Modèle mathématique.

Terminale S1 Corrigé du devoir N°2
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) =
(
5
1
)
×0,021×(1−00,02)4≈0,0922
b) La probabilité qu'au moins une de ces tablettes doive être reprise au cours du mois suivant est
P(X1) = 1 – P(X=0) =
1−
(
5
0
)
×0,020×(1−00,02)5≈0,0961
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 :
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 :
P(X>5) = 1 – P(X5) ≈ 1 – 0,9659 soit P(X>5) ≈ 0,0341.
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
.1 – a) Si
an
est le nombre d'abonnés une certaine année, 80 % des personnes, soient
80
100 an
se réabonnent, auquels s'ajoutent les 4000 nouveaux abonnés, d'où
an+1=0,8 an+4000
b) On démontre par récurrence la propriété P(n) : «
an
 20000 ».
initialisation :
a0=7000
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,
ak
 20000,
on en déduit
0,8×ak
 16000, d'où
0,8×ak+4000
 20000,
ce qui prouve que
ak+1
 20000, P(k+1) est donc vraie.
Conclusion : il résulte du principe de récurrence que pour tout entier naturel n,
P(n) est vraie, c'est-à-dire que
an
 20000.
La suite
(an)
est donc majorée par 20000.
c) Pour tout entier naturel n,
an+1−an=0,8×an+4000−an=4000−0,2×an
or, d'après la question précédente,
an
 20000, d'où
0,2×an
 4000,
et
4000−0,2×an≥0
, donc pour tout entier naturel n,
an+1−an≥0
.
La suite
(an)
est par conséquent croissante.
d) Il résulte des deux questions précédentes que la suite
(an)
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.
2 – a) Pour tout entier naturel n,
un+1=20000−an+1=20000−(0,8 an+4000)=16000−0,8 an
or
0,8×un=0,8×(20000−an)=16000−0,8 an
ce qui prouve que pour tout entier naturel n,
un+1=0,8×un
la suite
(un)
est donc une suite géométrique de raison
0,8
.
b) On a
u0=20000−7000=13000
d'où
un=13000×0,8n
.
c)
(un)
est une suite géométrique dont la raison est comprise entre -1 et 1, elle
converge donc vers 0.
De
un=20000−an
on déduit
an=20000−un
ce qui prouve que la suite
(an)
converge vers 20000. L'étude précédente montre que le nombre d'abonnés va
augmenter et tendre vers 20000.
3 – a) Programme donnant la plus petite valeur de n telle que
an
 K.
Xcas TI Casio
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
est la fonction définie sur IR par :
g(x)=(x2−4)3
, représentée par
Cg
.
1 –
g
est une fonction polynome, elle est donc dérivable sur IR.
Elle est du type
g(x)=(u(x))3
avec
u(x)=x2−4
,
d'où
g ' (x)=3×u ' (x)×(u(x))2=3×2x×(x2−4)2
un carré étant toujours positif,
g ' (x)
a
le même signe que
6x
.
d'où les variations de la fonction
g
:
2 – La tangente à
Cg
en son point d'abscisse a est horizontale ssi
g ' (a)=0
,
ce qui équivaut à
6a (a2−4)2
puis a
a=0
ou
a=−2
ou
a=2
.
or
g(−2)= ( (−2)2−4 )
3=0
,
g(0)= ( −4 )
3=−64
et
g(2)=0
,
Cg
a donc des tangentes horizontale en A(-2;0), B(0;-64) et C(2;0).
3 – La tangente à
Cg
en son point d'abscisse 1
a pour équation :
y=g ' (1)(x−1)+g(1)
,
soit après calculs
y=54x−81
.
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.
Exercice 4
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.
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
x+2AB=20
et
x≤2AB
(inégalité triangulaire)
d'où on déduit
x≤10
, l'ensemble de définition de
f
est donc [0;10].
2 – Si I est le milieu du segment [AB], l'aire du triangle ABC est
1
2BC×IA
, il reste
donc à calculer
IA
.
Le triangle
IAB
étant rectangle en
I
, on obtient à l'aide du théorème de
Pythagore :
IA2=AB2−IB2=
(
20−x
2
)
2
−
(
x
2
)
2
=100−10x
,
d'où l'on déduit
f(x)= x
2
√
100−10x
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)
elle est donc dérivable partout où la fonction u est strictement positive, c'est-à-dire sur
[0;10[ et
h ' (x)= u ' (x)
2
√
u(x)=−10 2
√
100−10x
La fonction
f
est le produit de la fonction
h
par une fonction affine, elle est donc
dérivable sur le même intervalle que
h
, de plus, pour tout élément
x
de [0;10[ , on
a :
f ' (x)= 1
2h(x)+ x 2h ' (x)= 1 2
√
100−10x−x
2×5
√
100−10x
en réduisant au même dénominateur, on obtient :
f ' (x)= 100−10x−5x
2
√
100−10x =100−15x 2
√
100−10x
on en déduit
f ' (x)≥0
⇔
100−15x≥0
⇔
x≤20
3
f
est donc croissante sur
[
0;20
3
]
et décroissante sur
[
20
3;10
]
.
4 – L'aire maximale du triangle ABC est alors
f(20
3)=100
√
3
9
≈ 19,245 cm².