Exercice 1

Report
Sujet et
Corrigé
Baccalauréat Série S
Métropole, juin 2014
Stéphane PASQUET
Disponible sur http://www.mathweb.fr
22 juin 2014
Exercice 1 (5 points) - Commun à tous les candidats
Partie A
Dans le plan muni d’un repère orthonormé, on désigne par C1 la courbe représentative de
la fonction f1 définie sur R par :
f1 (x) = x + e−x
1. Justifier que C1 passe par le point A de coordonnées (0 ; 1).
2. Déterminer le tableau de variation de la fonction f1 . On précisera les limites de f1 en
+∞ et en −∞.
Partie B
Z
L’objet de cette partie est d’étudier la suite (In ) définie sur N par : In =
1
0
(x + e−nx ) dx.
1. Dans le plan muni d’un repère orthonormé (O ; #»
ı , #»
 ), pour tout entier naturel n, on
note Cn la courbe représentative de la fonction fn définie sur R par fn (x) = x + e−nx .
Sur le graphique ci-dessous, on a tracé la courbe Cn pour plusieurs valeurs de l’entier
n et la droite D d’équation x = 1.
D
C1
C2
C3
C4
#»
j
C6
C15
C60
#»
i
O
1
(a) Interpréter géométriquement l’intégrale In .
(b) En utilisant cette interprétation, formuler une conjecture sur le sens de variation
de la suite (In ) et sa limite éventuelle. On précisera les éléments sur lesquels on
s’appuie pour conjecturer.
2. Démontrer que pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1,
Z1
In+1 − In =
e−(n+1)x (1 − ex ) dx.
0
En déduire le signe de In+1 − In puis démontrer que la suite (In ) est convergente.
3. Déterminer l’expression de In en fonction de n et déterminer la limite de la suite (In ).
Exercice 2 (5 points) - Commun à tous les candidats
Les parties A et B peuvent être traitées indépendamment.
Partie A
Un laboratoire pharmaceutique propose des tests de dépistage de diverses maladies. Son
service de communication met en avant les caractéristiques suivantes :
• la probabilité qu’une personne malade présente un test positif est 0,99 ;
• la probabilité pour qu’une personne saine présente un test positif est 0,001.
1. Pour une maladie qui vient d’apparaître, le laboratoire élabore un nouveau test. Une
étude statistique permet d’estimer que le pourcentage de personnes malades parmi la
population d’une métropole est égal à 0, 1 %. On choisit au hasard une personne dans
cette population et on lui fait subir le test.
On note M l’événement « la personne choisie est malade » et T l’événement « le test est
positif ».
(a) Traduire l’énoncé sous la forme d’un arbre pondéré.
(b) Démontrer que la probabilité P (T) de l’événement T est égale à 1, 989 × 10−3 .
(c) L’affirmation suivante est-elle vraie ou fausse ? Justifier la réponse.
Affirmation : « Si le test est positif, il y a moins d’une chance sur deux que la
personne soit malade ».
2. Le laboratoire décide de commercialiser un test dès lors que la probabilité qu’une
personne testée positivement soit malade est supérieure ou égale à 0,95. On désigne
par x la proportion de personnes atteinte d’une certaine maladie dans la population.
À partir de quelle valeur de x le laboratoire commercialise-t-il le test correspondant ?
Partie B
La chaine de production du laboratoire fabrique, en très grande quantité, le comprimé d’un
