\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,amsfonts} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox,graphicx} \usepackage{tabularx} \usepackage{dcolumn} \usepackage{textcomp} \usepackage{diagbox} \usepackage{tabularx} \usepackage{lscape} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès %Corrigé Denis Vergès et François hache \usepackage{pst-all,pst-eucl,pstricks-add} %\usepackage{vmargin} \usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength\parindent{0mm} \usepackage{fancyhdr} %%%% Commandes perso FH \newcommand{\ds}{\displaystyle}% displaystyle \newcommand{\cg}{\texttt{]}}% crochet gauche \newcommand{\cd}{\texttt{[}}% crochet droit \newcommand{\pg}{\geqslant}% plus grand ou égal \newcommand{\pp}{\leqslant}% plus petit ou égal \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Baccalauréat S}, pdftitle = {Métropole--La Réunion 20 juin 2016 - Corrigé}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \thispagestyle{empty} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \renewcommand{\d}{\,\text{d}} % le d de différentiation \newcommand{\e}{\,\text{e}\,}% le e de l'exponentielle \renewcommand{\i}{\text{\,i}}% le i des complexes \begin{document} \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Corrigé du baccalauréat S } \rfoot{\small{Métropole--La Réunion}} \lfoot{\small{12 septembre 2016}} \renewcommand \footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center} {\Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Métropole--La Réunion~\decofourright\\[5pt]12 septembre 2016 }}} \end{center} \vspace{0,5cm} \subsection*{\textsc{Exercice 1 \hfill Commun à tous les candidats \hfill 6 points}} %Les trois parties sont indépendantes. Les résultats des probabilités seront arrondis à $10^{-3} $ près. % %\medskip \subsubsection*{Partie 1} %\medskip On estime qu'en 2013 la population mondiale est composée de 4,6 milliards de personnes âgées de 20 à 79 ans et que 46,1\,\% des personnes âgées de 20 à 79 ans vivent en zone rurale et 53,9\,\% en zone urbaine. En 2013, d'après la fédération internationale du diabète, 9,9\,\% de la population mondiale âgée de 20 à 79 ans vivant en zone urbaine est atteinte de diabète et 6,4\,\% de la population mondiale âgée de 20 à 79 ans vivant en zone rurale est atteinte de diabète. On interroge au hasard une personne âgée de 20 à 79 ans. On note : $R$ l'évènement : \og la personne choisie habite en zone rurale \fg, $D$ l'évènement: \og la personne choisie est atteinte de diabète \fg. \medskip \begin{enumerate} \item On traduit cette situation à l'aide d'un arbre de probabilité: \bigskip \begin{center} \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=5pt,levelsep=3.5cm,nrot=:U]{\TR{}} { \pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$R$}\naput{$0,461$}} { \TR{$D$}\naput{$0,064$} \TR{$\overline{D}$}\nbput{\red $1-0,064=0,936$} } \pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$\overline{R}$}\nbput{$0,539$}} { \TR{$D$}\naput{$0,099$} \TR{$\overline{D}$}\nbput{\red $1-0,099=0,901$} } } \end{center} \bigskip \item \begin{enumerate} \item La probabilité que la personne interrogée soit diabétique est $P(D)$. D'après la formule des probabilités totales: $P(D) = P(R \cap D) + P\left(\overline{R} \cap D\right) = P(R)\times P_R(D) + P\left(\overline{R}\right)\times P_{\overline{R}}(D)\\ \phantom{P(D)}= 0,461\times 0,064 + 0,539 \times 0,099 = \np{0,029304} + \np{0,053361} = \np{0,082865}\\ \phantom{P(D)} \approx 0,083$ \item La personne choisie est diabétique. La probabilité qu'elle habite en zone rurale est $P_D(R)$: $P_D(R) = \dfrac{P(D\cap R)}{P(D)} = \dfrac{\np{0,029504}}{\np{0,082865}} \approx 0,356$ \end{enumerate} \end{enumerate} %\bigskip \subsubsection*{Partie 2} %\medskip Une personne est dite en hypoglycémie si sa glycémie à jeun est inférieure à 60~mg.dL$^{-1}$ et elle est en hyperglycémie si sa glycémie à jeun est supérieure à 110~mg. dL$^{-1}$. La glycémie à jeun est considérée comme \og normale \fg{} si elle est comprise entre 70~mg. dL$^{-1}$ et 110 mg.dL$^{-1}$. Les personnes ayant un taux de glycémie compris entre 60 et 70~mg.rdL$^{-1}$ ne font pas l'objet d'un suivi particulier. On choisit au hasard un adulte dans cette population. Une étude a permis d'établir que la probabilité qu'il soit en hyperglycémie est 0,052 à $10^{-3}$ près. Dans la suite on admettra que cette probabilité est égale à $0,052$. On modélise la glycémie à jeun, exprimée en mg.dL$^{-1}$, d'un adulte d'une population donnée, par une variable aléatoire $X$ qui suit une loi normale d'espérance $\mu$ et d'écart-type $\sigma$. On donne ci-dessous la représentation graphique de la densité de probabilité de la variable aléatoire $X$. \begin{center} \psset{xunit=0.13cm, yunit=50cm, arrowsize=2pt 3, algebraic=true} \def\xmin {50} \def\xmax {130} \def\ymin {-0.02} \def\ymax {0.035} \begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \def\m{90} \def\s{12.3} \def\f{1/(\s*sqrt(2*PI))*EXP((-((x-\m)/\s)^2)/2)} %\def\inf{\xmin} \def\sup{70} %\pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red] %{ %\psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup] %\psplot{\sup}{\inf}{0} %\closepath % indispensable ! %} % %\def\inf{110} \def\sup{\xmax} %\pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red] %{ %\psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup] %\psplot{\sup}{\inf}{0} %\closepath % indispensable ! %} \psplot[plotpoints=1000]{\xmin}{\xmax}{\f} \uput[d](70,0){70} \uput[d](90,0){$\mu = 90$} \uput[d](110,0){110} \uput[d](125,0){mg.dL$^{-1}$} \psline[linestyle=dashed](90,0)(90,0.0324) \psline[linestyle=dashed](70,0)(70,0.00865) \psline[linestyle=dashed](110,0)(110,0.00865) \psline(\xmin,0)(\xmax,0) %\psline[linecolor=red,linestyle=dashed](115,0.002)(120,0.02) %\uput[ur](120,0.02){\red 0,052} %\psline[linecolor=red,linestyle=dashed](65,0.002)(60,0.02) %\uput[ul](60,0.02){\red 0,052} \end{pspicture*} \end{center} \begin{enumerate} \item La glycémie \og normale\fg{} est entre 70 et 110 mg.dL$^{-1}$; la probabilité que la personne choisie ait une glycémie à jeun \og normale\fg{} est donc $P(70 \pp X \pp 110)$. La probabilité qu'un adulte soit en hyperglycémie est 0,052 donc $P(X > 110) = 0,052$. D'après la courbe donnée dans le texte, la moyenne $\mu$ est de 90 donc, pour des raisons de symétrie, comme $70=90-20$ et que $110=90+20$, $P(X < 70) = P(X > 110)$ et donc, $P(X < 70) = P(X > 110)=0,052$. $P(70 \pp X \pp 110) = 1- P(X < 70) - P(X > 110) = 1-2\times 0,052 = 0,896$ La probabilité qu'un adulte ait une glycémie \og normale\fg{} est 0,896. \begin{center} \psset{xunit=0.13cm, yunit=50cm, arrowsize=2pt 3, algebraic=true} \def\xmin {50} \def\xmax {130} \def\ymin {-0.02} \def\ymax {0.035} \begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) \def\m{90} \def\s{12.3} \def\f{1/(\s*sqrt(2*PI))*EXP((-((x-\m)/\s)^2)/2)} \def\inf{\xmin} \def\sup{70} \pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red] { \psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup] \psplot{\sup}{\inf}{0} \closepath % indispensable ! } \def\inf{110} \def\sup{\xmax} \pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red] { \psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup] \psplot{\sup}{\inf}{0} \closepath % indispensable ! } \psplot[plotpoints=1000]{\xmin}{\xmax}{\f} \uput[d](70,0){70} \uput[d](90,0){$\mu = 90$} \uput[d](110,0){110} \uput[d](125,0){mg.dL$^{-1}$} \psline[linestyle=dashed](90,0)(90,0.0324) %\psline[linestyle=dashed](70,0)(70,0.00865) %\psline[linestyle=dashed](110,0)(110,0.00865) \psline(\xmin,0)(\xmax,0) \psline[linecolor=red,linestyle=dashed](115,0.002)(120,0.02) \uput[ur](120,0.02){\red 0,052} \psline[linecolor=red,linestyle=dashed](65,0.002)(60,0.02) \uput[ul](60,0.02){\red 0,052} \end{pspicture*} \end{center} \item% Déterminer la valeur de $\sigma$ arrondie au dixième. La variable aléatoire $X$ suit la loi normale de moyenne $\mu=90$ et d'écart-type $\sigma$. D'après le cours, on peut dire que la variable aléatoire $Z=\dfrac{X-90}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite. On a vu que $P(X < 70) = 0,052$. Comme $\sigma>0$, $X < 70 \iff X-90 < -20 \iff \dfrac{X-90}{\sigma} < -\dfrac{20}{\sigma} \iff Z < -\dfrac{20}{\sigma}$ $P( X< 70)=0,052 \iff P\left (Z< -\dfrac{20}{\sigma}\right ) = 0,052$. On sait que la variable aléatoire $Z$ suit la loi normale centrée réduite; si $P(Z < \beta) = 0,052$, on trouve à la calculatrice $\beta \approx -1,626$. On a donc $-\dfrac{20}{\sigma} \approx -1,626$ ce qui donne $\sigma \approx \dfrac{20}{1,626}$ soit $\sigma \approx 12,3$. La valeur de $\sigma$ arrondie au dixième est 12,3. \item Dans cette question, on prend $\sigma = 12$. La probabilité que la personne choisie soit en hypoglycémie est $P(X<60)$. À la calculatrice, pour la variable aléatoire $X$ qui suit la loi normale de paramètres $\mu=90$ et $\sigma=12$, on trouve $P(X<60)\approx 0,006$. La probabilité, arrondie au millième, que la personne choisie soit en hypoglycémie est 0,006. \end{enumerate} %\bigskip \subsubsection*{Partie 3} % \medskip Afin d'estimer la proportion, pour l'année 2013, de personnes diagnostiquées diabétiques dans la population française âgée de 20 à 79 ans, on interroge au hasard \np{10000}~personnes. Dans l'échantillon étudié, 716 personnes ont été diagnostiquées diabétiques. \medskip \begin{enumerate} \item% À l'aide d'un intervalle de confiance au niveau de confiance 95\,\%, estimer la proportion de personnes diagnostiquées diabétiques dans la population française âgée de 20 à 79 ans. Un intervalle de confiance au niveau de confiance 95\,\% d'une fréquence $f$ dans un échantillon de taille $n$ est: \hfill{} $\left [ f-\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}}~;~ f+\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}} \right ]$\hfill{} La fréquence de personnes diagnostiquées diabétiques dans l'échantillon proposé de taille $n=\np{10000}$ est $f=\dfrac{716}{\np{10000}}= \np{0,0716}$. On obtient l'intervalle $ \left [ 0,0716 -\dfrac{1}{\ds\sqrt{\np{10000}}}~;~ 0,0716 +\dfrac{1}{\ds\sqrt{\np{10000}}} \right ] = \cd \np{0,0616}~;~\np{0,0816} \cg$. On peut donc dire que la probabilité que l'intervalle $\cd \np{0,0616}~;~\np{0,0816} \cg$ contienne la proportion d'adultes diabétiques dans la population totale est supérieure à 0,95. \item% Quel doit être le nombre minimal de personnes à interroger si l'on veut obtenir un intervalle de confiance d'amplitude inférieure ou égale à 0,01 ? L'amplitude