Source Latex: Corrigé du devoir de mathématiques en Terminale S


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Description
Annale Bac S corrigé: Pondichéry - 22 avril 2016
Niveau
Terminale S
Table des matières
  • Exercice 1: Probabilités: loi normale et intervalle de confiance
  • Exercice 2: Nombres complexes
  • Exercice 3: Géométrie dans l'espace
  • Exercice 4: Logarithme et étude fonction
  • Exercice 5: Exponentielle, étude de fonction et intégrale
Mots clé
annale bac S, Pondichéry, Bac S, 22 avril 2016
Voir aussi:

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Source Latex de la correction du devoir

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    pdfauthor={Yoann Morel},
    pdfsubject={Baccalauréat S - Pondichery 2016},
    pdftitle={Bac S - Pondichery, 22 avril 2016},
    pdfkeywords={Bac S, annale, Mathématiques, maths}
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\voffset=-1cm
% Raccourcis diverses:
\newcommand{\nwc}{\newcommand}
\nwc{\dsp}{\displaystyle}
\nwc{\bge}{\begin{equation}}\nwc{\ene}{\end{equation}}
\nwc{\bgar}{\begin{array}}\nwc{\enar}{\end{array}}
\nwc{\bgit}{\begin{itemize}}\nwc{\enit}{\end{itemize}}
\nwc{\bgen}{\begin{enumerate}}\nwc{\enen}{\end{enumerate}}

\nwc{\la}{\left\{}\nwc{\ra}{\right\}}
\nwc{\lp}{\left(}\nwc{\rp}{\right)}
\nwc{\lb}{\left[}\nwc{\rb}{\right]}

\nwc{\ul}{\underline}
\nwc{\tm}{\times}
\nwc{\V}{\overrightarrow}
\newcommand{\zb}{\mbox{$0\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\db}{\mbox{$\hspace{0.1em}|\hspace{-0.67em}\mid$}}
\newcommand{\ct}{\centerline}

\nwc{\bgsk}{\bigskip}
\nwc{\vsp}{\vspace{0.1cm}}

\def\N{{\rm I\kern-.1567em N}} % Doppel-N
\def\D{{\rm I\kern-.1567em D}} % Doppel-N
\def\R{{\rm I\kern-.1567em R}} % Doppel R
\def\C{{\rm C\kern-4.7pt       % Doppel C
\vrule height 7.7pt width 0.4pt depth -0.5pt \phantom {.}}}
\def\Q{\mathbb{Q}}
\def\Z{{\sf Z\kern-4.5pt Z}}   % Doppel Z
\def\euro{\mbox{\raisebox{.25ex}{{\it =}}\hspace{-.5em}{\sf C}}}


\nwc{\bgmp}{\begin{minipage}}\nwc{\enmp}{\end{minipage}}
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\lhead{}\chead{}\rhead{}
\lfoot{Y. Morel - \url{https://xymaths.fr}}\cfoot{}\rfoot{Baccalauréat S
  Pondichéry  22 avril 2016 - Corrigé}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\begin{document}

\ct{\Large\textbf{Baccalauréat S Pondichéry  22 avril 2016 - Corrigé}}


\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1}} \hrulefill Commun  à tous les candidats\hrulefill\textbf{4 points}
 

\textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
\item On sait que $p(T \geqslant 22) =  0,023$.

  \begin{enumerate}[a)]
  \item On peut trouver deux domaines symétriques: 
    le premier domaine limité par la courbe, l'axe des 
    abscisses et la droite verticale d'équation $x = 22$, 
    et le deuxième qui est donc le symétrique du premier par rapport à
    la droite d'équation $x=13,9$.
\[\psset{xunit=0.3cm,yunit=1.2cm,algebraic=true}
\begin{pspicture}(-1.5,0)(30,2.6)
%\psgrid
\psline(-1.5,0)(30,0)
\multido{\n=-1+1}{31}{\psline(\n,0)(\n,-0.05)}
\def\m{13.9}% moyenne 
\def\s{4.1}% écart type
\def\f{30/(\s*sqrt(2*PI))*EXP((-((x-\m)/\s)^2)/2)}

\uput[d](0,0){0}\uput[d](1,0){1}\uput[d](10,0){10}\uput[d](13.9,0){13,9}
\psline[linestyle=dashed](13.9,0)(13.9,2.9)