médicament.
1. Un comprimé est conforme si sa masse est comprise entre 890 et 920 mg. On admet
que la masse en milligrammes d’un comprimé pris au hasard dans la production
peut
2
être modélisé par une variable aléatoire X qui suit la loi normale N µ ; σ de moyenne
µ = 900 et d’écart-type σ = 7.
(a) Calculer la probabilité qu’un comprimé prélevé au hasard soit conforme. On arrondira à 10−2 .
2
(b) Déterminer l’entier positif h tel que P(900 − h 6 X 6 900 + h) ≈ 0, 99 à 10−3 près.
2. La chaine de production a été réglée dans le but d’obtenir au moins 97 % de comprimés
conformes. Afin d’évaluer l’efficacité des réglages, on effectue un contrôle en prélevant
un échantillon de 1 000 comprimés dans la production. La taille de la production est
supposée suffisamment grande pour que ce prélèvement puisse être assimilé à 1 000
tirages successifs avec remise.
Le contrôle effectué a permis de dénombrer 53 comprimés non conformes sur l’échantillon prélevé.
Ce contrôle remet-il en question les réglages faits par le laboratoire ? On pourra utiliser
un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %.
Exercice 3 (5 points) - Commun à tous les candidats
On désigne par (E) l’équation z4 + 4z2 + 16 = 0 d’inconnue complexe z.
1. Résoudre dans C l’équation Z 2 + 4Z + 16 = 0.
Écrire les solutions de cette équation sous une forme exponentielle.
2. On désigne par a le nombre complexe dont le module est égal à 2 et dont un argument
π
est égal à .
3
Calculer a2 sous forme algébrique.
√
En déduire les solutions dans C de l’équation z2 = −2 + 2i 3. On écrira les solutions
sous forme algébrique.
3. Restitution organisée de connaissances
On suppose connu le fait que pour tout nombre complexe z = x + iy où x ∈ R et y ∈ R,
le conjugué de z est le nombre complexe z défini par z = x − iy.
Démontrer que :
• Pour tous nombres complexes z1 et z2 , z1 z2 = z1 z2 .
• Pour tout nombre complexe z et tout entier naturel non nul n, zn = (z)n .
4. Démontrer que si z est une solution de l’équation (E) alors son conjugué z est également une solution de (E).
En déduire les solutions dans C de l’équation (E). On admettra que (E) admet au plus
quatre solutions.
Exercice 4 (5 points) -
Candidats n’ayant pas suivis l’enseignement de spécialité
Dans l’espace, on considère un tétraèdre ABCD dont les faces ABC, ACD et ABD sont des
triangles rectangles et isocèles en A. On désigne par E, F et G les milieux respectifs des côtés
[AB], [BC] et [CA].
# » # » # »
On choisit AB pour unité de longueur et on se place dans le repère orthonormé A; AB; AC; AD
de l’espace.
1. On désigne par P le plan qui passe par A et qui est orthogonal à la droite (DF).
On note H le point d’intersection du plan P et de la droite (DF).
(a) Donner les coordonnées des points D et F.
(b) Donner une représentation paramétrique de la droite (DF).
3
(c) Déterminer une équation cartésienne du plan P .
(d) Calculer les coordonnées du point H.
[ est un angle droit.
(e) Démontrer que l’angle EHG
# »
#»
2. On désigne par M un point de la droite (DF) et par t le réel tel que DM = t DF. On note
[
