2×0,5n .

Comme −1< 0,5< 1, on sait que lim n→+∞

0,5n = 0. Il s’ensuit que lim n→+∞

2×0,5n = 0 et donc que

lim n→+∞

an = 18.

Au bout de quelques années la population sur l’île A va se rapprocher de 18 millions (au bout de 10 ans :

≈ 18,002)

Centres étrangers 4 12 juin 2013

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