Mars 2016

Série S

Durée de l'épreuve : 4 h 29 février 2016

Bac Blanc de Mathématiques

---

- Enseignement spécifique -

L’utilisation d’une calculatrice est autorisée. La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l’appréciation des copies.

Exercice 1 : (5 points)

On considère la suite de nombres réels ( ) définie par :

= -1, = et pour tout entier naturel n : = – .

1) Calculer et en déduire que la suite ( ) est ni arithmétique ni géométrique.

2) On définit la suite ( ) en posant, pour tout entier naturel n : = – . a) Exprimer en fonction de .

b) En déduire que la suite ( ) est géométrique de raison . c) Calculer puis exprimer en fonction de n.

3) On définit la suite ( ) en posant, pour tout entier naturel n : = .

a) En utilisant l'égalité = + , exprimer en fonction de et de . b) En déduire que pour tout entier naturel n : = + 2.

c) Calculer puis exprimer en fonction de n.

4) Montrer que pour tout entier naturel n : = . 5) Pour tout entier naturel n on pose : S_n=

∑

k=0 n

u_k=u₀+u₁+...+u_n Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n : = 2 – u0 u1 1

2

un

un+2 un+1 1 4un

u2 un

vn vn un+1 1un

2

vn+1 vn

vn 1

2

v0 vn

wn wn u_n

vn

1 2un

un+1 vn wn+1 un vn

w_n+1 w_n

w₀ w_n

un 2n¡1 2ⁿ

Sn 2n+3 2ⁿ

Série S

Durée de l'épreuve : 4 h

29 février 2016

Bac Blanc de Mathématiques

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- Enseignement de spécialité -

L’utilisation d’une calculatrice est autorisée. La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements entreront pour une part importante dans l’appréciation des copies.

Exercice 1 : (5 points)

On considère la suite de nombres réels ( ) définie par :

= -1, = et pour tout entier naturel n : = – .

1) Calculer et en déduire que la suite ( ) est ni arithmétique ni géométrique.

2) On définit la suite ( ) en posant, pour tout entier naturel n : = – . a) Exprimer en fonction de .

b) En déduire que la suite ( ) est géométrique de raison . c) Calculer puis exprimer en fonction de n.

3) On définit la suite ( ) en posant, pour tout entier naturel n : = .

a) En utilisant l'égalité = + , exprimer en fonction de et de . b) En déduire que pour tout entier naturel n : = + 2.

c) Calculer puis exprimer en fonction de n.

4) Montrer que pour tout entier naturel n : = . 5) Pour tout entier naturel n on pose : S_n=

∑

k=0 n

u_k=u₀+u₁+...+u_n

Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n : Sn = 2 – 2n+3 2ⁿ un

u0 u1 1

2 un+2 un+1 1

4un

u2 un

v_n v_n u_n+1 ¹

2u_n

vn+1 vn

vn 1

2

v0 vn

wn wn u_n

vn

un+1 vn 1

2un wn+1 un vn

wn+1 wn

w0 wn

un 2n¡1 2ⁿ

Exercice 2 : (5 points)

Les deux parties sont indépendantes.

Partie A :

On considère le polynôme P défini sur C par : P( ) =

1) Montrer que le nombre complexe = est solution de l'équation P( ) = 0.

2) a) Déterminer les réels a et b tels que : P( ) = . b) En déduire les solutions dans C de l'équation P( ) = 0.

Partie B :

Le plan complexe est muni d'un repère orthonormé direct (O; , ). On prendra 2 cm pour unité graphique.

On considère les points A, B et C d'affixes respectives :

= 1 + = 1 – = 3 –

1) a) Placer A, B et C sur une figure qui sera complétée au fur et à mesure de l'exercice.

b) Déterminer la nature du triangle ABC.

c) Déterminer l'affixe du point D tel que ABCD soit un parallélogramme.

2) a) Déterminer l'ensemble e des points M d'affixe du plan complexe tels que | | = . b) Vérifier que les points A, B, C et D appartiennent à e.

3) Déterminer l'ensemble f des points M d'affixe du plan complexe tels que | | = | |.

4) Déterminer les affixes des points d'intersection J et K des ensembles e et f.

z³¡(2 +ip

2)z²+ 2(1 +ip

2)z¡2ip 2 z

z0 ip

2 z

z (z¡ip

2)(z²+az+b) z

~ u ~v

zA i zB i zC i

z z¡2 p

2

z z¡1 +i z¡3 +i

Exercice 3 : (5 points)

Les deux parties sont indépendantes.

