Rochambeau. 2016. Enseignement spécifique. Corrigé

Rochambeau. 2016. Enseignement spécifique. Corrigé
EXERCICE 1
Partie A
1) L’énoncé donne P(V) = 0, 96, P(A) = 0, 6 et PA (V) = 0, 98. Représentons la situation par un arbre de probabilités.
V
0, 98
A
0, 02
0, 6
V
V
0, 4
B
V
La probabilité demandée est P(A ∩ V).
P(A ∩ V) = P(A) × PA (V) = 0, 6 × 0, 98 = 0, 588.
2) D’après la formule des probabilités totales, P(V) = P(A ∩ V) + P(B ∩ V) et donc
P(B ∩ V) = P(V) − P(A ∩ V) = 0, 96 − 0, 588 = 0, 372.
Ensuite,
PB (V) =
0, 372
P(B ∩ V)
=
= 0, 93.
P(B)
0, 4
3) La probabilité demandée est PV (B).
P V ∩B
P(B) − P(V ∩ B)
0, 4 − 0, 372
0, 028
=
=
=
= 0, 7.
PV (B) =
p(V)
1 − (P(A ∩ V) + P(B ∩ V))
1 − (0, 372 + 0, 588)
0, 0, 04
Le technicien a donc raison.
Partie B
1) La probabilité demandée est P(0, 9 6 X 6 1, 1). La calculatrice fournit P(0, 9 6 X 6 1, 1) = 0, 9309 . . . ou encore
P(0, 9 6 X 6 1, 1) = 0, 93 au centième près.
P(B ∩ V)
0, 372
=
= 0, 93. Donc, la probabilité qu’une bille produite par la machine B soit
P(B)
0, 4
vendable est bien égale au centième près à celle de la partie A.
D’autre part, PB (V) =
Y−1
0, 1
Y−1
0, 1
6
6 ′ . On sait que la variable Z =
suit la loi
′
′
σ
σ
σ′
σ
0, 1
0, 1
normale centrée réduite et de plus, P (0, 9 6 Y 6 1, 1) = P − ′ 6 Z 6 ′ . Ensuite, pour des raisons de symétries,
σ
σ
0, 1
0, 1
0, 02
0, 1
0, 1
= 0, 99.
P Z 6 ′ = P − ′ 6 Z 6 ′ + P Z 6 − ′ = 0, 98 +
σ
σ
σ
σ
2
2) 0, 9 6 Y 6 1, 1 ⇔ −0, 1 6 Y − 1 6 0, 1 ⇔ −
La calculatrice fournit
0, 1
0, 1
P Z 6 ′ = 0, 99 ⇔ ′ = 2.3263 . . . ⇔ σ ′ = 0, 0429 . . .
σ
σ
Donc, σ ′ = 0, 043 arrondi à 10−3 .
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Partie C
1) a) Notons X la variable aléatoire égale au nombre de billes noires dans le sachet.
• 40 expériences identiques et indépendantes sont effectuées.
1
• chaque expérience a deux issues à savoir « la bille est noire » avec une probabilité p = et « la bille n’est pas
5
4
noire » avec une probabilité 1 − p = .
5
1
X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 40 et p = . La probabilité demandée est P(X = 10). On sait que
5
10 40−10
4
40
1
= 0, 107 arraondi à 10−3
P(X = 10) =
5
5
10
(fourni par la calculatrice).
1
= 0, 2. On note que
5
n > 30, np = 8 et n(1 − p) = 32 de sorte que np > 5 et n(1 − p) > 5. Un intervalle de fluctuation est
b) Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95%. Ici, n = 40 et p =
"
r
p − 1, 96
# "
#
r
r
r
p(1 − p)
p(1 − p)
0, 2 × 0, 8
0, 2 × 0, 8
= 0, 2 − 1, 96
= [0, 07; 0, 33]
, p + 1, 96
, 0, 25 + 1, 96
n
n
40
40
12
= 0, 3. Cette fréquence
en arrondissant de manière à élargir un peu l’intervalle. La fréquence observée est f =
40
appartient à l’intervalle de fluctuation et donc on ne peut pas remettre en cause le réglage de la machine qui teinte les
billes.
2) Soit n le nombre de billes dans un sachet. Le nombre de billes noires de ce sachet est une variable aléatoire X qui
suit une loi binomiale de paramètres n et p = 0, 2. La probabilité que le sachet contienne au moins une bille noire est
P(X > 1) = 1 − P(X = 0) = 1 − (0, 8)n .
Par suite,
P(X > 1) > 0, 99 ⇔ 1 − (0, 8)n > 0, 99 ⇔ 0, 01 > (0, 8)n ⇔ (0, 8)n 6 0, 01
⇔ ln ((0, 8)n ) 6 ln(0, 01) (par stricte croissance de la fonction ln sur ]0, +∞[)
⇔ n ln(0, 8) 6 ln(0, 01) ⇔ n >
ln(0, 01)
(car ln(0, 8) < 0)
ln(0, 8)
⇔ n > 20, 6 . . .
⇔ n > 21 (car n est un entier).
Le nombre minimal de billes que doit contenir un sachet pour avoir une probabilité supérieure à 0, 99 d’avoir au moins
une bille noire est 21.
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EXERCICE 2
Partie A
2e
− 2e + 2 = 2e − 2e + 2 = 2 = yB . Donc, le point B appartient à la courbe Cf .
1) f (xB ) = f(2e) = 2e ln
2
2
f (xI ) = f(2) = 2e ln
− 2 + 2 = −2 + 2 = 0 = yI . Donc, le point I appartient à la courbe Cf .
2
La fonction f est dérivable sur [2, 2e] et pour tout x de [2, 2e],
f ′ (x) = 1 × ln
x
+x×
x
x
1/2