α la mesure en radians de l’angle géométrique EMG.
Le but de cette question est de déterminer la position du point M pour que α soit
maximale.
5
5
3
(a) Démontrer que ME2 = t 2 − t + .
2
2
4
(b) Démontrer que le triangle MEG est isocèle en M.
1
α
En déduire que ME sin
= √ .
2
2 2
α
(c) Justifier que α est maximale si et seulement si sin
est maximal.
2
En déduire que α est maximale si et seulement si ME2 est minimal.
(d) Conclure.
Exercice 4 (5 points) -
Candidats ayant suivis l’enseignement de spécialité
Un pisciculteur dispose de deux bassins A et B pour l’élevage de ses poissons. Tous les ans à
la même période :
• il vide le bassin B et vend tous les poissons qu’il contenait et transfert tous les poissons
du bassin A dans le bassin B ;
• la vente de chaque poisson permet l’achat de deux petits poissons destinés au bassin
A.
Par ailleurs, le pisciculteur achète en plus 200 poissons pour le bassin A et 100 poissons pour le bassin B.
Pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, on note respectivement an et bn les effectifs
des poissons des bassins A et B au bout de n années. En début de première année, le nombre
de poissons du bassins A est a0 = 200 et celui du bassin B est b0 = 100.
1. Justifier que a1 = 400 et b1 = 300 puis calculer a2 et b2 .
!
!
0 2
200
et pour tout entier
2. On désigne par A et B les matrices telles que A =
et B =
1 0
100
!
an
naturel n, on pose Xn =
.
bn
(a) Expliquer pourquoi pour tout entier naturel n, Xn+1 = AXn + B.
!
!
x
x
(b) Déterminer les réels x et y tels que
=A
+ B.
y
y
!
an + 400
(c) Pour tout entier naturel n, on pose Yn =
.
bn + 300
Démontrer que pour tout entier naturel n, Yn+1 = AYn .
3. Pour tout entier naturel n, on pose Zn = Y2n .
(a) Démontrer que pour tout entier naturel n, Zn+1 = A2 Zn . En déduire que pour tout
entier naturel n, Zn+1 = 2Zn .
4
(b) On admet que cette relation de récurrence permet de conclure que pour tout entier naturel n,
Y2n = 2n Y0 .
En déduire que Y2n+1 = 2n Y1 puis démontrer que pour tout entier naturel n,
a2n = 600 × 2n − 400
et a2n+1 = 800 × 2n − 400.
4. Le bassin A a une capacité limitée de 10 000 poissons.
(a) On donne l’algorithme suivant.
Variables :
a, p et n sont des entiers naturels.
Initialisation : Demander à l’utilisateur la valeur de p.
Traitement :
Si p est pair
p
Affecter à n la valeur 2 .
Affecter à a la valeur 600 × 2n − 400.
Sinon
Affecter à n la valeur
p−1
2 .
Affecter à a la valeur 800 × 2n − 400.
Sortie :
Fin du Si.
Afficher a.
Que fait cet algorithme ? Justifier la réponse.
(b) Écrire un algorithme qui affiche le nombre d’années pendant lesquelles le pisciculteur pourra utiliser le bassin A.
5
Correction
Exercice 1 (5 points) - Commun à tous les candidats
Partie A
1. f1 (0) = 0 + e−0 = 0 + 1 = 1. Donc le point de coordonnées (0 ; 1) appartient à C1 .
Ainsi, A,(0 ; 1) est sur C1
2. f1 est dérivable sur R car x 7→ x et x 7→ e−x le sont.
Sa dérivée est : f10 (x) = 1 − e−x .
De plus, f10 (x) > 0 ⇔ 1 − e−x > 0
⇔ e−x 6 1
⇔ −x 6 0
⇔x>0
D’où le tableau de variation suivant :
x
−∞
f10 (x)
f1
0
0
−
+∞
+∞
+
1
+∞
• Calcul de la limiteen −∞
lim (−x) = +∞ 


