Fiche de mathématiques

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Bac S Obligatoire et Spécialité

Polynésie 2018

5 points

exercice 1 commun à tous les candidats

Bac S Obligatoire et Spécialité Polynésie 2018 : image 6

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6 points

exercice 2 commun à tous les candidats

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4 points

exercice 3 commun à tous les candidats

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5 points

exercice 4 pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

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5 points

exercice 4 pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Bac S Obligatoire et Spécialité Polynésie 2018 : image 14

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Bac S Obligatoire et Spécialité Polynésie 2018

5 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

Partie A

1. Arbre pondéré traduisant la situation :

Bac S Obligatoire et Spécialité Polynésie 2018 : image 16

En utilisant la formule des probabilités totales, nous avons :

$P(R)= P(D\cap R)+P(\overline{D}\cap R) \\\phantom{P(H)}=P(D)\times P_{D}(R)+P(\overline{D})\times P_{\overline{D}}(R) \\\phantom{P(H)}=0,06\times0,98+0,94\times0,08 \\\phantom{P(H)}=0,0588+0,0752 \\\phantom{P(H)}=0,134 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(R)=0,134}$

2. Un responsable de la ville affirme que parmi ces DVD retirés, plus de la moitié est composée de DVD défectueux.

Nous allons d'abord déterminer $P_R(D)$

$P_R(D)=\dfrac{P(D\cap R)}{P(R)} \\\\\phantom{P_H(S)}=\dfrac{P(D)\times P_D(R)}{0,134} \\\\\phantom{P_H(S)}=\dfrac{0,06\times 0,98}{0,134} \\\\\phantom{P_H(S)}\approx 0,4388 \\\\\Longrightarrow\boxed{P_R(D)<0,5}$

Par conséquent, l'affirmation du responsable de la ville est fausse.

Partie B

Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique I₁₅₀ au seuil de 95 % de la proportion de DVD défectueux.

Les conditions d'utilisation de l'intervalle de fluctuation sont remplies.
En effet,

$\left\lbrace\begin{array}l n=150\ge30 \\ p=0,06\Longrightarrow np=150\times0,06=9\ge5 \\n(1-p)= 150\times(1-0,06)= 150\times0,94=141\ge5 \end{array}$

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique I₁₅₀ au seuil de 95% est :

$I_{150}=\left[0,06-1,96\sqrt{\dfrac{0,06 (1-0,06)}{150}};0,06+1,96\sqrt{\dfrac{0,06 (1-0,06)}{150}}\right]\\\\\Longrightarrow I_{150}\approx[0,021;0,099]$

La fréquence observée est $f=\dfrac{14}{150}\approx0,093$

Nous remarquons que $f\in I_{150}.$

Par conséquent, au risque de se tromper de 5%, l'hypothèse ne doit pas être remise en question.

Partie C

1. La variable aléatoire X suit la loi normale d'espérance

= 80 et d'écart-type sigma

.

Posons $Y=\dfrac{X-\mu}{\sigma}=\dfrac{X-80}{\sigma}$
La variable aléatoire Y suit alors la loi normale centrée réduite.

$P(X\ge92)=0,10\Longleftrightarrow P(X\le92)=1-0,10\\\phantom{\P(X\ge92)=0,10}\Longleftrightarrow P(X\le92)=0,9 \\\phantom{\P(X\ge92)=0,10}\Longleftrightarrow P(X-80\le92-80)=0,9 \\\phantom{\P(X\ge92)=0,10}\Longleftrightarrow P(X-80\le12)=0,9 \\\\\phantom{\P(X\ge92)=0,10}\Longleftrightarrow P(\dfrac{X-80}{\sigma}\le\dfrac{12}{\sigma})=0,9 \\\\\phantom{\P(X\ge92)=0,10}\Longleftrightarrow P(Y\le\dfrac{12}{\sigma})=0,9$

Par la calculatrice, nous obtenons : $\dfrac{12}{\sigma}\approx 1,281551$

$\text{Donc }\ \sigma\approx\dfrac{12}{1,281551}\\\\\phantom{\text{Donc }\ }\sigma\approx9,363654$

Une valeur approchée de à 0,01 près est $\boxed{\sigma\approx9,36}$

2. Nous devons déterminer $P_{X\ge90}(X\le95).$

$P_{X\ge90}(X\le95)=\dfrac{P((X\ge90)\cap(X\le95))}{P(X\ge90)}\\\\\phantom{P_{X>90}(X\le95)}=\dfrac{{\blue{P(90\le X\le95)}}}{{\red{P(X\ge90)}}}$

D'une part, par la calculatrice, nous obtenons : ${\blue{P(90\le X\le95)\approx0,08815999}}$

