• Aucun résultat trouvé

1. Placer les points A, B et C sur le graphique.

N/A
N/A
Protected

Academic year: 2022

Partager "1. Placer les points A, B et C sur le graphique."

Copied!
4
0
0

Texte intégral

(1)

EXERCICE 1 :

On considère les points A, B et C du plan complexe d’affixes respectives a = − 1 + 2i ; b = − 2 − i ; c = − 3 + i.

1. Placer les points A, B et C sur le graphique.

O ~u

~v

b

b

b b

A C

B

C

(d)

2. b

a = − 2 − i

− 1 + 2i = − 2 − i

− i( − 2 − i) = 1

− i = i or ( −→ OA; −−→ OB) = arg b

a

= arg(i) = π 2 (2π).

De plus, OA = | a | = √

5 et OB = | b | = √

5 donc le triangle OAB est rectangle et isocèle.

3. On considère l’application f qui à tout point M d’affixe z avec z 6 = 0, associe le point M d’affixe z définie par z = z + 1 − 2i

z + 2 + i (a) C = f (C) ⇔ c = c + 1 − 2i

c + 2 + i = − 3 + i + 1 − 2i

− 3 + i + 2 + i = − 2 − i

− 1 + 2i = i (cf.q1).

(b) M ∈ E ⇔ z 6 = b et | z | = 1 ⇔ z 6 = b et

z + 1 − 2i z + 2 + i

= 1 ⇔ z 6 = b et | z + 1 − 2i | = | z + 2 + i |

z 6 = b et | za | = | zb | ⇔ M 6 = B et M A = M BM ∈ médiatrice (d) de [AB]

E = (d)

(c) E contient les points O et C ? Deux façons de procéder, soit on utilise la relation caractérisant les affixes des points de E ou le fait que E = (d).

OA = OB donc O ∈ (d), c’est à dire O ∈ E .

• | cb |

| ca | =

cb ca

= | c | = | i | = 1 ⇔ CB

CA = 1 ⇔ CB = CAC ∈ (d) ⇔ C ∈ E

EXERCICE 2 :

L k suit une loi normale d’espérance 150 mm et d’écart-type 0,23 mm ;

H k suit une loi normale d’espérance 10 mm et d’écart-type 0,1 mm ;

L k et H k sont deux variables aléatoires indépendantes

( pour tout I L et I H , on a : p((L kI L ) ∩ (H kI H )) = p(L kI L ) × p(H kI H ) ) 1. Les probabilités s’obtiennent à la calculatrice (arrondies à 10 3 près) :

p(149, 4 < L k < 150, 6) ≈ 0, 991 et p(9, 8 < H k < 10, 2) ≈ 0.954

2. Un élément est acceptable si sa largeur appartient à l’intervalle [149, 4; 150, 6] et sa hauteur à l’intervalle [9, 8; 10, 2].

(a) Quelle est la probabilité qu’une lamelle soit acceptable ? Comme les variables aléatoires sont indépendantes, on a :

p((149, 4 < L k < 150, 6) ∩ (9, 8 < H k < 10, 2)) = p(149, 4 < L k < 150, 6) × p(9, 8 < H k < 10, 2) ≈ 0, 945 (b) Quelle est la probabilité qu’une seule des deux dimensions convienne ?

Soit U :« une seule des dimensions est acceptable » , A L :« la largeur est correcte » , A H :« la hauteur est correcte ». (correcte signifie dans les bons intervalles), on a :

U = (A HA) ∪ (A LA)

Or les deux événements (A HA) et (A LA) sont incompatibles donc la probabilité de de leur réunion est égale à la somme de leur probabilité.

p(U ) = p(A LA) + p(A HA) = (1p(A))[p(A L ) + p(A H )] ≈ 0, 107

1

(2)

