%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[10p,leqno]{article} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage[upright]{fourier} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{makeidx} \usepackage{amsmath} \usepackage{fancybox} \usepackage{lscape} \usepackage{multicol} \usepackage{mathrsfs} \usepackage{tabularx,array} \usepackage{colortbl} \usepackage{multirow} \usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node} \usepackage{pst-eucl} \usepackage{pstricks-add} \usepackage{tkz-tab} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\i}{\text{i}} \def\e{\mathrm{e}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \newcommand\alert[1]{{\magenta #1}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} %%%%% commandes personnelles \newcommand{\ssi}{\Leftrightarrow} \newcommand{\SSI}{{\blue~~\Longleftrightarrow~}} %\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{#1\ }} \newcommand{\norme}[1]{\left\|{\vect{#1}}\right\|} \newcommand{\norm}[1]{\left\|{#1}\right\|} \newcommand{\abs}[1]{\left\vert #1\right\vert} \newcommand{\Abs}[1]{\\left\vert #1\right\vert} \newcommand{\limi}[2]{\lim\limits_{#1\rightarrow #2}} \newcommand{\limg}[2]{\lim\limits_{\underset{\scriptstyle #1<#2}{\scriptstyle #1\rightarrow #2}}} \newcommand{\limd}[2]{\lim\limits_{\underset{\scriptstyle #1>#2}{\scriptstyle #1\rightarrow #2}}} \newcommand{\dx}{\mathrm{d}} \newcommand{\integrale}[4]{\int_{#3}^{#4}#1\,\dx#2} \newcommand{\Integrale}[4]{\displaystyle\int_{#3}^{#4}#1\,\dx#2} \makeindex \usepackage{fancyhdr} \usepackage[dvips,colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Baccalauréat S}, pdftitle = {Baccalauréat S - 2018}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH } \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \renewcommand{\labelitemi}{$\blacktriangleright$} \renewcommand{\labelitemii}{$\bullet$} \renewcommand{\labelitemiii}{$\star$} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{A. P. M. E. P.} %\lhead{\small{Baccalauréat S : l'intégrale 2014}} \renewcommand \footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center} {\huge\textbf{\decofourleft~Corrigé S Antilles-Guyane 19 juin 2018 ~\decofourright}} \end{center} \def\labelitemi{$\bullet$} %: EXERCICE 1 \vspace{1cm}\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points} \smallskip \textsc{Commun à tous les candidats} \bigskip \textbf{Partie A} \smallskip \begin{enumerate} \item Arbre pondéré complet: \begin{center} \pstree[treemode=R,nodesepB=2.5pt]{\TR{}} { \pstree[nodesep=2.5pt]{\TR{$C$}^{$\np{0,3}$}} {\TR{$H$}^{$\np{0,459}$} \TR{$\overline{H}$}_{$\np{0,541}$} } \pstree{\TR{$S$}^{$\np{0,5}$}} {\TR{$H$}^{$\np{0,8}$} \TR{$\overline{H}$}_{$\np{0,2}$} } \pstree[nodesep=2.5pt]{\TR{$E$}_{$\np{0,2}$}} {\TR{$H$}^{$\np{0,25}$} \TR{$\overline{H}$}_{$\np{0,75}$} } } \end{center} \item On a, d'après l'arbre pondéré: $P(C\cap H)=\np{0,3}\times\np{0,459}=\alert{\np{0,1377}}$. \item