Exercices de modélisation mathèmatique – correction 11, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 11, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 11. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: la loi binomiale de paramètres, la probabilité.
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CorrectionSantillessept2003.dvi

[ Baccalauréat S Antilles–Guyane septembre 2003\

EXERCICE 1 5 points

1. a. Soit G la variable aléatoire égale au nombre de groupes absents. G suit

une loi binomiale de paramètres n = 12 et p = 1

8 .

La probabilité cherchée est donc :

p(G = 0)=

(

12

0

)

(

1

8

)0 (7

8

)12

= 712

812 ≈ 0,201.

On a donc 0,20 < p(G = 0)< 0,21.

b. X suit une loi binomiale de paramètres n = 30 et p = 712

812 . X = 30 signifie

que tous les jours les 12 groupes se sont présentés.

On a p(X = 30) =

(

30

30

)

(

712

812

)30 (

1− 712

812

)0

≈ 1,3×10−21 . Au centième près

cette probabilité est nulle.

X = 0 signifie que tous les jours les 12 groupes ne se sont pas présentés.

La probabilité de cet évènement est donc égale à :

p(X = 0) =

(

30

0

)

(

712

812

)0 (

1− 712

812

)30

≈ 0,0012. Au centième près cette pro-

babilité est aussi nulle. On a E = n × p = 30×

(

7

8

)12

≈ 6,042 soit 6,04 au

centième près Ce résultat signifie qu’en moyenne tous les groupes sont

présents 6 jours par mois.

c. On a P (S = 1)= P (G = 11)=

(

12

11

)

(

7

8

)11 (

1− 7

8

)1

≈ 0,35 au centième. S suit

une loi binomiale de paramètres n = 12 et p = 7

8 , donc E(S) = 12×

7

8 =

21

2 = 10,5.

Enmoyenne l’association percevra 10,5 Crédits chaque jour.

2. a. On a la même loi binomiale que dans la question 1, mais avec n = 13.

La probabilité que les 13 groupes soient présents est égale à :

P13 =

(

13

13

)

(

7

8

)13 (

1− 7

8

)0

= 78

88 ≈ 0,176.

Au centième près la probabilité est donc égale à 0,18.

b. On ne peut avoir que R = 0 quand aumoins un groupe est absent et R = 2 quand tous les groupes inscrits sont présents.

On vient de voir que P (R = 2) = P13 ≈ 0,18 et donc P (R = 0) = 1−P (R =

2)≈ 0,82.

D’où la loi de probabilité de R :

ri 0 2

P (R = ri ) 0,82 0,18

Donc l’espérance mathématique de R est :

E(R)= 0×0,82+2×0,18 = 0,36.

c. B Il faut distinguer deux cas : celui ou le nombre de groupes présents est inférieur ou égal à 12 et celui où les 13 groupes sont présents.

• Dans le premier cas si k groupes sont présents le gain est de k Crédits

avec une probabilité égale à

(

13

k

)

(

7

8

)k (

1− 7

8

)13−k

.

A. P. M. E. P. Correction du baccalauréat S

• Dans le second cas si les 13 groupes sont présents le gain ne sera que

de (13−2) Crédits avec une probabilité égale à P13.

Donc le gain moyen journalier est égal à :

12 ∑

k=0

k×

(

13

k

)

(

7

8

)k (1

8

)13−k

+(13−2)P13 = 12 ∑

k=0

k×

(

13

k

)

(

7

8

)k (1

8

)13−k

+13P13−2P13

soit

12 ∑

k=0

k×

(

13

k

)

(

7

8

)k (1

8

)13−k

+13×

(

7

8

)13

−2P13 = 13 ∑

k=0

k×

(

13

k

)

(

7

8

)k (1

8

)13−k

−2P13.

Ce gain est donc égal à : 13× 7

8 −2×0,18 ≈ 11,015 ≈ 11,02 Crédits.

d. Cette dernière espérance étant supérieure à celle obtenue en ne prenant que 12 groupes, la décision du dirigeant est rentable.

EXERCICE 2 4 points Enseignement de spécialité

Soit l’équation (1) d’inconnue rationnelle x :

78x3+ux2+ v x −14= 0.

u et v sont des entiers relatifs.

1. a. 14

39 est solution de l’équation (1) signifie que :

78×

(

14

39

)3

+u

(

14

39

)2

+ 14

39 v −14= 0

soit par produit par 392

2×143+14u+14×39v −14×392 = 0 ⇐⇒ 14u+39v = 1129.

b. 39 = 3× 13 et 14 = 2× 7 sont premiers entre eux. On sait qu’il existe un couple (x ; y) d’entiers vérifiant 14x +39y = 1.

