Indice term es/l Ldp Complet

T ES L spécialité

spécifique spécialité

erm

•

enseignement DE spécialité

programme 2012 Sous la direction de :

Michel PONCY Jean-Louis BONNAFET Marie-Christine RUSSIER

Sébastien CANTE Martine FEID Yves GUICHARD Catherine LEBERT Pierre-Marie LONGIN Yvette MASSIERA Jean-Manuel MENY Frédérique MOUNIER Denis VIEUDRIN Fabienne VINCEROT

Sommaire enseignement spécifique T erm ES/enseignement spécialitÉ T erm L chapitre chapitre chapitre chapitre chapitre chapitre chapitre chapitre

1 2 3 4 5 6 7 8

Les suites numériques

..........................................................................................

5

Continuité et convexité

..........................................................................................

14

Fonctions exponentielles Logarithmes

...................................................................................

22

........................................................................................................................

35

Calcul intégral

...................................................................................................................

47

Probabilités conditionnelles

............................................................................

56

Lois de probabilitéà densité

...........................................................................

66

Échantillonnage et estimation

......................................................................

76

ensembles – Raisonnement LOGIQUE ......................................................................................................

88

enseignement DE spécialité T erm ES chapitre chapitre chapitre

1 2 3

Problèmes sur les matrices Problèmes de graphes

92

..........................................................................................

105

Problèmes pondérés et probabilités

© Bordas/SEJER, Paris 2012 – ISBN : 978-2-04-732974-0

2

..............................................................................

.....................................................

116

spécifique

TES L •

spécialité

erm

chapitre

1

Les suites numériques

A Le programme Contenus

Capacités attendues

Commentaires

Suites Suites géométriques.

• Reconnaître et exploiter une suite géométrique dans une situation donnée. • Connaître la formule donnant : 1 + q + K + qn avec q ≠ 1 .

Limite de la suite (qn), q étant un nombre réel strictement positif.

Suites arithmético-géométriques.

• Déterminer la limite d’une suite géométrique de raison strictement positive. • Étant donné une suite (qn) avec 0  q  1, mettre en oeuvre un algorithme permettant de déterminer un seuil à partir duquel qn est inférieur à un réel a positif donné. • Traduire une situation donnée à l’aide d’une suite arithmético-géométrique.

Le tableur, les logiciels de géométrie dynamique et de calcul sont des outils adaptés à l’étude des suites, en particulier pour une approche expérimentale de la notion de limite. On détermine, sans soulever de difficulté, la limite de la somme 1 + q + K + qn quand 0  q  1. Le comportement lorsque n tend vers +  de la somme des n premiers termes de certaines suites géométriques fournit un exemple de suite croissante n’ayant pas pour limite + . On évoque les aspects historiques et philosophiques de cette question en présentant quelques paradoxes classiques. Toute indication doit être donnée dans l’étude des suites arithmético-géométriques.

B Notre point de vue Nous avons respecté l’ordre du programme en plaçant ce chapitre, consacré aux suites géométriques, au début du livre. Nous avons décidé de nous appuyer sur les acquis des élèves en ne proposant aucun rappel sur la définition ou la représentation graphique d’une suite. Nous commençons par redonner la définition d’une suite géométrique, démontrons que ses variations dépendent de sa raison et de son premier terme et faisons calculer la somme de ses termes. Ensuite, nous abordons la notion de limite d’une suite géométrique en l’illustrant par la recherche d’un seuil. Les outils qui nous semblent les plus appropriés pour approcher cette notion sont : la représentation graphique, la calculatrice pour programmer des algorithmes permettant de déterminer un seuil, le tableur pour rechercher un seuil par le calcul des termes d’une suite. Les nouveaux programmes préconisent : « les activités proposées aux élèves doivent les entraîner à chercher, expérimenter, modéliser, en particulier à l’aide d’outils logiciels et mettre en œuvre des algorithmes ». Les exercices abordant la somme des termes d’une suite géométrique nous permettent d’illustrer le fait que « toute suite croissante ne tend pas vers +  ». Un paragraphe est ensuite consacré à l’étude et l’utilisation des suites arithmético-géométrique en lien avec une situation donnée, en respectant le fait que « toute indication doit être donnée dans l’étude des suites arithmético-géométriques ». Ce chapitre propose des problèmes en lien avec l’économie (placements financiers, coûts des crédits, remboursements Chapitre 1 Les suites numériques – Term ES spécifique/L spécialité

5

d’emprunts, théorie malthusienne, ...). Un problème d’approfondissement page 27 est consacré à la suite de Fibonacci, avec comme point de départ le nombre de faux bourdons dans une population d’abeilles. Nous avons aussi suivi les directives du programme en consacrant un TP (page 28) à un célèbre paradoxe : le paradoxe de Zénon. Un dernier TP aborde enfin des théories économiques plus complexes : l’oscillateur de Samuelson. Nous sommes cependant conscients que, dans ce domaine, les modèles proposés sont stimulants pour l’esprit mais s’avèrent sans doute peu aptes à autoriser la moindre prospective. On pourra demander son avis au professeur d’économie de la classe… Les exercices proposés dans la rubrique Cap vers le Bac reprennent tous les points importants ; nous avons veillé à y inclure un algorithme et le recours à un tableur pour émettre une conjecture. Le sujet commenté page 32 est issu du bac métropole de septembre 2011 ; il semble bien illustrer la nécessité de recourir à une suite arithmético-géométrique pour modéliser une situation donnée et émettre des prévisions.

Les notions abordées dans le chapitre 1 1. Suites géométriques 2. Limite d’une suite géométrique de raison strictement positive 3. Recherche d’un seuil et suites arithmético-géométriques

C Avant de commencer Voir livre page 262 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

D Activités Activité

1 Évolutions de populations

Cette activité a pour but de faire le point sur les acquis des élèves concernant les suites géométriques (savoir prouver qu’une suite est géométrique, utiliser cette modélisation pour formuler des prévisions). Comme c’est une première approche, nous choisissons de proposer une copie d’écran de calculatrice qui donne la réponse à la question 3. 1. En 2012, il y aura 343 000 habitants dans la ville A, en 2013 : 336 140 habitants. En 2012, il y aura 185 400 habitants dans la ville B, en 2013 : 190 962 habitants. 2. (un) est une suite géométrique de raison 0,98 ; pour tout entier, un = 0,98n × 350000. (vn) est une suite géométrique de raison 1,02 ; pour tout entier, vn = 1,03n × 18 0000. n u 3. un  vn équivaut à n  1 soit 0,98  18 . vn 1, 03 35 n 0,98 Soit  0,514. On trouve n = 14 soit l’année 2 025. 1, 03

( )

Activité

( )

2 La gestion de nos déchets

Nous allons faire calculer la somme des termes consécutifs d’une suite géométrique, le contexte de l’exercice nous paraissant bien adapté à cet objectif (les données sont réelles, elles proviennent du site « Futura-Environnement »). Dans un premier temps, on a recours au tableur pour calculer la somme des dix premiers termes puis on propose la démonstration parce qu’elle semble à la portée des élèves et qu’elle sera reprise dans le cours (somme des n premiers termes). Le tableur retrouve son utilité dans la dernière question.

6

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TESL_activite2.ods (OpenOffice), 01_TESL_activite2.xls (Excel 2003), et 01_TESL_activite2.xlsx (Excel 2007). 1. a. (un) est une suite géométrique de raison 1,04 puisque la quantité de déchets augmente de 4 % par an. Son premier terme est 80 (20 kg de déchets par personne en moyenne en 2011) d’où un = 1,04n × 80. b. En 2014, une famille de quatre personnes produira 1,043 × 80 kg de déchets soit 89,98 kg. c. De 2011 à 2014, la famille produira environ 339,72 kg de déchets. 2. a. Dans la cellule C3, on saisit la formule =C2*1,04 et on la recopie vers le bas, on obtient ainsi les termes de la suite (un). b. Dans la cellule C12, on saisit la formule  =SOMME(C2 :C11) . 3. a. 1,04S = 1,04u0 + 1,04u1 + … + 1,04 u9 = u1 + u2 + … + u10. D’où 1,04S – S = 0,04S = u10 – u0. u10 − u0 . 0, 04 c. Le tableur donne le même résultat : 960,488. 4. Le nombre total de déchets cumulés dépassera 2 tonnes en 2029 (n = 18).

b. On obtient ainsi S =

Activité

3 Une balle qui rebondit

À l’aide d’une situation concrète, que l’on peut concevoir aisément, on approche ici la notion de limite. On utilise la calculatrice ou un tableur pour conjecturer un seuil (nombre de rebonds à partir duquel la balle se met à rouler).

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TESL_activite3.ods (OpenOffice), 01_TESL_activite3.xls (Excel 2003), et 01_TESL_activite3.xlsx (Excel 2007). 1. On a une suite géométrique de raison 4 car la balle rebondit 5 au quatre cinquième de la hauteur précédente. 2. un = 0, 8n × 100 . 3. Au dixième rebond : u10 = 0, 810 × 100 soit une hauteur de 10,74 mètres environ. 4. Il s’agit de déterminer le plus petit entier n tel que : 0,8n × 100  0,01. On trouve n = 42. 5. Lorsque n devient très grand, les termes de la suite se rapprochent de 0.

Activité

4 Un algorithme

Il s’agit de proposer un algorithme permettant de déterminer un seuil. Nous demandons ensuite d’adapter cet algorithme à la recherche d’un autre seuil, puis nous modifions l’expression de la suite. La calculatrice est un outil suffisant et parfaitement adapté à la programmation de ces algorithmes simples et faciles à modifier. Les élèves pourront aisément les réutiliser ou les adapter aux différentes situations qu’ils vont rencontrer. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TESL_activite4.alg (AlgoBox).

1. c. 379 est le plus petit entier à partir duquel d. Écrire « Tant que A  2.

10–50

».

( 56 )   10 n

−30

.

A prend la valeur 3 I prend la valeur 0 Tant que A  10– 40 I prend la valeur I + 1 A prend la valeur 0,2 × A Fin Tant que Afficher I

Activité

5 Un placement

Une situation simple liée à un placement bancaire (intérêts composés et dépôt régulier d’une épargne) nous permet d’introduire la notion de suite arithmético-géométrique. Les élèves sont conduits à utiliser la calculatrice en mode RECUR pour les Casio, SEQUENTIEL pour Texas, afin de déterminer les 20 premiers termes de la suite définie par une relation de récurrence et répondre ainsi à la dernière question de l’exercice. 1. S0 = 10 000 ; S1 = 13 400 ; S2 = 16 936 ;  S3 = 20 613. Cette suite n’est ni arithmétique, ni géométrique. 2. a. La relation Sn+1 = (1,04)Sn + 3 000 se déduit aisément de l’énoncé : intérêts composés de 4 % et dépôt régulier de 3 000 € par an. b. S4 = 24 437 ;  S5 = 28 415 ; … ;  S19 = 104 082 ;  S20 = 111 245. c. Au premier janvier 2021, le couple possèdera 50 820 euros (45 981 euros au premier janvier 2020).

E Exercices POUR DÉMARrER 1 2

u1 = 12, u2 = 48, u3 = 192 et u4 = 768. u1 = –0,4, u2 = –0,08, u3 = –0,016 et u4 = –0,0032.

Correctif : (vn) est définie par v1 = 5 et par vn + 1 = 4 vn. 5 v2 = 4, v3 = 16 ,  v4 = 64 et v5 = 256 . 25 5 125 3

()

n

( )

tn =  6 × −7 4

4

w n =   −10 × 7 6

6

u1 = 20, u2 = 100, u3 = 500 et u4 = 2 500.

7

v2 = −14 , v3 = 28 ,  v8 = −896 et v10 = −3 584 . 2 187 3 9 19 683

8 9 10

5

t0 = 0, t1 = 1 ,  t2 = 2 ,  t3 = 3 . 4 3 2 Suite non géométrique. 14 u0 = 2, u1 = 6, u2 = 18 et u3 = 54. Suite géométrique de raison 3. 15 v0 = 3, v1 = 5, v2 = 11 et v3 = 29. Suite non géométrique. 16 Voir livre page 262. 17 1. Suite géométrique de raison 1 −   12 = 22 . 100 25 n 2. w n = 6 × 22 25 18 1. Suite géométrique de raison 1,025 car intérêts composés au taux annuel de 2,5 %. 2. Cn = 1,025n × 1 000 ; C10 = 1,02510 × 1 000. 3. C10 ≈ 1 280 euros 19 1. Suite géométrique de raison 1 – 0,02 soit 0,98. 2. Pn = 0,98n × 3 000 3. P5 ≈ 2 712 habitants. 20 Voir livre page 262. 21 1. Suite géométrique de raison −7 et de premier terme 9 w0 = 4. 2. Suite non monotone car la raison est négative. 13

q = 8 et u0 = 5 . 32 q = 1 et t0 = 3. 2 q = 1 et r1 = 3 . 2 2

11 u1 = –1, u2 = 2, u3 = 5 et u4 = 8. Suite non géométrique (rapports non égaux). 12 Voir livre page 262.

n −1

( )

Chapitre 1 Les suites numériques – Term ES spécifique/L spécialité

7

22   a. 9 termes ; 23   a.11 termes ;

b. 20 ; c. 28 ; d. 45. b. 12 ; c. 16. 24   a. 9 termes ; b. 9 ; c. 9. 25   1. un = 3n d’où u0 = 1 et u10 = 310 2. S comporte 11 termes. 3. S = 88 573 26   1. vn = 4n–1 2. S comporte 7 termes. 3. S = 5 461 27   a. S = 88 573 ; b. S = 797 160 ; c. S = 21 523 347 ; d. S = 5 230 176 601. 28   Voir livre page 262. 29   1. lim un = 0 ; 2. lim un = 0 ; 3. lim un = +  ; 4. lim un = – . 30   a. lim un = 0 ; b. lim un = 0 ; c. lim un = + . 31   a. lim un = 0 ; b. lim un = 0 ; c. lim un = –  ; d. lim un = + . 32   1. 2, 3 , 9 ,  27 , …,

5 50 500

19683 6561 ,  . 50 000 000 500 000 000

2. n0 = 20 3. lim un = 0 33   Voir livre page 262. 34   1. lim un = 0 2. Le nombre I affiché représente le plus entier n0 tel que, si n  n0 , vn  10–30. 3. La valeur affichée sera supérieure car vn  10–40. 35   1. Suite géométrique de raison 1,03 car placement au taux annuel de 3 %. Premier terme 10 000 (placement initial). 2. Cn = 10 000 × 1,03n 3. 24 années. 36   Voir livre page 262.

POUR S’ENTRAÎNER 37   La suite (an) peut être géométrique de raison 0,2 et de

premier terme 6. La suite (un) n’est pas géométrique.

38   Suite géométrique de raison 4 et de premier terme

7 v0 = 3. 39   Suite géométrique de raison 4 et de premier terme 5 t0 = 1 . 5 40   u0 = 2, u1 = 11, u2 = 38 donc suite non géométrique.

(3)

n

41   1. w n =   − 6 × − 1 ; 

−2 . 2. w 8 = − 2   ; w20 =   1 162 261 467 2187 42   1. un = 9 × (0,6)n–1 2. u2 = 5,4 ; u3 = 3,24 ; u6 = 0,69984 ; u10 = 0,906993. 43   Voir livre page 262. 44   1. Non géométrique ; 2. Non géométrique. 45   1. Géométrique de raison –2. 2. Géométrique de raison 10. 46   1. Non géométrique.

8

2. Géométrique de raison 2,4. 3. Géométrique de raison 5 . 3 47   a. A = 0,0032 ; A = –0,016. b.

Saisir A Saisir N Pour I variant de 1 à N A prend la valeur 0,2 × A Afficher A Fin Pour

On exécute cet algorithme en entrant la valeur 9 dans A. 48   Voir livre page 262. 49   1. Suite géométrique de raison 1,025 et de premier terme C0 = 12 000. 2. C6 = 12 000 × 1,0256 ≈ 13 916,32 3. 29 années. 51   Voir livre page 262. 52   a. (un) décroissante ; b. (un) croissante ; c. (un) croissante. 53   a. (vn) décroissante ; b. (vn) croissante ; c. (vn) croissante. 54   Réciproque : Si une suite est décroissante, alors sa raison est comprise entre 0 et 1 et le premier terme de cette suite est positif. Proposition fausse : contre-exemple, (vn) = –2 × 5n. 55   Voir livre page 262. 56   Vrai, raison 1,07. 57   Faux, suite arithmétique de raison 2. 58   Vrai, suite décroissante. 59   Vrai car 1,0515  2 et 1,0514  2. 60   S est la somme des 11 premiers termes de suite géométrique de premier terme u0 = 4 et de raison 2 : S = 8 188. 61   a. Correctif : Il faut lire S = 13 + 132 + 133 + … 1319. 19 S = 13 × 1 − 13 = 13 (1319 − 1) . −12 12 b. S somme des sept premiers termes de la suite géométrique 7 de raison 5 et de premier terme 1, S = 5 − 1 = 19 531. 4 11 1− 1 11 2 = 2 × 1 − 1  c. S =  2  1− 1 2 63   1. (wn)est une suite géométrique de raison 1,015 et de premier terme 10 800. 2. Somme remboursée : w1 + w2 + … + w8 = 91 074,66. 64   Voir livre page 262. 65   À partir du premier toucher au sol, on a une suite géométrique de raison 3 et de premier terme 9 . 4 4 9 1 − 0,75 9 × S9 = ≈ 8,3 . La distance parcourue par la balle 1 − 0,75 4

()

()

est environ égale à 3 + 2 × 8,3 mètres soit 19,6 m. 66   1. Les valeurs de A correspondent aux 20 premiers termes de la suite géométrique de raison 0,5 et de premier terme 1. 2. S est la somme de ces termes donc : S = 1 + 0,5 + 0,52 + … + 0,519 = 2 × (1 – 0,520). 67   Voir livre page 262. 68   Faux car 59 049 = 310 donc la somme comporte 10 termes.

1 = 50. 1, 02 − 1 70 Faux, car S = 2 × (1 – 0,57) ≈ 1,98. 71 1. 5 ; 1 ; 0,2 ; 0,04 ; 0,008 ; … ; 0,0000128 ; 0,00000256. 2. Suite décroissante (0  q  1 et 5  0). 3. n0 = 16 4. Limite égale à 0. 72 a. 0 ; b. +  ; c. –  ; d. + . 73 a. –  ; b. 0 ; c. +  ; d. 0. 74 Voir livre page 262. 75 1. un = 3 × 0,25n =   3 . 4n 2. Limite nulle. 3. a. S10 = 4 × (1 – 0,2510) ≈ 3,999996185. 69

Vrai car

b. Sn +1 − Sn = 3n donc suite croissante. 4 c. Sn = 3 ×

1 − 0,25n = 4 × (1 − 0,25n ) 1 − 0,25

d. n0 = 10 e. La suite (Sn) tend vers 4. 77 Voir livre page 262. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TESL_exercice77.ods (OpenOffice), 01_TESL_exercice77.xls (Excel 2003), et 01_TESL_exercice77.xlsx (Excel 2007). 78 Faux, sa limite est 0 car 0  8  1. 9 79 Vrai car Sn+1 – Sn = u0 × qn positif si u0 et q positifs. 80 Faux. Contre-exemple : dans l’exercice 75, la suite (Sn) est croissante et sa limite est 4. 81 1. La suite tend vers 0. 2. Le nombre I représente le plus petit entier tel que si n  I, alors vn  10–30. 3. I = 136. Pour afficher I = 226, il faut écrire A  10–50. 82 1. Limite nulle. 2. I prend la valeur 0 A prend la valeur 2 Tant que A  10–80 I prend la valeur I + 1 A prend la valeur 5 × A 7 Fin Tant que Afficher I

2. vn+1 = un+1 – 3 = 2un – 3 – 3 = 2(un – 3) = 2vn. Suite géométrique de raison 2 et de premier terme 5. 3. a. vn = 5 × 2n b. D’où un = 5 × 2n + 3. c. u10 = 5 123 et u40 = 5 497 558 138 883 86 1. u2 = 1 100 et u3 = 1 180. 2. 80 % restent donateurs et 300 nouveaux. 3. a. vn+1 = 1 500 – (0,8 × un + 300) = 1 200 – 0,8 × un d’où vn+1 = 0,8(1 500 – un) = 0,8vn. Raison 0,8 et premier terme 500. b. D’où vn = 0,8n–1 × 500 et un = 1 500 – 0,8n–1 × 500. c. Dans 10 ans : 1 433 abonnés. d. La suite (un) est croissante et sa limite est 1 500 donc l’association ne dépassera pas la barre des 1 500 donateurs. 87 Faux car vn+1 = 2un. 88 Vrai, vn+1 = –4vn. Suite géométrique de raison –4. 89 1. Suite géométrique de raison 1,035 et de premier terme 2 000. 2. un = 2 000 × 1,035n 3. Le jour de ses 20 ans, Théo disposera de 3 979,57 €. 13 S = 20 × 1 − 1, 05 = − 400 × (1 − 1, 0513 ) ≈ 354,26. 1 − 1, 05 91 1. Limite nulle car 0  0,45  1. 2. n0 = 20 92 1. (vn) suite géométrique de raison 1,5 et de premier terme 24. 2. vn = 24 × 1,5n d’où : 3. tn = 24 × 1,5n – 18.

