Bac Blanc TS

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Les graphiques sont à compléter sur le sujet et à rendre avec votre copie.

Le soin et la qualité de la rédaction (sans parler de l’orthographe) rentrent en compte dans l’appréciation des copies !

Exercice 1 5 points Commun à tous les candidats

Dans cet exercice, une réponse par « VRAI » ou « FAUX », sans justification, est demandée au candidat en regard d’une liste d’affirmations. Toute réponse conforme à la réalité mathématique donne 0,5 point. Toute réponse erronée enlève0,25point. L’absence de réponse n’est pas comptabilisée. Le total ne saurait être négatif.

On donne le cube ABCDEFGH, d’arête de longueur 1, et les milieux I et J des arêtes [AB] et [CG]. Les éléments utiles de la figure sont donnés ci-contre.

Le candidat est appelé à juger chacune des 10affirma- tions suivantes.

A

B

C D

E

F

G H

I

J

On utilisera pour répondre la feuille annexe, qui sera rendue avec la copie.

Affirmation VRAI ou FAUX

1. −−→

AC ⋅−→

AI = 1

2 Vrai

2. −−→

AC ⋅−→

AI =−→

AI⋅−−→

AB Vrai

3. −−→

AB ⋅−→ IJ =−−→

AB⋅−→

IC Vrai

4. −−→

AB ⋅−→

IJ =AB×IC×cos𝜋

3 Faux

On utilise à présent le repère orthonormal(

A; −−→

AB, −−→

AD, −−→

AE) .

Affirmation VRAI ou FAUX

5. Une représentation paramétrique de la droite (IJ) est :

⎧

⎨

⎩

𝑥 = 𝑡+ 1 𝑦 = 2𝑡 𝑧 = 𝑡

, le paramètre 𝑡décrivantℝ. Faux

6. Une représentation paramétrique de la droite (IJ) est :

⎧



⎨



⎩

𝑥 = 1 2𝑡+ 1 𝑦 = 𝑡+ 1 𝑧 = 1

2𝑡+1 2

, le paramètre𝑡 décrivantℝ Vrai

7. 6𝑥−7𝑦+ 8𝑧−3 = 0est une équation cartésienne Faux

de la droite(𝐼𝐽).

8. L’intersection des plans(𝐹 𝐼𝐽)et (𝐴𝐵𝐶)est la droite Faux

passant par𝐼 et par le milieu de l’arrête[𝐷𝐶].

9. Le vecteur de coordonnées

⎛

⎝

−4 1 2

⎞

⎠est un vecteur

normal au plan (FIJ). Vrai

10. Le volume du tétraèdre EFIJ est égal à 1

6. Vrai

Exercice 2 5 points Commun à tous les candidats

Amélie est en vacances dans une très grande métropole. Elle doit traverser cette ville en suivant l’avenue principale, qui est jalonnée de nombreux feux tricolores.

Pour tout entier naturel𝑛⩾1, on note E𝑛 l’évènement « Amélie est arrêtée par le𝑛^efeu rouge ou orange » et 𝑒𝑛, l’évènement contraire. Le feu orange est considéré comme un feu rouge.

Soit𝑝𝑛 la probabilité de E𝑛 et 𝑞𝑛 celle de𝑒𝑛. La probabilité que le premier feu tricolore soit rouge ou orange vaut 1

8.

On suppose que les deux conditions suivantes sont réalisées :

∙ la probabilité que le(𝑛+ 1)^e feu tricolore soit rouge ou orange, si le 𝑛^ièmefeu est rouge ou orange, vaut 1 20.

∙ la probabilité que le(𝑛+ 1)^e feu tricolore soit rouge ou orange, si le𝑛^ième feu est vert, est égale à 9 20. 1. On s’intéresse, tout d’abord, aux deux premiers feux tricolores.

a. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous.

7 8 vert

7 8

vert9 20

rouge ou orange

1 8

rouge ou orange

19 20

vert1 20

rouge ou orange

1^er feu 2^𝑒 feu

b. On note𝑋 la variable aléatoire égale au nombre de feux verts parmi ces deux feux tricolores. Déter- miner la loi de probabilité de𝑋.

