Corrigé Bac Maths S2 2e groupe 2016
Exercice 1
1) a) Calculer a2016
On vérifie aisément, en utilisant le module et l'argument du nombre complexe a que l'écriture
exponentielle de ce nombre est a=√2ei5π4, d'où d'après la formule de MOIVRE :
a2016=(√2ei5π4)2016=21008ei5π4×2016=21008ei(504×5π)
Soit a2016=21008 (car 504×5π=2520π étant multiple de 2π, on a ei(504×5π)=1).
b) Racines quatrièmes du nombre complexe b
On vérifie facilement que : b=2eiπ3 Les racines quatrièmes de b sont donc les nombres complexes de module 4√2 et d'argument (π3)4+2kπ4=π12+kπ2 (k∈{0, 1, 2, 3}).
En d'autres termes, ce sont les nombres zk=4√2ei(π12+kπ2)
z0=4√2eiπ12;z1=4√2ei7π12;z2=4√2ei13π12;z3=4√2ei19π12
2) a) Probabilité pour que z soit un imaginaire pur
L'univers Ω est l'ensemble des couples de nombres pris dans
{0, 1, 2, −1}×{1, √3, 2, −1}
CardΩ=4×4=16
Pour que l'événement "z est un imaginaire pur" soit réalisé, il faut que le jeton vert porte le numéro 0, le second, rouge, pouvant porter n'importe lequel des numéros 1, √3, 2, -1. La probabilité de cet événement, que nous noterons A, est donc, d'après l'hypothèse d'équiprobabilité : p(A)=1×44×4
b) Probabilité pour que l'image de z soit sur le cercle de centre O et de rayon √2.
Le nombre complexe obtenu z a pour module √2 si et seulement si on a "tiré" les couples (1, 1) ou (1, −1) ou (−1, 1) ou (−1, −1).
Il y a donc 4 couples (sur 16) qui réalisent cet événement, que nous noterons B.
Par conséquent, p(B)=416=14
c) Probabilité pour qu'un argument de z soit π4 ou 3π4
Si cet événement C est réalisé, c'est qu'on a eu un des couples (1, 1) ou (2, 2) ou (−1, 1) ou (−1, −1).
En effet, dire qu'un argument de z est π4 ou 3π4 revient à dire que l'on a x=y (avec x>0) ou que x=−y (avec x<0).
Il y a donc 4 couples (sur 16) qui réalisent C, d'où
p(C)=14
Exercice 2
1) Résolution de l'équation différentielle (E1) : y″+2y′+2y=0
Son équation caractéristique est : r2+2r+2=0.
Elle a pour discriminant (réduit) Δ′=i2 et on vérifie aisément que ses racines sont z1=−1+i et z2=−1−i.
Les solutions de cette équation différentielle sont donc les fonctions y de la forme :
e−x(Acosx+Bsinx)
2) Recherche d'une fonction polynôme P du premier degré solution de (E2).
Posons y=ax+b. On a alors y′=a et y″=0, d'où en remplaçant dans l'équation différentielle (E2)
y″+2y′+2y=x+1⇒0+2a+2(ax+b)=x+1⇒2ax+2a+2b=x+1
Par identification de ces deux polynômes, il vient alors : {2a=1a+b=12,soit : {a=12b=0
On en conclut que le polynôme P=12x est solution de l'équation différentielle (E2).
3) Condition nécessaire et suffisante pour qu'une fonction f soit solution de (E2)
f est solution de (E2)⇔f″+2f′+2f=x+1⇔f″+2f′+2f=P″+2P′+2P (car P est solution de (E2))⇔f″−P″+2(f′−P′)+2(f−P)=0( en transposant dans le premier membre )⇔(f−P)″+2(f′−P′)+2(f−P)=0⇔(f−P) est solution de (E1)
4) Forme générale des solutions de (E2).
D'après la question précédente, les solutions de (E2) sont donc les fonctions f de la forme f=P+y, où y est une solution de (E1).
L'ensemble des solutions de (E2) est donc, d'après 1), l'ensemble des fonctions f de la forme f=12x+e−x(Acosx+Bsinx)
5) Détermination d'une solution particulière de (E2)
Les conditions posées sur h se traduisent par : {h(0)=1h′(0)=12
h étant une solution particulière de (E2),
on a h=12x+e−x(Acosx+Bsinx),
d'où (utiliser les formules de dérivation) : h′=12+e−x[(B−A)cosx+(−A−B)sinx)]
Les conditions deviennent alors {A=112+B−A=12
ce qui entraine que : A=B=1
On obtient la solution particulière h=12x+e−x(cosx+sinx)
6) Calcul ∫π0h(x)dx
On a tout d'abord : ∫π0h(x)dx=[12x22]π0+∫π0e−x(cosx+sinx)dx(∗)
Posons I1=∫π0e−xcosxdx et I2=∫π0e−xsinxdx
On intègre I1 par parties en posant : {u(x)=e−xv′(x)=cosx ⇒ {u′(x)=−e−xv(x)=sinx
La formule d'intégration par parties s'écrit alors : I1=[e−xsinx]π0+I2
L'expression entre crochets étant visiblement nulle (car sinx s'annule aussi bien en π qu'en 0), on a I1=I2(∗∗)
Intégrons alors I2 par parties en posant : {u(x)=e−xv′(x)=sinx ⇒ {u′(x)=−e−xv(x)=−cosx
D'où : I2=[−e−xcosx]π0−∫π0e−xcosxdx⏟I1
On reconnait I1 dans la dernière intégrale au second membre. On en déduit en tenant compte de (∗∗) qu'on a donc : 2I1=[−e−xcosx]π0=e−π+1
Par suite, d'après (∗) :
∫π0h(x)dx=π24+e−π+1
Exercice 3
1) a) Étude des variations de f : x↦ (x−2)ex
• f est définie et dérivable sur R comme produit de fonctions dérivables et pour tout x réel, on a : f′(x)=ex+(x−2)ex=(x−1)ex
• lim
• \lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=\lim_{x\rightarrow +\infty}[(x-2)\mathrm{e}^{x}]=+\infty
car l'on a \left\lbrace\begin{array}{rcl} \lim_{x\rightarrow +\infty}(x-2) &=& +\infty \\ \lim_{x\rightarrow +\infty}\mathrm{e}^{x} &=& +\infty \end{array}\right.