\pscustom[fillstyle=hlines,hatchcolor=red]{
\psplot[plotpoints=1000,linecolor=blue]{22}{30}{\f}
\psplot[plotpoints=1000,linecolor=blue]{30}{22}{0}
%\psline(30,0)(22,0)
\closepath}

\pscustom[fillstyle=hlines,hatchcolor=red]{
\psplot[plotpoints=1000,linecolor=blue]{0}{5.8}{\f}
\psplot[plotpoints=1000,linecolor=blue]{5.8}{0}{0}
\closepath}
\uput[d](22,0){\red 22} \uput[d](5.8,0){\red 5,8}
\psplot[plotpoints=1000,linecolor=blue]{-1.5}{30}{\f}
\end{pspicture}\]


\item $P(5,8 \leqslant T \leqslant 22) 
  =1-\Bigl( (P(T > 22) + P(T< 5,8)\Bigr)
  = 1-2\tm0,023=1-0,046=0,954$

  D'après le cours, 
  $P(\mu-2\sigma\leqslant T\leqslant\mu+2\sigma)\approx0,954$, 

  c'est-à-dire ici 
  $P(13,9-2\sigma\leqslant T\leqslant 13,9 + 2\sigma)=0,954$.

  On en déduit que $\sigma$ vérifie $13,9-2\sigma = 5,8$ et
  $13,9+2\sigma=22$, ce qui donne $\sigma \approx 4,05$, soit 4,1 au
  dixième. 

  \end{enumerate}

\item La probabilité qu'un jeune soit connecté à internet
  plus de 18 heures par semaine est, à l'aide de la calculatrice, 
  $P(T > 18)\approx 0,16$.

\end{enumerate}
 
\bigskip
 
\textbf{Partie B}
 
\medskip
 
\begin{enumerate}
\item \emph{Calculs de probabilités}
\[\psset{xunit=1.cm,yunit=.8cm}
\begin{pspicture}(-2,-3)(5,2.)
  \psline(0,0)(1.5,1.5)\rput(1.75,1.5){$R$}\rput(0.7,1.2){$\frac12$}
  \psline(2,1.5)(3.5,2.25)\rput(3.75,2.25){$O$}\rput(2.7,2.2){$p$}
  \psline(2,1.5)(3.5,0.75)\rput(3.75,0.75){$\overline{O}$}\rput(2.7,0.7){$1-p$}
  %
  \psline(0,0)(1.5,-1.5)\rput(1.75,-1.5){$\overline{R}$}\rput(0.7,-1.2){$\frac12$}
  \psline(2,-1.5)(3.5,-0.75)\rput(3.75,-0.75){$O$}\rput(2.7,-0.7){$\frac13$}
  \psline(2,-1.5)(3.5,-2.25)\rput(3.75,-2.25){$\overline{O}$}\rput(2.7,-2.2){$\frac23$}
\end{pspicture}\]

\medskip

En utilisant l'arbre, ou la formule des probabilités totales: 

$q=P(O) = P\lp R \cap O\rp + P\lp\overline{R} \cap O \rp 
= P(R) \tm P_R(O) + P\lp\overline R\rp \tm P_{\overline{R}}(O) 
= \dfrac12\tm p + \dfrac12\tm\dfrac13 
= \dfrac12 p + \dfrac16$.

\item \emph{Intervalle de confiance}

\medskip

\begin{enumerate}[a)]

\item La fréquence de Oui est $f = \dfrac{625}{1500}=\dfrac{5}{12}$.
L'intervalle de confiance, au niveau de confiance de 95\,\%, de la 
proportion $q$ de jeunes qui répondent "Oui" à un tel sondage
est 
\[\lb f-\dfrac{1}{\sqrt{n}}; f + \dfrac{1}{\sqrt{n}}\rb 
= \lb\dfrac{5}{12}-\dfrac{1}{\sqrt{1500}};
     \dfrac{5}{12}+\dfrac{1}{\sqrt{1500}}\rb 
\approx \Bigl[0,390\,;\,0,443\Bigr]\]
		
\item Avec le protocole suivi, on a donc
\[\bgar{ll}0,390 \leqslant \dfrac12p + \dfrac16 \leqslant 0,443 
&\iff 2,340 \leqslant 3p + 1 \leqslant 2,658 \iff 1,340 \leqslant 3p \leqslant 1,658 \\
&\iff \dfrac{1,340}{3} \leqslant p \leqslant \dfrac{1,658}{3}$ soit $0,446 \leqslant p \leqslant 0,553\enar\]
	
Le nombre de jeunes qui pratiquent au moins une fois par semaine le
téléchargement illégal sur internet est entre 44,6\,\% et 55,3\,\%. 