Solution :

En rencontrant deux feux tricolores,𝑋 prend les valeurs 0ou1ou2.

D’après la formule des probabilités conditionnelles, on a 𝑃(𝑋 = 0) = 𝑃(𝐸1∩𝐸2) = 𝑃(𝐸1)× 𝑃𝐸1(𝐸2) =1

8 × 1 20 = 1

160

D’après la formule des probabilités conditionnelles, on a 𝑃(𝑋 = 2) = 𝑃(𝐸1∩𝐸2) = 𝑃(𝐸1)× 𝑃_𝐸1(𝐸2) =7

8 ×11 20 = 77

160

D’après la formule des probabilités totales, on a𝑃(𝑋 = 1) =𝑃(𝐸1∩𝐸2) +𝑃(𝐸1∩𝐸2) =𝑃(𝐸1)× 𝑃_𝐸1(𝐸2) +𝑃(𝐸1)×𝑃𝐸1(𝐸2) =7

8 × 9 20 +1

8 ×19 20= 82

On peut donc résumer la loi de la variable aléatoire160𝑋 par le tableau suivant :

𝑋=𝑘 0 1 2

𝑃(𝑋 =𝑘) 1

160 82 160

77 160

c. Calculer l’espérance mathématique de 𝑋.

Solution :

Par définition,𝐸(𝑋) = 0× 1

160 + 1× 82

160 + 2× 77 160 =236

160 = 1,475

Cela représente le nombre moyen de feux rouges rencontrés par les automobilistes.

2. On se place maintenant dans le cas général :𝑛≥2.

a. Donner les probabilités conditionnelles 𝑝𝑒𝑛(𝑒𝑛+1)et 𝑝𝑒𝑛(𝑒𝑛+1).

Solution :

D’après l’énoncé, on peut affirmer que𝑝𝑒𝑛(𝑒𝑛+1) = 1

20 et 𝑝𝑒𝑛(𝑒𝑛+1) = 9 20. b. Montrer que, pour tout𝑛⩾1:

𝑝𝑛+1= 1

20𝑝𝑛+ 9 20𝑞𝑛

Solution :

D’après la formule des probabilités totales, on a :

𝑝𝑛+1=𝑃(𝐸𝑛+1) =𝑃(𝐸𝑛∩𝐸𝑛+1) +𝑃(𝐸𝑛∩𝐸𝑛+1) =𝑃(𝐸𝑛)×𝑃𝐸𝑛(𝐸𝑛+1) +𝑃(𝐸𝑛)×𝑃_𝐸

𝑛(𝐸𝑛+1) = 1

20𝑝𝑛+ 9 20𝑞𝑛

c. En déduire l’expression de𝑝𝑛+1 en fonction de𝑝𝑛. Solution :

Les événements𝐸𝑛 et𝐸𝑛 étant complémentaires, on a 𝑞𝑛 = 1−𝑝𝑛 et donc 𝑝𝑛+1= 1

20𝑝𝑛+ 9 20𝑞𝑛

1

20𝑝𝑛+ 9

20(1−𝑝𝑛) =−8 20𝑝𝑛+ 9

20 = −2 5 𝑝𝑛+ 9

20 3. Soit la suite(𝑢𝑛)de nombres réels définie pour tout entier naturel𝑛⩾1par𝑢𝑛 = 28𝑝𝑛−9.

a. Montrer que(𝑢𝑛)est une suite géométrique et déterminer sa raison𝑘.

Solution :

Pour tout entier𝑛≥1, on a : 𝑝𝑛+1=−2 5 𝑝𝑛+ 9

20 et𝑢𝑛+1= 28𝑝𝑛+1−9; donc 𝑢𝑛+1= 28

(−2 5 𝑝𝑛+ 9

20 )

−9 = −2

5 (28𝑝𝑛−9) or 𝑢𝑛= 28𝑝𝑛−9 donc𝑢𝑛+1= −2

5 𝑢𝑛.

La suite(𝑢𝑛)est donc géométrique de raison −2 5 b. Exprimer 𝑢𝑛, puis𝑝𝑛 en fonction de𝑛.

