Exercice 1

Question 1 : On appelle $\sigma$ l’écart-type associé à la variable aléatoire $X$.

$\begin{align*} P(X \pp 170)=0,02 &\ssi P(X-175 \pp -5)=0,02 \\
P\left(\dfrac{X-175}{\sigma} \pp -\dfrac{5}{\sigma}\right)=0,02
\end{align*}$

La variable aléatoire $X’=\dfrac{X-175}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite et on a donc $P\left(X’ \pp -\dfrac{0,05}{\sigma}\right)=0,02$.
En utilisant la touche inverse loi normale de la calculatrice on trouve $-\dfrac{5}{\sigma}\approx -2,054$.
Soit $\sigma \approx 2,434$.

On en déduit donc que $P(170\pp X\pp 180) \approx 0,96$.
Réponse b

$\quad$
Remarque : Il y avait beaucoup plus rapide en voyant que :
$\begin{align*} P(170\pp X\pp 180)&=2P(170\pp X\pp 175) \\
&=2\left(0,5-P(X \pp 170)\right)\\
&=2(0,5-0,02) \\
&=0,96
\end{align*}$

$\quad$

Question 2 : On appelle $B$ la variable aléatoire comptant le nombre de bonbons déformés.
Il y a $50$ tirages aléatoires, indépendants et identiques (on suppose le nombre de bonbons suffisamment important pour que ce soit le cas). A chaque tirage, il n’y a que $2$ issues : le bonbon est déformé ou ne l’est pas. La probabilité qu’il soit déformé est $0,05$.
La variable aléatoire $B$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=50$ et$ p=0,05$.

On veut calculer $P(B\pg 2) = 1-P(B\pp 1) \approx 0,72$ (d’après la calculatrice).
Réponse a

$\quad$

Question 3 : On considère les événements suivants :
– $A$ : le bonbon est produit par la machine A;
– $B$ : le bonbon est produit par la machine B;
– $D$ : le bonbon est déformé.

On obtient l’arbre pondéré suivant :

D’après la formule des probabilités totales on a :
$\begin{align*} p(D)&=p(A\cap D)+p(B \cap D) \\
&=\dfrac{1}{3}\times 0,05+\dfrac{2}{3}\times 0,02 \\
&=0,03
\end{align*}$

On veut calculer :

$\begin{align*} p_D(B)&=\dfrac{p(D\cap B)}{p(D)} \\
&=\dfrac{\dfrac{2}{3}\times 0,02}{0,03} \\
&\approx 0,44
\end{align*}$

Réponse c

$\quad$

Question 4 : La variable aléatoire $Y$ suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda$.

On a $E(Y)=\dfrac{1}{\lambda} \ssi 500=\dfrac{1}{\lambda} \ssi \lambda=\dfrac{1}{500}$ $\ssi \lambda =0,002$.

On veut calculer $P(Y\pp 300) =1-\e^{-0,002\times 300}\approx 0,45$.

Réponse a

$\quad$

Question 5 : Un intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$ est du type $\left[f-\dfrac{1}{\sqrt{n}};f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right]$.

Son amplitude est donc égale à $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$.

Par conséquent :
$\begin{align*} \dfrac{2}{\sqrt{n}}=0,05&\ssi \sqrt{n}=\dfrac{2}{0,05} \\
&\ssi \sqrt{n}=40 \\
&\ssi n=1~600
\end{align*}$

