Exercices de modélisation mathèmatique – correction 9, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 April 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 9, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 9. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: La rotation de centre B, Les évènements S et C.
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CorrectionAntillesS2003.dvi

[ Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane \ juin 2003

EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats

1. a. La rotationde centre A qui transformeOenA2 a pour angle π

2 Son écriture

complexe est de la forme : z ′− (3+2i) = ei π

2 [z− (3+2i)]. Avec ei π

2 = i, on obtient z ′ = 3+2i+ iz−3i+2 ⇐⇒ z ′ = iz+5− i. En particulier zA2 = 5− i. Le centre I du carré OA1A2A est le milieu du segment [OA2] , donc

zI = 5

2 − 1

2 i.

b. La rotation de centre B qui transforme O en B1 a pour angle− π

2 . Son écri-

ture complexe est de la forme :

z ′− (−1+4i) = e−i π

2 [z − (−1+4i)] ; comme e−i π

2 = −i, l’égalité précédente s’écrit z ′− (−1+4i)=−i[z− (−1+4i)] ⇐⇒ z ′ =−1+4i− iz− i−4 ⇐⇒ z ′ =−iz−5+3i. En particulier zB1 =−5+3i. Donc le centre J du carré OBB1B2 est le milieu du segment [OB1], et par

conséquent zJ =− 5

2 + 3

2 i.

2. zK = zA+ zB

2 = 1+3i.

KI = |zI− zK| = ∣

3

2 − 7

2 i

= √

9 4 +

49 4 =

58

4 =

p 58

2 .

KJ = ∣

zJ− zK ∣

∣= ∣

− 7

2 − 3

2 i

= p 58

2 .

(−→ KI ,

−→ KJ

)

= arg (

zJ− zK zI− zK

)

= arg

− 7

2 − 3

2 i

3

2 − 7

2 i

 = arg

−i − 7

2 i+

3

2 3

2 − 7

2 i

 = arg(−i) = − π

2

(à 2π près).

Conclusion : le triangle IKJ est isocèle rectangle en K.

Correction du baccalauréat S

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

1 2 3 4 5−1−2−3−4−5

bA

bB

b

b A1

b A2

bO

b

B2

b B1

b

b

−→ u

−→ v

b

b I

b J

bK

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats qui n’ont pas suivi l’enseignement de spécialité

On note :

— S l’évènement « la pièce présente un défaut de soudure »

— C l’évènement « la pièce présente un défaut de composant électronique »

— D l’évènement « la pièce est défectueuse ».

1. Les évènements S et C sont indépendants, donc :

p(S∩C)= p(S)×p(C)

et comme D = S ∪ C, p(D)= p(S)+p(C−p(S∩C)= 0,03+0,02−0,03×0,02 = 0,0494.

2. a. La loi de X est une loi binomiale de paramètres n = 800 et p = 0,0494. On a pour tout entier k ∈ [0 ; 800], p(X = k)=

(800 k

)

(0,0494)k (1−0,0494)800−k . b. E(X)= n×p = 800×0,0494= 39,52. Ceci représente la moyenne d’articles

défectueux dans un lot de 800.

3. a. Onnote Y la variable aléatoire qui associe le nombre d’articles défectueux parmi les 25 commandés. Y suit une loi binomiale de paramètres n = 25 et p = 0,0494.D’où : p(Y > 2)= 1−p(Y = 0)−p(Y = 1)−p(Y = 2) = 1−0,04940(1−0,0494)25−25×0,04941×(1−0,0494)24−300×0,04942× (1−0,0494)23 ≈ 0,1237, soit : p(Y > 2)≈ 0,124 à 10−3 près.

b. On note Yn la variable aléatoire associée au nombre d’articles défectueux parmi les n commandés.

Yn suit une loi binomiale de paramètres n et p = 0,0494. La probabilité d’avoir au moins un article défectueux est 1− [1−0,0494]n = 1−0,9506n . Le petit commerçant veut donc que :

Antilles–Guyane 2 juin 2003

Correction du baccalauréat S

1−0,9506n 6 0,5 ⇐⇒ 0,9506n > 0,5 ⇐⇒ n ln0,9506> ln0,5 ⇐⇒

n6 ln0,5

ln0,9506 ≈ 13,6 (car ln(0,5)< 0).

Il devra donc commander au plus 13 articles.

4. La variable aléatoire qui à tout article associe sa durée de vie en jours, suit une loi exponentielle de paramètre 0,0007. La densité de probabilité de cette

variable est la fonction f définie par :

f (x)= 0,0007e−0,0007x .

Donc : p([700 ; 1000])= ∫1000

700 0,0007e−0,0007xdx =

[

−e−0,0007x ]1000

700 ≈ 0,11604.