Solution :

La suite(𝑢𝑛)𝑛≥1 est géométrique de raison −2

5 donc𝑢𝑛=𝑢1× (−2

5 )^𝑛−1

pour tout𝑛≥1.

Et𝑢1= 28𝑝1−9donc𝑢1= −11

2 . Ainsi, 𝑢𝑛= −11 2 ×

(−2 5

)^𝑛−1

pour tout𝑛≥1

Puisque𝑢𝑛 = 28𝑝𝑛−9, on a𝑝𝑛= 𝑢𝑛+ 9

28 . Et donc 𝑢𝑛= 1 28

(−11 2 ×

(−2 5

)^𝑛−1 + 9

)

pour tout𝑛≥1 c. Déterminer la limite, si elle existe, de𝑝𝑛, quand𝑛tend vers+∞. Donner une interprétation de ce

résultat.

Solution : Puisque −2

5 ∈ ]−1; 1[, la suite géométrique (−2

5 )𝑛−1

tend vers0.

Par produit, lim

𝑛→+∞

−11 2 ×

(−2 5

)^𝑛−1

= 0.

Par somme et produit, on a donc lim

𝑛→+∞𝑝𝑛= 9 28.

Cela signifie que pour un grand nombre de feux rencontrés, la probabilité que le𝑛^ème feu soit rouge tend vers 9

28 ≃30%.

Exercice 3 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Dans le plan complexe rapporté à un repère orthonormal (𝑂;⃗𝑢, ⃗𝑣), on considère les points – 𝐴 d’affixe𝑎,𝑎∈ℝ

– 𝐵 d’affixe𝑏+i,𝑏∈ℝ

– 𝐶 image de𝐵 dans la rotation de centre𝐴 et d’angle 𝜋 3.

a. Déterminer une relation entre𝑎et𝑏 pour que le point𝐶 appartienne à l’axe( 𝑂 ; −→

𝑣) . b. Exprimer alors l’affixe du point 𝐶en fonction de𝑎.

Solution :

Comme𝐶 est l’image de𝐵 dans la rotation de centre𝐴et d’angle ^𝜋₃, alors𝑧𝐶 vérifie 𝑧𝐶−𝑧𝐴=𝑒^𝑖𝜋3 (𝑧𝐵−𝑧𝐴)donc

𝑧𝐶=𝑒^𝑖𝜋3(𝑏+𝑖−𝑎) +𝑎 = (1

2+𝑖

√3 2

)

(𝑏−𝑎+𝑖) +𝑎

= 1 2

(𝑏−𝑎−√ 3 + 2𝑎)

+1 2𝑖(√

3(𝑏−𝑎) + 1)

= 1 2

(𝑏+𝑎−√ 3)

+1 2𝑖(√

3(𝑏−𝑎) + 1) Pour que le point𝐶 appartienne à l’axe (

𝑂;−→ 𝑣)

, il faut et il suffit que la partie réelle de l’affixe de 𝐶 soit nulle, donc :

1 2

(

𝑏+𝑎−√ 3)

= 0⇔𝑏=√ 3−𝑎 2. Dans cette question, on pose 𝑎=√

3 et 𝑏 = 0. On considère les points 𝐶 d’affixe 𝑐 =−𝑖 et 𝐷 d’affixe 𝑑= 2 +√

3−2𝑖√ 3.

a. Quelle est la nature du triangle𝐴𝐵𝐶?

Solution : D’après l’étude précédente, le triangle 𝐴𝐵𝐶 est équilatéral car 𝑏 =√

3−𝑎 = 0 et 𝑐 = (2−√

3𝑎)

𝑖 = −𝑖. Et comme 𝐶 est l’image de 𝐵 dans la rotation de centre 𝐴 et d’angle ^𝜋₃, on a 𝐴𝐵=𝐴𝐶 et l’angle(−−→

𝐴𝐵;−−→

𝐴𝐶)

=𝜋 3. b. Calculer le quotient 𝑑−𝑎

𝑐−𝑎; que peut-on en déduire pour le triangle𝐴𝐶𝐷? Solution :