de l'intervalle $\left [ f-\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}}~;~ f+\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}} \right ]$ est $\dfrac{2}{\ds\sqrt{n}}$. Pour que cette amplitude soit inférieure ou égale à 0,01, il faut trouver $n$ pour que $\dfrac{2}{\ds\sqrt{n}} \pp 0,01$ ce qui équivaut à $200 \pp \ds\sqrt{n}$ ou encore $n \pg \np{40000}$. Il faut donc avoir un échantillon de taille supérieure ou égale à \np{40000} pour que l'intervalle de confiance ait une amplitude inférieure ou égale à 0,01. \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \subsection*{\textsc{Exercice 2 \hfill Commun à tous les candidats \hfill 4 points}} On considère les nombres complexes $z_n$ définis pour tout entier $n \geqslant 0$ par la donnée de $z_0$, où $z_0$ est différent de 0 et de 1, et la relation de récurrence: $z_{n+1} = 1 - \dfrac{1}{z_n}$. \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Dans cette question, on suppose que $z_0 = 2$.% Déterminer les nombres $z_1$, $z_2$, $z_3$, $z_4$, $z_5$ et $z_6$. $z_1 = 1 - \dfrac{1}{z_0} = 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$ ; $z_{2} = 1 - \dfrac{1}{z_1} = 1 - 2 = - 1$ ; $z_3 = 1 - \dfrac{1}{z_2} = 1 - \dfrac{1}{- 1} = 1 + 1 = 2$ ; ensuite on retrouve $z_4 = \dfrac{1}{2}$, $z_5 = - 1$ et $z_6 = 2$. \item Dans cette question, on suppose que $z_0 = \text{i}$.% Déterminer la forme algébrique des nombres complexes $z_1$, $z_2$, $z_3$, $z_4$, $z_5$ et $z_6$. $z_1 = 1 - \dfrac{1}{\text{i}} = 1 + \text{i}$ ; $z_{2} = 1 - \dfrac{1}{z_1} = 1 - \dfrac{1}{1 + \text{i}} = 1 - \dfrac{1 - \text{i}}{1 + 1} = \dfrac{2 - 1 + \text{i}}{2} = \dfrac{1 + \text{i}}{2}$ ; $z_3 = 1 - \dfrac{1}{z_2} = 1 - \dfrac{1}{\dfrac{1 + \text{i}}{2}} = 1 - \dfrac{2}{1 + \text{i}}= \dfrac{1 + \text{i} - 2}{1 + \text{i}} = \dfrac{- 1 + \text{i}}{1 + \text{i}} = \dfrac{(- 1 + \text{i})(1 - \text{i})}{(1 + \text{i})(1 - \text{i})} = \dfrac{- 1 + 1 +\text{i} + \text{i}}{1 + 1} = \text{i} = z_0$ ; ensuite on retrouve $z_4 = z_1 = 1 + \text{i}$ , puis $z_5 = \dfrac{1 + \text{i}}{2}$ et $z_6 =\text{i}$. \item Dans cette question on revient au cas général où $z_0$ est un complexe donné.% Que peut-on conjecturer pour les valeurs prises par $z_{3n}$ selon les valeurs de l'entier naturel $n$ ? Des résultats de la question précédente, on peut conjecturer que $z_{3n} = z_0$, pour $n \in \N$. %Prouver cette conjecture. On démontre cette conjecture par récurrence sur $n$: $\bullet~~$\textbf{Initialisation:} on a bien $z_{3\times 0} = z_0$. L'égalité est vraie au rang $0$. $\bullet~~$\textbf{Hérédité:} supposons que pour $n \in \N$,\: $z_{3n} = z_0$, alors $z_{3(n+1)} = z_{3n + 3} = 1 - \dfrac{1}{z_{3n+2}} = 1 - \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{z_{3n+1}}} = 1 - \dfrac{z_{3n+1}}{z_{3n+1} - 1} = \dfrac{z_{3n+1} - 1 - z_{3n+1} }{z_{3n+1} - 1} \\[8pt] \phantom{z_{3(n+1)}}= \dfrac{- 1}{z_{3n+1} - 1} = \dfrac{- 1}{1 - \dfrac{1}{z_{3n}} - 1} = \dfrac{- 1}{- \dfrac{1}{z_{3n}}} = z_{3n} = z_0$. $\bullet~~$\textbf{Conclusion:} on a donc démontré que $z_{3\times 0} = z_0$ et si \:$z_{3n} = z_0$, alors $z_{3(n+1)} = z_0$ : d'après le principe de récurrence on a démontré que quel que soit $n \in \N$, \: $z_{3n} = z_0$. \end{enumerate} \item %Déterminer $z_{\np{2016}}$ dans le cas où $z_0 = 1 + \text{i}$. Comme $\np{2016} = 3 \times 672$, on a d'après la question précédente $z_{\np{2016}} = z_0 = 1 + \text{i}$. \item %Existe-t-il des valeurs de $z_0$ tel que $z_0 = z_1$ ? Que peut-on dire de la suite $\left(z_n\right)$ dans ce cas ? On a $z_0 = z_1 \iff z_0 = 1 - \dfrac{1}{z_0}$ (avec $z_0 \ne 0$) ou encore $z_0^2 = z_0 - 1 \iff z_0^2 - z_0 + 1 = 0 \iff \left(z_0 - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4} + 1 = 0 \iff \left(z_0 - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4} = 0 \iff \left(z_0 - \frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\left(z_0 - \frac{1}{2} - \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l} z_0 - \frac{1}{2} - \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}&=&0\\ z_0 - \frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}&=&0 \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} z_0 &=&\frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\\ z_0 &=&\frac{1}{2} - \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \end{array}\right.$ Il y a donc deux valeurs de $z_0$ pour lesquelles $z_1 = z_0$. Dans ces deux cas, $z_2 = 1 - \dfrac{1}{z_1} = 1 - \dfrac{1}{z_0} = z_1$, et ainsi de suite, donc les suites $\left(z_n\right)$ sont constantes. \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \subsection*{\textsc{Exercice 3 \hfill {Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} \hfill 5 points}} %\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} % %\medskip On dispose d'un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6 et de 2 pièces A et B ayant chacune un côté pile et un côté face. Un jeu consiste à lancer une ou plusieurs fois le dé. Après chaque lancer de dé, si l'on obtient 1 ou 2, alors on retourne la pièce A, si l'on obtient 3 ou 4, alors on retourne la pièce B et si l'on obtient 5 ou 6, alors on ne retourne aucune des deux pièces. Au début du jeu, les 2 pièces sont du côté