Partie A :

Un groupe de 50 coureurs, portant des dossards numérotés de 1 à 50, participe à une course cycliste qui comprend 10 étapes et au cours de laquelle aucun abandon n'est constaté.

A la fin de chaque étape, un groupe de 5 coureurs est choisi au hasard pour subir un contrôle anti-dopage.

Ces désignations de 5 coureurs à l'issue de chaque étape sont indépendantes. Un même coureur peut donc être contrôlé à l'issue de plusieurs étapes.

1) On considère l'algorithme ci-dessous dans lequel :

– « rand (1 ; 50) » permet d'obtenir un nombre entier aléatoire appartenant à l'intervalle [1 ; 50].

– l'écriture « 0 → a » signifie « a prend la valeur 0 ».

Variables a, b, c, d et e sont cinq nombres entiers.

Initialisations 0 → a 0 → b 0 → c 0 → d 0 → e

Traitement Tant que (a = b) ou (a = c) ou (a = d) ou (a = e) ou (b = c) ou (b = d) ou (b = e) ou (c = d) ou (c = e) ou (d = e)

Début du tant que rand (1 ; 50) → a rand (1 ; 50) → b rand (1 ; 50) → c rand (1 ; 50) → d rand (1 ; 50) → e Fin du tant que

Sorties Afficher a, b, c, d et e

a) Indiquer, parmi les ensembles de nombres suivants, lesquels ont pu être obtenus avec cet algorithme.

= {2 ; 11 ; 44 ; 2 ; 15} = {8 ; 17 ; 41 ; 34 ; 6} = {12 ; 17 ; 23 ; 17 ; 50} = {45 ; 19 ; 43 ; 21 ; 18}

b) Que permet de réaliser cet algorithme, concernant la course cycliste ?

2) A l'issue d'une étape, on choisit au hasard un coureur parmi les 50 participants. Etablir que la probabilité pour qu'il subisse le contrôle anti-dopage prévu pour cette étape est égale à 0,1.

3) On note X la variable aléatoire qui comptabilise le nombre de contrôles subis par un coureur sur l'ensemble des 10 étapes de la course.

a) Quelle est la loi de probabilité de la variable aléatoire X ? Préciser ses paramètres.

b) On choisit au hasard un coureur à l'arrivée de la course. Calculer sous forme décimale arrondie au dix- millième près, les probabilités des évènements suivants :

◦ il a été contrôlé 5 fois exactement.

◦ il n'a pas été contrôlé.

◦ il a été contrôlé au moins 1 fois.

◦ il n'a pas été contrôlé plus de 2 fois.

c) Calculer P (3 ≤ X ≤ 7) et interpréter le résultat obtenu.

Partie B :

Dans cette partie, toute trace de recherche même incomplète, ou d'initiative même non fructueuse, sera prise en compte dans l'évaluation. On donnera les résultats sous forme de fractions irréductibles.

On choisit au hasard un coureur parmi les 50 participants. On considère les événement suivants :

• T : « Le coureur est contrôlé positif ».

• D : « Le coureur est dopé ».

D'après des statistiques, on admet que P (T) = 0,05. De plus, le contrôle anti-dopage n'étant pas fiable à 100 %, on sait que :

• si un coureur est dopé, le contrôle est positif dans 97 % des cas.

• si un coureur n'est pas dopé, le contrôle est positif dans 1 % des cas.

1) Calculer P (D).

2) On admet que P (D) = . Un coureur a été contrôlé positif. Quelle est la probabilité qu'il ne soit pas dopé ?

L1 L2 L3 L4

1 24

Exercice 4 : (5 points) Un modèle de croissance.

On repique des plants de 10 cm de haut sous une serre. On note f (t) la taille, en m, d'un plant après t jours.

On a donc f (0) = 0,1. Le modèle de Verhulst consiste à considérer que la croissance des plants évolue suivant la relation : f (t) = où a est une constante dépendant des conditions expérimentales et C une constante dépendant des conditions initiales.

1) Démontrer que C = 9.

