Correction du devoir surveillé de mathématiques no 8.

Correction du devoir surveillé de mathématiques no 8.
Exercice 1 (3 points)
Rafael habite à 1 km de son lycée. On note T la variable alétoire égale à la durée,
exprimée en minutes, du trajet que Rafael emprunte pour se rendre au lycée.
On suppose que T suit la loi uniforme sur [15; 20].
1. (a) Donner une fonction de densité de la loi suivie par T .
1
1
1
=
= .
b−a
20 − 15
5
1
La fonction constante f définie sur l’intervalle [15; 20] par f (t) = est
5
la fonction de densité de la loi de T .
(b) Quel est le temps moyen du trajet de Rafael ?
a+b
15 + 20
E(T ) =
=
= 17, 5.
2
2
Le trajet dure en moyenne 17,5 minutes, soit 17 minutes et 30 secontes.
(c) Quelle est la probabilité qu’il mette moins de 17 minutes pour se rendre
au lycée ?
2
17 − 15
= = 0, 4.
P (T < 17) =
20 − 15
5
La probabilité que le trajet dure moins de 17 minutes et de 0,4.
2. On suppose que la durée d’un trajet est indépendante de celle des autres trajets.
Sur une semaine, Rafael se rend au lycée tous les jours du lundi au vendredi.
Quelle est la probabilité pour qu’au moins un trajet dure plus de 19 minutes ?
1
20 − 19
= = 0, 2.
P (T > 19) =
20 − 15
5
Il y a 5 jours du lundi au vendredi. On répète donc 5 épreuves de Bernoulli
indépendantes et identiques, de paramètre p = P (T > 19) = 0, 2 (si on désigne
comme ”succès ” l’événement (T > 19)). La variable aléatoire X égale au
nombre de jours où le trajet dure plus de 19 minutes suit donc la loi binomiale
B(5; 0, 2).
P (X > 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − (1 − p)5 = 1 − 0, 85 = 0, 67232.
La probabilité qu’au moins un trajet dure plus de 19 minutes est de 0,67323.
Exercice 2 (5 points)
La durée de vie, exprimée en années, d’un appareil électroménager avant sa première
panne est une variable aléatoire T qui suit la loi exponentielle de paramètre λ.
Une étude statistique montre qu’environ 22% des appareils tombent en panne avant
la fin de la deuxième année.
On pourra arrondir les probabilités à 10−2 près, on donnera les durées au mois près.
1. Déterminer la valeur de λ.
D’après l’énoncé, P (T < 2) = 0, 22.
1 − e−2λ = 0, 22
e−2λ = 0, 78
−2λ = ln(0, 78)
ln(0, 78)
λ = −
2
Donc λ = −
ln(0, 78)
, soit environ 0,12.
2
2. Pour la suite de l’exercice, on prend λ = 0, 12. Quelle est la durée de vie
moyenne de ces appareils ?
1
1
≈ 8, 33.
E(T ) = =
λ
0, 12
En moyenne, les appareils durent 8 ans et 4 mois.
3. Calculer la probabilité qu’un appareil fonctionne entre 5 et 15 ans.
P (5 < T < 15) = e−5λ − e−15λ
= e−5×0,12 − e−15×0,12
≈ 0, 38
La probabilité qu’un appareil fonctionne entre 5 et 15 ans est de 0,38 environ.
4. Au bout de quelle durée aura-t-on 10 % des appareils en panne ?
On cherche la durée t telle que P (T < t) = 0, 1.
1 − e−λt = 0, 1
e−λt = 0, 9
−0, 12t = ln(0, 9)
ln(0, 9)
t = −
0, 12
t ≈ 0, 88
0, 87 × 12 = 10, 44. Donc 0,87 année correspond à environ 10 mois.
Au bout de 10 mois environ, 10% des appareils sont en panne.
5. Montrer que la probabilité qu’un appareil fonctionne correctement pendant au
moins 13 ans est d’environ 0,21 (en arrondissant à 10−2 ).
P (T > 13) = e−13λ = e−13×0,12 ≈ 0, 21.
La probabilité qu’un appareil fonctionne correctement pendant au moins 13
ans est d’environ 0,21.
6. On considère que la durée de vie d’un appareil est indépendante de celle des
autres.
(a) Un magasin a acheté 10 de ces appareils. Quelle est la probabilité pour
qu’au moins un de ces appareils ait une durée de vie supérieure à 13 ans ?
Le nombre X d’appareils dont la durée de vie dépasse 13 ans est une
variable aléatoire quit suit la loi binomiale B(10; 0, 21).
P (X > 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − (1 − 0, 21)10 ≈ 0, 91.
La probabilité pour qu’au moins un appareil sur les dix ait une durée de
vie supérieure à 13 ans est environ 0,91.
(b) Question bonus (1 point)
Déterminer le nombre minimal d’appareils que le magasin doit acheter
pour que la probabilité qu’au moins l’un d’entre eux fonctionne correctement pendant plus de 13 ans soit supérieure à 0,999.
Soit n le nombre d’appareils achetés par le magasin.
X suit la loi binomiale B(n; 0, 21). On cherche la plus petite valeur de n
telle que P (X > 1) > 0, 999.
P (X > 1)
1 − P (X = 0)
1 − (1 − 0, 21)n
0, 79n
ln(0, 79n )
n ln(0, 79)
0, 999
0, 999
0, 999
0, 001
ln(0, 001)
ln(0, 001)
ln(0, 001)
n >
ln(0, 79)
>
>
>
<
<
<
ln(0, 001)
≈ 29, 3.
ln(0, 79)
Le plus petit entier n qui convienne est donc 30.
Le magasin doit acheter au moins 30 appareils.
Or,
Exercice 3 (7 points)
→
→
− −
→ −
L’espace est muni d’un repère (O; i ; j ; k ).
1. On note (d) la droite passant par A(1; −2; −1) et B(3; −5; −2).
Déterminer
unereprésentation
de la droite (d).