face. \medskip \begin{enumerate} \item Dans l'algorithme ci-dessous, 0 code le côté face d'une pièce et 1 code le côté pile. Si $a$ code le côté de la pièce A à un instant donné, alors $1 - a$ code le côté de la pièce A après l'avoir retournée. \begin{center} \begin{tabularx}{\linewidth}{|lX|}\hline \textbf{Variables :} & $a$, $b$, $d$, $s$ sont des entiers\\ &$i$, $n$ sont des entiers supérieurs ou égaux à 1\\ \textbf{Initialisation :}& $a$ prend la valeur $0$\\ &$b$ prend la valeur 0\\ &Saisir $n$\\ \textbf{Traitement :} & Pour $i$ allant de $1$ à $n$ faire\\ &\begin{tabular}{|l} $d$ prend la valeur d'un entier aléatoire compris entre 1 et 6\\ Si $d \leqslant 2$\\ \hspace{0.5cm} \begin{tabular}{|l} alors $a$ prend la valeur $1 - a$\\ sinon Si $d \leqslant 4$\\ \hspace{1.5cm}| alors $b$ prend la valeur $1 - b$\\ \hspace{1cm}FinSi\\ \end{tabular}\\ FinSi\\ $s$ prend la valeur $a + b$\\ \end{tabular}\\ &FinPour\\ \textbf{Sortie :}&Afficher $s$\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \begin{enumerate} \item On exécute cet algorithme en saisissant $n = 3$ et en supposant que les valeurs aléatoires générées successivement pour $d$ sont 1 ; 6 et 4.% Recopier et compléter le tableau donné ci-dessous contenant l'état des variables au cours de l'exécution de l'algorithme : \begin{center} \psset{xunit=1.6cm, yunit=0.6cm} \def\xmin {-2.5} \def\xmax {5} \def\ymin {0} \def\ymax {5} \begin{pspicture}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %\psgrid[subgriddiv=1, griddots=10, gridlabels=0, gridcolor=black] \multido{\i=0+1}{6}{\psline(\xmin,\i)(\xmax,\i)} \multido{\i=0+1}{6}{\psline(\i,\ymin)(\i,\ymax)} \psline(\xmin,\ymin)(\xmin,\ymax) \uput[r](\xmin,0.5){\small 3\ieme{} passage boucle Pour} \uput[r](\xmin,1.5){\small 2\ieme{} passage boucle Pour} \uput[r](\xmin,2.5){\small 1\ier{} passage boucle Pour} \uput[r](\xmin,3.5){\small initialisation} \uput[r](\xmin,4.5){\small variables} \uput[u](0.5,4){$i$} \uput[u](1.5,4){$d$} \uput[u](2.5,4){$a$} \uput[u](3.5,4){$b$} \uput[u](4.5,4){$s$} \psline(0,3)(1,4)(2,3) \psline(0,4)(1,3)(2,4) \psline(4,3)(5,4) \psline(4,4)(5,3) {\red \bf \uput[u](0.5,2){1} \uput[u](0.5,1){2} \uput[u](0.5,0){3} \uput[u](1.5,2){1} \uput[u](1.5,1){6} \uput[u](1.5,0){4} \uput[u](2.5,3){0}\uput[u](2.5,2){1}\uput[u](2.5,1){1}\uput[u](2.5,0){1} \uput[u](3.5,3){0}\uput[u](3.5,2){0}\uput[u](3.5,1){0}\uput[u](3.5,0){1} \uput[u](4.5,2){1} \uput[u](4.5,1){1} \uput[u](4.5,0){2} } \end{pspicture} \end{center} \item% Cet algorithme permet-il de décider si à la fin les deux pièces sont du côté pile ? Les variables $a$ et $b$ sont à 0 ou 1 selon que la pièce montre le côté face ou le côté pile; la variable $s=a+b$ donne donc le nombre de pièces qui sont du côté pile. À la fin de cet algorithme, $s=2$ donc les deux pièces sont du côté pile. \end{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$, on note : $\bullet~~$ $X_n$ l'évènement : \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les deux pièces sont du côté face\fg $\bullet~~$ $Y_n$ l'évènement : \og À l'issue de $n$ lancers de dés, une pièce est du côté pile et l'autre est du côté face\fg $\bullet~~$ $Z_n$ l'évènement : \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les deux pièces sont du côté pile\fg. De plus on note, $x_n = P\left(X_n\right)$ ; $y_n = P\left(Y_n\right)$ et $z_n = P\left(Z_n\right)$ les probabilités respectives des évènements $X_n$, $Y_n$ et $Z_n$. \begin{enumerate} \item Au début du jeu les deus pièces sont du côté face donc $x_0=1$ , $y_0=0$ et $z_0=0$. \item% Justifier que $P_{X_n}\left(X_{n+1}\right) = \dfrac{1}{3}$. $X_{n+1}$ est l'événement \og À l'issue de $n+1$ lancers de dés, les deux pièces sont du côté face\fg{}; on cherche donc la probabilité que, à l'issue de $n+1$ lancers, les deux pièces soient du côté face sachant qu'à l'issue de $n$ lancers elles étaient déjà les deux du côté face. Il faut donc qu'il n'y ait aucun retournement de pièce lors du $n+1$-ième lancer, c'est-à-dire qu'il faut que le dé tombe sur 5 ou 6; la probabilité de l'événement $\{5~;~6\}$ est $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$ puisque le dé est bien équilibré et donc qu'il y a équiprobabilité. Donc $P_{X_n}\left(X_{n+1}\right) = \dfrac{1}{3}$. \item% Recopier l'arbre ci-dessous et compléter les probabilités sur ses branches, certaines pouvant être nulles : On complète l'arbre proposé: \bigskip \begin{center} \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,levelsep=4cm]{\TR{}} { \pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$X_n$}\naput{$x_n$}} { \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 1/3} \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red \hspace*{1.5cm} 2/3} \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 0} } \pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Y_n$}\taput{$y_n$}} { \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 1/3} \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red \hspace*{1.5cm} 1/3} \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 1/3} } \pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Z_n$}\taput{$z_n$}} { \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 0} \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red \hspace*{1.5cm} 2/3} \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 1/3} } } \end{center} \bigskip \item% Pour tout entier naturel $n$, exprimer $z_n$ en fonction de $x_n$ et $y_n$. Pour tout entier naturel $n$, $x_n+y_n+z_n=1$ donc $z_n=1-x_n-y_n$. \item% En déduire que, pour tout entier naturel $n$, $y_{n+1} = - \dfrac{1}{3}y_n + \dfrac{1}{3}$. D'après la formule des probabilités totales: $y_{n+1}= P(Y_{n+1}) = P(X_n \cap Y_{n+1}) + P(Y_n \cap Y_{n+1}) + P(Z_n \cap Y_{n+1}) = \dfrac{2}{3} x_n + \dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} z_n\\[8pt] \phantom{y_{n+1}} = \dfrac{2}{3} x_n + \dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} (1-x_n-y_n) = \dfrac{2}{3} x_n + \dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} - \dfrac{2}{3} x_n -\dfrac{2}{3} y_n = -\dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} $ \item On pose, pour tout entier naturel $n$, $b_n = y_n - \dfrac{1}{2}$ donc $y_n=b_n+\dfrac{1}{2}$. %Montrer que la suite $\left(b_n\right)$ est géométrique. % %En déduire que, pour tout entier naturel $n$, $y_n = \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\times \left(- \dfrac{1}{3}\right)^n$. $b_{n+1}= y_{n+1}-\dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{3} \left ( b_n+\dfrac{1}{2}\right ) + \dfrac{4}{6} - \dfrac{3}{6} = -\dfrac{1}{3} b_n -\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6} = -\dfrac{1}{3} b_n -\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} = -\dfrac{1}{3} b_n$ $b_0=y_0-\dfrac{1}{2} = 0-\dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{2}$ Donc la suite $(b_n)$ est géométrique de raison $q=-\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $b_0=-\dfrac{1}{2}$. On peut donc dire que, pour tout $n$, $b_n=b_0 \times q^n = -\dfrac{1}{2}\times \left (-\dfrac{1}{3}\right )^n$. Comme $y_n=b_n+\dfrac{1}{2}$, on en conclut que, pour tout $n$, $y_n=\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\times \left (-\dfrac{1}{3}\right )^n$. \item% Calculer $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} y_n$. %Interpréter le résultat. La suite $(b_n)$ est géométrique de raison $-\dfrac{1}{3}$; comme $-1 < -\dfrac{1}{3} < 1$, on sait que la suite $(b_n)$ est convergente vers 0. Or, pour tout $n$, $y_n=b_n+\dfrac{1}{2}$, donc la suite $(y_n)$ est convergente vers $\dfrac{1}{2}$: $\ds\lim_{n \to +\infty} y_n=\dfrac{1}{2}$. Donc à long terme, la probabilité d'avoir une piède côté face et une pièce côté pile va tendre vers 0,5. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \subsection*{\textsc{Exercice 3 \hfill {Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité} \hfill 5 points}} %\textbf{Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité} % %\medskip On dispose d'un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6 et de 3 pièces A, B et C ayant chacune un côté pile et un côté face. Un jeu consiste à lancer une ou plusieurs fois le dé. Après chaque lancer de dé, si l'on obtient 1 ou 2, alors on retourne la pièce A, si l'on obtient 3 ou 4, alors on retourne la pièce B et si l'on obtient 5 ou 6, alors on retourne la pièce C. Au début du jeu, les 3 pièces sont toutes du côté face. \medskip \begin{enumerate} \item Dans l'algorithme ci-dessous, 0 code le côté face et 1 code le côté pile. Si $a$ code un côté de la pièce A, alors $1 - a$ code l'autre côté de la pièce A. \begin{center} \begin{tabularx}{\linewidth}{|lX|}\hline \textbf{Variables :} &$a$, $b$, $c$, $d$, $s$ sont des entiers naturels\\ &$i$, $n$ sont des entiers supérieurs ou égaux à 1\\ \textbf{Initialisation :}&$a$ prend la valeur $0$\\ &$b$ prend la valeur 0\\ &$c$ prend la valeur 0\\ &Saisir $n$\\ \textbf{Traitement :} & Pour $i$ allant de $1$ à $n$ faire\\ &\begin{tabular}{|l} $d$ prend la valeur d'un entier aléatoire compris\\ entre 1 et 6\\ Si $d \leqslant 2$\\ \hspace{0.5cm} \begin{tabular}{|l} alors $a$ prend la valeur $1 - a$\\ sinon Si $d \leqslant 4$\\ \hspace{1.5cm}\begin{tabular}{|l} alors $b$ prend la valeur $1 - b$\\ sinon $c$ prend la valeur $1 - c$ \end{tabular}\\ \hspace{1cm}FinSi\\ \end{tabular}\\ FinSi\\ $s$ prend la valeur $a + b + c$\\ \end{tabular}\\ &FinPour\\ \textbf{Sortie :}&Afficher $s$\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \begin{enumerate} \item On exécute cet algorithme en saisissant $n = 3$ et en supposant que les valeurs aléatoires générées successivement pour $d$ sont 1 ; 4 et 2.% Recopier et compléter le tableau donné ci-dessous contenant l'état des variables au cours de l'exécution de l'algorithme : On complète le tableau: \begin{center} \psset{xunit=1.5cm, yunit=0.6cm} \def\xmin {-3} \def\xmax {6} \def\ymin {0} \def\ymax {5} \begin{pspicture}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax) %\psgrid[subgriddiv=1, griddots=10, gridlabels=0, gridcolor=black] \multido{\i=0+1}{6}{\psline(\xmin,\i)(\xmax,\i)} \multido{\i=0+1}{7}{\psline(\i,\ymin)(\i,\ymax)} \psline(\xmin,\ymin)(\xmin,\ymax) \uput[r](\xmin,0.5){\small 3\ieme{} passage boucle Pour} \uput[r](\xmin,1.5){\small 2\ieme{} passage boucle Pour} \uput[r](\xmin,2.5){\small 1\ier{} passage boucle Pour} \uput[r](\xmin,3.5){\small initialisation} \uput[r](\xmin,4.5){\small