Modèle mathématique.

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Terminale S1
Exercice 1
1 – Le vendeur vend 5 tablettes le même jour, toutes ces tablettes ayant la même probabilité de
présenter des problèmes, indépendamment les unes des autres, on peut donc considérer qu'il s'agit de
la répétition d'une même épreuve de Bernoulli, dans des conditions identiques. Si on s'intéresse au
nombre de tablettes qui tombent en panne, cette variable aléatoire suit la loi binomiale de paramètres 5
et 0,02 (probabilité d'un « succès »).
a) La probabilité qu'exactement une de ces tablettes doive être reprise au cours du mois suivant est
P(X=1) =
Conclusion : il résulte du principe de récurrence que pour tout entier naturel n,
a n  20000.
P(n) est vraie, c'est-à-dire que
Corrigé du devoir N°2
5
×0,021×(1−00,02) 4≈0,0922
1
b) La probabilité qu'au moins une de ces tablettes doive être reprise au cours du mois suivant est
()
5
×0,020 ×(1−00,02)5 ≈0,0961
0
P(X<10) = P(X9) ≈ 0,9998 (résultat obtenu avec le fonction Bcd de la calculatrice)
b) La probabilité que strictement plus de 5 tablettes soient défectueuses est :
4000−0,2×a n≥0
et
c) On cherche ici un intervalle de fluctuation à 95 % du nombre de tablettes qui tomberont en panne :
on peut donc chercher a et b tels que P(a Xb)  0,95, ou bien, de façon plus cohérente avec le
contexte de l'exercice chercher c tel que P(Xc)  0,95.
Dans le premier cas, on trouve l'intervalle [0;6], il faut alors commander 126 tablettes (mais la
probabilité que le nombre de tablette soit insuffisant est alors inférieure à 0,975.
Dans le second, en utilisant la question précédente, on voit qu'il suffit d'en commander 125.
Exercice 2
est le nombre d'abonnés une certaine année, 80 % des personnes, soient
b) On démontre par récurrence la propriété P(n) : «
initialisation :
a 0=7000
an
(a n )
an
 20000, d'où
0,2×a n
, donc pour tout entier naturel n,
 4000,
a n +1−a n≥0
.
est par conséquent croissante.
d) Il résulte des deux questions précédentes que la suite (a n ) est croissante et
majorée, le théorème de convergence monotone permet d'affirmer qu'elle converge.
Remarque : rien ne permet pour l'instant de trouver la valeur de cette limite.
u n+1=20000−a n+1=20000−(0,8 a n + 4000)=16000−0,8 a n
0,8×un =0,8×(20000−a n )=16000−0,8 a n
or
ce qui prouve que pour tout entier naturel n, u n+1=0,8×u n
la suite (u n ) est donc une suite géométrique de raison 0,8 .
b) On a
se réabonnent, auquels s'ajoutent les 4000 nouveaux abonnés, d'où
a n +1−a n=0,8×a n + 4000−a n=4000−0,2×a n
or, d'après la question précédente,
P(X>5) = 1 – P(X5) ≈ 1 – 0,9659 soit P(X>5) ≈ 0,0341.
an
est donc majorée par 20000.
2 – a) Pour tout entier naturel n,
2 – Le gérant du magasin pense réaliser 120 ventes au cours de l'année prochaine, il s'agit donc
maintenant de compter le nombre de succès au cours de la répétiton de 120 épreuves, ce qui conduit à
utiliser la loi binomiale de paramètres 120 et 0,02
a) La probabilité que strictement moins de 10 de ces tablettes tombent en panne est :
.1 – a) Si
(a n )
c) Pour tout entier naturel n,
La suite
()
P(X1) = 1 – P(X=0) = 1−
La suite
80
a
100 n
u 0=20000−7000=13000
d'où
u n=13000×0,8n
.
c) (u n ) est une suite géométrique dont la raison est comprise entre -1 et 1, elle
converge donc vers 0.
u n=20000−a n on déduit a n=20000−u n ce qui prouve que la suite
(a n ) converge vers 20000. L'étude précédente montre que le nombre d'abonnés va
De
augmenter et tendre vers 20000.
3 – a) Programme donnant la plus petite valeur de n telle que
Xcas
TI
an
 K.
Casio
a n +1=0,8 a n +4000
 20000 ».
donc P(0) est vraie.