x→−∞
⇒ lim e−x = +∞
X

lim e = +∞ 
 x→−∞







⇒ Forme indéterminée ∞ − ∞




lim x = −∞ 

X→+∞
x→−∞
On factorise donc l’expression de f1 (x) :
f1 (x) = x + e−x
= e−x (xex + 1)
lim xex = 0 (d’après le cours) donc lim (xex + 1) = 1.
x→−∞
x→−∞
−x
De plus, lim e
x→−∞
= +∞ donc, par produit, lim f1 (x) = +∞ .
x→−∞
• Calcul de la limiteen +∞
lim (−x) = −∞ 


x→+∞
lim e−x = 0

X
 ⇒ x→+∞
lim e = 0

X→−∞







⇒ par somme, lim f1 (x) = +∞


x→+∞



lim x = +∞ 
x→+∞
Partie B
1. (a) In représente l’aire du domaine délimité par Cn , l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite D .
(b) Il semble que Ck est sous C, pour tout entier naturel n et tout entier k > n, tout en
restant au-dessus de l’axe des abscisses.
On peut donc supposer que (In ) est décroissante.
6
Quant à la limite de cette suite, il est difficile, à ce stade, de faire une conjecture,
mais on peut imaginer que la courbe Cn se rapproche de la droite d’équation y = x
dans le carré de côté 1 (dont le sommet inférieur gauche est O).
1
Ainsi, on peut conjecturer que la limite de (In ) est égale à . (mais sincèrement, si
2
l’élève n’émet aucune conjecture à ce stade, c’est normal ...)
2. Pour tout entier naturel n, on a :
Z 1
Z1
−(n+1)x
(x + e−nx ) dx
In+1 − In =
x+e
dx −
0
0
Z 1h
i
=
x + e−(n+1)x − (x + e−nx ) dx
(par linéarité)
0
Z 1
=
e−(n+1)x − e−nx dx
0
!
Z1
−nx
e
=
e−(n+1)x 1 − −(n+1)x dx
e
0
Z1
=
e−(n+1)x 1 − e−nx+(n+1)x dx
Z
In+1 − In =
0
1
e−(n+1)x (1 − ex ) dx
0
On sait que e−(n+1)x > 0 (car une exponentielle est toujours strictement positive).
De plus, sur [0 ; 1], ex > 1 donc 1 − ex 6 0.
Ainsi, sur [0 ; 1], e−(n+1)x (1 − ex ) 6 0 et donc, par propriété sur l’intégrale, In+1 − In 6 0.
La suite (In ) est donc décroissante.
De plus, pour tout entier naturel n et pour tout x compris entre 0 et 1, x + e−nx > 0
donc In > 0. (In ) est donc minorée.
(In ) est minorée et décroissante ; elle converge donc.
1
1
3. Une primitive de x 7→ x est x 7→ x2 et une primitive de x 7→ e−nx est x 7→ − e−nx , donc
2
n
1 2 1 −nx
une primitive de fn (x) est Fn (x) = x − e . Ainsi,
2
n
In = Fn (1) − Fn (0)
1 1
1
= − e−n +
2 n
n
1
1
1
In = − n +
2 ne
n
Or, lim nen = 0, donc lim In =
n→+∞
n→+∞
1
.
2
Exercice 2 (5 points) - Commun à tous les candidats
Partie A
7
99
0,
T
M
0,
0
01
0,
01
T
1. (a)
0,
01
9
99
0
0,
M
0,
99
9
T
T
(b) D’après la formule des probabilités totales,
P (T) = P (M) × PM (T) + P M × PM (T)
= 0, 001 × 0, 99 + 0, 999 × 0, 001
= 0,001 989
P (T) = 1, 989 × 10−3
(c) On cherche à déterminer ici PT (M).
P (M ∩ T)
P (T)
0, 001 × 0, 99
=
0,001 989
0,000 99
=
0,001 989
≈ 0,497 7
PT (M) =
Ainsi, l’affirmation est vraie.
2. Le laboratoire commercialise le test si PT (M) > 0, 95.
D’après ce qui précède, on a :
0,
99
T
M
x
0,
01
1
−
x
0,
M
T
1
00
0,
99
9
8
T
T
Dans ces conditions,
P (T) = 0, 99x + 0, 001(1 − x)
= 0, 989x + 0, 001
et
PT (M) =
0, 99x
0, 989x + 0, 001
Ainsi,
0, 99x
> 0, 95
0, 989x + 0, 001
0, 99x − 0, 95(0, 989x + 0, 001)
>0
⇔
0, 989x + 0, 001
0,050 45x − 0,000 95
⇔
>0
0, 989x + 0, 001
⇔ 0,050 45x − 0,000 95 > 0
⇔ 0,050 45x > 0,000 95
0,000 95
⇔x>
0,050 45
⇔ x > 0,018 830 525
PT (M) > 0, 95 ⇔
Ainsi, à partir de 1, 88 % personnes atteintes, le laboratoire commercialise le test.
Partie B
1. (a) On doit ici calculer P (890 6 X 6 920).
À l’aide de la calculatrice, on trouve : P (890 6 X 6 920) ≈ 0, 92.
(b) On pose Z =
X − 900
. Ainsi, Z suit la loi normale N (0 ; 1).
