TS GRILLE DE CORRECTION - DS6 - 15 avril 2013 NOTE :
Exercice 1 Réponse Points Obtenus
A Valeur de aetb: a≈ −0,88 etb≈1,41 1.5
p(X6b) = 1−p(X > b) = 1−0,08 = 0,92 etp(X6a) = 1−(0,73+0,08) = 0,19 On trouve les valeurs approchées à la machine à 10−2près.
B.1 Toujours avec la calculatrice, p(182,5 6 X 6 185,5) ≈ 0,63 (X suit la loi N(184; 1,6852) )
1
B.2 X suit la loi N(184;σ2), donc la variable centré réduiteY = X−184
σ suit la loi normale centrée réduite N(0; 1).
Ainsi, on chercheσtel quep(182,56X 6185,5) =p
−1,5
σ 6Y 61,5 σ
= 0,96 Cela revient à chercher σtel que 1,5
σ =u0,04 et u0,04 ≈2,0537. On trouve σ= 1,5
u0,04 ≈0,73 à 10−3près
2
Total −→ 4.5 points
Exercice 2 Réponse Points Obtenus
1.a
b b
F1
0,3
b D
0,2
b D
0,8
b
F2
0,4
b D
0,05
b D
0,95
b
F3
0,3 0,15 b D
b D
0,85
P(D) =p(F1)×pF1(D) +p(F2)×pF2(D) +p(F3)×pF3(D)
= 0,3×0,8 + 0,4×0,95 + 0,3×0,85 = 0,875. 1
1.b pD(F2) =p(D∩F2)
p(D) = 0,4×0,95
0,875 ≈0,434. 1
2 On a ici un schéma de Bernoulli. Les épreuves répétées sont identiques et indé- pendantes avecn= 10 etp= 0.125 (p(D) = 1−p(D) = 1−0,875).
X qui compte les pneus avec défaut suit donc la loi binomialeB(10; 0,125).
p(X=k) = 10k
×0,125k×(0,875)10−k.
p(X61) =p(X = 0) +p(X = 1) = 0,87510+ 10×0,125×0,8759≈0,639
1.5
3.a P(5006X 61000) = Z 1000
500
λe−λx dx=
−e−λx1000
500 = e−500λ−e−1000λ 1
3.b On poseX = e−500λ et X >0.
DoncP(5006X 61000) = e−500λ−e−1000λ⇔X2−X+1 4 = 0
⇔4X2−4X+ 1 = 0⇔(2X−1)2= 0⇔X= 1 2 e−500λ= 1/2⇔500λ= ln(2)⇔λ=ln(2)
500 ≈0.0014 à 10−4près 2
Total −→ 6.5 points
1
Exercice 3 Réponse Points Obtenus A.1 On calcule
P(i√
2) = (i√
2)3− 2 + i√ 2
(i√
2)2+ 2 1 + i√ 2
(i√
2)−2i√ 2 = 0
0,5 A.2.a Pour tout z, z−i√
2
z2+az+b
= z3+ (a−i√
2)z2+ (b−ia√
2)z−ib√ 2.
L’identification des coefficients à ceux deP(z) donne
a−i√
2 =−2−i√ 2 b−ia√
2 = 2 + 2i√ 2
−ib√
2 =−2i√ 2
⇔ a=−2
b= 2 ; On a donc, pour toutz∈C, P(z) = (z−i√
2)(z2−2z+ 2)
1
A.2.b P(z) = (z−i√
2)(z2−2z+ 2) = 0⇔z−i√
2 = 0 ouz2−2z+ 2 = 0
⇔z= i√
2 ouz= 1 + i ouz= 1−i. AinsiS= i√
2; 1 + i; 1−i 1
B.1
O ~u
~v
bb
b
b
b b
D A
B K
L
J
1
B.2 L le symétrique du pointJ par rapport au pointK⇔K milieu de [LJ]
⇔zK= zL+zJ
2 ⇔zL= 2zK−zJ ⇔zL= 2
−
√2 2 + i
√2 2
−i√
2 =−√
2 1
B.3 |zA|=|zB| =|zJ|=|zL|=√
2 ⇔OA=OB =OJ =OL=√
2 donc les points A, B, J etLappartiennent au cercle de centreO et de rayon√
2
0,5 B.4.a zB−zA
zD−zA
= 1−i−1−i
−1 + i−1−i = −2i
−2 = i 0.5
B.4.b
zB−zA
zD−zA
= |zB−zA|
|zD−zA| = AB AD or
zB−zA
zD−zA
=|i|= 1 donc AB
AD = 1⇔AB=AD arg
zB−zA
zD−zA
= (−−→AD;−−→AB) (2π) or arg
zB−zA
zD−zA
= arg(i) = π/2 (2π) donc (−−→AD;−−→AB) =π/2 (2π). On en déduit que le triangleABDest rectangle et isocèle.
0.5
Total −→ 6 points
Exercice 4 Réponse Points Obtenus
F primitive def sur [2; +∞[⇔F′(x) =f(x), ∀x>2 F = ln(w) avec w= u
v oùu: x7−→1−xet v :x7−→3−2x.v ne s’annule pas sur [2; +∞[, uet vsont dérivables sur [2; +∞[,w=u
v >0 sur [2; +∞[.
AinsiF′= w′
w =(u/v)′
u/v , ce qui donne pour toutx>2 : F′(x) =
−(3−2x)+2(1−x) (3−2x)2
1−x 3−2x
⇔F′(x) = −1
(3−2x)2 ×3−2x 1−x
⇔F′(x) = −1
(3−2x)(1−x) = 1
(2x−3)(1−x).F est bien une primitive def sur [2; +∞[.
3
Total −→ 3 points
2