𝑑−𝑎

𝑐−𝑎 = 2 +√ 3−2𝑖√

3−√ 3

−𝑖−√ 3

= 2(1−𝑖√ 3)

−√ 3−𝑖

= 2(1−𝑖√ 3)(−√

3 +𝑖) 3 + 1

= 2𝑖 Donc(−−→

𝐴𝐶;−−→

𝐴𝐷)

=𝑎𝑟𝑔(

𝑑−𝑎 𝑐−𝑎

)=𝑎𝑟𝑔(2𝑖) =^𝜋₂ [2𝜋]; ainsi le triangle𝐴𝐶𝐷 est rectangle en𝐴.

c. Déterminer l’affixe du point𝐸 image de𝐷 dans la rotation de centre𝐴et d’angle 𝜋 3. Solution :

Comme𝐸 est l’image de𝐷dans la rotation de centre 𝐴et d’angle ^𝜋₃, alors𝑧𝐸 vérifie 𝑧𝐸−𝑧𝐴=𝑒^𝑖𝜋3 (𝑧𝐷−𝑧𝐴)donc son affixe est :

𝑧𝐸 = 𝑒^i𝜋3(𝑑−𝑎) +𝑎

= 1 2

(1 +i√ 3) (

2 +√ 3−2i√

3−√ 3)

+√ 3

= 1 2

(1 +i√ 3) (

2−2i√ 3)

+√ 3

= ( 1 +i√

3) ( 1−i√

3) +√

3

= 1 + 3 +√

3 = 4 +√ 3

d. Déterminer l’affixe du point𝐹 image de𝐷 dans la translation de vecteur−−→

𝐴𝐶. Solution :

Comme𝐹 est l’image de 𝐷dans la translation de vecteur−−→

𝐴𝐶, alors𝑧𝐹 vérifie𝑧𝐹−𝑧𝐷=𝑧^−−→

𝐴𝐶 donc son affixe est :

𝑧𝐹 = 2 +√ 3−2i√

3 + (−i−√

3) = 2−i( 1 + 2√

3) e. Déterminer la nature du triangle𝐵𝐸𝐹.

Solution :

Le triangle𝐵𝐸𝐹 est équilatéral, car : 𝐵𝐸² =

i−(4 +√ 3)

2

= 1 +( 4 +√

3)²

= 1 + 16 + 8√

3 + 3 = 20 + 8√ 3 𝐵𝐹² =

i−(

2−i( 1 + 2√

3))

2

=

−2 + 2i( 1 +√

3)

2

= 4 + 4( 1 +√

3)²

= 20 + 8√ 3 𝐸𝐹² =

4 +√

3−2 +i( 1 + 2√

3)

2

= 2 +√

3 +i( 1 + 2√

3)

2

= ( 2 +√

3)² +(

1 + 2√ 3)²

= 20 + 8√ 3

Exercice 3 5 points Candidats ayant choisi l’enseignement de spécialité

Sur la figure donnée ci-dessous, on considère les carrés𝑂𝐴𝐵𝐶 et𝑂𝐶𝐷𝐸 tels que : (−−→

𝑂𝐴 ; −−→

𝑂𝐶)

=(−−→

𝑂𝐶 ; −−→

𝑂𝐸)

= 𝜋 2.

On désigne par𝐼 le milieu du segment[𝐶𝐷], par𝐽 le milieu du segment [𝑂𝐶]et par 𝐻 le point d’intersection des segments [𝐴𝐷]et[𝐼𝐸].

1. Justifier l’existence d’une similitude directe 𝑠transformant𝐴 en𝐼 et 𝐷en𝐸.

Solution :

𝐴∕=𝐷et 𝐼∕=𝐸 : il existe donc une unique similitude directe𝑠transformant𝐴en𝐷 et𝐼 en𝐸.

2. Déterminer le rapport de cette similitude 𝑠.

On admet que l’angle de la similitude 𝑠est égal à 𝜋 2. Solution :

Le rapport de la similitude𝑠est 𝐼𝐸 𝐴𝐷. Prenons𝑂𝐴= 1.