7
!
900 − h − 900
900 + h − 900
P(900 − h 6 X 6 900 + h) ≈ 0, 99 ⇔ P
6Z6
≈ 0, 99
7
7
!
−h
h
⇔P
6Z6
≈ 0, 99
7
7
!
!
h
h
⇔P Z6
− P Z 6 − ≈ 0, 99
7
7
!
!
h
h
⇔P Z6
−P Z >
≈ 0, 99
7
7
! "
!#
h
h
⇔P Z6
− 1−P Z 6
≈ 0, 99
7
7
!
h
⇔ 2P Z 6
− 1 ≈ 0, 99
7
!
h
0, 99 + 1
⇔P Z6
≈
≈ 0, 995
7
2
9
On trouve alors, à l’aide de la calculatrice (puisque l’on connaît la moyenne et
h
l’écart-type de Z), que ≈ 2,575 829 303 55, d’où h ≈ 18, 031 (attention à ne pas
7
arrondir trop tôt dans les calculs ...).
2. Ici, on prend p = 97 % = 0, 97 et n = 1 000.
np > 5, n > 30 et n(1 − p) > 5 ce qui justifie la possibilité d’utiliser l’intervalle de
fluctuation asymptotique des fréquences de médicaments conformes suivant :
I = [0, 9594 ; 0, 9806].
Or, la fréquence observée des comprimés non conformes est f =
53
= 0,005 3 donc
1 000
celle des comprimés conformes est f 0 = 1 − 0, 0053 = 0,994 7.
Cette fréquence étant supérieure à la borne supérieure de I, on peut estimer que la
production est conforme à nos attentes et que le contrôle ne remet pas en questions les
réglages faits par le laboratoire.
Exercice 3 (5 points) - Commun à tous les candidats
1. Le discriminant du polynôme Z 2 + 4Z + 16 est :
∆ = 42 − 4 × 1 × 16
= 16 − 64
= −48
√ 2
= 4i 3
Les deux solutions complexes sont donc :
√
√
−4 − 4i 3
= −2 − 2i 3
Z1 =
2
et
√
Z2 = −2 + 2i 3.
√ !
q
√ 2 √
√
1
3
2
|Z1 | = (−2) + −2 3 = 4 + 12 = 16 = 4 donc Z1 = 4 − − i
.
2
2
√
1
2π
3
2π
Or, − = cos −
et −
= sin −
donc :
2
3
2
3
Z1 = 4ei
−2π
3
et donc
π
2. a = 2ei 3 donc :
π 2
a2 = 22 e 3
2π
= 4ei 3
2π
2π
= 4 cos
+ i sin
3
3
√ !
1
3
= 4 − +i
2
2
√
a2 = −2 + 2i 3
10
2π
Z2 = 4ei 3 .
√
De cela, on peut déduire que les solutions de l’équation z2 = −2 + 2i 3 sont a et −a,
soit :
π
π
et
z2 = −2ei 3 ,
z1 = 2ei 3
soit, sous la forme algébrique :
√
z1 = 1 + i 3
3.
et
√
z2 = −1 − i 3.
• Montrons que z1 z2 = z2 z2 .
Posons z1 = x1 + iy1 et z2 = x2 + iy2 .
Alors, z1 z2 = (x1 + iy1 )(x2 + iy2 )
= x1 x2 − y1 y2 + i(x2 y1 + x1 y2 )
= x1 x2 − y1 y2 − i(x2 y1 + x1 y2 )
De plus, z1 z2 = (x1 − iy1 )(x2 − iy2 )
= x1 x2 − y1 y2 − i(y1 x2 + x1 y2 )
= z1 z2
• Montrons que zn = (z)n pour n > 1 par récurrence.
? Initialisation : pour n = 1, l’égalité est vraie.
? Supposons l’égalité vraie pour un n quelconque. Alors,
zn+1 = zn × z
= zn × z d’après ce qui précède
= (z)n × z par hypothèse de récurrence
= (z)n+1
L’hérédité est alors vérifiée, ce qui prouve que l’égalité est vraie pour tout n > 1.
4. Supposons que z est solution de (E).
Alors, z4 + 4z2 + 16 = 0 et donc, en prenant le conjugué des deux membres :
z4 + 4z2 + 16 = 0.
En appliquant les formules de la question 3, il vient :
z4 + 4z2 + 16 = 0 ,
ce qui signifie que z est aussi solution de (E).
En posant Z = z2 , l’équation (E) se ramène à l’équation résolue à la question 1, qui a
pour solutions Z2 = a2 et Z1 = a2 .
√
D’après la√question 2, les deux valeurs possibles pour Z2 sont donc z1 = 1 + i 3 ou
z2 = −1 − i 3.
De plus, d’après le début de cette question, z1 et z2 sont aussi solutions.
L’ensemble des solutions de (E) est donc :
√
√
√
√
S = {1 + i 3 ; 1 − i 3 ; −1 − i 3 ; −1 + i 3}
11
Exercice 4 (5 points) -
Candidats n’ayant pas suivis l’enseignement de spécialité
1. (a) Dans le repère orthonormé
#»
# »
# »
#»
AF = 12 AB + 12 AC + 0AD.
# » # » # »
A; AB; AC; AD , D(0 ; 0 ; 1) et F 21 ; 12 ; 0 car
(b) Une représentation paramétrique de (DF) est de la forme :