2) On observe qu'au bout de 15 jours, les plants mesurent 19 cm.

a) Expliquer alors pourquoi a vérifie la relation : = .

b) Démontrer que l'équation = a une unique solution dans [0;+∞[.

c) En déduire avec la calculatrice un encadrement de a à près.

3) On suppose à présent que la fonction f est définie sur [0;+∞[ par : f (t) = . On note c sa courbe représentative dans un repère orthogonal.

a) Etudier la limite de la fonction f en +∞. Que peut-on en déduire graphiquement ? Que peut-on en déduire concernant la croissance des plants ?

b) Etudier les variations de la fonction f et dresser son tableau de variation.

c) Donner une équation de la tangente (T) à la courbe c au point d'abscisse 0.

d) Tracer la droite (T) et construire la courbe c.

(Prendre pour unités : 1 cm pour 10 jours en abscisses et 10 cm pour 1 m en ordonnées.) 4) On considère l'algorithme suivant :

Variables I et N sont deux nombres entiers. H est un nombre réel positif.

Initialisations 0 → I 0,1 → H

Entrée Lire N

Traitement Pour I allant de 1 à N faire :

→ H

Afficher I Afficher H Fin Pour

a) Que permet de faire cet algorithme, concernant le problème étudié ?

b) Modifier l'algorithme pour qu'il détermine le nombre de jours nécessaires pour que les plants dépassent 90 cm de hauteur.

c) Déterminer, à l'aide de la calculatrice, le nombre de jours nécessaires pour que les plants dépassent 90 cm de hauteur.

1 Ce^-at+1

e^-15a ₁₉⁹ 9

19

10^-2 e^-15x

1 9e^-0,05t+1

1 9e^-0,05I+1

Correction du Bac Blanc du 29/02/16 Exercice 1 :

1) = -1, = et : ∀ n ∈ N, = – . Donc : = – = + =

On a : – = – = Et : – = + 1 = Donc : – ≠ –

On en déduit que la suite ( ) n'est pas arithmétique.

On a : = = × 2 = Et : = = -

Donc : ≠

On en déduit que la suite ( ) n'est pas géométrique.

2) ∀ n ∈ N, = – .

a) ∀ n ∈ N, = – = – – = – = ( – ) =

b) ∀ n ∈ N, = q avec q =

On en déduit que la suite ( ) est géométrique de raison q = . c) = – = + = 1

Puisque la suite ( ) est géométrique de raison q = et de premier terme = 1 alors : ∀ n ∈ N, = × = 1 × =

3) ∀ n ∈ N, = .

a) ∀ n ∈ N, = =

b) ∀ n ∈ N, = = + = 2 + = 2 +

c) = = = -1

∀ n ∈ N, = + 2

On en déduit que la suite ( ) est arithmétique de raison r = 2.

Donc : ∀ n ∈ N, = + rn = -1 + 2n 4) ∀ n ∈ N, = .

On en déduit : ∀ n ∈ N, = = (-1 + 2n) × = 5) ∀ n ∈ N, S_n=

∑

k=0 n

u_k=u0+u1+...+un

Démontrons par récurrence que, pour tout entier naturel n, la propriété pn : « = 2 – » est vraie.

▪ Initialisation : Si n = 0 alors :

D'une part : = = -1

D'autre part : 2 – = 2 – = 2 – 3 = -1 Donc : = 2 – Ainsi, p0 est vraie.

▪ Hérédité : Soit n ≥ 0.

Montrons que si pn est vraie alors pn + 1 l'est aussi, c-à-d : = 2 – . pn est vraie ⇒ = 2 – ⇒

∑

k=0 n

u_k=2−2n+3

2ⁿ ⇒ u_n+1+

∑

k=0 n

u_k=2−2n+3 2ⁿ +u_n+1 pn est vraie ⇒

∑

k=0 n+1

u_k=2−2n+3 2ⁿ +u_n+1 vn un+1 1

2un

vn 1

2

wn

u₀ u₁ ¹

2 u_n+2 u_n+1 ¹

4u_n 1

u2 u1 4u0 1 2

1 4

3 4

u2 u1 3 4

1 2

1 4

u1 u0 1 2

3 2 u2 u1

un

u1 u0

u2

u1

3 4 1 2

3 4

3 2 u₁

u0

u1

u0

u2

u1

u_n

1

v_n+1 u_n+2 2u_n+1 u_n+1 ¹

4u_n ¹

2u_n+1 ¹

2u_n+1 ¹

4u_n ¹

2 u_n+1 ¹u_n 2

1 2v_n

vn+1 vn 1

2

1 v0 u1 2u0 1

2 1 2

v_n ¹

2 v₀

vn v0 qⁿ

(

)

