Calculons la probabilit´e que le lance-balle envoie 10 balles `a droite

Exercice 1 : Proba (4 points) Partie A :

1. Le lance-balle qui envoie une balle est une ´epreuve de Bernoulli de succ´es la balle est lanc´ee `a droitede probabilit´e 0,5. On observe la r´ep´etition de 20 ´epreuves de Bernoulli de fa¸con identique et ind´ependante. SoitX la variable qui compte le nombre de succ`es apr`es ces 10 lancers.

X suite la loi binomiale de param`etres 20 et 0,5.

Calculons la probabilit´e que le lance-balle envoie 10 balles `a droite.

C’est : p(X= 10) = Ç20

10 å Å1

2 ã10

× Å

1−1 2

ã10

= 0,176. p(X= 10)≈0,176 2. Calculons la probabilit´e que le lance-balle envoie entre 5 et 10 balles `a droite.

C’est : p(56X610) =p(X 610)−p(X 64).

A la calculatrice, on obtient :` p(56X 610) = 0,582 .

3. On suppose maintenant que X compte le nombre de succ´es apr`esnlancers.

X suit alors la variable al´eatoire de param`etresnet ¹₂.

Au moins une balle envoy´ee `a gauche correspond `a P(X6n−1) = 1−P(X =n) = 1−^Ä1₂^än, d’o`u pn= 1−0,5ⁿ

A la calculatrice, on observe que` p₆≈0,984 etp₇ ≈0,992.

On a p_n>0,99 `a partir de n= 7 Partie B :

Pour augmenter la difficult´e le joueur param`etre le lance-balle de fa¸con `a donner un effet aux balles lanc´ees.

Elles peuvent ˆetre soit lift´ees (L) soit coup´ees (C). La probabilit´e que le lance-balle envoie une balle `a droite est toujours ´egale `a la probabilit´e que le lance-balle envoie une balle `a gauche.

Les r´eglages de l’appareil permettent d’affirmer que :

• la probabilit´e que le lance-balle envoie une balle lift´ee `a droite est 0,24 donc p(L∩D) = 0,24

• la probabilit´e que le lance-balle envoie une balle coup´ee `a gauche est 0,235donc p(C∩G) = 0,235.

On peut construire deux arbres pond´er´es pour aider au raisonnement :

D

p_D(L) L pD(C) C 0,5

G

p_G(L) L PG(D) C 0,5

L

p_L(G) G pL(D) D p(L)

C

p_C(G) G pC(D) D p(C)

Si le lance-balle envoie une balle coup´ee, calculons la probabilit´e qu’elle soit envoy´ee `a droite , c’est `a dire pC(D).

On a : p_D(C) = 1−p_D(L) = 1−p(D∩L)

p(D) = 1− 0,24

0,5 = 1−0,48 = 0,52.

On en d´eduit : p(C∩D) =p(D)×p_D(C) = 0,26

Et : p(C) =p(C∩D) +p(C∩G) = 0,26 + 0,235 = 0,495.

Finalement : p_C(D) = p(C∩D)

p(C) = 0,26

0,495 = 0,525 `a 10<sup>−3</sup> pr`es. p_C(D) = 0,525

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Exercice 2 : Complexe (5 points)

1. Dans cette question et uniquement dans cette question, on prend z_M = 2e^−iπ3. (a) z_M = 2×

Ç1 2−i

√3 2

å

= 1−i√ 3.

(b) zM⁰ =−iz_M =−i(1−i√

3) =−i + i²√

3 =−√ 3−i.

Module et argument m´ethode alg´ebrique :

|z_M⁰| = ^»(−√

3)²+ (−1)² = 2 et si l’on nomme θ un argument de z_M⁰ alors, par propri´et´e,











cosθ = −

√ 3 2 sinθ = −1

2 On reconnaˆıtθ=−5π

6 (modulo 2π).

(c)

La figure n’est pas `a l’´echelle.

I est d’affixe 1 + 1 2 −i

√ 3

2 = 1−i

√ 3 2 BM⁰ = ^»(−√

3)²+ (−1−1)² = √

7 et OI =

»1 +³₄ =^»7₄. On a bienBM⁰ = 2OI

−2. −1. 1.