x = xD + αt




,
t∈R
y = yD + βt




z = z + γt
D
 
α 
 
#»
où u  β  est un vecteur directeur de (DF).
 
γ
 1

x
−
x
  2 

F
D
# » 

DF yF − yD  =  12 
  

zF − zD
−1
# »
#» = 2DF.
Prenons alors u
D’où :
(DF)


x




y




z
:
=t
=t
= 1 − 2t
,
t∈R
 
 1 
 
#»
(c) P est orthogonal à (DF) donc un vecteur normal à P est colinéaire à u  1 .
 
−2
L’équation cartésienne de P est donc :
x + y − 2z + d = 0.
Or, A appartient au plan donc :
xA + yA − 2zA + d = 0
soit :
d = 0.
Ainsi,
P
:
x + y − 2z = 0.
(d) Posons H(a ; b ; c).
H ∈ D donc il existe un réel t tel que :


a




b




c
=t
=t
= 1 − 2t
H ∈ P donc ses coordonnées vérifient l’équation cartésienne de ce plan :
a + b − 2c = 0
12
soit :
t + t − 2(1 − 2t) = 0
d’où :
1
t= .
3
Ainsi,


a




b




c
= 31
= 13
= 1 − 2 × 13 =
1
3
Ainsi, H 13 ; 13 ; 13 .
1 1  1 
 −   
# »  2 13   61 
(e) HE  0 − 3  = − 3 .

  1
0 − 13
−

  31 
1
 0 −  − 
# »  1 31   13 
HG  2 − 3  =  6 .

  1
0 − 31
−3
# » # »
1
1
Ainsi, HE · HG = 61 × − 13 − 13 × 16 − 31 × − 13 = − 18
− 18
+ 19 = 0.
# »
# »
Les vecteurs HE et HG sont donc orthogonaux ; de plus, ils ont la même origine
[ est donc droit.
donc l’angle EHG
2. (a) ME2 = (xE − xM )2 + (yE − yM )2 + (zE − zM )2
# »
# »
Or, DM = t DF donc




xM − xD 
xF − xD 




yM − yD  = t yF − yD  ,




zM − zD
zF − zD
soit :


x


 M

yM




z
M
donc :
= t(xF − xD ) + xD
= t(yF − yD ) + yD
= t(zF − zD ) + zD


xM




yM




z
M
= 12 t
= 12 t
= 1−t
Ainsi,
1 1 2
1 2
ME =
− t + − t + (1 − t)2
2 2
2
1 1
1 2 1 2
= − t + t + t + 1 − 2t + t 2
4 2
4
4
3
5
5
ME 2 = t 2 − t +
2
2
4
2
13
(b) MG2 = (xG − xM )2 + (yG − yM )2 + (zG − zM )2
1 2
1 1 2
= − t + − t + [−(1 − t)]2
2
2 2
2
= MG
(même expression)
Donc MEG est bien isocèle en M.
Du fait que MEG soit isocèle en M, nous pouvons dire que la hauteur issue de M
[ et donc, dans le triangle rectangle formé par cette
est aussi la bissectrice de EMG
hauteur :
q
1 √1
1
1
1
EG
2 2
2 4 + 4 +0
α
2
sin =
=
=
2 EM
EM
ME
d’où :
α
1
ME sin = √
2 2 2
α
π
(c) On sait que α ∈ [0 ; π] donc ∈ 0 ; . Or, la fonction sin est continue et stricte2
2
π
ment croissante sur ce dernier intervalle donc est une bijection sur 0 ; . Ainsi,
2
α
α
α
est maximale si et seulement sin l’est aussi. Mais si est maximale, alors α
2
2
2
aussi.
α
Donc α est maximale si et seulement si sin est maximal.
2
1
De la question (b), on peut dire que ME = √
. Donc ME est maximale si et
2 2 sin α2
seulement si sin α2 est minimal, et il en est donc de même pour ME 2 .
3
5
5
(d) Le sommet de la parabole représentée par y = t 2 − t + a pour abscisse x =
2
2
4
− 52 5
b
−
=−
= . En ce point, il y a un minimum car les branches de la parabole
2a
3
6
sont vers le haut (le coefficient de t 2 est positif).
5
Donc ME 2 est minimal lorsque t = .
6
5
Ainsi, α est maximal pour t = . D’où :
6