D'autre part, nous savons que $P(X\ge\mu)=0,5$ , soit que $P(X\ge80)=0,5$

$\text{Dès lors, }\ P(X\ge80)=0,5\Longleftrightarrow P(80\le X\le90)+P(X\ge90)=0,5 \\\phantom{\text{Dès lors, }\ P(X\ge80)=0,5}\Longleftrightarrow P(X\ge90)=0,5-P(80\le X\le90) \\\phantom{\text{Dès lors, }\ P(X\ge80)=0,5}\Longrightarrow P(X\ge90)\approx0,5-0,35732454 \\\phantom{\text{Dès lors, }\ P(X\ge80)=0,5}\Longrightarrow {\red{P(X\ge90)\approx0,14267546}}$

$\text{D'où }\ P_{X\ge90}(X\le95)\approx\dfrac{0,08815999}{0,14267546}\\\\\phantom{\text{D'où }\ }P_{X\ge90}(X\le95)\approx0,6179057702$

Par conséquent, sachant que l'enfant a déjà vu une heure et demie du film, la probabilité que ce film se termine dans les cinq minutes qui suivent est environ égale à 0,62.

6 points

exercice 2 - Commun à tous les candidats

Partie A - Modélisation de la forme de l'ampoule

1. a) Pour tout x de l'intervalle [0 ; 4],

$f'(x)=[a+b\sin(c+\dfrac{\pi}{4}x)]'\\\\\phantom{f'(x)}=a'+b[\sin(c+\dfrac{\pi}{4}x)]' \\\\\phantom{f'(x)}=0+b\times(c+\dfrac{\pi}{4}x)'\cos(c+\dfrac{\pi}{4}x) \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=b\times\dfrac{\pi}{4}\times\cos(c+\dfrac{\pi}{4}x)}$

1. b) Les tangentes aux points B et C à la représentation graphique de la fonction f sont parallèles à l'axe des abscisses.
Leurs coefficients directeurs sont donc nuls.

$\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}f'(0)=0\\ f'(4)=0\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b\times\dfrac{\pi}{4}\times\cos(c+\dfrac{\pi}{4}\times0)=0\\\\ b\times\dfrac{\pi}{4}\times\cos(c+\dfrac{\pi}{4}\times4)=0\end{matrix}\right. \\\\\\\phantom{\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}f'(0)=0\\ f'(4)=0\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}b\times\dfrac{\pi}{4}\times\cos c=0\ \ \ \ \ \\\\ b\times\dfrac{\pi}{4}\times\cos(c+\pi)=0\end{matrix}\right.\ \ \ \ (\text{avec }\ b\neq0) \\\\\\\phantom{\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}f'(0)=0\\ f'(4)=0\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\cos c=0\ \ \ \ \ \\\\ \cos(c+\pi)=0\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\cos c=0\ \ \ \ \ \\\\ -\cos c=0\end{matrix}\right. \\\\\\\phantom{\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}f'(0)=0\\ f'(4)=0\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\cos c=0\ \ \ \ \ (\text{avec }\ c\in[0;\dfrac{\pi}{2}])$

$\Longleftrightarrow\boxed{c=\dfrac{\pi}{2}}$

2. En utilisant le résultat de la question 1. b., nous savons que pour tout x de l'intervalle [0 ; 4], $f(x)=a+b\sin(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}x)$

Or les points B(0 ; 1) et C(4 ; 3) appartiennent à la représentation graphique de la fonction f sur
l'intervalle [0 ; 4].

$\text{Donc }\left\lbrace\begin{matrix}f(0)=1 \\\\f(4)=3\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a+b\sin(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}\times0)=1 \\\\ a+b\sin(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}\times4)=3\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a+b\sin\dfrac{\pi}{2}=1 \\\\ a+b\sin(\dfrac{\pi}{2}+\pi)=3\end{matrix}\right. \\\\\\\phantom{\text{Donc }}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a+b\times1=1 \\\\ a+b\times(-1)=3\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a+b=1 \\\\ a-b=3\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-b \\\\ a-b=3\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-b \\\\ 1-b-b=3\end{matrix}\right.$

$\phantom{\text{Donc }}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-b \\\\ -2b=2\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1-b \\\\ b=-1\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a=1+1 \\\\ b=-1\end{matrix}\right. \\\\\\\phantom{\text{Donc }}\Longleftrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}a=2 \\\\ b=-1\end{matrix}\right.}$

Par conséquent, pour tout x de l'intervalle [0 ; 4], $f(x)=2-\sin(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{4}x)$ ou encore $\boxed{f(x)=2-\cos(\dfrac{\pi}{4}x)}.$

