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

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Sciences statistiques - Travaux pratiques 2- correction. Les thèmes principaux abordés sont les suivants: le repère orthonormal direct, la surface grisée.
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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      .

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