+ 1 − 1 = ln
.
− 1 = ln
x/2
2
2
2
2
Par suite, f ′ (xI ) = ln
= ln(1) = 0. On en déduit que l’axe des abscisses est tangent à la courbe Cf en I.
2
2e
′
′
2) a) On a déjà xB = 2e et f (xB ) = 2. Ensuite, f (xB ) = f (2e) = ln
= ln(e) = 1. Une équation de la tangente
2
à Cf au point B est y = 2 + 1 × (x − 2e) ou encore y = x + 2 − 2e.
Ensuite, x + 2 − 2e = 0 ⇔ x = 2e − 2. Le point D a donc pour coordonnées (2e − 2, 0).
(2e − 2) × 2
AB × AI
ou encore
ou enfin 2e − 2.
b) L’aire, exprimée en m2 , du triangle ABI vaut
2
2
(AB + ID) × AI
((2e − 2) + (2e − 4)) × 2
L’aire, exprimée en m2 , du trapèze AIDB vaut
ou encore
ou enfin 4e − 6.
2
2
On en déduit que
2e − 2 6 S 6 4e − 6.
Ceci fournit pour le volume V, exprimé en m3 , de la cuve :
10e − 10 6 V 6 20e − 30.
Ceci fournit encore 17, 1 6 V 6 24, 4.
3) a) La fonction G est dérivable sur [2, 2e] et pour tout x de [2, 2e],
G ′ (x) =
x x x
x
2x x x2 1/2 2x
ln
−
= x ln
+
+ − = x ln
= g(x).
2
2
2 x/2
4
2
2 2
2
Donc, la fonction G est une primitive de la fonction g sur [2, 2e].
x2 x x2
x2
b) Une primitive de la fonction f sur [2, 2e] est alors la fonction F : x 7→
−
ln
−
+ 2x ou encore
2
2
4
2
2
2
x
3x
x
F : x 7→
−
ln
+ 2x
2
2
4
c)
Z 2e
2e
x2 x 3x2
(2 − f(x)) dx = 2x −
S=
−
ln
+ 2x
2
2
4
2
2
2 3(2e)2
3 × 22
2
2e
2
(2e)2
−
+
−
ln
ln
=−
2
2
4
2
2
4
= −2e2 + 3e2 − 3 = e2 − 3,
puis
V = 5 e2 − 3 = 22 m3 arrondi au mètre cube.
Partie B
1) Notons V0 le volume cherché.
La fonction f est continue sur [2, 2e] et croît strictement de 0 à 2 sur cet intervalle. Donc, existe un réel x0 et un seul
dans l’intervalle [2, 2e] tel que f (x0 ) = 1.
La calculatrice fournit f(4, 3) = 0, 99 . . . < 1 et f(4, 4) = 1, 06 . . . > 1. Puisque la fonction f est croissante sur [2, 2e],
on en déduit que 4, 3 6 x0 6 4, 4.
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Quand x augmente, la hauteur d’eau dans la cuve augmente puis le volume d’eau dans la cuve augmente. Donc, la
fonction v est croissante sur [2, 2e]. On en déduit que
v(4, 3) 6 V0 6 v(4, 4).
La calculatrice fournit v(4, 3) = 7, 3 . . . et v(4, 4) = 8, 2 . . . et on en déduit que V0 = 8 m3 au m3 près.
2) L’algorithme affiche une valeur approchée de la hauteur d’eau dans la cuve pour laquelle le volume d’eau dans la
cuve vaut la moitié du volume total à 10−3 près.
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EXERCICE 3
1) |1 + i| =
√
√
12 + 12 = 2 puis
1+i=
√
2
1
1
√ +√ i
2
2
=
π √ π
√ π
2 cos
+ i sin
= 2ei 4 .
4
4
2) Graphique.
5
4
B
b
3
M3
b
M2
b
2
M1
b
1
M4
b
b
C
−4
−5
−3
−2
−1
O
1
M0
b
2
3
4
A
5
−1
−2
−3
M5
b
−4
b
D
−5
−6
−7
−8
b
M6
Soit n un entier naturel. La plus grande distance du point O à un point du carré ABCD est OA = 4. Donc, on est sûr
que le point Mn est à l’extérieur du carré si OMn > 4.
√ n
>4
2
OMn > 4 ⇔ |zn | > 4 ⇔ |1 + i|n > 4 ⇔
√ n ⇔ ln
2
> ln(4) (par stricte croissance de la fonction ln sur ]0, +∞[)
√ n
n
2 > 2 ln(2) ⇔ ln(2) > 2 ln(2) ⇔ > 2 ⇔ n > 4
⇔ n ln
2
2
⇔ n > 5.
Donc, l’entier n0 = 5 convient. On note que, puisque M4 = C, 5 est la plus petite valeur possible de n0 .
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EXERCICE 4
−→ −−
−→ −
−
→
→
1) On sait déjà que OB = OC = 1 et que OB.OC = 0 (les diagonales d’un carré sont perpendiculaires et de même
longueur).
Ensuite, la droite (OS) est perpendiculaire au plan (ABC) et donc orthogonale à toute droite de ce plan. On en déduit
−→ −→ −→ −−
→
que OS.OB = OS.OC = 0.
√
Ensuite, d’après le théorème de √
Pythagore, AB2 = AO2 + OB2 = 2 et donc AB = 2. Puisque le triangle (ABS)
est équilatéral, on a aussi BS = 2. De nouveau, le théorème de Pythagore fournit BS2 = BO2 + OS2 et donc
OS2 = BS2 − OS2 = 2 − 1 = 1,
−→
−→ −
−
→ −→
puis OS = 1. On a montré que le repère O, OB, OC, OS est orthonormé.
−→
2) a) Le point D a pour coordonnées (−1, 0, 0) et le point S a pour coordonnées (0, 0, 1). Donc le vecteur SD a pour
coordonnées (−1, 0, −1). Par suite,