Réponse c

$\quad$

Exercice 2

1. La représentation paramétrique de la doite $d_1$ est $\begin{cases}x=2+t\\y=3-t\\z=t \end{cases}\qquad t\in\R$.
   Si on prend $t=0$ on obtient $\begin{cases}x=2\\y=3\\z=0\end{cases}$.
   Le point $A(2;3;0)$ appartient donc à la droite $d_1$.
   $\quad$
2. Un vecteur directeur de la droite $d_1$ est $\vec{u}_1(1;-1;1)$ et un vecteur directeur de la droite $d_2$ est $\vec{u}_2(2;1;0)$.
   $\dfrac{1}{2}\neq -\dfrac{1}{1}$.
   Les deux vecteurs ne sont donc pas colinéaires et les droites $d_1$ et $d_2$ ne sont par conséquent pas parallèles.
   $\quad$
3. $\vec{v}.\vec{u}_1=1+2-3=0$
   $\vec{v}.\vec{u}_2=2-2+0=0$
   Le vecteur $\vec{v}$ est donc bien orthogonal aux vecteurs $\vec{u}_1$ et $\vec{u}_2$.
   $\quad$
4. a. le vecteur $n(5;4;-1)$ est normal au plan dont une équation cartésienne est $5x+4y-z-22=0$.
   $\vec{n}.\vec{u}_1=5-4+1=0$
   $\vec{n}.\vec{v}=5-8+3=0$
   Le vecteur $\vec{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $P$ : il donc normal au plan $P$.
   $\quad$
   Regardons si le point $A(2;3;0)$ appartient au plan dont une équation cartésienne est $5x+4y-z-22=0$.
   $5\times 2+4\times 3-0-22=10+12-22=0$ : $A\in P$.
   $\quad$
   Par conséquent une équation cartésienne du plan $P$ est $5x+4y-z-22=0$.
   $\quad$
   b. Regardons si le point $B$ appartient au plan $P$ :
   $5\times 3+4\times 3-5-22=15+12-5-22=0$ donc $B\in P$.
   Regardons si le point $B$ appartient à la droite $d_2$ :
   On résout le système :
   $\begin{cases} -5+2t’=3\\-1+t’=3\end{cases} \ssi t’=4$
   Par conséquent $B\in d_2$.
   Un vecteur directeur de $d_2$ est $\vec{u}_2(2;1;0)$.
   Or $\vec{n}.\vec{u}_2=10+4-0=14\neq 0$.
   La droite $d_2$ n’est donc pas incluse dans le plan $P$.
   On en déduit donc que la droite $d_2$ coupe le plan $P$ au point $B(3;3;5)$.
   $\quad$
   Remarque : On pouvait également résoudre un système et déterminer les coordonnées du point d’intersection du plan et de la droite.
   $\quad$
5. a. On a $B(3;3;5)$ et $\vec{v}(1;-2;-3)$.
   Une représentation paramétrique de la droite $\Delta$ est $\begin{cases} x=3+k\\y=3-2k\\z=5-3k\end{cases} \qquad k\in\R$.
   $\quad$
   b. Pour déterminer si les droites $\Delta$ et $d_1$ sont sécantes nous allons résoudre le système :
   $\begin{align*} \begin{cases} 2+t=3+k\\3-t=3-2k\\t=5-3k\end{cases} &\ssi \begin{cases}t=5-3k\\2+5-3k=3+k\\3-5+3k=3-2k\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} t=5-3k\\7=3+4k\\-2+5k=3\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} t=5-3k\\k=1\end{cases} \\
   &\ssi \begin{cases} k=1\\t=2\end{cases} \end{align*}$
   Les droites $d_1$ et $\Delta$ sont donc sécantes au point $C(4;1;2)$.
   $\quad$
   c. D’après la question 3. la droite $\Delta$ est orthogonale au droites $d_1$ et $d_2$.
   D’après la question 5b. les droites $d_1$ et $\Delta$ sont sécantes.
   Le point $B$ appartient aux droites $d_2$ et $\Delta$.
   La droite $\Delta$ est donc sécante avec les deux droites $d_1$ et $d_2$ et orthogonale à ces deux droites.
   $\quad$

 

Exercice 3

Partie A : administration par voie intraveineuse

1. On a $f(0)=20$. On veut donc résoudre :
   $\begin{align*} f(t)=10 &\ssi 20\e^{-0,1t}=10 \\
   &\ssi e^{-0,1t}=0,5 \\
   &\ssi -0,1t=\ln(0,5) \\
   &\ssi t=-10\ln(0,5) \\
   &\ssi t=10\ln(2)
   \end{align*}$
   On a donc $t_{0,5}=10\ln(2)$.
   $\quad$
2. On veut résoudre l’inéquation :
   $\begin{align*} f(t)\pp 0,2 &\ssi 20\e^{-0,1t} \pp 0,2 \\
   &\ssi \e^{-0,1t} \pp 0,01 \\
   &\ssi -0,1t\pp \ln(0,01) \\
   &\ssi t \pg -10\ln(0,01) \\
   &\ssi t\pg 10\ln(100)
   \end{align*}$
   Or $10\ln(100) \approx 46,05$
   C’est après environ $46,1$ h soit $46h$ et $6$ minutes que le médicament est éliminé.
   $\quad$
3. Montrons qu’une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;+\infty[$ est la fonction $F$ définie sur cet intervalle par $F(t)=-200\e^{-0,1t}$
   La fonction $F$ est dérivable sur l’intervalle $[0;+\infty[$ comme composée de fonctions dérivables.
   $F'(t)=-200\times (-0,1)\e^{-0,1t}=20\e^{-0,1t}=f(t)$.
   $F$ est donc une primitive de $f$ sur l’intervalle $[0;+\infty[$.
   Ainsi :
   $\begin{align*} \displaystyle \int_0^x f(t)\dt &=F(x)-F(0) \\
   &=-200\e^{-0,1x}+200
   \end{align*}$
   $\lim\limits_{x \to +\infty} -0,1x=-\infty$ et $\lim\limits_{X \to -\infty} \e^X=0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty}-200\e^{-0,1x}=0$
   Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} \int_0^x f(t)\dt=200$.
   Pour ce modèle, l’ASC est égal à $200$ µg.L$^{-1}$.h.
   $\quad$