\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{\textsc{Exercice 2}} \hrulefill Commun  à tous les candidats\hrulefill\textbf{3 points}


\begin{enumerate}
\item Le théorème de Pythagore appliqué au triangle $OBJ$ rectangle en
  $O$ donne: 
  
  $BJ^2  = BO^2 + OJ^2 
  = 1^2  + \lp\dfrac12\rp^2  
  = \dfrac54 \Longrightarrow BJ 
  = \dsp\sqrt{\dfrac54} = \dfrac{\sqrt5}{2}$

  $BK = BJ - KI = \dfrac{\sqrt{5}}{2} - \dfrac12 
  = \dfrac{\sqrt{5} - 1}{2}$

\item 
  \begin{enumerate}[a)]
  \item L'affixe de $A_2$ a pour module 1 
    et pour argument $\dfrac{2\pi}{5}+\dfrac{2\pi}{5}=\dfrac{4\pi}{5}$. 
    Donc $z_{A_2} = e^{\frac{4\pi}{5}}$

  \item $\bgar[t]{ll}BA_2\,^2 &= \left|z_{A_2} - z_{B} \right|^2 
    = \left|\text{e}^{\frac{4\pi}{5}} - (- 1) \right|^2 
    = \left|\text{e}^{\frac{4\pi}{5}} + 1 \right|^2 
    = \left|\cos \dfrac{4\pi}{5} + 1 + \text{i}\sin  \dfrac{4\pi}{5}\right|^2 \\
    &= \lp\cos \dfrac{4\pi}{5} + 1 \rp^2 + \sin ^2 \dfrac{4\pi}{5}
    = \cos^2 \dfrac{4\pi}{5}  + 2\cos \dfrac{4\pi}{5} + 1 + \sin^2 \dfrac{4\pi}{5} 
    = 2 +  2\cos \left(\dfrac{4\pi}{5}\right)\enar$
 
  \item D'après les résultats du logiciel de calcul formel, 
    $\cos \dfrac{4\pi}{4} = \dfrac{1}{4}\lp-\sqrt{5}-1\rp$ donc:

    $BA_2^2 = 2 + 2\tm \dfrac{1}{4}\lp- \sqrt{5} - 1\rp 
    = 2 - \dfrac{1}{2} - \dfrac{\sqrt{5}}{2} 
    = \dfrac{3 - \sqrt{5}}{2}$

    On a donc $BA_2=\sqrt{\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{1}{2}\lp\sqrt{5}-1\rp$ 
    d'après le logiciel de calcul formel.

    On en déduit que $BA_2=BK$.

  \end{enumerate}
 	
\item Procédé de construction: 
\bgit 
\item on construit $B$, $J$, $[BJ]$ et le cercle $\mathcal C$ centré
  en $J$ passant par $O$ donc de rayon $\dfrac12$ ; 
\item on obtient le point $K$ à l'intersection du cercle $\mathcal C$
  et du segment $[BJ]$; 

\item le cercle de centre $B$ de rayon $BK$ coupe le cercle unitaire
  aux points $A_2$ et $A_3$ ; 

\item le cercle de centre $A_2$ passant par $A_3$ recoupe le cercle
  unitaire en $A_1$; 

\item le cercle de centre $A_3$ passant par $A_2$ recoupe le cercle
  unitaire en $A_4$; 

