2011CentresEtrangersSpecifiqueExo2VraiouFaux

EXERCICE 2

VRAI

FAUX

FAUX

VRAI

FAUX

Justification 1.

$AB=|b-a|=|-1+2i|=\sqrt{(-1)^2+2^2}=\sqrt{5}$.
$AC=|c-a|=\left|\left(\sqrt{3}-\dfrac{1}{2}\right)+i\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+1\right)\right|=\sqrt{\left(\sqrt{3}-\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}+1\right)^2}=\sqrt{3-\sqrt{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}+\sqrt{3}+1}=\sqrt{5}$.
$BC=|c-b|=\left|\left(\sqrt{3}+\dfrac{1}{2}\right)+i\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-1\right)\right|=\sqrt{\left(\sqrt{3}+\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}-1\right)^2}=\sqrt{3+\sqrt{3}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{4}-\sqrt{3}+1}=\sqrt{5}$.

Donc $AB=AC=BC=\sqrt{5}$ et on en déduit que le triangle $ABC$ est équilatéral. L'affirmation 2 est vraie.

Justification 2. Déterminons la forme exponentielle de $z$.

\begin{align*} z&=\dfrac{2i}{\sqrt{3}-i}=\dfrac{2i(\sqrt{3}+i)}{(\sqrt{3}-i)(\sqrt{3}+i)}=\dfrac{-2+2i\sqrt{3}}{\left(\sqrt{3}\right)^2+(-1)^2}=\dfrac{-2+2i\sqrt{3}}{4}=-\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\ &=\cos\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)+i\sin\left(\dfrac{2\pi}{3}\right)=e^{2i\pi/3}. \end{align*}

$\dfrac{2\pi}{3}$ n'est pas égal à $-\dfrac{\pi}{3}$ modulo $2\pi$ et donc $e^{2i\pi/3}\neq e^{-i\pi/3}$. L'affirmation 2 est fausse.

Justification 3. $-\sqrt{3}+i=2\left(-\dfrac{\sqrt{3}}{2}+\dfrac{1}{2}i\right)=2\left(\cos\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)+i\sin\left(\dfrac{5\pi}{6}\right)\right)=2e^{5i\pi/6}$. Ensuite,

$\left(-\sqrt{3}+i\right)^{2011}=\left(2e^{5i\pi/6}\right)^{2011}=2^{2011}e^{2011\times5i\pi/6}=2^{2011}e^{10055i\pi/6}$.

Ensuite, $10055=837\times12+11$ puis $\dfrac{10055\pi}{6}=\dfrac{(837\times12+11)\pi}{6}=\dfrac{11\pi}{6}+837\times2\pi$ et donc

$e^{10055i\pi/6}=e^{i\left(\frac{11\pi}{6}+837\times2\pi\right)}=e^{11i\pi/6}$.

Par suite,

$\text{Re}\left(-\sqrt{3}+i\right)^{2011}=\text{Re}\left(2^{2011}e^{11i\pi/6}\right)=2^{2011}\cos\left(\dfrac{11\pi}{6}\right)=2^{2011}\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\neq0$.

Le nombre $\left(-\sqrt{3}+i\right)^{2011}$ n'est donc pas un imaginaire pur. L'affirmation 3 est fausse.

Justification 4.

\begin{align*} p_{X\geqslant2}(2\leqslant X\leqslant 3)&=\dfrac{p((2\leqslant X\leqslant 3)\cap(X\geqslant2))}{p(X\geqslant2)}=\dfrac{p(2\leqslant X\leqslant 3)}{p(X\geqslant2)}=\dfrac{p(X\leqslant 3)-p(X< 2)}{1-p(X< 2)}=\dfrac{p(X\leqslant 3)-p(X\leqslant2)}{1-p(X\leqslant2)}\\ &=\dfrac{(1-e^{-3\lambda})-(1-e^{-2\lambda})}{1-(1-e^{-2\lambda})}=\dfrac{e^{-2\lambda}-e^{-3\lambda}}{e^{-2\lambda}}=\dfrac{e^{-2\lambda}}{e^{-2\lambda}}-\dfrac{e^{-3\lambda}}{e^{-2\lambda}}=1-e^{(-3+2)\lambda}\\ &=1-e^{-\lambda}. \end{align*}

Donc la probabilité que $X$ appartienne à l'intervalle $[2;3]$ sachant que $X\geqslant2$ est $1-e^{-\lambda}$. L'affirmation 4 est vraie.

Justification 5. Notons $X$ le nombre de boules blanches obtenues en $10$ tirages. La variable aléatoire $X$ est régie par un schéma de \textsc{Bernoulli}. En effet,

$10$ expériences identiques et indépendantes (car le tirage s'effectue avec remise) sont effectuées ;
chaque expérience a deux issues~:~\og la boule est blanche \fg~avec une probabilité $p=\dfrac{5}{n}$ ou \og la boule est noire \fg~avec une probabilité $1-p=1-\dfrac{5}{n}$.

La variable aléatoire $X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $10$ et $p=\dfrac{5}{n}$.

La probabilité d'obtenir au moins une boule blanche en $10$ tirages est $p(X\geqslant1)$. Or

$p(X\geqslant1)=1-p(X=0)=1-\dbinom{10}{0}\left(\dfrac{5}{n}\right)^0\left(1-\dfrac{5}{n}\right)^{10}=1-\left(1-\dfrac{5}{n}\right)^{10}$.

Ensuite, $1-\left(1-\dfrac{5}{13}\right)^{10}=0,992\ldots< 0,9999$. L'affirmation 5 est fausse.

Centres étrangers 2011. Enseignement spécifique

EXERCICE 2