Transcript R.O.C. - Maths

R.O.C.
Nombres complexes
Pondichéry 2012. Enseignement spécifique. Exercice 4
Enoncé
Partie A
Restitution organisée de connaissances
Soit z un nombre complexe. On rappelle que z est le conjugué de z et que |z| est le module de z.
On admet l’égalité |z|2 = zz.
Montrer que, si z1 et z2 sont deux nombres complexes, alors |z1 z2 | = |z1 ||z2 |.
Solution
Soient z1 et z2 deux nombres complexes. On sait que z1 z2 = z1 × z2 et donc
2
|z1 z2 |2 = z1 z2 (z1 z2 ) = z1 z1 z2 z2 = |z1 |2 |z2 |2 = (|z1 | × |z2 |) .
En résumé, |z1 z2 |2 = (|z1 | × |z2 |)2 . Puisqu’un module est un réel positif, en prenant la racine carrée des deux
membres de l’égalité précédente, on obtient |z1 z2 | = |z1 | × |z2 |. On a montré que
pour tous nombres complexes z1 et z2 , |z1 z2 | = |z1 | × |z2 |.
Polynésie 2010. Enseignement spécifique. Exercice 1
Enoncé
−
−
Le plan complexe est rapporté à un repère orthonormal direct O, →
u,→
v .
Partie A - Restitution organisée de connaissances
Prérequis Soit z un nombre complexe tel que z = a + bi où a et b sont deux nombres réels.
On note z, le nombre complexe défini par z = a − bi.
Questions.
1) Démontrer que, pour tous nombres complexes z et z ′ , z × z ′ = z × z ′ .
n
2) Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul et tout nombre complexe z, zn = (z) .
Solution
1) Soient a, b, a ′ et b ′ quatre nombres réels puis z = a + ib et z ′ = a ′ + ib ′ .
z × z ′ = (a − ib)(a ′ − ib ′ ) = (aa ′ − bb ′ ) − i(ab ′ + ba ′ ) = ((aa ′ − bb ′ ) + i(ab ′ + ba ′ ))
= (a + ib)(a ′ + ib ′ ) = z × z ′ .
Pour tous nombres complexes z et z ′ , z × z ′ = z × z ′ .
n
2) Soit z un nombre complexe. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel non nul n, zn = (z) .
• C’est vrai pour n = 1 car z1 = z = (z)1 .
n
• Soit n > 1. Supposons que zn = (z) . Alors
zn+1 = zn × z = zn × z (d’après 1))
n
= (z) × z (par hypothèse de récurrence)
n+1
= (z)
.
Le résultat est démontré par récurrence.
n
Pour tout nombre complexe z et tout entier naturel non nul n, zn = (z) .
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1
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Probabilités
Nouvelle Calédonie 2014. Enseignement spécifique. Exercice 2
Enoncé
Partie A
Restitution organisée des connaissances
L’objectif de cette partie est de démontrer le théorème suivant :
Si X est une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite, alors pour tout réel α appartenant à
l’intervalle ]0 ; 1[, il existe un unique réel strictement positif χα tel que P (−χα 6 X 6 χα ) = 1 − α.
Soit f la fonction définie sur l’ensemble des nombres réels R par
t2
1
f(t) = √ e− 2 .
2π
Soit H la fonction définie et dérivable sur [0 ; +∞[ par
H(x) = P(−x 6 X 6 x) =
Zx
f(t) dt.
−x
1) Que représente la fonction f pour la loi normale centrée réduite ?
2) Préciser H(0) et la limite de H(x) quand x tend vers +∞.
3) A l’aide de considérations graphiques, montrer que pour tout nombre réel positif x, H(x) = 2
Zx
f(t) dt.
0
4) En déduire que la dérivée H ′ de la fonction H sur [0 ; +∞[ est la fonction 2f et dresser le tableau de variations de
H sur [0 ; +∞[.
5) Démontrer alors le théorème énoncé.
Solution
Partie A
Restitution organisée des connaissances
1) La fonction f est la fonction densité de probabilité associée à la loi normale centrée réduite.
2) H(0) = 0 et lim H(x) = 1.
x→+∞
Zx
3) Soit x un réel positif. Puisque la fonction f est continue et positive sur R,
f(t) dt est l’aire, exprimée en unités
0
Z0
d’aire, du domaine jaune ci-dessous et
f(t) dt est l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine bleu ci-dessous.
−x
1
−3
−2
−x
−1
1
x
2
3
La courbe représentative de f est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées et donc ces deux aires sont égales.