\item le point $A_0$ est le point d'affixe 1. 
\enit

\end{enumerate}

\[\psset{unit=3.5cm}
\begin{pspicture}(-1.2,-1.1)(1.2,1.1)
\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-1.2,-1.1)(1,1)
%\pspolygon(1;0)(1;72)(1;144)(1;216)(1;288)
\uput[d](0.5,0){$\vec{u}$}\uput[l](0,0.5){$\vec{v}$}
\uput[dl](0,0){$O$}
%\uput[ur](1;0){$A_0$} \uput[ur](1;72){$A_1$}  \uput[dl](1;216){$A_3$} \uput[dr](1;288){$A_4$}
\psdots(-1,0)(0,0.5)%BJ
\uput[ul](-1,0){$B$}\uput[r](0,0.5){$J$}
\psline[linecolor=blue](-1,0)(0,0.5)
\uput[ul](-0.447,0.25){$K$} 
\pscircle[linestyle=dashed,linecolor=blue](0,0.5){0.5}
\pscircle[linestyle=dashed,linecolor=blue](0,0){1}
\psarc[linestyle=dashed](-1,0){0.618}{-90}{90}
\uput[ul](1;144){$A_2$}\uput[dl](1;216){$A_3$}
\psarc[linestyle=dashed](1;144){1.1756}{-90}{30}
\uput[ur](1;72){$A_1$}
\psarc[linestyle=dashed](1;216){1.1756}{-30}{90}
\uput[dr](1;-72){$A_4$}
\uput[0](1,0){$A_0$}
\pspolygon[linecolor=red,linewidth=1.5pt](1,0)(1;72)(1;144)(1;216)(1;288)
\end{pspicture}\]

\medskip 

\textbf{\textsc{Exercice 3}} \hrulefill Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité\hrulefill\textbf{5 points}

\textbf{Partie A}

La section du cube par le plan $(IJK)$ est un polygône 
dont $I$, $J$ et $K$ sont déjà trois sommets. 

\medskip
On construit le point $L$ intersection des droites 
$(IJ)$ et $(CG)$. 

Ensuite, la droite $\mathcal{D}$ est l'intersection des plans $(IJK)$
et $(CDH)$, donc contient le point $L$ qui est sur la droite $(IJ)$
donc dans le plan $(IJK)$, 
et contient aussi le point $K$ qui appartient aussi au plan $(IJK)$ et 
$(CDH)$. 
Ainsi, la droite $\mathcal{D}$ est la droite $(LK)$. 

L'intersection $M$ de $\mathcal{D}$ avec l'arête $[DH]$ est le point $M$
qui est aussi un sommet du polygône recherché. 

\medskip
L'intersection $N$ de la droite $\mathcal{D}$ avec la droite $(GH)$
est aussi un point du plan $(IJK)$, 
de même que le point $P$ intersection des droites $(IJ)$ et $(FG)$. 

Enfin, la droite $(PN)$, qui appartient donc au plan $(IJK)$, coupe les
arêtes $[EF]$ et $[EH]$ respectivement en $Q$ et $R$ qui sont donc
aussi des sommets du polygône recherché. 

\[\psset{unit=.8cm}
\begin{pspicture}(-4,-4)(11,9.5)
\pspolygon(0,0)(5,0)(5,5)(0,5)
\psline(5,0)(7.5,2.5)(7.5,7.5)(2.5,7.5)(0,5)
\psline(7.5,7.5)(5,5)
\psline[linestyle=dashed](0,0)(2.5,2.5)(2.5,7.5)
\psline[linestyle=dashed](2.5,2.5)(7.5,2.5)
\uput[l](2.6,2.6){A}
\uput[l](0,0){B}
\uput[d](5.2,0.4){C} 
\uput[r](7.5,2.6){D}
\uput[u](2.3,7.3){E}
\rput[r](0,5.2){F} 
\uput[r](5,5){G}
\uput[r](7.5,7.5){H}
\uput[l](0,2.5){I} 
\uput[l](2.6,-0.3){J}
\uput[r](6.25,1.2){K}
\psdots(0,2.5)(2.5,0)(6.25,1.25) 
%
\psline(5,6)(5,-4)%(CG)
\psplot{-3.5}{6}{-1 x mul 2.5 add}%(IJ)
\psdots(5,-2.5)\rput[r](4.8,-2.5){$L$}
\psplot[linewidth=1.5pt,linecolor=red]{4.5}{9}{3 x mul -17.5 add}%D=(KL)
\rput[l](5.6,-1){\red$\mathcal{D}$}
\psdots(7.5,5)\rput[l](7.6,5){$M$}
\psline[linewidth=.5pt,linestyle=dashed](-4,5)(1,5)
\psdots(-2.5,5)\rput(-2.45,5.3){$P$}
\psdots(1.25,6.25)\rput(1.25,6.5){$Q$}
\psdots(5,7.5)\rput(5,7.7){$R$}
\psplot{-3.5}{9.5}{1 3 div x mul 17.5 3 div add}%(PQ)
\psplot[linewidth=.5pt,linestyle=dashed]{7}{9}{x}%(GH)
\psdots(8.75,8.75)\rput[r](8.7,8.9){$N$}
\pspolygon[fillstyle=vlines,hatchcolor=blue,hatchangle=60,hatchsep=7pt,hatchwidth=.6pt]
  (0,2.5)(2.5,0)(6.25,1.25)(7.5,5)(5,7.5)(1.25,6.25)
 %  I      J       K         M       R      Q
\end{pspicture}\]