(c) On souhaite qu’une lamelle soit acceptable avec la probabilité de 0,97. On effectue un seul réglage sur la raboteuse qui donne la hauteur. Dans quel intervalle doit-elle se trouver pour que la lamelle soit acceptable ? On appelle u α la borne supérieure correspondant au réglage de la raboteuse. On reprend, toujours grâce à l’indépendance des variables aléatoires, le relation :

p((149, 4 < L k < 150, 6) ∩ (10 − u α < H k < 10+u α )) = p(149, 4 < L k < 150, 6) × p(u α < H k < u α ) ≈ 0, 97

⇔ 0, 991 × p(10u α < H k < 10 + u α ) ≈ 0, 97 ⇔ p(10u α < H k < 10 + u α ) ≈ 0.97/0.991 ≈ 0.979 Avec la calculatrice, on obtient : u α ≈ 0, 23 et la hauteur de la lamelle doit être dans l’intervalle [9, 77; 10, 23].

Remarque : On pouvait aussi centrer et réduire la variable H k en posant Z k = H k − 10

0, 1 et on pouvait écrire, sachant que Z k suit une N (0; 1), p(10u α < H k < 10 + u α ) = p( − 10u α < Z k < 10u α ). La calculatrice donne cette fois 10u α ≈ 2, 3 et − 2, 3 < Z k < 2, 3 ⇔ 9.77 < H k < 10, 23.

3. Une poutre de « lamellé-collé » est constituée de la superposition de 5 lamelles prises au hasard dans la produc- tion. On note H t la variable aléatoire prenant pour valeur la hauteur totale de la poutre et on admet que H t

suit une loi normale. Quels en sont les paramètres ?

On pose H t = H 1 + H 2 + H 3 + H 4 + H 5 avec les variables H i indépendantes deux à deux.

On peut alors démontrer que E(H t ) = E(H 1 ) + E(H 2 ) + E(H 3 ) + E(H 4 ) + E(H 5 ) = 5 × 10 = 50. De même, V (H t ) = V (H 1 ) + V (H 2 ) + V (H 3 ) + V (H 4 ) + V (H 5 ) = 5 × 0, 1 = 0, 5.

Ainsi la variable H t suit une loi normale N (50; 0, 5).

EXERCICE 3 : Partie A :

1. f définie sur l’intervalle I=]0; + ∞ [par f (x) = ln(x) + 1 − 1 x

(a) f est une somme de fonctions dérivables sur ]0; + ∞ [donc f est dérivable sur ]0; + ∞ [.

Pour tout x de ]0; + ∞ [, f (x) = 1 x + 1

x 2 = x + 1

x 2 . Sur ]0; + ∞ [, x + 1 > 0 et x 2 également donc f (x) > 0 et f est strictement croissante sur ]0; + ∞ [.

(b) On remarque f (1) = 0 donc compte-tenu des variations de f , f (x) < 0 sur ]0; 1[ et f (x) > 0 sur ]1; + ∞ [.

2. (a) F est dérivable et pour tout x de [1; + ∞ [, F (x) = 1 × ln(x) + (x − 1) × 1

x = ln(x) + 1 − 1

x = f (x) donc F est une primitive de f sur [1; + ∞ [.

(b) D’après la question A.1.b, f (x) > 0 sur ]1; + ∞ [ donc comme F = f , F est strictement croissante sur [1; + ∞ [.

(c) On vérifie aisément que F(1) = 0 et que lim

x → + ∞ F (x) = + ∞ . De plus 1 − e 1 ∈ [0; + ∞ [, F est continue et strictement croissante sur [1; + ∞ [ : le théorème de la bijection assure l’existence d’un unique α de [1; + ∞ [ tel que F (x) = 1 − e 1 .

x Signe de f (x) Variations de f

1 + ∞

+

0 0

+ ∞ + ∞ α

1 − e 1

On obtient à la calculatrice : 1, 94 < α < 1, 95 Partie B :

1. L’abscisse de A est solution de l’équation h(x) = 0 ⇔ ln(x) = − 1 ⇔ x = e 1 . Ainsi A(e 1 ; 0) .

2. L’abscisse de P est solution de l’équation h(x) = g(x)h(x)g(x) = 0f (x) = 0 ⇔ x = 1. De plus h(1) = g(1) = 1 donc P (1; 1) .