Partie B - Approximation du volume de l'ampoule

1. Calculons le volume du cylindre de section le rectangle ABFG.
Le rayon de ce cylindre est OB = 1 et la hauteur est AB = 1.
D'où le volume de ce cylindre est :

$V_{\text{Cylindre}}=\pi\times OB^2\times AB\\\phantom{V_{\text{Cylindre}}}=\pi\times1^2\times1\\\phantom{V_{\text{Cylindre}}}=\pi\\\\\Longrightarrow\boxed{V_{\text{Cylindre}}=\pi\ \text{u. v.}}$

2. Calculons le volume de la demi-sphère de section le demi-disque de diamètre [CE].
Le rayon de la demi-sphère est O'C = 3
D'où le volume de la demi-sphère est :

$V_{\text{Demi-sphère}}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{4}{3}\times \pi\times O'C^3\\\\\phantom{V_{\text{Demi-sphère}}}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{4}{3}\times \pi\times 3^3 \\\\\phantom{V_{\text{Demi-sphère}}}=18\pi\\\\\Longrightarrow\boxed{V_{\text{Demi-sphère}}=18\pi\ \text{u. v.}}$

3. a) Calculons le volume du troisième cylindre grisé dans la figure.
Le segment [OO'] de longueur 4 est partagé en 5 segments de même longueur.
La longueur de chaque segment est alors égale à $\dfrac{4}{5}$ , qui représente également la hauteur de chaque cylindre grisé.
Les rayons des 5 cylindres sont donnés par $f(0),\ f(\dfrac{4}{5}),\ f(\dfrac{8}{5}),\ f(\dfrac{12}{5})\ \ \text{et }\ f(\dfrac{16}{5}).$
D'où le volume du troisième cylindre grisé est :

$V_{\text{Troisième cylindre}}=\pi\times[f(\dfrac{8}{5})]^2\times\dfrac{4}{5} \\\\\phantom{V_{\text{Troisième cylindre}}}=\pi\times[2-\cos(\dfrac{\pi}{4}\times\dfrac{8}{5})]^2\times\dfrac{4}{5} \\\\\phantom{V_{\text{Troisième cylindre}}}=\pi\times[2-\cos(\dfrac{2\pi}{5})]^2\times\dfrac{4}{5} \\\\\phantom{V_{\text{Troisième cylindre}}}\approx7,186515152\\\\ \Longrightarrow\boxed{V_{\text{Troisième cylindre}}\approx7,19\ \text{u. v. (arrondi à }10^{-2})}$

3. b) A l'instar du cas particulier traité dans la question 3a), nous savons que le segment [OO'] de longueur 4 est partagé en n segments de même longueur.
La longueur de chaque segment est alors égale à $\dfrac{4}{n}$ , qui représente également la hauteur de chaque cylindre grisé.
Les rayons des 5 cylindres sont donnés par $f(0),\ f(\dfrac{4}{5}),\ f(2\times\dfrac{4}{5}),\ f(3\times\dfrac{4}{5}),\ ...,\ \ f\left((n-1)\times\dfrac{4}{5}\right).$
D'où l'algorithme complété :

$\begin{array}{|c|}\hline 1\ \ \ V\longleftarrow0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\2\ \ \ \text{Pour }k\ \text{allant de }{\red{0}}\ \text{à}\ {\red{n-1}} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\3\ \ \ \ \ \ \ \ |V\longleftarrow{\red{V+\pi\times[2-\cos(\dfrac{\pi}{4}\times k\times\dfrac{4}{n})]^2}\times\dfrac{4}{n}} \\4\ \ \ \text{Fin Pour}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\hline \end{array}$

4 points

exercice 3 - Commun à tous les candidats

$f(x)=k\text{e}^{-kx}\ \ \ \ \ (k>0)$

1. Une primitive de lafonction f est la fonction F définie sur l'intervalle [0 ; + infini

[ par $F(x)=-\text{e}^{-kx}.$
En effet, Montrons que F'(x) = f(x) sur l'intervalle [0 ; + infini

.[

$F'(x)=(-\text{e}^{-kx})'\\\phantom{F'(x)}=-(\text{e}^{-kx})' \\\phantom{F'(x)}=-(-kx)'\text{e}^{-kx} \\\phantom{F'(x)}=-(-k)\text{e}^{-kx} \\\phantom{F'(x)}=k\text{e}^{-kx} \\\phantom{F'(x)}=f(x) \\\\\Longrightarrow\boxed{F'(x)=f(x)\ \ \ \ (\text{avec }\ x\in[0;+\infty[)}$

2. Déterminons l'aire du triangle OCB en fonction de k .

$\mathscr{A}_{\text{triangle } OCB}=\dfrac{OC \times BC}{2}=\dfrac{1 \times f(1)}{2} =\dfrac{f(1)}{2}=\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2}\\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}_{\text{triangle } OCB}=\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2}\ \text{u. a.}}$

Déterminons l'aire $\mathscr{A}_{\mathscr{D}}$ du domaine $\mathscr{D}$ en fonction de k .