– Dans le triangle 𝐸𝐷𝐼 rectangle en𝐷, le théorème de Pythagore s’écrit : 𝐼𝐸² = 1²+ (1

2 )²

= 5 4 =⇒ 𝐼𝐸=

√5 2 .

– Dans le triangle rectangle𝐴𝐵𝐷, le théorème de Pythagore s’écrit :𝐴𝐷²= 2²+ 1²= 5 =⇒𝐴𝐷=√ 5.

Finalement 𝐼𝐸 𝐴𝐷 =

√5

√2 5 = 1

2.

𝑠est donc une similitude directe de rapport 1

2 et d’angle+𝜋 2 3. Donner, sans justifier, l’image de𝐵 par𝑠.

Solution :

Soit 𝐵^′ = 𝑠(𝐵). On a (−−→

𝐴𝐵 ,−−→

𝐼𝐵^′)

= +𝜋

2, donc 𝐵^′ appartient à la perpendiculaire à la droite (𝐴𝐵) contenant𝐼, donc appartient à la demi-droite[𝐼𝐷).

De même en prenant les deux points𝐷et𝐵et leurs images par𝑠:(−−→

𝐷𝐵 ,−−→

𝐸𝐵^′)

= +𝜋

2, donc𝐵^′appartient à la la perpendiculaire à(𝐵𝐷)contenant𝐸.

Finalement 𝐵^′appartient aux droites(𝐵𝐷)et(𝐷𝐸)et donc𝐵^′=𝐷.

4. Déterminer et placer l’image de𝐶 par𝑠.

Solution :

Par hypothèse 𝐶est le milieu de[𝐵𝐷], donc son image par 𝑠est le milieu du segment image[𝐷𝐸].

5. SoitΩle centre de la similitude𝑠.

a. Montrer queΩappartient au cercle de diamètre[𝐴𝐼]et à celui de diamètre[𝐷𝐸].

Solution :

Soit Ωle centre de𝑠; on a par définition (−−→

Ω𝐴 ,−→

Ω𝐼)

= 𝜋

2, donc le triangle𝐴𝐼Ωrectangle en Ω est inscrit dans le cercle de diamètre [𝐴𝐼];

De même(−−→

Ω𝐷 , −−→

Ω𝐸)

= 𝜋

2, donc le triangle𝐷𝐸Ωrectangle enΩest inscrit dans le cercle de diamètre [𝐷𝐸].

b. Montrer queΩne peut être le point𝐻. Solution :

𝐽 est le milieu de[𝑂𝐶],𝐶le milieu de[𝐵𝐷]et(𝑂𝐶)est parallèle à(𝐴𝐵), donc𝐽 est aussi le milieu de [𝐴𝐷]. Son image𝐽^′ est le milieu du segment image[𝐼𝐸]et(−→

Ω𝐽 , −−→

Ω𝐽^′)

= 𝜋

2, or(−−→

𝐻𝐽 , −−→

𝐻𝐽^′)

=−𝜋 2. Conclusion : H n’est pas le centre de la similitude𝑠.

c. ConstruireΩ.

Solution :

D’après la question a.Ωappartient aux cercles de diamètres [𝐴𝐼]et [𝐷𝐸]; ce n’est pas le point H, c’est donc l’autre point commun aux deux cercles.

6. On considère le repère orthonormal direct(

𝑂 ; −−→

𝑂𝐴 , −−→

𝑂𝐶) . a. Déterminer l’écriture complexe de la similitude𝑠.

Solution :

On sait que l’écriture d’une similitude directe est de la forme 𝑧^′ = 𝑎𝑧+𝑏 avec (𝑎 ; 𝑏) ∈ ℂ². En prenant les points𝐴et 𝐷et leurs images 𝐼et 𝐸, on obtient le système :

{

−1

2 = 𝑎(1) +𝑏

−1 = 𝑎(−1 +𝑖) +𝑏 ⇐⇒

{

𝑎(2−𝑖) = 1 2+𝑖

−1 = 𝑎(−1 +𝑖) +𝑏 ⇐⇒

⎧

⎨

⎩

𝑎 = 1 2𝑖 𝑏 = −1

2 +1 2𝑖 L’écriture complexe de 𝑠est donc :

𝑧^′ =1 2𝑖𝑧−1

2 +1 2𝑖.

b. En déduire l’affixe du centre Ωde𝑠.

