Corrigé - Math France

Asie. 2016. Enseignement spécifique. Corrigé
EXERCICE 1
Partie A
Notons Al’évènement « la fleur provient de la serre A », Bl’évènement « la fleur provient de la serre B » et F
l’évènement « la fleur donne un fruit ». Représentons la situation par un arbre de probabilités.
A
B
0, 55
0, 45
F
F
F
F
0, 88
0, 12
0, 84
0, 16
La probabilité demandée est P(F). D’après la formule des probabilités totales,
P(F) = P(A)×PA(F) + P(B)×PB(F) = 0, 55 ×0, 88 +0, 45 ×0, 84 =0, 484 +0, 378
=0, 862.
La proposition 1 est vraie.
La probabilité demandée est PF(A).
PF(A) = P(A∩F)
P(F)=0, 55 ×0, 88 0, 862 =0, 561 arrondi à 10−3.
La proposition 2 est fausse.
Partie B
1) Puisque 237 =250 −13 et 263 =250 +13, les deux nombres 237 et 263 sont symétriques par rapport au nombre
250. Pour des raisons de symétrie,
P(237 6X6263) = 1−P(X6237) − P(X>263) = 1−2P(X6237) = 1−2×0, 14 =0, 72.
2) a) On sait que Ysuit la loi normale centrée réduite c’est-à-dire la loi normale de moyenne 0et d’écart-type 1.
b) X6237 ⇔X−250 6−13 ⇔X−250
σ6−13 σ⇔Y6−13 σ. Les événements X6237 et Y6−13 σsont les mêmes
et donc
PY6−13
σ=P(X6237) = 0, 14.
c) La calculatrice fournit
PY6−13
σ=0, 14 ⇔−13 σ= −1, 080 . . . ⇔σ=12, 03 . . .
Donc, σ=12 arrondi à l’unité.
3) a) La suite (P(250 −n6X6250 +n))n∈Nest croissante. La calculatrice fournit
P(250 −23 6X6250 +23) = 0, 944 . . . < 0, 95 et P(250 −24 6X6250 +24) = 0, 954 . . . >0, 95.
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La plus petite valeur de l’entier npour laquelle la probabilité qu’une barquette soit conforme, est supérieure ou égale
à0, 95, est n=24.
b) La suite (P(250 6X6m))m>230 est croissante. La calculatrice fournit
P(230 6X6284) = 0, 949 . . . < 0, 95 et P(230 6X6285) = 0, 950 . . . >0, 95.
La plus petite valeur de l’entier mpour laquelle P(230 6X6m)>0, 95 est m=285.
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EXERCICE 2
1) Pour tout réel x,f0(x) = 0. Donc I(0) = 0.
2) a) Représentation graphique.
1
2
3
4
5
6
1234−1−2−3
y=f1(x)
I(1)est l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine coloré en bleu.
b) I(1) = Z1
0
(ex+1)dx = [ex+x]1
0=e1+1−e0=e.
I(1) = e=2, 7 arrondi au dixième.
3) Soit aun réel de [0, 1].
I(a) = Z1
0
(aeax +a)dx = [eax +ax]1
0= (ea+a) − e0=ea+a−1.
La fonction Iest dérivable sur [0, 1]etpour tout réel ade [0, 1],I′(a) = ea+1. La fonction I′est strictement positive
sur [0, 1]et donc la fonction Iest strictement croissante sur [0, 1].
La fonction Iest continue et stristement croissante sur [0, 1]. De plus, I(0) = 0 < 2 et I(1) = e > 2. D’après un
corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe un réel a0de [0, 1]et un seul tel que I(a0) = 2.
La calculatrice fournit I(0, 792) = 1, 999 . . . < 2 et I(0, 793) = 2, 003 . . . > 2. Donc, I(0, 792)< I (a0)< I(0, 793).
Puisque la fonction Iest strictement croissante sur [0, 1], on en déduit que
0, 792 < a0< 0, 793.
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EXERCICE 3
Partie A : Premier modèle - avec une suite
1) a) Pour tout entier naturel n, notons unla masse, exprimée en grammes, de bactéries dans la cuve le n-ème jour.
Puisqu’initialement, la cuve contient 1 kg ou encore 1000 g de bactéries, on a effectivement u0=1 000.
