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

Télécharge Exercices de modélisation mathèmatique – correction 9 et plus Exercices au format PDF de Modélisation mathématique et simulation sur Docsity uniquement! [ Correction du baccalauréat S Antilles–Guyane \ juin 2003 EXERCICE 1 5 points Commun à tous les candidats 1. a. La rotation de centre A qui transforme O en A2 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 b A b B b b A1 b A2 b O b B2 b B1 b b −→ u −→ v b b I b J b K 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. On note 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 b. Calcul de I = ∫ 1 2 0 (1−g (x))dx = ∫ 1 2 0 (1−2x)e2x dx. 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