MATHÉMATIQUES – DEVOIR SURVEILLÉ NO 5–CORRIGÉ

Lycée Dupuy de Lôme – 2016/2017
ECS 1
M ATHÉMATIQUES – D EVOIR SURVEILLÉ N O 5 – C ORRIGÉ
E XERCICE 1 – I NTÉGRATION
5
av 1 + bv 2 = (0, 0, 0, 0) ⇔ (a, 3a + 7b, −x − b, b) = (0, 0, 0, 0) ⇔ a = b = 0
4
Donc (v 1 , v 2 ) est libre. C’est une base de H . Remarquons que v 1 = u 1 .
u 0 (x)
avec u(x) = ln(x) > 0 et u 0 (x) = x1 . Une primitive de g
(u(x))2
1
sur ]1, +∞[ est donc G : x 7→ −
ln(x)
2. (a) x 7→ 1−4 e−x est définie sur R donc f (x) est défini si et seulement si 1−4 e−x 6= 0. Or
1. Pour tout x > 1, g (x) =
2. Soit F = Vect(u 1 , u 2 , u 3 ).


a + 5b − 13c = 0


3a + 4b + 5c = 0
au 1 +bu 2 +cu 3 = (0, 0, 0, 0) ⇔

−a − 2b + c = 0




b − 4c = 0
(a) Soient (a, b, c) ∈ R3 .
1 − 4 e−x = 0 ⇔ ex = 4 ⇔ x = ln(4)
Donc D f = R \ {ln(4)}.
(b) x 7→ 1 − 4 e−x est continue sur [0, 1] et ne s’annule pas sur cet intervalle car
1
0
p1
3
Z
3. Calcul de
dx
=
1 − 4 e−x
Z
e
dt
t
1
1 1−4t
2 Arctan (x) dx.
e
Z
=
1
Soient :
0
Par intégration par parties,
p1
3
Z
0
génératrice de F . De plus, en prenant c = 0 dans la question (a), on a
au 1 + bu 2 = (0, 0, 0, 0) ⇔ a = b = 0
Donc (u 1 , u 2 ) est libre : c’est une base de F .
(d) Soit u = (x, y, z, t ) ∈ R4 . On a : u ∈ F ⇔ ∃(a, b) ∈ R2 , au 1 + bu 2 = u. Or,




a + 5b = x
a = x − 5t






3a + 4b = y
a = 1 (y − 4t )
3
au 1 + bu 2 = u ⇔
⇔


−a
−
2b
=
z
a
=
−z
− 2t








b=t
b=t
u 0 (x) = 2
1
v (x) = 1+x
2
0
Ce système a des solutions uniquement si x − 5t = 13 (y − 4t ) = −z − 2t . Donc
(
(
x − 5t = 31 (y − 4t )
3x − y − 11t = 0
u∈F ⇔
⇔
x − 5t = −z − 2t
x + z − 3t = 0
E XERCICE 2 – E SPACES VECTORIELS
(
⇔
(
y = 3x + 7t
4x + 4z + 5t = 0
⇔
a = −7c = 0
b = 4c
(c) u 3 ∈ Vect(u 1 , u 2 ) donc F = Vect(u 1 , u 2 , u 3 ) = Vect(u 1 , u 2 ) : la famille (u 1 , u 2 ) est
h
i p1 Z p1 2x
3
dx
2 Arctan (x) dx = 2x Arctan(x) 3 −
0
1 + x2
0
¶ h
µ
µ ¶
i p1
2
1
2 π
4
2
3
= p Arctan p − ln(|1 + x |)
=p
− ln
0
6
3
3
3
3
1. Soit u = (x, y, z, t(
) ∈ R4
3x − y + 7t = 0
u∈H ⇔
x + y + 4z − 2t = 0
⇔
(b) En prenant c = 1, a = −7 et b = 4 on trouve u 3 = 7u 1 − 4u 2 .
h
ie
dt
= ln(|t − 4|) = ln(4 − e) − ln(3)
0
t −4
u(x) = 2x
v(x) = Arctan(x)
(
Ce système a une infinité de solution donc (u 1 , u 2 , u 3 ) est liée.
ln(4) > ln(e) = 1, donc ln(4) 6∈ [0, 1]. Ainsi, f est continue sur le segment [0, 1].
Z 1
dx
Ceci justifie l’existence de l’intégrale
.
−x
0 1−4e
dt x 0 1
(c) Pour x ∈ [0, 1], on pose t = ex , donc x = ln(t ). On a : dx =
.
t 1 e
t
Ainsi,
Z


a + 7c = 0


3a + 21c = 0
⇔

−a − 7c = 0




b = 4c

3. Soit u = (x, y, z, t ) ∈ R43x − y + 7t = 0



x + y + 4z − 2t = 0
u ∈F ∩H ⇔

3x − y − 11t = 0




x + z − 3t = 0
y = 3x + 7t
z = −x − 54 t
5
5
⇔ u = (x, 3x + 7t , −x − t , t ) ⇔ u = x (1, 3, −1, 0) +z (0, 7, − , 1)
|
{z
}
2
|
{z 4 }
=v 1
⇔ u ∈ Vect(v 1 , v 2 )