−2.

−1.

1.

0

M M⁰

A B

I O f

2. Cas g´en´eral en prenantz_M =x+ iy avec y6= 0.

(a) zI= zA+zM

2 = x+ 1 2 + i y

2. (b) z_M⁰ =−i(x+ iy) =y−ix.

(c) I

Åx+ 1 2 ; y

2 ã

, B(0 ; 1) etM⁰(y ; −x).

(d) −−→

OI ·−−−→

BM⁰ =

Åx+ 1 2

ã

×y+ Åy

2 ã

×(−x−1) = xy 2 + 1

2 −xy 2 − 1

2 = 0 donc les droites (OI) et (BM⁰) sont perpendiculaires.

(e) BM⁰ =^»y²+ (−x−1)² =^»(x+ 1)²+y² et d’autre part, 2OI = 2

 Åx+ 1 2

ã2

+ Åy

2 ã2

= 2 2

»(x+ 1)²+y² donc 2OI = BM⁰.

Exercice 3 : ´Etude de suite (5 points)

Partie A

Dans une premi`ere approche, le biologiste estime que la population croˆıt de 5 % par an.

1. Augmenter de 5 %, c’est multiplier par 1 + 5

100 = 1,05 ; la suite (vn) est donc g´eom´etrique de premier terme v₀ = 12 et de raisonq = 1,05.

Donc, pour toutn, on a :v_n=v₀×qⁿ= 12×1,05ⁿ. 2. 1,05>1 donc lim lim

→n→+∞1,05ⁿ= +∞ donc lim

n→+∞vn= +∞

Ce mod`ele ne r´epond donc pas aux contraintes du milieu naturel, la population d´epassera les 60000 individus.

Partie B

Le biologiste mod´elise ensuite l’´evolution annuelle de la population par une suite (un) d´efinie par u0 = 12 et, pour tout entier natureln, un+1=−1,1

605u²_n+ 1,1un. 1. On consid`ere la fonction g d´efinie surRparg(x) =−1,1

605x²+ 1,1x.

(a) La fonctiong est d´erivable sur Retg⁰(x) =−1,1

605×2x+ 1,1 =−2,2

605x+ 1,1.

g⁰(x)>0 ⇐⇒ −2,2

605x+ 1,1>0 ⇐⇒ 1,1> 2,2

605x ⇐⇒ 1,1×605

2,2 > x ⇐⇒ x <302,5 Doncg⁰(x)>0 sur[0 ; 60]doncg est croissante sur[0 ; 60].

(b) On r´esout dansR l’´equation g(x) =x : g(x) =x ⇐⇒ −1,1

605x²+ 1,1x=x ⇐⇒ −1,1

605x²+ 0,1x= 0 ⇐⇒ x Å

−1,1

605x+ 0,1 ã

= 0

⇐⇒ x= 0 ou −1,1

605x+ 0,1 = 0 ⇐⇒ x= 0 ou 0,1 = 1,1 605x

⇐⇒ x= 0 ou 0,1×605

1,1 =x ⇐⇒ x= 0 ou x= 55.

Les solutions sont 0 et 55.

2. On remarquera que un+1=g(un).

(a) u₁ =g(u₀) =g(12)≈12,938

Avec ce mod`ele, on peut estimer la population `a 12 938 individus en 2017.

(b) SoitP_n la propri´et´e 06un655.

• Initialisation

Pourn= 0,u0= 12 et 0612655 donc la propri´et´e est vraie au rang 0.

• H´er´edit´e

On suppose que le propri´et´e est vraie au rang n > 0, c’est-`a -dire que 0 6 u<sub>n</sub> 6 55 ; c’est l’hypoth`ese de r´ecurrence.

Or 0∈[0 ; 60]et 55∈[0 ; 60]; de plus on sait que le fonctiong est croissante sur[0 ; 60]

donc de 06u_n655, on peut d´eduire que g(0)6g(u_n)6g(55).

Les nombres 0 et 55 sont solutions de l’´equation g(x) =x donc g(0) = 0 et g(55) = 55 ; de plus,g(un) =un+1.