 paramétrique

2
xB − xA
−→ 
−→ 


AB  yB − yA . Donc AB  −3 .
−1
zB − zA
−→
La droite (d) passe par A(1; −2; −1) et est dirigée par le vecteur AB.


 x = 1 + 2t
Donc (AB) :
y = −2 − 3t, t ∈ R


z = −1 − t
2. Soit (d′ ) la droite ayant pour représentation paramétrique


 x= 2−k
y = 1 + 2k, k ∈ R


z=k
Montrer que les droites (d) et (d′ ) ne sont pas coplanaires.
• Montrons que (d) et (d′ ) ne sont
 pasparallèles.
−1


→
−
′
(d ) est dirigée par le vecteur v  2 .
1




−1
2
−→ 
2
−3

 →
v  2  ne sont pas colinéaires (car
Les vecteurs AB  −3  et −
6=
).
−1
2
1
−1
′
Les droites (d) et (d ) ont des vecteurs directeurs non colinéaires.
Donc (d) et (d′ ) ne sont pas paralléles.
• Montrons que (d) et (d′ ) ne sont pas sécantes (intersection vide).
On
tels que :
 cherche des réels t et k 


 k = −1 − t
 1 + 2t = 2 − k
.
−2 − 3t = 1 + 2k , soit
1 + 2t = 2 − (−1 − t)




−2 − 3t = 1 + 2(−1 − t)
−1 − t = k


 k = −1 − t
Ce système n’a pas de solution.
t=2


−t = 1
Donc (d) et (d′ ) ne sont ni parallèles, ni sécantes : elles ne sont pas coplanaires.
3. Onconsidère
le 
plan 
P passant par le point A et dirigé par les vecteurs

0
1

 −


→
→
−
u  1  et v  5 .
−1
−1
(a) Donner une représentation paramétrique du plan P.
Une
 représentation paramétrique de P est :

 x=1+a
y = −2 + a + 5b, a ∈ R, b ∈ R .


z = −1 − a − b
(b) Montrer que la droite (d) est incluse dans le plan P.
Par définition, A ∈ P.
Comme (d) est la droite (AB), il suffit de vérifier que B(3; −5; −2) ∈ P.
On
 a et b tel que :
 cherche donc des réels
(


 a=2
 3=1+a
a=2
.
, et donc
−5 = 5b
−5 = −2 + a + 5b ,


b = −1


−2 = −1 − 2 − b
−2 = −1 − a − b
Donc B ∈ P.
La droite (AB) est donc entièrement incluse dans P.
(d) ⊂ P.
(c) Montrer que le plan P et la droite (d′ ) se coupent en un point C dont on
précisera les coordonnées.
On cherche des réels a, b etk tels que :



 2−k =1+a
 k = −1 − a − b
,
1 + 2k = −2 + a + 5b ,
2 − (−1 − a − b) = 1 + a




k = −1 − a − b
1 + 2(−1 − a − b) = −2 + a + 5b




 k = −1 − a − b
 k = −1 − a − b
, donc
.
3+a+b =1+a
b = −2




−1 − 2a − 2b = −2 + a + 5b
−1 − 2a − 2 × (−2) = −2 + a + 5 × (−2)




 k = −1 − a − b
 a=5
Ainsi,
, soit
b = −2
b = −2




−2a + 3 = −12 + a
k = −4
En remplaçant k par (−4) dans l’équation paramétrique de (d′ ), on a
C(6; −7; −4).
La droite (d′ ) et la plan P se coupent au point C(6; −7; −4).
→
4. Soit ∆ la droite passant pas C et dirigée par −
u . Montrer que (d) et ∆ sont
sécantes en un point E dont on précisera les coordonnées.
→
On sait que C ∈ P et que −
u est un vecteur directeur de P.
La droite ∆ est donc incluse dans P.
Les droites ∆ et (d) sont donc coplanaires (dans P).