 y = 3x + 7t


4x + 4z + 5t = 0
⇔
−18t = 0




x + z − 3t = 0


 y = 3x
⇔ t =0


z = −x
⇔ u = x(1, 3, −1, 0) ⇔ u ∈ Vect(u 1 )
=v 2
Donc H = Vect(v 1 , v 2 ). Par conséquent, H est un sous-espace vectoriel de R4 et (v 1 , v 2 )
Donc F ∩ H = Vect(u 1 ). La famille (u 1 ) est génératrice de F ∩ H et contient un seul
2
est une famille génératrice de H . De plus, pour (a, b) ∈ R ,
vecteur non donc est libre : c’est une base de F ∩ H .
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ECS 1
E XERCICE 3 – P ROBABLITÉS
(e) ([X = k])06k 6n est un système complet l’événements. D’après la formule des
probabilités totales,
On note A i : « l’archer touche la cible i à l’essai 1 » et B i : « l’archer touche la cible i à l’essai 2 ».
1. Z = X + Y .
P (Z = `) =
P (X = k)P [X =k] (Z = `)
k=0
2. n = 1
Or, P [X =k] (Z = `) = P [X =k] (X + Y = `) = P [X =k] (Y = ` − k) et cette probabilité est
(a) L’archer tire sur une cible et X vaut 1 s’il la touche (avec probabilité p) et 0 sinon.
nulle dès que ` − k < 0, c’est-à-dire k > `. Donc
Donc X ,→ B(p). E (X ) = p et V (X ) = p(1 − p).
(b) Y (Ω) = {0, 1}. Pour toucher la cible au second essai, il faut déjà avoir manquer la
P (Z = `) =
cible au premier essai. Ainsi, [Y = 1] = A 1 ∩ B 1 . Donc
X̀
P (X = k)P [X =k] (Y = ` − k)
k=0
(f) On a :
P (Y = 1) = P (A 1 )P A¯1 (B 1 ) = (1 − p)p
à !Ã
!
à !à !
n n −k
n!
(n − k)!
n!
`!
n `
=
=
=
k `−k
k!(n − k)! (` − k)!(n − `)! `!(n − `)! k!(` − k)!
` k
On en déduit que P (Y = 0) = 1−p(1−p) et Y ,→ B (p(1−p)). On a : E (Y ) = p(1−p).
(c) Z (Ω) = {0, 1}. Pour toucher avoir Z = 0, il faut manquer la cible aux deux essais.
et (1 − p)2 + p(2 − p) = 1 − 2p + p 2 + 2p − p 2 = 1
Ainsi, [Z = 0] = A 1 ∩ B 1 . Donc
(g) On en déduit,
P (Z = 0) = P (A 1 )P A¯1 (B 1 ) = (1 − p)2
à !
Ã
!
X̀ n k
n−k n − k
P (Z = `) =
p (1 − p)
p `−k (1 − p)n−k−(`−k)
`−k
k=0 k
à !à !
à !
à !
X̀ n ` `
X̀ ` k
n `
2n−`−k
2n−`
=
p (1 − p)
=
p (1 − p)
1 (1 − p)−k
`
k=0 ` k
k=0 k
à !
à !
¶
µ
¶`
µ
n `
n `
1 `
2n−` 2 − p
2n−`
p (1 − p)
=
p (1 − p)
1+
=
1−p
`
1−p
`
à !
¢` ¡
¢n−`
n ¡
=
p(2 − p) (1 − p)2
`
On en déduit que P (Z = 1) = 1 − (1 − p)2 = p(2 − p) et Z ,→ B (p(2 − p)). On a :
E (Z ) = p(2 − p).
3.
n
X
(a) L’archer tire successivement et de manières indépendantes sur n cibles, avec à
chaque fois deux issues (succès : il touche la cible). La probabilité de succès est
p. X compte le nombre de succès. Ainsi, X ,→ B (n, p). On a :
à !
n k
∀k ∈ J0, n K, P (X = k) =
p (1 − p)n−k
k
On constate que Z ,→ B (n, p(2 − p)). On a : E (Z ) = np(2 − p).
E (X ) = np, V (X ) = np(1 − p).
Donc E (Y ) = E (Z − X ) = E (Z ) − E (X ) = np(2 − p) − np = np(1 − p).
(b) Z (Ω) = J0, n K.
(c) Sachant que [X = k] est réalisé, l’archer recommence une série de n − k tirs indé-
(h) On peut considérer que l’archer fait ses deux essais (si besoin) à suivre sur chaque
pendants, avec toujours une probabilité p de succès. Sous ces conditions, Y suit
cible. Il répète cette expérience n fois indépendamment. À chaque étape, il y a
la loi B(n − k, p). On en déduit directement :


Ã0
!
P [X =k] (Y = m) =
n −k m

p (1 − p)n−k−m

m
deux issues : soit l’archer manque des deux essais (échec), soit il réussit à toucher
la cible, en 1 ou 2 essais (succès). La probabilité de succès est p(2 − p) d’après 2.c
si m > n − k
(c’est la probabilité de [Z = 1] dans le cas d’une seule cible). Ainsi, Z suit la loi
B(n, p(2 − p)). De même, si le succès est « toucher la cible au 2ème essai (mais
si 0 6 m 6 n − k
pas au premier) », alors Y compte le nombre de succès et suit une loi binomiale
2n
(d) P (Z = 0) = P ([X = 0] ∩ [Y = 0]) = P (X = 0)P [X =0] (Y = 0) = (1 − p) .
de paramètres n et p(1 − p)(probabilité de succès s’il y a une seule cible).
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