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POUR faire le point Voir livre page 263. Les corriges détaillés sont disponibles sur le site www.bordas-indice.fr.

accompagnement personnalisé

3. n0 = 550. 83 1. S15 ≈ 4,824078140 2. a. Les valeurs de A sont les termes successifs d’une suite géométrique de raison 0,8 et de premier terme 1. Les valeurs de S sont les sommes des termes successifs de cette suite. b. La valeur I affichée en sortie est le plus petit entier I tel que, si n  I, alors Sn  5 – 10–10. On illustre ainsi le fait que la suite (Sn) a pour limite 5. 3. I = 111 84 1. v0 = 5, v1 = 10, v2 = 20, v3 = 40.

103 a. 0 ; b. –4 ; c. +  ; d. +  ; e. +  ; f. +  ; g. 0 ; h. 11 ; i. 0 ; j. 5. 104 1. u1 = 17,6 ; u2 = 18,56 ; u3 = 19,4816. 2. vn+1 = un+1 – 20 = 0,6un + 8 – 20 d’où : vn+1 = 0,6(un – 20) = 0,6vn. La suite (vn) est géométrique de raison 0,6 et de premier terme – 4. 3. vn = – 4 × 0,6n d’où un = 20 – 4 × 0,6n.

La suite de Fibonacci ❯ u3 = 2 + 1 = 3 (les deux grands-parents de sa mère, la grandmère de son père) u4 = (2 + 1) + 2 = 5 u5 = [(2 + 1) + 2] + (2 + 1) = 8 u6 = u4 + u5 = 13

Chapitre 1 Les suites numériques – Term ES spécifique/L spécialité

9

Pour calculer u8 , on commence par calculer u7 : u7 = u6 + u5 = 21 ; u8 = u6 + u7 = 34. ❯ un+2 = un+1 + un : la génération n + 2 est constituée de un+1 mères et un faux bourdons. ❯ Dans la cellule B5, on saisit la formule =B3+B4 et on la recopie pour calculer les 20 premiers termes de la suite (un) Dans la cellule C3, on saisit la formule : =B4/B3 et on la recopie pour calculer les 20 premiers termes de la suite (vn). ❯ Valeur exacte du nombre d’or : 1 + 5 ≈ 1, 618033989. 2 En comparant avec les valeurs des termes de la suite (vn), on conjecture que la limite de la suite (vn) est le nombre d’or. 105 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TESL_exercice105.ods (OpenOffice), 01_TESL_exercice105.xls (Excel 2003) et 01_TESL_exercice105.xlsx (Excel 2007). x + xn . Pour tout entier n, x n + 2 = n +1 2 1. a. Le point An+2 est le milieu du segment [An An+1]. b. A4 A 5 A6 A3 A1 A0 A2 1 1,5 2.

2

2,5 3

3,5

4 4,5

n 0

xn 1

1

7

5

2

4

3

5,5

4

4,75

5

5,125

6

4,9375

5,5

6

6,5 7

TRAVAUX PRATIQUES TP

1 Le paradoxe de Zénon

En modélisant la situation décrite à l’aide de suites numériques, on démontre qu’en fait Achille rattrape la tortue et on peut déterminer la distance parcourue par les 2 « compétiteurs » ainsi que la durée de la course. Pour cela, on utilise le fait qu’une suite de nombres strictement positifs converge ici vers un nombre réel. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 01_TESL_TP1.ods (OpenOffice), 01_TESL_TP1.xls (Excel 2003) et 01_TESL_TP1.xlsx (Excel 2007). 1. u0 = 1 000, u1 = 200, u2 = 40 puisque Achille court 5 fois plus vite que la tortue ; les valeurs suivantes sont 8, 1,6, 0,32. On a : un +1 = 1 un 5 n La suite (un) est géométrique de raison 1 et un = 1 × 1 000. 5 5 2. a. d0 = 1 000, d1 = 1 200 ; d2 = 1 240 ; d3 = 1 248. b. Voir tableur. c. Cellule D3 : =D2/5  ; cellule  E3 : =E2+D3  ; cellule F3 :

()

=D3*60/5 000  ; cellule G3 : =G2+F3 .

3. On conjecture que la suite (dn) a pour limite 1 250 (voir cellule E12 qui donne la valeur de d10). 7 5,03125 4. d = u0 + u1 + … + un somme des n + 1 premiers termes d’une n 8 4,984375 suite géométrique de raison 0,2 et de premier terme 1 000, 9 5,0078125 n +1 d’où : dn = 1 000 × 1 − 0,2   = 1 250 (1 − 0,2n +1 ) . 10 4,99609375 1 − 0,2 Formule : B4==(B2+B3)/2 Cette expression démontre la conjecture : la suite (dn) a pour limite 1 250. Donc l = 1 250 mètres. x n +1 + x n x n − x n +1 3. yn+1 = xn+2 – xn+1 = d’où y n +1 = −1 y n − x n +1  = 5. Achille met 15 minutes pour parcourir cette distance (on 2 2 2 − x n +1 peut le vérifier avec le tableur, voir cellule G12). La tortue a d’où y n +1 = −1 y n . 2 2 parcouru 250 mètres. Suite géométrique de raison −1 et de premier terme y0 = 6 2 n TP 2 Oscillateur de Samuelson d’où y n = −1 × 6 . 2 n Il est peut-être souhaitable de demander son avis au professeur 1 − −1 n   2 4. a. y 0 + y1 + y2 + … +   y n −1 = 6 × = 4 ×  1 − −1  . d’économie de la classe. Les coefficients c et k sont des paramètres  3 2  n « insaisissables » : c dépend du moral des ménages, de la météo, …, 2 − 1 1− n k varie considérablement d’un secteur à l’autre. Pour ces raisons, le   2 − 1 . = 4 × 1 − 0 + y1 + y2 + … +   y n −1 = 6 ×  3 2  modèle de Samuelson est un modèle stimulant pour l’esprit mais b. On montre que y0 + y12+ y2 + … + yn–1 = xn – x0 en écrivant : sans doute peu apte à autoriser la moindre prospective. y0 = x1 – x0, y1 = x2 – x1, …, yn–1 = xn – xn–1. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel n numérique premium :   − 1 +  1. c. On peut alors écrire :  x n = 4 ×  1 −  2  01_TESL_TP2.ods (OpenOffice), d. Il semble que la suite (xn) a pour limite 5. 01_TESL_TP2.xls (Excel 2003) et 01_TESL_TP2.xlsx (Excel 2007). 5. n0 = 36

( )

( )

( )

( )

( )

10

( )

1. On a Rn = Cn + In soit Rn = cRn–1 + k (cRn–1 – cRn–2) d’où Rn = c (1 + k)Rn–1 – kc Rn–2 ce qui se traduit également par : Rn+2 = c (1 + k) Rn+1 – kc Rn. 2. On choisit diverses valeurs pour c et k et on peut ainsi observer les fluctuations du revenu national à l’aide du tableur. a. c = 1,1 ; k = 1.

Il semble que dans ce cas, l’évolution du revenu se caractérise par des oscillations auto entretenues. 4. a. Voir réponses précédentes. b. Si on choisit c = 0,8 et k = 2, il semble que le niveau de revenu décroît. Si on choisit c = 0,4 et k = 2,5, il semble que les oscillations soient explosives !

POUR ALLER PLUS LOIN

Formule cellule B4 : =2,2*B3-1,1*B2 Pour obtenir la représentation graphique, on sélectionne la plage de cellules dans laquelle sont situées les données, on ouvre l’assistant de diagrammes , on choisit  nuage de points pour Excel, (XY) dispersion pour le tableur OpenOffice, puis le graphique avec les points seuls. On constate une croissance exponentielle du revenu. b. c = 0,4 et k = 1,5. Rn+2 = Rn+1 – 0,6 Rn

Il semble que, dans ce cas, l’évolution du revenu prend la forme d’oscillations amorties. c. c = 0,9 et k = 1,2. Rn+2 = 1,89 Rn+1 – 1,08 Rn

106 1. Suite géométrique de raison 0,9876. Au bout de 1 000 ans, 0,987610 ≈ 0,883 onc 88,27 % de carbone 14. 5 000 ans : 0,987650 ≈ 0,5359 donc 53,59 %. 10 000 ans : 0,9879100 ≈ 0,2871 donc 28,71 % de carbone 14 dans le tissu. 2. Avec un tableur, on calcule les puissances successives de 0,9876 jusqu’à obtenir : 0,9876n ≈ 0,05. On trouve n = 240 donc le squelette a 24 000 ans. 107 1. a. A (u0 ; u1) ; b. B (u1 ; u1) ; c. C (u1 ; 0). 2. a. La suite semble être croissante. b. On peut conjecturer que sa limite est 6. 3. a. wn+1 = un+1 – 6 = 0,5un + 3 – 6 d’où wn+1 = 0,5wn . Donc suite géométrique de raison 0,5 et de premier terme –4. b. wn = –4 × 0,5n c. un = 6 – 4 × 0,5n 4. un+1 – un = 4 × 0,5n+1  0 donc (un)est une suite croissante et sa limite est 6 puisque lim 0,5n = 0. 108 1. vn +1 = vn − 3 vn 120 = 0,25 vn + 120. 4 2. a. tn+1 = 160 – (0,25vn + 120) d’où tn+1 = 40 – 0,25vn = 0,25tn : suite géométrique de raison 0,25 et de premier terme t1 = 40. b. D’où tn = 40 × 0,25n. c. vn = 160 – 40 × 0,25n 3. Il s’agit de savoir s’il existe un entier n tel que vn  200, soit 160 – 40 × 0,25n  200. Impossible car 160 – 40 × 0,25n  160 : le bac ne débordera jamais. 109 1. a. u2 = 100 × 1,05 + 20 = 125 b. un+1 = 1,05un + 20 car un +1 = un + 5 un + 20 100 2. a. v1 = 500 b. vn+1 = un+1 + 400 = 1,05un + 420 = 1,05vn : suite géométrique de raison 1,05 et de premier terme v1 = 500. c. vn = 500 × 1,05n–1 et donc un = 500 × 1,05n–1 – 400. d. Somme des n premiers termes de la suite (vn) donc somme n égale à 500 × 1 − 1, 05 = 10 000 × (1, 05n − 1) . 1 − 1, 05 3. Il s’agit de trouver le plus petit entier n tel que : 10 000 × (1,05n – 1)  10 000 soit 1,05n – 1  1 d’où : 1,05n  2. On trouve n = 15. 110 A. 1. u1 = 740 ; u2 = 644. 2. a. vn+1 = un+1 − 500 = 0,6un + 200 – 500 d’où vn+1 = 0,6un – 300 c’est-à-dire vn+1 = 0,6vn. Suite géométrique de raison 0,6 et de premier terme v0 = 400.

Chapitre 1 Les suites numériques – Term ES spécifique/L spécialité

11

b. vn = 400 × 0,6n et un = 400 × 0,6n + 500. c. Limite égale à 500 car lim 0,6n = 0. B. 1 a. En 2013, F aura : 900 × 0,8 + 100 × 0,2 = 740, donc 740 clients. b. En 2013, D aura : 100 × 0,8 + 900 × 0,2 = 260, donc 260 clients. 2. a. On a : fn+1 = 1 − 20 × fn +  (1000 − fn ) × 20 100 100 b. fn+1 = 0,6fn + 200. 3. En utilisant les résultats de la partie A, on constate que fn = un donc fn = 400 × 0,6n + 500. La suite (fn) a pour limite 500, ce qui signifie qu’au bout d’un certain nombre d’années, si le modèle reste le même, les deux sociétés auront le même nombre de clients. 111 Correctif : Il se peut que, dans certains manuels, l’énoncé stipule que Rn représente le capital au bout de n mensualités ; il s’agit en fait de n annuités. 1. a. Sn+1 = Rn+1 – 25A alors : Sn+1 = 1,04Rn – A – 25A = 1,04 × (Rn – 25A) donc suite géométrique de raison 1,04 et de premier terme S0 = 50 000 – 25A. b. Alors Sn = (50 000 – 25A) × 1,04n. c. D’où Rn = Sn + 25A c’est-à-dire : Rn = (50000 – 25A) × 1,04n + 25A = 50000 × 1,04n + 25A(1 – 1,04n). 2. a. Si le prêt est remboursé en cinq ans, cela signifie que R5 = 0. D’où 50 000 × 1,045 + 25A(1 – 1,045) = 0. 50000 × 1, 045 b. En résolvant cette équation, on obtient A = 25 (1, 045 − 1) soit A ≈ 11 231. 11231 c. Les mensualités seront donc égales à soit environ 12 936 euros (par excès). d. Total des remboursements : 5 × 11 231 = 56 155. Le coût de ce crédit est donc égal à environ : 6 155 euros. 112 A. 1. u1 = 1,01 × 20 000 = 20 200. 2. La suite (un) est une suite géométrique de raison 1,01 et de premier terme : u0 = 20 000. D’où : un = 20 000 × 1,01n. 3. Avec ce modèle, la population en 1900 serait égale à 20 000 × 1,01100 × 1 000 soit environ 54 millions d’habitants. B. 1. v0 = 25 000 et v1 = v0 + 10 = 25 010 (nombre de personnes en milliers). 2. vn = 25 000 + 10n puisque, chaque année, on peut nourrir 10 000 personnes supplémentaires. 3. En 1900, avec ce modèle, on pourrait nourrir : 25 000 + 10 × 100 = 26 000 soit 26 millions de personnes. Avec ce modèle, on ne pourrait pas nourrir la population puisqu’elle est estimée à 54 millions ! C. Avec le tableur : 1. En 1824 : 20 000 × 1,0124 ≈ 25 394 et 20 000 + 10 × 24 = 25 240. On ne peut donc nourrir que 25 240 000 personnes alors que la population est égale à 25 394 000 personnes. Donc, à partir de 1824 (les deux suites étant croissantes), on ne pourra plus nourrir l’ensemble de la population. 2. Heureusement, le modèle proposé par Malthus s’est avéré faux, sans doute parce qu’il n’a pas pris en compte d’autres paramètres (les progrès de la science, une meilleure rentabilité

(

12

)

de l’agriculture, etc.). Dans un passé plus récent, d’autres économistes ont aussi proposé des modèles ou des prévisions qui se sont par la suite révélés aberrants.

C AP VERS LE BAC Sujet

A

(Remarque corrective : par inadvertance, toutes les bonnes réponses sont b ! Il ne s’agit pas d’une erreur même si cela peut paraître curieux…) 1. Réponse b. vn+1 = un+1 – 1 250 = –0,4un + 1 750 – 1 250 = –0,4un + 500 d’où vn+1 = –0,4(un – 1 250) = –0,4vn. Suite géométrique de raison – 0,4. 2. Réponse b. 1,05n × 148 000  200 000 si n  7. 3. Réponse b. limite égale à 0. 4. Réponse b : limite égale à 2. 5. Réponse b : suite géométrique de raison 3 car : 3n+1 – 3n = 3n × 2. 6. Réponse b. 9 1−  2 8 3 2 2 256 2 4 8 S = 1+ + + +…+ = 1+ + … = 1 3 3 6561 3 9 27 3 9    =  31 − 2   .   3 

()

()

()

Sujet

B

( ) ( )

n 1. a. Suite décroissante car un+1 – un = 6 × −7 . 13 13 b. Limite nulle (0  q  1). c. n0 = 12. 2. a. Les valeurs prises par A sont les termes successifs de la suite (un). b. Le nombre I affiché en fin d’algorithme représente le plus petit entier I tel que si n  I alors un  10–40.

Sujet

C

1− 1 210 = 1 023. 512 1− 1 2 2. a. La distance parcourue au bout de dix ricochets est : 7 + 7 × 1 + … + 7 × 19 = 7 × 1 023 = 7 161 2 512 512 2 soit environ 13,99 mètres. b. Pour atteindre l’autre rive, il faudrait qu’il existe un entier n 1 − 1n 2  15 soit 14 ×   1 − 1  15. tel que : 7 × 2n 1− 1 2 Ce qui est impossible, car 1 − 1n  1  donc 14 ×   1 − 1n  14. 2 2 La pierre n’atteindra donc jamais l’autre rive (la limite de la suite représentant la distance parcourue par la pierre est 14.) 1. S = 1 +   1 + 12 + … +   19 = 2  2 2

(

(

)

)

(

)

Sujet

113 1. Suite géométrique de raison 5 et de premier terme

D

1. a. La suite (un) n’est pas géométrique car 15,2 ≠ 17,12 . 12 15,2 b. Il semble que sa limite soit 20. 2. a. vn+1 = un+1 – 20 = 0,6un + 8 – 20 = 0,6un – 12, donc vn+1 = 0,6vn. Suite géométrique de raison 0,6 et de premier terme v0 = –8. b. vn = –8 × 0,6n c. un = 20 – 8 × 0,6n d. La limite de la suite (vn) est nulle et, donc, la limite de la suite (un) est égale à 20.

Sujet

E

1. a. vn+1 = un+1 – 12 = 0,85un + 1,8 – 12 = 0,85un – 10,2 d’où vn+1 = 0,85vn. Suite géométrique de raison 0,85 et de premier terme v0 = –4. b. vn = –4 × 0,85n c. Alors un = – 4 × 0,85n + 12. d. La suite (vn) est croissante car vn+1 – vn = 6 × 0,85n. Comme la suite (vn) est croissante et que un = vn + 12, alors la suite (un) est croissante. 2. a. Si un désigne le nombre de milliers d’abonnés en (2010 + n) alors un+1 = (1 – 0,15) × un + 18 c’est-à-dire : un+1 = 0,85 × un + 18. On retrouve bien la suite définie en 1. b. u5 = –4 × 0,855 + 12 ≈ 10,225 donc on peut estimer qu’il y aura 10 225 abonnés en 2015. c. 12 – 4 × 0,85n  12 car –4 × 0,85n  0 donc le magazine ne dépassera pas la barre des 12 000 abonnés.

8 u0 = 2. n 2. Suite décroissante car un+1 – un+1 = 2 × 5 × − 3 . 8 8 3. L’entier n0 est 22. 4. Limite nulle car raison comprise entre 0 et 1. 114 1. un est le nombre de grenouilles en 2004 + n, (un) est une suite géométrique de raison 0,95 et de premier terme u0 = 1 000. un = 1 000 × 0,95n. 2. Cette suite a pour limite 0 car 0  0,95  1. Cette population de grenouilles tend donc à disparaître. 3. On cherche le plus petit entier n tel que 1 000 × 0,95n  500 soit 0,95n  0,5. On trouve n = 14. Donc, en 2018, il y aura moins de 500 grenouilles dans cet étang. 115 1. C0 = 5 000 ; C1 = 5 000 × 1,025 + 1000 = 6 125 ; C2 = 6 125 × 1,025 + 1 000 = 7 278,125.

() ( )

2. Cn +1 = Cn + 2,5   × Cn + 1 000 (intérêts composés au taux de 100 2,5 % et versement de 1 000 € chaque premier janvier) donc : Cn+1 = 1,025Cn + 1 000. 3. a. tn+1 = Cn+1 + 40 000 = 1,025Cn + 1 000 + 40 000 donc tn+1 = 1,025Cn + 41 000 c’est-à-dire tn+1 = 1,025tn. (tn) est donc une suite géométrique de raison 1,025 et de premier terme t0 = 45 000. b. tn = 45 000 × 1,025n et donc : Cn = 45 000 × 1,025n – 40 000. c. En 2021, n = 10, C10 = 45 000 × 1,02510 – 40 000. On obtient C10 ≈ 17 603,80 €.