Partie B : administration par voie orale

1. La fonction $g$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que composée et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
   $\begin{align*} g'(t)&=20\left(-0,1\e^{-0,1t}-(-1)\e^{-t}\right) \\
   &=20\left(-0,1\e^{-0,1t}+\e^{-t}\right) \\
   &=20\e^{-t}\left(-0,1\e^{-0,1t+t}+1\right)\\
   &=20\e^{-t}\left(1-0,1\e^{0,9t}\right)
   \end{align*}$
   $\quad$
2. La fonction exponentielle est strictement positive donc le signe de $g'(t)$ ne dépend que du signe de $1-0,1\e^{0,9t}$.
   $\begin{align*} 1-0,1\e^{0,9t}=0&\ssi 1=0,1\e^{0,9t} \\
   &10=\e^{0,9t} \\
   &\ln(10)=0,9t \\
   &t=\dfrac{\ln(10)}{0,9}
   \end{align*}$
   et
   $\begin{align*} 1-0,1\e^{0,9t}\pg 0&\ssi 1\pg 0,1\e^{0,9t} \\
   &10\pg \e^{0,9t} \\
   &\ln(10)\pg 0,9t \\
   &t\pp\dfrac{\ln(10)}{0,9}
   \end{align*}$
   La fonction $g$ est donc croissante sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{\ln(10)}{0,9}\right]$ et décroissante sur l’intervalle $\left[\dfrac{\ln(10)}{0,9};+\infty\right[$.
   $\quad$
   Or $\dfrac{\ln(10)}{0,9} \approx 2,56$ h soit $\approx 2$ h $34$ min.
   La concentration est donc maximale au bout de $2$ h $34$ min.
   $\quad$

Partie C : administration répétée par voie intraveineuse

1. Initialisation : $u_1=20$ et $40-40\times 0,5^1=40-20=20$
   La propriété est donc vraie au rang $1$.
   $\quad$
   Hérédité : Supposons la propriété vraie au rang $n$ : $u_n=40-40\times 0,5^n$.
   $\begin{align*} u_{n+1}&=0,5u_n+20 \\
   &=0,5\left( 40-40\times 0,5^n\right) +20 \\
   &=20-40\times 0,5^{n+1}+20 \\
   &=40-40\times 0,5^{n+1}
   \end{align*}$
   La propriété est donc vraie au rang $n+1$
   $\quad$
   Conclusion : La propriété est vraie au rang $1$ et est héréditaire.
   Par conséquent, pour tout entier naturel $n \pg 1$ on a $u_n=40-40\times 0,5^n$.
   $\quad$
2. $-1<0,5<1$ : donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,5^n = 0$
   Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 40$
   $\quad$
3. On veut donc trouver le plus petit entier naturel tel que :
   $\begin{align*} u_n \pg 38 &\ssi 40-40\times 0,5^n \pg 38 \\
   &\ssi -40 \times 0,5^n \pg -2 \\
   &\ssi 0,5^n \pp 0,05 \\
   &\ssi n\ln(0,5) \pp \ln(0,05) \\
   &\ssi n \pg \dfrac{\ln(0,05)}{\ln(0,5)} \\
   &\ssi n \pg 5
   \end{align*}$
   Il faut donc au minimum $5$ injections pour atteindre cet équilibre.
   $\quad$

 

 

Exercice 4

Partie A : étude du cas particulier $\boldsymbol{n=6}$

1. Les angles au centre sont tous égaux et mesurent $\dfrac{360}{6}=60$°.
   Le triangle $OA_6B_6$ est isocèle en $O$.
   Puisque l’angle au sommet principal $\widehat{A_6OB_6}$ mesure $60$° cela signifie donc que le triangle $OA_6B_6$ est équilatéral.
   $\quad$
   Tous les triangles étant superposables ont la même aire $\mathscr{A}_6$. On sait également que l’aire du polygone est égale à $1$.
   Ainsi $6\times \mathscr{A}_6=1$ soit $\mathscr{A}_6=\dfrac{1}{6}$.
   $\quad$
2. On appelle $M$ le milieu de $\left[OA_6\right]$.
   Puisque le triangle $OA_6B_6$ est équilatéral, cela signifie que la hauteur $\left(B_6M\right)$ est également une médiane.
   Ainsi $OM=\dfrac{r_6}{2}$.
   On applique alors le théorème de Pythagore dans le triangle $OMB_6$ rectangle en $M$ :
   $\begin{align*} {OB_6}^2=OM^2+{MB_6}^2 &\ssi {r_6}^2=\dfrac{{r_6}^2}{4}+{MB_6}^2 \\
   &\ssi {MB_6}^2=\dfrac{3{r_6}^2}{4} \\
   &\ssi MB_6=\dfrac{r_6\sqrt{3}}{2}
   \end{align*}$
   $\quad$
3. L’aire du triangle $OA_6B_6$ est donc également $\begin{align*} \mathscr{A}_6&= \dfrac{r_6\times \dfrac{r_6\sqrt{3}}{2}}{2} \\
   &=\dfrac{{r_6}^2\sqrt{3}}{4}
   \end{align*}$
   Cela signifie donc que :
   $\begin{align*} \dfrac{{r_6}^2\sqrt{3}}{4}=\dfrac{1}{6}&\ssi {r_6}^2=\dfrac{4}{6\sqrt{3}} \\
   &\ssi {r_6}^2=\dfrac{2}{3\sqrt{3}} \\
   &\ssi r_6=\sqrt{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}
   \end{align*}$
   $\quad$

