Exercices de modélisation mathèmatique – correction 14, Exercices de Modélisation mathématique et simulation
Eusebe_S
Eusebe_S11 avril 2014

Exercices de modélisation mathèmatique – correction 14, Exercices de Modélisation mathématique et simulation

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Exercices de modélisation mathèmatique – correction 14. Les principaux thèmes abordés sont les suivants: L’espérance d’une variable aléatoire, Les triplets solutions.
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CorrigeNllCaledonov2003.dvi

[ Baccalauréat S Nouvelle–Calédonie \ novembre 2003

Exercice 1 4 points Commun tous les candidats

1. L’espéranced’une variable aléatoire suivant la loi binomiale estnp. Ici E(Sn )= np = 10 donc p =

10

n .

Si Sn est la variable aléatoire totalisant le nombre d’accidents, on a

P(Sn = k)= (n

k

)

pk (1−p)k = (n

k

)

(

10

n

)k (

1− 10

n

)nk pour 06 k 6 n.

2. a. On en déduit que [P(Sn = 0)]= (n 0

)

p0(1−p)n = (

1− 10

n

)n

.

En supposant n > 10, on obtient, en prenant le logarithme

ln[P(Sn = 0)]= n ln (

1− 10

n

)

= −10 −10

× ln

(

1− 10

n

)

1 n

=−10× ln

(

1− 10

n

)

−10 n

.

En posant h =− 10

n , on a lim

n→+∞ h = 0 et on sait que lim

h→0

ln(1+h) h

= 1. Donc lim

n→+∞ ln[P(Sn = 0)] = −10 et par continuité de la fonction exponentielle :

lim n→+∞

P(Sn = 0)= e−10.

b. P(Sn = k +1)= ( n

k+1 )

(

10

n

)k+1(

1− 10

n

)nk−1 =

n!

(k +1)!(nk −1)!

(

10

n

)k+1 (

1− 10

n

)nk−1 =

nk k +1

(n k

)

(

10

n

)k (

1− 10

n

)nk 10 n ×n

(

1− 10 n

)

×n =

P(Sn = knk n−10

× 10

k +1 .

c. On a lim n→+∞

nk n−10

= 1 (problème si k = n !).

Si lim n→+∞

P(Sn = k)= e−10 10k

k! , alors lim

n→+∞ P(Sn = k +1)= e−10

10k

k! ×

10

k +1 =

e−10 10k+1

(k +1)! pour 06 k +16n.

d. • La propriété est vraie pour k = 0 (démontré au a.) • Supposons que la propriété soit vraie pour un rang k 6 n ;

— soit k+16 n et on adémontré au c.que lim n→+∞

P(Sn = k +1)= e−10 10k+1

(k +1)! et la relation est vraie au rang k +1,

— soit k +1> n et la relation est vraie.

Conclusion : pour tout k 6 n, alors lim n→+∞

P(Sn = k)= e−10 10k

k! .

3. On considère donc que P(Sn = k)≈ e−10 10k

k! .

On a donc P(Sn > 3)= 1−P(Sn = 0)−P(Sn = 1)−P(Sn = 2)≈ 1−e−10−10e−10− 50e−10 ≈ 1−61e−10 ≈ 0,997231.

Exercice 2 : enseignement obligatoire

1. a. Ona −−→ AB (−3 ; 0 ; 5), et M(x : y ; z) ∈ (AB) ⇐⇒ −−→AM = λ−−→AB ⇐⇒

x = 3−3λ y = 0 z = 10+5λ

Terminale S

b. Si M(x : y ; z) ∈ (AB) et M coupe l’axe des abscisses en E, alors zE = 10+5λ= 0 ⇐⇒ λ=−2 ; d’où x = 9. Donc E(9 ; 0 ; 0).

c. C ∈ (AB) ⇐⇒

0 = 3−3λ 20 = 0 0 = 10+5λ

. La deuxième égalité est fausse ; A, B

et C ne sont pas alignés.

2. a. (OH) hauteur dans OBC, donc −−→ OH ·−−→BC = 0. D’autre part −−→BC (0 ; 20 ; −15)

et −−→ OE (9 ; 0 ; 0), d’où

−−→ OE ·

−−→ BC = 0.