Chapitre 1 Les suites numériques – Term ES spécifique/L spécialité

13

chapitre

2

Continuité et convexité

A Le programme Contenus

Capacités attendues

Commentaires

Notion de continuité sur un intervalle

• Exploiter le tableau de variation pour déterminer : – le nombre de solution d’une équation du type f (x) = k ; – le signe d’une fonction.

On se limite à une approche intuitive et on admet que les fonctions usuelles sont continues par intervalle. La propriété des valeurs intermédiaires est présentée graphiquement ; on convient que les flèches obliques d’un tableau de variation traduisent la continuité et la stricte monotonie d’une fonction sur l’intervalle considéré. On admet qu’une fonction dérivable sur un intervalle est continue sur cet intervalle.

Convexité Fonctions convexe. Fonction concave sur un intervalle Convexité et sens de variation de la dérivée

• Reconnaitre graphiquement des fonctions convexes et concaves. • Utiliser le lien entre convexité et sens de variation de la dérivée. • Reconnaitre graphiquement un point d’inflexion.

Une fonction dérivable sur un intervalle I est dite convexe si sa courbe représentative est entièrement située au-dessus de chacune de ses tangentes. On met en évidence ces notions sur les fonctions de référence : la fonction carrée, la fonction racine carrée, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien. Le lien entre convexité et sens de variation de la dérivée est conjecturé puis admis. On peut utiliser le signe de la dérivée seconde.

B Notre point de vue Ce chapitre introduit deux notions : la continuité et la convexité d’une fonction sur un intervalle. La continuité d’une fonction sur un intervalle est introduite à l’aide de sa représentation graphique. L’activité 1 permet de découvrir une fonction discontinue. Nous avons voulu montrer l’importance de l’hypothèse de la continuité de la fonction dans la résolution d’équation du type f (x) = k dans l’activité 2 . Cette activité introduit la propriété des valeurs intermédiaires et ses corollaires. Les savoir-faire 1 et 2 en sont des applications directes dans la recherche du nombre de solutions d’une équation et la détermination du signe d’une fonction. Des exercices simples sont proposés sur cette partie du cours dans la rubrique « Pour démarrer ». Un travail à l’aide d’une fonction auxiliaire est proposé dans l’Approfondissement. La convexité d’une fonction est une nouvelle notion du programme et spécifique aux élèves de Terminale ES/L. L’élève doit être capable de reconnaitre graphiquement une fonction convexe ou concave sur un intervalle et l’existence d’éventuels points d’inflexion. C ’est pourquoi il nous a paru important que l’élève découvre dans l’activité 3 ces notions et les liens entre convexité, sens de variation de la dérivée et signe de la dérivée seconde à l’aide de logiciels tels que GeoGebra et tableur. Lors du TP 2 , on a fait le lien entre convexité et économie. Il nous a paru essentiel d’aborder la continuité et la convexité dès le chapitre 2 afin que les élèves se familiarisent rapidement avec ces notions qu’ils pourront réinvestir lors de l’étude de la fonction exponentielle et de la fonction logarithme népérien. De plus, ce chapitre donne l’occasion de revoir les dérivées, l’étude des variations d’une fonction et les équations de tangentes vues en Première. Les sujets proposés dans la rubrique « Cap vers le Bac » sont issus de sujets de baccalauréats récents dans lesquels nous avons rajouté des questions portant sur la convexité et les points d’inflexion.

  Les notions abordées dans le chapitre 2   1. Continuité sur un intervalle 2. Convexité d’une fonction

14

C Avant de commencer Voir livre page 263 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées. Correctif : il se peut que dans certains manuels, la réponse de l’exercice 9 soit incorrecte. f est décroissante sur [–4 ; 1] et [1 ; 3] et croissante sur [–1 ; 1].

D Activité Activité

1 Les bizarreries de l’ISF

Cette activité permet de découvrir la notion de fonction « non continue » à partir de sa représentation graphique. 1. Tranche 1 pour x  [0 ; 800] : f (x) = 0. Tranche 2 pour x  ]800 ; 1 310] : f (x) = 0,055x. Tranche 3 pour x  ]1 310 ; 2 570] : f (x) = 0,075x. Tranche 4 pour x  ]2 750; 4 040] : f (x) = 0,01x. Tranche 5 pour x  ]4 040 ; 7 710] : f (x) = 0,013x. 2. y 60 50 40 30 20 10 0

1 000

2 000

3 000

4 000

x

3. La fonction n’est pas continue.

Activité

2 Le soda

Il s’agit de découvrir l’importance de l’hypothèse de continuité dans le théorème des valeurs intermédiaires. 1. B(q) = R(q) – C(q) où R est la recette journalière avec : R(q) = 0,5 × 100q = 50q. B(q) = 50q – C(q) = –q3 + 5q2 + 8q pour q  [0 ; 4] et B(q) = 50q – C(q) = –q3 + 10q2 + 2q pour q  ]4 ; 8]. 2. a. B(q) = 25 pour q = 3. b. B(q) = 75 pas de solution. c. B(q) = 125 pour x = 5. d. B(q) = 150 pour x = 5,5 et x = 7,5. 3. 4  q0  5 et 4,6  q0  4,7. y

150

d’une production

Dans cette activité, on va découvrir la notion de point d’inflexion et faire le lien avec les variations de la fonction dérivée et le signe de la dérivée seconde. Fichiers disponibles sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 02_TESL_activite3A1.ggb (GeoGebra), 02_TESL_activite3A3.xls (Excel 2003), 02_TESL_activite3A3.xlsx (Excel 2007) et 02_TESL_activite3A3.odt (OpenOffice). Partie A. Conjecture à l’aide de logiciels Voir fichiers 02_TESL_activité3A3.xls (ou .xlsx ou .ods) et 02_TESL_ activité3A3.ggb. 1. Pour x  [0 ; 3], les tangentes à f se situe au-dessus de f . 2. La courbe change de « courbure » au point d’abscisse 3. 3. a. La fonction dérivée est croissante sur [0 ; 3]. b. f ’ est décroissante sur [3 ; 8]. c. Lorsque f ’ est décroissante, f se situe au-dessous de ses tangentes. Lorsque f ’ est croissante, f se situe au-dessus de ses tangentes. 4. f admet un point d’inflexion au point de coordonnées (3 ; f (3)). Partie B. Calcul 1. f ’(x) = 3x 2 – 18x + 27 b. x

0

f ”(x) f ’(x)

2. a. f ”(x) = 6x – 18 3 –

0

8 +

27

75 0

3. a. b. Lorsque la dérivée seconde est négative, la fonction dérivée est décroissante et la fonction n’est pas convexe. Lorsque la dérivée seconde est positive, la fonction dérivée est croissante et la fonction est convexe. Partie C. Convexité et point d’inflexion 1. T : y = 33. 2. f (x) – 33 = x 3 – 9x 2 + 27x – 27 = (x – 3)3 3. Pour x  [0 ; 3], f (x) – 33  0 et f se situe au-dessous de T. Pour x  [3 ; 8], f (x) –33  0 et f se situe au-dessus de T. Donc f  traverse T au point d’abscisse 3.

100

50

0

3 Délocalisation

Activité

2

4

6

8

x

Partie D. Point d’inflexion et coût marginal La dérivée du cout est minimale pour x = 3 qui correspond à l’abscisse du point d’inflexion.

Chapitre 2 Continuité et convexité – Term ES spécifique/L spécialité

15

E Exercices POUR DÉMARrER 1   a. Oui ; b. Oui ; c. Non ; d. Oui ; e. Oui ; f. Non. 2   f ’(x) = 4x 3 –12x 2 3   Voir livre page 263.

2 4   f ’(x) = −( x + 2x − 2) 2

( x + 1)

5   Voir livre page 263. 6   f ’(x) = 0,02x – 10 7   Voir livre page 263. 8   f ’(x) = – 0,006x 2 – 20 3 9   f ’(x) = 5 – 1

x

x 10   1. f est une fonction polynôme donc continue sur son ensemble de définition. 2. f ’(x) = 3x 2 – 3 = 3(x 2 – 1) 3. f ’(x)  0 pour x  [–3 ; –1]  [1 ; 3] et f ’(x)  0 pour x  [–1 ; 1]. 4. f est croissante sur [–3 ; –1]  [1 ; 3] et décroissante sur [–1 ; 1]. 5. a. f ’(2) = 9 b. y = 9x – 16 11   1. La représentation graphique de f est d’un seul tenant sur [0,1 ; 8], f est donc continue sur cet intervalle. 2. f ’(x) = − 12  0 sur [0,1 ; 8] donc f est décroissante sur cet 2x intervalle. 3. y = – 1 x + 2 2 12   Voir livre page 263. 13   1. x f ”(x)

–10

5 –

0

10 +

2. Le minimum de f est 2 donc f (x)  0 pour tout x  [–10 ; 10]. 14   Sur [–5 ; 2], f (x) = 0 a une solution. Sur [–5 ; 5] f (x) = 0 a trois solutions. 15   Sur [3 ; 5], f (x) = –1 a une solution. Sur [–5 ; 5] f (x) = –1 a deux solutions. 16   Sur [2 ; 5], f (x) = 5 n’a pas de solution. Sur [–5 ; 5] f (x) = 5 n’a pas de solutions. 17   Sur [–5 ; 3], f (x) = –2 n’a pas de solution. Sur [–5 ; 5], f (x) = –2 a une solution. 18   Voir livre page 263. 19   a. Une solution. b. Une solution. c. Aucune solution. d. Une solution. 20   Une seule solution : α ≈ 7,8. 21   Voir livre page 263. 22   Aucune solution. 23   Trois solutions : α ≈ –1,4, β ≈ 1,4 et γ = 2. 24   a. Concave. b. Convexe. c. Concave. d. Concave. 25   a. f est concave sur ]–  ; 2], convexe sur [2 ; + [ et I (2 , 2) est un point d’inflexion de f . b. f est concave sur ]–  ; 1], convexe sur [1 ; + [ et I (1 ; 0,5) est un point d’inflexion de f .

16

26   1. f ’(x) = 2x – 1 2. a. f ”(x) = 2 b. Comme f ”(x)  0 sur , alors f est convexe sur . 27   1. f ’(x) = 6x 2 + 3 et f ”(x) = 12x. 2. f ”(x)  0 sur ]–   ; 0], f est concave sur cet intervalle  ; f ”(x)  0 sur [0 ; + [, f est convexe sur cet intervalle. 28   1. f ’(x) = –8x 3 et f ”(x) = –24x 2. 2. f ”(x)  0 sur  et f est concave sur . 29   1. f ’(x) = x 4 – 1 et f ”(x) = 4x 3. 2. f ”(x)  0 sur ]–  ; 0] et f est concave sur cet intervalle ; f ”(x)  0 sur [0 ; + [ et f est convexe sur cet intervalle. 30   1. f ’(x) = 10x – 1 et f ”(x) = 10 + 2 . x2 x3 2. f ”(x)  0 sur ]0 ; + [ et f est convexe sur cet intervalle. 31   a. Sur ]–   ; –2[  : f ” est positive, f ’ est croissante et f est convexe. Sur ]–2 ; 2[ : f ” est négative, f ’ est décroissante et f est concave. Sur ]2 ; + [ : f ” est positive, f ’ est croissante et f est convexe. b. Sur ]–  ; 0[ : f ” est négative, f ’ est décroissante et f est concave. Sur ]0 ; + [ : f ” est positive, f ’ est croissante et f est convexe. c. Sur ]–  ; – 4,5[  : f ” est négative, f ’ est décroissante et f est concave. Sur ]– 4,5 ; + [ : f ” est positive, f ’ est croissante et f est convexe. d. Sur ]–  ; 0[ : f ” est négative, f ’ est décroissante et f est concave. Sur ]0 ; + [ : f ” est positive, f ’ est croissante et f est convexe. 32   1. f est une fonction polynôme donc continue sur [–2 ; 2]. 2. f ’(x) = 6x (x – 1)

x

–2

0

1

4

2 8

f (x) –24

3

3. a. f (x) = 0 a une seule solution α. b. α ≈ – 0,9 4. a. Une solution. b. Aucune solution. c. Deux solutions. d. Aucune solution. 33   Si g est une fonction continue telle que g (x) = 0 a au moins une solution sur [a  ; b], alors g (a) et g (b) sont de signes contraires. y La fonction représentée ci-contre est un contre-exemple. L’équation f (x) = 0 a au moins une solution et f (2) et f (–2) ont le même signe. La réciproque est fausse. 1 34   Voir livre page 263. 35   1. Il y a deux solutions 0 x 1 2. α ≈ 0,2 et β ≈ 2,8. 36   Vrai. 37   Faux. 38   Faux. 39   f est négative sur [0 ; 10]. 40   Voir livre page 263.

41   f est positive sur [–1 ; 1]. 42   f est négative sur ]–  ; 1] et positive sur [1 ; + [. 44   1. a. (a ; f (a))

b. f ’(a) est le coefficient directeur de la tangente en a. c. La tangente a une équation de la forme : y = f ’(a)x + B. Comme le point de coordonnées (a ; f (a)) appartient à cette tangente, on obtient : f (a) = af ’(a) + B et B = f (a) – af ’(a). 2. a. f (x) = x 2 – 3x + 1 b. F représente f (a). G représente f ’(a). H représente l’image par f de a + i . c. L’algorithme affiche 21 valeurs de S. 3. a. Voir le fichier 02_TESL_exercice44.alg (Algobox) disponible sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique enrichi.

La tangente en 0 se situe au- dessous de f sur [–10 ; 10]. 45   Voir livre page 263. 46   Faux. 47   Vrai. 48   Faux. 49   f est concave sur ]–  ; 0] et convexe sur [0 ; + [. 50   f est concave sur ]–  ; 0] et convexe sur [0 ; + [. 51   f est convexe sur ]–  ; –1], concave sur [–1 ; 1] et convexe sur [1 ; + [. 52   f est concave sur ]–  ; 4] et convexe sur [4 ; + [. y 53  

56   1. f est convexe sur [1 ; 3] et concave sur [– 0,5 ; 1]. 2. a. La tangente à  en 0 se situe au-dessus de . b. La tangente à  en 1 traverse . c. La tangente à  en a, a  1, se situe au-dessous de . 57   La courbe noire est 1 et la courbe grise est 2. y

1

T

2

1 0

x

1

58   Vrai. 59   Faux. 60   Vrai. 61   Voir livre page 263. 62  

x

– 

f ’

0

+

5

1 0

x

1

f

y

54  

convexe

concave

63  

x

– 

0

+

f ’ 2

2

0

2

x

f

concave

convexe

64  

x

– 

+

f ’ y

55  

2

0

1

x

f est convexe et concave sur . 65   Voir livre page 263. 66   f ’(x) = 1 – 1 et f ”(x) = 2 . Sur ]0 ; + [, f ”(x)  0 donc f ’ x2 x3 est croissante et f est convexe. 67   f ’(x) = 3x 2 – 24x + 60 et f ”(x) = 6x – 24. Sur ]–  ; 4] f ” est négative, f ’ est décroissante et f est concave. Sur [4 ; + [ f ” est positive, f ’ est croissante et f est convexe. 68   f est convexe. 69   Voir livre page 263. 70   f est concave sur [–5 ; –1] et sur [0 ; 5] et convexe sur [–1 ; 0]. 72   Faux. Chapitre 2 Continuité et convexité – Term ES spécifique/L spécialité

17

73   Vrai. 74   Vrai. 75   Faux. 76   A (1 ; 3) 77   A (1 ; 0,5) et B (–1 ; 0,5). 78   Pas de point d’inflexion. 79   Pas de point d’inflexion. 81   Voir livre page 263. 82   1. f ’ (x) = 1+ 1 et f ”(x) = −2 . 3 2

x x 2. f ”(x) ne s’annule pas sur ]0 ; + [ donc f ne peut avoir de point d’inflexion. 83   Voir livre page 263. 84   f  admet un point d’inflexion d’abscisse 0. 85   f  admet deux points d’inflexion d’abscisse 1 et 5. 86   f  n’a pas de point d’inflexion. 87   Voir livre page 263. 88   1. b. f ’(x) = 3x 2 – 30x + 75 et f ”(x) = 6x – 30 = 6(x – 5). c. Sur [0 ; 5] f ”(x)  0 et f ’ est décroissante. Sur [5 ; 10], f ”(x)  0 et f ’ est croissante. Comme f ’(5) = 0 alors f ’(x)  0 d. Donc f est croissante sur [0 ; 10]. e. f ”(x) s’annule et change de signe en 5 donc f admet un point d’inflexion de coordonnées (5 ; 125). 2. Le coût marginal décroissant sur [0 ; 5]. 89   1. a. f ’(x) = 0,375x 2 – 1,5x = 3 x (x – 4) 8 f ’(x) = 0 a pour solution 0 et 4. f  admet donc deux tangentes horizontales aux points d’abscisses 0 et 4. Sur [0 ; 5], comme x  0 alors f ’(x) est du signe de x – 0 et donc f ’(x) est du signe de x – 4. 2. f est décroissante sur [0 ; 4] et croissante sur [4 ; 5]. 3. a. f ”(x) = 3 x – 3 . f ” s’annule et change de signe en x = 2. 4 2 f  admet donc un point d’inflexion de coordonnées ( 2 ; 2). b. y = – 3 x + 5 2 90   Voir livre page 263. 2 91   1. f ’(x) = −2( x + 1) . 2 2

( x − 1) 2. f ’(0) = –2 et f (0) = 0 donc y = –2x est l’équation de la tangente en 0. 3 2x − 2x( x 2 − 1) . = 2x 3. a. f (x) + 2x = x2 − 1 x2 − 1   2   3 b. Sur ]–1 ; 1[ x – 1  0 et x change de signe en 0 donc f (x) + 2x est positif sur ]–1 ; 0] et négatif sur [0 ; 1[. c. T est au-dessus de  sur ]–1 ; 0] et au-dessous de  sur [0 ; 1[. T traverse  au point O, donc O est un point d’inflexion de . 92   1. Si f ”(0) = 0 alors  admet un point d’inflexion. 2. f ’(x) = 4x  3 et f ”(x) = 12x  2. f ”(x) s’annule en 0 mais ne change pas de signe. Donc le point d’abscisse 0 de la courbe représentant f n’est pas un point d’inflexion. La réciproque est fausse. 93   Vrai. 94   Vrai. 95   1. f ’(x) = 6x 2 + 4  0 sur [–1 ; 2] donc f est strictement croissante sur [–1 ; 2].

