Exercices de modélisation mathèmatique – correction 12, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 12, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 12. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: Une équation différentielle, étude d’une fonction, étude d’une suite.
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CorrectionSMetropolesept2003.dvi

[ Baccalauréat Métropole série S septembre 2003 \

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

1. Soit A1 le point d’affixe a1 = p 3+ i.

On a |a1|2 = 1+3= 4= 22, donc |a1| = 2.

On peut écrire a1 = 2 (

− 1

2 + i

p 3

2

)

= 2ei 2π 3 . On peut donc placer le point A1

d’ordonnée positive en traçant le cercle centré à l’origine de rayon 2 et la

droite d’équation : x =−1. Le point A s’en déduit par la translation de vecteur − −→ u .

Le pointΩ se place simplement.

On peut placer B en reportant dans le sens direct deux rayonsΩA à partir de

A, de même pour C en partant de B.

Le point D s’obtient en construisant d’abord le milieu de [AΩ].

bb

b

b

b

b

A1A

B

C

D

O −→ u

−→ v

L’écriture complexe de la rotation est z ′− (−1+2i) = ei 2π 3 [z− (−1+2i)] ⇐⇒

z ′ = ei 2π 3 z+ (−1+2i)

(

1−ei 2π 3

)

⇐⇒ z ′ = ei 2π 3 z+

p 3

2 − 3

2 + i

(p 3

2 + 3

2

)

.

Avec cette formule on obtient b =−1+4i, puis c =−1− p 3+ i

Pour l’homothétie, on a −−→ ΩD =−

1

2

−−→ ΩA .Or

−−→ ΩA (−1+

p 3+i+1−2i, soit−−→ΩA (

p 3−

i), donc −−→ ΩD

(

− p 3

2 + 1

2 i

)

.

D’où D()−1− p 3

2 + 5

2 i.

2. On note b, c et d les affixes respectives des points B, C et D.

1. |aω| 2 4 p 3− i

VRAI FAUX FAUX

On a : |aω| = |−1+ p 3+ i+1−2i| = |

p 3− i| =

p 3+1= 2. Seule la première réponse

est vraie.

2. arg(aω) − 5π

6

47π

6

π

6 FAUX VRAI FAUX

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

aω= p 3− i= 2

(p 3

2 − 1

2 i

)

= 2e− π 6 .

Donc arg(aω)= − π

6 +2. Avec k = 24, on a bien un argument de

47π

6 . Seule la

deuxième réponse est vraie.

3. (−→ v ,

−−→ ΩC

)

= arg[(ωc)i] − (−→ v ,

−−→ CΩ

) 2π

3 VRAI VRAI VRAI

On a vu que B et Ω ont la même abscisse, donc (BΩ) est parallèle à l’axe des ordon-

nées : l’angle cherché est donc celui de la rotation soit 2π

3 .

On peut calculer ωc = −1+ i p 3 qui a pour module

2π

3 modulo 2π ou dire que

arg[(ωc)i]= arg(ωc)+arg(i)=− π

6 + 2π

3 + 2π

3 + π

2 =

2π

3 .

On a aussi (−→ v ,

−−→ ΩC

)

= (

−−→v , −−→CΩ )

car ils sont opposés par le sommet.

Conclusion : les trois affirmations sont vraies.

4. ω= 1

3 (a+b+c) a+b+c b−2i

VRAI FAUX VRAI

Onpeut faire le calcul et vérifier que 1

3 (a+b+c)=ω, soit montrer que le triangle ABC

est équilatéral en calculant |ab| = ∣

p 3−3i

∣= p 12= 2

p 3, puis |ac| =

∣2 p 3 ∣

∣= 2 p 3

et enfin |bc| = | p 3+3i| =

p 12= 2

p 3.

D’autre part b−2i=−1+4i−2i=−1+2i=ω. Les affirmations 1 et 3 sont vraies, la 2 est fausse.

5. bd ad

= p 3

2 i −

p 3

3 i

p 3

3 i

FAUX FAUX VRAI

On peut calculer bd ad

= p 3

3 i.