Les événements $C$, $S$ et $E$ formant une partition de l'univers, la formule des probabilités totales donne: \begin{eqnarray*} P(H)&=&P(C\cap H)+P(S\cap H)+P(E\cap H)\\ &=&\np{0,1377}+\np{0,5}\times\np{0,8}+\np{0,2}\times\np{0,25}\\ &=&\alert{\np{0,5877}} \end{eqnarray*} \item Il s'agit ici de calculer $P_H(S)$. Par définition: \begin{eqnarray*} p_H(S)&=&\dfrac{P(S\cap H)}{P(H)}\\ &=&\dfrac{\np{0,5}\times\np{0,8}}{\np{0,5877}}\\ &\approx&\alert{\np{0,681}}~~\text{à $10^{-3}$ près}. \end{eqnarray*} \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie B} \smallskip \begin{enumerate} \item D'après le cours, on sait que lorsque une variable aléatoire $X$ suit la loi normale d'espérance $\mu$ et d'écart-type $\sigma$, on a $P(\mu-2\sigma\leqslant X\leqslant \mu+2\sigma)=\np{0,954}$. Ici $\mu=\np{4000}$ et $\sigma=300$ donc \begin{eqnarray*} P(\np{3400}\leqslant X\leqslant 4600)&=&P(\np{4000}-2\times 300\leqslant X\leqslant \np{4000}+2\times 300)\\ &=&\alert{\np{0,954}} \end{eqnarray*} \emph{Remarque:} on pouvait également calculer directement à la machine. \item À l'aide de la calculatrice, à $10^{-3}$ près: \[ P(X\geqslant\np{4500})\approx \alert{\np{0,048}}. \] \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie C} \smallskip En supposant que la parcelle comporte suffisamment d'arbres, on peut assimiler le comptage des sapins à un tirage avec remise. \\ La taille de l'échantillon est $n=200$, la proportion supposée de sapins est $p=\np{0,5}$.\\ On a: \begin{itemize} \item $n\geqslant 30$, \item $np=100\geqslant 5$, \item $n(1-p)=100\geqslant 5$. \end{itemize} Les conditions sont réunies pour utiliser l'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95~\%. En notant $I$ cet intervalle, et en arrondissant les bornes à $10^{-2}$ près: \[ I=\left[p-\np{1,96}\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}~;~p+\np{1,96}\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} \right]=\alert{\left[0,43~;~0,57\right]}. \] La fréquence observée de sapins dans l'échantillon est $f=\dfrac{106}{200}=\np{0,53}$.\\ $f\in I$, donc \alert{il n'y a pas lieu de remettre en cause l'affirmation de l'exploitant}. %: EXERCICE 2 \vspace{1cm}\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points} \smallskip \textsc{Commun à tous les candidats} \bigskip \begin{enumerate} \item \begin{itemize} \item Les plans $(EFG)$ et $(ABC)$ sont parallèles, car s'appuyant sur deux faces opposées du cube. \item Le plan $(BDL)$ coupe donc les plans $(EFG)$ et $(ABC)$ selon deux droites parallèles: \begin{itemize} \item l'intersection du plan $(BDL)$ et du plan $(ABC)$ est la droite $(BD)$; \item l'intersection du plan $(BDL)$ et du plan $(EFG)$ est la droite $(LM)$; en effet: \begin{itemize} \item par définition $M\in(EH)$, or $(EH)\subset(EFG)$ donc $M\in(EFG)$ et, toujours par définition $M\in(BDL)$; \item $L\in(FE)$ or $(FE)\subset(EFG)$ donc $L\in(EFG)$ et il est évident que $L\in(BDL)$. \end{itemize} Les points $L$ et $M$ sont deux points distincts, appartenant chacun à la fois aux plans $(BDL)$ et ($EFG)$. L'intersection de ces deux plans est donc la droite $(BL)$. \end{itemize} Le théorème \og de l'étagère\fg{} permet alors de conclure que \alert{les droites $(LM)$ et $(BD)$ sont parallèles}. \end{itemize} \item On a $F(6~;~0~;~6)$ et $E(0~;~0~;~6)$. En notant $L(x~;~y~;~z)$, l'égalité vectorielle $\vect{FL}=\frac23\vect{FE}$ équivaut à: \[ \left\{ \begin{array}{rcl} x-6&=&\frac23(0-6)\\ y&=&\frac23(0-0)\\ z-6&=&\frac23(6-6) \end{array} \right. \SSI \left\{ \begin{array}{rcl} x-6&=&-4\\ y&=&0\\ z-6&=&0 \end{array} \right. \SSI \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&2\\ y&=&0\\ z&=&6 \end{array} \right. \] ce qu'il fallait démontrer. \item \begin{enumerate} \item La droite $(BL)$ passe par $B(6~;~0~;~0)$ et a pour vecteur directeur $\vect{BL}(-4~;~0~;~6)$. Une représentation paramétrique de cette droite est donc: \alert{ \[ \left\{ \begin{array}{rcl} x&=&6-4t\\ y&=&0~~~~~~(t\in\R)\\ z&=&6t \end{array} \right. \] } \item Le point $S$ appartient à la droite $(BL)$, il existe donc un réel $t$ tel que $S(6-4t~;~0~;~6t)$. De plus le point $S$ appartient au plan $(AJK)$ qui a pour équation $x=0$, on a donc $6-4t=0\SSI t=\frac32\SSI 6t = 0$. \alert{Les coordonnées du point $S$ sont donc bien égales à $(0~;~0~;~9)$}. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le plan $(BDL)$ a pour base $(\vect{BD};\vect{BL}$. \begin{itemize} \item $\vect{BD}(-6~;~6~;~0)$ donc $\vect{n}\cdot\vect{BD}=3\times(-6)+3\times 6+2\times 0=0$ et $\vect{n}\perp\vect{BD}$; \item $\vect{BL}(-4~;~0~;~6)$ donc $\vect{n}\cdot\vect{BL}=3\times(-4)+3\times 0+2\times 6=0$ et $\vect{n}\perp\vect{BL}$. \end{itemize} \alert{Le vecteur $\vect{n}$ est orthogonal à deux vecteurs formant une base du plan $(BDL)$, il est donc normal à ce plan}. \item Le vecteur $\vect{n}(3;3;2)$ est normal au plan $(BDL)$, une équation cartésienne de ce plan est donc $3x+3y+2z+d=0$, où $d$ est un réel à déterminer. $B(6~;~0~;~0)\in(BDL)$ donc: \[ 3\times 6+3\times 9+2\times 0+d=0\SSI 18+d=0\SSI d=-18. \] \alert{Une équation cartésienne du plan $(BDL)$ est donc bien $3x+3y+2z-18 = 0$}. \item $M\in(EH)$, il existe donc un réel $s$ tel que $M(0;s;6)$. De plus $M\in(BDL)$ donc: \[ 3\times 0+3\times s+2\times 6-18 = 0\SSI 3s-6=0\SSI s=2. \] \alert{ Les coordonnées du point $M$ sont donc $(0~;~2~;~6)$}. \end{enumerate} \item Prenons comme base du tétraèdre le triangle rectangle $ELM$ et comme hauteur le segment $[SE]$. On a: \begin{itemize} \item $EL=2$ et $EM=2$ donc le triangle rectangle $ELM$ a pour aire $\frac12\times 2\times 2=2$; \item $ES=3$. \end{itemize} Le tétraèdre $SELM$ a donc pour volume (en mètres cubes): \[ \alert{V=\frac13\times 2\times 3=2}. \] \item Le triangle $SEL$ est rectangle en $E$ donc: $\tan\left(\widehat{SLE}\right)=\dfrac{ES}{EL}=\dfrac{3}{2}$. À l'aide de la calculatrice