$\mathscr{A}_{\mathscr{D}}$ se détermine par la différence entre l'aire du polygone curviligne OCBA et l'aire du triangle OCB.

Puisque la fonction f est continue et positive sur l'intervalle [0 ; 1], nous avons :

$\mathscr{A}_{\mathscr{D}}=\int\limits_0^1f(x)\,dx-\mathscr{A}_{\text{triangle } OCB}\\\phantom{D}=[F(x)]\limits_0^1-\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2} \\\phantom{D}=F(1)-F(0)-\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2} \\\\\text{Or }\ F(1)=-\text{e}^{-k\times1}-(-\text{e}^{-k\times0})=-\text{e}^{-k}+\text{e}^{0}=-\text{e}^{-k}+1$

$\text{D'où }\ \mathscr{A}_{\mathscr{D}}=-\text{e}^{-k}+1-\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2}=1-\text{e}^{-k}-\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2}\\\\\phantom{\text{D'où }\ D}=1-\dfrac{2\text{e}^{-k}}{2}-\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2} \\\\\phantom{\text{D'où }\ D}=1-\dfrac{2\text{e}^{-k}+k\text{e}^{-k}}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{\mathscr{A}_{\mathscr{D}}=1-\dfrac{(2+k)\text{e}^{-k}}{2}\ \text{u. a.}}$

${\red{3. }}\ \boxed{\mathscr{A}_{\mathscr{D}}=2\times\mathscr{A}_{\text{triangle } OCB}}\Longleftrightarrow1-\dfrac{(2+k)\text{e}^{-k}} {2}=2\times\dfrac{k\text{e}^{-k}}{2}$

$\Longleftrightarrow\dfrac{2-(2+k)\text{e}^{-k}} {2}=\dfrac{2k\text{e}^{-k}}{2} \\\\\Longleftrightarrow2-(2+k)\text{e}^{-k}=2k\text{e}^{-k} \\\\\Longleftrightarrow2-2\text{e}^{-k}-k\text{e}^{-k}=2k\text{e}^{-k} \\\\\Longleftrightarrow2-2\text{e}^{-k}-k\text{e}^{-k}-2k\text{e}^{-k}=0 \\\\\Longleftrightarrow2-2\text{e}^{-k}-3k\text{e}^{-k}=0 \\\\\Longleftrightarrow\boxed{2-(2+3k)\text{e}^{-k}=0}$

Soit la fonction g définie sur l'intervalle ]0 ; + infini

[ par $g(x)=2-(2+3x)\text{e}^{-x}$

Cette fonction g est dérivable sur l'intervalle ]0 ; + infini

[.

$g'(x)=[2-(2+3x)\text{e}^{-x}]'\\\phantom{g'(x)}=0-[(2+3x)\text{e}^{-x}]' \\\phantom{g'(x)}=-[(2+3x)'\times\text{e}^{-x}+(2+3x)\times\text{e}^{-x})'] \\\phantom{g'(x)}=-[3\times\text{e}^{-x}+(2+3x)\times(-\text{e}^{-x})] \\\phantom{g'(x)}=-[3\text{e}^{-x}-(2+3x)\text{e}^{-x}] \\\phantom{g'(x)}=-3\text{e}^{-x}+2\text{e}^{-x}+3x\text{e}^{-x} \\\phantom{g'(x)}=-\text{e}^{-x}+3x\text{e}^{-x} \\\phantom{g'(x)}=(-1+3x)\text{e}^{-x} \\\\\Longrightarrow\boxed{g'(x)=(-1+3x)\text{e}^{-x}}$

Puisque l'exponentielle est strictement positive sur ]0 ; + infini

[, le signe de g' (x ) sera le signe de (-1 + 3x ).

