Asie. 2016. Enseignement de spécialité. 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(AF)
P(F)=0, 55 ×0, 88
0, 862 =0, 561 arrondi à 103.
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) = 1P(X6237) − P(X>263) = 12P(X6237) = 12×0, 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 X250 613 X250
σ613
σY613
σ. Les événements X6237 et Y613
σsont les mêmes
et donc
PY613
σ=P(X6237) = 0, 14.
c) La calculatrice fournit
PY613
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))nNest 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
1234123
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+1e0=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+a1.
La fonction Iest dérivable sur [0, 1]etpour tout réel ade [0, 1],I(a) = ea+1. La fonction Iest 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 nme 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, 2un100 =1, 2un100.
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, 2un100 >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+1un=1, 2un100 un=0, 2un100.
Puisque un>1000, on en déduit que un+1un>0, 22 ×1000 100 ou encore un+1un>1900 et en particulier
un+1un>0.
On a montré que pour tout entier naturel n,un6un+1et donc la suite (un)nNest croissante.
3) a) Soit nun entier naturel.
vn+1=un+1500 =1, 2un100 500 =1, 2un600 =1, 2 (un500) = 1, 2vn.
Donc, la suite (vn)nNest une suite géométrique de raison q=1, 2.
b) La suite (vn)nNest une suite géométrique de raison q=1, 2 et de premier terme v0=u0500 =1000500 =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+49e0,2t > 1 puis
1
1+49e0,2t < 1 puis 50 ×1
1+49e0,2t < 50 ×1et donc 50
1+49e0,2t < 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+49e0,2t
(1+49e0,2t)2=50 ×49 ×0, 2e0,2t
(1+49e0,2t)2=490e0,2t
(1+49e0,2t)2.
La fonction fest strictement positive sur Ret donc la fonction fest strictement croissante sur R.
d) lim
t+
e0,2t =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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