Or −−→ EH ·−−→BC =

(−−→ EO +−−→OH

)

·−−→AB =−−→EO ·−−→BC +−−→OH ·−−→BC = 0+0= 0, donc (EH) est la hauteur issue de E dans le triangle EBC.

b. D’après le a. −−→ BC est un vecteur normal au plan (OEH). Une équation de

ce plan est donc 20y−15z+d = 0, mais O appartient à ce plan donc d = 0. Une équation réduite est donc : M(x : y ; z)∈ (OEH) ⇐⇒ 4y −3z = 0.

c. Pour A on a 60+120−180 = 0, pour B 180−180= 0 et pour C 180−180= 0 égalités toutes vraies. D’après 1. c. les points A, B et C ne sont pas alignés, donc l’équation proposée 20x +9y +12z −180 = 0 est bien une équation du plan ABC.

d.

x = 0 4y −3z = 0 20x +9y +12z −180 = 0

⇐⇒

x = 0 4y −3z = 0 9y +12z −180 = 0

⇐⇒

x = 0 16y −12z = 0 9y +12z −180 = 0

⇐⇒

x = 0 16y −12z = 0 25y −180 = 0

⇐⇒

x = 0 16y −12z = 0 z = 365

. On en déduit que z = 48

5 . Le système a bien une

solution unique.

x = 0 est une équation du plan (OBC) ; 4y −3z = 0 une équation du plan (OEH) (cf. 2. b.) et 20x+9y+12z−180 = 0 est une équation du plan (ABC) (cf. 2. c.). Donc ces trois plans ont un seul point commun de coordonnées (

0 ; 36

5 ; 48

5

)

. Ce point est le point H qui appartient aux trois plans.

e. OH2 = (

36 5

)2+ (

48 5

)2 = 144. D’où OH = 12. Or

−−→ OH ·−−→OE = 0 entraîne queOEH est rectangle enO et EH2 = EO2+OH2 =

81+144 = 225. Donc EH = 15. Enfin l’aire du triangle EBC est égale

BC×EH 2

= 25×15

2 =

375

2 . (On a

−−→ BC (0 ; 20 ; −15), donc BC2 = 400+225 = 625, d’où BC = 25.)

3. En prenant comme base le triangle EOC, la hauteur est [OB]. Le volume du

tétraèdre est donc V =

1 2 ×20×9

3 ×15= 450.

En prenant commebase le triangle EBC, soit O′ le projeté orthogonal deO sur

cette base.OnaV= OO′× 25×15

2

3 . En égalant les volumes 450 =

125×OO′

2 ⇐⇒

OO′ = 36

5 .

On a donc d(O, (ABC))= 36

5 .

Or on sait que d(O, (ABC)) = |20×0+9×0+12×0−180|

p 202+92+122

= 36

5 (en utilisant

le 2. c.).

Exercice 2 : enseignement de spécialité

novembre 2003 2 Nouvelle–Calédonie

Terminale S

1. a. De trois choses l’une : • p = 3k,k ∈N : terminé, seul le premier est multiple de 3 ; • p = 3k +1, donc p +20 = 3k +21= 3(k +7) : terminé, seul le troisième

est multiple de 3 ;

p = 3k +2, d’où p +10= 3k +12= 3(k +4) : terminé, seul le deuxième est multiple de 3.

b. D’après la question précédente l’un seulement des trois naturels est mul- tiple de 3 ; le seul multiple de 3 premier est 3 et ce nombre doit être le

premier terme de la suite.

Conclusion : les trois nombres sont : 3 ; 13 et 23.

2. 3u+13v +23w = 0. a. 3u +13v +23w = 0 ⇐⇒ 3u +3v +3w +10v +20w = 0 ⇐⇒ 10v +20w =

−3(u+v+w) ⇐⇒ 10v+20w ≡ 0 [3] ⇐⇒ 10v ≡−20w [3] ⇐⇒ 9v+v ≡ −21w +w [3] ⇐⇒ v w [3]

b. On a donc 3u +13v +23w = 0 ⇐⇒ 3u +13(3k + r )+23(3k ′ + r ) = 0 ⇐⇒ 3(u+13k +23k ′)+36r = 0 ⇐⇒ u+13k +23k ′ +12r = 0 ⇐⇒ u =−13k −23k ′ −12r. Les triplets solutions sont donc de la forme :

(u, v, w)= (−13k −23k ′ −12r, 3k + r, 3k ′+ r )

c. Les coordonnées des points cherchés sont les triplets précédant, avec− 5

2 6

x 6 5

2 , −

5

2 6 y 6

5

2 , −

5

2 6 z 6

5

2 .