d'où le résultat par produit.
On en déduit le tableau de variation suivant :
\begin{array}{|c|lcccccr|} \hline x&-\infty& &1& &0& &+\infty \\ \hline f'(x)& &-&|&+&\vdots&+& \\ \hline &0& &|& &\vdots& &+\infty \\ & &\searrow&|& &\vdots&\nearrow& \\ f& & &|& &0& & \\ & & &|&\nearrow& & & \\ & & &-\mathrm{e}& & & & \\ \hline\end{array}
b) Le point d'abscisse 0 de la courbe de f est un point d'inflexion
D'après l'expression précédente de f'(x), on peut dire que f' est dérivable sur \mathbb{R} et que pour tout réel x, sa dérivée qui n'est autre que la dérivée seconde de f est donnée par : f''(x)=\mathrm{e}^{x}+(x-1)\mathrm{e}^{x}=x\mathrm{e}^{x}
Il est alors clair que f'' s'annule en changeant de signe en x_{0}=0. On en déduit que le point d'abscisse 0 est bien un point d'inflexion de (C_{f}).
2) a) Courbe représentative de f
Notons d'abord que \lim_{x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{f(x)}{x}\right]=\lim_{x\rightarrow +\infty}\left[\dfrac{x-2}{x}\mathrm{e}^{x}\right]=+\infty car l'on a \left\lbrace\begin{array}{rcl} \lim_{x\rightarrow +\infty}\left(\dfrac{x-2}{x}\right) &=& 1 \\ \\ \lim_{x\rightarrow +\infty}\mathrm{e}^{x} &=& +\infty \end{array}\right. d'où le résultat par produit.
Au voisinage de +\infty, la courbe (C_{f}) admet donc une branche parabolique de direction (O\;;\ \vec{j}).
Avec le tableau de variation ci-dessus, on en déduit que la courbe a l'allure ci-dessous :

Au vu de la courbe, une droite horizontale (d'équation x=k) coupe la courbe en deux points si et seulement si k\in[-\mathrm{e}\;;\ 0[ (ce que le tableau de variation confirme par ailleurs car il indique que f prend deux fois toutes les valeurs de [-\mathrm{e}\;;\ 0[).
Exercice 4
1) a) Calcul du terme manquant a dans le tableau statistique
La série était définie par : \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline X&5&8&9&a&10 \\ \hline Y&6&7&b&9&11 \\ \hline\end{array}
D'après la formule \bar{X}=\dfrac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}}{N},
le fait que \bar{X}=7.8 se traduit par : \dfrac{5+8+9+a+10}{5}=7.8,
soit 32+a=5\times 7.8=39, ce qui équivaut à : a=7.
b) Calcul du terme manquant b dans le tableau statistique
D'après la formule V(Y)=\dfrac{\sum_{i=1}^{n}y_{i}^{2}}{N}-\bar{Y}^{2},
le fait que var(Y)=2.96 se traduit par :
\dfrac{6^{2}+7^{2}+b^{2}+9^{2}+11^{2}}{5}-\left(\dfrac{6+7+9+11+b}{5}\right)^{2}=2.96,
soit : \dfrac{b^{2}+287}{5}-\dfrac{(b+33)^{2}}{25}=2.96
Après réduction au même dénominateur et simplification, on aboutit à : 4b^{2}-66b+272=0, équation du second degré en b dont les solutions sont b_{1}=8.5 et b_{2}=8.
Comme l'énoncé impose que b<8.5 on a nécessairement b=8
c) Calcul du coefficient de corrélation et interprétation
D'après les résultats précédents, on a maintenant le tableau suivant pour la série statistique étudiée : \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline X&5&8&9&7&10 \\ \hline Y&6&7&8&9&11 \\ \hline\end{array}
Calculons alors certaines caractéristiques de cette série.
Nous savons déjà que \bar{X}=7.8 et que V(Y)=2.96
Il nous faut calculer la variance V(X) de X et la covariance \sigma_{XY}.
On a successivement :
V(X)=\dfrac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}^{2}}{N}-\bar{X}^{2}=2.9 puis \bar{Y}=\dfrac{\sum_{i=1}^{n}y_{i}}{N}=8.2
et enfin \sigma_{XY}=\dfrac{\sum_{i=1}^{n}x_{i}y_{i}}{N}-\bar{X}\times\bar{Y}=2.24
d'où l'on déduit que le coefficient de corrélation r=\dfrac{\sigma_{XY}}{V(X)\times V(Y)} vaut environ 0.757
Cette valeur étant inférieure à 0.87 on estime qu'il y a une faible corrélation entre X et Y.
Voici le nuage de points ainsi que la droite de régression :

Ajouter un commentaire