La probabilité est donc d’environ 0,116 à 10−3 près.

EXERCICE 2 5 points Pour les candidats qui ont suivi l’enseignement de spécialité

1. a. (1+ p 6)2 = 7+2

p 6 ;

(1+ p 6)4 =

(

7+2 p 6 )2 = 73+28

p 6 ;

(1+ p 6)6 = (1+

p 6)2(1+

p 6)4 =

(

7+2 p 6 )(

73+28 p 6 )

= 847+342 p 6.

b. On a les divisions suivantes :

847= 2×342+163342 = 2×163+16163 = 10×16+316 = 5×3+1

L’avant dernier reste est égal à 1 ; donc pgcd(847 ; 342) = 1 ou encore 847

et 342 sont premiers entre eux.

Autre méthode : en utilisant pgcd(a ; b)= pgcd(ab) ; b) ; pgcd(847 ; 342) = pgcd(505 ; 342) = pgcd(163 ; 302) = pgcd(163 ; 139) = pgcd(24 ; 139)

= pgcd(24 ; 19) = pgcd(5 ; 19) = pgcd(5 ; 4) = 1.

2. Avec n ∈N et avec an et bn tels que : (

1+ p 6 )n

= an +bn p 6

on sait déjà (d’après la question 1. a.) que a1 = 1 ; b1 = 1 ; a2 = 7 ; b2 = 2 ; a4 = 73 ; b4 = 28 ; a6 = 847 ; b6 = 342.

a. On a d’une part (

1+ p 6 )n+1 = an+1+bn+1

p 6 et également :

(

1+ p 6 )n+1 =

(

1+ p 6 )n (

1+ p 6 )

= (

an +bn p 6 )(

1+ p 6 )

= an+6bn+(an +bn ) p 6.

Comme an +6bn ∈N et an +bn ∈N, on en déduit par identification que : {

an+1 = an +6bn bn+1 = an +bn

b. On a an+1+bn+1 = 2an +7bn = 2(an +bn)+5bn . Par contraposition, si 5 divise an+1+bn+1, alors 5 divise an+1+bn+1−5bn c’est-à-dire 2(an +bn). Comme 5 est premier avec 2, 5 divise an +bn . par contraposition : si 5 ne divise pas an+bn , alors 5 ne divise pas an+1+ bn+1.

Démonstration par récurrence :

• Initialisation : 5 ne divise pas a1+b1 = 2 ; • Hérédité : on l’a démontrée juste au-dessus. Conclusion : quel que soit n ∈N, 5 ne divise pas an +bn .

Antilles–Guyane 3 juin 2003

Correction du baccalauréat S

c. Si pour n ∈ N, d est un diviseur premier de an+1 et bn+1, alors d divise an+1−bn+1 = 5bn . Or on vient de voir que d 6= 5, donc d divise bn . Mais il divise aussi bn+1− bn = an . Mais d’après la question précédente, an et bn sont premiers entre eux,

donc d = 1, et an+1 et bn+1 sont aussi premiers entre eux. Comme au départ a1 et b1 sont premiers entre eux, on a démontré par

récurrence que an et bn sont premiers entre eux.

PROBLÈME 10 points

Partie A

1. La fonctionh sommeet produit de fonctions dérivables est dérivable eth′ (x)− 2h(x)= 2e2x +4xe2x −4xe2x −2= 2e2x −2= 2

(

e2x −1 )

.

h est bien une solution de (E).

2. y solution de (E)⇐⇒ (z +h)′−2(z +h) = 2 (

e2x −1 )

⇐⇒ z ′−2z +h′−2h = 2 (

e2x −1 )

⇐⇒ z ′−2z = 0 car h est solution de (E). Conclusion : y solution de (E) si et seulement si z ′−2z = 0. On sait que les solutions de cette équation sont les fonctions x 7−→ z(x) = Ce2x avecC ∈R. Finalement y = z+h est solution de (E) si et seulement si y =Ce2x +2xe2x + 1= y(x)= (C +2x)e2x +1.

3. La solution y de (E) telle que y(0)= 0 ⇐⇒ 0=C +1 ⇐⇒ C =−1. Cette solution g est donc définie par :

g (x)= (2x−1)e2x .

Partie B : étude de g

1. g est dérivable sur R et g ′(x) = 2e2x +2(2x −1)e2x = 4xe2x dont le signe est celui de x puisque e2x > 0, quel que soit le réel x. On en déduit le tableau de variations de g :

x −∞ 0 +∞

g ′(x) − 0 +

g

0

D’après le tableau de variations de g puisque g (0) = 0, cette dernière valeur est le minimum de la fonction et donc pour tout x ∈R, g (x)> 0.

