Correction du devoir surveillé en TS1-TS2 et TS3 (31 mars 2018) I

Correction du devoir surveillé en TS1-TS2 et TS3 (31 mars 2018)

I

On considère la suite de nombres complexes (zn) définie parz0=p

3−i et pour tout entier natureln: zn+1=(1+i)z_n

Partie A

Pour tout entier natureln, on poseun= |zn|. 1. u0= |z0| =

¯

¯

¯ p3−i¯

¯

¯=2; u0=2.

2. ∀n∈N,un+1= |zn+1| = |(1+i)zn| = |1+i| × |zn| =p

2|zn| = p 2un .

(u_n) est donc une suitegéométrique, de premier terme 2 et de raisonq=p 2.

3. D’après le cours, pour tout entier natureln, on a un=2³p 2´n

4. (u_n) est une suite géométrique de raisonp

2>1 et de premier terme strictement positif, elledivergedonc vers +∞.

5. Algorithme

Variables : uest un réel pest un réel nest un entier

Initialisation : Affecter ànla valeur 0 Affecter àula valeur 2 Entrée : Demander la valeur dep Traitement : Tant queuÉpFaire

Affecter ànla valeurn+1 Affecter àula valeurp

2×u Fin du Tant Que

Sortie : Afficher n Partie B

1. z1=(1+i)×(p

3−i)=1+p 3+i(p

3−1); z1=1+p 3+i(p

3−1). 2. Pour z0:

|z₀| =2.

Recherche d’un argument dez0: Notonsθ₀un argument dez0.











cosθ₀=Re(z₀)

|z0| = p3

2 sinθ₀=Im (z0)

|z₀| = −1 2

.

On en déduit que θ₀= − π 6 . D’où :z₀= 2³

cos³

− π 6

´ +isin³

− π 6

´´

=2e^−iπ6. Pour 1+i :

|1+i| =p 2.

Il est clair, géométriquement, que arg(1+i)= π 4. On en déduit que 1+i= p

2³ cosπ

4+isinπ 4

´

=p 2e^iπ4.

• |z1| = |(1+i)z₀| = |1+i| × |z0| =2p 22p

2³ cos³π

12

´

+isin³ π 12

´´

• arg(z₁)=arg((1+i)z₀)=arg(1+i)+arg (z₀)=π 4−π

6= π 12. Par conséquent : z1=2p

2³ cos³π

12

´

+isin³π 12

´´

3. Des deux questions précédentes, on obtient que 1+p

3+i(p

3−1)=2p 2=2p

2³ cos³π

12

´

+isin³π 12

´´

D’où, par identification des parties réelles : cos³π

12

´

=1+p 3 2p

2 =

p2+p 6 4

II

Dans un supermarché, on réalise une étude sur la vente de bouteilles de jus de fruits sur une période d’un mois.

• 40 % des bouteilles vendues sont des bouteilles de jus d’orange;

• 25 % des bouteilles de jus d’orange vendues possèdent l’appellation « pur jus ».

Parmi les bouteilles qui ne sont pas de jus d’orange, la proportion des bouteilles de « pur jus » est notéex, oùxest un réel de l’intervalle [0; 1].

Par ailleurs, 20 % des bouteilles de jus de fruits vendues possèdent l’appellation « pur jus ».

On prélève au hasard une bouteille de jus de fruits passée en caisse. On définit les évènements suivants : R: la bouteille prélevée est une bouteille de jus d’orange;

J : la bouteille prélevée est une bouteille de « pur jus ».

Partie A

1. On représente cette situation à l’aide d’un arbre pondéré :

0,4 R

0,25 J 1−0,25=0,75 J

R 1−0,4=0,6

x J

1−x J

2. On sait que 20 % des bouteilles de jus de fruits vendues possèdent l’appellation « pur jus » donc P(J)=0,2 .

D’après la formule des probabilités totales : P(J)=P(R∩J)+P³

R∩J´

=P(R)×PR(J)+P³ R´

×P_R(J)=0,4×0,25+0,6×x= 0,1+0,6x P(J) = 0,2

P(J) = 0,1+0,6x

¾

=⇒0,2=0,1+0,6x ⇐⇒ x=1 6

3. Une bouteille passée en caisse et prélevée au hasard est une bouteille de « pur jus ».

C’est une bouteille de jus d’orange avec la probabilitéPJ(R)=P(R∩J) P(J) =0,1

0,2= 1 2

Partie B

Afin d’avoir une meilleure connaissance de sa clientèle, le directeur du supermarché fait une étude sur un lot des 500 dernières bouteilles de jus de fruits vendues.