3. On note A l’aire du domaine limité par C g , C h et les droites d’équations x = e 1 et x = 1.

(a) Graphiquement, on constate que g(x) > h(x) pour x ∈ ]0; 1]. Or f (x) = h(x)g(x) et f (x) < 0 sur ]0; 1[

(Q.A.1.b) donc, grâce entre autre à la continuité de f sur ]0; 1], on peut écrire que : A =

Z 1

e

−1

f (x) dx

2

(3)

(b) A = Z 1

e

1

f (x) dx = [ − F(x)] 1 e

−1

= − (0 − (e 1 − 1) ln(e 1 )) = 1 − e 1 car ln(e 1 ) = − 1.

4. t est un nombre strictement supérieur à 1.

On note A(t) l’aire du domaine délimité par les droites d’équations x = 1, x = t, et les courbes C g et C h . On veut déterminer une valeur t telle que A(t) = A .

(a) Pour x ∈ [1; t], f (x) > 0 ⇔ h(x)g(x) > 0 ⇔ h(x) > g(x).

On a donc A(t) = Z t

1

f (x) dx = [F (x)] t 1 = (t − 1) ln(t)

(b) On remarque que, pour t > 1, A(t) = F(t). Ainsi la question revient à chercher la valeur de t pour laquelle F (t) = A . Or d’après la question B.3.b, A = 1 − e 1 : la question revient donc à trouver t tel que F (t) = 1 − e 1 . C’est α trouvé en A.2.c.

En définitive, pour t = α, les deux aires de la figure sont égales.

EXERCICE 4 : Partie A :

1. On multiplie par e x au numérateur et au dénominateur : 4 × e x

e x × (1 + 7e x ) = 4

1 + 7e x , donc f 1 (x) = 4 1 + 7e x pour tout x de R .

2. (a) La courbe C 1 admet deux asymptotes car lim

x → + ∞

4

7e x + 1 = 4

0 + 1 = 4 et lim

x →−∞

4e x

e x + 7 = 0 0 + 7 = 0 Donc en −∞ asymptote à C 1 : la droite horizontale d’équation y = 0.

Donc en + ∞ asymptote à C 1 : la droite horizontale d’équation y = 4.

(b) f 1 (x) = 4 × 7e x

(1 + 7e x ) 2 , donc f 1 (x) > 0 et f 1 est strictement croissante sur R . (c) On obtient le tableau de variations :

x Signe de f 1 (x) Variations de f 1

−∞ + ∞

+

0 0

4 4

Une simple lecture du tableau de variations, permet d’écrire que : 0 < f 1 (x) < 4 pour tout x de R . 3. (a) Ω(a; b) est centre de symétrie de la courbe (d’une fonction f définie sur R ) si, et seulement si :

f (a + h) + f (a − h)

2 = b,h ∈ R .

h ∈ R , f 1 (ln(7)+h) = 4

7e ln(7) h + 1 = 4

7e ln(1/7) h + 1 = 4

7e ln(1/7) e h + 1 = 4

7 × 1 7 × e h + 1 = 4 e h + 1 De la même manière, on obtient ∀ h ∈ R , f 1 (ln(7) − h) = 4

e h + 1 , puis f 1 (ln(7) + h) + f 1 (ln(7) − h)

2 =

4

e

h

+1 + e

h

4 +1

2 =

4

e

h

+1 + 1+e 4e

hh

2 = 4e h + 4

2(1 + e h ) = 4(e h + 1) 2(1 + e h ) = 2 Donc I 1 (ln(7); 2) est centre de symétrie de C 1

(b) f (ln(7)) = 4 × 7e ln(7)

(1 + 7e ln(7) ) 2 = 28e ln(1/7)

(1 + 7e ln(1/7) ) 2 = 28 × 1 7

(1 + 7 × 1 7 ) 2 = 4 2 2 = 1

f 1 (ln(7)) = 2 (cf.Q3.a avec h = 0), donc l’équation de la tangente (T 1 ) à la courbe C 1 au point I 1 : y = 1(x − ln(7)) + 2 ⇔ y = x − ln(7) + 2.