\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Dans le repère $\lp{A};\V{AB},\V{AD},\V{AE}\rp$, on a
  $A\lp0;0;0\rp$, $B\lp1;0;0\rp$, $D\lp0;1;0\rp$,
  $E\lp0;0;1\rp$, $C\lp1;1;0\rp$, $F\lp1;0;1\rp$,
  $H\lp0;1;1\rp$, $G\lp1;1;1\rp$.

$I$, $J$ et $K$ sont les milieux respectifs de 
$[BF]$, $[BC]$ et $[CD]$ donc ont pour coordonnées 
$I\lp1;0;\dfrac12\rp$, 
$J\lp1;\dfrac12;0\rp$ et 
$K\lp\dfrac12;1;0\rp$.

\item  
  \begin{enumerate}[a)]
  \item On a $\V{AG}\lp1;1;1\rp$, et 
    $\V{IJ}\lp1-1;\dfrac{1}{2}-0;0-\dfrac12\rp$ 
    soit $\V{IJ}\lp0;\dfrac12;-\dfrac12\rp$, 

    et donc 
    $\V{AG}\cdot\V{IJ} = 1\tm0+1\tm\dfrac12+1\tm\lp-\dfrac12\rp=0$ 
    d'où $\V{AG} \perp \V{IJ}$. 

    De même, 
    $\V{JK}\lp\dfrac12-1;1-\dfrac12;0-0\rp$ 
    soit $\V{JK}\lp-\dfrac12;\dfrac12;0\rp$, 

    et donc, 
    $\V{AG}\cdot\V{JK} =1\tm\lp-\dfrac12\rp+1\tm\dfrac12+1\tm0=0$ 
    d'où $\V{AG} \perp \V{JK}$. 

    Les vecteurs $\V{IJ}$ et $\V{JK}$ n'étant pas colinéaires, le
    vecteur $\V{AG}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du
    plan $(IJK)$ donc il est normal au plan $(IJK)$. 

  \item Le vecteur $\V{AG}$ lui étant normal, 
    le plan $(IJK)$ est l'ensemble des points $P\lp x;y;z\rp$ 
    de l'espace tels que $\V{IP}$ est orthogonal à $\V{AG}$:

    Comme $\V{IP}\lp x-1;y-0;z-\dfrac12\rp$ 
    soit $\V{IP}\lp x-1;y;z-\dfrac12\rp$, 
    on a 
    $\V{AG}\cdot\V{IP} = 0
    \iff 1\tm(x-1)+1\tm y+1\tm\lp z-\dfrac12\rp=0
    \iff x+y+z-\dfrac32=0$. 

    Ainsi le plan $(IJK)$ a pour équation cartésienne $x+y+z-\dfrac32=0$.
 
  \end{enumerate}

\item 
  \begin{enumerate}[a)]

  \item $IM^2=\lp t-1 \rp^2+\lp t-0\rp^2+\lp t-\dfrac12\rp^2
    = t^2-2t+1 +t^2 + t^2 -t + \dfrac14
    = 3 t^2 -3 t + \dfrac54$

  \item Le trinôme $3t^2-3t+\dfrac54$ est minimal pour 
    $t=-\dfrac{-3}{2 \times 3}=\dfrac12$.

    $MI^2$ donc $MI$ (car $MI\geqslant0$ et $x\mapsto\sqrt{x}$ est
    strictment croissante sur $\R_+$) 
    est minimal pour $t=\dfrac12$, et donc au point 
    $M$ de coordonnées $\lp\dfrac12;\dfrac12;\dfrac12\rp$. 