18

2. f est une fonction polynôme donc continue sur [–1 ; 2], strictement croissante et telle que f (–1) = –11 et f (2) = 19. f change de signe sur [–1 ; 2]. D’après le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires, (E) admet une solution unique α appartenant à l’intervalle [ –1 ; 2]. α ≈ 0,89. 96   1. f ’(x) = 5x 4 +1 et f ”(x) = 20x 3. 2. f ’ est décroissante sur [–1 ; 0] et croissante sur [0 ; 2]. 3. f  admet un point d’inflexion de coordonnées (0 ; – 1). 97   1. Sur ]–  ; 1] et sur ⎡ 3 ; + ` ⎡ g est positive. ⎢⎣ 2 ⎢⎣ Sur ⎡⎢1; 3 ⎤⎥ g est négative. ⎣ 2⎦ 2. La dérivée seconde g de f s’annule et change de signe pour x = 1 et x = 3 . f  a deux points d’inflexion d’abscisses 1 et 3 . 2 2

POUR faire le point Voir livre page 264 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

Accompagnement personnalisé 105   a. (E) a une solution α telle que 1,1  α  1,2. b. (E) a deux solutions α et β telles que α = –1 et 1,1  β  1,2. c. (E) a une solution α telle que 1,3  α  1,4. d. (E) a trois solutions α, β, γ telles que : –1,5  α  –1,6 , – 0,2  β  – 0,1 et 1,6  γ  1,7. 106   a. f est concave sur ]–  ; 0] et convexe sur [0 ; + [. b. f est concave sur ⎤⎥−` ; 5 ⎤⎥ et convexe sur ⎡⎢ 5 ; + ` ⎡⎢ . ⎣6 ⎣ ⎦ 6⎦ c. f est convexe sur ⎤−` ; − 10 ⎤ et sur ⎡ 10 ; + ` ⎡ ⎢⎣ 5 ⎢⎣ ⎥⎦ 5 ⎥⎦ et concave sur ⎡⎢− 10 ; 10 ⎤⎥ . 5 ⎦ ⎣ 5

Utilisation d’une fonction auxiliaire 3 2 ❯ f ’(x) = 2x + 1 – 12 = 2 x + 2x − 1 x x ❯ Le numérateur est un polynôme de degré 3. Son signe ne peut être obtenu directement sans autres calculs. g (x) ❯ f ’(x) = 2 , comme le dénominateur est toujours strictement x positif, f ’(x) est du signe de son numérateur donc du signe de g (x). ❯ g’ (x) = 6x 2 + 2x = 2x (3x + 1) ❯ On dresse le tableau de variation de g sur [0 ; + [ : x 2x 3x + 1 g’ (x)

0 0

+  + + +

g

g est une fonction continue et strictement croissante. g (0) = –1 et g (1) = 2, g change de signe dans l’intervalle [0 ; 1]. D’après le théorème de la valeur intermédiaire, l’équation

g (x) = 0 admet une unique solution α sur l’intervalle [0 ; + [ et cette solution α est comprise entre 0 et 1. Une valeur approchée de α est 0,66 à 0,01 près. ❯ D’après les variations de g, g (x)  0 pour 0  x  α et g (x)  0 pour α  x. ❯ On obtient alors le tableau de variation de f : x

α

0

f ’(x)

–

0

f

+  +

f (α)

f admet un minimum en α ≈ 0,7 à 0,1 près. 3 2 107   1. f (x) = 4x – 30 – 50 = 4 x − 30x − 50 . x2 x2 2. a. g’(x) = 12x 2 – 60x = 12x (x – 5). g est décroissante sur [1 ; 5] et croissante sur [5 ; 10]. b. Sur [1 ; 5], g admet un maximum qui vaut – 50 donc l’équation n’a pas de solution. Sur [5 ; 10], l’équation admet une unique solution α ≈ 7,7. c. g est négative sur [1 ; α] et positive sur [α ; 10]. 3. Le signe de g (x) donne le signe de f ’(x). Donc f est décroissante sur [1 ; α] et croissante sur [α ; 10] donc f admet un minimum en α. 4. C (α) ≈ 94,1 : le coût moyen minimum est de 94 100 euros, à 100 euros près. 108   1. B (x) = 130x – C (x) 3 2 − 50 et B ’(x) est du signe 2. B ’(x) = –2x + 80 + 502 = −2x − 80x x x2   3   2 de g (x) = –2x + 80x + 50. g’(x) = – 6x 2 + 160x = x (– 6x + 160). g (0)  0, g  80  0 et 3 g (100)° 0. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, il existe α ≈ 40 tel que g (α) = 0. g change de signe en α. Donc B ’(x)  0 pour x  ]0 ; α] et B ’(x)  0 pour [α  ; 100]. 3. B admet un maximum en α. Il faut donc fabriquer 40 000 objets pour obtenir un bénéfice maximum.

( )

Travaux pratiques TP

1 Méthode de Newton

Il s’agit, dans ce TP, de découvrir une méthode de résolution approchée d’équation et la mise en œuvre d’un algorithme (algorithme de détermination d’approximation d’une solution d’équation par la méthode de Newton) A. Étude d’une première fonction 1. a. f ’(x) = 3x 2 – 1 b. x

1

f ’(x) f 

2 +

–1

5

c. (E) a une seule solution. 2. a. b. Voir le fichier 02_TESL_TP1.ggb (GeoGebra) disponible sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique enrichi.

3. b. y = 2x – 3 c. x1 = 3 . 2 4. T1 : y = 5,75x – 7,75 et x 2 = 31 ≈ 1,35 23 5. x 3 ≈ 1,33. x1, x 2 et x 3 se rapprochent de α. B. Algorithme 1. f ’(a) est le coefficient directeur de Ta et Ta passe par le point de coordonnées (a ; f (a)). 2. On résout y = 0 et x = a – f (a) = b. f ’ (a) 3. a. N représente le nombre de fois où l’on reproduit le procédé de la première partie. b. La valeur initiale de X est la borne inférieure de I. c. Y1 est f (x) et Y ’1 est f ’(x). Voir le fichier 02_TESL_TP1B3.alg (AlgoBox) disponible sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique enrichi. α ≈ 1,324718. 4. Avec AlgoBox : N = 10 et X = 2 α ≈ 2,0945515.

TP

2 Convexité et coûts totaux

Ce TP devrait permettre de faire le lien avec les notions vues en économie, notamment celles de coût total, marginal ou moyen, ainsi que celles de rendements. A. Étude du coût total 1. Les coûts fixes sont de 5 000 euros. 2. Cm(x) = C ’(x) = 3x 2 – 120x + 1 500. 3. C ’(x)  0 donc CT est croissante sur [0 ; 70]. 4. a. CT semble concave sur [0 ; 20] et convexe sur [20 ; 70]. Voir le fichier 02_TESL_TP2A4.ggb (GeoGebra) disponible sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique enrichi. B. Étude du coût marginal 1. C ’m(x) = 6x – 120 2. Cm est décroissante sur (0 ; 20] et croissante sur [20 ; 70]. 3.  admet un point d’inflexion de coordonnées (20 ; 19 000). 4. a. À partir de 20 objets produits, chaque objet supplémentaire produit est plus coûteux que le précédent. b. D’après la question précédente, à partir de 20 objets produits, le rendement de chaque objet supplémentaire sera de moins en moins grand et le rendement marginal sera décroissant. C. Étude du coût moyen 1. CM(20) = 950 euros. 5 000 . 2. CM(x) = x 2 – 60x + 1 500 + x 3. a. A(x ; CT(x)) et (OA) a pour coefficient directeur : y A − y O C T (x) = = CM(x). x xA − xO b. Le coefficient directeur de (OA) semble minimum pour x = 30 environ. 4. Soit q la quantité cherchée. Alors 32  q  33. 5. a. Voir le fichier 02_TESL_TP2C5.ggb (GeoGebra) disponible sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique enrichi. α ≈ 32,38. b. CM atteint son minimum en α. 6. Le coût moyen est décroissant sur l’intervalle ]0 ; α] donc, sur cet intervalle, la production se fait à rendements d’échelle croissants.

Chapitre 2 Continuité et convexité – Term ES spécifique/L spécialité

19

Pour aller plus loin

4.

109   A. Étude graphique 1. La courbe représentant g est d’un seul tenant. 2. g’ 3 = 2 2 3.

()

x

1 2

A 0

10 0,63

5

−1 3

4. L’équation g (x) = 1 a deux solutions. 5. g est convexe sur ⎡⎢ 1 ; 9 ⎤⎥ et concave sur ⎡⎢ 9 ; 10 ⎤⎥ . ⎣2 4 ⎦ ⎣4 ⎦ B. Étude théorique 2 x(2x − 3) 2(2x − 3) . = 1. g’(x) = x4 x3 2 x (−8x + 18) −2(4 x − 9) . 2. a. g”(x) = = x4 x6 1 ⎡ b. g”(x) est positive sur ⎢ ; 9 ⎤⎥ et f est convexe ; g”(x) est négatif ⎣2 4 ⎦ sur ⎡⎢ 9 ; 10 ⎤⎥ et g est concave. ⎣4 ⎦ c. Le point d’inflexion de f a pour coordonnées 9 ; − 5 . 27 4 110   1. a. f ’(x) = 12x 2 – 12x + 3 = 3(2x – 1)2, f ’ est positive et f est croissante. b. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on montre que f (x) = 0 a une seule solution. f (–10) = – 4 568 et f (10) = 3 492. c. x = 2 d. f (x) est négatif sur [–10 ; 2] et positif sur [2 ; 10]. 2. a. En développant, on retrouve le résultat. b. 4x 2 – 14x + 31 est toujours positif donc g (x) est du signe de x – 2. 111   Partie A 1. g’(x) = 3x 2 – 1 200 = 3(x 2 –400) = 3(x – 20)(x + 20). 2. g’(x) est du signe de x – 20 sur [1 ; 100].

(

x

1

20

40

)

100 879 900

–1 299 g

–16 100

15 900

3. Le tableau de variation indique que l’équation g (x) = 0 admet une unique solution α dans l’intervalle [20 ; 40]. 4. α ≈ 35 5. g (x)  0 pour x  [1 ; α] et g (x)  0 pour x  [α ; 100]. Partie B x 3 − 1 200 x − 100 g (x) 1. f ’(x) = = 3 x3 x 2. f ’(x)  0 pour x  [1 ; α] et f ’(x)  0 pour x  [α ; 100]. 3. x

1 1 301

g

20

α

100 162

B

100

3 2

g

y

x

20

5. Graphiquement x1 ≈ 20 et x 2 ≈ 60. Partie C 1. CM (x) = f (x). En utilisant la partie B, on déduit que le coût moyen est minimal lorsque x = 35 soit 3 500 tee-shirts environ. 2. Ce coût est alors de 119, 32 euros. 112   Partie A 1. f (1) = 3 et f ’(1) = 0 2. f est convexe sur [1 ; + [ et concave sur ]0 ; 1]. 3. f a un point d’inflexion de coordonnées (1 ; 3). Partie B 3 + 2 = ( x − 1)2 ( x + 2) 1. f ’(x) = x − 3x x3 x3 Sur ]0 ; + [ f ’(x) est positive. x

0

1

+ 

f

2. a. f ” est négative sur ]0 ; 1] et f ’ est décroissante sur cet intervalle. f ” est positive sur [1 ; + [ et f ’ est croissante. b. f est concave sur ]0 ; 1] et convexe sur [1 ; + [. c. f ”(1) = 0 et f ” change de signe en x = 1 donc f  a un point d’inflexion de coordonnées (1 ; 3). 113   1. b. f  semble avoir trois points d’inflexion. 2. a. En développant, on obtient l’égalité. 2 ( 15 + 15) 2 ( − 15 + 15) . b. f ”(x) = 0 pour x1 = 0, x 2 = et x 3 = 21 21 x f ”

x 3

0

–  –

0

+

0

x 2 –

0

+  +

c. Les abscisses des points d’inflexion de f sont 0, x 2 et x 3. 114   Partie A a. Faux. b. Vrai. c. Faux. d. Vrai. Partie B 1. a. CM(q) = q2 – 12q + 60 b. C ’M (q) = 2q – 12 = 2(q – 6). CM est décroissante sur ]0 ; 6] et croissante sur [6 ; 10]. 2. Le coût moyen est minimum pour 6 litres de parfum fabriqués. 115   Partie A 1. f ’(x) = 3x 2 – 180x +2 700 = 3(x – 30)2  0 sur [0 ; 70]. Donc f est croissante. Une équation de T est : y = 27 000. 2. f ”(x) = 6x – 180. f ”(30) = 0 et f ”(x) change de signe pour x = 30 donc f  a un point d’inflexion de coordonnées (30 ; 27 000). Partie B 1. g (x) = 900x 3. a. h (x) = g (x) – f (x) = –x 3 + 90x 2 – 1 800x

h’(x) = – 3x 2 + 180x –1 800 h’(x) = 0 pour x1 = 10 ( 3 + 3) ≈ 47,3 et x 2 = 10 (3 – 3) ≈ 12,7. x

x 2

0

h’(x)

–

x1

0

+

0

0

h

70 –

M m

–28000

M ≈ 10 392 et m ≈ –10 392 b. L’équation h (x) = 0 a trois solutions dont 0. h (x) = x (x –30)(60 –x). Les solutions sont 0, 30 et 60. c. h (x) est positif sur [30 ; 60], négatif sur [0 ; 30] et sur [60 ; 70]. d. L’entreprise réalise des bénéfices positifs dans l’intervalle [30 ; 60].

Cap vers le bac

f

–3

7 3

1 +

Sujet

0

–

0

3 +

4

Sujet

3. f (x) = 0 admet une unique solution α appartenant à l’intervalle [–3 ; 1]. α ≈ – 0,2. La courbe f coupe l’axe des abscisses en α. 4. a. f ”(x) = 6x – 10 b. f ”(x) = 0 pour x = 5 , f ”(x)  0 pour x  ⎡⎢−3 ; 5 ⎤⎥ et f ”(x)  0 ⎣ 3⎦ 3 pour x  ⎡⎢ 5 ; 3⎤⎥ . ⎣3 ⎦ Le point de coordonnées 5 ; 92 est un point d’inflexion de f . 3 27

(

)

C

Partie A 1. g’(x) =

−10 ( x 2 − 1) ( x 2 + 1)2

2. x

–3

g ’(x) g

– 

–1 –

0

–3

1 +

0

3 –

5 –5

0

–  3 –

0

+

0

+

3 –

0

+

3

D

Affirmation 1 : Vrai. Les flèches dans un tableau de variation traduisent la continuité. Affirmation 2 : Faux car f est décroissante sur cet intervalle. Affirmation 3 : Vrai. 7 est une solution. L’autre solution se situe dans l’intervalle [–2 ; 4]. Affirmation 4 : Faux. C ’est le point de coordonnées (4 ; 1) qui appartient à la courbe. Et f (1) ≠ 4 compte-tenu du tableau de variation. Affirmation 5 : Faux, la courbe a deux points d’intersection avec l’axe des abscisses. Voir affirmation 3.

4

76 27

–92

Sujet

Partie B 1. g”(x) = 0 ; S = {0 ; –  3 ; 3 }. 2.

A ⎛⎜ − 3 ; − 5 3 ⎞⎟ , B (0 ; 0) et C ⎛⎜ 3 ; 5 3 ⎞⎟ . ⎝ ⎝ 3⎠ 3⎠

B

f ’(x)

( )

c. 1 ; 3 et (3 ; 3). 3 5. a. y = 10x 3 . g (x) –10x est positif sur [–3 ; 0] et négatif b. g (x) – 10x = −10x x2 + 1 sur [0 ; 3]. c. g est au-dessus de (d) sur [–3 ; 0] et au-dessous sur [0 ; 3].

3. g a trois points d’inflexion :

1. f ’(x) = 3x 2 – 10x + 7 = (x – 1)(3x – 7) 2. x

b. g (x) = 3 ⇔ 3x 2 – 10x + 3 = 0

g”

1. h (0) = 1 ; h (–1) = 3 ; h (1) = –1 et h (2) = 2,5. 2. h (x) = 0 a trois solutions α, β et γ telles que : –2  α  –1,5 ; 0  β  0,5 et 1,5  γ  2. 3. h’(0) = –3 et h’(1) = 0. 4. T1 : y = –1. T2 : y = –3x + 1 5. h (x)  1 pour x  [–2 ; + [ 6. h’(x)  0 pour x  [–1 ; 1]. 7. h”(x) = 0 pour x = 0. 8. h”(x)  0 pour x  [0 ; + [.

Sujet

{ }

4. a. S = 1 ; 3 3

x

A

Sujet

3. g et (d) ont 2 points d’intersection.

E

Question 1 : (B). Question 2 : (C). Question 3 : (B). Question 4 : (A) et (C). Question 5 : (A) et (B). Question 6 : (B). 116   En étudiant les variations de la fonction f définie sur [–2 ; 2]

par f (x) = x 3 + x – 5 et en utilisant le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, on montre que l’équation n’a qu’une seule solution : α ≈ 1,5. 117   L’équation a deux solutions α et β telles que : –1,32  α  –1,31 et 1,31  β  1,32. 118   h’(x) = 6x 2 – 12x +1 et h”(x) = 12x – 12. Le point d’inflexion a pour coordonnées (1 ; 3). 119   1. f ’(x) = –2x et f ”(x) = –2  0 sur . Donc f est concave sur . 2. Une équation de la tangente en 1 est y = –2x + 1. 3. Cette tangente se situe au–dessus de  car f est concave sur .

Chapitre 2 Continuité et convexité – Term ES spécifique/L spécialité

21

chapitre

3

Fonctions exponentielles

A Le programme Contenus

Capacités attendues

Commentaires

• Connaître l’allure de la représentation graphique de la fonction x  qx selon les valeurs de q.

Ces fonctions sont présentées comme un prolongement continu des suites géométriques. On admet que ces fonctions sont dérivables sur  et transforment les sommes en produits.

• Connaître la dérivée, les variations et la représentation graphique de la fonction exponentielle.

On fait observer à l’aide d’un logiciel qu’entre toutes les fonctions exponentielles, une seule semble avoir 1 pour nombre dérivé en 0.

• Utiliser la relation fonctionnelle pour transformer une écriture.

L’ existence et l’unicité de cette fonction sont admises. Le nombre e est l’image de 1 par cette fonction.

• Calculer la dérivée d’une fonction de la forme x  eu(x).

On étudie des exemples de fonctions de la forme x  eu(x) notamment avec u (x) = −kx ou u (x)= −kx2 (k  0), qui sont utilisés dans des domaines variés. La notion générale de composée est hors programme.

Fonctions exponentielles Fonction x  qx avec q  0 . Relation fonctionnelle.

Fonction exponentielle x  ex.

Dérivée de x  eu(x) où u est une fonction dérivable.

B Notre point de vue La première partie du cours est consacrée à l’étude des fonctions exponentielles x  qx. On donne dans cette partie le sens de variation et la représentation graphique des fonctions exponentielles. Conformément au programme, la fonction exponentielle x  ex est définie comme l’unique fonction exponentielle ayant 1 comme nombre dérivé en 0. La deuxième partie du cours présente les propriétés de la fonction exponentielle et celles des fonctions x  eu(x). Un paragraphe est consacré aux fonctions x  e–kx et x  e–kx2 qui servent à modéliser de nombreux problèmes en probabilité, en statistique ou en économie. Les énoncés du cours sont donnés sans démonstration et parfois illustrés d’exemples. Pour les savoir-faire du cours, nous avons privilégié des exercices simples. Dès le départ, la définition de la fonction exponentielle permet d’étudier le sens de variation de fonctions élémentaires. Plusieurs exercices de simplification d’expressions sont proposés, pour les fonctions exponentielles de base quelconque. Les exercices avec les fonctions de la forme eu contiennent des calculs de dérivées et des études de fonctions. L’utilisation des TICE a été développée à plusieurs endroits dans ce chapitre. Dans la rubrique Pour s’entraîner, les exercices proposés sont des applications immédiates des savoir-faire du cours, en particulier pour la reconnaissance de l’allure des courbes des fonctions x  qx. Quatre exercices de Travail en autonomie sont également proposés sur des parties différentes du chapitre et avec des corrigés très détaillés. Le QCM Pour faire le point permet de tester les savoir-faire du cours, sur les

22

transformations d’expression et un exemple d’étude de fonction qui sont les points de base de ce chapitre. La rubrique Approfondissement propose deux problèmes modélisant des phénomènes d’évolution : l’évolution d’une population de pucerons en présence de prédateurs, des coccinelles, et l’étude de la concentration d’un médicament dans le sang, en fonction du temps écoulé depuis son injection. Dans Pour aller plus loin, les exercices sont de difficulté croissante. Ils contiennent plusieurs résolutions de problèmes.

Les notions abordées dans le chapitre 3 1. Les fonctions exponentielles 2. Propriétés des fonctions x  ex et x  eu(x)

C Avant de commencer Le QCM et les exercices proposés dans cette page permettent de faire le point sur le calcul avec les exposants, sur les suites géométriques et sur le calcul de dérivées. L’introduction donne une brève idée de la modélisation en prenant comme exemple la désintégration radioactive illustrée par la méthode de datation au carbone 14. Voir livre page 264 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

D Activités Activité

a. Dans la cellule D2, on a écrit la formule :

1 Du discret au continu

Cette activité s’appuie sur l’étude d’une suite géométrique modélisant la croissance d’une population de bactéries, à des intervalles de temps entiers. En utilisant la moyenne géométrique de deux réels, on étend l’étude de la population, pour des intervalles d’une demi-heure, puis d’un quart d’heure. On utilise un tableur pour représenter les différentes suites obtenues. Le tracé suggère l’existence d’une fonction continue. Ce qui permet l’introduction d’une fonction exponentielle. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TESL_activite1.ods (OpenOffice), 03_TESL_activite1.xls (Excel 2003), et 03_TESL_activite1.xlsx (Excel 2007). 1. a. On obtient u0 = 1, u1 = 1,5, u2 = 2,25 et u3 = 3,375. b. La suite (un) est une suite géométrique. c. La raison de la suite est 1,5 et son premier terme est 1. Donc pour tout entier naturel un = 1,5n. e. Au bout de 2 h 30, le nombre de bactéries est voisin de 3. 2. a. u1 × u3 = 5,0625 = u22. Les termes de la suite (un) sont positifs donc u2 = u1 × u3 . b. On a un = 1,5 × un–1 et un+1 = 1,5 × un. Donc un2 = un–1 × un+1 et par suite un = un −1 × un +1 , pour tout entier n supérieur ou égal à 1. 3. a. Toutes les demi-heures, le nombre de bactéries est multiplié par un même facteur k. Donc N = k × u0 et u1 = k × N. N 2 = u0 × u1. D’où N = u0 × u1 . b. u1 × u2 ≈ 1,837. Ce nombre représente une approximation du nombre de bactéries au bout de 1 h 30. 4. Dans le fichier mis à disposition, choisir l’onglet QUESTION 4.