Solution :

Le centre Ωest l’unique point fixe de la similitude 𝑠.

𝑧^′=𝑧⇔𝑧=1 2𝑖𝑧−1

2 +1

2𝑖⇔𝑧= −1 2 +1

2𝑖 1−1

2𝑖

⇔𝑧=−1 +𝑖

2−𝑖 =(−1 +𝑖)(2 +𝑖)

(2−𝑖)(2 +𝑖) ⇔𝑧=−3 5 +1

5𝑖

D I C B

H

J

E O A

Exercice 4 5 points Commun à tous les candidats

Partie A : Restitution organisée de connaissances

On utilisera le résultat suivant : les solutions de l’équation différentielle 𝑦^′ =𝑎𝑦 où 𝑎∈ℝ sont les fonctions𝑔 définies surℝpar𝑔(𝑥) =𝐾𝑒^𝑎𝑥 où𝐾∈ℝ.

Le but de cette partie est de déterminer les solutions de l’équation différentielle (E)𝑦^′ =𝑎𝑦+𝑏 où 𝑎∈ℝ^∗ et 𝑏∈ℝ.

1. Démontrer que la fonction𝑢définie surℝpar𝑢(𝑥) =−𝑏

𝑎 est une solution de (E).

Solution : 𝑢(𝑥) =−𝑏

𝑎 est une fonction constante ;𝑢est dérivable surℝet 𝑢^′(𝑥) = 0; et on a 𝑎𝑢(𝑥) +𝑏=𝑎×

(

−𝑏 𝑎

)

+𝑏= 0.

Donc𝑢est une solution de (E).

2. Soit 𝑓 une fonction définie et dérivable sur ℝ. Démontrer l’équivalence suivante :𝑓 est solution de (E)

⇐⇒ 𝑓−𝑢est solution de l’équation différentielle𝑦^′ =𝑎𝑦.

Solution :

Si 𝑓 est solution de (E) alors 𝑓^′(𝑥) =𝑎𝑓(𝑥) +𝑏; sachant que 𝑢^′(𝑥) =𝑎𝑢(𝑥) +𝑏, on a par soustraction : 𝑓^′(𝑥)−𝑢^′(𝑥) =𝑎(𝑓(𝑥)−𝑢(𝑥)), c’est-à-dire que 𝑓−𝑢est solution de l’équation différentielle𝑦^′ =𝑎𝑦.

Réciproquement, si 𝑓−𝑢est solution de l’équation différentielle𝑦^′=𝑎𝑦; sachant que𝑢^′(𝑥) =𝑎𝑢(𝑥) +𝑏, on a addition : 𝑓^′(𝑥) =𝑎𝑓(𝑥) +𝑏, c’est-à-dire que𝑓 est solution de l’équation différentielle (E).

3. En déduire toutes les solutions de l’équation différentielle (E).

Solution :

𝑓 est solution de(𝐸)ssi 𝑓−𝑢est solution de𝑦^′ =𝑎𝑦; d’après le résultat initial donné, ceci équivaut à 𝑓(𝑥)−𝑢(𝑥) =𝐾𝑒^𝑎𝑥, 𝐾∈ℝ, donc les solutions sont de la forme𝑓(𝑥) =𝐾𝑒^𝑎𝑥+𝑢(𝑥) =𝐾𝑒^𝑎𝑥− 𝑏

𝑎, avec 𝐾∈ℝ.

Partie B

Un cycliste roule sur une route descendante rectiligne et très longue. On note𝑣(𝑡)sa vitesse à l’instant𝑡, où𝑡 est exprimé en secondes et𝑣(𝑡)en mètres par seconde.

On suppose de plus que la fonction𝑣 ainsi définie est dérivable sur l’intervalle[0 ; +∞[.