L’algorithme d’Euclide donne :

39 = 2×14+11

14 = 1×11+3

11 = 3×3+2

3 = 1×2+1

soit en remontant 3−2 = 1

3− (11−3×3) = 1 ⇐⇒ 4×3−11 = 1

14− (1×11) = 3⇒ 4[14−11]−11 = 1 ⇐⇒ 4×14−5×11 = 1

39−2×14 = 11⇒ 4×14−5(39−2×14) = 1 ⇐⇒ −5×39+14×14 = 1

On a donc trouvé x = 14, y =−5.

On a −25×14+9×39 =−350+351 = 1. Donc le couple (−25 ; 9) est aussi

solution de l’équation.

c. −25×14+9×39 = 1⇒−25×1129×14+9×1129×39 = 1129 ⇐⇒

14×−28225+39×10161 = 1129.

Le couple (

u0 ; v0 )

= (−28225 ; 10161) est donc solution de l’équation

14u+39v = 1129.

On a :

14u+39v = 1129

14×−28225+39×10161 = 1129

Antilles-Guyane 2 septembre 2003

A. P. M. E. P. Correction du baccalauréat S

d’où par différence :

14(u+28225)+39(v−10161) = 0 ⇐⇒ 14(u+28225) = 39(10161−v). (1)

Donc 14 divisant 39(10161− v) et étant premier avec 39, divise

(10161− v). Il existe donc k ∈Z tel que 10161− v = 14k ⇐⇒ v = 10161−

14k, puis en reportant dans l’égalité (1) :

14(u+28225) = 39(14k) ⇐⇒ u+28225 = 39k ⇐⇒ u = 39k −28225.

L’ensemble des couples solutions est donc

S = {(39k −28225 ; 10161−14k), k ∈Z}.

d. On a 39k −28225 = 0 ⇐⇒ k = 28225

39 ≈ 724.

Vérification : 39×724−28225 = 11 et 39×723−28225 =−28.

On en déduit v = 10161−14×724 = 25.

Le couple solution avec le plus petit premier terme naturel est (11 ; 25).

2. a. 78 = 2× 3× 13 et 14 = 2× 7 On a D78 = {1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 13 ; 26 ; 39 ; 78} et D14 = {1 ; 2 ; 7 ; 14}.

b. P

Q une solution rationnelle de l’équation (1) signifie

78 P3

Q3 +u

P2

Q2 + v

P

Q − 14 = 0 ⇐⇒ 78P3 +uP2Q + vPQ2− 14Q3 = 0 ⇐⇒

P (

78P2+uPQ + vQ2 )

= 14Q3.

Comme P divise 14Q3 et est premier avec Q , il divise 14.

Demême on peut écrire 14Q3− vPQ2−uP2Q = 78P3 ⇐⇒

Q (

14Q2− vPQ uP2 )

= 78P3.

Q divise 78P3, est premier avec P donc avec P3 : il divise 78.

c. On a donc P ∈D14 et aussi leurs opposés et Q ∈D78 et leurs opposés.

En théorie il y a 4×8 = 32possibilités avec des termespositifs,mais comme

P et Q doivent être premiers entre eux, si P est pair Q ne peut l’être et in-

versement. Il faut donc enlever 2×4= 8 couples. Il faut également enlever

les 4 couples avec Q = 1 qui donnent une solution entière.

Il reste donc 20 couples positifs et autant de négatifs, soit 40 couples pos-

sibles.

Les 20 rationnels positifs non entiers possibles sont : 1

2 ; 1

3 ; 1

6 ; 1

13 ; 1

26 ; 1

39 ; 1

78 ; 2

3 ; 2

13 ; 2

39 ; 7

2 ; 7

3 ; 7

6 ; 7

13 ; 7

26 ; 7

39 ; 7

78 ;

14

3 ; 14

13 ; 14

39 .

PROBLÈME 10 points

Partie A - étude préliminaire d’une fonctionϕ définie surRparϕ(x)= (2x)ex 1

1. • En −∞ : f (x)= 2ex xex −1.

En posant y =−x, −xex = ye−y = y

ey .

Donc lim x→−∞

xex = lim y→+∞

y

ey = 0.

Donc lim x→−∞

=−1.

• En +∞ : lim x→+∞

(2− x)=−∞ et lim x→+∞

ex =+∞, donc par produit de limites,

lim x→+∞

ϕ(x)=−∞.

2. ϕ est une somme de produits de fonctions continuez et dérivables sur R, elle est donc continue et dérivable sur R et :

ϕ′(x) = −e+(2− x)ex = (1− x)ex qui est du signe de (1− x) car quel que soit

x ∈R, ex > 0.

On a donc ϕ′(x) > 0 ⇐⇒ x < 1, ϕ′(x) < 0 ⇐⇒ x > 1. D’où le tableau de

variations :

Antilles-Guyane 3 septembre 2003

A. P. M. E. P. Correction du baccalauréat S

x −∞ 1 +∞

0

e−1

ϕ′(x) + -

−1 −∞

ϕ

On a ϕ(−2)= 4e−2−1≈−0,45.