$\begin{matrix}\text{Or }\ -1+3x=0\Longleftrightarrow3x=1\\\phantom{\text{Or }\ -1+3x=0}\Longleftrightarrow x=\dfrac{1}{3}\end{matrix}\ \ \ \begin{matrix}|\\|\\|\end{matrix} \ \ \ \begin{matrix}-1+3x<0\Longleftrightarrow3x<1\\\phantom{-1+3x=0}\Longleftrightarrow x<\dfrac{1}{3}\end{matrix}\ \ \ \begin{matrix}|\\|\\|\end{matrix} \ \ \ \begin{matrix}-1+3x>0\Longleftrightarrow3x>1\\\phantom{-1+3x=0}\Longleftrightarrow x>\dfrac{1}{3}\end{matrix}$

D'où le tableau de signes de g' (x ) et les variations de la fonction g :

$\begin{array}{|c|cccccccc|}\hline &&&&&&&&\\ x&0&&\dfrac{1}{3}&&1&&&+\infty\\&&&&&&&&\\\hline &&&&&&&&\\ -1+3x&||&-&0&+&+&&+&\\ g'(x)&||&-&0&+&+&&+&&&&&&&&&&\\ \hline&\ ||0&&&&&&& \\ g(x)&||&\searrow&&\nearrow&\approx0,161&&\nearrow& \\ &||&&\approx-0,150&&&&& \\ \hline \end{array}$

Montrons que l'équation g (x ) = 0 admet une solution unique sur l'intervalle ]0 ; + infini

[.

Sur l'intervalle $]0 ; \dfrac{1}{3}]$ , l'équation g (x ) = 0 n'admet pas de solution car g est strictement décroissante sur cet intervalle et pour tout x appartenant à $]0 ; \dfrac{1}{3}]$ , g (x) < 0 implique

g (x)

0.

Sur l'intervalle $[\dfrac{1}{3};1]$ , la fonction g est continue et strictement croissante.
$g(\dfrac{1}{3})\approx-0,150<0$ et g (1) environegal

0,161>0.
Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur l'intervalle $[\dfrac{1}{3};1]$ , l'équation g (x ) = 0 admet une solution unique appartenant à $[\dfrac{1}{3};1]$ .

Sur l'intervalle $[1;+\infty[$ , l'équation g (x ) = 0 n'admet pas de solution car g est strictement croissante sur cet intervalle et pour tout x appartenant à $[1;+\infty[$ , g (x) > 0,161 implique

g (x)

0.

D'où l'équation g (x ) = 0 admet une solution unique sur l'intervalle ]0 ; +[.

Nous en déduisons qu'il existe une solution unique k dans l'intervalle ]0 ; + infini

[ vérifiant l'équation $2-(2+3k)\text{e}^{-k}=0$

Par conséquent, il existe une unique valeur du réel k strictement positive telle que l'aire du domaine $\mathscr{D}$ vaut le double de celle du triangle OCB.

5 points

exercice 4 - pour les candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité

Partie A

1. Dans la cellule C, nous devons entrer la formule $\boxed{=2*B2/3+C2/2+2*D2/3}$

2. Nous pourrions supposer que la suite (a_n) converge vers 0,214,
la suite (b_n) converge vers 0,571,
la suite (c_n) converge vers 0,214.

Selon cette conjecture, à long terme, le lapin aurait la plus grande probabilité de se trouver dans la galerie B.

Partie B

1.    $u_n=a_n-c_n\ \ \ \ (n\in\mathbb{N})$

1. a) Montrons que la suite (u_n ) est géométrique.

$u_{n+1}=a_{n+1}-c_{n+1}\\\\\phantom{u_{n+1}}=(\dfrac{1}{3}a_{n}+\dfrac{1}{4}b_{n})-(\dfrac{1}{4}b_{n}+\dfrac{1}{3}c_{n}) =\dfrac{1}{3}a_{n}+\dfrac{1}{4}b_{n}-\dfrac{1}{4}b_{n}-\dfrac{1}{3}c_{n} \\\\\phantom{u_{n+1}}=\dfrac{1}{3}a_{n}-\dfrac{1}{3}c_{n} =\dfrac{1}{3}(a_{n}-c_{n}) =\dfrac{1}{3}u_n\\\\\Longrightarrow\boxed{u_{n+1}=\dfrac{1}{3}u_n}$

Donc la suite (u_n ) est une suite géométrique de raison $q=\dfrac{1}{3}$ et dont le premier terme est $u_0=a_0-c_0=1-0=1.$

${\red{1. \text{b})}}\ u_n=u_0\times q^n=1\times(\dfrac{1}{3})^n\\\\\ \ \ \ \ \ \Longrightarrow\boxed{u_n=(\dfrac{1}{3})^n}$

2. $v_n=b_n-\dfrac{4}{7}\ \ \ (n\in\mathbb{N})$

2. a) Les trois événements : "le lapin est dans la galerie A à l'étape n", "le lapin est dans la galerie B à l'étape n" et "le lapin est dans la galerie C à l'étape n" forment une partition de l'univers.