  \end{enumerate}
\item
  \begin{enumerate}[a)]
  \item Le plan $(IJK)$ a pour équation cartésienne $x+y+z-\dfrac32=0$ 
    et on a 
    $x_M + y_M + z_M - \dfrac32=\dfrac12+\dfrac12+\dfrac12-\dfrac32=0$ 
    et donc, on a bien $M \in (IJK)$


  \item Les points $I$ et $M$ appartiennent au plan $(IJK)$ et le
    vecteur $\V{AG}$ est normal au plan $(IJK)$; on en déduit que
    les droites $(IJ)$ et $(AG)$ sont orthogonales. 

    Mais le point $M$ est le milieu de $[AG]$ donc il appartient à $(AG)$.
    
    On peut donc en déduire que les droites $(IN)$ et $(AG)$ sont
    perpendiculaires en $M$. 
		
    \smallskip		
    Le vecteur $\V{IM}$ a pour coordonnées 
    $\lp\dfrac12-1;\dfrac12-0;\dfrac12-\dfrac12\rp 
    =\lp-\dfrac12;\dfrac12;0\rp$. 

    $\V{BF}$ a pour coordonnées $\lp0;0;1\rp$, 
    et donc     
    $\V{BF}\cdot\V{IM}=0\tm\lp-\dfrac12\rp +0\tm\dfrac12+1\tm0=0$ 
    donc $\V{BF} \perp \V{IM}$ donc la droite $(IM)$ est orthogonale à la
    droite  $(BF)$. 
    
    Mais le point $I$ appartient aux deux droites $(IN)$ et $(BF)$ donc on
    peut dire que les droites $(IL)$ et $(BF)$ sont perpendiculaires en
    $I$. 
  \end{enumerate}

\end{enumerate}
 
\medskip 

\textbf{\textsc{Exercice 4}} \hrulefill Commun  à tous les candidats\hrulefill\textbf{3 points}


\medskip
Le point $M$ a pour coordonnés $M\lp x;f(x)\rp$. 

Ainsi, l'aire de $OPMQ$ est 
$A(x)=xf(x)=2x-x\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp$. 

Cette aire ne semble pas constante. 
La fonction $A$ est de la forme $A=u-vw$, 
avec $u(x)=2x$ donc $u'(x)=2$, 
et $v(x)=x$ donc $v'(x)=1$, 
et enfin $w(x)=\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp=\ln x-\ln2$, 
donc $w'(x)=\dfrac1x$. 

On a alors, 
$A=u'-v'w-vw'$, soit, 
pour $x>0$, 
on a $A'(x)=2-\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp-x\dfrac1x=1-\ln\lp\dfrac{x}{2}\rp$. 

De plus, $A'(x)>0\iff \ln\lp\dfrac{x}{2}\rp<1\iff\dfrac{x}{2}<e^1=e$, 
car l'exponentielle est strictement croissante sur $\R_+^*$, 
et donc, $A'(x)>0\iff x<2e$. 

La fonction $A$, aire de $APMQ$, n'est donc pas constante, et est
strictement croissante sur $[0;2e]$ et strictement décroissante sur
$[2e;14]$. 

En particulier, l'aire est maximale lorsque l'abscisse de $M$ est
$x=2e$, soit pour le point $M\lp2e;f(2e)\rp$, 
soit $M(2e;1)$. 


\medskip

\textbf{\textsc{Exercice 5}} \hrulefill Commun  à tous les candidats\hrulefill\textbf{5 points}

\medskip

\textbf{Partie A : Modélisation discrète}

\medskip

Pour $n$ entier naturel, on note $T_n$ la température en degré Celsius de la boîte au bout de $n$ minutes. On a donc $T_0 = 25$.