Partie B : cas général avec $\boldsymbol{n \pg 4}$

1. On appelle $M$ le pied de la hauteur issue de $B_n$.
   Dans le triangle $OMB_n$ rectangle en $M$ on a :
   $\begin{align*}\sin\left(\theta_n\right)=\dfrac{OM}{OB_n} &\ssi \sin\left(\theta_n\right)=\dfrac{OM}{r_n} \\
   &\ssi OM=r_n\sin\left(\theta_n\right)
   \end{align*}$
   $\quad$
   Remarque : On pouvait également voir la hauteur $MB_n$ comme (la valeur absolue de ) la partie imaginaire de l’affixe de $B_n$ qui est $r_n\e^{\ic \theta_n}=r_n\left(\cos \left(\theta_n\right)+\ic \sin \left(\theta_n\right)\right)$.
   $\quad$
   L’aire du triangle $OA_nB_n$ est :
   $\begin{align*} \mathscr{A}_n&=\dfrac{OA_n\times MB_n}{2} \\
   &=\dfrac{r_n\times r_n\sin \theta_n}{2} \\
   &=\dfrac{{r_n}^2}{2}\sin\left(\theta_n\right)
   \end{align*}$
   $\quad$
2. Les $n$ angles au centre ont tous la même mesure. Ainsi :
   $\begin{align*} \left(\vect{OA_n},\vect{OB_n}\right)&=\theta_n \\
   &=\dfrac{2\pi}{n}
   \end{align*}$
   $\quad$
   On sait que l’aire du polygone $P_n$ est égale à $1$.
   Par conséquent :
   $\begin{align*} n\times \mathscr{A}_n=1 &\ssi \dfrac{n{r_n}^2}{2}\sin\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)=1 \\
   &\ssi {r_n}^2=\dfrac{2}{n\sin\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)} \\
   &\ssi r_n=\sqrt{\dfrac{2}{n\sin\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)}}
   \end{align*}$
   $\quad$

Partie C : étude de la suite $\boldsymbol{\left(r_n\right)}$

1. Pour tout entier naturel $n\pg 4$ on a :
   $\begin{align*} 0<2<n<n+1&\ssi 0<\dfrac{1}{n+1}<\dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{2} \\
   &\ssi 0 < \dfrac{2\pi}{n+1}<\dfrac{2\pi}{n}<\pi \\
   &\ssi 0<f\left(\dfrac{2\pi}{n+1}\right)<f\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)  \quad (*)\\
   &\ssi 0<\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n+1}\right)<\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)  \\
   &\ssi 0<\sqrt{\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n+1}\right)}<\sqrt{\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n}\right) } \quad (**)\\
   &\ssi 0<r_{n+1}<r_n
   \end{align*}$
   $\quad$
   $(*)$ car la fonction $f$ est croissante et strictement positive (quotient de fonctions strictement positives sur l’intervalle d’étude) sur l’intervalle $]0;\pi[$.
   $(**)$ car la fonction racine carré est croissante sur l’intervalle $[0;+\infty[$.$\quad$
   La suite $\left(r_n\right)$ est donc décroissante.
   $\quad$
2. La suite $\left(r_n\right)$ est donc décroissante et minorée par $0$. Elle converge donc.
   $\quad$
3. L’algorithme renvoie le plus petit entier naturel $n$ tel que $r_n\pp 0,58$.
   La suite $\left(r_n\right)$ est décroissante.
   D’après la calculatrice $r_{10} \approx 0,583~318$ et $r_{11}\approx 0,579~915$
   L’algorithme va donc afficher $11$.
   $\quad$