Doncg(0)6g(un)6g(55) ´equivaut `a 06un+1655 et on a donc d´emontr´e que la propri´et´e

´etait vraie au rangn+ 1.

• Conclusion

La propri´et´e est vraie au rang 0 et elle est h´er´editaire pour toutn>0 ; d’apr`es le principe de r´ecurrence, elle est vraie pour tout n>0.

On a donc d´emontr´e par r´ecurrence que, pour tout entier natureln, 06un655.

(c) Pour toutn, u_n+1−u_n=−1,1

605u²_n+ 1,1u_n−u_n=−1,1

605u²_n+ 0,1u_n=u_n Å

−1,1

605u_n+ 0,1 ã

=un×1,1 605

Å

−u_n+ 0,1×605 1,1 ã

= 1,1

605un(55−un) On sait que 06u_n655 donc 55−u_n>0 donc 1,1

605u_n(55−u_n)>0.

On a donc d´emontr´e queu_n+1−u_n>0 pour tout ndonc la suite (u_n) est croissante.

(d) La suite (u_n) est croissante et major´ee par 55 donc, d’apr`es le th´eor`eme de la convergence mono- tone, la suite (un) est convergente.

(e) On admet que la limite ` de la suite (un) v´erifie g(`) = ` donc elle est solution de l’´equation g(x) =x.

L’´equation g(x) =xn’admet que 2 solutions : 0 et 55.

La suite (un) est croissante et u0 = 12 donc la limite` de la suite est sup´erieure ou ´egale `a 12.

On en d´eduit donc que `= 55 ce qui signifie que, selon ce mod`ele, la population va tendre vers 55 000 individus.

3. Le biologiste souhaite d´eterminer le nombre d’ann´ees au bout duquel la population d´epassera les 50 000 individus avec ce second mod`ele.

On compl`ete l’algorithme afin qu’il affiche en sortie le plus petit entierr tel queur >50 : Variables n un entier naturel

u un nombre r´eel Traitement n prend la valeur 0

u prend la valeur 12 Tant Que u <50

u prend la valeur1,1u−₆₀₅^1,1u² nprend la valeur n+ 1

Fin Tant Que Sortie Afficher n

TS Correction bac blanc Page 4 sur 5

Exercice 4 : Fonctions (6 points)

Partie A

1. Soit u le nombre complexe 1−ı.

|u|=^»1²+ (−1)² =

√

2 ; doncu=

√ 2

Ç 1

√ 2 − 1

√ 2i

å

=

√ 2

√ 2 2 −

√ 2 2 i

!

On cherche le r´eel α tel que











cos(α) =

√ 2 2 sin(α) = −

√ 2 2

Donc α=−π

4 +k2π o`u k∈Z L’´ecriture complexe du nombre u= 1−ı est donc √

2e^−iπ4. 2. e^iθ= cos(θ) + i sin(θ) donc

e^iθ(1−ı) = (cos(θ) + i sin(θ))(1−ı) = cos(θ) + i sin(θ)−i cos(θ)−i²sin(θ)

= (cos(θ) + sin(θ)) + i (sin(θ)−cos(θ)) (forme alg´ebrique) 1−i =√

2e^−iπ4 donc e^iθ(1−ı) = e^iθ×√

2e^−iπ4 =√

2eⁱ(^θ−π₄) (´ecriture exponentielle)

3. Le nombre complexe e^iθ(1−ı) s’´ecrit d’une part (cos(θ) + sin(θ)) + i (sin(θ)−cos(θ)) et d’autre part

√

2eⁱ(^θ−π₄), c’est-`a -dire√ 2

Å cos

Å θ−π

4 ã

+ i sin Å

θ−π 4

ãã . En identifiant les parties r´eelles, on obtient : cos(θ) + sin(θ) =√

2 cos Å

θ−π 4

ã . Partie B

On consid`ere les fonctions f etg d´efinies sur l’intervalle [0 ; +∞[ par :f(x) = e^−xcos(x), g(x) = e^−x. On d´efinit la fonction h sur [0 ; +∞[ parh(x) =g(x)−f(x).