Hérédité : considérons un entier k pour lequel la propriété est vraie, et montrons que
P(k+1) est vraie.
Par hypothèse de récurrence,
on en déduit
0,8×a k
ce qui prouve que
a k +1
ak
 20000,
 16000, d'où
0,8×a k +4000
 20000, P(k+1) est donc vraie.
 20000,
b) Lorsque K = 19000, le programme ci-dessus affiche n = 12, le nombre d'abonnés
dépassera donc pour la première fois les 19000 après 12 années.
Exercice 3
g
1–
Exercice 4
g ( x)=( x 2−4)3
est la fonction définie sur IR par :
g
Cg
, représentée par
.
est une fonction polynome, elle est donc dérivable sur IR.
Elle est du type
g ( x)=(u ( x ))3
u ( x )=x 2−4
avec
1 – L'ensemble de définition de la fonction f est l'ensemble des valeurs de x pour
lesquelles le triangle ABC existe. x étant une mesure de longueur, il doit être positif ou
nul. De plus, le périmètre du triangle étant égal à 20, on a
,
g ' (x )=3×u ' ( x )×(u( x))2=3×2x×(x 2−4)2
d'où
un carré étant toujours positif,
le même signe que
6x
g ' (x )
x +2AB=20 et x≤2AB (inégalité triangulaire)
x≤10 , l'ensemble de définition de f
d'où on déduit
a
g
ce qui équivaut à
or
C g en son point d'abscisse a est horizontale ssi g ' (a )=0
6a (a 2−4)2 puis a a=0 ou a=−2 ou a=2 .
3
g (−2)=( (−2)2−4 ) =0
Cg
3
g (0)=(−4 ) =−64
,
et
g (2)=0
a donc des tangentes horizontale en A(-2;0), B(0;-64) et C(2;0).
a pour équation :
C g en son point d'abscisse 1
y=g ' (1)(x−1)+ g (1) ,
soit après calculs
y=54x−81
3 – La tangente à
.
4 – L'échelle choisie pour la représentation
graphique doit permettre de tracer toutes les
tangentes obtenues dans l'exercice.
Une tangente horizontale est souvent représentée
par une double flèche de façon à ne pas trop
alourdir la figure.
Prolongement : étudier la position de la courbe par
rapport à sa tangente en son point d'abscisse 1.
1
BC × IA
2
, il reste
donc à calculer IA .
Le triangle IAB étant rectangle en
:
I , on obtient à l'aide du théorème de
2
2
20− x
x
2
2
2
−
=100−10x ,
Pythagore : IA =AB −IB =
2
2
x
d'où l'on déduit f ( x )= √ 100−10x
2
3 – Etudier les variations de la fonction f
sur son ensemble de définition.
La fonction h définie sur [0;10] par
h( x)=√100−10x est du type √ u( x)
(
2 – La tangente à
est donc [0;10].
2 – Si I est le milieu du segment [AB], l'aire du triangle ABC est
.
d'où les variations de la fonction
ABC est un triangle isocèle de sommet A et dont le périmètre mesure 20 cm.
Le but de l'exercice est de trouver l'aire maximale d'un tel triangle.
On note x la longueur du segment [BC] et f ( x ) l'aire du triangle ABC.
,
,
) ()
elle est donc dérivable partout où la fonction u est strictement positive, c'est-à-dire sur
u' (x)
−10
=
2 √ u (x ) 2 √ 100−10x
La fonction f est le produit de la fonction h par une fonction affine, elle est donc
x de [0;10[ , on
dérivable sur le même intervalle que h , de plus, pour tout élément
1
x
1
x
5
a : f ' ( x)= h ( x)+ h ' ( x)= √ 100−10x− ×
2
2
2
2 √100−10x
[0;10[ et
h ' ( x)=
en réduisant au même dénominateur, on obtient :
f ' ( x)=
on en déduit
f
100−10x−5x
100−15x
=
2 √ 100−10x 2 √ 100−10x
f ' ( x)≥0
⇔
est donc croissante sur
100−15x≥0
[ ]
0;
20
3
4 – L'aire maximale du triangle ABC est alors
⇔
x≤
20
3
et décroissante sur
f(
20 100 √ 3
)=
3
9
[
20
; 10
3
]
.
≈ 19,245 cm².
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