3

(4)

(c)

2 4

− 2

2 4

− 2

− 4 x

y

O T 1

T 2

T 3

C 1 C 2

I 1

I 2

I 3

C 3

b

b

b

4. (a) Une primitive de la fonction f 1 : x 7→ 4 × e x

7 + e x sur R est la fonction F 1 : x 7→ 4 × ln(7 + e x ) (f 1 = 4 × u

u avec u : x 7→ e x + 7 et u > 0 sur R ).

(b) La valeur moyenne de f 1 sur l’intervalle [0; ln 7] est : 1

ln(7) Z ln(7)

0

f 1 (t) dt = 1

ln(7) [F 1 (t)] ln(7) 0 = 1

ln(7) (4 × ln(7 + e ln(7) ) − 4 ln(e 0 + 7)) = 4 ln(7) × ln

7 4

Partie B :

1. ∀ n ∈ N , f n (0) = 4e 0 e 0 + 7 = 4

8 = 1

2 pour tout x de R . Ainsi A

0; 1 2

appartient à la courbe C n ,n ∈ N 2. (a) ∀ n ∈ N , on résout :

f n (x) = 2 ⇔ 4e nx = 2e nx + 14 ⇔ e nx = 7 ⇔ nx = ln(7) ⇔ x = ln(7)

n (n ∈ N ). x = ln(7) n (b) ∀ n ∈ N et x ∈ R , f n (x) = f 1 (nx). Ainsi ∀ x ∈ R , f n (x) = n × f 1 (nx) = 4n × 7e nx

(1 + 7e nx ) 2 f n

ln(7) n

= 4n × 7e n × ln(7)/n

1 + 7e n ln(7)/n 2 = n × 4 × 7e ln(1/7)

1 + 7e ln(1/7) 2 = n × 4 × 1

(1 + 7 × 1 7 ) 2 = n × 4

(1 + 1) 2 = n.

Une équation de la tangente (T n ) à la courbe C n au point I n est

y = n(xln(7) n ) + 2 = nx − ln(7) + 2

L’ordonnée à l’origine ne dépend pas de n donc les tangentes T n coupent l’axe des ordonnées en (0; 2 − ln(7)).

(c) Voir dessin plus haut.

3. Soit la suite (u n ) définie pour tout entier naturel n non nul par u n = n

ln(7) Z

ln(7)n

0

f n (x) dx.

Une primitive de f n est F n (x) = 4

n ln(e nx + 7) donc : u n = n

ln 7 × 4

n × (ln(e n ×

ln 7n

+ 7) − ln(8)) = 4

ln 7 × (ln(e ln 7 + 7) − ln(8)) = 4

ln 7 × ln(14) − ln(8)) = 4

ln 7 × (ln( 14 8 ) = 4

ln 7 × ln 7

4

qui ne dépend pas de n.

La suite (u n ) est constante.

4

Références

Documents relatifs

Dans ce chapitre on désigne par (Ω, A , P) un espace probabilisé, c’est-à-dire, un espace mesurable (Ω, A ) muni d’une probabilité P.. Sont écrites en rouge les parties

Sont écrites en rouge les parties hors programme, en violet les parties traitées en TD (résultats à connaitre pour sa culture) et en bleu les parties modifiées par rapport au cours

Sont écrites en rouge les parties hors programme, en violet les parties traitées en TD (résultats à connaître pour sa culture) et en bleu les parties modifiées par rapport au cours

[r]

Déterminer alors les variations de f sur I, et les résumer dans un tableau en y ajoutant les limites

[r]

[r]

PROBABILITES ET JEU D'ARGENT : voir fichier Exercices espérance de gain - corrigés en vidéo Remarque : par extension on parle souvent d'espérance de gain pour les jeux d'argent.. U