2. a. 1− g (x)> 0 ⇐⇒ g (x)6 1 ⇐⇒ (2x−1)e2x 6 0.

Or e2x > 0 donc 1− g (x)> 0 ⇐⇒ 2x−16 0 ⇐⇒ x 6 1

2 .

S = ]

−∞ ; 1

2

]

Antilles–Guyane 4 juin 2003

Correction du baccalauréat S

b. Calcul de I= ∫ 1

2

0 (1−g (x))dx =

∫ 1 2

0 (1−2x)e2xdx. On utilise une intégration

par parties en posant : {

u(x) = 1−2x v ′(x) = e2x

u′(x) = −2

v(x) = 1

2 e2x

Toutes ces fonctions étant continues sur l’intervalle d’intégration, I= [

1

2 (1−2x)e2x

] 1 2

0

+ ∫ 1

2

0 2×

1

2 e2x dx =

[

1

2 (1−2x)e2x +

1

2 e2x

] 1 2

0

= [

(1− x)e2x ] 1 2

0 = e

2 −1.

c. La question a. montre que la courbe représentative de g est au dessous de la droite d’équation y = 1 sur l’intervalle

[

0 ; 1 2

]

. L’intégrale I est donc

égale à l’aire , en unité d’aire de la surface comprise entre le graphe de g

la droite y = 1 et les droites verticales d’équation x = 0 et x = 12 .

Partie C

1. • On a lim x→−∞

e2x = 0, donc lim x→−∞

f (x)= 0(+).

• On peut écrire f (x)= 2 e2x −e0

2x−2×0 . La limite de ce quotient lorsque x tend

vers 0 est 2. (car lim X→0

eX −1 X

= 1.)

• On écrit f (x)= 2 e2x

2x

1

x . Or lim

x→+∞ e2x

2x =+∞ et lim

x→+∞ 1

x = 0.

Finalement lim x→+∞

f (x)=+∞.

2. La deuxième limite montre que l’axe des abscisses est asymptote au voisi- nage de moins l’infini de la courbe représentative de f .

3. La fonction f est dérivable (sauf en 0) et f ′(x)= 2xe2x −e2x +1

x2 =

(2x−1)e2x

x2 =

g (x)

x2 . Or on a démontré que g (x)> 0, en fait on a seulement g (0)= 0. Donc

pour tout x non nul, la dérivée f ′(x) est supérieure à zéro.

Donc la fonction f est croissante sur les intervalles ]−∞ ; 0[ et ]0 ; +∞[. On en déduit le tableau de variations suivant de f :

x −∞ 0 +∞

f ′(x) + +

f

0

2

2

4. Tableau de valeurs :

x −2 −1,5 −1 −0,5 −0,2 −0,1 −0,05 0,05 0,1 0,2 0,5 1 f (x) 0,49 0,63 0,86 1,26 1,65 1,81 1,90 2,10 2,21 2,46 3,44 6,39

Courbe représentative de f : attention, f (0) n’existe pas.

Antilles–Guyane 5 juin 2003

Correction du baccalauréat S

1

2

3

4

5

−1−2 −→ı

−→

O

] [

5. La fonction f1 est définie sur R et continue car lim x→0

f1(x) = lim x→0

f (x) = 2 = f1(0). ( f1 est le prolongement par continuité de f sur R.)

Le graphe de f1 est le même que celui de f complété par le point (0 ; 2).

Donc la tangente en ce point aux deux graphes est la même. Graphiquement

il semble que le coefficient directeur de cette tangente en (0 ; 2) soit égal à 2.

On peut donc supposer que f ′1(0)= 2= limx→0 f1(x)− f1(0)

x−0 .

Partie D

En partant de −26 x 6−1 ⇐⇒ −46 2x 6−2 ⇐⇒ e−4 6 e2x 6 e−2 (la fonction exponentielle est croissante) e−4−16 e2x −16 e−2−1 ⇐⇒

− e−2−1

x 6

e2x −1 x

6 e−4−1

x (car x est négatif)

D’où avec la calculatrice :

− 0,86

x <

e2x −1 x

<− 0,99

x .

Les trois fonctions précédentes sont continues sur l’intervalle d’intégration ; les in-

tégrales existent et :

∫−1

−2 − 0,86

x dx < J<

∫−1

−2 − 0,99

x dx

soit

[−0,86ln |x|]−1−2 < J< [−0,99ln |x|] −1 −2.

Finalement :

0,59< J< 0,69

qui est bien un encadrement d’amplitude 0,1.

Antilles–Guyane 6 juin 2003

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