Par conséquent, $\boxed{a_n+b_n+c_n=1}$

$\text{D'où }\ v_{n+1}=b_{n+1}-\dfrac{4}{7}\\\\\phantom{\text{D'où }\ v_{n+1}}=\dfrac{2}{3}a_n+\dfrac{1}{2}b_n+\dfrac{2}{3}c_n-\dfrac{4}{7} \\\\\phantom{\text{D'où }\ v_{n+1}}=\dfrac{2}{3}(a_n+c_n)+\dfrac{1}{2}b_n-\dfrac{4}{7} \\\\\phantom{\text{D'où }\ v_{n+1}}=\dfrac{2}{3}(1-b_n)+\dfrac{1}{2}b_n-\dfrac{4}{7}\ \ \ \ (\text{car }a_n+b_n+c_n=1\Longrightarrow a_n+c_n=1-b_n) \\\\\phantom{\text{D'où }\ v_{n+1}}=\dfrac{2}{3}-\dfrac{2}{3}b_n+\dfrac{1}{2}b_n-\dfrac{4}{7} \\\\\phantom{\text{D'où }\ v_{n+1}}=-\dfrac{4}{6}b_n+\dfrac{3}{6}b_n+\dfrac{14}{21}-\dfrac{12}{21} \\\\\phantom{\text{D'où }\ v_{n+1}}=-\dfrac{1}{6}b_n+\dfrac{2}{21}=-\dfrac{1}{6}b_n+\dfrac{4}{42}=-\dfrac{1}{6}(b_n-\dfrac{4}{7}) \\\\\phantom{\text{D'où }\ v_{n+1}}=-\dfrac{1}{6}v_n\\\\\Longrightarrow\boxed{v_{n+1}=-\dfrac{1}{6}v_n\ \ \ (n\in\mathbb{N})}$

2. b) $v_0=b_0-\dfrac{4}{7}=0-\dfrac{4}{7}\Longrightarrow\boxed{v_0=-\dfrac{4}{7}}$

La suite (v_n ) est une suite géométrique de raison $q'=-\dfrac{1}{6}$ et dont le premier terme est $v_0=-\dfrac{4}{7}$

D'où $v_n=v_0\times (q')^n\Longrightarrow\boxed{v_n=-\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n}$

3. Puisque $v_n=b_n-\dfrac{4}{7}$ , nous déduisons de la question précédente que $b_n-\dfrac{4}{7}=-\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n$

Donc $\boxed{b_n=\dfrac{4}{7}-\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n}$

$u_n=a_n-c_n\Longrightarrow a_n = u_n +c_n\\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow a_n =u_n +(1-a_n-b_n)\ \ \ \ [\text{car }a_n+b_n+c_n=1 \\\phantom{\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow a_n =u_n +(1-a_n-b_n)\ \ \ \ (\text{car }}\Longrightarrow c_n=1-a_n-b_n] \\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow a_n =u_n +1-a_n-b_n \\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow 2a_n =u_n +1-b_n \\\\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow 2a_n =(\dfrac{1}{3})^n+1-(\dfrac{4}{7}-\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n) \\\\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow 2a_n =1-\dfrac{4}{7}+(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n \\\\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow 2a_n =\dfrac{3}{7}+(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n \\\\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow a_n =\dfrac{1}{2}\left[\dfrac{3}{7}+(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{u_n=a_n-c_n}\Longrightarrow\boxed{a_n =\dfrac{3}{14}+\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n}$

$c_n = 1-a_n-b_n\Longrightarrow c_n = 1-\left[\dfrac{3}{14}+\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right]-\left[\dfrac{4}{7}-\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{c_n = 1-a_n-b_n}\Longrightarrow c_n = 1-\dfrac{3}{14}-\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n-\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right-\dfrac{4}{7}+\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n$

                                          $\Longrightarrow c_n = 1-\dfrac{3}{14}-\dfrac{4}{7}-\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n-\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right+\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n$

                                          $\Longrightarrow\boxed{c_n = \dfrac{3}{14}-\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n}$

4. Nous savons que $\lim\limits_{n\to+\infty}(\dfrac{1}{3})^n=0\ \ \ \text{car}\ 0<\dfrac{1}{3}<1$ et que $\lim\limits_{n\to+\infty}(-\dfrac{1}{6})^n=0\ \ \ \text{car}\ -1<-\dfrac{1}{6}<0$ .