Exercice 4

1. $A=\begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}$
   $B=\begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix}$
   $\quad$
2. La matrice gauche associée à la matrice $\begin{pmatrix}1&1\\1&2\end{pmatrix}$ est :
   $C=A\times G=\begin{pmatrix}2&1\\3&2\end{pmatrix}$
   La fraction est donc $\dfrac{2+1}{3+2}=\dfrac{3}{5}$.
   $\quad$
3. a.
   $\begin{align*} d(a+c)-c(b+d)&=ad+dc-cb-cd \\
   &=ad-bc \\
   &=1
   \end{align*}$
   $\quad$
   b. On a $M\times G=\begin{pmatrix} a+c&c\\b+d&d\end{pmatrix}$
   Ainsi :
   $\Delta_{M\times G}=d(a+c)-c(b+d)$
   D’après la question précédente, puisque $\Delta_M=1$ alors $\Delta_{M\times G}=1$.
   $\quad$
4. Pour toutes les matrices $N$ de l’arbre de Stern-Brocot on a $d(a+c)-c(b+d)=1$
   D’après le théorème de Bezout, cela signifie que $a+c$ et $b+d$ sont premiers entre-eux et donc que la fraction $\dfrac{a+c}{b+d}$ est irréductible.
   $\quad$
5. a.
   $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
   \hline
   \text{Affichage}&\phantom{\text{Gauche}}&\text{Gauche}&\text{Droite}&\text{Gauche}&\text{Gauche}\\
   \hline
   m&4&4&1&1&1\\
   \hline
   n&7&3&3&2&1\\
   \hline
   \end{array}$
   $\quad$
   b. On peut émettre la conjecture suivante : “l’algorithme fournit le chemin à suivre à partir de la matrice unité pour obtenir une fraction $\dfrac{m}{n}$ donnée.
   En suivant ce chemin $GDGG$ on obtient les matrices suivantes :
   $\begin{pmatrix} 1&0\\0&1\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix} 1&1\\1&2\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix}2&1\\3&2\end{pmatrix}$ $\to \begin{pmatrix}3&1\\5&2\end{pmatrix}$
   La fraction associée à cette dernière matrice est $f=\dfrac{3+1}{5+2}=\dfrac{4}{7}$.

Exercice 1    5 points

Cet exercice est un questionnaire à choix multiples (Q.C.M.). Pour chacune des questions, une seule des quatre réponses est exacte. Le candidat indiquera sur sa copie le numéro de la question et la lettre correspondant à la réponse exacte. Aucune justification n’est demandée. Une réponse exacte rapporte un point, une réponse fausse ou une absence de réponse ne rapportent aucun point.

On étudie la production d’une usine qui fabrique des bonbons, conditionnés en sachets.

On choisit un sachet au hasard dans la production journalière. La masse de ce sachet, exprimée en gramme, est modélisée par une variable aléatoire $X$ qui suit une loi normale d’espérance $\mu = 175$. De plus, une observation statistique a montré que $2\%$ des sachets ont une masse inférieure ou égale à $170$ g, ce qui se traduit dans le modèle considéré par : $P(X \pp 170) = 0,02$.

Question 1 : Quelle est la probabilité, arrondie au centième, de l’événement “la masse du sachet est comprise entre $170$ et $180$ grammes” ?

Réponse a : $0,04$
Réponse b : $0,96$
Réponse c : $0,98$
Réponse d : On ne peut pas répondre car il manque des données.

$\quad$

Les différents bonbons présents dans les sachets sont tous enrobés d’une couche de cire comestible.
Ce procédé, qui déforme certains bonbons, est effectué par deux machines A et B.
Lorsqu’il est produit par la machine A, la probabilité qu’un bonbon prélevé aléatoirement soit déformé est égale à $0,05$.

Question 2 : Sur un échantillon aléatoire de $50$ bonbons issus de la machine A, quelle est la probabilité, arrondie au centième, qu’au moins $2$ bonbons soient déformés ?

Réponse a : $0,72$
Réponse b : $0,28$
Réponse c : $0,54$
Réponse d : On ne peut pas répondre car il manque des données

$\quad$

La machine A produit un tiers des bonbons de l’usine. Le reste de la production est assuré par la machine B. Lorsqu’il est produit par la machine B, la probabilité qu’un bonbon prélevé aléatoirement soit déformé est égale à $0,02$.
Dans un test de contrôle, on prélève au hasard un bonbon dans l’ensemble de la production. Celui-ci est déformé.

Question 3 : Quelle est la probabilité, arrondie au centième, qu’il soit produit par la machine B ?

Réponse a : $0,02$
Réponse b : $0,67$
Réponse c : $0,44$
Réponse d : $0,01$

$\quad$

La durée de vie de fonctionnement, exprimée en jour, d’une machine servant à l’enrobage, est modélisée par une variable aléatoire $Y$ qui suit la loi exponentielle dont l’espérance est égale à $500$ jours.

Question 4 : Quelle est la probabilité, arrondie au centième, que la durée de fonctionnement de la machine soit inférieure ou égale à $300$ jours ?

Réponse a : $0,45$
Réponse b : $1$
Réponse c : $0,55$
Réponse d : On ne peut pas répondre car il manque des données

$\quad$

L’entreprise souhaite estimer la proportion de personnes de plus de $20$ ans parmi ses clients, au niveau de confiance de $95\%$, avec un intervalle d’amplitude inférieure à $0,05$. Elle interroge pour cela un échantillon aléatoire de clients.

Question 5 : Quel est le nombre minimal de clients à interroger ?

Réponse a : $40$
Réponse b : $400$
Réponse c : $1~600$
Réponse d : $20$

$\quad$

Exercice 2    4 points

L’espace est muni d’un repère orthonormé $\Oijk$.