w_n+1 ^un+1 vn+1

v_n+¹₂u_n

1 2vn

1 2

-1

1 2

w_n+1 ^vn+

1 2u_n

1 2v_n

vn 1 2vn

1 2u_n

1 2v_n un

vn

vn

vn

un

vn w_n w0 u₀

v0

-1 1

wn+1 wn

wn

wn w0

w_n ^un vn

u_n w_n v_n ¹

2ⁿ

2n¡1 2ⁿ

Sn 2n+3 2ⁿ

S0 u0

2£0+3 2⁰

3 1 S0 2£0+3

2⁰

S_n+1 ^2(n+1)+3 2ⁿ⁺¹ S_n ²ⁿ⁺³_2n

Or : ∀ n ∈ N, =

Donc : = = =

On en déduit :

∑

k=0 n+1

u_k=2−2n+3

2ⁿ +2n+1

2ⁿ⁺¹ =2−2(2n+3)

2ⁿ⁺¹ +2n+1

2ⁿ⁺¹ =2+- 4n−6+2n+1

2ⁿ⁺¹ =2+- 2n−5

2ⁿ⁺¹ =2−2n+5 2ⁿ⁺¹ Donc : pn est vraie ⇒ = 2 –

Or : 2 – = 2 – = 2 –

Donc : pn est vraie ⇒ = 2 – ⇒ pn + 1 est vraie.

Ainsi, la propriété pn est héréditaire.

▪ Conclusion :

p0 est vraie et pn est héréditaire donc : ∀ n ∈ N, = 2 – . Exercice 2 :

Partie A : ∀ z ∈ C, P( ) =

1) _P(i

√

√

√

√

√

√

√

_P(i

√

√

√

√

√

√

√

√

P(i

√

√

√

√

√

√

P(i

√

√

√

√

√

√

_P(i

√

√

√

√

_P(i

√

√

√

2) a) Puisque est solution de l'équation P( ) = 0 alors il existe deux réels a et b tels que : ∀ z ∈ C, P( ) =

P( ) = P( ) = Or : ∀ z ∈ C, P( ) =

On en déduit que a et b sont les solutions du système :

{

^√

^{√ √}

^√

^√

^√

^{

^{√ √}

^√

^√

^{

^√

^√

^{

^√

^√

Finalement : ∀ z ∈ C, P( ) = .

b) P( ) = 0 ⇔ = 0 ⇔ = ou = 0

On calcule le discriminant du trinôme . ∆ = (-2)² – 4 × 1 × 2 = 4 – 8 = -4 = (2i)²

On en déduit que le trinôme admet deux racines complexes conjuguées : = = 1 – i et : = = 1 + i

Finalement : P( ) = 0 ⇔ = ou = ou = Partie B :

1) a) Figure en fin d'exercice.

b) = 1 + = 1 – = 3 –

On en déduit :

◦ = – = 1 – i – 1 – i = -2i Donc : AB = | | =|-2 | = 2

◦ = – = 3 – i – 1 – i = 2 – 2i Donc : AC = |2 – 2 | = = =

◦ = – = 3 – i – 1 + i = 2 Donc : BC = |2| = 2 On a : AB² + BC² = 2² + 2² = 4 + 4 = 8 = AC²

Donc, d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en B.

Et puisque AB = BC, alors le triangle ABC est rectangle et isocèle en B.

S_n ²ⁿ⁺³_2n

z z³¡(2 +ip

2)z²+ 2(1 +ip

2)z¡2ip 2

z u_n ²ⁿ₂^¡_n¹ un+1

2(n+1)¡1 2ⁿ⁺¹

2n+2¡1 2ⁿ⁺¹

2n+1 2ⁿ⁺¹

2(n+1)+3 2ⁿ⁺¹

2n+2+3 2ⁿ⁺¹

2n+5 2ⁿ⁺¹ Sn+1 2n+5

2ⁿ⁺¹

Sn+1

2(n+1)+3 2ⁿ⁺¹

ip

2 z

z (z¡ip

2)(z²+az+b) z z³+az²+bz¡ip

2z²¡ip

2az¡ip 2b z

z z³¡(2 +ip

2)z²+ 2(1 +ip

2)z ¡2ip 2 z³+ (a¡ip

2)z²+ (b¡ip

2a)z ¡ip 2b

(z¡ip

2)(z²¡2z+ 2)