Comme H(x)
est l’aire, exprimée en unités d’aire, de la réunion des deux domaines, on en déduit que
Z
x
H(x) = 2
f(t) dt.
0
4) La fonction f est continue sur [0, +∞[. On sait alors que la fonction x 7→
′
sa dérivée est f. On en déduit que pour tout réel positif x, H (x) = 2f(x).
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2
Zx
f(t) dt est dérivable sur [0, +∞[ et que
0
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La fonction f est strictement positive sur [0, +∞[ et donc la fonction H est strictement croissante sur [0, +∞[. On en
déduit le tableau de variations de la fonction H.
x
+∞
0
H ′ (x)
+
1
H
0
5) Soit α un réel élément de ]0, 1[. Alors 1 − α est un réel élément de ]0, 1[.
La
continue et strictement croissante sur ]0, +∞[. On sait alors que pour tout réel k de
fonction H est continue
lim H(x), lim H(x) =]0, 1[, l’équation H(x) = k a une unique solution dans ]0, +∞[. Puisque le réel 1−α appartient
x→0
x→+∞
à ]0, 1[, on a montré qu’il existe un unique réel strictement positif χα tel que H (χα ) = 1 − α ou encore tel que
P (−χα 6 X 6 χα ) = 1 − α.
Antilles Guyane 2013. Enseignement spécifique. Exercice 2
Enoncé
Partie A
Soient n un entier naturel non nul, p un nombre réel compris entre 0 et 1, et Xn une variable aléatoire suivant une
Xn
loi binomiale de paramètres n et p. On note Fn =
et f une valeur prise par Fn . On rappelle que, pour n assez
n
1
1
grand, l’intervalle p − √ , p + √
contient la fréquence f avec une probabilité au moins égale à 0, 95.
n
n
1
1
En déduire que l’intervalle f − √ , f + √
contient p avec une probabilité au moins égale à 0, 95.
n
n
Solution
Partie A
1
1
1
1
1
1
f ∈ p− √ ,p+ √
⇔ p − √ 6 f 6 p + √ ⇔ p − √ 6 f et f 6 p + √
n
n
n
n
n
n
1
1
1
1
⇔ p 6 f + √ et f − √ 6 p ⇔ f − √ 6 p 6 f + √
n
n
n
n
1
1
⇔ p ∈ f − √ ,f + √ .
n
n
1
1
1
1
Ainsi, les événements f ∈ p − √ , p + √
et p ∈ f − √ , f + √
se produisent simultanément. Ils ont donc la
n
n
n n
1
1
contient p avec une probabilité au
même probabilité et en particulier, pour n grand, l’intervalle f − √ , f + √
n
n
moins égale à 0, 95.
Centres étrangers 2009. Enseignement spécifique. Exercice 1
Enoncé
1) Restitution organisée de connaissances.
Prérequis : on rappelle que deux événements A et B sont indépendants pour la probabilité p si et seulement si
p (A ∩ B) = p(A) × p(B).
a) Démontrer que p(B) = p (B ∩ A) + p B ∩ A .
b) Démontrer que si les événements A et B sont indépendants, alors les événements A et B sont indépendants.
Solution
a) Les événements B ∩ A et B ∩ A constituent une partition de l’événement B. La formule des probabilités totales
fournit alors
p(B) = p(B ∩ A) + p(B ∩ A).
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b) Supposons maintenant les événements A et B indépendants.
p B ∩ A = p(B) − p (B ∩ A) (d’après a))
= p(B) − p(B) × p(A) (car les événements A et B sont indépendants)
= p(B)(1 − p(A)) = p(B) × p A .
Ceci montre que les événements A et B sont indépendants.
Asie 2011. Enseignement spécifique. Exercice 4
France métropolitaine 2008. Enseignement spécifique. Exercice 3
Enoncé
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 (λ strictement positif), c’est-à-dire que
la probabilité que ce capteur tombe en panne avant l’année t (t positif) s’exprime par :
F(t) = p(X 6 t) = p([0; t]) =
Zt
λe−λx dx.
0
1) Restitution organisée de connaissances.
Pré-requis :
p(A ∩ B)
a) pB (A) =
(où A et B sont deux événements tels que p(B) 6= 0) ;
p(B)
b) p A = 1 − p(A) (où A est un événement) ;
c) p([a; b]) = F(b) − F(a) (où a et b sont des nombres réels positifs tels que a 6 b).
Démontrer que, pour tout nombre réel positif s, on a :
p[t;+∞[ ([t; t + s]) =
F(t + s) − F(t)
1 − F(t)
et que p[t;+∞[ ([t; t + s]) est indépendant du nombre réel t.