5


x
= 12 × 56 = 12

 M



5
yM = 12 × 56 = 12






zM = 1 − 5 = 1
6
6
5 5 1
Ainsi, les coordonnées du point M tel que α soit maximal sont
;
; .
12 12 6
14
Exercice 4 (5 points) -
Candidats ayant suivis l’enseignement de spécialité
1. a1 = 2b0 + 200 = 2 × 100 + 200 = 400.
b1 = a0 + 100 = 200 + 100 = 300.
a2 = 2b1 + 200 = 2 × 400 + 200 = 1 000.
b2 = a1 + 100 = 400 + 100 = 500.
2. (a) D’après le raisonnement que l’on a pu faire à la question 1., on peut écrire :



an+1 = 2bn + 200


bn+1 = an + 100
ou encore :



an+1


bn+1
= 0an + 2bn + 200
= 1an + 0bn + 100
qui peut s’écrire sous forme matricielle de la façon suivante :
!
! !
!
an+1
0 2 an
200
=
+
bn+1
1 0 bn
100
soit :
Xn+1 = AXn + B

!
!


x
x
x
(b)
=A
+B ⇔ 

y
y
y



x
⇔

y



y
⇔ 

x
!
400
(c) Yn = Xn +
donc :
300
= 2y + 200
= x + 100
= 2y + 200
= 2y + 300
= −300
= −400
400
Yn+1 = Xn+1 +
300
!
!
400
= AXn + B +
300
!
!
−400
−400
De la question 2.b, on déduit que B =
−A
d’où :
−300
−300
!
!
!
−400
−400
400
Yn+1 = AXn +
−A
+
−300
−300
300
!
−400
= AXn − A
−300
!!
400
= A Xn +
300
Yn+1 = AYn
15
3. (a) Zn+1 = Y2(n+1)
= Y(2n+1)+1
= AY2n+1
d’après la question précédente
= A2 Y2n
Zn+1 = A2 Zn
Calculons :
!
!
!
!
0 2 0 2
0×0+2×1 0×2+2×0
2 0
A =
=
=
= 2I2
1 0 1 0
1×0+0×1 1×2+0×0
0 2
2
D’où :
(b) Y2n+1 = AY2n = 2n AY0 = 2n
Zn+1 = 2I2 Zn = 2Zn .
!
!
!
0 2 600
800
n
=2
= 2n Y1 .
1 0 400
600
Ainsi,
Y2n+1 = 2n Y1 = 2n

! 
n


n


800
 a2n+1 = 800 × 2 − 400
a2n+1 + 400 = 800 × 2
⇔
⇔


600
b2n+1 = 600 × 2n − 300
b2n+1 + 300 = 600 × 2n
De plus,

! 
n


n
n


a
+
400
=
600
×
2
200
×
2

 a2n = 600 × 2 − 400
2n
Y2n = 2n Y 0 =
⇔
⇐⇒




100 × 2n
b2n − 300 = 400 × 2n
b2n = 400 × 2n + 300
4. (a) Cet algorithme permet de calculer ap pour un entier p choisi par l’utilisateur.
En effet, on reconnaît dans la condition « Si ... Sinon » les deux formules précédemment démontrées qui permettent de calculer a2n (cas où p est pair) et a2n+1
(cas où p est impair).
(b)
Variables :
a, p et n sont des entiers naturels.
Initialisation : Affecter à p la valeur 0.
Affecter à a la valeur 200.
Traitement :
Tant que a 6 10 000
Affecter à p la valeur p + 1.
Si p est pair
p
Affecter à n la valeur 2 .
Affecter à a la valeur 600 × 2n − 400.
Sinon
Affecter à n la valeur
p−1
2 .
Affecter à a la valeur 800 × 2n − 400.
Fin du Si.
Fin du Tant que
Sortie :
Afficher p − 1.
En faisant tourner cet algorithme, il affiche « 8 », pour a8 = 9 200. Pour p = 9,
a9 = 12 800 donc le pisciculteur ne pourra pas aller jusqu’à l’année 9, d’où l’affichage du « p − 1 ».
16

similar documents