variables} \uput[u](0.5,4){$i$} \uput[u](1.5,4){$d$} \uput[u](2.5,4){$a$} \uput[u](3.5,4){$b$} \uput[u](4.5,4){$c$} \uput[u](5.5,4){$s$} \psline(0,3)(1,4)(2,3) \psline(0,4)(1,3)(2,4) \psline(5,3)(6,4) \psline(5,4)(6,3) {\red \bf \uput[u](0.5,2){1} \uput[u](0.5,1){2} \uput[u](0.5,0){3} \uput[u](1.5,2){1} \uput[u](1.5,1){4} \uput[u](1.5,0){2} \uput[u](2.5,3){0}\uput[u](2.5,2){1}\uput[u](2.5,1){1}\uput[u](2.5,0){0} \uput[u](3.5,3){0}\uput[u](3.5,2){0}\uput[u](3.5,1){1}\uput[u](3.5,0){1} \uput[u](4.5,3){0}\uput[u](4.5,2){0}\uput[u](4.5,1){0}\uput[u](4.5,0){0} \uput[u](5.5,2){1} \uput[u](5.5,1){2} \uput[u](5.5,0){1} } \end{pspicture} \end{center} \item% Cet algorithme permet-il de savoir si, après une exécution de $n$ tirages, les trois pièces sont du côté pile? Les variables $a$, $b$ et $c$ sont à 0 ou 1 selon que la pièce montre le côté face ou le côté pile; la variable $s=a+b+c$ donne donc le nombre de pièces qui sont du côté pile. Après une exécution de $n$ tirages, les trois pièces sont du côté pile si $s=3$. \end{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$, on note : $\bullet~~$ $X_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les trois pièces sont du côté face \fg $\bullet~~$ $Y_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, une seule pièce est du côté pile et les autres sont du côté face\fg $\bullet~~$ $Z_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, exactement deux pièces sont du côté pile et l'autre est du côté face\fg $\bullet~~$ $T_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les trois pièces sont du côté pile \fg. De plus on note, $x_n = p\left(X_n\right)$ ; $y_n = p\left(Y_n\right)$ ; $z_n = p\left(Z_n\right)$ et $t_n = p\left(T_n\right)$ les probabilités respectives des évènements $X_n$, $Y_n$, $Z_n$ et $T_n$. \begin{enumerate} \item% Donner les probabilités $x_0$ ,$y_0$, $z_0$ et $t_0$ respectives qu'au début du jeu il y ait 0, 1, 2 ou 3 pièces du côté pile. Au début du jeu, les trois pièces sont du côté face donc $x_0=1$, $y_0=0$, $z_0=0$ et $t_0=0$. \item% Recopier l'arbre ci-dessous et compléter les probabilités sur ses branches : \begin{list}{\textbullet}{} \item À chaque tirage, on retourne une pièce et une seule; donc si les trois pièces sont du côté face après le $n$-ième tirage, il y aura une et une seule pièce du côté pile après le $n+1$-ième tirage. On en déduit que $P_{X_n}(Y_{n+1})=1$. \item Par un raisonnement analogue, on démontre que $P_{T_n}(Z_{n+1})=1$. \item Si après le $n$-ième tirage, il y a une seule pièce du côté pile, il y a deux possibilités: \begin{list}{$\circ$}{} \item c'est cette pièce qui est retournée lors du $n+1$-ième tirage, avec une probabilité de $\dfrac{1}{3}$, et donc $P_{Y_n}(X_{n+1})=\dfrac{1}{3}$; \item c'est une des deux autres pièces qui est retournée, avec une probabilité de $\dfrac{2}{3}$, et donc $P_{Y_n}(Z_{n+1})=\dfrac{2}{3}$. \end{list} \item Par un raisonnement analogue, on démontre que $P_{Z_n}(Y_{n+1})=\dfrac{2}{3}$ et que $P_{Z_n}(T_{n+1})=\dfrac{1}{3}$. \end{list} On peut donc compléter l'arbre proposé: \begin{center} \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,levelsep=4cm]{\TR{}} { \pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$X_n$}\taput{$x_n$}} { \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red 1} } \pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Y_n$}\taput{$y_n$}} { \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 1/3} \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 2/3} } \pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Z_n$}\taput{$z_n$}} { \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red 2/3} \TR{$T_{n+1}$}\nbput{\red 1/3} } \pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$T_n$}\tbput{$t_n$}} { \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 1} } } \end{center} \bigskip \end{enumerate} \item Pour tout entier naturel $n$, on note $U_n$ la matrice ligne $\begin{pmatrix} x_n & y_n & z_n & t_n \end{pmatrix}$. \begin{enumerate} \item $U_0 = \begin{pmatrix} x_0 & y_0 & z_0 & t_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$. \item On cherche la matrice carrée $M$ telle que, pour tout entier naturel $n$, $U_{n+1} = U_n \times M$. D'après l'arbre et le théorème des probabilités totales, on peut dire que: \[\left\lbrace \begin{array}{c !{=} c c c c} x_{n+1} & & \dfrac{1}{3} y_n & &\\[7pt] y_{n+1} & x_n & & +\dfrac{2}{3} z_n &\\[7pt] z_{n+1} & & \dfrac{2}{3} y_n & & +t_n \\[7pt] t_{n+1} & & & \dfrac{1}{3} z_n & \end{array} \right.