On considère deux droites $d_1$ et $d_2$ définies par les représentations paramétriques : $$d_1 : \begin{cases}x = 2+t \\y = 3-t\\z=t\end{cases}, t \in \R\text{ et }\begin{cases}x= -5+2t’\\y=-1+t’ \\ z=5\end{cases}, t’\in \R$$

On admet que les droites $d_1$ et $d_2$ sont non coplanaires.

Le but de cet exercice est de déterminer, si elle existe, une troisième droite $\Delta$ qui soit à la fois sécante avec les deux droites $d_1$ et $d_2$ et orthogonale à ces deux droites.

1. Vérifier que le point $A(2;3;0)$ appartient à la droite $d_1$.
   $\quad$
2. Donner un vecteur directeur $\vec{u_1}$ de la droite $d_1$ et un vecteur directeur $\vec{u_2}$ de la droite $d_2$.
   Les droites $d_1$ et $d_2$ sont-elles parallèles ?
   $\quad$
3. Vérifier que le vecteur $\vec{v}(1;-2;-3)$ est orthogonal aux vecteurs $\vec{u_1}$ et $\vec{u_2}$.
   $\quad$
4. Soit $P$ le plan passant par le point $A$, et dirigé par les vecteurs $\vec{u_1}$ et $\vec{v}$.
   On étudie dans cette question l’intersection de la droite $d_2$ et du plan $P$.
   a. Montrer qu’une équation cartésienne du plan $P$ est : $5x+4y-z-22 = 0$.
   $\quad$
   b. Montrer que la droite $d_2$ coupe le plan $P$ au point $B(3;3;5)$ .
   $\quad$
5. On considère maintenant la droite $\Delta$ dirigée par le vecteur $\vect{v}\begin{pmatrix}1\\- 2\\- 3\end{pmatrix}$, et passant par le point $B (3;3;5)$.
   a. Donner une représentation paramétrique de cette droite $\Delta$.
   $\quad$
   b. Les droites $d_1$ et $\Delta$ sont-elles sécantes? Justifier la réponse.
   $\quad$
   c. Expliquer pourquoi la droite $\Delta$ répond au problème posé.
   $\quad$

Exercice 3    6 points

La pharmacocinétique étudie l’évolution d’un médicament après son administration dans l’organisme, en mesurant sa concentration plasmatique, c’est-dire sa concentration dans le plasma.
On étudie dans cet exercice l’évolution de la concentration plasmatique chez un patient d’une même dose de médicament, en envisageant différents modes d’administration.

Partie A : administration par voie intraveineuse

On note $f(t)$ la concentration plasmatique, exprimée en microgramme par litre $\big(\mu \text{g.L}^{-1}\big)$, du médicament, au bout de $t$ heures après administration par voie intraveineuse.
Le modèle mathématique est : $f(t) = 20\e^{-0,1t}$, avec $ t \in [0; +\infty[$.

La concentration plasmatique initiale du médicament est donc $f(0) = 20 \mu \text{g.L}^{-1}$.

1. La demi-vie du médicament est la durée (en heure) après laquelle la concentration plasmatique du médicament est égale à la moitié de la concentration initiale.
   Déterminer cette demi-vie, notée $t_{0,5}$.
   $\quad$
2. On estime que le médicament est éliminé dès que la concentration plasmatique est inférieure à $0,2 \mu \text{g.L}^{-1}$.
   Déterminer le temps à partir duquel le médicament est éliminé. On donnera le résultat arrondi au dixième.
   $\quad$
3. En pharmacocinétique, on appelle ASC (ou “aire sous la courbe”), en $\mu \text{g.L}^{-1}$, le nombre $\displaystyle \lim\limits_{x\to +\infty}\int_0^x f(t)\dt$.
   Vérifier que pour ce modèle, l’ ASC est égal à $200 \mu \text{g.L}^{-1}$.
   $\quad$

Partie B : administration par voie orale

On note $g(t)$ la concentration plasmatique du médicament, exprimée en microgramme par litre ($\mu \text{g.L}^{-1}$), au bout de $t$ heures après ingestion par voie orale.
Le modèle mathématique est : $g(t) = 20 \left(\e^{-0,1t}-\e^{-t}\right)$ , avec $t \in [0;+\infty[ $.
Dans ce cas, l’effet du médicament est retardé, puisque la concentration plasmatique initiale est égale à: $g(0) = 0 \mu \text{g.L}^{-1}$.

1. Démontrer que, pour tout $t$ de l’intervalle $[0;+ \infty[$, on a : $g'(t) = 20\e^{-t}\left(1-0,1\e^{0,9t} \right)$.
   $\quad$
2. Étudier les variations de la fonction $g$ sur l’intervalle $[0;+ \infty[$. (On ne demande pas la limite en $+\infty$.)
   En déduire la durée après laquelle la concentration plasmatique du médicament est maximale. On donnera le résultat à la minute près.
   $\quad$

Partie C : administration répétée par voie intraveineuse

On décide d’injecter à intervalles de temps réguliers la même dose de médicament par voie intraveineuse. L’intervalle de temps (en heure) entre deux injections est choisi égal à la demi-vie du médicament, c’est-à-dire au nombre $t_{0,5}$ qui a été calculé en  A-1.