Solution
Soient s et t deux réels positifs. Vérifions tout d’abord que p([t, +∞[) 6= 0.
p([t, +∞[) = 1 − p([0, t[) = 1 − p([0, t]) = 1 −
Zt
0
On a montré au passage que F(t) =
sur R, p([t, +∞[) = e−λt 6= 0 puis
Zt
t
λe−λx dx = 1 − −e−λx 0 = 1 − (1 − e−λt ) = e−λt .
λe−λx dx = 1 − e−λt . Ensuite, comme la fonction exponentielle ne s’annule pas
0
p((t 6 X 6 t + s) ∩ (X > t))
p(t 6 X 6 t + s)
p(t 6 X 6 t + s)
=
=
(car p(X = t) = 0)
p(X > t)
1 − p(X < t)
1 − p(X 6 t)
F(t + s) − F(t)
=
1 − F(t)
1 − e−λ(t+s) − 1 − e−λt
e−λt e−λ(t+s)
e−λt − e−λ(t+s)
=
=
−
=
1 − (1 − e−λt )
e−λt
e−λt
e−λt
p[t,+∞[ ([t, t + s]) =
= 1 − e−λt−λs+λt = 1 − e−λs = F(s).
En particulier, p[t,+∞[ ([t, t + s]) est indépendant de t.
Analyse
Liban 2008. Enseignement spécifique. Exercice 3
Enoncé
Partie A Démonstration de cours.
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Prérequis : définition d’une suite tendant vers +∞.
« une suite tend vers +∞ si, pour tout réel A, tous les termes de la suite sont, à partir d’un certain rang, supérieurs
àA»
Démontrer le théorème suivant : une suite croissante non majorée tend vers +∞.
Solution
Soit (un ) une suite croissante non majorée. Soit A un réel.
Puisque la suite (un ) n’est pas majorée, le réel A n’est pas un majorant de la suite (un ). Il existe donc un entier n0
tel que un0 > A.
Puisque la suite (un ) est croissante, si n est un entier supérieur ou égal à n0 , on a un > un0 > A.
On a montré que, pour tout réel A, tous les termes de la suite (un ) sont, à partir d’un certain rang, supérieurs à A et
donc que lim un = +∞.
n→+∞
Restitution organisée de connaissances
Rochambeau 2012. Enseignement spécifique. Exercice 2
Centres étrangers 2008. Enseignement spécifique. Exercice 4
Asie 2008. Enseignement spécifique. Exercice 4
Enoncé
et
= +∞.
t→+∞ t
On rappelle que lim
Démontrer que lim
x→+∞
ln(x)
= 0.
x
Solution
Pour x > 0, on pose t = ln(x) ou encore x = et de sorte que x tend vers +∞ si et seulement si t tend vers +∞. On
obtient
ln(x)
t
1
ln (et )
= lim t = lim t = 0,
= lim
x→+∞
t→+∞ e
t→+∞ e /t
t→+∞
x
et
lim
et
= +∞.
t→+∞ t
car lim
Pondichéry 2010. Enseignement spécifique. Exercice 1
Rochambeau 2009. Enseignement spécifique. Exercice 2
Polynésie 2008. Enseignement spécifique. Exercice 4
Enoncé
Partie A - Restitution organisée de connaissances :
Soient a et b deux réels tels que a < b et f et g deux fonctions continues sur l’intervalle [a, b] avec a < b.
On suppose connus les résultats suivants :
Zb
Zb
Zb
• Pour tous réels α et β, (αf(t) + βg(t)) dt = α f(t) dt + β g(t) dt.
a
a
a
Zb
• Si pour tout t ∈ [a, b], f(t) > 0 alors
f(t) dt > 0.
a
Montrer que : si pour tout t ∈ [a, b], f(t) 6 g(t) alors
Zb
a
f(t) dt 6
Zb
g(t) dt.
a
Solution
Soient f et g deux fonctions continues sur l’intervalle [a, b] telles que pour tout t ∈ [a, b], f(t) 6 g(t). Alors, pour tout
Zb
réel t de [a, b], g(t) − f(t) > 0. Par positivité de l’intégrale, on en déduit que (g(t) − f(t)) dt > 0 puis par linéarité
a
Zb
Zb
Zb
Zb
de l’intégrale, on en déduit que
g(t) dt − f(t) dt > 0 et donc que
f(t) dt 6
g(t) dt.
a
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a
a
5
a
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