on obtient que $\widehat{SLE}\approx \np{56,31}^{o}$. \alert{La contrainte est donc respectée}. \end{enumerate} %: EXERCICE 3 \vspace{1cm}\textbf{\textsc{Exercice 3 \hfill 5 points}} \smallskip \textsc{Commun à tous les candidats} \bigskip \textbf{Partie A} \smallskip \begin{enumerate} \item Pour tout réel $x$ on a $-1\leqslant \cos x\leqslant 1$ donc $-1\leqslant -\cos x\leqslant 1$. On a également $-1\leqslant\sin x\leqslant 1$, par conséquent: \[ -1-1+1\leqslant -\cos x+\sin x+1\leqslant 1+1+1\SSI -1\leqslant -\cos x+\sin x+1\leqslant 3. \] En multipliant membre à membre le dernier encadrement par $\e^{-x}$ (qui est strictement positif) on obtient alors: \[ \alert{ -\e^{-x}\leqslant f(x)\leqslant 3\e^{-x} }. \] \item On a $\limi{x}{+\infty}\e^{-x}=0$. Comme $-\e^{-x}\leqslant f(x)\leqslant 3\e^{-x}$, le théorème \og des gendarmes\fg{} permet alors de conclure que \alert{$\limi{x}{+\infty}f(x)=0$}. \item Par dérivation d'un produit: \begin{eqnarray*} f'(x)&=&\e^{-x}(-(-\sin x)+\cos x)+\left(-\e^{-x}\right)(-\cos x+\sin x+1)\\ &=&\e^{-x}(\sin x+\cos x)+\e^{-x}(\cos x-\sin x-1)\\ &=&\e^{-x}(\sin x+\cos x+\cos x-\sin x-1)\\ &=&\e^{-x}(2\cos x-1). \end{eqnarray*} \item \begin{enumerate} \item \begin{multicols}{2} Pour tout réel $x$, $\e^{-x}>0$ donc $f'(x)$ est du même signe que $2\cos x-1$. Sur l'intervalle $[-\pi;\pi]$, et en s'aidant d'un cercle trigonométrique: \begin{eqnarray*} 2\cos x-1\geqslant 0&\SSI& \cos x\geqslant \frac12\\ &\SSI& -\frac{\pi}{3}\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{3}. \end{eqnarray*} \begin{center} \psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,runit=2.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=1.6pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-1.3,-1.3)(1.3,1.3) \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=0.5,labels=none,Dy=0.5,ticksize=-2pt 0,subticks=2,linewidth=0.6pt]{->}(0,0)(-1.1,-1.1)(1.3,1.3) \pscircle[linewidth=1pt](0.,0.){1.} \parametricplot[linewidth=2.2pt,linecolor=cyan]{-1.0471975511965974}{1.0471975511965976}{cos(t) | sin(t)} \parametricplot[linewidth=2.2pt,linecolor=magenta]{1.0471975511965974}{5.23598775598}{cos(t) | sin(t)} \psline[linecolor=cyan,linewidth=2.5pt,linestyle=dashed](0.5,0)(1,0) \psline[linecolor=magenta,linewidth=2.5pt,linestyle=dashed](-1,0)(0.5,0) \uput[-90](-0.5,0){\tiny\magenta$\cos x<\frac12$} \uput[-90](0.75,0){\tiny\cyan$\cos x\geqslant\frac12$} \psline[linecolor=red,linestyle=dotted,linewidth=0.7pt](1;60)(1;-60) \uput[60](1;60){\red$\frac{\pi}{3}$} \uput[-60](1;-60){\red$-\frac{\pi}{3}$} \uput[-135](1;180){$-\pi$} \uput[135](1;180){$\pi$} \end{pspicture*} \end{center} \end{multicols} Par conséquent: \begin{itemize} \item \alert{sur $\left[-\pi~;~-\frac{\pi}{3}\right[$, $f'(x)<0$}; \item \alert{sur $\left]-\frac{\pi}{3}~;~-\frac{\pi}{3}\right]$, $f'(x)>0$}; \item \alert{sur $\left]\frac{\pi}{3}~;~\pi\right]$, $f'(x)<0$}; \item \alert{en $-\frac{\pi}{3}$ et $\frac{\pi}{3}$, $f'(x)=0$}. \end{itemize} \end{enumerate} \item On déduit de la question précédente que: \begin{itemize} \item \alert{sur $\left[-\pi~;~-\frac{\pi}{3}\right[$, $f$ est décroissante}; \item \alert{sur $\left]-\frac{\pi}{3}~;~-\frac{\pi}{3}\right]$, $f$ est croissante}; \item \alert{sur $\left]\frac{\pi}{3}~;~\pi\right]$, $f$ est décroissante}. \end{itemize} \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie B} \smallskip \begin{enumerate} \item Pour tout réel $x$: \begin{eqnarray*} f(x)-g(x)&=&\e^{-x}(-\cos x+\sin x+1)-\left(-\e^{-x}\right)\cos x\\ &=&\e^{-x}(-\cos x+\sin x+1+\cos x)\\ &=&\e^{-x}(\sin x+1). \end{eqnarray*} Or, pour tout réel $x$: \begin{itemize} \item $\e^{-x}>0$, \item $-1\leqslant \sin x\leqslant 1$ donc $\sin x+1\geqslant 0$. \end{itemize} On a donc, pour tout réel $x$, $f(x)-g(x)\geqslant 0$, ce qui signifie que \alert{la courbe $\mathcal{C}_f$ est au dessus de la courbe $\mathcal{C}_g$}. \item \begin{enumerate} \item Domaine $\mathcal{D}$ hachuré: \begin{center} \psset{xunit=2.0cm,yunit=2.0cm,algebraic=true,dimen=middle,dotstyle=o,dotsize=5pt 0,linewidth=1.6pt,arrowsize=3pt 2,arrowinset=0.25} \begin{pspicture*}(-2.,-2.)(5.,2.) \multips(0,-2)(0,1.0){5}{\psline[linestyle=dashed,linecap=1,dash=1.5pt 1.5pt,linewidth=0.4pt,linecolor=lightgray]{c-c}(-2.,0)(5.,0)} \multips(-2,0)(1.0,0){8}{\psline[linestyle=dashed,linecap=1,dash=1.5pt 1.5pt,linewidth=0.4pt,linecolor=lightgray]{c-c}(0,-2.)(0,2.)} \psaxes[labelFontSize=\scriptstyle,xAxis=true,yAxis=true,Dx=1.,Dy=1.,ticksize=-2pt 0,subticks=2]{->}(0,0)(-2.,-2.)(5.,2.) \pscustom[linewidth=0.8pt,linecolor=magenta,hatchcolor=magenta,fillstyle=hlines,hatchangle=45.0,hatchsep=0.07907375134484962]{\psplot{-1.5707963267948966}{4.71238898038469}{EXP(-x)*(-COS(x)+SIN(x)+1.0)}\lineto(4.71238898038469,0.)\psplot{4.71238898038469}{-1.5707963267948966}{-2.718281828459045^(-x)*COS(x)}\lineto(-1.5707963267948966,0.)\closepath} \psplot[linewidth=2.pt,linecolor=blue,plotpoints=200]{-2.0}{5.0}{EXP(-x)*(-COS(x)+SIN(x)+1.0)} \psplot[linewidth=2.pt,linecolor=red,plotpoints=200]{-2.0}{5.0}{-2.718281828459045^(-x)*COS(x)} \begin{scriptsize} \rput[bl](-1.885980044800942,4.0593746578500225){\blue{$f$}} \rput[bl](-1.965053796145792,4.0593746578500225){\red{$g$}} \end{scriptsize} \end{pspicture*} \end{center} \end{enumerate} \item Sur $\R$, a fortiori sur $\left[-\frac{\pi}{2};\frac{3\pi}{2}\right]$ la courbe $\mathcal{C}_f$ est au dessus de la courbe $\mathcal{C}_g$, l'aire $\mathcal{A}$ du domaine $\mathcal{D}$ est donc donnée, en unités d'aire, par: \begin{eqnarray*} \mathcal{A}&=&\integrale{f(x)-g(x)}{x}{-\frac{\pi}{2}}{\frac{3\pi}{2}}\\ &=&\integrale{\e^{-x}(\sin x+1)}{x}{-\frac{\pi}{2}}{\frac{3\pi}{2}}\\ &=&\Big[H(x)\Big]_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{3\pi}{2}}\\ &=&H\left(\frac{3\pi}{2}\right)-H\left(-\frac{\pi}{2}\right)\\ &=& \left(-\frac{\cos \left(\frac{3\pi}{2}\right)}{2}-\frac{\sin\left(\frac{3\pi}{2}\right)}{2}-1\right)\e^{-\frac{3\pi}{2}} -\left(-\frac{\cos \left(-\frac{\pi}{2}\right)}{2}-\frac{\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)}{2}-1\right)\e^{-\left(-\frac{\pi}{2}\right)}\\ &=&\alert{-\frac12\e^{-\frac{3\pi}{2}}+\frac12\e^{\frac{\pi}{2}}} \end{eqnarray*} L'unité graphique est de 2~cm, l'unité d'aire est donc de 4 cm\up{2}. Par conséquent, une valeur approchée de l'aire du logo est, à $10^{-2}$ près: \[ 4\times\left(-\frac12\e^{-\frac{3\pi}{2}}+\frac12\e^{\frac{\pi}{2}}\right)\alert{\approx \np{9,6}~\text{cm}^2}. \] \end{enumerate} %: EXERCICE 4 \vspace{1cm}\textbf{\textsc{Exercice 4 \hfill 5 points}} \smallskip \textsc{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} \bigskip \begin{enumerate} \item L'effectif de cétacés au 31 octobre 2017 est de 3000+80, c'est-à-dire 3080. Entre le 1\up{er} novembre et le 31 mai, une baisse de 5~\% a lieu, l'effectif au 1\up{er} juin 2018 est donc: \[ u_1=\np{3080}\times\np{0,95}=\alert{\np{2926}}. \] \item En généralisant, on a, pour tout entier naturel $n$: \begin{eqnarray*} u_{n+1}&=&\left(u_n+80\right)\times\np{0,95}\\ &=&\np{0,95}u_n+80\times\np{0,95}\\ &=&\np{0,95}u_n+76. \end{eqnarray*} \item Formule à entrer dans la cellule C2: \fbox{\alert{= 0.95*B2 + 76}}. \item \begin{enumerate} \item Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, $u_n\geqslant\np{1520}$. \begin{itemize} \item \textbf{Initialisation}. On a $u_0=\np{3000}\geqslant\np{1520}$, la propriété est donc vraie pour $n=0$. \item \textbf{Hérédité.} Supposons qu'il existe $n\in\N$ tel que $u_n\geqslant\np{1520}$. Démontrons alors que $u_{n+1}\geqslant\np{1520}$.\\ Par hypothèse de récurrence, $u_n\geqslant\np{1520}$, donc, en multipliant membre à membre par \np{0,95}: \[ \np{0,95}u_n\geqslant\np{0,95}\times \np{1520} \] puis, en ajoutant membre à membre 76: \[ \np{0,95}u_n+76\geqslant\np{0,95}\times\np{1520}+76 \] ce qui équivaut à: \[ u_{n+1}\geqslant 1520 \] ce qu'il fallait démontrer. La propriété est donc héréditaire. \item \textbf{Conclusion.} \alert{Pour tout $n\in\N$: $u_n\geqslant \np{1520}$}. \end{itemize} \item Soit $n\in\N$, alors: \begin{eqnarray*} u_{n+1}-u_n&=&\np{0,95}u_n+76-u_n\\ &=&-\np{0,05}u_n+76. \end{eqnarray*} D'après la question précédente, $u_n\geqslant \np{1520}$, donc $-\np{0,05}u_n\leqslant -\np{0,05}\times \np{1520}$, c'est-à-dire $-\np{0,05}u_n\leqslant -76$, par conséquent, $-\np{0,05}u_n+76\leqslant 0$, c'est-à-dire $u_{n+1}-u_n\leqslant 0$, ce qui prouve que \alert{la suite $(u_n)$ est décroissante}. \item \alert{La suite $(u_n)$ est décroissante, minorée, elle est donc convergente}. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Soit $n\in\N$, alors: \begin{eqnarray*} v_{n+1}&=&u_{n+1}-\np{1520}\\ &=&\np{0,95}u_n+76-\np{1520}\\ &=&\np{0,95}u_n-\np{1444}\\ &=&\np{0,95}\left(u_n-\frac{\np{1444}}{\np{0,95}}\right)\\ &=&\np{0,95}\left(u_n-\np{1520}\right)\\ &=&\np{0,95}v_n. \end{eqnarray*} La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $\np{0,95}$.