Seule l’affirmation 3 est vraie.

l’image de Ω par l’image de Ω par l’image de Ω par la

6. Le point D est la translation l’homothétie de centre la rotation de centre

de vecteur 1

2

−→ AΩ A et de rapport

3

2 B et d’angle−

π

6 VRAI VRAI FAUX

Par définition de l’homothétie : −−→ ΩD =−

1

2

−−→ ΩA ⇐⇒ −−→ΩA +−−→AD =−

1

2

−−→ ΩA ⇐⇒

−−→ AD =

3

2

−−→ AΩ .

Donc les affirmations 1 et 2 sont vraies.

EXERCICE 2 5 points Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

1. Si l’on suppose que le nombre de pièces dans les caisses est assez grand pour que l’on peut puisse considérer que les 20 épreuves se déroulent

Métropole 2 septembre 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

dans lesmêmes conditions, X suit une loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0,40=

2

5 .

La probabilité qu’exactement 5pièces parmi les 20portent une face étran-

gère est égale à :

p(X= 5)= (

20

5

)

(

2

5

)5 (3

5

)20−5 ≈ 0,0746 ≈ 0,075.

a.b Ona p(X > 2)= 1−p(X= 0)−p(X= 1)= 1−(0,6)20− (

× 0

)

,4×0,619 ≈ 0,9995.

2. a. Il y a trois fois plus de pièces provenant de la caisse « journaux » que de

pièces provenant de la caisse « souvenirs », donc P(S) = 1

4 .

Il y a 40% de pièces étrangères dans la caisse « journaux », donc

PS(E)= 0,4= 2

5 .

On a P(S∩E)= P(S)×PS(E)= 1

4 × 2

5 =

1

10 .

b. On a P(E)= P(S∩E)+P (

S∩E )

.

Or P (

S )

= 1− 1

4 =

3

4 .

8% des pièces de la caisse « journaux » ont une face étrangère, donc

P S (E)= 0,08.

On a donc P(E)= 1

10 + 3

4 ×0,08= 0,1+0,06 = 0,16.

c. On cherche PE(S)= P(S∩E P(E)

= 0,1

0,16 =

1

16 = 0,625.

3. On suppose encore que le nombre de pièces est assez grand pour que les évè- nements soient indépendants et que la probabilité de tirer une pièce étran-

gère est égale à 0,16.

Le nombre de pièces étrangères est une variable aléatoire de paramètres n et

p = 0,16. La probabilité de n’avoir aucune pièce étrangère est égale à 0,84n , donc la

probabilité d’en avoir au moins une est égale à 1−0,84n . On cherchedonc à résoudre : 1−0,84n > 0,9 ⇐⇒ 0,84n 6 0,1 ⇐⇒ n ln0,846 ln0,1(par croissance de la fonction ln) ⇐⇒ n >

ln0,1

ln0,86 soit n > 13,2 (envi-

ron).

Il faut donc prélever au moins 14 pièces.

EXERCICE 2 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

1. a. 123 et 2003 sont premiers entre eux ; u et v existent donc. Par divisions euclidiennes successives : 2003 = 123×16+35 123 = 35×3+18 35 = 18×1+17 18 = 17×1+1

En remontant les égalités :

1 = 18−17 1 = 18− (35−18) = 2×18−35 1 = 2[123−35×3]−35 = 2×123−7×35 1 = 2×123−7[2003−123×16] = 114×123−7×2003

On a donc u = 114 et v =−7.

Métropole 3 septembre 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

b. D’après la question précédente 114×123−7×2003 = 1 ⇐⇒ 114×123 = 7×2003+1 ⇐⇒ 114×123 ≡ 1 mod 2003. Donc k0 = 114.

c. • Soit un entier x tel que x ≡ 456k0 [2003] (1). On vient de démontrer que k0×123≡ 1 mod 2003⇒ k0×123×456 ≡ 1×456 mod 2003 (2) (1) et (2) entraînent par différence :

123(x−456k0)≡ 0 mod 2003 ; or 123 et 2003 sont premiers entre eux, donc x−456k0 ≡ 0 mod 2003 ⇐⇒ x ≡ 456k0 mod 2003.

• Inversement si x ≡ 456k0 mod 2003, d’après le b., on a 123k0 ≡ 1 mod 2003⇒ 456×123k0 ≡ 456×1 mod 2003. Mais x ≡ 456k0 mod 2003⇒ 123x ≡ 123×456k0 mod 2003. Donc 123x−466 ≡ 0 mod 2003 ⇐⇒ 123x ≡ 466 mod 2003.