Soit n>0. La masse de bactéries l’année n+1est obtenue en rajoutant à la masse de bactéries l’année n, c’est-à-dire
un, 0,2 fois cette masse puis en soustrayant 100 g. Donc
un+1=un+0, 2un−100 =1, 2un−100.
b) 30 kg sont encore 30 000 g. La calculatrice fournit les valeurs suivantes :
n un
0 1 000
1 1 100
2 1 220
3 1 364
4 1 536, 8
5 1 744, 2 . . .
6 1 993, 0 . . .
7 2 291, 6 . . .
8 2 649, 9 . . .
9 3 079, 9 . . .
10 3 595, 9 . . .
11 4 215, 0 . . .
12 4 958, 1 . . .
13 5 849, 7 . . .
14 6 919, 6 . . .
15 8 203, 5 . . .
16 9 744, 2 . . .
17 11 593, . . .
18 13 812, . . .
19 16 474, . . .
20 19 669, . . .
21 23 503, . . .
22 28 103, . . .
23 33 624, . . .
Le jour no23 ou encore au bout de 23 jours, la masse de bactéries dépasse 30 kg.
c) Algorithme complété.
Variables uet nsont des nombres
Traitement uprend la valeur 1000
nprend la valeur 0
Tant que u < 30 000 faire
uprend la valeur 1, 2u −100
nprend la valeur n+1
Fin Tant que
Sortie Afficher n
2) a) Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n,un>1000.
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•u0=1000 et en particulier u0>1000. L’inégalité est vraie quand n=0.
•Soit n>0. Supposons que un>1000. Alors 1, 2un−100 >1, 2 ×1000 −100 ou encore un+1>1100 et en
particulier, un+1>1000.
On a montré par récurrence que pour tout entier naturel n,un>1000.
b) Soit nun entier naturel.
un+1−un=1, 2un−100 −un=0, 2un−100.
Puisque un>1000, on en déduit que un+1−un>0, 22 ×1000 −100 ou encore un+1−un>1900 et en particulier
un+1−un>0.
On a montré que pour tout entier naturel n,un6un+1et donc la suite (un)n∈Nest croissante.
3) a) Soit nun entier naturel.
vn+1=un+1−500 =1, 2un−100 −500 =1, 2un−600 =1, 2 (un−500) = 1, 2vn.
Donc, la suite (vn)n∈Nest une suite géométrique de raison q=1, 2.
b) La suite (vn)n∈Nest une suite géométrique de raison q=1, 2 et de premier terme v0=u0−500 =1000−500 =500.
On en déduit que pour tout entier naturel n,
vn=v0×qn=500 ×1, 2n,
puis que
un=vn+500 =500 ×1, 2n+500.
Pour tout entier naturel n,un=500 ×1, 2n+500.
c) Puisque 1, 2 > 1, on sait que lim
n→+∞
1, 2n= +∞et on en déduit que
lim
n→+∞
un= +∞.
Partie B : second modèle - avec une fonction
1) a) f(0) = 50
1+49e0=50 1+49 =1.
b) Soit tun réel positif. Puisque la fonction expoentielle est strictement positive sur R,1+49e−0,2t > 1 puis
1
1+49e−0,2t < 1 puis 50 ×1 1+49e−0,2t < 50 ×1et donc 50 1+49e−0,2t < 50.
On a montré que pour tout réel t>0,f(t)< 50.
c) La fonction fest dérivable sur [0, +∞[en tant qu’inverse d’une fonction dérivable sur [0, +∞[et ne s’annulant pas
sur [0, +∞[. De plus, pour t>0,
f′(t) = 50 ×−1+49e−0,2t′
(1+49e−0,2t)2=50 ×−49 ×−0, 2e−0,2t  (1+49e−0,2t)2=490e−0,2t (1+49e−0,2t)2.
La fonction f′est strictement positive sur Ret donc la fonction fest strictement croissante sur R.
d) lim
t→+∞
e−0,2t =lim
X→−∞
eX=0. Donc, lim
t→+∞
f(t) = 50
1+49 ×0=50.
2) La masse de bactéries est initialement de 1kg. Cette masse croît avec le temps, reste strictement inférieure à 50 kg
et vaut environ 50 kg au bout d’une longue durée.
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