Les repr´esentations graphiquesC_f,C_g etC_h des fonctionsf, g ethsont donn´ees, en annexe, dans un rep`ere orthogonal.

1. D’apr`es les graphiques :

(a) On peut conjecturer que les limites des fonctionsf etg en +∞ sont ´egales `a 0.

(b) La courbeC_f semble situ´ee en dessous de la courbeC_g.

(c) L’´ecart entre les deux courbes C_f etC_g semble maximal pour x= 2.

2. g(x)−f(x) = e^−x−e^−xcos(x) = (1−cos(x))e^−x

Pour tout r´eelx, e^−x>0 et cos(x)61 donc (1−cos(x))>0 ; donc, pour tout x,g(x)−f(x)>0 et donc la courbe C_g est situ´ee au-dessus de la courbeC_f sur l’intervalle [0 ; +∞[.

3. • On sait que lim

x→+∞e^−x= 0 ; donc la courbeC_gadmet la droite d’´equationy= 0 comme asymptote horizontale en +∞.

• Pour toutx,−16cos(x)6+1 et comme e^−x>0,−e^−x6e^−xcos(x)6e^−x.

x→+∞lim −e^−x = lim

x→+∞e^−x = 0 donc, d’apr`es le th´eor`eme des gendarmes, lim

x→+∞e^−xcos(x) = 0, c’est-`a -dire lim

x→+∞f(x) = 0.

x→+∞lim f(x) = 0 donc la courbeC_f admet la droite d’´equationy= 0 comme asymptote horizontale en +∞.

4. (a) On noteh⁰ la fonction d´eriv´ee de la fonctionh sur l’intervalle [0 ; +∞[.

Les fonctionsf etg sont d´erivables sur[0 ; +∞[donc la fonctionhest d´erivable sur[0 ; +∞[: h⁰(x) =g⁰(x)−f⁰(x) =−e^−x−(−e^−xcos(x) + e^−x(−sin(x))) = e^−x(−1 + cos(x) + sin(x)) On a vu dans la partie A que, pour tout r´eelθ,

√ 2 cos

Å θ− π

4 ã

= cos(θ) + sin(θ), donc

√ 2 cos

Å x−π

4 ã

= cos(x) + sin(x).

On peut donc en d´eduire queh⁰(x) = e^−x ï√

2 cos Å

x−π 4

ã

−1 ò

. (b)

TS Correction bac blanc Page 5 sur 5

• On se place dans l’intervalle ï

0 ; π 2 ò

. 06x6 π

2

⇐⇒ −π

4 6x− π 4 6 π

4

=⇒cos Å

x−π 4

ã>

√ 2 2

⇐⇒ √ 2 cos

Å x−π

4 ã>1

⇐⇒ √ 2 cos

Å x−π

4 ã

−1>0

Corrigé du baccalauréat S A. P. M. E. P.

4. a. On noteh^′la fonction dérivée de la fonctionhsur l’intervalle [0 ;+∞[.

Les fonctionsf etgsont dérivables sur[0;+∞[donc la fonctionhest dérivable sur[0;+∞[: h^′(x)=g^′(x)−f^′(x)= −e^−x−(−e^−xcos(x)+e^−x(−sin(x)))=e^−x(−1+cos(x)+sin(x)) On a vu dans la partie A que, pour tout réelθ,$

2cos! θ−π

4

"

=cos(θ)+sin(θ), donc

$2cos! x−π

4

"

=cos(x)+sin(x).

On peut donc en déduire queh^′(x)=e^−x#$ 2cos!

x−π 4

"

−1$ . b.

• On se place dans l’intervalle# 0 ; π

2

$.

0!^x!^π₂

⇐⇒ −π

4!^x−π 4 !^π₄

=⇒cos! x−π

4

"

"

$2 2

⇐⇒$ 2cos!

x−π 4

"

"¹

⇐⇒$ 2cos!

x−π 4

"

−1"⁰

O

π 4

−^π₄

$2 2

• On se place dans l’intervalle#π 2 ; 2π$

. π

2 !^x!^2π

⇐⇒ π

4 !^x−π

4 !^2π−π 4

=⇒cos! x−π

4

"

!