z (z¡ip z

2)(z²¡2z+ 2) ip

2 z²¡2z+ 2 z²¡2z+ 2

z²¡2z+ 2 z1 2¡2i

2 z2 2+2i

2

z z ip

2 z 1¡i z 1 +i

zA i zB i zC i

zAB~ zAB~ i

i z_AC~

zB zA

z_A

z_C p

2²+ (-2)² p

4 + 4 p 8 zBC~ zC zB

c) ABCD est un parallélogramme ⇔ ⃗AD=⃗BC ⇔ = ⇔ – = 2

– = 2 ⇔ – 1 – i = 2 ⇔ = 2 + 1 + i ⇔ = 3 + i

2) a) Déterminer l'ensemble e des points M d'affixe du plan complexe tels que | | = . En notant Ω le point d'affixe 2 on obtient : M( ) ∈ e ⇔ ∣^z−z_Ω∣=

√

On en déduit que e est le cercle de centre Ω et de rayon .

b) | – 2| = |1 + – 2| = |-1 + | = = = Donc A ∈ e | – 2| = |1 – – 2| = |-1 – | = = = Donc B ∈ e | – 2| = |3 – – 2| = |1 – | = = = Donc C ∈ e | – 2| = |3 + – 2| = |1 + | = = = Donc D ∈ e

3) Déterminer l'ensemble f des points M d'affixe du plan complexe tels que | | = | |.

M( ) ∈ f ⇔ | | = | | ⇔ | | = | | ⇔ | | = | | ⇔ MB = MC

On en déduit que f est la médiatrice du segment [BC].

4) Déterminer les affixes des points d'intersection J et K des ensembles e et f.

et ayant les mêmes parties imaginaires, le segment [BC] est parallèle à l'axe (O ).

On en déduit que la médiatrice f de [BC] est parallèle à l'axe (O ) et a une équation de la forme x = k.

Les points J et K appartenant à f, on en déduit qu'ils ont la même partie réelle que le milieu I de [BC].

Donc : Re( ) = Re( ) = Re( ) = = = 2.

On en déduit que f a pour équation x = 2.

Le point Ω d'affixe 2 appartient à f. On en déduit que les points J, O et K sont alignés.

De plus, puisque J et K appartiennent au cercle e de centre Ω alors Ω est le milieu de [JK].

Les points J et K sont alors symétriques par rapport à Ω qui appartient à l'axe des réels.

On en déduit que les affixes et sont conjuguées. Par conséquent : Im( ) = -Im( ).

On note y = Im( ). J ∈ e ⇔ ∣^zJ−2∣⁼

√

√

√

√

En choisissant de définir J comme étant le point d'intersection de e et f de partie imaginaire positive on obtient Im( ) = et Im( ) = - .

Finalement : = 2 + i et : = 2 – i .

Remarque : On peut déterminer e∩f algébriquement, sachant que f est la droite d'équation x = 2 et e le cercle d'équation (x – 2)² + y² = 2 en résolvant le système :

{

On obtient : x = 2 et y² = 2. Ce qui équivaut à : (x = 2 et y = ) ou (x = 2 et y = - ).

On retrouve ainsi les affixes des points J et K : = 2 + i et : = 2 – i .

z z¡2 p

2

z z¡1 +i z¡3 +i

z_BC~

z_AD~ zD zA

zD zA zD zD zD

z p

2 i

zA p

1 + 1 p 2

i p

1 + 1 p 2 zB

i p

1²+ (-1)² p

1 + 1 p 2 zC

i p

(-1)²+ 1²

i p

-(1)²+ (-1)² i

zD i i p

1 + 1 p p 2

1²+ 1²

z z¡1 +i z¡3 +i z¡(1¡i) z¡(3¡i)

p2

z¡zB z¡zC

zC zB ~u

~ v z_J z_K z_I ^{Re(zB)+Re(zC)}

2

1+3 2

zJ zK zJ zK

zJ

zJ

p2 zK

p2 zJ

p2 zK

p2

e f

p2 p

2 zJ

p2 zK

p2

Exercice 3 : Partie A :

Un groupe de 50 coureurs, portant des dossards numérotés de 1 à 50, participe à une course cycliste qui comprend 10 étapes et au cours de laquelle aucun abandon n'est constaté.