=RACINE(B2*B3) . On a choisi un affichage standard pour les colonnes A, B et C dans Format/Cellule/Nombre . Pour la colonne D, on a choisi un affichage à quatre décimales. Sur le graphique, les points bleus représentent la série (n ; un). Les points rouges représentent la série constituée des colonnes C et D. b. Pour 2,5, c’est à dire au bout de 2 h 30, le nombre de bactéries est voisin de 2,756. Ce résultat est cohérent avec celui trouvé dans la question 1. e. 5. Dans le fichier choisir l’onglet QUESTION 5. Le graphique de la question 4. a. été complété par les triangles jaunes représentant les colonnes C et D. a. Au bout de 1 h 15 (1,25 h), le nombre de bactéries est voisin de 1,66. Au bout de 3 h 45 (3,75), le nombre de bactéries est voisin de 4,5745. b. Voici le tracé obtenu avec une calculatrice :

Activité

2 Des courbes à choisir

Il s’agit, ici, de conjecturer le sens de variation des fonctions x  qx à partir de la représentation graphique donnée ou obtenue sur une calculatrice de plusieurs de ces fonctions. 1. a. On obtient f (1) = 2, g (1) = 0,8, h (1) = 3 et k (1) = 0,4. b. On a k(1)  g (1)  f (1)  h(1). On en déduit la position des courbes.

Chapitre 3 Fonctions exponentielles Term ES spécifique/L spécialité

23

Donc k est représentée par la courbe rouge, g par la courbe verte, f par la courbe bleue et h par la courbe rose. 2. a. Pour q  1, la fonction x  q x est décroissante sur . Pour q  1, la fonction x  qx est croissante sur . Pour q = 1, la fonction x  qx est constante sur . b. Voici les tracés obtenus sur une calculatrice pour q = 0,3 ; q = 0,7, q = 1,5 et q = 3,2.

Activité

3 Tangente au point d’abscisse 0

Dans cette activité, on utilise calculatrice et logiciel de calcul formel. Conformément au programme, on observe la tangente au point d’abscisse 0 de la représentation graphique de fonctions exponentielles de base quelconque. Le curseur permet de faire varier la base q et le logiciel fournit alors le cœfficient directeur de la tangente au point d’abcisse 0. On peut, en conclusion de cette activité, donner une approximation à 0,001 près du nombre e. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TESL_activite3.ggb (GeoGebra). 1. Le cœfficient directeur de la tangente au point A est strictement positif pour q  1. 2. La calculatrice fournit une approximation du nombre dérivé en 0 donc du cœfficient directeur de la tangente pour chacune des fonctions. Voir pages calculatrices du manuel : pour Texas page 253 et pour Casio page 258.

Pour la courbe représentative de f, le cœfficient directeur est voisin de 0,6931 donc inférieur à 1. Pour celle de g, le cœfficient directeur est voisin de 1,0986 donc supérieur à 1. 3. On a construit un curseur pour les valeurs de q comprises

entre 2,5 et 3 avec un pas de 0,001. Pour chaque valeur de q, le logiciel trace la courbe représentative de la fonction x  qx et la tangente en A (0 ; 1) à cette courbe. On a fait tracer les courbes représentatives des fonctions f : x  2 x et h : x  3 x ainsi que leur tangente en A (0 ; 1), nommées Tf et Th. La droite tracée, d’équation y = x + 1 est la droite passant par A et de cœfficient directeur 1. On lit dans la fenêtre Algèbre les différentes équations. Pour q = 2,6 le cœfficient directeur semble être égal à 0,957, pour q = 2,7 il semble être égal à 0,993 et pour q = 2,8, il semble être égal à 1,03. On peut conjecturer qu’il existe une valeur de q pour laquelle la fonction x  q x a un nombre dérivé égal à 1 : cette valeur de q est le nombre e. Le logiciel fournit 2,718 comme valeur approchée de q à 0,001 près.

Activité

4 Famille de fonctions

Cette activité est l’occasion d’introduire des fonctions e u particulières en étudiant les fonctions x  e–kx avec k  0. Dans cette activité, on utilise la calculatrice. 1. On obtient l’affichage suivant :

2. a. Les fonctions fk sont décroissantes sur . b. On a f ’k(x) = –ke–kx. Puisque k  0, f ’k(x)  0 donc les fonctions fk sont décroissantes sur . 3. On a f1(1) = e–1 et f2(1) = e–2. Or e–2  e–1 donc la fonction f1 est représentée par la courbe bleue. 4. Soit k  k’. Si x  0 alors kx  kx’, donc –kx  –k’x. Puisque la fonction exponentielle est croissante sur , on a donc e–kx e–k’x soit fk(x)  fk’ (x). Si x  0 alors kx  k’x, donc –kx  –k’x. Puisque la fonction exponentielle est croissante sur , on a donc e–kx  e–k’x soit fk(x)  fk’ (x).

E Exercices POUR DÉMARrER a. 0,2 1 donc la fonction x  0,2x est décroissante sur . b. g est la courbe représentative de x  0,2x. f est la courbe représentative de x  2,3x. 2 a. On a 0,41 = 0,4 et 0,81 = 0,8. b. Puisque 0,4  0,8, on a f (x) = 0,8x et g (x) = 0,4x. 3 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 4 a. Vraie ; b. Vraie c. Fausse ; d. Fausse. 5 3,5–2,2 ≈ 0,064 ; 2,32,2 ≈ 6,791 ; 0,7–1,5 ≈1,707 ; 0,56,7 ≈ 0,010 ; 2 1,5 ≈ 1,682 ; 0,3 2 ≈ 0,182 ; 1

24

6

a. qa × qb = qa+b ;

c. qa × r a = (qr)a ;

b. (qa)b = qab ; qa d. b = qa − b . q

7

Voir correction en fin d’ouvrage page 264.

8

1.

2. Sur ]–  ; 0], f au dessus de g . Sur [0 ; + [, f au dessous de g .

9

1.

2. Sur ]–  ; 0], f au dessus de g. Sur [0 ; + [, f au dessous de g. 10 1. Vraie ; 2. Vraie ; 3. Fausse. 11 a. Vraie ; b. Fausse. 12 1. a. A  B ; b. A  B. 2. a. 1 = e0 donc si x  0, ex  1. b. Si x  1, alors ex  e1 soit ex  e. c. Si x positif, –x  x et alors e–x  ex. d. Si x  0, alors x  2x donc ex  e2x. 13 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 14 a. f ’(x) = e x ; b. f ’(x) = ex + 2. 15 a. f ’(x) = 2x – e x ; b. f ’(x) = 5ex. 16 a. f ’(x) = (2 + 2x)e x ; b. f ’(x) = (2x + x 2)e x 17 La fonction f est un quotient de deux fonctions donc : x x x f ’(x) = 2e × x − 2e × 1 = 2e ( x − 1). x2 x2

18 a. f ’(x) = e x. Donc f est croissante sur . b. f ’(x) = –ex. Donc f est décroissante sur . 19 a. f ’(x) = e x + 3. Donc f est croissante sur . b. f ’(x) = 3ex. Donc f est croissante sur . 20 a. f ’(x) = 1 + e x. Donc f est croissante sur . 7 x b. f ’(x) = e . Donc f est croissante sur . 5 21 a. f ’(x) = –3e x. Donc f est décroissante sur . b. f ’(x) = ex + 1. Donc f ’(x)  0 et f est croissante sur . 22 a. f ’(x) = (1 + x)e x. Donc f ’(x) a le même signe que 1 + x. Sur ]–  ; –1[, f ’(x)  0 donc f est décroissante. Sur ]–1 ; + [ f ’(x)  0 donc f est croissante. b. f ’(x) = e x + (x – 2)e x = (x – 1)e x. f ’(x) a le même signe que (x – 1). La fonction f est décroissante sur ]–  ; 1] et croissante sur [1 ; + [. 23 a. f ’(x) = 2 + e x. La fonction f est croissante sur . x x x x ex . b. f ’(x) = e (e + 1) − e × e = (e x + 1)2 (e x + 1)2 Donc, sur , f ’(x)  0 et f est croissante. x x x 1. On a f ’(x) = e × ( x − 1) − e × 1 = e ( x − 2) . ( x − 1)2 ( x − 1)2 2. f ’(x) a le même signe que x – 2. Donc, sur ]1 ; 2], f ’(x)  0 et donc f est décroissante. Sur [2 ; + [, f ’(x)  0 et f est croissante. La fonction f admet un minimum en 2 égal à f (2) soit e2. 25 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 5 26 a. e3 × e5 = e8 ; b. e = e3. e2 27 a. e−5 × e3 = e–2 ; b. (e3 )2 × e2 = e8. 5 −5 c. e = e3 ; d. e = e–8. e2 e3

24

28 a. e–x × e x = 1 ; c. ex × e2x = e3x ; 29 a. e x × e−2 x = e–x ;

b. e–2x × e–x = e–3x ; d. e–2x × e4x = e2x. b. (e x )2 × e− x = ex ;

d. (e x )2 × (e− x )3 = e–x. c. e2 x × e−2 x = 1 ; 30 a. e x + 2 × e− x = e2 ; b. e x +1 × e3 − x = e4 ; c. (e2 x )3 × (e− x )2 = e4x ; d. (e1− x )2 × e2 x = e2. 31 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 32 a. L’équation équivaut à 2x = x. La solution est 0. b. L’équation équivaut à –x = 3x. La solution est 0. c. L’équation équivaut à 3x = x. La solution est 0. d. L’équation équivaut à –x = x. La solution est 0. a. L’équation équivaut à 2x + 1 = 2 – x qui pour solution 1  ; 3 b. La solution est – 1 . 4 34 a. e2x  0, donc l’équation n’a pas de solution. b. L’équation équivaut à e3x = e–1 soit 3x = –1. La solution est – 1 . 3 35 a. L’inéquation équivaut à x + 1  2. Elle a pour ensemble solution ]–  ; 1]. b. L’inéquation équivaut à 1 – 2x  x. Elle a pour ensemble solution −  ; 1  .  3 36 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 37 a. L’inéquation e–x e équivaut à –x  1 ou encore à x  –1. Elle a pour ensemble solution ]–1 ; + [. b. L’inéquation e x  1x équivaut à e x  e–x ou encore à e x  –x soit 2x  0. L’ensemble solution est ]–  ; 0[. 38 a. A(x) est le produit de deux facteurs : 2 – x et e x. Puisque ex  0, A(x) a le même signe que 2 – x. Donc sur ]–  ; 2], A(x)  0 et sur [2 ; + [, A(x)  0. b. Puisque e–x  0, B(x) a le même signe que x. Donc sur ]–  ; 0], B(x)  0 et sur [0 ; + [, B(x)  0. c. Pour C(x), on résout l’inéquation ex – 1 0, c’est-à-dire ex  e0 qui équivaut à x  0 (la fonction exponentielle est croissante sur ). Donc sur ]–  ; 0], C(x)  0 et sur [0 ; + [, C(x)  0. 39 a. f ’(x) = 2 e2x ; b. f ’(x) = –4e–4x. 40 a. f ’(x) = 1 – e–x ; b. f ’(x) = 2xex2. 41 a. f ’(x) = 3e3x. La fonction est croissante sur . b. f ’(x) = –2e2x. La fonction est décroissante sur . x 42 a. f ’(x) = 1 e 2 . La fonction est croissante sur . 2 b. f ’(x) = ex+3. La fonction est croissante sur . 43 a. f ’(x) = –e4–x. La fonction est décroissante sur . b. f ’(x) = 12e–2x. La fonction est croissante sur . 44 1. La fonction f est la fonction x  e–x. La fonction g est la fonction x  ex–1. 2. L’abscisse du point d’intersection est solution de l’équation : –x = x – 1. La solution est 1 . Les coordonnées du point d’intersection 2 1 sont  1 ; e− 2  . 2  3. Pour x  1 , g est au dessous de f . 2 Pour x  1 , g est au dessus de f . 2 45 On a f ”(x) = 4e2x. Donc f ”(x)  0 sur . g”(x) = 4e–4x. Donc g”(x)  0 sur . h”(x) = ex. Donc h”(x)  0 sur . 33

Chapitre 3 Fonctions exponentielles – Term ES spécifique/L spécialité

25

POUR S’ENTRAÎNER 46

La fonction f est définie par x  0,95x, car la fonction f est décroissante sur . La fonction g est définie par x  1,05x, car la fonction g est croissante sur . 47 La fonction f est la fonction x  2x car elle est croissante sur . La fonction g est la fonction x  x 2. 48 On compare l’image de 1 par chacune de ces fonctions. On note que 0,25  0,75  2,5  4,25. Donc la fonction f est définie par x  0,25x, la fonction h est définie par x  0,75x, la fonction k est définie par x  2,5x et la fonction g est définie par x  4,25x. 49 a. 1,053  1,055 ; b. 0,252  0,254 ; d. 3–2,5  3–1,5. c. 0,41,2  0,43,5 ; 50 2,25 1,5 = 3,375  ; 1,05 –2,3 ≈ 0,894  ; 0,45 –2,8 ≈ 9,354  ; 0,755,7 ≈ 0,194 ; p 2,5 ≈ 17,493. 51 a. 1,155,6 ; b. 0,25–2,7 ; c. 0,4–0,3 ; d.1,05–1,7. 52 a4  ; a1, 5 ; a 2 + 2 ; a–2,55. 53 a. 1,05 –1,3 ; b. 0,85–7,6. c. 0,050,4. 54 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 55 Puisque f (x) = kq x, on a f (0) = k et f (–1) = kq–1. D’où f (x) = –3 × 0,3x. 56 1.

2. La fonction f est strictement croissante sur  donc sur [0 ; 3] car 1,5  1. Elle est continue sur cet intervalle. En outre f (0) = –2  0 et f (3) = 0,375  0. L’équation f (x) = 0 admet donc une solution unique sur [0 ; 3]. 3. On utilise la commande Table de la calculatrice.

On obtient 2,7 comme approximation par défaut de la solution de l’équation. 58 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 59 1. Le nombre de centenaires en 2014 est égal à f (114) soit17 965. En 2015, il est égal à f (115) soit 18 863. 2. Le pourcentage d’augmentation des centenaires entre 2014 et 2015 est égal à 5 %. Il est le même entre 1900 et 1901. 60 Fausse. 61 Fausse. 2 x 62 a. f ’(x) = (2x + x 2)e x ; b. f ’(x) = ( x − 1) e . 2 ( x + 1)2 ex x + 7. 63 a. f ’(x) = 2+  ; b. f ’(x) = e (e x + 1)2 64 a. On a f ’(x) = e x + 2. Donc f ’(x)  0 et f est strictement croissante sur . b. f ’(x) = ex. Donc f ’(x)  0 et f est strictement croissante sur .

26

65 a. f ’(x) = –3e x. Donc f ’(x) 0 et f est strictement décroissante sur . x b. f ’(x) = e . Donc f ’(x) 0 et f est strictement croissante sur . 7 66 a. On a f ’(x) = (–1 – x)e x. Donc f ’(x) est du signe de –1 – x. f ’(x)  0 sur ]–  ; –1] et donc f est croissante sur cet intervalle. De même, f ’(x)  0 sur [–1 ; + [ et donc f est décroissante sur cet intervalle. b. On a f ’(x) = (x 2 + 2x – 2)e x. Donc f ’(x) est du signe de x2 + 2x – 2. f ’(x)  0 sur ]–  ; –1 – 3 ] et sur [–1 + 3 ; + [, donc f est croissante sur ces intervalles. f ’(x)  0 sur [–1 – 3  ; –1 + 3 ] donc f est décroissante sur cet intervalle. 67 a. Correctif : il se peut que dans certains manuels l’énoncé 2 propose f (x) = x − 1 . Nous avons donc modifié l’énoncé afin e d’avoir une fonction exponentielle qui intervienne : 2 On a pris f (x) = x − 1  ; on a alors : ex 2 x e x − ( x 2 − 1)e x ( − x 2 + 2 x + 1)e x f ’ ( x) = = (e x )2 (e x )2

f est décroissante sur ]– ; 1 – 2 ], croissante sur [1 – 2  ; 1 + 2 ] et décroissante sur [1 + 2  ; + [. x x x x ex . b. f ’(x) = e (e + 1) − e × e = (e x + 1)2 (e x + 1)2

Donc, sur , f ’(x)  0 et f est croissante 68 1. L’énoncé est vrai. 2. L’énoncé réciproque est : Si une fonction est égale à sa dérivée, alors cette fonction est la fonction exponentielle. Cet énoncé est faux. Par exemple, si f (x) = 2ex alors f ’(x) = 2ex. Donc f = f ’ mais f n’est pas la fonction exponentielle. 69 1. f ’(x) = (x + 1)e x. La fonction f est décroissante sur ]–  ; –1] et croissante sur [–1 ; + [. 2. y

1 0

70

x

1

1. f ’(x) = 1 + ex donc f est croissante sur .

2.

y

1 0 1

71

1. f ’(x) =

x

4e x . La fonction f est croissante sur . (e x + 2)2

2.

y 1 0 1

x

73

Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 1. a. On a g (0) = 6 car les coordonnées du point E de la courbe  sont (0 ; 6). La droite (EF) est tangente à la courbe , son cœfficient directeur est –2 donc g’(0) = –2. b. g’(x) = 1 + kaeax. c. g (0) = 6 donc k = 6 ; g’(0) = –2 donc 1 + 6a = –2. Par suite, a = –0,5. D’où g (x) = x + 6e–0,5x. 2. a. 74

b. La solution de l’équation est encadrée par 2,1 et 2,2. c. Si b est l’abscisse de B, on a g’(b) = 0. Donc b est solution de l’équation 1 – 3e–0,5x = 0. Cette équation est équivalente à l’équation e–0,5x = 1 . 3 Donc d’après la question 2. b. on a 2,1  b  2,2. Une approximation par défaut de l’abscisse du point B est donc 2,1. 75 Fausse 76 Vraie 77 Vraie 78 a. e–4 ; b. e–12 ; c. e–1 ; d. e–4. 79 a. e−3 x × e3 x = 1 ; b. e2 x +1 × e−4 x = e−2 x +1 ; c. e−2 x × (e2 x )2 = e2x. 80 a. e− x − 6 × e2 x − 4 = e x–10 ; b. e × (e3 )2 = e7  ; c. (e x )3 × (e− x )2 = e x . 2 x +1 2x −4 x a. e = e3x ; b. e × e = e–5x–1 ; e1− x e3 x + 1 x 2 −3 x c. (e ) × e = e− x . e3 x × (e− x )3 82 a. Pour obtenir l’égalité, on multiplie le numérateur et le dénominateur de l’expression donnée par e x et on utilise la propriété e–x × ex = 1. b. On a les égalités suivantes : −x e x (2e− x ) = 2 . 2 2− = 2 + 2e − x − 2 = x 1 + e− x 1+ e e (1 + e− x ) 1 + e x 83 a. L’égalité s’obtient en multipliant le numérateur et le dénominateur par e–x et en utilisant la propriété ex × e–x = 1. b. L’égalité s’obtient en multipliant le numérateur et le dénominateur par e–2x et en utilisant la propriété e2x × e–2x = 1. 84 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 85 Pour tout entier naturel n, on a un = a + nr. Donc eun = e a+nr = e a × (e r) n. La suite (v n) est une suite géométrique de raison er et de premier terme ea. 86 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 87 a. On a f ’(x) = (x + 1)e x et f ”(x) = (x + 2)e x. f ”(x) est donc du signe de x + 2. f ”(x)  0 sur [–2 ; + [ ; la fonction f est convexe sur cet intervalle.