Un modèle simple permet de considérer que la fonction𝑣 est solution de l’équation différentielle : 10𝑣^′(𝑡) +𝑣(𝑡) = 30 (𝐸)

Enfin, on suppose que, lorsque le cycliste s’élance, sa vitesse initiale est nulle, c’est-à-dire que𝑣(0) = 0.

1. Résoudre l’équation différentielle(𝐸), et démontrer que𝑣(𝑡) = 30

⎛

⎝1−𝑒⁻ 𝑡 10

⎞

⎠pour tout𝑡∈[0 ; +∞[.

Solution :

L’équation différentielle peut s’écrire :𝑣^′(𝑡) = 3− 1 10𝑣(𝑡).

On reconnaît une équation différentielle résolue dans la partie A avec𝑎=−1

10 et 𝑏= 3.

On a donc :

𝑣(𝑡) =𝐾𝑒^−101𝑡− 3

−10¹

=𝐾𝑒^−101𝑡+ 30.

En utilisant la condition initiale𝑣(0) = 0 ⇐⇒ 𝐾+ 30 = 0 ⇐⇒ 𝐾=−30, on obtient finalement :

𝑣(𝑡) = 30

⎛

⎝1−𝑒⁻ 𝑡 10

⎞

⎠

2. a. Déterminer le sens de variation de la fonction𝑣 sur l’intervalle[0 ; +∞[.

Solution :

On sait que la fonction 𝑣est dérivable sur[0 ; +∞[et sur cet intervalle : 𝑣^′(𝑡) = −30

(

−1 10

) 𝑒⁻

𝑡

10 = 3𝑒⁻ 𝑡

10 > 0, car on sait que l’exponentielle est toujours strictement positive.

La fonction 𝑣 est donc strictement croissante sur[0 ; +∞[.

b. Déterminer la limite de la fonction𝑣 en+∞. Solution :

On sait que lim

𝑡→+∞− 𝑡

10 =−∞et lim

𝑥→−∞𝑒^𝑥= 0; donc par composition lim

𝑥→+∞𝑒⁻ 𝑡 10 = 0.

Puis par produit et somme, lim

𝑥→+∞𝑣(𝑡) = 30.

3. On considère, dans cette situation, que la vitesse du cycliste est stabilisée lorsque son accélération 𝑣^′(𝑡) est inférieure à 0,1 m.s⁻². Déterminer, à la seconde près, la plus petite valeur de 𝑡 à partir de laquelle la vitesse du cycliste est stabilisée.

Solution :

Il faut donc résoudre l’inéquation dans [0 ; +∞[, 𝑣^′(𝑡) < 0,1, soit, d’après l’expression de la dérivée obtenue à la question 2-a,

𝑣^′(𝑡)<0,1 ⇐⇒ 3𝑒⁻ 𝑡 10 <0,1

⇐⇒ 𝑒⁻ 𝑡

10 < 0,1 3

⇐⇒ − 𝑡 10 <ln

( 1 0,3

) la fonction logarithme népérien étant strictement croissante sur]0; +∞[

⇐⇒ 𝑡 >−10 ln ( 1

0,3 )

Comme−10 ln(

1 0,3

)

≈34,01, la vitesse est donc stabilisée à partir de la 35^èmeseconde.

4. La distance𝑑parcourue par ce cycliste entre les instants𝑡1, et𝑡2 est donnée par𝑑=

∫ 𝑡2

𝑡1

𝑣(𝑡)d𝑡.

Calculer la distance parcourue par ce cycliste pendant les 35 premières secondes.

Solution : On a donc𝑑35=

∫ 35 0

𝑣(𝑡)d𝑡.

On a 𝑣(𝑡) = 30−30𝑒⁻ 𝑡

10, dont une primitive sur[0 ; +∞[est :𝑉(𝑡) = 30𝑡+ 300𝑒⁻ 𝑡 10. D’où :𝑑35= [𝑉(𝑡)]³⁵₀ = 30×35+300𝑒⁻³⁵¹⁰−(

30×0 + 300𝑒⁻¹⁰⁰)

= 1050+300𝑒⁻³⁵¹⁰−300 = 750+300𝑒⁻³⁵¹⁰ ≈ 759,06≈759 (m).

La distance parcourue est d’environ 759 mètres.