A la fin de chaque étape, un groupe de 5 coureurs est choisi au hasard pour subir un contrôle anti-dopage.

Ces désignations de 5 coureurs à l'issue de chaque étape sont indépendantes. Un même coureur peut donc être contrôlé à l'issue de plusieurs étapes.

1)

Variables a, b, c, d et e sont cinq nombres entiers.

Initialisations 0 → a 0 → b 0 → c 0 → d 0 → e

Traitement Tant que (a = b) ou (a = c) ou (a = d) ou (a = e) ou (b = c) ou (b = d) ou (b = e) ou (c = d) ou (c = e) ou (d = e)

Début du tant que rand (1 ; 50) → a rand (1 ; 50) → b rand (1 ; 50) → c rand (1 ; 50) → d rand (1 ; 50) → e Fin du tant que

Sorties Afficher a, b, c, d et e a) Dans l'algorithme :

◦ On affecte à chacune des variables a, b, c, d et e un nombre entier au hasard entre 1 et 50.

◦ On rentre dans la boucle tant que deux des variables (au moins) ont la même valeur.

◦ On sort de la boucle dès que les 5 variables ont des valeurs différentes.

Donc l'algorithme permet d'afficher cinq nombres entiers distincts compris entre 1 et 50, donnés au hasard.

Il peut donner les listes = {8 ; 17 ; 41 ; 34 ; 6} et = {45 ; 19 ; 43 ; 21 ; 18}.

b) Cet algorithme permet, à l'issue de chaque étape de la course cycliste, d'obtenir une liste aléatoire de 5 coureurs qui devront subir un contrôle anti-dopage.

2) A l'issue d'une étape, on choisit au hasard un coureur parmi les 50 participants. La probabilité p pour qu'il subisse le contrôle anti-dopage prévu pour cette étape est égale à la probabilité qu'il fasse parti de la liste des 5 coureurs choisis au hasard parmi les 50 participants. Donc : p = = 0,1.

3) a) « Choisir au hasard un coureur en fin d'étape et observer s'il a subi un contrôle anti-dopage » est une épreuve de Bernoulli car il n'y a que deux issues possibles.

On note S : « le coureur a subi un contrôle anti-dopage » et : « le coureur n'a pas subi un contrôle anti-dopage ».

D'après la question 2, P(S) = p = 0,1. On en déduit : P( ) = 1 – p = 0,9.

On répète cette même épreuve de Bernoulli 10 fois dans des conditions d'indépendance puisque les désignations des 5 coureurs à l'issue de chaque étape sont indépendantes. On obtient un schéma de Bernoulli. On note X la variable aléatoire qui comptabilise le nombre de contrôles subis par un coureur sur l'ensemble des 10 étapes de la course.

X peut prendre les valeurs entières comprises entre 0 et 10. Donc X suit la loi binomiale b(10;0,1).

b) On choisit au hasard un coureur à l'arrivée de la course.

◦ P(X = 5) =

(

)

La probabilité pour qu'un coureur ait été contrôlé 5 fois à l'issue de la course est d'environ 0,0015.

Remarque : On peut obtenir ce résultat en tapant : BinomialPD(5,10,0.1) sur CASIO ou binompdf(10,0.1,5) sur TI.

◦ P(X = 0) =

(

)

La probabilité pour qu'un coureur n'ait pas été contrôlé à l'issue de la course est d'environ 0,3487.

Remarque : On peut obtenir ce résultat en tapant : BinomialPD(0,10,0.1) sur CASIO ou binompdf(10,0.1,0) sur TI.

◦ « Etre contrôlé au moins une fois » est l'évènement contraire de « Ne pas être contrôlé ».

Donc : P(X ≥ 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 1 – 0,3487 ≈ 0,6513

La probabilité pour qu'un coureur ait été contrôlé au moins 1 fois à l'issue de la course est d'environ 0,6513.

L2 L4

5 50

¯S S¯

◦ « Ne pas être contrôlé plus de 2 fois » signifie « Etre contrôlé au maximum 2 fois ».