1
1



xK = −
×
(−1)

x
−
0
=
K




3
3




−
→ 1 −→
1
⇒
SK = SD ⇒
yK =
y −0= ×0

 K
3
3








1
 z = 2

zK − 1 = × (−1)
K
3
3
1
2
Le point K a pour coordonnées − , 0,
.
3
3
−
→
1
. Donc le vecteur BI a pour
b) Le point B a pour coordonnées (1, 0, 0) et le point I a pour coordonnées 0, 0,
2
−→
→ −→
1
4
4−
2
coordonnées −1, 0,
. D’autre part, le vecteur BK a pour coordonnées − , 0,
. Par suite, BI = BK. Ainsi, les
2
3
3
3
−
→ −→
vecteurs BI et BK sont colinéaires ou encore les points B, I et K sont alignés.
c) Les plans (ADS) et (BCI) ne sont pas parallèles. Ces plans sont sécants en une droite (∆). Les points K et L sont
deux points distincts appartenant aux plans (ADS) et (BCI) et donc à (∆). On en déduit que (∆) = (KL).
Ainsi, les plans (ADS) et (BCI) sont sécants selon la droite (KL). De plus, (AD) est une droite du plan (ADS) et
(BC) est une droite du plan (BCS) et les droites (AD) et (BC) sont parallèles. D’après le théorème du toit, la droite
est parallèle aux droites (AD) et (BC) et en particulier, les droites (AD) et (KL) sont parallèles.
−
→ 1 −→
d) On a SK = SD et la droite (KL) est parallèle à la droite (AD). D’après le théorème de Thalès dans le triangle
3

1
1

xL + =



3
3


−−→
−
→ 1 −−→
1
(SAD), KL = DA. Puisque le vecteur DA a pour coordonnées (1, −1, 0), on a
et donc le point L a
yL − 0 = −

3
3




 z −2 =0
K
3
1 2
pour coordonnées 0, − ,
.
3 3
−→
−
→
1
3) a) Le vecteur BC a pour coordonnées (−1, 1, 0) et le vecteur BI a pour coordonnées −1, 0,
.
2
−→
→
−
n .BC = 1 × (−1) + 1 × 1 + 2 × 0 = −1 + 1 = 0
et
−
→
1
→
−
n .BI = 1 × (−1) + 1 × 0 + 2 × = −1 + 1 = 0.
2
−→ −
→
→
−
Donc, le vecteur n est orthogonal aux vecteurs BC et BI qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan (BCI). On en
−
déduit que le vecteur →
n est un vecteur normal au plan (BCI).
−→
−→
−→ −→
−
b) Le vecteur AS a pour coordonnées (0, 1, 1) et le vecteur DS a pour coordonées (1, 0, 1). Donc, →
n = DS + AS. Ceci
−→ −→
−
montre que les vecteurs →
n , AS et DS sont coplanaires.
−
→
−
→
c) Soit n ′ un vecteur normal au plan (SAD). On sait que le vecteur n ′ est orthogonal à tout vecteur du plan (SAD).
Donc,
−
→−
−
→ −→ −→ −
→ −→ − −→
n ′ .→
n = n ′ . DS + AS = n ′ .DS + →
n .AS = 0 + 0 = 0.
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−
→
−
Ainsi, les vecteurs →
n et n ′ sont orthogonaux et donc les plans (BCI) et (SAD) sont perpendiculaires.
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