Pour $n$ non nul, la valeur $T_n$ est calculée puis affichée par l'algorithme suivant :

\[
\begin{tabular}{|l|l|}\hline
Initialisation:	&$T$ prend la valeur 25\\ \hline
Traitement:	& Demander la valeur de $n$\\
		&Pour $i$ allant de 1 à $n$ faire\\
		&\hspace{0,5cm}$T$ prend la valeur $0,85 \times  T + 15$\\
		&Fin Pour\\ \hline
Sortie: 	&Afficher T\\ \hline
\end{tabular}\]


\begin{enumerate}
\item% Déterminer la température de la boîte de conserve au bout de 3 minutes.
On cherche $T_3$:

$T_1 = 0,85 \times T_0+15 = 36,25$;
$T_2 = 0,85 \times T_1+15 = 45,8125$;
$T_3 = 0,85 \times T_2+15 = 53,940625$

La température de la boîte de conserve au bout de 3 minutes est approximativement de 54\,\degres{} C. 

\item% Démontrer que, pour tout entier naturel $n$, on a $T_n = 100 - 75 \times 0,85^n$.

Soit $\mathcal P_n$ la propriété: $T_n = 100 - 75 \times 0,85^n$.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item Pour $n=0$: $100 - 75 \times 0,85^0 = 100 - 75\times 1 = 25 = T_0$ donc la propriété est vraie au rang 0.

\item On suppose la propriété vraie au rang $p\geqslant 0$, c'est-à-dire $T_p = 100 - 75 \times 0,85^p$.

D'après l'algorithme, on peut dire que, pour tout $n\geqslant 0$, $T_{n+1} = 0,85\times T_n+15$.

Donc $T_{p+1} = 0,85\left (100- 75\times 0,85^p\right )+15 
= 85 - 75\times 0,85^{p+1} + 15
= 100 - 75\times 0,85^{p+1}$ 

La propriété est donc vraie au rang $p+1$.

\item La propriété $\mathcal P_n$ est vraie au rang 0 et elle est héréditaire pour tout $p\geqslant 0$; elle est donc vraie pour tout $n\geqslant 0$.
\end{list}

Pour tout entier naturel $n$, $T_n=100-75\times 0,85^n$.
\item% Au bout de combien de minutes la stérilisation débute-elle ?
La stérilisation débute dès que la température est supérieure à 85\,\degres{}~C, donc on cherche $n$ tel que $T_n > 85$:

$\begin{array}{l l l}
T_n > 85 & 100 - 75 \times 0,85^{n} > 85\\
    &\iff 15 > 75\times 0,85^n\\
    &\iff 0,2 > 0,85^n\\
    &\iff \ln 0,2 > \ln\left( 0,85^n\right) & \text{croissance de la fonction ln}\\
    &\iff \ln 0,2 > n  \times \ln 0,85 & \text{propriété de la fonction ln}\\
    &\iff \dfrac{\ln 0,2}{\ln 0,85} < n & \text{car } \ln 0,85 <0
\end{array}$

Or $\dfrac{\ln 0,2}{\ln 0,85} \approx 9,9$ donc la stérilisation débute au bout de 10 minutes.

\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B : Modélisation continue}

\medskip

Dans cette partie, $t$ désigne un réel positif.

On suppose désormais qu'à l'instant $t$ (exprimé en minutes), la
température de la boîte est donnée par $f(t)$ (exprimée en degré
Celsius) avec: 
$f(t) = 100 - 75e^{- \frac{\ln 5}{10}t}$.

\begin{enumerate}
\item 

  \begin{enumerate}[a)]

  \item La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ et 

    $f'(t)=-75\times \lp -\dfrac{\ln 5}{10}\rp e^{-\frac{\ln 5}{10}t}
    = 7,5\times \ln 5 e^{-\frac{\ln 5}{10}t} >0$ 
    car $e^x>0$ pour tout réel $x$.

    Donc la fonction $f$ est strictement croissante sur $[0\,;\,+\infty[$.

      \item $f(10)=100-75e^{-\frac{\ln 5}{10}\times 10}=100-75e^{-\ln 5}
        = 100-\dfrac{75}{e^{\ln 5}}
        = 100 - \dfrac{75}{5} = 85$

        Or la fonction $f$ est strictement croissante 
        donc si $x\geqslant 10$, alors $f(x)\geqslant f(10)$ 
        ce qui veut dire que $f(x) \geqslant 85$. 

  \end{enumerate}

\item Soit $\theta$ un réel supérieur ou égal à 10.
		
  On note $\mathcal{A}(\theta)$ le domaine délimité par les 
  droites d'équation $t =  10,\: t = \theta,\:$
		 
  $y = 85$ et la courbe représentative $\mathcal{C}_f$ de $f$.
		