Donc

$\lim\limits_{n\to+\infty}a_n =\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{3}{14}+\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty}a_n} =\dfrac{3}{14}+\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n\right]+\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty}a_n} =\dfrac{3}{14}+0+0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}a_n =\dfrac{3}{14}}$

$\lim\limits_{n\to+\infty}b_n =\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{4}{7}-\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty}b_n} =\dfrac{4}{7}-\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{4}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty}b_n} =\dfrac{4}{7}+0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}b_n =\dfrac{4}{7}}$

$\lim\limits_{n\to+\infty}c_n =\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{3}{14}-\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n+\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty}c_n} =\dfrac{3}{14}-\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{1}{2}\times(\dfrac{1}{3})^n\right]+\lim\limits_{n\to+\infty}\left[\dfrac{2}{7}\times(-\dfrac{1}{6})^n\right] \\\\\phantom{\lim\limits_{n\to+\infty}c_n} =\dfrac{3}{14}+0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}c_n =\dfrac{3}{14}}$

Par conséquent, après un grand nombre d'étapes, la probabilité que le lapin soit dans la galerie A est égale à $\dfrac{3}{14}$

                                                                                                                la probabilité que le lapin soit dans la galerie B est égale à $\dfrac{4}{7}$

                                                                                                                la probabilité que le lapin soit dans la galerie C est égale à $\dfrac{3}{14}$

5 points

exercice 4 - pour les candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité

Partie A- Etude d'un premier milieu

1. Selon l'énoncé, l'atome d'hydrogène est initialement à l'état stable.

De plus à chaque nanoseconde, la probabilité qu'un atome passe de l'état stable à l'état excité est 0,005 et a contrario, la probabilité qu'un atome reste à l'état stable est 1 - 0,005 = 0,995.

Par conséquent, $\boxed{a_1=0,995\ \ \text{et }\ b_1=0,005}$

Sachant en outre que la probabilité qu'il passe de l'état excité à l'état stable est 0,6 et contrario que la probabilité qu'il reste à l'état excité est 1 - 0,6 = 0,4, nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}a_2=0,995a_1+0,6b_1\\b_2=0,005a_1+0,4b_1\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}a_2=0,995\times0,995+0,6\times0,005\\b_2=0,005\times0,995+0,4\times0,005\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}a_2=0,995a_1+0,6b_1\\b_2=0,005a_1+0,4b_1\end{matrix}\right.}\Longrightarrow\boxed{\left\lbrace\begin{matrix}a_2=0,993025\\b_2=0,006975\end{matrix}\right.}$

2. En généralisant la démarche effectuée dans l'exercice 1, nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}a_{n+1}=0,995a_{n}+0,6b_n\\b_{n+1}=0,005a_n+0,4b_n\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a_{n+1}&b_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_n&b_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0,995&0,005\\0,6&0,4\end{pmatrix} \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}a_{n+1}=0,995a_{n}+0,6b_n\\b_{n+1}=0,005a_n+0,4b_n\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\ X_{n+1}=X_nA\ \ \ \text{où }\ \boxed{A=\begin{pmatrix}0,995&0,005\\0,6&0,4\end{pmatrix}}$

3. Par calcul matriciel, nous obtenons :

$D=P^{-1}AP\\\\\phantom{D}=\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120&1\\-1&1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0,995&0,005\\0,6&0,4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\1&120\end{pmatrix} \\\\\phantom{D}=\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120\times0,995+1\times0,6&120\times0,005+1\times0,4\\\ (-1)\times0,995+1\times0,6&(-1)\times0,005+1\times0,4\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\1&120\end{pmatrix} \\\\\phantom{D}=\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120&1\\-0,395&0,395\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1&-1\\1&120\end{pmatrix} \\\\\phantom{D}=\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120\times1+1\times1&120\times(-1)+1\times120\\ (-0,395)\times1+0,395\times1&(-0,395)\times(-1)+0,395\times120\end{pmatrix} \\\\\phantom{D}=\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}121&0\\0&0,395\times121\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow\boxed{D=\begin{pmatrix}1&0\\0&0,395\end{pmatrix}}$

4. Montrons par récurrence que pour tout entier naturel n , $A^n=PD^nP^{-1}.$

Initialisation : Montrons que la propriété est vraie pour n = 0.

Montrons donc que $A^0=PD^0P^{-1}$

$\left\lbrace\begin{matrix}A^0=I_2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\\PD^0P^{-1}=PI_2P^{-1}=PP^{-1}=I_2\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{A^0=PD^0P^{-1}}$
La propriété est donc démontrée pour n = 0.

Hérédité : Supposons que pour un entier naturel n fixé la propriété soit vraie au rang n et montrons qu'elle est encore vraie au rang n + 1.