81

b. On a f ’(x) = 1 −x x et f ”(x) = x −x 2 . Donc f ”(x) est du signe e e de x – 2. f ”(x)  0 sur [2 ; + [ ; la fonction f est convexe sur cet intervalle. 88 1. On a f (a + b) = f (a)f (b). 2. a. L’énoncé est vrai. b. L’énoncé réciproque est : Si f est une fonction telle que, pour tous réels a et b f (a + b) = f (a)f (b), alors f est la fonction exponentielle. Cet énoncé est faux. On peut prendre comme contre-exemple la fonction f de la question 1. 89 Fausse. 90 Fausse. 91 Fausse. 92 a. L’équation a pour solution 0. b. L’équation a pour solutions 2 et –2. c. L’équation a pour solution –1. 93 a L’équation équivaut à x 2 – 5x + 4 = 0. Elle a pour solutions 1 et 4. b. L’équation équivaut à x = –x. Elle a pour solution 0. c. Comme e5x  0, l’équation n’a pas de solution. 94 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 95 a. L’inéquation équivaut à 0  3x. L’ensemble solution est [0 ; + [. b. L’inéquation équivaut à –x2 + x  0. L’ensemble solution est ]–  ; 0]  [1 ; + [. c. L’inéquation équivaut à e x+3  e–x soit encore 2x + 3  0. L’ensemble solution est − 3 ; +   .   2 96 Voir correction en fin d’ouvrage page 264. 97 a. L’inéquation n’a pas de solution. b. L’inéquation équivaut à e–x–2  e–x. Elle n’a pas de solution. 98 a. A a le même signe que 1 – x. Donc A  0 pour x  1 et A  0 pour x  1. b. B est la somme de deux réels positifs donc B  0 pour tout réel x. c. C  0 pour x  0 et C  0 pour x  0. 99 a. A a le même signe que x 2 – 1. Donc A  0 pour x  –1 ou pour x  1 et A  0 pour –1  x  1. b. B est un quotient dont le dénominateur est strictement positif. B a le même signe que 1 – e x. Donc B  0 pour x  0 et B  0 pour x  0. c. C = ex(ex – 1). Donc C a le même signe que ex – 1. Ainsi C  0 pour x  0 et C  0 pour x  0. 100 a. Les solutions sont – 4 et 1. b. On pose X = e x. L’équation e x = –4 n’a pas de solution. L’équation ex = 1 a pour solution 0. 101 a. L’équation admet une solution unique 0. b. L’équation admet une solution unique 0. 103 Voir correction en fin d’ouvrage page 265. 104 Faux. 105 Faux. 106 Vrai 107 Les fonctions sont dérivables sur . b. f ’(x) = –2e1–2x a. f ’(x) = –6e–6x ; c. f ’(x) = (–3x + 2)e3x ; d. f ’(x) = (6x – 2)e3x2–2x+1. 108 Les fonctions sont dérivables sur .

Chapitre 3 Fonctions exponentielles – Term ES spécifique/L spécialité

27

a. f ’(x) =  

(

6e3 x ; 2 + 1)

1 b. f ’(x) = – 12 e x . x 110 a. La fonction f est un produit de fonctions dérivables sur  ; elle est donc dérivable sur . On a f ’(x) = 2xe–3x + (x2 + 1) × (–3)e–3x = (–3x2 + 2x – 3)e–3x. b. La fonction f est un produit de deux fonctions :

109 a. f ’(x) = (2x 2 + 1)e x 2 ;

1

x  3 – x dérivable sur  et x  e x dérivable pour x ≠ 0. 1

Elle est donc dérivable pour x ≠ 0. La fonction x  e x est de la 1 forme eu avec u (x) = 1 . Sa dérivée est la fonction x  − 12 e x . x x

( )

1 1 Par suite, f ’(x) = (–1) e x + (3 – x) × − 12 e x . x 1 D’où f ’(x) = − 1 − 3 −2 x e x . x 111 1. On a f ’(x) = 2(x – 1)ex2–2x. f ’(x) est du signe de x – 1. Donc sur ]–  ; 1], f ’(x)  0 donc f est décroissante et sur [1 ; + [, f ’(x)  0 donc f est croissante. 2. On obtient le tracé suivant :

(

)

y

1 0

x

1

f ’(x) est du signe de 2x2 – 2x + 1. D’où f ’(x)  0 sur . Donc f est croissante sur . 1 e x x−1 . D’où f ’(x)  0. 113 On a f ’(x) = – ( x − 1)2 La fonction f est strictement décroissante sur . 114 Voir correction en fin d’ouvrage page 265. 115 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TESL_exercice115.ggb (GeoGebra). 1. Voici les tracés obtenus avec GeoGebra : y 1 100 1 000 900 800 700

m1

500

m2

400 300 200 100 0

4

8

12

16

20

24

28

30

34

2. a. m1(t) = 97,4e0,084t donc m’1(t) = 8,1816e0,084t. La fonction m1 est croissante sur [0 ; + [.

28

Âge

0

5

10

15

20

25

m1(t)

97

148

226

343

523

795 1 211 1 842 2 804

m2(t)

75

149

275

450

638

790

38

42 x

30 888

35 941

40 967

Les nombres figurant dans le tableau sont les valeurs approchées à 1 gramme près. 4. Le tracé de la représentation graphique de m2 est le plus proche des observations faites. La fonction m2 est une fonction « logistique ». 117 1. On a f ’(x) = 10(–x + 3)e –0,5x. Donc f ’(x) a le même signe que –x + 3. La fonction f est croissante sur [0,5 ; 3] et décroissante sur [3 ; 8]. 2. a. On doit avoir f (x)  0, donc x  1. La production minimale est donc égale à 100 bicyclettes. b. f ’(x) s’annule en changeant de signe pour x = 3 et f (3) = 8,925. Pour obtenir un bénéfice maximal, l’entreprise doit produire 300 bicyclettes. Le bénéfice est alors égal à 8 925 euros. 118 1. f ’(x) = –0,5(x + 2)e–0.05x. f ’(x) est du signe de –x – 2. D’où f est croissante sur ]–  ; –2] et décroissante sur [–2 ; + [. 2. a. Si x = 2, f (2) ≈ 2,20728. Si le prix unitaire est fixé à 200 €, le nombre d’objets est égal à 2 207. b. On obtient e(x) =

112 On a f ’(x) = (2x 2 – 2x + 1)e x2.

600

−0,155t 992 donc m’2(t) = 1891,248e . 1 + 12,3e−0,155t (1 + 12,3e−0,155t )2 m’2(t)  0 donc m2 est croissante sur [0 ; + [.

3. a. m2(t) =

b. f ’(x) = (2x2 – 5)e2x.

e3 x

− x ( x + 2) . 2( x + 4)

3. Si x = 282 €, l’élasticité est égale à 0,99 donc le bien est peu élastique. 119 Fausse. 120 Fausse. 121 Fausse car on a f ”(x) = 4(x + 1)e2x. 122 f ’(x) = 2(e2x – 1). f ’(x)  0 sur ]–  ; 0[ et f ’(x)  0 sur [0 ; + [. La fonction admet un minimum en 0. Ce minimum est égal à f (0) soit 1. La fonction f est donc strictement positive sur . x 123 On a f ’(x) = e x +1 . Donc f ’(x)  0 et la fonction f est ( x + 1)2 croissante sur ]–1 ; + [. 124 g’(x) = x(e x + 2). Ainsi g’(x)  0 sur [0 ; + [. La fonction g est donc strictement croissante et continue sur [0 ; + [. En outre g (0) = –1 et g (1) = 1. L’équation g (x) = 0 admet donc une solution unique sur [0 ; + [. Une valeur approchée de cette solution est 0,7. x 125 1. On a 2x – 1 + 2 = 2 x + −(e + 1) + 2 = f (x). ex + 1 ex + 1 2(e2 x + e x + 1) . Le cœfficient directeur de la 2. On a f ’(x) = (e x + 1)2 tangente au point d’abscisse 0 de la courbe  est égale à f ’(0) soit 1,5. 2e x (e x − 1) . 3. On a f ”(x) = (e x + 1)3 Donc f ”(x) est du signe de ex – 1. Sur ]–  ; 0], f ”(x)  0 donc f est concave. Sur [0 ; + [, f ”(x)  0 donc f est convexe.

POUR FAIRE LE POINT Voir livre page 265. Les corriges détaillés sont disponibles sur le site www.bordas-indice.fr.

ACCOMPAGNEMENT PERSONNALISÉ 139 a. Pour obtenir l’égalité, on observe que :

e4x – e2x = (e2x)2 – (ex)2 = (e2x + ex)(e2x – ex). b. L’égalité s’obtient en multipliant le numérateur et le dénominateur de l’expression par e x et en utilisant la propriété ex × e–x = 1. c. L’égalité s’obtient en multipliant le numérateur et le dénominateur de l’expression par e –2 x et en utilisant la propriété e2x × e–2x = 1. d. L’égalité s’obtient en multipliant le numérateur et le dénominateur de l’expression par e x et en utilisant la propriété ex × e–x = 1. 140 a. On a f ’(x) = (x – 2)e x. Donc f ’(x) est du signe de x – 2. D’où, sur ]–  ; 2], f ’(x)  0, donc f est décroissante. Sur [2 ; + [, f ’(x)  0, donc f est croissante. b. g’(x) = 2(1 – x)e x. Donc g’(x) est du signe de 1 – x. D’où, sur ]–  ; 1], g’(x)  0, donc g est croissante. Sur [1 ; + [, g ’(x)  0, donc g est décroissante. c. On a h’(x) = (x + 1)2e2. Donc, sur , h’(x)  0 et h est croissante. x d. On a k’(x) = x− e 2 . D’où k’(x)  0 sur . (e + 1) La fonction k est strictement décroissante sur . Approfondissement : modèles d’évolution ❯ Le nombre de pucerons à l’instant t = 0 est égal à 2 000. ❯ On a f (20) = 0,77 = 42 e–20k. Le réel k est solution de l’équation e–20k = 11 . En utilisant la fonction Solve d’une calculatrice, 600 on obtient :

On a donc k ≈ 0,2. ❯ On étudie les variations de la fonction f. f ’(t) = 0,4(–t + 4)e–0,2t. f ’(t) est du signe de – t + 4. On en déduit : Sur [0 ; 4], f ’(t)  0 donc f est croissante. Sur [4 ; 20], f ’(t)  0 donc f est décroissante. Le nombre de pucerons va diminuer au bout de 4 jours. ❯ On obtient la fenêtre et le tracé suivant :

❯ Une équation de la tangente à la courbe f au point d’abscisse 0 est y = 1,6t + 2. Pour t = 1, on obtient y = 3,6. Le nombre de pucerons présents au bout d’un jour est donc environ 3 600.

❯ On construit un tableau de valeurs pour la fonction f entre 18 et 19 jours. Avec un pas de 0,1 :

Le seuil de 1 000 pucerons est atteint au bout de 19 jours. 141 1. Au bout de 2 h, la concentration est de 1 g. 2. La personne peut prendre le volant au bout de 6 h. 3. a. f (0) = b donc b = 1,2. On a donc f (t) = (0,5t + 1,2)e–0,4t. b. On calcule f (2). f (2) = 2,2e–0,8. On a f (2) ≈ 0,99. Au bout de 2 h, la concentration est voisine de 0,99g . L–1. c. On a f ’(t) = (0,02 – 0,2t)e–0,4t. f ’(t) est du signe de 0,02 – 0,2t. Donc f ’(t)  0 sur [0,1 ; 24]. La fonction f est donc décroissante sur cet intervalle. d. On construit une table de valeurs pour la fonction f.

On observe que f (12) ≈ 0,0592. Au bout de 12 jours environ, la concentration du médicament devient inférieure à 0,06 gramme par litre.

TRAVAUX PRATIQUES TP

1 Croissance d’un rat musqué

A. Étude à l’aide d’un tableur Le fichier fournit les données observées pour la croissance de la masse corporelle d’un rat musqué en fonction de son âge. On utilise dans ce TP, les possibilités du logiciel GeoGebra pour approcher le nuage de points correspondant à ces données, soit fournir des modèles de différents types et trouver le modèle qui semble le plus adapté. Dans la deuxième partie, on utilise un logiciel de calcul formel afin de faire l’étude mathématique du modèle logistique, qui semble le mieux adapté à la situation observée. Un fichier de données supplémentaires permet à l’enseignant qui le souhaite de reprendre la même étude, mais cette fois pour la taille du rat musqué. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TESL_TP1.ggb (GeoGebra) et 03_TESL_TP1_donnees_supplementaires.ggb (GeoGebra). 1. On sélectionne l’outil Statistique à deux variables dans la boîte STATISTIQUE. Les modèles d’ajustement s’obtiennent dans le menu MODELE D’AJUSTEMENT. 2. Choisir le modèle Affine. On obtient pour équation y = 3,753x + 198,019. Le logiciel fournit également, pour chaque valeur de x, la valeur de y correspondante. Pour x = 200 (jours), on obtient y = 948,67 (g). La droite est représentée en gris foncé sur le graphique ci-dessous. Pour copier dans GRAPHIQUE, effectuer un clic droit dans la zone de graphique et choisir Copier vers graphique . 3. Choisir le modèle Polynôme. Le logiciel propose plusieurs degrés. Le polynôme de degré 3 semble le mieux ajuster le

Chapitre 3 Fonctions exponentielles – Term ES spécifique/L spécialité

29

nuage de points. L’équation donnée de la courbe est : y = –0,001x3 + 0,0837x2 + 8,8144x – 3,472. Pour x = 200, on obtient 722,31. La courbe est représentée en noir. Un polynôme de degré 2 fournit un tracé voisin. 4. Choisir le modèle Exponentielle. L’ajustement ne convient pas car la courbe obtenue est éloignée du nuage de points. 5. Choisir le modèle Logistique. La courbe obtenue par cet ajustement est très proche du nuage de points. La courbe est tracée en gris clair. L’équation de la courbe donnée est : 745,8327 y= . 1 + 11,1682e−0,0491x Pour x = 20, le logiciel fournit y = 745,38. 6. a. Voici l’écran obtenu. Le modèle logistique semble fournir le meilleur ajustement du nuage de points. y 900 800 700 600 500 400 300 200 100 0

20

60

100

140

180

220

260

300

x

b. D’après les biologistes, la masse du rat musqué est de 767 grammes à 200 jours. Le modèle logistique est celui qui fournit la meilleure estimation. Il est possible d’effectuer une étude analogue avec la longueur du rat musqué (en cm). B. Étude mathématique avec un logiciel de calcul formel. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TESL_correctionTP1. ggb (GeoGebra), 03_TESL_correctionTP1.xws (Xcas) et 03_TESL_correctionTP1.dfw (Derive) 1. Dans le menu Affichage, choisir Champ de saisie/Afficher. 740 Dans le champ de saisie, saisir l’expression : f(x) = 1 + 11,5e−0,05 x La courbe est représentée en gris clair dans la figure ci-dessous. y 900 800 700 600 500 400 300 200 100 0

30

20

60

100

140

180

220

260

300

x

La courbe tracée est très proche de la courbe représentative de la fonction exponentielle. 2. a. On commence par définir f (t) dans la première ligne d’édition. Dans la seconde ligne, écrire simplifier(f (t)–740) et valider. La commande Simplifier se trouve dans Scolaire /Seconde . Le résultat affiché par le logiciel permet −0,05 i d’écrire : f (t) – 740 = −8510e . 1 + 11,5e−0,05t –0,05t Puisque e  0, on a f (t) – 740  0. Donc, pour tout réel t de [0 ; + [, f (t)  740. b. On fait calculer la dérivée de f par le logiciel en utilisant la commande Deriver dans Scolaire /Premiere . La variable est t, donc la syntaxe est deriver(f (t),t) . Le résultat affiché par le logiciel permet d’écrire : 426e−0,05t f ’(t) = . (1 + 11,5e−0,05t )2 Donc sur [0 ; + [, f ’(t)  0 et ainsi la fonction f est strictement croissante. 3. a. Pour calculer la dérivée seconde de f, utiliser la commande Deriver et la syntaxe deriver(f (t),t,t) ou deriver(f (t),t,2) suivant les versions. Le résultat affiché permet de dire que f ”(x) a le même signe que e–0,05t – 0,087. b. On fait résoudre par le logiciel l’équation : e–0,05t – 0,087 = 0. Pour cela on utilise la commande résoudre dans Scolaire /Seconde . La syntaxe est resoudre(e–0,05t–0,087=0,t) . L’équation admet une solution unique a dont une valeur approchée est fournie par le logiciel. On a a ≈ 48,8. La fonction exponentielle t  e–0,05t étant décroissante, on a f ”(x)  0 sur [0 ; a[ et f ”(x)  0 sur ]a ; + [ et f (a) = 0. La fonction f est convexe sur [0 ; a[ et concave sur ]a ; + [. c. La courbe  admet un point d’inflexion au point d’abscisse a car f ” s’annule en changeant de signe en a. Le point d’inflexion a pour coordonnées (a ; f (a)) avec f (a) ≈ 370.

TP

2 Taux d’intérêts composés

et périodes de placement

Dans ce TP on étudie l’évolution du taux d’intérêt d’un placement, quand les périodes de placement deviennent de plus en plus courtes. Pour cette étude on utilise un tableur. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TESL_TP2.ods (OpenOffice), 03_TESL_TP2.xls (Excel 2003), et 03_TESL_TP2.(xlsx) (Excel 2007). A. Placements classiques 1. Placement annuel Au bout d’un an, le capital est égal à 1 054 €. Au bout de cinq ans le capital acquis est égal à environ1 300,78 €. 2. Placement semestriel a. On a 5, 4 = 2,7. 2

b. On obtient respectivement 1 027 € et 1 054,73 €. c. Au bout de la première année, l’intérêt acquis est égal à 54,73 €. Le taux annuel correspondant est donc 5,473 % environ. d. La valeur acquise du capital au bout de 5 ans est donc égale à 1 305,28 € environ. Elle est donc supérieure de 4,51 € B. Différentes périodes de placement 1. a. Sur une période de placement, l’intérêt est égal à 5, 4 . n Le capital est donc multiplié par 1 + 0, 054 . Au bout d’un an n n il sera donc égal à 1 000 1 + 0, 054 et au bout de 5 ans, il sera n 0, 054 5 n égal à 1 000 1 + . n b. Si n = 12, le capital au bout d’un an sera égal à :

(

(

)

)

(

1 000 1 + 0, 054 12

)

12

soit 1 055,36 €. L’intérêt effectif est donc égal à 5,536 %. c. Dans le cas de périodes de placement sur une année, l’intérêt acquis est égal à : n 1 000 1 + 0, 054 – 1 000 n

(

 soit 1 000  1 + 0, 054 n 

(

)

(

n

)

 − 1 . Donc le taux d’intérêt annuel 

)

n effectif est égal à 1 + 0, 054 – 1. n 2. On obtient le tableau suivant :

Taux Durée des Nombre d’intérêt par périodes de périodes période (%)

c. Écrire dans la cellule B2 =A2/0,054 et recopier vers le bas. d. Écrire dans la cellule C2 =(1+1/B2)^B2 et recopier vers le bas. e. Dans la cellule D11000, on lit 2,71828. Ce nombre est une approximation à 0,00001 près du nombre e. p On peut donc conjecturer que si p tend vers l’infini,  1 + 1   p a pour limite e. p 0,054 p   3. Puisque  1 + 1  a pour limite e,   1 + 1   se   p   p  rapproche de e0,054 lorsque n tend vers l’infini. 4. Dans le cas d’un intérêt continu, le capital acquis au bout de 5 ans est égal à 1 000 × (e0,054 )5 euros ou encore 1 000 × e0,27 euros soit 1 309,96 €. Il est supérieur de 0,02 € au capital obtenu dans le cas où la capitalisation est quotidienne.

POUR ALLER PLUS LOIN 142 1. La figure ci-dessous regroupe tous les tracés demandés dans cet exercice. y 340 300 260 220

Taux Capital d’intérêt acquis annuel au bout effectif (%) de 5 ans (€)

180 140 100 60

Annuelle

1

5,4

5,4

1 300,78

Semestrielle

2

2,7

5,473

1 305,28

20

Trimestrielle

4

1,35

5,51

1 307,60

0

Mensuelle

12

0,45

5,536

1 309,17

Hebdomadaire

52

0,1038

5,546

1 309,78

Quotidienne

365

0,0148

5,548

1 309,94

Le fichier logiciel 03_TESL_TP2.xls/.xlsx/.ods dans l’onglet Question B2 fournit ces résultats. En modifiant la cellule B1, on peut effectuer les calculs en changeant le taux initial. Et en modifiant la cellule D1, on peut changer le capital acquis au bout de 5 ans. La méthode de capitalisation la plus avantageuse est la méthode de capitalisation quotidienne. C. Placement à taux d’intérêts continu n 1. Si p = alors n = 0,054p et 1 = 0, 054 . 0, 054 p n

) ( )

( )

0,054 p p  0,054 n  D’où : 1+ 0,054 = 1+ 1 =  1+ 1  . n p p   2. Voir fichier logiciel 03_TESL_TP2, onglet Question C2. a. Fixer le nombre de décimales à 5, pour les colonnes B et C. Pour cela, aller dans Format/Cellule/Nombre .