Chaque nouvelle injection entraîne une hausse de la concentration plasmatique de $20 \mu \text{g.L}^{-1}$.
On note $u_n$ la concentration plasmatique du médicament immédiatement après la $n$-ième injection.
Ainsi, $u_1 = 20$ et, pour tout entier $n$ supérieur ou égal à $1$, on a : $u_{n+1} = 0,5 u_n+20$.
On remarque qu’avec ce modèle, la concentration initiale du médicament après la première injection, soit $20 \mu \text{g.L}^{-1}$, est analogue à celle donnée par le modèle de la partie A, soit $f(0)$.

1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier $n \pg 1$ : $u_n = 40-40\times 0,5^n$.
   $\quad$
2. Déterminer la limite de la suite $\left(u_n\right)$ lorsque $n$ tend vers $+ \infty$.
   $\quad$
3. On considère que l’équilibre est atteint dès que la concentration plasmatique dépasse $38 \mu \text{g.L}^{-1}$.
   Déterminer le nombre minimal d’injections nécessaires pour atteindre cet équilibre.
   $\quad$

Exercice 4    5 points

Candidats n’ayant pas choisi la spécialité mathématique

Le plan est muni d’un repère orthonormé $\Ouv$.
Pour tout entier $n \pg 4$, on considère $P_n$ un polygone régulier à $n$ côtés, de centre $O$ et dont l’aire est égale à $1$. On admet qu’un tel polygone est constitué de $n$ triangles superposables à un triangle $OA_nB_n$ donné, isocèle en $O$.
On note $r_n = OA_n$ la distance entre le centre $O$ et le sommet $A_n$ d’un tel polygone.

Partie A : étude du cas particulier $\boldsymbol{n = 6}$

On a représenté ci-dessous un polygone $P_6$.

1. Justifier le fait que le triangle $OA_6B_6$ est équilatéral, et que son aire est égale à $\dfrac{1}{6}$.
   $\quad$
2. Exprimer en fonction de $r_6$ la hauteur du triangle $OA_6B_6$ issue du sommet $B_6$.
   $\quad$
3. En déduire que $r_6 = \sqrt{\dfrac{2}{3\sqrt{3}}}$.
   $\quad$

Partie B : cas général avec $\boldsymbol{n\pg 4}$

Dans cette partie, on considère le polygone $P_n$ avec $n \pg 4$, construit de telle sorte que le point A$_n$ soit situé sur l’axe réel, et ait pour affixe $r_n$.
On note alors $r_n \e^{\ic\theta_n}$ l’affixe de $B_n$ où $\theta_n$ est un réel de l’intervalle $\left]0;\dfrac{\pi}{2}\right]$.

 

1. Exprimer en fonction de $r_n$ et $\theta_n$ la hauteur issue de $B_n$ dans le triangle $OA_nB_n$ puis établir que l’aire de ce triangle est égale à $\dfrac{r_n^2}{2} \sin \left(\theta_n \right)$.
   $\quad$
2. On rappelle que l’aire du polygone $P_n$ est égale à $1$.
   Donner, en fonction de $n$, une mesure de l’angle $\left(\vect{OA_n},\vect{OB_n}\right)$, puis démontrer que :
   $$r_n = \sqrt{\dfrac{2}{n \sin \left(\dfrac{2\pi}{n}\right)}}$$
   $\quad$

Partie C : étude de la suite $\boldsymbol{\left(r_n\right)}$

On considère la fonction $f$ définie pour tout réel $x$ de l’intervalle $]0;\pi[$ par $f(x) = \dfrac{\sin x}{x}$.
Ainsi, le nombre $r_n$, défini dans la partie B pour $n \pg 4$, s’exprime à l’aide de la fonction f par : $$r_n=\sqrt{\dfrac{1}{\pi}f\left(\dfrac{2\pi}{n}\right)}$$

On admet que la fonction $f$ est strictement croissante sur l’intervalle $]0;\pi[$.