On noteXla variable aléatoire égale au nombre de bouteilles de « pur jus » dans ce lot.

On admettra que le stock de bouteilles présentes dans le supermarché est suffisamment important pour que le choix de ces 500 bouteilles puisse être assimilé à un tirage au sort avec remise.

1. On prend au hasard une bouteille dans un lot de 500; il n’y a que deux issues possibles : elle est « pur jus » avec une probabilité égale àp=0,2 ou elle ne l’est pas avec la probabilité 1−p=0,8.

On répète de façon indépendante 500 fois cette épreuve donc la variable aléatoire X qui donne le nombre de bouteilles « pur jus » suit laloi binomiale de paramètres n=500 et p=0,2.

2. On chercheP(XÊ75) qui est égal à 1−P(XÉ74).

À la calculatrice on trouveP(XÉ74)≈0,0016 ce qui donne 0,998 pour la probabilité cherchée.

3. L’espérance d’une loi binomiale de paramètresnetpestE(X)=np, donc, ici,E(X)=500×0,2=100; E(X)=100. Cela signifie que sur un grand nombre de lots de 500 bouteilles, en moyenne 100 d’entre elles sont « pur jus » III

On admet que la section du cube par le planP représentée ci-dessus est un hexagone dont les sommetsI,J,K,L,M, et Nappartiennent respectivement aux arêtes [AB], [BC], [CG], [G H], [H E] et [AE].

ABC DE F G Hest un cube d’arête égale à 1.

L’espace est muni du repère orthonormé (D;−−→

DC,−−→D A,−−→

D H).

Dans ce repère, on a :

D(0 ; 0 ; 0),C(1 ; 0 ; 0),A(0 ; 1 ; 0), H(0 ; 0 ; 1) etE(0 ; 1 ; 1).

SoitIle milieu de [AB].

b

C C

b

B B

bG

G ^b

F F

bD

D ^b AA

b

H H

b

E E

b

JJ

b

II

b NN

b

M M

bL

L

bK

K

SoitP le plan parallèle au plan (BGE) et passant par le pointI.

On admet que la section du cube par le planP représentée ci-dessus est un hexagone dont les sommetsI,J,K,L,M, et Nappartiennent respectivement aux arêtes [AB], [BC], [CG], [G H], [H E] et [AE].

1. (a) On a−−→DF



 1 1 1



,−−→BG



 0

−1 1



et−→B E





−1 0 1



. Par conséquent :

−−→DF·−−→BG=1×0+1×(−1)+1×1=0 et −−→DF·−→B E=1×(−1)+1×0+1×1=0.

On en déduit que

(DF)⊥(BG) et (DF)⊥(B E).

La droite (DF) est orthogonale à deux droites sécantes du plan (BGE), elle est donc orthogonale à ce plan, et le vecteur−−→DFest donc un vecteurnormalau plan (BGE).

(b) Les plansP et (BGE) sont parallèles, le vecteur−−→DF



 1 1 1



est donc également un vecteur normal au planP. Ce dernier a donc une équation cartésienne du type :

x+y+z+d=0 oùdest un réel à déterminer. Le planP passe par le pointI

µ1 2; 1 ; 0

¶ , donc 1

2+1+0+d=0⇐⇒d= −3 2. Une équation cartésienne deP est donc x+y+z−3

2=0 .

2. Les plansP et (BGE) sont parallèles. Leurs intersections respectives avec le plan (AB E) sont donc deux droites parallèles.

L’une de ces droites est (I N), l’autre est (B E). Ainsi dans le triangleAB Eles droites (I N) et (B E) sont parallèles et Iest le milieu de [AB], donc d’après le théorème « de la droite des milieux » le pointNest le milieu de [AE].

3. (a) La droite (H B) passe par le pointH(0 ; 0 ; 1) et a pour vecteur directeur−−→H B



 1 1

−1



, une représentation para- métrique de cette droite est donc :







x = t

y = t (t∈R) z = 1−t

.

(b) Les vecteurs−−→HGet−−→DF ne sont pas orthogonaux, la droite (HG) est le planP sont donc sécants en un unique pointT. CommeT∈(HG), il existe un réelttel queT(t; t; 1−t). Alors :

T∈P ⇐⇒t+t+1−t−3

2=0⇐⇒t=1 2, les coordonnées deT sont donc T

µ1 2; 1

2; 1 2

¶ . 4. Le tétraèdreF BGE

— a pour base le triangleF BGqui est rectangle isocèle enFet a pour aireB=1

2×F E×F B=1 2;

— pour hauteurh=F E=1.