ϕ(0)= 2−1= 1, ϕ(1)= e−1 et enfin ϕ(2)= 0−1=−1

3. On a ϕ(−2) < 0 et ϕ(0) > 0 ; la fonction ϕ étant continue et croissante sur ]−2 ; 0[ elle s’annule une seule fois en α∈]−2 ; 0[.

De la même façon elle s’annule en β ∈ [1 ; 2].

4. La calculatrice donne −1,15<α<−1,14 et 1,84<β< 1,85.

5. On sait que ϕ(α)= 0 ⇐⇒ (2−α)eα−1= 0 ⇐⇒ (2−α)eα = 1 ⇐⇒ eα = 1

2−α (car α 6= 2).

Partie B - Étude d’une fonction f définie par f (x)= ex 1

ex x et calcul intégral

1. Soit e la fonction définie sur R par e(x)= ex x. Cette fonction est dérivable et pour tout x, e ′(x)= ex −1 qui s’annule pour x = 0.

Donc sur R−, e ′(x)< 0, donc e est décroissante de+∞ à 1, et sur R+, e

′(x)> 0,

donc e est croissante de 1 à +∞.

Le minimum de la fonction est égal à 1, donc pour tout x réel ex x > 1> 0.

Conclusion : f est définie pour tout réel.

2. On a lim x→−∞

ex −1=−1 et lim x→−∞

ex x =+∞, donc lim x→−∞

f (x)= 0.

On peut écrire en factorisant puis en simplifiant par le facteur non nul ex :

f (x)= 1−e−x

1− xe−x .

On a lim x→+∞

1−e−x = 1 et lim x→+∞

1− xe−x = 1, donc lim x→+∞

f (x)= 1.

3. f quotient de fonctions dérivables, le dénominateur ne s’annulant pas sut R

est dérivable et pour tout x ∈R, f ′(x)= ex (ex x)− (ex −1)(ex x)

(ex x)2 =

e2x xex −e2x xe2x + xex + xe2x

(ex x)2 =

2ex xex −1

(ex x)2 =

ϕ(x)

(ex x)2 .

Le signe de f ′(x) est celui de ϕ(x) vu à la partie A.

On obtient donc le tableau de variations suivant :

x −∞ α β +∞

f ′(x) − 0 + 0 −

f

0

f (α)

f (β)

1

4. On a f (α)= eα−1

eαα .

Antilles-Guyane 4 septembre 2003

A. P. M. E. P. Correction du baccalauréat S

On a vu dans la partie précédente que eα = 1

2−α , donc en remplaçant les

exponentielles :

f (α)=

1

2−α −1

1

2−α α

= 1−2+α

1−2α+α2 =

α−1

(α−1)2 =

1

α−1 .

5. On a vu que si e(x)= ex x, e ′(x)= ex −1, donc f (x)= e ′(x)

e(x) .

Une primitive de f est donc la fonction F définie sur R par F (x)= ln |e(x)| =

lne(x)= ln(ex x) (car on a vu que e(x)> 0 sur R).

∫1

0

ex −1

ex x dx.

On a donc

∫1

0 f (x) dx = [F (x)]10 =

[

ln (

ex x )]1

0 = ln(e−1)− ln1 = (e−1) ≈

0,5413≈ 0,54. (au centième près)

Partie C - Étude de deux suites

1. La fonction est définie si 1

2− x > 0 ⇐⇒ 2− x > 0 ⇐⇒ x < 2.

On a doncDg =]−∞ ; 2[. La fonction x 7−→ 1

2− x est croissante sur ]−∞ ; 2[ et

la fonction ln est croissante sur ]0 ; +∞[, donc par composition, la fonction

g est croissante sur ]−∞ ; 2[.

De même les deux fonctions étant continues, la fonction g est continue sur

]−∞ ; 2[.

Comme lim x→−∞

1

2− x = 0, lim

x→−∞ g (x)=−∞.

Comme lim x→2

1

2− x =+∞, lim

x→2 g (x)=+∞.

2. On admet que que l’image par g de l’intervalle I = [−2 ; 0] est incluse dans cet intervalle.

a. u1 = g (u0)= g (−2)= ln

[

1

2− (−2)

]

= ln

[

1

4

]

=−2ln2 ∈ [−2 ; 0].

Initialisation : on a donc u1 ∈ [−2 ; 0].

Hérédité : supposons qu’il existe n ∈N tel que un ∈ [−2 ; 0].

On a donc −26 un 6 0. Par croissance de la fonction g , on a donc :

g (−2)6 g (un )6 g (0) ⇐⇒ ln

[

1

4

]

6 g (un )6 ln

[

1

2

]

⇐⇒ −2ln26un+1 6

− ln2⇒−26 un+1 6 0.