• Si k = 0, la seule possibilité est k = k ′ = 0 : le point O(0 ; 0 ; 0) est solution ;

• Si k = 1 : — avec k = 0 et k ′ = 0, mais (−12 ; 1 ; 1) n’est pas solution ; — avec k = 0 et k ′ =−1, mais (11 ; 1 ; −2) n’est pas solution ; — avec k =−1 et k ′ = 0, on trouve A(1 ; −2 ; 1) qui est solution ; — avec k = −1 et k ′ =−1, on trouve (24 ; −2 ; −2) qui n’est pas solu-

tion.

• Si k = 2 : — avec k = 0 et k ′ = 0, le point (−24 ; 2 ; 2) n’est pas solution ; — avec k = 0 et k ′ =−1, le point B(−1 ; 2 ; −1) est solution ; — avec k =−1 et k ′ = 0, le point (−11 ; −1 ; 2) n’est pas solution : — avec k =−1 et k ′ =−1, le point (12 ; −1 ; −1) n’est pas solution.

PROBLÈME 11 points

Partie A

1. a. f1(x)= x

1+ x2 =

1 1 x + x

; comme lim x→+∞

1

x + x =+∞, lim

x→+∞ f1(x)= 0.

Il en résulte que l’axe des abscisses est asymptote à la représentation gra-

phique de f1 au voisinage de +∞. De même lim

x→+∞ f1(x)= 0 avec la même conséquence graphique.

b. f1 est dérivable sur R comme quotient de fonctions dérivables sur R, le dénominateur ne s’annulant pas et :

f ′1(x) = 1+ x2−2x2 (

1+ x2 )2

= 1− x2

(

1+ x2 )2

qui est du signe du numérateur le déno-

minateur étant positif.

Donc f ′1(x) est négative sauf entre −1 et 1. La fonction est donc :

novembre 2003 3 Nouvelle–Calédonie

Terminale S

— décroissante sur ]−∞ ; −1] et sur [1 ; +∞[, — croissante sur [−1 ; +1].

c. Tracé de Γ1 :

-1 0 1

-1

0

1

−1

1−1

Γ1

Γ3

d. I1 = ∫1

0

x

1+ x2 dx =

1

2

[

ln (

1+ x2 )]

01 = 1

2 ln2.

2. a. f3(x)= x3

1+ x2 .

Pour x 6= 0, on peut écrire f3(x)= x

1 x2

+1 . Comme lim

x→+∞ 1

x2 +1= 1,

lim x→+∞

f3(x)=+∞ et lim x→−∞

f3(x)=−∞.

b. f3 quotient de fonctions dérivables sur R est dérivable sur R et

f ′3(x) = 3x2

(

1+ x2 )

−2x4 (

1+ x2 )2

= 3x2+ x4 (

1+ x2 )2

= x2

(

1+ x2 )2

× (

3+ x2 )

positive car

tous les termes le sont. La fonction est donc croissante sur R.

I1 + I3 = ∫1

0

x

1+ x2 dx +

∫1

0

x3

1+ x2 dx =

∫1

0

x + x3

1+ x2 dx =

∫1

0 x 1+ x2

1+ x2 dx =

∫1

0 x dx =

1

2

[

x2 ]1

0 = 1

2 .

Par différence on en déduit que I3 = 1

2 − 1

2 ln2=

1

2 (1− ln2).

On sait que sur [0 ; 1], x > x3, donc sur [0 ;1], f1(x)> f3(x). Donc l’aire du domaine

situé entre Γ1 et Γ3 et les droites d’équation x = 0 et x = 1 est égal à : ∫1

0

[

x

1+ x2 −

x3

1+ x2

]

dx = ∫1

0

x

1+ x2 dx

∫1

0

x3

1+ x2 dx = I1− I3 = ln2−

1

2 .

Partie B

1. a. f0(x)= 1

1+ x2 .