Le volumeV du tétraèdreF BGEest donc V =1

3B×h=1 3×1

2×1= 1 6 . IV

Partie A

Voici deux courbesC₁etC₂qui donnent pour deux personnesP1etP2de corpulences différentes la concentrationC d’alcool dans le sang (taux d’alcoolémie) en fonction du tempstaprès ingestion de la même quantité d’alcool. L’instant t=0 correspond au moment où les deux individus ingèrent l’alcool.

Cest exprimée en gramme par litre ett en heure.

Définition : La corpulence est le nom scientifique correspondant au volume du corps

0 0,5 1,0 1,5

0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0 5,5 6,0 C₁

C₂

t C

1. La vitesse est visiblement maximale pour t=0 car c’est la tangente aux courbes enO(0 ; 0) qui semble avoir le coefficient directeur le plus élevé parmi toutes les tangentes.

2. La courbeC₁montre que le taux d’alcoolémie deP₁admet un maximum plus élevé que pourP₂. On en déduit que la personne la moins corpulente est P₁

3. (a) Première méthode(longue mais utilisable dans la partie B) :

f est dérivable sur [0 ;+∞[ comme produit de fonctions dérivables sur [0 ;+∞[.

f =uv=⇒f^′=u^′v+uv^′avec

(u(t)=At v(t)=e^−t =⇒

(u^′(t)=A v^′(t)= −e^−t

∀t∈[0 ;+∞[ , f^′(t)=A(1−t)e^−t et f^′(0)=A

Deuxième méthode(peut-être un peu plus astucieuse?) :

hlim→0

f^′(h)−f(0) h =lim

h→0Ae^−h=A(limite finie) On en déduit que f est dérivable en 0 et f^′(0)=A . (b) L’affirmation est FAUSSE

siA1>A2alorsA1te^−t>A2te^−tcarte^−t>0 sur [0 ;+∞[

On en déduit que la courbe associée àA₁estau dessusde celle associée àA₂donc la personne associée àA₁ est de plus faible corpulence que la personne associée àA₂

Partie B - Un cas particulier

Paul, étudiant de 19 ans de corpulence moyenne et jeune conducteur, boit deux verres de rhum. La concentrationC d’alcool dans son sang est modélisée en fonction du tempst, exprimé en heure, par la fonctionf définie sur [0 ; +∞[ par

f(t)=2te^−t.

1. On a vu dans la partie précédente que∀t∈[0 ;+∞[ , f^′(t)=A(1−t)e^−torAe^−t>0 donc f^′(t) est du signe de 1−t, on peut donc déterminer les variations def sur [0 ;+∞[

x 0 1 +∞

f^′(t) + 0 −

f(t) 0

✒ 2 e_❅

❅❅❘

2. La concentration d’alcool dans le sang de Paul est maximale 1h après l’absorption.

Elle est alors d’environ 0,74g.l⁻¹

3. lim

t→+∞

e^t

t = +∞

t→+∞lim f(t) = lim

t→+∞

µ 2× t

e^t

¶

= lim

t→+∞2× 1 µe^t t

¶ = 0 par quotient On en déduit que l’alcool finit par s’éliminertotalement.

4. (a) f est continue et strictement croissante sur [0 , 1] à valeurs dans

· 0 ; 2

e

¸

or 0,2∈

· 0 ; 2

e

¸

donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(t)=0,2 admet une unique solutiont1sur [0 , 1]

de même,f est continue et strictement décroissante sur [1 ,+∞[ à valeurs dans

¸ 0 ; 2

e

¸

or 0,2∈

¸ 0 ; 2

e

¸

donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation f(t)=0,2 admet une unique solutiont2sur [1 ,+∞[ (b) Par balayage, on obtient t1≈0,112 et t2≈3,577

doncPaul doit attendre au minimum 3 heures et 35 minutesavant de reprendre le volant.

5. (a) On sait que lim

t→+∞f(t) = 0 donc par définition de la limite, pour toutǫ>0 il existeT ∈Rtel que pour tout t>T , f(t)∈]−ǫ;ǫ[

ici on poseǫ=5×10⁻³

Donc il existe un instantT à partir duquel l’alcool n’est plus détectable dans le sang (b) Algorithme complété:

Initialisation Étape 1 Étape 2

p 0,25 0,25 0,25

t 3,5 3,75 4

C 0,21 0,18 0,15

La valeur affichée par l’algorithme est le temps nécessaire, en heure, pour que l’alcool ne soit plus détectable dans le sang.

Si on poursuit l’algorithme jusqu’à son terme, on obtient 8,25 à l’affichage donc il faut8 h et 15 minutespour que l’alcool ne soit plus détectable dans le sang