TS Intérrogation no 5 27 mars 2015 Exercice 1 (5

Intérrogation no 5
TS
27 mars 2015
Exercice 1 (5 pts)
On admet que la durée de vie (exprimée en années) d’un certain type de capteur de lumière peut être modélisée par une
variable aléatoire X qui suit une loi exponentielle de paramètre λ.
La probabilité que le capteur de lumière ne tombe pas en panne au cours des 2 premières années est égale à 0,67.
1. On sait que P(X > 2) = 0, 67
soit e−2λ = 0, 67
−2λ = ln(0, 67)
λ=
− ln(0, 67)
≈ 0, 2
2
2. P(X > 5) = e−0,2×5 ≈ 0, 37
La probabilité que le capteur de lumière ne tombe pas en panne au cours des 5 premières années est d’environ 0,37.
3. PX>3 (X > 8) = P(X > 5) ≈ 0, 37 (loi sans vieillissement)
Sachant que le capteur n’est pas tombé en panne au cours des 3 premières années, la probabilité qu’il soit encore en
état de marche au bout de 8 ans est d’environ 0,37.
4. On considère un lot de 10 capteurs fonctionnant de manière indépendante. On note Y le nombre de capteurs ne
tombant pas en panne au cours des 2 premières années.
a. Y suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0, 67.
P(Y = 2) =
10
2
2 0, 67
× (1 − 0, 67)8 ≈ 0, 0028
La probabilité que dans ce lot, il y ait exactement 2 capteurs qui ne tombent pas en panne au cours des 2 premières années est d’environ 0,0028.
b. P(Y > 1) = 1 − P(Y = 0) = 1 −
10
0
0 0, 67
× (1 − 0, 67)10 ≈ 0, 999985
La probabilité que dans ce lot, il y ait au moins 1 capteur qui ne tombe pas en panne au cours des 2 premières
années est d’environ 0,999985.
Exercice 2 (7,5 pts)
−
−
Le plan est muni d’un repère orthonormal (O ; →
u ;→
v ) d’unité 1 cm.
√
2
1. z − 4 3z + 16 = 0
√
∆ = (−4 3)2 − 4 × (−16) = 48 − 64 = −16 < 0 . Il y a donc deux solutions complexes conjuguées :
√
√
√
4 3 − 4i
= 2 3 − 2i et z2 = 2 3 + 2i
z1 =
2
√
√
L’équaton a deux solutions z1 = 2 3 − 2i et z2 = 2 3 + 2i
√
√
2. Soient A et B les points d’affixes respectives a = 2 3 − 2i et b = 2 3 + 2i.
√
q √
√
a. |a| = 2 3 − 2i = (2 3)2 + 4 = 16 = 4
√
√
3
−2 −1
−π
2 3
=
et sin θ =
=
donc θ =
On a cos θ =
4
2
4
2
6
π
Donc a = 4 e−i 6
π
Comme a et b sont conjugués alors b = 4 ei 6
a. Figure simple
a. OA = |a| = 4 et OB = |b| = 4
√
√
AB = |b − a| = 2 3 + 2i − (2 3 − 2i) = |4i| = 4
Comme OA = OB = AB alors le triangle OAB est équilatéral
√ !
√
1
3
3. d = e c =
(−8i) = 4 3 + 4i
× (−8i) = − + i
2
2
−−−→
−−→
−−→ −−−→
4. On constate que d = 2b, autrement dit : OD = 2 OB , ce qui signifie que les vecteurs OB et OD sont colinéaires c’est
à dire que les points O, B et D sont alignés.
i 2π
3
2π
cos( 2π
3 ) + i sin( 3 )
5. On sait déjà que OA = 4
OD = |d| = |2b| = 2 × OB = 8
√
√
√
√
√
AD = |d − a| = 4 3 + 4i − (2 3 − 2i) = 2 3 + 6i = 12 + 36 = 48
OD2 = 64 et OA2 + AD2 = 16 + 48 = 64
Comme OD2 = OA2 + AD2 alors le triangle OAD est rectangle en A.
Exercice 3 (7,5 pts)
−
−
Le plan est muni d’un repère orthonormal (O ; →
u ;→
v ).
Soient A, B et I les points d’affixes respectives 1 + i , 3 − i et 2.
A tout point M d’affixe z, on associe le point M′ d’affixe z ′ telle que z ′ = z 2 − 4z. Le point M′ est appelé l’image de M.
1. zA = 1 + i
zA′ = (1 + i)2 − 4(1 + i) = 1 + 2i + i 2 − 4 − 4i = −4 − 2i.
zB = 3 − i
zB′ = (3 − i)2 − 4(3 − i) = 9 − 6i + i 2 − 12 + 4i = −4 − 2i.
Les points A′ et B′ sont confondus.
2. Cela revient à résoudre l’équation : z ′ = −5
z 2 − 4z = −5
z 2 − 4z + 5 = 0
∆ = −4 < 0. L’équation a deux solutions complexes conjuguées :
z1 =
4 − 2i
= 2 − i et z2 = 2 + i.
2
Les deux points ayant pour image le point d’affixe -5 ont pour affixe 2 − i et 2 + i
3. a. z ′ + 4 = z 2 − 4z + 4 = (z − 2)2
b. |z ′ + 4| = (z − 2)2 = |z − 2|2
arg(z ′ + 4) = arg (z − 2)2 = 2 arg(z − 2)
c. Si M décrit le cercle C de centre I et de rayon 2 alors |z − 2| = 2
Comme |z ′ + 4| = |z − 2|2 alors |z ′ + 4| = 22 = 4
On en déduit que M′ décrit le cercle de centre J et de rayon 4
π
4. Soient E le point d’affixe 2 + 2 ei 3 , J le point d’affixe −4 et E′ l’image de E.
π
π
π
−→
−
a. →
u ; IE = arg(zE − zI ) = arg(2 + 2 ei 3 −2) = arg(2 ei 3 ) =
3
−−→
−
b. →
u ; JE′ = arg(zE′ − zJ ) = arg(zE′ + 4)
Or d’après la question 3b, arg(zE′ + 4) = 2 arg(zE − 2)
π 2π
−−→
−
donc →
u ; JE′ = arg(zE′ + 4) = 2 × arg(zE − 2) = 2 × =
3
3

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