Conclusion : 123x ≡ 466 mod 2003 ⇐⇒ x ≡ 456k0 mod 2003

d. D’après le résultat précédent les entiers x vérifient x ≡ 456k0 mod 2003, soit encore x ≡ 456×14 mod 2003.

Donc x = 456×114+2003k, avec k ∈Z. Or 456×114 = 51984 = 25×2003+1909, on a finalement :

x = 1909+2003k ′ , avec k ′ ∈Z

e. L’entier n tel que 123n ≡ 456 mod 2003 et 16 n6 2002 est un nombre x de la question précédente. Il est donc de la forme n = 1909+2003k ′ , avec 16 1909+2003k ′ 6 2002.

Les inégalités sont équivalentes à :

−19086 2003k ′ 6 93 ⇐⇒ − 1908

2003 6 k ′ 6

93

2003 .

La seule valeur possible de k ′ est 0 et par conséquent il existe un unique n = 1909.

2. a. 2003 premier est premier avec tous les naturels qui lui sont inférieurs, donc ici avec a ; donc PGCD(a, 2003)= 1.

am ≡ 1 [2003]. a et 2003 étant premiers entre eux, il existe deux entiersm et n tels que :

am+2003n = 1≡ am = 1−2003n ⇐⇒ am ≡ 1 mod 2003. b. On vient de voir que am ≡ 1 mod 2003 d’où par produit par b, bam b

mod 2003.

Si ax b mod 2003 avec 06 x 6 2002 on obtient par différence : ax abm ≡ 0 mod 2003 ou encore a(x bm) ≡ 0 mod 2003, avec 0 6 x 6 2002.

On en déduit que a(xbm) est divisible par 2003, mais comme a ne di- vise pas 2003, c’est xbm qui le divise, donc finalement : xbm ≡ 0 mod 2003 ⇐⇒ x bm mod 2003. Par division euclidiennebm = 2003q+r , avec r < 2003, donc x r mod 2003. L’entier r est un des nombres cherchés. Est-ce le seul ?

Supposons qu’il existe un autre entier r ′ tel que ar ′ ≡ b mod 2003 et 06 r ′ 6 2002. Comme ar b mod 2003, on obtient par différence : a(r r ′) ≡ 0 mod 2003 et donc toujours d’après le théorème de Gauss, r r ′ divise 2003. Or 06 r ′ 6 2002 ⇐⇒ −20026−r ′ 6 0 et en ajoutantmembres àmembres avec 06 r 6 2002 on obtient −20026 r r ′ 6 2002. Le seul nombre mul- tiple de 2003 dans cet intervalle est 0 ; on en déduit que r r ′ = 0 ⇐⇒ r = r ′.

Conclusion, l’entier r est bien unique.

Métropole 4 septembre 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

PROBLÈME 10 points Commun à tous les candidats

Partie A : Une équation différentielle

1. f (x)= e−3(x) ⇐⇒ ϕ(x)= f (x)e3x . La fonction ϕ est le produit de deux fonctions dérivables sur R ; elle est donc

dérivable sur R et

ϕ′(x)= f ′(x)e3x +3 f (x)e3x . Donc ϕ′(x)−3ϕ(x)= f ′(x)e3x +3 f (x)e3x −3( f (x)e3x )= f ′(x)e3x .

2. ϕ est solution de (E) sur R si et seulement si ϕ′(x)− 3ϕ(x) = −3e

(

1+e−3x )2

et

d’après la question précédente si et seulement si f ′(x)e3x = −3e

(

1+e−3x )2

⇐⇒

f ′(x)= −3ee−3x

(

1+e−3x )2 .

En posant u(x)= 1+e−3x , qui est dérivable sur R, on a u′(x)=−3e−3x .

Donc f ′(x)= e u′(x)

(u(x))2 qui est la fonctiondérivée de la fonction f (x)=−e

1

u(x) +

K =−e 1

1+e−3x +K avec K ∈R.

Si on a ϕ(0) = e

2 , alors f (0) = e−3×0ϕ(0) = −e

1

1+e−3×0 +K ⇐⇒

e

2 = −

e

2 +

K ⇐⇒ K = e.