On a de façon évidente lim x→+∞

f0(x)= lim x→−∞

f0(x)= 0. l’axe des abscisses est donc asymptote au graphe Γ0 au voisinage de

−∞ et de +∞.

novembre 2003 4 Nouvelle–Calédonie

Terminale S

b. f0 est dérivable sur R et f ′0(x)=− 2x

(

1+ x2 )2

qui est du signe de −x.

La fonction f0 est donc :

— croissante sur ]−∞ ; 0] ; — décroissante sur [0 ; +∞[.

2. an = ∫n

0

1

1+ t2 dt

a. La fonction f0 est positive ; an représente donc la mesure de la surface limitée par l’axe des abscisses, la courbe Γ0 et les droites d’équation

x = 0 et x = n.

b. Par linéarité de l’intégrale : an+1−an = ∫n+1

n

1

1+ t2 dt , intégrale positive

puisque intégrale d’une fonction positive avec n < n + 1. La suite est donc croissante.

c. Comme t2 > 0, 1< 1+ t2 ⇐⇒ 1

1+ t2 < 1.

En intégrant ces deux fonctions positives entre 0 et 1, onobtient

∫1

0

1

1+ t2 dt <

n

0 1dt ⇐⇒ a1 < 1.

d. Quel que soit le réel t , t2 > 0.Donc t2 < 1+ t2 ⇐⇒ 1

1+ t2 <

1

t2 .

En intégrant ces deux fonctions positives on obtient l’inégalité ∫n

1

1

1+ t2 dt <

n

1

1

t2 dt ⇐⇒

n

0

1

1+ t2 dt <

[

− 1

t

]n

1

⇐⇒ ∫n

0

1

1+ t2 dt < 1−

1

n .

e. Ona an = a1+ ∫n

1

1

1+ t2 dt , d’où enutilisant les résultats des deux ques-

tions précédentes :

an < 1+ (

1− 1

n

)

⇐⇒ an < 2− 1

n .

Conclusion : quel que soit n : an 6 2.

On peut donc dire que la suite (an) est croissante et majorée par 2 : elle

est donc convergente vers un réel inférieur ou égal à 2.

Partie C

F ′(x)= 1

1+ x2 , F (0)= 0.

1. Sur ]

π

2 ; π

2

[

, H(x)= F [tan(x)]

a. H(0)= F [tan(0)]= F (0)= 0 (par définition)

b. La fonction x 7→ tanx est dérivable sur ]

π

2 ; π

2

[

, donc F est dérivable

comme fonction composée de deux fonctions dérivables et H ′(x) =

F ′[tanx]× (tanx)′ = 1

1+ tan2 x ×

1

cos2 x =

cos2 x

cos2 x + sin2 x ×

1

cos2 x = 1.

Donc une primitive de H ′(x) est x +K et comme H(0)= 0, il en résulte que K = 0. Conclusion : pour tout x de

]

π

2 ; π

2

[

, H(x)= x.

c. On a par définition H(x) = F [tanx], donc si x = π

4 , tanx = 1 et F [1] =

H (

π

4

)

= π

4 .

novembre 2003 5 Nouvelle–Calédonie

Terminale S

2. k(x)= F (

1

x +1

)

+F ( x

x +2

)

.

a. k est dérivable comme somme de fonctions composées de fonctions

dérivables surR+ et k ′(x)= F

(

1

x +1

)

× (

− 1

(x +1)2

)

+F ′ ( x

x +2

)

× (

2

(x +2)2

)

=

1

1+ 1 (x+2)2

× (

− 1

(x +1)2

)

+ 1

1+ (

x x+2

)2 ×

2

(x +2)2 =

−1 (x +1)2+1

+ 2

(x +2)2+ x2 =

−1 x2+2x +2

+ 2

2x2+4x +4 =

−1 x2+2x +2

+ 1

x2+2x +2 = 0.

Conclusion : la fonction k est constante.

b. On a k(0)= F (1)+F (0)= π

4 +0=

π

4 .

D’autre part F

(

1

2

)

+F (

1

3

)

= k(1).

Conclusion : F

(

1

2

)

+F (

1

3

)

= π

4 .

novembre 2003 6 Nouvelle–Calédonie

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