Supposons donc que pour un entier naturel n fixé, $A^n=PD^nP^{-1}.$
Montrons que nous avons $A^{n+1}=PD^{n+1}P^{-1}.$

En effet,

$D=P^{-1}AP\Longrightarrow {\red{P}}D{\blue{P^{-1}}}={\red{P}}P^{-1}AP{\blue{P^{-1}}}\Longrightarrow\boxed{PDP^{-1}=A}\\\\\text{D'où }\ \ A^{n+1}=A^n\times A\\\phantom{\text{D'où }\ \ A^{n+1}}=PD^nP^{-1}\times PDP^{-1} \\\\\phantom{\text{D'où }\ \ A^{n+1}}=PD^nP^{-1}PDP^{-1} \\\\\phantom{\text{D'où }\ \ A^{n+1}}=PD^n(P^{-1}P)DP^{-1} \\\\\phantom{\text{D'où }\ \ A^{n+1}}=PD^nI_2DP^{-1} \\\\\phantom{\text{D'où }\ \ A^{n+1}}=PD^nDP^{-1} \\\\\phantom{\text{D'où }\ \ A^{n+1}}=PD^{n+1}P^{-1}\\\\\Longrightarrow\boxed{A^{n+1}=PD^{n+1}P^{-1}}$

L'hérédité est donc démontrée.

Puisque l'initialisation et l'hérédité sont vraies, nous avons démontré par récurrence que pour tout entier naturel n , $A^n=PD^nP^{-1}.$

${\red{5.\ \ }}X^n=X_0A^n\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}a_n&b_n\end{pmatrix}=\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}120+0,395^n&1-0,395^n\\ 120(1-0,395^n)&1+120\times0,395^n\end{pmatrix} \\\\\phantom{{\red{5.\ \ }}X^n=X_0A^n}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}a_n&b_n\end{pmatrix}=\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120+0,395^n&1-0,395^n\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow\boxed{a_n=\dfrac{1}{121}(120+0,395^n)}$

6. Nous savons que $\lim\limits_{n\to+\infty}0,395^n=0\ \ \ \ \ \ \text{car }\ 0<0,395<1.$

$\text{Donc }\ \lim\limits_{n\to+\infty}a_n=\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{121}(120+0,395^n) \\\\\phantom{\text{Donc }\ \lim\limits_{n\to+\infty}a_n}=\dfrac{120}{121}+\dfrac{1}{121}\lim\limits_{n\to+\infty}(0,395^n) \\\\\phantom{\text{Donc }\ \lim\limits_{n\to+\infty}a_n}=\dfrac{120}{121}+\dfrac{1}{121}\times0 \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=\dfrac{120}{121}}$

Par conséquent, à long terme, la probabilité qu'un atome d'hydrogène soit dans un état stable est égale à $\dfrac{120}{121}$ , soit environ 0,992.

Partie B- Etude d'un second milieu

1. A chaque nanoseconde, la probabilité qu'un atome passe de l'état stable à l'état excité est 0,01 et a contrario, la probabilité qu'un atome reste à l'état stable est 1 - 0,01 = 0,99.

Sachant en outre que la probabilité qu'il passe de l'état excité à l'état stable est alpha

et contrario que la probabilité qu'il reste à l'état excité est 1 - alpha

, nous obtenons :

$\left\lbrace\begin{matrix}a_{n+1}=0,99a_{n}+\alpha b_n\\b_{n+1}=0,01a_n+(1-\alpha)b_n\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} a_{n+1}&b_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_n&b_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0,99&0,01\\\alpha&1-\alpha\end{pmatrix} \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}a_{n+1}=0,995a_{n}+0,6b_n\\b_{n+1}=0,005a_n+0,4b_n\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\ X_{n+1}=X_nM\ \ \ \text{où }\ \boxed{M=\begin{pmatrix}0,99&0,01\\\alpha&1-\alpha\end{pmatrix}}$

${\red{2.}}\ \ XM=X\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}0,98&0,02\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0,99&0,01\\\alpha&1-\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,98&0,02\end{pmatrix} \\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}0,98\times0,99+0,02\alpha&0,98\times0,01+0,02(1-\alpha)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,98&0,02\end{pmatrix} \\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}0,9702+0,02\alpha&0,0098+0,02-0,02\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,98&0,02\end{pmatrix}$

$\\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}0,9702+0,02\alpha&0,0298-0,02\alpha\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,98&0,02\end{pmatrix} \\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}0,9702+0,02\alpha=0,98\\0,0298-0,02\alpha=0,02\end{matrix}\right. \\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}0,02\alpha=0,98-0,9702\\-0,02\alpha=0,02-0,0298\end{matrix}\right. \\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}0,02\alpha=0,0098\\-0,02\alpha=-0,0098\end{matrix}\right. \\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\alpha=\dfrac{0,0098}{0,02} \\\\\phantom{{\red{2.}}\ \ XM=X}\Longleftrightarrow\boxed{\alpha=0,49}$

Publié par malou le 27-09-2018

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