MATHÉMATIQUES – DEVOIR SURVEILLÉ NO 5–CORRIGÉ

Lycée Dupuy de Lôme – 2016/2017 ECS 1
MATHÉMATIQUES – DEVOIR SURVEILLÉ NO5–CORRIGÉ
EXERCICE 1– INTÉGRATION
1. Pour tout x>1, g(x)=u0(x)
(u(x))2avec u(x)=ln(x)>0 et u0(x)=1
x. Une primitive de g
sur ]1,+∞[ est donc G:x7→− 1
ln(x)
2. (a) x7→1−4e−xest définie sur Rdonc f(x) est défini si et seulement si 1−4e−x6= 0. Or
1−4e−x=0⇔ex=4⇔x=ln(4)
Donc Df=R\{ln(4)}.
(b) x7→ 1−4e−xest continue sur [0,1] et ne s’annule pas sur cet intervalle car
ln(4) >ln(e) =1, donc ln(4) 6∈ [0,1]. Ainsi, fest continue sur le segment [0,1].
Ceci justifie l’existence de l’intégrale Z1
0
dx
1−4e−x.
(c) Pour x∈[0,1], on pose t=ex, donc x=ln(t). On a : dx=dt
t.x0 1
t1 e
Ainsi,
Z1
0
dx
1−4e−x=Ze
1
dt
t
1−41
t=Ze
1
dt
t−4=hln(|t−4|)ie
0=ln(4−e) −ln(3)
3. Calcul de Z1
p3
02Arctan(x)dx. Soient : u(x)=2x u0(x)=2
v(x)=Arctan(x)v0(x)=1
1+x2
Par intégration par parties,
Z1
p3
02Arctan(x)dx=h2xArctan(x)i1
p3
0−Z1
p3
0
2x
1+x2dx
=2
p3Arctanµ1 p3¶−hln(|1+x2|)i1
p3
0=2
p3
π
6−lnµ4 3¶
EXERCICE 2– ESPACES VECTORIELS
1. Soit u=(x,y,z,t)∈R4
u∈H⇔(3x−y+7t=0
x+y+4z−2t=0⇔(y=3x+7t 4x+4z+5t=0⇔(y=3x+7t z=−x−5
4t
⇔u=(x,3x+7t,−x−5
2t,t)⇔u=x(1,3,−1,0)
| {z }
=v1
+z(0,7,−5
4,1)
| {z }
=v2
⇔u∈Vect(v1,v2)
Donc H=Vect(v1,v2). Par conséquent, Hest un sous-espace vectoriel de R4et (v1,v2)
est une famille génératrice de H. De plus, pour (a,b)∈R2,
av1+bv2=(0,0,0,0) ⇔(a,3a+7b,−x−5
4b,b)=(0,0,0,0) ⇔a=b=0
Donc (v1,v2) est libre. C’est une base de H. Remarquons que v1=u1.
2. Soit F=Vect(u1,u2,u3).
(a) Soient (a,b,c)∈R3.
au1+bu2+cu3=(0,0,0,0) ⇔
a+5b−13c=0
3a+4b+5c=0
−a−2b+c=0
b−4c=0
⇔
a+7c=0
3a+21c=0
−a−7c=0
b=4c
⇔(a=−7c=0
b=4c
Ce système a une infinité de solution donc (u1,u2,u3) est liée.
(b) En prenant c=1, a=−7 et b=4 on trouve u3=7u1−4u2.
(c) u3∈Vect(u1,u2) donc F=Vect(u1,u2,u3)=Vect(u1,u2) : la famille (u1,u2) est
génératrice de F. De plus, en prenant c=0 dans la question (a), on a
au1+bu2=(0,0,0,0) ⇔a=b=0
Donc (u1,u2) est libre : c’est une base de F.
(d) Soit u=(x,y,z,t)∈R4. On a : u∈F⇔∃(a,b)∈R2,au1+bu2=u. Or,
au1+bu2=u⇔
a+5b=x
3a+4b=y
−a−2b=z
b=t
⇔
a=x−5t
a=1
3(y−4t)
a=−z−2t
b=t
Ce système a des solutions uniquement si x−5t=1
3(y−4t)=−z−2t. Donc
u∈F⇔(x−5t=1
3(y−4t)
x−5t=−z−2t⇔(3x−y−11t=0 x+z−3t=0
3. Soit u=(x,y,z,t)∈R4
u∈F∩H⇔
3x−y+7t=0
x+y+4z−2t=0
3x−y−11t=0
x+z−3t=0
⇔
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(u1)
Donc F∩H=Vect(u1). La famille (u1) est génératrice de F∩Het contient un seul
vecteur non donc est libre : c’est une base de F∩H.