P(X ≤ 2) ≈ 0,9298

La probabilité pour qu'un coureur n'ait pas été contrôlé plus de 2 fois est d'environ 0,9298.

Remarque : On obtient ce résultat en tapant : BinomialCD(2,10,0.1) sur CASIO ou binomcdf(10,0.1,2) sur TI.

c) P(3 ≤ X ≤ 7) = P(X ≤ 7) – P(X ≤ 2) ≈ 1 – 0,9298 ≈ 0,0702

La probabilité pour qu'un coureur ait été contrôlé entre 3 et 7 fois est d'environ 0,0702.

Partie B :

On choisit au hasard un coureur parmi les 50 participants. On considère les événement suivants :

• T : « Le coureur est contrôlé positif ».

• D : « Le coureur est dopé ».

D'après des statistiques, on admet que P (T) = 0,05. Le contrôle anti-dopage n'étant pas fiable à 100 %, on sait que :

• si un coureur est dopé, le contrôle est positif dans 97 % des cas. Donc : P_D(T) = 0,97

• si un coureur n'est pas dopé, le contrôle est positif dans 1 % des cas. Donc : (T) = 0,01.

On peut modéliser la situation à l'aide de l'arbre de probabilité suivant :

.

.

.

.

1) D'après la formules des probabilités totales : P(T)=P(D∩T)+P(D∩T̄ )

P(T)=P(D)×P_D(T)+P(D̄)×P_D̄(T) 0,05=0,97 P(D)+0,01(1−P(D)) 0,05=0,97 P(D)+0,01−0,01 P(D) 0,04=0,96 P(D)

P(D)=0,04 0,96= 4

96= 1 24

La probabilité qu'un coureur soit dopé est égale à . 2) On admet que P(D) = . On en déduit : P( ) = .

P_T(D)=̄ P(T∩ ̄D)

P(T) =P(D)×P̄ D̄(T) P(T) =

23 24× 1

100 5 100

=23 24× 1

100×100 5 = 23

24×5= 23 120

La probabilité qu'un coureur ne soit pas dopé, sachant qu'il a été contrôlé positif est égale à . Exercice 4 : Un modèle de croissance.

On repique des plants de 10 cm de haut sous une serre. On note f (t) la taille, en m, d'un plant après t jours.

On a donc f (0) = 0,1. Le modèle de Verhulst consiste à considérer que la croissance des plants évolue suivant la relation : f (t) = où a est une constante dépendant des conditions expérimentales et C une constante dépendant des conditions initiales.

1) f (0) = 0,1 donc : = 0,1

On en déduit : = ⇔ C + 1 = 10 ⇔ C = 9 Ainsi : ∀ t ∈ [0;+∞[, f (t) =

1 24

1 Ce^-at+1

0,97

0,03

0,01 D¯

T¯

T¯ 0,99

1 24 D¯ ²³₂₄

23 120

1 Ce⁰+1 1

C+1 1 10

1 9e^-at+1

PD¯

2) a) Au bout de 15 jours, les plants mesurent 19 cm.

Donc : f (15) = 0,19 donc : = 0,19

On en déduit : = ⇔ 9 + 1 = ⇔ 9 = – 1 ⇔ 9 = ⇔ = b) Démontrer que l'équation = a une unique solution dans [0;+∞[.

La fonction g : x a est dérivable donc continue sur [0;+∞[.

∀ x ∈ [0;+∞[, g' (x) = -15 < 0. On en déduit que la fonction g est strictement décroissante sur [0;+∞[.

g (0) = = 1 lim

x→+∞(-15x)=-∞. Or : ^lim

X→-∞(e^X)=0.

Donc, par composition de limites, on obtient : ^lim

x→+∞g(x)=lim

x→+∞(e^{- 15x})=0.

On en déduit le tableau de variation de g suivant :

x 0 +∞

g 1

0

Puisque g est continue, strictement décroissante sur [0;+∞[ et puisque ∈ ]0;1] alors, d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation = admet une unique solution dans [0;+∞[.

c) = ⇔ – = 0

On enregistre la fonction h : x a – dans la calculatrice.

Remarque : h et g ont le même sens de variations sur [0;+∞[ car h' = g'.

D'après la question 2a) la constante a est solution de ces équations.

En utilisant le tableur de la calculatrice on obtient :

◦ h (0) ≈ 0,53 > 0 et : h (1) ≈ - 0,47 < 0 donc : 0 < a < 1.

