Terminale S1 DS 5 Mars 2006
Exercice 1
1.a. On notePi l’événement le groupeise présente. L’événement proposé s’écrit alors,P1∩P2∩· · ·∩P12.Les événements étant indépendants, la probabilité de cette intersection est égale au produit des probabilités.
Elle vaut ainsi¡7
8
¢12
≈0.201à10−3 près par défaut. On prendra0.2pour valeur approchée
1.b. L’épreuve aléatoire consistant à considérer, chaque jour, que les douze groupe inscrits sont présents (succès) ou ou qu’un au moins est absent (échec) est une épreuve de Berbouilli. La probabilité de succès étant de 0.2. Cette épreuve est répétée 30 fois de manières indépendantes (puisque les présences au cours des différents jours sont supposées telles).
On est donc en présence d’un schéma de Bernouilli.
La variable aléatoire qui compte les succès suit donc la loi binômiale de paramètresn= 30etp= 0.2.
X = 30signifie que les douze groupes inscrits se sont présentés chaque jour du mois.
Etp(X = 30) =¡30 30
¢0.2300.80⇒p(X = 30)≈1.073 7×10−21 arrondi à0au centième.
X = 0signifie que chaque jour du mois, un groupe au moins s’est désisté.
Etp(X = 0) =¡30
30
¢0.8300.20⇒p(X= 0)≈1.237 9×10−3 arrondi à0au centième.
D’après les résultats connus de la loi binômiale,E(X) = 30×0.2donc E(X) = 6 jours.
En moyenne, sur un nombre de mois élevé, on aurait6jours (sur le mois).avec les 12 groupes au complet.
1.c. On considère cette fois l’épreuve de Bernouilli suivante : un groupe inscrit est présent (considéré comme succès) ou absent (échec). On la répète douze fois de manière indépendantes (puisque les présences des différents groupes sont supposées telles) et on obtient un schéma de Bernouilli. La variable aléatoire qui compte les succès (donc les présences) n’est autre queS et suit la oi binômiale de paramètren= 12etp= 7
8 . Ainsip(X= 11) =¡12
11
¢µ 7 8
¶11
1
8⇒p(X = 11)≈0.35 Et son espérance mathématique vaut E(X) = 12×7
8 ⇒E(X) = 21
2 qui signfie que sur un nombre de jours importants, l’association aura gagné en moyenne10.5crédits par jours (sur 12 possibles).
2.a. Comme dans le 1.a. P13=¡7
8
¢13
⇒P13≈0.18
2.b. R peut valoir2si les 13 groupes se présentent (avec un probabilité de 0.18)ou0dans le cas contraire (donc avec une probabilité de0.82). Son espérance vaut donc2×0.18 = 0.36crédits
2.c. Le gain a en fait pour valeur le nombre de groupes présents, si ceux-ci sont moins de 13 .AinsiG=k(aveck≤12)si et seulement si se sont présentéskgroupes ce qui représente un probabilité de¡13
k
¢µ 7 8
¶kµ 1 8
¶13−k
. Si 13groupes se présentent, ce qui a une probabilité deP13,le gain est alors de13−2crédits.
On peut alors donner la loi de probabilités suivante :
Gain (en crédits) 0 1 · · · 12 13−2
Probabilité
µ1 8
¶13
¡13
1
¢µ 7 8
¶1µ 1 8
¶13−1
· · · ¡13
12
¢µ 7 8
¶12µ 1 8
¶13−12
P13 L’espérance est donc
X12 k=0
k¡13
k
¢µ 7 8
¶kµ 1 8
¶13−k
+ 13P13−2P13
OrP13=¡13
k
¢µ 7 8
¶kµ 1 8
¶13−k
pour k= 13.
On peut donc écrire que le gain moyen vaut X13 k=0
k¡13
k
¢µ 7 8
¶kµ 1 8
¶13−k
−2P13 On sait que
X13 k=0
k¡13
k
¢µ 7 8
¶kµ 1 8
¶13−k
n’est autre que le gain moyen associé à une loi binômiale B µ
13,7 8
¶
et vaut donc 13×7
8.
Le gain moyen vaut donc13×7
8−2×0.18≈11.02crédits
2.d. Ce nouveau gain est meilleur que le10.5trouvé au1.c. L’association est gagnante.
Exercice 2
1. a=−2i⇒a0 = (−2)×2i+ 2i⇒ a0=−2i ; b= 3−2i⇒b0 = (−2) (3 + 2i) + 2i⇒b0=−6−2i
2. Siz=x+iyest l’affixe deM, M ∈(∆)⇔Im (z) =−2⇒Im (z) = 2⇒Im (z0) = (−2)×2+2⇒Im (z0) =−2⇒M0 ∈(∆) AinsiM∈(∆)⇒M0∈(∆)(on aurait bien évidemment poserz=x−2iet montrer que z0 =−2x−2i
3. Là encore, on peut travailler avec z =x+iy,calculer les deux modules et constater qu’ils sont égaux. Mais il est sans doute plus élégant d’écrire : z0 =−2z+ 2i⇒z0+ 2i=−2z+ 4i
=−2 (z−2i)
=−2¡ z+¡
2i¢¢
en détaillant un maximum.
=−2¡ z+ 2i¢
puisque la somme des conjuqués est le conjugué de la somme.
Ainsi|z0+ 2i|=¯¯−2¡
z+ 2i¢¯¯⇒|z0+ 2i|= 2|z+ 2i|le module d’un complexe étant égal à celui de son conjugué.
On en déduit évidemment queAM0 = 2AM 4.a. z+ 2iest l’affixe du vecteur −−→
AM ainsi arg (z+ 2i) =³
−
→u ,−−→
AM´ . 4.b. Ona établi au 3. quez0+ 2i=−2¡
z−2i¢ . On en déduit facilement que(z0+ 2i) (z+ 2i) =−2¡
z+ 2i¢
(z+ 2i)donc que (z0+ 2i) (z+ 2i) =−2|z+ 2i|2 Donc(z0+ 2i) (z+ 2i)∈R− .On en déduit queπest un argument de(z0+ 2i) (z+ 2i).
4.c. Doncarg (z0+ 2i) + arg (z+ 2i) =π+ 2kπet un argument dez0+ 2i est donc−θ . 4.d. On a donc³
−
→u ,−−→
AM0´ +³
−
→u ,−−→AM´
=πou encore, avec des notations naturellesθ0=π−θ.
Les demi-droite[AM)et[AM0)sont donc symétriques par rapport à l’axe(O;−→v)
5. On peut alors construire facilementM0en traçant d’abord la demi-droite[AM0)symétrique de[AM)par rapport à l’axe (O;−→v),puis, sur celle-ci le pointM0 tel queAM0= 2AM.
7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4
A B
B'
M M'