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EXERCICE 3– PROBABLITÉS
On note Ai: « l’archer touche la cible ià l’essai 1» et Bi: « l’archer touche la cible ià l’essai 2 ».
1. Z=X+Y.
2. n=1
(a) L’archer tire sur une cible et Xvaut 1 s’il la touche (avec probabilité p) et 0 sinon.
Donc X,→B(p). E(X)=pet V(X)=p(1−p).
(b) Y(Ω)={0,1}. Pour toucher la cible au second essai, il faut déjà avoir manquer la
cible au premier essai. Ainsi, [Y=1] =A1∩B1. Donc
P(Y=1) =P(A1)P¯
A1(B1)=(1−p)p
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.
Ainsi, [Z=0] =A1∩B1. Donc
P(Z=0) =P(A1)P¯
A1(B1)=(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. (a) L’archer tire successivement et de manières indépendantes sur ncibles, avec à
chaque fois deux issues (succès : il touche la cible). La probabilité de succès est
p.Xcompte le nombre de succès. Ainsi, X,→B(n,p). On a :
∀k∈J0,nK,P(X=k)=Ãn
k!pk(1−p)n−k
E(X)=np,V(X)=np(1 −p).
(b) Z(Ω)=J0,nK.
(c) Sachant que [X=k] est réalisé, l’archer recommence une série de n−ktirs indé-
pendants, avec toujours une probabilité pde succès. Sous ces conditions, Ysuit
la loi B(n−k,p). On en déduit directement :
P[X=k](Y=m)=
0 si m>n−k
Ãn−k
m!pm(1−p)n−k−msi 0 6m6n−k
(d) P(Z=0) =P([X=0] ∩[Y=0]) =P(X=0)P[X=0](Y=0) =(1 −p)2n.
(e) ([X=k])06k6nest un système complet l’événements. D’après la formule des
probabilités totales,
P(Z=`)=
n
X
k=0
P(X=k)P[X=k](Z=`)
Or, P[X=k](Z=`)=P[X=k](X+Y=`)=P[X=k](Y=`−k) et cette probabilité est
nulle dès que `−k<0, c’est-à-dire k>`. Donc
P(Z=`)=
`
X
k=0
P(X=k)P[X=k](Y=`−k)
(f) On a :
Ãn
k!Ãn−k `−k!=n! k!(n−k)!
(n−k)!
(`−k)!(n−`)! =n! `!(n−`)!
`!
k!(`−k)! =Ãn `!Ã` k!
et (1−p)2+p(2 −p)=1−2p+p2+2p−p2=1
(g) On en déduit,
P(Z=`)=
`
X
k=0Ãn
k!pk(1−p)n−kÃn−k `−k!p`−k(1−p)n−k−(`−k)
=
`
X
k=0Ãn
`!Ã` k!p`(1−p)2n−`−k=Ãn `!p`(1−p)2n−`
`
X
k=0Ã`
k!1k(1−p)−k
=Ãn
`!p`(1−p)2n−`µ1+1 1−p¶`
=Ãn
`!p`(1−p)2n−`µ2−p 1−p¶`
=Ãn
`!¡p(2−p)¢`¡(1 −p)2¢n−`
On constate que Z,→B(n,p(2−p)). On a : E(Z)=np(2 −p).
Donc E(Y)=E(Z−X)=E(Z)−E(X)=np(2−p)−np =np(1 −p).
(h) On peut considérer que l’archer fait ses deux essais (si besoin) à suivre sur chaque
cible. Il répète cette expérience nfois indépendamment. À chaque étape, il y a
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
(c’est la probabilité de [Z=1] dans le cas d’une seule cible). Ainsi, Zsuit la loi
B(n,p(2 −p)). De même, si le succès est « toucher la cible au 2ème essai (mais
pas au premier) », alors Ycompte le nombre de succès et suit une loi binomiale
de paramètres net p(1 −p)(probabilité de succès s’il y a une seule cible).
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