1. Montrer que la suite $\left(r_n\right)$ est décroissante. On pourra pour cela commencer par démontrer que pour tout $n \pg 4$, on a : $0 < \dfrac{2\pi}{n+1} < \dfrac{2\pi}{n} < \pi$.
   $\quad$
2. En déduire que la suite $\left(r_n\right)$ converge. On ne demande pas de déterminer sa limite $L$, et on admet dans la suite de l’exercice que $L = \dfrac{1}{\sqrt{\pi}}$.
   $\quad$
3. On considère l’algorithme suivant.
   VARIABLES :
   $\quad$ $n$ est un nombre entier
   TRAITEMENT :
   $\quad$ $n$ prend la valeur $4$
   $\quad$ Tant que $\sqrt{\dfrac{2}{n \sin \left(\dfrac{2\pi}{n}\right)}}> 0,58$ faire
   $\qquad$ $n$ prend la valeur $n + 1$
   $\quad$ Fin Tant que
   SORTIE :
   $\quad$ Afficher $n$
   $\quad$
   Quelle valeur numérique de $n$ va afficher en sortie cet algorithme ?
   $\quad$

Exercice 4    5 points

Candidats ayant choisi la spécialité mathématique

L’arbre de Stern-Brocot a été découvert séparément par le mathématicien allemand Moritz Abraham Stern (1858) et par Achille Brocot (1861), horloger français qui l’a utilisé pour concevoir des systèmes d’engrenages avec un rapport entre rouages proche d’une valeur souhaitée.
Cet exercice aborde la méthode avec des matrices carrées.

On considère les deux matrices $G = \begin{pmatrix}1&0\\1&1\end{pmatrix}$ et $D = \begin{pmatrix}1&1\\0&1\end{pmatrix}$.

On construit un arbre descendant à partir d’une matrice initiale, de la façon suivante : de chaque matrice carrée $M$ de l’arbre partent deux nouvelles branches vers les deux autres matrices $M \times G$ (à gauche) et $M \times D$ (à droite). Ces deux nouvelles matrices sont appelées les matrices filles de $M$.}

Dans la méthode considérée, on prend comme matrice initiale la matrice $I = \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix}$.

1. Déterminer les deux matrices manquantes $A$ et $B$, dans la troisième ligne de l’arbre de Stern-Brocot ci-dessous.
   
   Dans la suite de l’exercice, on admet que pour toute matrice $M = \begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}$ de l’arbre de Stern-Brocot, les nombres $a$, $b$, $c$, $d$ sont des entiers vérifiant : $b + d \ne 0$.
   $\quad$
2. On associe à une matrice $M = \begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}$ de l’arbre de Stern-Brocot la fraction $\dfrac{a + c}{b + d}$.
   Montrer que, dans cette association, le trajet “gauche-droite-gauche” à partir de la matrice initiale dans l’arbre, aboutit à une matrice correspondant à la fraction $\dfrac{3}{5}$.
   $\quad$
3. Soit $M = \begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}$ une matrice de l’arbre. On rappelle que $a$, $b$, $c$, $d$ sont des entiers.
   On note $\Delta_M = ad-bc$, la différence des produits diagonaux de cette matrice.
   a. Montrer que si $ad-bc = 1$, alors $d(a+c)-c(b+d) = 1$.
   $\quad$
   b. En déduire que si $M = \begin{pmatrix}a&c\\b&d\end{pmatrix}$ est une matrice de l’arbre de Stern-Brocot telle que $\Delta_M = ad-bc = 1$, alors $\Delta_{M\times G} = 1$, c’est-à-dire que la différence des produits diagonaux de la matrice $M \times G$ est aussi égale à $1$.
   On admet de même que $\Delta_{M \times D} = 1$, et que toutes les autres matrices $N$ de l’arbre de Stern-Brocot vérifient l’égalité $\Delta_N = 1$.
   $\quad$
4. Déduire de la question précédente que toute fraction associée à une matrice de l’arbre de Stern-Brocot est irréductible.
   $\quad$
5. Soit $m$ et $n$ deux entiers naturels non nuls premiers entre eux. Ainsi la fraction $\dfrac{m}{n}$ est irréductible. On considère l’algorithme suivant.
   VARIABLES :
   $\quad$ $m$ et $n$ sont des entiers naturels non nuls et premiers entre eux
   TRAITEMENT :
   $\quad$ Tant que $m \ne n$, faire
   $\qquad$ Si $m < n$
   $\qquad \quad$ Afficher “Gauche”
   $\qquad \quad$ $n$ prend la valeur $n-m$
   $\qquad$ Sinon
   $\qquad \quad$ Afficher “Droite”
   $\qquad$ $m$ prend la valeur $m-n$
   $\quad$
   a. Recopier et compléter le tableau suivant, indiquer ce qu’affiche l’algorithme lorsqu’on le fait fonctionner avec les valeurs $m = 4$ et $n = 7$.
   $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
   \hline
   \text{Affichage}&\phantom{\text{Gauche}}&\text{Gauche}&\phantom{\ldots}\dots\phantom{\ldots}&\phantom{\ldots}\dots\phantom{\ldots}&\phantom{\ldots}\dots\phantom{\ldots}\\
   \hline
   m&4&\ldots&\ldots&\ldots&\ldots\\
   \hline
   n&7&\ldots&\ldots&\ldots&\ldots\\
   \hline
   \end{array}$
   $\quad$
   b. Conjecturer le rôle de cet algorithme. Vérifier par un calcul matriciel le résultat fourni avec les valeurs $m = 4$ et $n = 7$.
   $\quad$