\] Cela s'écrit sous forme matricielle: \[\begin{pmatrix} x_{n+1} & y_{n+1} & z_{n+1} & t_{n+1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_{n} & y_{n} & z_{n} & t_{n} \end{pmatrix} \times \renewcommand{\arraystretch}{1.7} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ \dfrac{1}{3} & 0 & \dfrac{2}{3} & 0 \\ 0 & \dfrac{2}{3} & 0 & \dfrac{1}{3}\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}\] Et donc $M= \renewcommand{\arraystretch}{1.7} \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0 \\ \dfrac{1}{3} & 0 & \dfrac{2}{3} & 0 \\ 0 & \dfrac{2}{3} & 0 & \dfrac{1}{3}\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}$ \end{enumerate} \item On va démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, $U_n = U_0 \times M^n$. Soit $\mathcal P_n$ la propriété $U_n = U_0 \times M^n$. \begin{list}{\textbullet}{} \item \textbf{Initialisation} Pour $n=0$, $M^0 = I_4$ la matrice identité d'ordre 4. $U_0\times M^0 = U_0 \times I_4 = U_0$ donc la propriété est vraie au rang 0. \item \textbf{Hérédité} On suppose la propriété vraie pour un rang $p\pg 0$, c'est-à-dire $U_p = U_0 \times M^p$. $U_{p+1} = U_p \times M = U_0 \times M^p \times M = U_0\times M^{p+1}$ donc la propriété est vraie au rang $p+1$; elle est donc héréditaire. \item \textbf{Conclusion} La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc elle est vraie pour tout $n\pg 0$. \end{list} On a donc démontré que, pour tout $n$, $U_n= U_0\times M^n$. \item On admet que, pour tout entier $n \geqslant 1$, \begin{center} \begin{tabularx}{\linewidth}{X X} $x_n = \dfrac{(- 1)^n + 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n + 3\times \left(\frac{1}{3}\right)^n + 1}{8}$ ; & $y_n = \dfrac{- 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n + 3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^n - (- 1)^n \times 3 + 3}{8}$\\[8pt] $z_n = \dfrac{- 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n - 3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^n + (- 1)^n\times 3 + 3}{8}$ ; & $t_n = \dfrac{- (- 1)^n + 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n - 3\times \left(\frac{1}{3}\right)^n + 1}{8}$ \end{tabularx} \end{center} \begin{enumerate} \item La probabilité qu'au bout de 5 lancers de dés, une seule des trois pièces soit du côté pile est $y_5$. $y_5 = \dfrac{- 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^5 + 3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^5 - (- 1)^5 \times 3 + 3}{8} = \dfrac{61}{81} \approx 0,753$. \item% Préciser si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses. Une réponse non justifiée n'est pas prise en compte \begin{list}{\textbullet}{} \item \textbf{Première affirmation} \og À l'issue d'un nombre pair de lancers de dés, les pièces peuvent être toutes les trois du côté pile \fg. \medskip On veut savoir si, à l'issue d'un nombre pair de lancers, on peut avoir $t_n=1$. Si $n$ est pair, alors $(-1)^n=1$ et $\left (-\dfrac{1}{3}\right )^n= \left (\dfrac{1}{3}\right )^n$; on en déduit que $t_n=0$. \smallskip Donc l'affirmation est \textbf{fausse}. \medskip \item \textbf{Deuxième affirmation} \og Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à $\dfrac{1}{4}$ \fg. \medskip On a vu que si $n$ était pair, $t_n$ valait 0 qui est inférieur à $\dfrac{1}{4}$. Si $n$ est impair, $(-1)^n=-1$ et $\left (-\dfrac{1}{3}\right )^n = -\left (\dfrac{1}{3}\right )^n$. Donc $t_n=\dfrac{1 -3\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n -3\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n +1}{8} = \dfrac{2 -6\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n }{8} = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4}\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n <\dfrac{1}{4}$ Donc l'affirmation est \textbf{fausse}. \medskip \item \textbf{Troisième affirmation} \og Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à $0,249$ \fg. \medskip On calcule $t_n$ pour quelques valeurs de $n$: \begin{center} \newcommand{\ca}{\centering\arraybackslash} \begin{tabular}{|*8{>{\ca}p{1.2cm}|}} \hline $n$ & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 \\ \hline $t_n$ & 0 & 0 & \np{0,22222} & 0 & \np{0,24691} & 0 & \np{0,24965}\\ \hline \end{tabular} \end{center} $t_7>0,249$ donc l'affirmation est \textbf{vraie}. \medskip \emph{Remarque} On a vu plus haut que, pour $n$ impair, $t_n = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4}\times \left (\dfrac{1}{3} \right )^n$. La suite $(u_n)$ définie sur $\N$ par $u_n = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4}\times \left (\dfrac{1}{3} \right )^n$ est convergente et a pour limite $\dfrac{1}{4}$. Donc il existe un rang $n_0$ à partir duquel $u_n > 0,249$. La suite $(t_n)$ coïncide avec la suite $(u_n)$ pour tous les $n$ impairs. Donc si $n_0$ est impair, $t_{n_0}=u_{n_0}>0,249$. Et si $n_0$ est pair, on prend $n_1=n_0+1$ et $t_{n_1}=u_{n_1}>0,249$. \emph{Les suites extraites ne sont certes pas au programme de terminale S mais cet exemple est assez facile à comprendre pour un élève attentif. Et puis, c'est tellement plus joli qu'avec la calculatrice!\\ Enfin ce raisonnement permet de dire qu'il existe un rang à partir duquel $t_n > \np{0,249999}$.} \end{list} \end{enumerate} \end{enumerate} \newpage \subsection*{\textsc{Exercice 4 \hfill Commun à tous les candidats \hfill 5 points}} %\textbf{Commun à tous les candidats} % %\medskip Un hélicoptère est en vol stationnaire au-dessus d'une plaine. Un passager lâche verticalement un colis muni d'un parachute. %\bigskip \subsubsection*{Partie 1} %\medskip Soit $v_1$ la fonction définie sur $\cd 0~;~+\infty\cd$ par: $v_1(t) = 5 \times \dfrac{\text{e}^{0,3t} - 1}{\text{e}^{0,3t} + 1}$. \medskip \begin{enumerate} \item% Déterminer le sens de variation de la fonction $v_1$. La fonction $v_1$ est dérivable sur $\R$ et $v'_1(t)= 5\times \dfrac{0,3 \e^{0,3 t} \left( \e^{0,3 t} +1 \right) - \left( \e^{0,3 t} - 1\right) \times \left( 0,3 \e^{0,3 t} \right)}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2} = 5\times \dfrac{0,3 \e^{0,3 t} \left( \e^{0,3 t} +1 - \e^{0,3 t} + 1 \right)}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2}\\ \phantom{v'_1(t)}= 5\times \dfrac{0,3 \e^{0,3 t} \times 2}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2} = \dfrac{3 \e^{0,3 t}}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2}$ Pour tout $t$, $\e^{0,3t}>0$ donc $v_1(t)>0$ donc la fonction $v_1$ est strictement croissante sur $\cd 0~;~+\infty\cd$. \item On suppose, dans cette question, que le parachute fonctionne correctement. On admet que $t$ secondes après qu'il a été lâché, la vitesse du colis (exprimée en m.s$^{-1}$) est égale, avant d'atteindre le sol, à $v_1(t)$. On considère que le colis arrive en bon état sur le sol si sa vitesse à l'arrivée n'excède pas 6 m.s$^{-1}$. %Le colis risque-t-il d'être endommagé lorsque le parachute s'ouvre correctement ? Justifier. On résout l'inéquation $v_1(t) < 6$: $\begin{array}{@{} l !{\iff} l !{\iff} l} v_1(t) < 6 & 5 \times \dfrac{\e^{0,3t} - 1}{\e^{0,3t} + 1} < 6 & 5 \times \dfrac{\e^{0,3t} - 1}{\e^{0,3t} + 1} - 6 < 0\\[8pt] & \dfrac{5 \e^{0,3 t} - 5 - 6 \e^{0,3 t} - 6}{\e^{0,3t} + 1}<0 & \dfrac{- \e^{0,3 t} - 11}{\e^{0,3t} + 1}<0 \end{array}$ Pour tout $t$, $\e^{0,3t} >0$ donc $- \e^{0,3 t} - 11<0$ et $\e^{0,3t} + 1>0$, donc l'inéquation est toujours vérifiée: $v_1(t)<6$ pour tout $t$. Donc le colis ne risque pas d'être endommagé si le parachute s'ouvre normalement. \end{enumerate} \bigskip \subsubsection*{Partie 2} %\medskip On suppose, dans cette partie, que le parachute ne s'ouvre pas. On admet que, dans ce cas, avant que le colis atteigne le sol, sa vitesse (exprimée en m.s$^{-1}$), $t$ secondes après avoir été lâché par le passager, est donnée par : $v_2(t) = 32,7 \left(1 - \text{e}^{- 0,3t}\right)$. \medskip \begin{enumerate} \item La vitesse, exprimée en m.s$^{-1}$, atteinte par le colis au bout de 10 secondes est $v_2(10)$: \hfill{} $v_2(t) = 32,7\left ( 1 - \e^{-0,3 \times 10} \right ) \approx 31,1$.\hfill{} La valeur approchée à $10^{-1}$ de vitesse atteinte par le colis au bout de 10 secondes est 31,1~m.s$^{-1}$. \item On résout l'équation $v_2(t) = 30$ m.s$^{-1}$.% Donner une interprétation concrète de la solution de cette équation dans le cadre de cet exercice. $\begin{array}{l !{\iff} l !{\iff} l} v_2(t) = 30 & 32,7\left ( 1 - \e^{-0,3 t} \right ) = t & 1 - \e^{-0,3 t} = \dfrac{30}{32,7}\\[8pt] & 1 - \dfrac{30}{32,7} = \e^{-0,3 t} & \dfrac{2,7}{32,7} = \e^{-0,3 t}\\[8pt] & \ln \left ( \dfrac{2,7}{32,7} \right ) = -0,3 t & \dfrac{\ln \left (\dfrac{2,7}{32,7}\right )}{-0,3} = t \end{array}$ $\dfrac{\ln \left (\dfrac{2,7}{32,7}\right )}{-0,3} \approx 8,3$ donc au bout d'environ 8,3 secondes, le colis atteint la vitesse de 30~m.s$^{-1}$. \item On sait que la chute du colis dure 20 secondes. On admet que la distance, en mètres, qui sépare l'hélicoptère du colis, $T$ secondes après avoir été lâché par le passager, est donnée par: $d(T) = \ds\int_0^T v_2(t)\:\d t$. \begin{enumerate} \item% Montrer que, pour tout réel $T$ de l'intervalle [0~;~20], % % $d(T) = 109\left(\text{e}^{- 0,3 T} + 0,3 T - 1\right)$. $d(T) = \ds\int_0^T v_2(t) \d t = \ds\int_0^T 32,7 \left ( 1- \e^{-0,3t} \right ) \d t $ La fonction $v_2$ a pour primitive la fonction $t \longmapsto 32,7 \left ( t - \dfrac{\e^{-0,3t}}{-0,3}\right )$; on a $32,7 \left ( t - \dfrac{\e^{-0,3t}}{-0,3}\right ) =32,7 \left ( t + \dfrac{\e^{-0,3t}}{0,3}\right ) = \dfrac{32,7}{0,3} \left ( 0,3 t + \e^{-0,3t}\right ) = 109\left ( 0,3 t + \e^{-0,3t}\right ) $. \smallskip Donc $d(T) = \left [ 109 \left ( 0,3 t + \e^{-0,3t}\right )\rule{0pt}{10pt} \right ]_0^T = 109 \left ( 0,3T + \e^{-0,3 T} \right ) - 109 \left ( 0 + \e^{-0,3 \times 0}\right ) = 109 \left ( \e^{-0,3 T} + 0,3 T - 1\right ) $. \item% Déterminer une valeur approchée à 1~m près de la distance parcourue par le colis lorsqu'il atteint le sol. Le colis atteint le sol au bout de 20 secondes donc la distance qu'il parcourt est \hfill{} $d(20)=109\left ( \e^{-0,3\times 20} +0,3\times 20 -1\right ) \approx 545$~m.\hfill{} \end{enumerate} \item Le temps mis par le colis pour atteindre le sol si on l'avait lâché d'une hauteur de $700$~mètres est la valeur de $T$ solution de l'équation $d(T) = 700$. On étudie les variations de la fonction $d$ sur $\cd 0~;~+\infty\cd$: $d'(T) = 109 \left ( -0,3 \e^{-0,3T} + 0,3\right ) = 32,7 \left ( 1 -0,3 \e^{-0,3T} \right )$ $T\pg 0 \implies -0,3 T \pp 0 \implies \e^{-0,3 T}\pp 1 \implies 1 -0,3 \e^{-0,3T} \pg 0 \implies d'(T) \pg 0$ Donc la fonction $d$ est strictement croissante sur $\cd 0~;~+\infty\cd$. Or $d(0)=0<700$ et $d(30)\approx 872 >700$ donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires on peut dire que l'équation $d(T)=700$ admet une solution unique $\alpha$ sur $\cd 0~;~30\cd$: $\left. \begin{array}{l !{\approx} l} d(24) & 675,9<700\\ d(25) & 708,6 >700 \end{array} \right\rbrace \implies \alpha \in \cd 24~;~25\cg$ \hfill $\left. \begin{array}{l !{\approx} l} d(24,7) & 698,8<700\\ d(24,8) & 702,0>700 \end{array} \right\rbrace \implies \alpha \in \cd 24,7~;~24,8\cg$ Le temps mis par le colis pour atteindre le sol si on l'avait lâché d'une hauteur de 700 mètres est comprise entre 24,7 et 24,8 secondes. \end{enumerate} \end{document}