Donc sur R, f (x)=−e 1

1+e−3x +e=

−e+e (

1+e−3x )

1+e−3x =

e1−3x

1+e−3x .

Partie B : étude d’une fonction

1. • Au voisinage de moins l’infini : on peut écrire

f (x)= e e−3x

1+e−3x = e

e−3x ×1 e−3x

(

e3x +1 ) =

e

e3x +1 .

Donc comme lim x→−∞

e3x = 0, lim x→−∞

f (x)= e.

• Au voisinage de plus l’infini : lim x→+∞

e−3x = 0, donc lim x→+∞

ee−3x = 0 et

lim x→+∞

1+e−3x = 1 et finalement lim x→+∞

f (x)= 0. • Variations de f : f est le quotient de deux fonctions dérivables sur R ; comme le dénominateur est supérieur ou égal à 1, il ne s’annule pas et la

fonction f est dérivable.

f ′(x)= −3e1−3x

(

1+e−3x )

− (−3)e1−3xe−3x (

1+e−3x )2

= e1−3x

(

−3−3e−3x +3e−3x )

(

1+e−3x )2

= −3e1−3x

(

1+e−3x )2 .

Comme le dénominateur est positif, que e1−3x > 0, quel que soit x ∈ R, on a f ′(x)< 0 sur R. La fonction f est donc décroissante de e à 0.

2.

Métropole 5 septembre 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

−→ ı

−→

O

e

e 2

3. a. Comme f (x) > 0 sur R, est égale à l’aire en unités d’aire de la surface limitée par C , l’axe des abscisses, et les droites verticales d’équations x = 0 et x =α. C’est donc un nombre positif.

b. = ∫α

0

e1−3x

1+e−3x dx = e

α

0

e−3x

1+e−3x dx =

− e

3

α

0

−3e−3x

1+e−3x =−

e

3

[

ln ∣

∣1+e−3x

]α

0

=− e

3

[

ln ∣

∣1+e−3α

∣− ln |1+1| ]

=− e

3 ln

(

1+e−3α

2

)

.

c. Comme lim α→+∞

e−3α = 0, on a lim α→+∞

= eln2

3 ≈ 0,628 (u. a.)

Partie C : étude d’une suite

1. a. un est l’intégrale d’une fonction positive sur l’intervalle [0 ; 1] : c’est donc un nombre positif pour tout n deN.

b. Quel que soitn, un+1−un = ∫1

0 f (x)e

x n+1 dx

∫1

0 f (x)e

x n dx =

∫1

0 f (x)

[

e x

n+1 −e x n

]

dx

(par linéarité de l’intégration).

Or n < n+1 ⇒ 1

n+1 <

1

n x

n+1 < x n (car x > 0)⇒ e

x n+1 < e

x n (par crois-

sance de la fonction exponentielle).

Finalement e x

n+1 − e x n < 0, donc un+1 −un < 0 ⇐⇒ un+1 < un . La suite

(un ) est donc décroissante.

c. La suite est décroissante et minorée par 0 : elle est donc convergente vers une limite > 0.

2. a. On a I1 = ∫1

0 f (x)dx.

06 x6 1⇒ 0

n 6

x

n 6

1

n ⇒ ê0 6 e

x n 6 e

1 n (par croissancede la fonction ex-

ponentielle) ⇒ f (x)6 f (x)e x n 6 f (x)e

1 n

∫1

0 f (x) dx 6

∫1

0 f (x)e

x n dx 6

∫1

0 f (x)e

1 n dx ⇐⇒

∫1

0 f (x)dx 6

∫1

0 f (x)e

x n dx 6 e

1 n

∫1

0 f (x)dx ⇐⇒

I1 6 un 6 e 1 n I1.

b. Comme lim n→+∞

1

n = 0, lim

n→+∞ e

1 n = 1.

Par application du théorème des « gendarmes », on en déduit que

lim n→+∞

un = I1.

I1 = ∫1

0 f (x)dx =

∫1

0

e1−3x

1+e−3x .

Métropole 6 septembre 2003

A. P. M. E. P. Baccalauréat S

On a vu que =− e

3 ln

(

1+e−3α

2

)

, alors I1 =− e

3 ln

(

1+e−3

2

)

≈ 0,5840.

Métropole 7 septembre 2003

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