  On considère que la stérilisation est finie au bout d'un temps
  $\theta$, si l'aire, exprimée en unité 
  d'aire du domaine $\mathcal{A}(\theta)$ est supérieure à $80$.

\begin{center}
\psset{xunit=0.35cm,yunit=0.08cm}
\begin{pspicture}(-0.5,-5)(32,110)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=5,Dy=10]{->}(0,0)(-0.5,-5)(32,110)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=5,Dy=10](0,0)(0,0)(32,110)
\def\f{100 2.71828 5 ln 10 div x mul  neg exp 75 mul sub}

\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]
{
\def\inf{10} \def\sup{25}
\psplot{\inf}{\sup}{\f}
\psplot{\sup}{\inf}{85}
\closepath
}

\multido{\n=0+5}{7}{\psline[linestyle=dotted,linewidth=1.pt](\n,0)(\n,100)}
\multido{\n=0+5}{21}{\psline[linestyle=dotted,linewidth=1.pt](0,\n)(32,\n)}
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{32}{\f}
\uput*[u](28,0){temps (en minutes)}
\uput*[r](0,105){température (en degré Celsius)}
\uput[u](2,46){\blue $\mathcal{C}_f$}
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1.5pt](0,85)(32,85)
\uput*[d](27.5,85){$y = 85$}
\end{pspicture}
\end{center}
\medskip

\begin{enumerate}[a)]

\item $A(25)$ est représentée en gris sur le graphique ci-dessus.
Chaque rectangle correspond à $5\times 5$ unités d'aire.
En comptant les rectangles inclus dans la partie grisée, on en compte 3 entiers plus un demi, ce qui fait $3,5\times 25 = 87,5$ unités d'aire.
Donc $\mathcal A(25) > 80$.

\item $A(\theta) 
= \dsp \int_{10}^{\theta}\left (  f(t) - 85\right ) \d t
= \dsp \int_{10}^{\theta}\left [  \left(  100 - 75\times e^{-\frac{\ln 5}{10}t}\right) - 85\right] \d t
= \dsp \int_{10}^{\theta}\left( 15 - 75\times e^{-\frac{\ln 5}{10}t} \right) \d t\\
\phantom{A(\theta)}= \dsp \int_{10}^{\theta} 15 \d t - \dsp \int_{10}^{\theta} 75\times e^{-\frac{\ln 5}{10}t}  \d t
= 15 \left [ t \rule{0pt}{12pt}\right ]_{10}^{\theta} - 75 \dsp \int_{10}^{\theta} e^{-\frac{\ln 5}{10}t} \d t
= 15 (\theta - 10) - 75 \dsp \int_{10}^{\theta} e^{-\frac{\ln 5}{10}t} \d t
$

		\item La stérilisation est finie au bout de 20 minutes si $\mathcal A(20)>80$.
		
$\mathcal A(20)
= 15(20-10) - 75  \dsp \int_{10}^{20} e^{-\frac{\ln 5}{10}t} dt
= 150 - 75 \left [  - \dfrac{10}{\ln 5}e^{-\frac{\ln 5}{10}t} \right ]_{10}^{20}
= 150 + \dfrac{750}{\ln 5} \left [ e^{-2 \ln 5} - e^{-\ln 5} \right ]\\[5pt]
\phantom{\mathcal A(20)}
= 150 + \dfrac{750}{\ln 5} \left [ \left (e^{- \ln 5}\right )^2 - e^{-\ln 5} \right ]
= 150 + \dfrac{750}{\ln 5} \left[ \left(\dfrac{1}{5}\right)^2 - \dfrac{1}{5} \right]
= 150 + \dfrac{750}{\ln 5} \left [ \dfrac{1}{25} - \dfrac{1}{5} \right ]\\[5pt]
\phantom{\mathcal A(20)}
= 150 + \dfrac{750}{\ln 5}\times  \dfrac{-4}{25}
= 150 - \dfrac{120}{\ln 5}
\approx 75,44 <80
$		

\smallskip
		
Donc la stérilisation n'est pas finie au bout de 20 minutes.		
		
	\end{enumerate}
\end{enumerate}


\label{LastPage}
\end{document}

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