◦ h (0) ≈ 0,53 > 0 et : h (0,1) ≈ - 0,25 < 0 donc : 0 < a < 0,1.

◦ h (0,04) ≈ 0,08 > 0 et : h (0,05) ≈ - 0,001 < 0 donc : 0,04 < a < 0,05.

3) a) ∀ t ∈ [0;+∞[, f (t) = -0,05 < 0 donc : ^lim

t→+∞(-0,05t)=-∞. Or : ^lim

T→-∞(e^T)=0 .

Donc, par composition de limites et en posant T = -0,05t, on obtient : ^lim

t→+∞(e^{- 0,05t})=0.

On en déduit successivement :

◦ par produit de limites : ^lim

t→+∞(9e^{- 0,05t})=0.

◦ par somme de limites : lim

t→+∞(9e^-0,05t+1)=1.

◦ par inverse de limite : ^lim

t→+∞

1

9e^{- 0,05t}+1=1.

Finalement : _t^lim_→+∞ ^{f (t)=1.}

On en déduit que la droite (∆) d'équation y = 1 est asymptote horizontale à la courbe c en +∞.

On peut en déduire que plus le temps passera plus la hauteur des plants se rapprochera de 1 m.

b) ∀ t ∈ [0;+∞[, f (t) = =

f est dérivable sur [0;+∞[ en tant qu'inverse d'une fonction u qui ne s'annule pas sur [0;+∞[.

∀ t ∈ [0;+∞[, f ' (t) = avec :

{

f ' (t) =

0,45 > 0 De plus : ∀ t ∈ [0;+∞[, > 0 et > 0.

Donc : ∀ t ∈ [0;+∞[, f ' (t) > 0. On en déduit que la fonction f est strictement croissante sur [0;+∞[.

e^-15x ₁₉⁹ 1 9e^-15a+1 1

9e^-15a+1 19

100 e^{-15a 100}₁₉ e^{-15a 100}₁₉ e^{-15a 81}₁₉ e^-15a ₁₉⁹

e^-15x e^-15x e⁰

9 19 e^-15x ₁₉⁹

e^{-15x 9}

19 e^{-15x 9} 19

e^-15x ₁₉⁹

1 9e^-0,05t+1

1 u(x)

-u⁰(x) u²(x)

0,45e^-0,05t (9e^-0,05t+1)²

1 9e^-0,05t+1

e ^-0,05t (9e^-0,05t+ 1)²

On rappelle que : f (0) = 0,1

On en déduit le tableau de variation ci-contre : t 0 +∞

f 1

0,1 c) f (0) = 0,1 et f ' (0) = = = = 0,0045.

On en déduit que la tangente (T) à la courbe c au point d'abscisse 0 a pour équation : y = f ' (0) (t – 0) + f (0)

y = 0,0045 t + 0,1

d) On construit (T) et c en utilisant le tableur de la calculatrice pour placer quelques points.

On n'oublie pas de tracer l'asymptote (∆).

4) On considère l'algorithme suivant :

Variables I et N sont deux nombres entiers. H est un nombre réel positif.

Initialisations 0 → I 0,1 → H

Entrée Lire N

Traitement Pour I allant de 1 à N faire :

→ H

Afficher I Afficher H Fin Pour

a) Cet algorithme permet d'afficher I, le nombre de jours et H, la taille des plants après I jours, chaque jour pendant N jours.

b) L'algorithme suivant permet de déterminer (ou plutôt d'estimer) le nombre de jours nécessaires pour que les plants dépassent 90 cm de hauteur.

Variables I est un nombre entier. H est un nombre réel positif.

Initialisations 0 → I 0,1 → H Traitement Tant que H ≤ 0,9

Début du tant que I + 1 → I

→ H

Fin du tant que

Sortie Afficher I

c) A l'aide du tableur de la calculatrice, on obtient f (87) ≈ 0,896 ≤ 0,9 et f (88) ≈ 0,9005 > 0,9.

La fonction f étant strictement croissante sur [0 ; +∞[ on en déduit qu'il faut 88 jours pour que les plants dépassent 90 cm de hauteur.

1 9e^-0,05I+1 0,45e⁰

(9e⁰+1)²

0,45 (9+1)²

0,45 100

(∆) : y = 1

(T) c

1 9e^-0,05I+1