2
1

 −→ 

→
Comme −
u  1  et AB  −3  ne sont pas colinéaires, les deux droites sont
−1
−1
sécantes.
On détermine leur intersection à l’aide
de représentations paramétriques.


x
=
6+l

∆ a pour équation paramétrique
y = −7 + l, l ∈ R


z = −4 − l
On
 cherche donc des réels
 t et l tels que :
 l = 2t − 5
 1 + 2t = 6 + l


−2 − 3t = −7 + l ,
−2 − 3t = −7 + 2t − 5




−1 − t = −4 − l
−1 − t = −4 − 2t + 5

(

 l = 2t − 5
l = −1
, et donc
5t = 10

t=2

t=1+1
En remplaçant t par 2 dans l’équation de (d), on en déduit le point E(5; −8; −3).
Les droites (d) et ∆ se coupent en E(5; −8; −3).

Exercice 4 (5 points)
2√
f et g sont les fonctions définies sur ]0; +∞[ par f (x) = ln x et g(x) =
x où
a
a>0.
1. Déterminer le nombre a tel que les courbes de f et g se coupent au point
d’abscisse a2 .
On résout l’équation
f (a2 ) = g(a2 ).
√
Comme a > 0, a2 = |a| = a.
2√ 2
a
ln(a2 ) =
a
2a
2 ln(a) =
a
ln(a) = 1
a = e
Les courbes de f et g se coupent au point d’abscisse e2 (lorsque a = e).
2√
2. Désormais, g(x) =
x. Justifier que les courbes de f et de g sont tangentes
e
en ce point.
Indication : deux courbes de fonctions sont tangentes en un point M si elles
ont la même tangente au point M.
Il suffit de montrer que f ′ (e2 ) = g ′(e2 ).
Les fonctions f et g sont dérivables sur ]0; +∞[.
2
1
1
1
Pour tout x > 0, f ′ (x) = , et g ′ (x) = × √ = √ .
x
e 2 x
e x
1
Donc f ′ (e2 ) = 2 .
e
1
1
1
′ 2
g (e ) = × √ = 2 .
e
e
e2
f (e2 ) = ln(e2 ) = 2.
1
Ainsi, la droite passant par le point A(e2 ; 2) et de coefficient directeur 2 est
e
tangente à la fois à Cf et à Cg .
Les courbes de f et de g sont tangentes au point A(e2 ; 2).
3. (a) Montrer que les fonctions F : x 7→ x ln(x) − x et G : x 7→
4 √
x x sont
3e
respectivement des primitives de f et de g sur ]0; +∞[.
Les fonctions ln et x 7→ x sont dérivables sur ]0; +∞.
√
Par produit et somme, G est dérivable sur ]0; +∞. La fonction 7→ x est
dérivable sur ]0; +∞[.
Par produit de fonctions dérivables, G est dérivable sur ]0; +∞[.
Pour tout x > 0,
F ′ (x) = 1 × ln(x) + x ×
1
−1
x
F ′ (x) = ln(x)
F ′ (x) = f (x)
√
4
1
(1 × x + x × √ )
3e
2 x
√
√
1
4
( x+
x)
=
3e
√ 2
3 x
4
×
=
3e
2
2√
x
=
e
G′ (x) =
(b) Calculer l’aire A , en unités d’aire, de la partie colorée (on admettra
que Cg est toujours au-dessus de Cf comme on peut le constater sur le
graphique).
f (1) = ln(1) = 0.
La courbe de f coupe l’axe des abscisses au point I(1; 0).
A
=
=
=
Z
Z
Z
1
g(x) dx +
e2
Z
[g(x) − f (x)] dx
1
0
1
g(x) dx +
Z
e2
1
0
e2
0
g(x) dx −
Z
g(x) dx −
e2
Z
e2
f (x) dx
1
f (x) dx
1
= G(e2 ) − G(0) − [F (e2 ) − F (1)]
4 2√ 2
e e − 0 − [e2 ln(e2 ) − e2 − (1 ln(1) − 1)]
=
3e
4 3
=
e − [e2 × 2 − e2 − (0 − 1)]
3e
4e2
− (e2 + 1)
=
3
e2
=
−1
3
≈ 1, 46
L’aire colorée mesure
e2
− 1 unités d’aire.
3
y
2
Cg
1
Cf
-1
0
-1
1
2
3
4
5
6
2
7 e
8
9
10
x