TS 8 DS 9 Correction : Loi continue, Echantillonnage, Complexe 25 mai 2016 Exercice 1 : Fonction de densit´e
1. f est continue par morceaux.f est croissante etf(1) = 0 doncf(x)>0 sur [1; 7].
R7
1 f(x)dx=1
36x2−181x7
1= 1 2. P(2< X <3) =R3
2 f(x)dx=1
36x2−181x3 2= 1
12 3. E(X) =R7
1 xf(x)dx=h
x3 54−x362i7
1
= 5 . Exercice 2 : Probabilit´e et fluctuation
Partie A
On attend une courbe en cloche trac´ee.
1. P(3906X 6410) =P(µ−σ6X 6µ+σ)≈ 0,683 2. P(X >385) = 1−P(X6385) = 1−1−P(385< X <415)
2 ≈0,933.
La probabilit´e de choisir un pain commercialisable est de 0,933.
3. Soit Y la variable al´eatoire de param`etresµ= 400 etσ, on a : p(X>385) = 0,96⇔1−p(Y <385) = 0,96⇔p(Y <385) = 0,04
Si Y suit une loi normale de param`etresµ= 400 et σ, on sait queZ = X−400 σ suit une loi normale centr´ee r´eduite etp(Y <385≈0,04⇔P
Z6 385−400 σ
≈ 0,04.
Or P(Z 6−1,751)≈0,040.On a donc : −15
σ =−1,751⇔σ≈ 15
1,751 ≈8,6.
Pour σ= 8,6, au dixi`eme pr`es ; la probabilit´e qu’un pain soit commercialisable est de 96%
Partie B
1. L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la proportion de pains commercialisables dans un ´echantillon de taille 300 est de la forme
I300=
"
p−1,96
pp(1−p)
√n ; p−1,96
pp(1−p)
√n
#
avecp= 0,96 etn= 300.n= 300>30,np= 285>5 etn(1−p) = 12>5 donc les conditions sont v´erifi´ees.
On a donc :I300= [0,937 ; 0,983].
2. Parmi les 300 pains de l’´echantillon, 283 sont commercialisables. Ce qui repr´esente 94 % de la production.
Au regard de l’intervalle de fluctuation obtenu `a la question 1, on accepte que l’objectif a ´et´e atteint.
Partie C
1. On sait que la probabilit´e que la balance ´electronique ne se d´er`egle pas avant 30 jours est dep(T >30) = 0,913.
On a par ailleurs :p(T 630) =R30
0 λe−λxdx=
−e−λx30
0 = 1−e−30λ. On en d´eduit : p(T >30) = 1−p(T 630) = e−30λet finalement : e−30λ= 0,913⇔ −30λ= ln(0,913)⇔λ=−ln(0,913)
30 . Dans toute la suite on prendraλ= 0,003.
2. CalculonspT>60(T >90).
La loi exponentielle est une loi `a dur´ee de vie sans vieillissement donc pT>60(T>90) =p(T >30) = 0,913.
La probabilit´e que la balance ´electronique fonctionne encore sans d´er`eglement apr`es 90 jours, sachant qu’elle a fonctionn´e sans d´er`eglement 60 jours est 0,913 3. Le vendeur de cette balance ´electronique a assur´e au boulanger qu’il y avait une
chance sur deux pour que la balance ne se d´er`egle pas avant un an. Calculons la dur´ee maximale tmax pour laquelle la probabilit´e que la balance d´er`egle est inf´erieure `a 0,5.
p(T 6tmax)60,5⇔=Rtmax
0 λe−λxdx60,5⇔[−e−λx]t0max60,5⇔1−e−λtmax6 0,5
1−e−λtmax 60,5⇔e−λtmax >0,5⇔ −λtmax>ln 0.5
Avecλ= 0,003, on trouvetmax= 231. Le vendeur avait donc tort.
Exercice 3 : Nombres complexes 1. (a)
On applique les formules de r´ecurrence propos´ees en utilisant un petit pro- gramme fait `a la calculatrice.
On obtient :
A0
−3 4
A1
−4,8 1,4
A2
−4,68
−1,76
(b) :
Traitement :
Pour iallant de 0 `a 20
Construire le point de coordonn´ees (x; y) tprend la valeur x
xprend la valeur 0,8×x−0,6×y . y prend la valeur 0,6×t+ 0,8×y.
Fin Pour
(c) On a identifi´e les points sur l’annexe en fonction de leurs coordonn´ees. Ils semblent appartenir `a un cercle de centreO et de rayon 5.