$2 2

⇐⇒$ 2cos!

x−π 4

"

!¹

⇐⇒$ 2cos!

x−π 4

"

−1!⁰

O

$2 2

π 4

2π−π 4

c. h(x)=g(x)−f(x)=e^−x(1−cos(x)) h(0)=e⁰(1−cos(0))=1(1−1)=0

h(2π)=e^−2π(1−cos(2π))=e^−2π(1−1)=0 h%_π

2

&

=e^−π2%

1−cos%_π

2

&&

=e^−π2(1−0)=e^−π2 ≈0,21

On en déduit le tableau de variation de la fonctionhsur l’intervalle [0 ; 2π].

x 0 ^π₂ 2π

e^−x +++ +++

$2cos! x−π

4

"

−1 +++ 0 −−−

h^′(x) +++ 0 −−−

e^−π2 h(x)

0 0

Polynésie 2 9 septembre 2015

• On se place dans l’intervalle ïπ

2 ; 2π ò

. π

2 6x62π

⇐⇒ π

4 6x−π

4 62π−π 4

=⇒cos Å

x−π 4

ã6

√ 2 2

⇐⇒ √ 2 cos

Å x−π

4 ã61

⇐⇒ √ 2 cos

Å x−π

4 ã

−160

A. P. M. E. P.

4. a. On noteh^′la fonction dérivée de la fonctionhsur l’intervalle [0 ;+∞[.

Les fonctionsf etgsont dérivables sur[0;+∞[donc la fonctionhest dérivable sur[0;+∞[: h^′(x)=g^′(x)−f^′(x)= −e^−x−(−e^−xcos(x)+e^−x(−sin(x)))=e^−x(−1+cos(x)+sin(x)) On a vu dans la partie A que, pour tout réelθ,$

2cos! θ−π

4

"

=cos(θ)+sin(θ), donc

$2cos! x−π

4

"

=cos(x)+sin(x).

On peut donc en déduire queh^′(x)=e^−x#$ 2cos!

x−π 4

"

−1$ . b.

• On se place dans l’intervalle# 0 ; π

2

$.

0!^x!^π₂

⇐⇒ −π

4 !^x−π 4 !^π₄

=⇒cos! x−π

4

"

"

$2 2

⇐⇒ $ 2cos!

x−π 4

"

"¹

⇐⇒ $ 2cos!

x−π 4

"

−1"⁰

O

π 4

−^π₄

$2 2

• On se place dans l’intervalle#π 2 ; 2π$

. π

2 !^x!^2π

⇐⇒ π

4 !^x−π

4!^2π−π 4

=⇒cos! x−π

4

"

!

$2 2

⇐⇒ $ 2cos!

x−π 4

"

!¹

⇐⇒ $ 2cos!

x−π 4

"

−1!⁰

O

$2 2

π4

2π−π 4

c. h(x)=g(x)−f(x)=e^−x(1−cos(x)) h(0)=e⁰(1−cos(0))=1(1−1)=0

h(2π)=e^−2π(1−cos(2π))=e^−2π(1−1)=0 h%_π

2

&

=e^−π2%

1−cos%_π

2

&&

=e^−π2(1−0)=e^−π2 ≈0,21

On en déduit le tableau de variation de la fonctionhsur l’intervalle [0 ; 2π].

x 0 ^π₂ 2π

e^−x +++ +++

$2cos! x−π

4

"

−1 +++ 0 −−−

h^′(x) +++ 0 −−−

e^−π2 h(x)

0 0

Polynésie 2 9 septembre 2015

(c) h(x) =g(x)−f(x) = e^−x(1−cos(x)) h(0) = e⁰(1−cos(0)) = 1(1−1) = 0

h(2π) = e^−2π(1−cos(2π)) = e^−2π(1−1) = 0

h ^π₂= e^−π2 1−cos ^π₂= e^−π2 (1−0) = e^−π2 ≈0,21

On en d´eduit le tableau de variation de la fonction h sur l’intervalle [0 ; 2π].

x e^−x

√2 cos x−^π₄− 1

h⁰(x) h(x)

0 ^π₂ 2π

+ 0 +

+ 0 −

+ 0 −

0 0

e^−π2 e^−π2

0 0