\\ Son premier terme est $v_0=u_0-\np{1520}=\np{1480}$. \item Pour tout $n\in\N$, on a $v_n=\np{1480}\times \np{0,95}^n$. Et comme $v_n=u_n-\np{1520}$, on en déduit que $u_n=v_n+\np{1520}$, ce qui donne bien \[ u_n=\np{1480}\times\np{0,95}^n+\np{1520}. \] \item $-1<\np{0,95}<1$, donc $\limi{n}{+\infty}\np{0,95}^n=0$, on en déduit, par opérations sur les limites que $\limi{n}{+\infty}u_n=\np{1520}$. \end{enumerate} \item Algorithme complété: \begin{center} \fbox{ \begin{minipage}{4cm} $n\leftarrow 0$\\ $u\leftarrow \np{3000}$\\ Tant que $u\geqslant \np{2000}$:\\ \phantom{xxxx}$n\leftarrow n+1$\\ \phantom{xxxx}$u\leftarrow \np{0,95}*u+76$\\ Fin de Tant que \end{minipage} } \end{center} \item La limite de la suite $(u_n)$ est \np{1520} qui est inférieur à 2000, donc la réserve fermera un jour. Pour déterminer l'année de fermeture, on peut programmer l'algorithme précédent, ou résoudre l'inéquation: \begin{eqnarray*} u_n\leqslant \np{2000} &\SSI& \np{1480}\times\np{0,95}^n+\np{1520}\leqslant \np{2000}\\ &\SSI&\np{1480}\times\np{0,95}^n\leqslant \np{480}\\ &\SSI&\np{0,95}^n\leqslant \dfrac{\np{480}}{\np{1480}}\\ &\SSI& n\ln(\np{0,95})\leqslant \ln\left(\dfrac{\np{480}}{\np{1480}}\right)\\ &\SSI& n\geqslant \dfrac{\ln\left(\frac{\np{480}}{\np{1480}}\right)}{\ln(\np{0,95})} \end{eqnarray*} À la calculatrice, $\dfrac{\ln\left(\frac{\np{480}}{\np{1480}}\right)}{\ln(\np{0,95})} \approx \np{21,95}$. \alert{C'est donc la 22\up{e} année que la réserve fermera, soit en 2039}. \end{enumerate} %: EXERCICE 4 \vspace{1cm}\textbf{\textsc{Exercice 4 \hfill 5 points}} \smallskip \textsc{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité} \bigskip \begin{enumerate} \item Soit $n\in\N$. \begin{itemize} \item Chaque année, 65~\% des possesseurs de la carte de pêche libre achètent de nouveau une carte de pêche libre, et 45~\% de possesseurs de la carte de pêche avec quota achètent une carte de pêche libre l'année suivante. En supposant qu'il n'y a ni départ ni arrivée de nouveaux pêcheurs, on a donc: \[ \ell_{n+1}=\np{0,65}\ell_n+\np{0,45}q_n. \] \item Le nombre de pêcheurs étant constant d'année en année: $\ell_{n+1}+q_{n+1}=\ell_n+q_n$, donc: \[ q_{n+1}=\ell_n+q_n-\ell_{n+1}=\ell_n+q_n-\np{0,65}\ell_n-\np{0,45}q_n=\np{0,35}\ell_n+\np{0,55}q_n. \] \item On a donc: \begin{eqnarray*} P_{n+1}&=& \begin{pmatrix} \ell_{n+1}\\q_{n+1} \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} \np{0,65}\ell_n+\np{0,45}q_n\\ \np{0,35}\ell_n+\np{0,55}q_n \end{pmatrix} \\ &=& \begin{pmatrix} \np{0,65}&\np{0,45}\\ \np{0,35}&\np{0,55} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \ell_n\\q_n \end{pmatrix} \\ &=&MP_n \end{eqnarray*} \end{itemize} \item 2019=2017+2, il s'agit donc de calculer $P_2$: \[ P_2=MP1=MMP_0=M^2P_0. \] À l'aide de la calculatrice: \[ P_2= \begin{pmatrix} \np{0,56}\\\np{0,44} \end{pmatrix} \] En 