On a donc démontré que s’il existe n ∈N tel que un ∈ [−2 ; 0], alors un+1 ∈

[−2 ; 0].

• Croissance de la suite :

- Initialisation : u0 6 u1 : vraie

Hérédité : supposons qu’il existe n ∈N tel que un 6 un+1 ; par croissance

de la fonction g ,g (un )6 g (un+1) ⇐⇒ un+1 6 un+2.

On a démontré par récurrence que la suite (un ) est croissante.

b. v0 = 0⇒u1 = g (v0)= g (0)= ln 1

2 =− ln2.

On a donc −26 u1 6 v16 v0 6 0.

Démonstration par récurrence : on vient d’initialiser la propriété.

Hérédité : supposons qu’il existe n ∈N tel que

−26 un 6 vn 6 vn−1 6 0. Par application de la fonction g qui est crois-

sante sur [−1 ; 0], on obtient :

Antilles-Guyane 5 septembre 2003

A. P. M. E. P. Correction du baccalauréat S

g (−2)6 g (un)6 g (vn)6 g (vn−1)6 g (0)

soit −2ln26 un+1 6 vn+1 6 vn 6− ln2⇒−26un+1 6 vn+1 6 vn 6 0.

La récurrence est établie.

3. a. par :

m est une somme de fonctions dérivables sur [0 ;+∞[ ; elle est donc déri-

vable et sur [0 ;+∞[, m′(x) = 1− 1

1+ x =

x

1+ x > 0 puisque c’est un quo-

tient de termes positifs.

Donc m est croissante sur [0 ;+∞[ et m(0)= 0− ln1= 0.

Conclusion : la fonction est positive, soit x−ln(1+x)> 0 ⇐⇒ ln(1+x)6 x.

b. Pour tout entiern, vn+1−un+1 = g (vn)−g (un )= ln

(

1

2− vn

)

−ln

(

1

2−un

)

=

− ln(2− vn)+ln(2−un )= ln 2−un

2− vn = ln

2− vn + vn un

2− vn = ln

[

1+ vn un

2− vn

]

.

On a montré que tout entier n, un 6 vn , donc vn un > 0 et −26 vn 6

0 ⇐⇒ 06−vn 6 2 ⇐⇒ 26 2− vn 6 4, donc 2− vn > 0.

Il en résulte que vn un

2− vn > 0.

Or on a montré que pour x ∈ R,x > 0, ln(1+ x) 6 x, en appliquant ce

résultat à x = vn un

2− vn , on en déduit que ln

[

1+ vn un

2− vn

]

6 vn un

2− vn .

Donc finalement

vn+1−un+1 6 1

2 (vn un ) .

On sait que :

−26 vn 6 0 ⇐⇒ 06−vn 6 2 ⇐⇒

26 2− vn 6 4 ⇐⇒ 1

4 6

1

2− vn 6

1

2 ⇐⇒

un vn

2 6

vn un

2− vn 6

un vn

2 ⇐⇒ ln

[

1+ vn un

2− vn

]

6 vn un

2− vn 6

1

2 (vn un ) .

Montrons par récurrence que pour tout naturel n, vn un 6 1

2n (v0−u0).

- Initialisation : pour n = 0, on a v0−u0 6

(

1

2

)0

(v0−u0) qui est vraie.

- Hérédité : supposons qu’il existe n ∈N tel que vn un 6 1

2n (v0−u0).

On a montré que vn+1−un+1 6 1

2 (vn un ) soit en utilisant l’hypothèse

de récurrence :

vn+1−un+1 6 1

2 ×

(

1

2

)n

(v0−u0) soit

vn+1−un+1 6

(

1

2

)n+1

(v0−u0) . On a vu que pour tout n, vnun > 0, donc

finalement

06 vn+1−un+1 6

(

1

2

)n

(v0−u0)

Comme v0−u0 > 0 et que

(

1

2

)n

est une suite positive, la suite (vn un )

est une suite à termes positifs.

Comme lim n→+∞

(

1

2

)n

= 0, le théorème des « gendarmes » montre que

lim n→+∞

(vn un )= 0.

Antilles-Guyane 6 septembre 2003

A. P. M. E. P. Correction du baccalauréat S

Finalement la suite (un ) est croissante, la suite (vn) est décroissante et

la limite de leurs différences est nulle : elles sont donc adjacentes, sont

convergentes et ont donc la même limite.

4. La calculatrice donne u10 ≈−1,14622, donc à 10−4 près

−1,14636 u10 6−1,1462.

Demême on obtient v10 ≈−1,14618, donc à 10 −4 près

−1,14626 v106−1,1461.

Antilles-Guyane 7 septembre 2003

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