Corrigé Exercice 1

Corrigé Exercice 1

1. a. P(E1)=1 3.

SiE1se réalise, alors deux boules blanches et une noire sont présentes dansS2et doncPE1(E₂)=2 3. SiE1ne se réalise pas, alors deux boules noires et une boule blanche sont présentes dansS2et donc PE¯1(E₂)=1

3.

b. D’après la formule des probabilités totales :

P(E2)=P(E1∩E2)+P(E1∩E2)=P(E1)×PE1(E2)+P(E1)×PE¯1(E2)=1 3×2

3+2 3×1

3=4 9

c. ^b

b

E_k pk

b E_k+1

23

b E_k+1

13

b

E_k 1−pk

b Ek+1

13

b E_k+1

23

d. On utilise la formule des probabilités totales appliquée au système complet d’événementsEketEk : p_k+1=P(E_k+1)=P(E_k+1∩Ek)+P(E_k+1∩Ek)=P(E_k)×PEk(E_k+1)+P(E_k)×P_E

k(E_k+1)=pk×2

3+(1−pk)×1 3 D’oùp_k+1=1

3p_k+1 3. 2. a. soitk∈N^∗, calculons

vk+1=uk+1−1 2=1

3uk+1 3−1

2=1 3uk−1

6=1 3 µ

uk−1 2

¶

D’où∀k∈N^∗,vk+1=1

3vk. Autrement dit, (v_k)_n∈N^∗est une suite géométrique de raison1 3. b. (v_k)_n∈N^∗étant une suite géométrique de raison1

3, on a :

∀k∈N^∗,vk=v1× µ1

3

¶k−1

= −1 6

µ1 3

¶k−1

= −1 2

µ1 3

¶k

Ainsi,

∀k∈N^∗,uk= −1 2

µ1 3

¶n

+1 2

−1< 1

3 <1 donc d’après le cours, nous savons que lim

n→+∞

µ1 3

¶n

=0 donc lim

n→+∞

−1 2

µ1 3

¶n

=0 et donc

n→+∞lim un=1 2.

3. On dispose de 1 000 sacs. On cherche à calculer la probabilité d’obtenir un jeton blanc dans le 1000^esac.

Pour toutk∈N,p_k=u_k, ainsi,p₁₀₀₀= −1 2

µ1 3

¶1000

+1 2≈1

2.

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Corrigé Exercice 2

Proposition 1 — F

Posonsz=x+i yetz^′=x^′+i y^′, on a alorsℜ(zz^′)=xx^′−y y^′etℜ(z)ℜ(z^′)=xx^′. Donc, en général, la proposition 1 est fausse.

Proposition 2 — V

Soitzune solution de (E), on a alorsz⁸¡ z⁶+5¢

=1.

On regarde si−zest solution :

(−z)⁸¡

(−z)⁶+5¢

=z⁸¡ z⁶+5¢

=1=1 Donc l’équation est vérifiée par−z, et la proposition est vraie.

Proposition 3 — V

Première méthode : On posez=x+i y.

zz+z+z=x²+y²+2x∈R Deuxième méthode :

zz= |z|²∈Retz+z=2ℜ(z)∈R. Donczz+z+z∈R

Proposition 4 — V L’inverse de¹⁺ⁱ_3−i est 3−i

1+i.

3−i

1+i =(3−i)(1−i)

2 =2−4i

2 =1−2i Proposition 5 — V

On posez=x+i y.

On a alorsz+2z=(1−i)²⇐⇒3x−i y= −2i⇐⇒x=0 ety=2. Ainsi la solution de l’équation estz=2i. Proposition 6 — F

(E) est définie surC^∗.

Pour toutz∈C^∗, (E)⇐⇒^z2−z+1_z =0⇐⇒z²−z+1=0 qui admet deux racines complexes conjuguées non nulles.

Donc la proposition est fausse.

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Corrigé Exercice 3

Partie A

Voici deux courbesC₁etC₂qui donnent pour deux personnesP₁etP₂de corpulences différentes la concentration C d’alcool dans le sang (taux d’alcoolémie) en fonction du tempstaprès ingestion de la même quantité d’alcool.

L’instantt=0 correspond au moment où les deux individus ingèrent l’alcool.

Cest exprimée en gramme par litre etten heure.

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 fonctionCest définie sur l’intervalle [0 ; +∞[ et on noteC^′sa fonction dérivée. À un instanttpositif ou nul, la vitesse d’apparition d’alcool dans le sang est donnée parC^′(t).

La vitesse est visiblement maximale pourt=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. Le coefficient directeur de la tangente en O à la courbeC₁est supérieur à celui de la tangente en O à la courbeC₂. C’est donc la personneP₁la moins corpulente qui subit plus vite les effets de l’alcool.

La courbe correspondant à la personne la plus corpulente estC₂. 3. On définit la fonctionf définie sur [0 ;+∞[ par

f(t)=Ate^−t

oùAest une constante positive qui dépend de la corpulence et de la quantité d’alcool absorbé.

a. 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^−tet f^′(0)=A

b. L’affirmation « À quantité d’alcool absorbée égale, plusAest grand, plus la personne est corpulente » est FAUSSE

• On a vu que le nombre dérivé en 0 est égal àf^′(0)=A: c’est le coefficient directeur de la tangente à la courbe à l’origine et on sait que les personnes de faible corpulence subissent plus vite les effets de l’alcool. Donc plusAest grand et plus la personne est de faible corpulence.

• Autre méthode mathématique : siA1>A2alorsA1te^−t>A2te^−tcarte^−t>0 sur [0 ;+∞[

On en déduit que la courbe associée àA1est au dessus de celle associée àA2donc la personne associée àA₁est 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 concentration C d’alcool dans son sang est modélisée en fonction du tempst, exprimé en heure, par la fonction f définie sur [0 ;+∞[ par

f(t)=2te^−t.

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

t 0 1 +∞

f^′(t) + 0 −

f(t) 0

2e

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→+∞2× t

e^t = lim

t→+∞2× 1 µe^t t

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

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 un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équationf(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 un corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équationf(t)=0,2 admet une unique solutiont₂sur [1 , + ∞[

b. Par balayage, on obtient (t₁≈0,112) et la valeur qui nous intéresse :t₂≈3,577

donc Paul doit attendre au minimum 3 heures et 35 minutes avant de reprendre le volant.

5. La concentration minimale d’alcool détectable dans le sang est estimée à 5×10⁻³g.L⁻¹.

a. On sait que lim

t→+∞f(t) = 0 donc par définition de la limite, pour toutǫ>0 il existeT ∈Rtel que pour toutt>T ,f(t)<5×10⁻³.

Donc il existe un instantTà partir duquel l’alcool n’est plus détectable dans le sang b. On donne l’algorithme suivant oùf est la fonction définie par

f(t)=2te^−t.

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

L’algorithme s’arrête lorsqueC est inférieur ou égal à 5×10⁻³.

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

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