2019, la proportion de pêcheurs achetant une carte de pêche avec quota est donc de \np{0,44}. \item Notons $I$ la matrice $ \begin{pmatrix} 1&0\\0&1 \end{pmatrix}$. \begin{itemize} \item $TQ=I$ et $QT=I$, la matrice $Q$ est donc inversible et son inverse est la matrice $T$. \item $D=TMQ$ donc, en multipliant à gauche par $Q$ et à droite par $Q^{-1}$: \[ QDQ^{-1}=QTMQQ^{-1}=(QT)M(QQ^{-1})=IMI=M. \] \item Montrons maintenant par récurrence que, pour tout $n\in\N^*$: $M^n=QD^nQ^{-1}$. \begin{itemize} \item \textbf{Initialisation.} $M^1=M=QDQ^{-1}=QD^1Q^{-1}$. La propriété est donc vraie pour $n=1$. \item \textbf{Hérédité.} Supposons qu'il existe $n\in\N^*$ tel que $M^n=QD^nQ^{-1}$. Montrons alors que $ M^{n+1}=QD^{n+1}Q^{-1}$.\\ On a \[ M^{n+1}=M^nM=QD^nQ^{-1}\times QDQ^{-1}=QD^n\left(Q^{-1}Q\right)DQ^{-1}=Q(D^nD)Q^{-1}=QD^{n+1}Q^{-1}. \] La propriété est donc héréditaire. \item \textbf{Conclusion.} Pour tout $n\in\N^*$, on a $M^n=QD^nQ^{-1}$. \end{itemize} \end{itemize} \item \begin{enumerate} \item Pour tout $n\in\N$, $P_{n+1}=MP_n$, la suite de matrices $(P_n)$ est donc géométrique de raison $M$. Une récurrence immédiate prouve alors que $P_n=M^nP_0$. \item Soit $n\in\N$, alors: \begin{eqnarray*} P_n&=&M^nP_0\\ &=&\frac{1}{16}\begin{pmatrix} 9+7\times\np{0,2}^n&9-9\times\np{0,2}^n\\ 7-7\times\np{0,2}^n&7+9\times\np{0,2}^n \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \np{0,4}\\\np{0,6} \end{pmatrix}\\ &=&\frac{1}{16}\begin{pmatrix} \np{3,6}+\np{2,8}\times\np{0,2}^n+\np{5,4}-\np{5,4}\times\np{0,2}^n\\ \np{2,8}-\np{2,8}\times\np{0,2}^n+\np{4,2}+\np{5,4}\times\np{0,2}^n \end{pmatrix}\\ &=&\frac{1}{16}\begin{pmatrix} 9-\np{2,6}\times\np{0,2}^n\\ 7+\np{2,6}\times\np{0,2}^n \end{pmatrix} \end{eqnarray*} Comme $P_n=\begin{pmatrix} \ell_n\\q_n \end{pmatrix}$, on en déduit que: \begin{eqnarray*} \ell_n&=&\frac{1}{16}\left(9-\np{2,6}\times\np{0,2}^n\right)\\ &=&\frac{9}{16}-\frac{1}{16}\times\np{2,6}\times\np{0,2}^n\\ &=&\frac{9}{16}-\frac{13}{80}\times\np{0,2}^n \end{eqnarray*} \end{enumerate} \item \begin{itemize} \item La suite $(\ell_n)$ est croissante, en effet, pour tout $n\in\N$: \begin{eqnarray*} \ell_{n+1}-\ell_{n}&=&\left(\frac{9}{16}-\frac{13}{80}\times\np{0,2}^{n+1}\right)-\left(\frac{9}{16}-\frac{13}{80}\times\np{0,2}^n\right)\\ &=&\frac{13}{80}\left(-\np{0,2}^{n+1}+\np{0,2}^n\right)\\ &=&\frac{13}{80}\times\np{0,2}^n\left(-\np{0,2}+1\right)\\ &=&\frac{13}{80}\times\np{0,2}^n\times\np{0,8}\\ &>&0 \end{eqnarray*} \item $-1<\np{0,2}<1$ donc $\limi{n}{+\infty}\np{0,2}^n=0$. On en déduit, par opérations sur les limites, que $\limi{n}{+\infty}\ell_n=\dfrac{9}{16}$. \item La suite $(\ell_n)$ est croissante, de limite $\dfrac{9}{16}$, donc, pour tout $n\in\N$, $u_n\leqslant\frac{9}{16}$. Or $\frac{9}{16}<\np{0,6}$, on peut donc conclure que la proportion de pêcheurs achetant la carte de pêche libre ne dépassera jamais 60~\%. \end{itemize} \end{enumerate} \end{document}