TS 8 DS 9 Correction : Loi continue, Echantillonnage, Complexe, Page 2 sur 2 2015-2016 2. (a) Faisons une d´emonstration par r´ecurrence puisque la suite z est d´efinie par
r´ecurrence.
Au rang 0,|z0|=p
(−3)2+ 42= 5. La propri´et´e est v´erifi´ee.
Fixons un entierpet supposons que |zp|=q
x2p+y2p= 5.
Au rangp+ 1 :
|zp+1|=q
x2p+1+yp+12
= q
(0,8xp−0,6yp)2+ (0,6xp+ 0,8yp)2
=q
(0,82+ 0,62)x2p+ (0,62+ 0,82)yp2+ (0,8×0,6−0,6×0,8)xpyp
= q
x2p+yp2.Or, par hypoth`ese, q
x2p+yp2= 5. Donc :
|zp+1|= 5
La propri´et´e est donc h´er´editaire et initialis´ee.
Ainsi, pour tout n, on a bienun =|zn| = 5, ce qui prouve notre conjecture concernant le lieu des points.
(b) Calculons, pour tout n, la forme alg´ebrique de eiθzn : eiθzn= (cos(θ) + i sin(θ)) (xn+ iyn)
= (0,8 + 0,6i)(xn+ iyn)
= (0,8xn+ 0,6i2yn) + (0,6xn+ 0,8yn)i
= (0,8xn−0,6yn) + (0,6xn+ 0,8yn)i
On reconnaˆıt les formules de r´ecurrence de xn+1 et yn+1 : eiθzn=xn+1+ iyn+1
=zn+1
(c) zest une suite g´eom´etrique de raison eiθ sur des complexes.
Pourn= 0 la formule est bien sˆur vraie. Supposons-la vraie `a un rangpfix´e : zp= eipθz0.
Mais nous savons quezp+1= eiθzp= eiθeipθz0. On a ainsi : zp+1= eipθ+iθz0= ei(p+1)θz0.
La propri´et´e est donc h´er´editaire et initialis´ee.
Ainsi, pour toutn, on a bienzn= einθz0.
(d) Posonsθ0= arg (z0). Par d´efinition : z0
|z0| = cos (θ0) + i sin (θ0). Or : z0
|z0| =−3 5 + i4
5
=−0,6 + i0,8.On reconnaˆıt les valeurs de cos et sin deθ:
=−sin (θ) + i cos (θ).En utilisant les formules de trigonom´etrie, on a : z0
|z0| = cosπ 2 +θ
+ i sinπ 2 +θ
On a donc bien, en identifiant la premi`ere et la derni`ere ligne, arg(z0) =θ0= π
2 +θ
(e) On utilise les propri´et´es de l’argument : arg(zn) = arg einθz0
= arg einθ
+ arg(z0) =nθ+π
2 +θ= (n+ 1)θ+π 2 On repr´esente θ en utilisant le point A0. En
effet, ce point v´erifie −→ ı ; −−→
OA0
= arg(z0) = θ+π
2.
Ainsi, on obtient facilement, par diff´erence, que
−→
; −−→
OA0
=θ.
On a trac´e θ en annexe en utilisant cette derni`ere remarque.
Pour obtenirAn+1 :
A partir du point` An, on se d´eplace d’un angle θ sur le cercle de rayon 5 et de centreO pour obtenir An+1. Cette op´eration peut se faire `a l’aide d’un compas en reportant une longueur correspondant `a θ.
Baccalauréat S A. P. M. E. P.
Annexe 2 (Exercice 2)
1 2 3 4 5
−1
−2
−3
−4
−5
−6
1 2 3 4 5 6 7
−1
−2
−3
−4
−5
−6
−7
A0
A1
A2
B
θ
Amérique du Nord 11 2 juin 2015
Exercice 4 : Prise d’initiative (15 minutes)
Soient les ´ev´enements D : L’individu s´electionn´e est droitieret Q : L’individu s´electionn´e a un QI sup´erieur `a 105.
SoientX etY tels queX ,→ N(100; 102) etY ,→ N(110; 152). On veut calculerPQ(D).
On sait quePQ(D) =P(D∩Q) P(Q) .
PD(Q) =P(X >105) etPD¯(Q) =P(Y >105).
Par la formule des probabilit´es totales
P(Q) =P(D)×PD(Q) +P( ¯D)×PD¯(Q) = 0,88×P(X >105) + 0,12×P(Y >105).
On a alorsPQ(D) = 0,88×P(X >105)
0,88×P(X >105) + 0,12×P(Y >105) ≈0,782 `a 10−3 pr`es.