(

1

2

3

4

5 x

2. b. On a f (5) = 264,5. On peut prévoir 265 couverts pour la cinquième semaine. 3. a. On a 54  0 et 1,43  1 donc la fonction g est strictement croissante sur [1 ; + [. b. Voici le tableau obtenu à l’aide de la commande Table d’une calculatrice :

d. On a g (5) ≈ 322,9. Selon ce modèle, on peut prévoir 323 couverts, la cinquième semaine. 4. a. La table de valeurs suivante pour la fonction g permet de donner 7 comme approximation par défaut, à une unité près, de l’équation g (x) = 810.

b. Dans la cellule A3 écrire =A2+100 et recopier vers le bas jusqu’à la cellule A11000. Chapitre 3 Fonctions exponentielles – Term ES spécifique/L spécialité

31

b. Le restaurateur commencera à refuser des clients au cours de la septième semaine. 143 1. Pour que la courbe  passe par O, on doit avoir f (0) = 0 donc 2 + b = 0. Ainsi b = –2. De même f ’(0) = 3, donc 2 + a = 3. Donc a = 1. D’où f (x) = 2ex + x – 2. 2. f ’(x) = 2ex + 1. f ’(x)  0 sur  donc la fonction f est strictement croissante sur . 3. On obtient le tracé suivant :

c. Pour n = 2, on obtient 0,5625  a  0,5703125. Pour n = 5, on obtient 0,567138  a  0,561715. 150e−0,5t . D(t)  0 et D est strictement 145 1. D’(t) = (1 + 20e−0,5t )2 croissante sur [0 ; + [. t D’(t) D

y

+

+ +

5 7

2. Une équation de T est y = 50 t + 5 . 147 7 3.

1 0

0

y

1

x 10 0

144 1. On a f ’(x) = (x + 1)e x. Donc f ’(x) est du signe de x + 1. Sur]–1 ; 2], f ’(x)  0 donc f est strictement croissante sur [–1 ; 2]. 2. a. La fonction f est continue et strictement croissante sur [–1 ; 2]. De plus f (–1) ≈ –0,37 donc f (–1)  0 et f (2) ≈ 14,78 donc f (2)  0. L’équation f (x) = 0 admet donc une solution unique a sur [–2 ; 1]. En outre, f (0) = –1, donc la solution a appartient à l’intervalle [0 ; 1]. b. Voici la fenêtre et le tracé obtenu :

10

x

146 1. On vérifie que C’M est égal à CT .

2. b. On obtient C’M(q) = (0,2q – 1)e–0,2q. c. La fonction CM est décroissante sur [1 ; 5] et croissante sur [5 ; 20]. Elle admet donc un minimum pour q = 5. On a CM(5) = 4 – 5 ≈ 2,161. e La production mensuelle permettant d’obtenir un coût moyen minimal est égale à 5 tonnes. Le coût correspondant est environ 2 161 euros. d. On calcule Cm(5). On a Cm(5) = 4 – 5 . e Pour cette production, le coût moyen est égal au coût marginal. 147 1. On a N’(t) = –0,0001238N0e–0,0001238t

En utilisant la commande Trace de la calculatrice, on obtient a ≈ 0,5714285714. 3. a. On obtient l’algorithme suivant : Saisir n a prend la valeur 0 b prend la valeur 1 Tant que b – a 10– n

m prend la valeur a + b 2 P prend la valeur f (a) × f (m) Si P 0 alors a prend la valeur m sinon b prend la valeur m Fin Si Fin Tant que Afficher a Afficher b

b. Voici le programme obtenu pour une Casio GRAPH 35 + :

= –0,0001238N(t). 2. Au bout de 20 000 ans, le nombre d’atomes est : N(20 000) = N0e –2,476 ≈ 0,084N0. Il reste 8,4 % des atomes. On en a perdu 91,6 %. 3. La période du carbone 14C vérifie l’équation e–0,0001238t = 1 . 2 Notons f (t) = e–0,0001238t. L’équation f (t) = 1 admet une solution 2 unique comprise entre 5 000 et 6 000. En effet, f (5 000) ≈ 0,538 et f (6 000) ≈ 0,476. En utilisant la fonction « table » de la calculatrice, on obtient t ≈ 5 599 ans. La fonction ln permettra ultérieurement une résolution plus rapide de cette question. 4. Les fragments d’os trouvés dans la grotte conservent 70 % de leur teneur en carbone. L’âge t du fragment d’os est donc la solution de l’équation e–0,0001238t = 0,7. En procédant comme dans la question précédente, on obtient t ≈ 2 881 ans. 148 A. 1. g’(x) = –4(x + 1)e2x. g’(x) a le signe contraire de

x + 1. Donc, sur [0 ; +[, g’(x)  0 et la fonction g est décroissante. 2. g (0) = 0 donc g (x)  0 sur ]0 ; + [. B. 1. f ’(x) = 1 – e 2x – 2xe 2x = g (x). Donc la fonction f est strictement décroissante sur [0 ; + [. 2. f est continue et strictement décroissante sur [0 ; 1]. En outre

32

f (0) = 3  0 et f (1) = 4 – e2  0 sur [0 ; 1]. L’équation f (x) = 0 admet donc une solution unique qui est l’abscisse xI du point I d’intersection de  et de l’axe des abscisses. Sur [1 ; + [ f (x)  0, donc l’équation n’a pas de solution. Or f (0,7) ≈ 0,86 et f (0,8) ≈ –0,16 donc 0,7  xI  0,8. 3. On obtient le tracé suivant : y

Pour k = 0, la fonction est affine et croissante. Si k  0, sur −  ; − k − 1 , fk est décroissante  k  et sur  − k − 1 ; +   , fk est croissante.  k  Si k  0, sur −  ; − k − 1 , fk est croissante  k  et sur  − k − 1 ; +    , fk est décroissante.  k 

1 0

1

C AP VERS LE BAC

x

A

Sujet 1. Vraie 149 A. 1. On a f ’(x) = (x + 2)e x. Donc f ’(x) est du signe de

x + 2. la fonction f est décroissante sur ]–  ; –2] et croissante sur [–2 ; + [. 2. a. On a f ”(x) = (x + 3)ex. b. Donc f ”(x) est du signe de x + 3. On en déduit que f est concave sur ]–  ; –3] et convexe sur [–3 ; + [. c. Le point d’inflexion A a pour coordonnées (–3 ; –2e–3). 3. Une équation de la tangente T à  en son point d’abscisse 0 est : y = 2x + 1. 4. On obtient la figure suivante : y



4. Vraie

2. (C )

3. (B)

B

Sujet 1. (C )

4. (B)

C

Sujet

A. 1. a. On lit f (1) = 6. Le point C a pour abscisse – 1 . 2 Donc f ’ − 1 = 0. 2 b. Le cœfficient directeur de  est égal à 3, donc f ’(1) = 3. 2. f ’(x) = aex–1 + (ax + b)ex–1 = (ax + a + b)ex–1. 3. a. Le point A a pour coordonnées (1 ; 5) donc f (1) = 5 et donc a + b + c = 5. f ’ − 1 = 0 donc – 1 a + a + b = 0 soit a + 2b = 0. 2 2 f ’(1) = 3 donc 2a + b = 3. b. On obtient a = 2 et b = –1. c. On en déduit c = 4, d’où f (x) = (2x – 1)ex–1 + 4. B. 1. a. On a f ’(x) = (2x + 1)ex–1. Donc f ’(x) a le même signe que 2x + 1. La fonction f est décroissante sur −  ; − 1  et croissante  2 sur − 1 ; +    .  2  b. La fonction f admet un minimum pour x = – 1 . 2 −3 Or f − 1 = −2e 2 + 4 ≈ 3,55. Donc f − 1  0. 2 2 Par suite, pour tout réel x, f (x)  0. 3. Sur [1 ; 2] la fonction f est continue et strictement croissante. En outre f (1) = 5 et f (2) = 3e + 4. Or 3e + 4 ≈ 12,15. Donc f (1)  6  f (2). On en déduit que l’équation f(x) = 6 admet une solution unique a sur [1 ; 2]. En utilisant une calculatrice, on obtient : 1,2  a 1,3.

( )

( )

T 

1

0

2. Fausse.

1 x

B. 1. a. La fonction f0 est affine. Sa représentation graphique est la droite  d’équation y = x + 1. Elle est tracée sur la figure de la question A. 4. b. Pour déterminer les abscisses des points d’intersection, on résout l’équation x + 1 = (x + 1)e x. Cette équation équivaut à x + 1 = 0 ou e x = 1. Il y a deux points d’intersection qui ont pour coordonnées (–1 ; 0) et (0 ; 1). Pour tout entier k, fk(–1) = 0 et fk(0) = 1. Les points trouvés appartiennent à la courbe k pour tout entier k. 2. a. L’expression est un produit de deux facteurs : x + 1 et ex – 1. L’expression (x + 1)(ex – 1) est positive sur ]–  ; –1] et sur [0 ; + [. Elle est négative sur [–1 ; 0]. c. On étudie le signe de fk+1(x) – fk(x). La différence est du signe de (x + 1)(ex – 1). On en déduit que k+1 est au-dessus de k sur ]–  ; –1] et sur [0 ; + [. k+1 est au-dessous de k sur [–1 ; 0]. 3. a. On a f ’k(x) = (kx + k + 1)ekx. Donc f ’k(x) est du signe de kx + k + 1.

( )

Sujet

( )

D

A. 1. On a f (0) = 80 et f (20) ≈ 79,21. −0,3 x . 2. On a f ’(x) = 96e (1 + 4e−0,3 x )2

Chapitre 3 Fonctions exponentielles – Term ES spécifique/L spécialité

33

Donc f ’(x)  0 sur [0 ; + [. On en déduit que f est croissante sur cet intervalle. 3. Sur [0 ; x0[, 7x – f (x)  0, sur ]x0 ; +  [, 7x – f (x)  0 et f (x0) = 0. B. 1. On a f (0) = 16. Les coûts fixes sont égaux à 1 600 euros. 2. La recette doit être supérieure au coût. L’entreprise réalise un bénéfice si 7x – f (x)0 donc pour x  x0. Les productions journalières doivent être supérieures à 902 thermomètres environ.

Sujet

[a ; 6], C’(x)  0. De plus, C(a) = 0. Le minimum du coût moyen est obtenu pour une production mensuelle de a tonnes du produit. 150 1. On obtient l’écran suivant :

E

1. a. Le coût moyen diminue puis augmente. b. On utilise la commande Trace de la calculatrice.

La courbe représentative de la fonction x  x est au dessous de la courbe représentative de la fonction x  ex sur . 2. On a f’(x) = ex – 1. Donc f’(x)  0 sur ]– ; 0] et f’(x)  0 sur [0 ; +[. La fonction f admet donc un minimum en 0. Ce minimum est f (0) = 1. Donc pour tout réel x, f (x)  0 soit e xx. On a donc bien démontré la conjecture émise précédemment.

Le minimum du coût moyen peut être estimé à 635 euros pour une production de 4,14 tonnes de produit. c. On trace la droite d’équation y = 4. Il y a un point d’intersection avec la courbe représentative de la fonction C. 2. On a C’(x) = 0, 01e x × x − (0, 01e x + 2) × 1 0, 01x e x − 0, 01e x − 2 . = x2 x2 3. b. Sur ]0 ; 6[ f ’(x)  0 donc f est strictement croissante. c. Sur [4 ; 5], la fonction f est continue et strictement croissante. De plus, f (4) ≈ –0,37 et f (5) ≈ 3,94. Ainsi f (4)  0 et f (5)  0. L’équation f (x) = 0 admet donc une solution unique a sur [4 ; 5] : a ≈ 4,2. d. On en déduit que, sur ]0 ; a [, f (x) 0 et sur [a ; 6], f (x)  0. f ( x) 4. On note que C’(x) = 2 . Donc sur ]0 ; a [, C’(x)  0 et sur x

151 1. Correctif : il se peut que, dans certains manuels, il y ait

34

x une erreur d’énoncé ; il faut alors remplacer f (x) = e par : x+4 x e . f ( x) = x e +4

On a 1 −

4 = ex + 4 − 4 = ex . ex + 4 ex + 4 ex + 4

4e x . (e x + 4)2 Donc, sur , f ’(x)  0 et ainsi la fonction f est strictement croissante.

2. f ’(x) =

152 On a f ’(x) = (–x – 2)e–x et f ”(x) = (x + 1)e–x.

Par suite, la fonction f est concave sur ]–  ; –1] et elle est convexe sur [–1 ; + [.

chapitre

4

Logarithmes

A Le programme Contenus

Capacités attendues

Commentaires

Fonction logarithme népérien

• Connaître la dérivée, les variations et la représentation graphique de la fonction logarithme népérien.

Relation fonctionnelle.

• Utiliser la relation fonctionnelle pour transformer une écriture.

Pour tout réel x  0 , le réel ln x est l’unique solution de l’équation e y = x, d’inconnue y. On définit ainsi la fonction logarithme népérien.

• Résoudre une équation de la forme x n = k sur ]0 ; + [ avec k  ]0 ; + [ et n  .

B Notre point de vue Pour introduire la fonction logarithme népérien, nous utilisons la définition préconisée par le programme. La propriété des valeurs intermédiaires sur un intervalle non borné n’étant pas au programme, c’est graphiquement que nous avons choisi de « convaincre » les élèves de l’unicité de la solution de l’équation e x = k pour tout réel k strictement positif. Nous nous servons du même « argument » pour la résolution de l’équation xn = k sur ]0 ; + [ avec k  ]0 ; + [ et n  . Dans les exercices, nous avons pour cette raison, et en l’absence de connaissance sur les limites dans cette section, privilégié les études de fonctions définies sur des intervalles fermés. La relation fonctionnelle est introduite lors de l’activité 3 p. 91 avec, comme support, un extrait de table de logarithmes. L’importance historique de ces tables, et plus tard des règles à calcul, mérite alors d’être soulignée auprès des élèves qui ont du mal à concevoir les problèmes qu’ont pu représenter les calculs sans calculatrices. C’est l’objet, entre autre, du texte d’introduction du chapitre, page 89. La résolution des équations du type xn = k sur ]0 ; + [ avec k  ]0 ; + [ et n   prend tout son sens en section économique et sociale dans des exercices faisant intervenir une même évolution en pourcentage plusieurs fois. Nous proposons donc, dès le savoir-faire 6 p. 97, ce type d’exercices. Les fonctions composées n’étant pas au programme, aucun exercice d’étude de fonctions ne comporte de forme ln (u), pas même la classique fonction f telle que f (x) = ln (x + 1). Mais nous avons fait le choix de laisser de telles expressions dans quelques exercices de résolution d’équations ou d’inéquations en prenant soin de ne jamais demander aux élèves de trouver les conditions d’existences de telles formes. La concavité de la fonction logarithme népérien est traitée dans ce chapitre : le chapitre 2 (sur la concavité) étant antérieur dans la progression que nous proposons dans le manuel, nous avons privilégié son application dans le cadre d’étude de positions relatives de courbes, par l’intermédiaire des positions relatives avec leurs tangentes. Les deux TP proposés ont un large ancrage dans un cadre économique et mettent en valeur les mathématiques comme outil de traitement ou de représentation de données. Un certain nombre d’exercices proposés, dont les deux problèmes de synthèse p. 111, s’inscrivent également dans un cadre économique afin de donner du sens à l’étude de fonction faisant intervenir le logarithme népérien. L’exercice 125 p. 111 permet, comme le TP 2 , de s’intéresser au logarithme de base 10. Cet exercice introduit le décibel comme mesure du niveau sonore et propose une étude rapide de ses propriétés.

Les notions abordées dans le chapitre 4 1. La fonction logarithme népérien 2. Relation fonctionnelle du logarithme népérien 3. Concavité de la fonction logarithme népérien Chapitre 4 Logarithmes – Term ES spécifique/L spécialité

35

C Avant de commencer Voir livre page 265 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

D Activités Activité

2. Dans la ligne Y3, on saisie =1/Y1  .

1 Un aller-retour

avec la fonction exponentielle

Le but de cette activité est d’introduire la fonction logarithme népérien comme fonction réciproque de la fonction exponentielle. On ne peut pas utiliser le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires sur un intervalle non borné, aussi l’illustration par des graphiques sert à convaincre les élèves. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 04_TESL_activite1.ggb (GeoGebra). 1. a. f est la courbe de la fonction exponentielle. b. f est strictement croissante sur . c. La solution de f (x) = 1 est 0, la solution de f (x) = e est 1. d. 0,5  α2  1 et 0,75  α3  1,25. e. α2 ≈ 0,69 et α3 ≈ 1,09. f. L’équation f (x) = k a une solution si k  0, aucune sinon. 2. a. ln e est la solution de f (x) = e soit 1. ln1 est la solution de f (x) = 1 soit 0. b. ln 2 ≈ 0,6931471806 ≈ α2 et ln 3 ≈ 1,098612289 ≈ α3. 3. a. et b. y

3 Additionner pour calculer

Activité

un produit

Le but de cette activité est de découvrir la relation fonctionnelle de la fonction logarithme népérien. Cette relation établie, les élèves pourront l’utiliser pour obtenir une valeur approchée d’un produit à l’aide des tables de logarithmes. Ce peut être aussi l’occasion de parler des règles à calcul utilisant le même principe, et qui servaient il y a encore 30 ans ! 1. a. A ≈ 3,555 ; B ≈ 3,496 ; C ≈ 4,356 ; D ≈ 3,496 ; E ≈ 4,356 ; F ≈ 3,555. Il semblerait que A = F soit ln 5 + ln 7 = ln 35 ; B = D soit ln 3 + ln 11 = ln 33 ; C = E soit ln 13 + ln 6 = ln 78. b. Bien sûr, on peut également utiliser un tableur. On peut conjecturer que : ln a + ln b = ln (a × b). 2. elna+lnb = elna × elnb = a × b et eln (a×b) = a × b, donc : ln a + ln b = ln (a × b). 3. ln (7 × 15,3) = ln 7 + ln 15,3 ≈ 1,946 + 2,728 ≈ 4,674. Or ln (107,1) ≈ 4,674 donc 7 × 15,3 = 107,1.

4 Une nouvelle équation

Activité

f

α3 α2

0,5

0,5

e

0

x

g – 0,693

– 1,386

– 3,302

Le but de cette activité est de montrer l’unicité de la solution positive de l’équation xn = k où k est un réel positif. Pour cela, sans le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires sur un intervalle non borné, on se sert d’une animation sur un logiciel de géométrie dynamique pour convaincre les élèves. On établit ensuite une « formule » donnant la solution de cette équation. Cette « formule » peut de façon plus pratique être substituée par la touche x des calculatrices pour obtenir une valeur approchée de la solution. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 04_TESL_activite4.ggb (GeoGebra). 1. Pour n pair : x

–

xn

Activité

2 En pente douce

Le but de cette activité est de déterminer la dérivée de la fonction logarithme népérien. On se sert de la définition du nombre dérivé d’une fonction comme coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonction. 1,5 − 0 ≈ 1 1− 0,6 ≈ 0,2. , f ’(5) ≈ 1. f ’(1) = 1, f ’(2) ≈ 3,5 − 0,5 2 2−0 Il semble que f ’(x) = 1 . x

36

0

+

0

Pour n impair : x xn

–

0

+

0

2. a. Sur ]0 ; + [, l’équation x n = k, où k est un réel positif, admet une unique solution. b. x 5 = 20 ⇔ x ≈ 1,82.

( ) =e

3. a. e

lnk n n

lnk ×n n

= elnk = k donc e

lnk n

est la solution positive

de l’équation x n = k. b. x 5 = 20 ⇔ x = e

Activité

ln20 5

≈ 1,82056.

5 Monter de moins en moins vite

Le but de cette activité est d’établir la concavité de la fonction logarithme népérien et de rappeler les différentes caractéristiques associées à cette propriété.

Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 04_TESL_activite5.ggb (GeoGebra). 1. a. k est le coefficient directeur de Ta soit f ’(a), autrement dit k = 1 . a b. La fonction inverse est décroissante donc, quand les valeurs de a augmentent, les valeurs de k diminuent. 2. Graphiquement, pour a  ]0 ; + [, Ta est au-dessus de f . 3. La fonction logarithme népérien est concave sur ]0 ; + [ ; en effet : f ”(x) = −1 et −1  0 pour tout x de ]0 ; + [. x2 x2

E Exercices POUR DÉMARrER

b.

x

1

1 est la courbe représentative d’une fonction définie sur un intervalle différent de ]0 ; + [. 2 est la courbe représentative d’une fonction qui n’est pas strictement croissante sur ]0 ; + [. 3 est la courbe représentative d’une fonction qui ne s’annule pas pour x = 1. 4 est la courbe représentative d’une fonction dont les valeurs pour x proche de 0 ne sont pas inférieures à –1. 5 est la courbe représentative de la fonction logarithme népérien. 2 La fonction est strictement croissante donc : a. ln 3  ln 5 ; b. ln 1 . ln 1  ; 2 3 c. ln x  0 pour x appartenant à ]0 ; 1[ ; d. ln x  1 pour x  1.

()

{}

c. S = {e−1} = 1  ; e 5 Voir livre page 265. 6 a. S = ∅ b. S = {e2} 7 a. S = {2} b. S = ∅ 8 a. S = {e} b. S = {1 ; 5}

{ }

d. S = {e−2 } =

{ e1 } . 2

c. S = ∅ d. S = {2}. c. S = {1} d. S = {1 ; e}. c. S = {1 ; e} d. S = {1 ; e2} 9 a. S = {(–1 ; 2)} b. S = {( e−1 ; e2 )} = 1 ; e2 e 1 ; e3 10 a. S = {(–5 ; 3)} b. S = {( e−5 ; e3 )} = e5 11 a. S = ]0 ; e] b. S = ]0 ; e2] c. S = ∅ d. S = ]0 ; e4] 12 a. S = ]1 ; + [ b. S =  c. S = ∅ d. S = ]–  ; –3[  ]3 ; + [ 13 1. S = {e} ; 2. S = ]e ; + [ ; 3. ln x – 1  0 pour x  e et ln x –1  0 pour 0  x  e ; 4. 1 – ln x  0 pour x  e et 1 – ln x  0 pour 0  x  e. 14 1. ln (e2) – 2 = 2 – 2 = 0 donc e2 est solution de ln (x) – 2 = 0. 2. ln x – 2  0 pour x  e2 et ln x – 2  0 pour 0  x  e2 3. 2 – ln x  0 pour x  e2 et 2 – ln x  0 pour 0  x  e2. 15 Voir livre page 265. 16 a.

{(

)}

{(

x

(1 + x)ln x

0

)}

1

–

0

+

+

1

ln x x

c.

x

–

d.

0

x

17

–

3.

+

0

0

–

1 +

+

0

+

1. S = {2 ; 5}. x

0

(x2 – 7x + 10)ln x 18

+

1

(x2 – 1)ln x

2.

+

0

(1 – x)ln x

() ()

3 1. Faux ln 1 = −1, 2. Vrai, ln (e) = 1. e 3. Faux, f n’est pas définie pour x = 0. 1 4 a. S = {e3} ; b. S = e 2 = { e }  ;

0

1. f ’(x) = ex – 3 ; x f

–

–

1

2

0

+ 0

5 –

0

+ +

2. S = ]ln 3 ; + [. ln 3

+

3 – 3 ln 3

1. f ’(x) = 1 – 1 = x − 1 et g’(x) = 1 + 2 × 1 . x x x 2. f est décroissante sur ]0 ; 1] et croissante sur [1 ; + [. g est croissante sur ]0 ; + [. 2( x 2 − 1) 20 1. f ’(x) = 2x – 2 × 1 = x x 19

2. f est décroissante sur ]0 ; 1] et croissante sur [1 ; + [. 21 Voir livre page 265. 22 a. A = 3 ln 2 ; b. B = 4 ln 2 ; c. C = 5 ln 2 + 1 ; 5 d. D = ln 2 ; e. E = –ln 2 ; f. F = 1 – ln 2 ; 2 g. G = 2 – 2 ln 2 ; h. H = 6 ln 2 + 3. 23 a. A = 2 ln 2 + ln 5 ; b. B = 2 ln 2 + 2 ln 5 ; c. C = 1 + 4 ln 2 + ln 5 ; d. D = 1 ln 2 + 1 ln 5 ; 2 2 e. E = ln 5 – ln 2 ; f. F = –ln 2 – 2 ln 5 ; g. G = ln 5 – 2 ln 2. 24 a. A = ln 4 ; b. B = ln 5 ; c. C = ln (3e2). Chapitre 4 Logarithmes – Term ES spécifique/L spécialité

37

25

Voir livre page 265. a. B = ln 6 donc A  B ; b. A = ln 8 et B = ln 9 donc A  B ; c. B = ln 9 donc A  B ; d. B = ln 2 donc A  B. 2 27 a. S = {9} ; b. S = {7} ; c. S = {6} ; d. S = 3 . 5 28 a. S = {6} ; b. S = 5  ; c. S = {225} ; d. S = {8}. 9 29 a. Dans ]0 ; + [, le système est équivalent à x + y = 4 xy = 4 donc S = {(2 ; 2)}. 26

{}

{}

{

{

x+y =5 b. Dans ]0 ; + [ le système est équivalent à donc xy = 6 S = {(2 ; 3), (3 ; 2)}. 30 a. S = ]5 ; + [ ; b. S = ]2 ; + [ ; c. S = ]0 ; 12] ; d. S = ⎤0 ; 1 ⎤. ⎦ 5⎦ 31 a. n  12 ; b. n  5 ; c. n  0 ; d. n  3.

( ) ( ) c. ( ) = e = e = 10  ; d. (e ) = e = 125. a. S = {e } = {e } ; b. S = {e } = {e } ; c. L’équation est équivalente à x = 32 et S = {e } = {e }. a. e

32

ln3 4 2

ln10 21 e 3

= e2ln3 = eln9 = 9 ;

7ln10

ln107

ln128 5

33

b. e

ln5 8 4

= e2ln5 = 25 ;

ln5 12 4

7

7 ln2 5

3ln5

ln512 7

9 ln2 7

ln32 4

5 ln2 4

4

1. Faux. 2. Vrai, f est concave donc  est au-dessous de ses tangente. 3. Vrai, f ”(x)  0 pour tout x de ]0 ; + [ puisque f est concave. 4. Faux par propriété puisque f est concave. 5. Vrai, puisque f ’ est décroissante. 35 Voir livre page 265. 36 1. T a pour équation : y = x – 1. 2. g est parallèle et au-dessus de T et T est au-dessus de f puisque f est concave donc g est au-dessus de f . 3. y 34

g

38 a. S = {0} ; d. S = {0} ; 39

a. S = ∅ ;

40

a. S = {2} ;

41

a. S = {e3} ;

{ } 1

0

x

1

{ }

d. S = {1; e−2 } = 1; 12 . e

1. S = {3 ; –2}. 2. a. S = {e3 ; e–2} ; b. S = {1 ; e3 ; e–2}. 44 Voir livre page 265. 45 a. S = ⎤ 1 ; + ` ⎡  ; b. S = ]0 ; 3] ; ⎦e ⎣ c. S = ]e–2 ; + [ ; d. S = ⎡ 12 ; + ` ⎡ . ⎣e ⎣ a. S = ∅ ; b. S = ]ln 8 ; + [ ; c. S = . Vrai, x ln x = 2 ln x ⇔ (x – 2) ln x = 0. 48 Vrai, (e x + 2)(e x – 3) = 0 ⇔ e x = –2 ou e x = 3. 49 Faux, la fonction logarithme népérien n’est pas définie pour x  0. 50 Faux : 0,3  e x  1 ⇔ ln (0,3)  x  0. 51 a. ln x – 3  0 si x  ]e e ; + `[ et : 2 ln x – 3  0 si x  ]0 ; e e ]. 2 b. 1 + ln x  0 si x  ⎤⎥ 1 ; + ` ⎡⎢ et 1 + ln x  0 si x  ⎤⎥0 ; 1 ⎤⎥ . 2 2 ⎦ e ⎣ ⎦ e⎦ c. x ln x – x = x (ln x – 1) donc x ln x – x  0 si x  ]e ; + [ et x ln x – x  0 si x  ]0 ; e]. 52 1. ln x = 0 ⇔ x = 1 et ln x = –1 ⇔ x = 1 . e 2. a. ln x  0 si x  ]1 ; + [ et ln x  0 si x  ]0 ; 1]. b. 1 + ln x  0 si x  ⎤ 1 ; + ` ⎡ et 1 + ln x  0 si x  ⎤0 ; 1 ⎤ . ⎦e ⎣ ⎦ e⎦ 3. a. 3x (ln x) + 3x = 3x (ln x + 1) donc 3x (ln x) + 3x  0 si x  ⎤ 1 ; + ` ⎡ et 3x (ln x) + 3x  0 si x  ⎤0 ; 1 ⎤ . ⎦ e⎦ ⎦e ⎣ b. (ln x)2 + ln x = ln x (ln x + 1) 46 47

1 e

0

(ln x)2 + ln x

1

{ }

c. S = e 2 = { e }.

43

T f

c. S = {1} ; f. S = {ln 17}.

{} {}

c. S = 1; e 3  ;

x

1

b. S = ∅ ; e. S = {ln 7} ; b. S = 1  ; e b. S = 4 . 3 b. S = {1 ; 3} ;

+

0

1 –

0

+ +

53 1. ln x = 3 ⇔ x = e3. 2. 3 – ln x  0 si x  ]0 ; e3[ et 3 – ln x  0 si x  [e3 ; + [. 3. a. f (x) = x (3 – ln x) b. f (x)  0 si x  ]0 ; e3[ et f (x)  0 si x  [e3 ; + [. c. y

f

POUR s’entraîner 37

d. S = {e–4} ;

38

{}

a. S = 1  ; e

b. S = {e4} ;

c. S = {3} ;

{ } { 1e }  ; f. S = {61} . 1

e. S = e− 2 =

2

e3 0

2

x

54

1. ln x (ln x – 1) = (ln x)2 – ln x.

2.

x

0

(ln x)2 – ln x

3.

1 +

e

0

–

+

0

+

y

1

f

0

x

1

Par lecture graphique, on retrouve le résultat concernant le signe de f (x). 55 1. ln x + 1  0 si x  ⎤0 ; 1 ⎡ et ln x + 1  0 si x  ⎡ 1 ; + ` ⎡ ; ⎦ e⎣ ⎣e ⎣ 4 4 ⎤ ⎡ ⎡ ⎡ 3 ln x – 4  0 si x  0 ; e 3 et 3 ln x – 4  0 si x  e 3 ; + ` . ⎦⎥ ⎣⎢ ⎣⎢ ⎣⎢ 2. a. (3X – 4)(X + 1) = 3X 2 – X – 4 b. 3(ln x)2 – ln x – 4 = (3 ln x – 4)(ln x + 1) 3. x

1 e

0

3 (ln x)2 – ln x – 4

+

4

+

e3

0

–

0

Voir livre page 266. 1. (X – 3)(X + 5) = X 2 + 2X –15 = P (X) 2. A (x) = (ln x –3)(ln x + 5) ; B (x) = (ex – 3)(ex + 5). 3. a. S = [e–5 ; e3] ; b. S = ]ln 3 ; + [. 59 a. A (x) = (x – 2)ln x 57

0

A (x)

1 +

0

2 –

0

0

B (x)

1 +

0

0

+

0

+

+ +

D (x) 60

0

1 +

0

3 –

x

0

0

e

u (x)

0

+

−5 2

0

–

+ +

2. f ’(x) = 3 + 2 ln x + 2x × 1 = 5 + 2 ln x = u(x) x x

0

e

f’ (x)

−5 2

+

0

–

+

–2 e

−5 2

2 1. f ’(x) = –2x + 10 – 8 × 1 = −2 x + 10x − 8 et x x –2(x – 1)(x – 4) = –2(x2 – 5x + 4) = –2x2 + 10x – 8 donc : f ’(x) = −2( x − 1)( x − 4) . x 2. et 3.

+ +

a. L’inéquation est équivalente à : (x – 3)(ln x – 2)  0 donc S = ]0 ; 3[  ]e2 ; + [.

1

f’ (x) 0 f

d. D (x) = (x2 + x – 12)ln x = (x – 3)(x + 4)ln x x

–

f ’(x) = – 1 , donc f est strictement décroissante sur ]0 ; + [. x 66 f ’(x) = 1 + 1  0 sur ]0 ; + [, donc f est strictement x croissante sur ]0 ; + [. 67 1.

x

0

+

0

+

68

1

C (x)

+

e2

65

f

c. C (x) = (x2 – x)ln x = x (x – 1)ln x x

(ln x + 1)(ln x – 2)

+

2 –

1 e

0

+

b. B (x) = (x2 – 4)ln x = (x – 2)(x + 2)ln x x

x

+

56

x

b. L’inéquation est équivalente à : (x2 – 6x + 9)ln x  0 soit (x – 3)2 ln x  0 donc S = ]0 ; 1]  {3}. c. L’inéquation est équivalente à : (x2 – 6x + 8)ln x  0 soit (x – 4)(x – 2)ln x  0 donc S = ]0 ; 1[  ]2 ; 4[. 61 1. La réciproque de la proposition donnée est : « si ln x  3 alors x  e3 » ; elle est vraie. 2. La contraposée de la proposition donnée est : « Si ln x est négatif alors x  1 » (Correctif : Il se peut que, dans certains ouvrages, l’énoncé de la question 2. ne précise pas que x  0.) 62 Vrai, ln 2  0. 63 Faux , car ln x  0 si 0  x  1 alors que x 2 est toujours positif. 64 Vrai :

4

+

0

6

–

15 – 8 ln 4 0

15 – 8 ln 6

4. On déduit que pour obtenir un bénéfice mensuel maximal, il faut produire 400 pièces. Le bénéfice est alors environ de 39 096 euros. 69 1. Une équation de T est : y = x – 1. 2. Dans l’équation de T, lorsque x = 0, y = –1 donc T coupe l’axe des ordonnées en un point d’ordonnée –1. Chapitre 4 Logarithmes – Term ES spécifique/L spécialité

39

3. T’ a pour équation : y = 1 x, donc T’ passe par l’origine du e repère. 70 Voir livre page 266. 1 × x − (1+ ln x ) × 1 1. a. f ’(x) = x = −ln2 x donc f ’(x)  0 si x x2 x  ]0 ; 1[ et f ’(x)  0 si x  [1 ; + [. b. f est croissante sur ]0 ; 1] et décroissante sur [1 ; + [. c. f (x)  0 ⇔ x  ⎡ 1 ; + ` ⎡. ⎣e ⎣ 2. a. B (q)  0 ⇔ f (q)  0 ⇔ q  ⎡ 1 ; + ` ⎡, donc le nombre ⎣e ⎣ minimal d’unités à produire pour que l’entreprise soit bénéficiaire est de 368 casques. b. B a les mêmes variations que f donc le bénéfice est maximal pour 1 000 casques produits ; ce bénéfice est alors de 10 000 euros. 72 1. a. f (1) = –1 et f ’(1) = 0 ; b. f (x)  0 ⇔ x  ⎤0 ; 1 ⎤ ; ⎦ e⎦ c. f ’(x)  0 ⇔ x  [1 ; + [. b × x − (a + bln x ) × 1 b−a 2. a. f ’(x) = x = −bln x + x2 x2 b. f (1) = –1 ⇔ a = –1 et f ’(1) = 0 ⇔ b – a = 0 donc b = –1 et f (x) = −1− ln x . x −1− ln x  0 ⇔ x  ⎤0 ; 1 ⎤ et ln x  0 ⇔ x  [1 ; + [. 3. a. ⎦ e⎦ x2 x b. D’après 3. a. : f ’(x)  0 ⇔ x  [1 ; + [, donc f est décroissante sur ]0 ; 1] et strictement croissante sur ]1 ; + [. 73 Vrai, f ’(x) = 1 – ln x, donc f ’(x)  0 pour x  ]e ; + [ . 74 Faux, on a : f ’(x) = 2x × ln x + x 2 × 1 = x(2ln x + 1) donc la x tangente à f au point d’abcisse 1 a pour équation : y = x – 1. 75 a. A = 4 ln 2 = 4a ; b. B = 2 ln 3 + ln 2 = 2b + a ; c. C = ln 3 + 2 ln 2 + 2 ln 5 = 2a + b + 2c d. D = –ln 3 – ln 2 + ln 5 = –a –b + c e. E = 2 ln 5 – 3 ln 3 = –3b + 2c f. F = 2 + ln 5 + 2 ln 3 – 5 ln 2 = 2 –5a + 2b + c g. G = 3 ln 5 + 2 ln 2 – ln 3 – 4 = –4 + 2a – b + 3c h. H = ln 3 + 3 ln 5 + 2 ln 2 – 1 = –1 + 2a + b +3c 76 a. ln (3x) + ln x = ln 3x × x = ln (x 2) = 2 ln x 3 3 b. ln(x 3) + 3 ln x = 3 ln x + 3 ln x = 6 ln x 77 a. S = {2}  ; b. S = {5}  ; c. S = {2} ; d. S = 4 . 5 78 a. S = {1} ; b. S = {2}. 79 a. S = [5 ; + [  ; b. S = [3 ; + [. 80 Voir livre page 266. 81 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 04_TESL_exercice81.alg (AlgoBox). Pour n = 3, on obtient a = 3 ln 2 = ln 8. Pour n = 10, on obtient a = 10 ln 2 = ln (210) = ln 1 024. 82 a. n = 42 ; b. n = 47 ; c. n = 21. 83 Soit pn le prix de la voiture au 1er janvier 2012 + n. (pn) est une suite géométrique de premier terme p0 = 10 000 et de raison q = 0,89. On cherche n tel que : pn  4 000 soit ln 0, 4 10 000 × 0,89n  4 000, il vient n  donc n  8. La ln 0,89 71

( )

(

)

{}

40

voiture vaudra moins de 4 000 euros en 2020. 84 Soit tn la taille du corail l’année n. (tn) est une suite géométrique de premier terme t0 et de raison q = 1,05. On cherche p tel que : tn+p  2tn soit t0 × 1,05n+p  2t0 × 1,05n, ln 2 il vient 1,05p  2 donc p  soit p  15. Le corail a besoin ln1,05 de 15 ans pour doubler sa taille. 86 1. un+1 = 0,1 × un et un = 2 × (0,1)n. 2. vn+1 – vn = ln (un+1) – ln (un) = ln (0,1) + ln (un) – ln (un) donc vn+1 – vn = ln 0,1 soit (vn) est arithmétique. ln (10−6 ) − ln 2 3. un  10–6 ⇔ 2 × (0,1)n  10–6 d’où n  ln 0,1 ln (10−6 ) − ln 2 comme ≈ 6,3, la plus petite valeur de n telle que ln 0,1 un  10–6 est n = 7. 3 87 Vrai, ln (a3) – ln (a2) = ln a = ln a et : a2 25 ln (a25) – ln (a24) = ln a24 = ln a. a 88 Faux, (ln x)2 + ln (x 3)  0 ⇔ (ln x)2 + 3 ln x  0 ⇔ ln x (ln x + 3)  0 ⇔ x  ]0 ; e–3[  ]1 ; + [. 89 Vrai, ln (2 1) + ln (2 2) + ln (2 3) + ln (2 4) + ln (2 5) = ln 2 + 2 ln 2 + 3 ln 2 + 4 ln 2 + 5 ln 2 = 15 ln 2.

( )

90

c. x =

a. x = e ln2 e 10

ln1,15 5

( )

b. x = e

≈ 1,028  ;

d. x =

≈ 1,072  ;

e. L’équation est équivalente à :

x7

ln0,03 7

ln3 e 10

91

a. x =

= 4 d’où x =

b. x =

≈ 1,026  ;

c. L’équation est équivalente à : 1 + 2x =

ln6 e5

≈ 1,116  ;

ln4 e7

f. L’équation est équivalente à : x 5 = 0,1 d’où x = ln1,2 e 7

≈ 0,606  ;

≈ 1,219.

ln0,1 e 5

ln0,5 e 9

≈ 0,631.

≈ 0,926  ;

d’où :

ln6 e5

− 1 ≈ 0,215 ; 2 ln2,5 d. L’équation est équivalente à : 3 – 2x = e 4 d’où : x = 

ln2,5

x = 3 − e 4 ≈ 0,871. 2 ln3 e. L’équation est équivalente à : x 8 = 3 d’où S = e 8 ≈ 1,147 .

{ } ln2

f. L’équation est équivalente à : x10 = 2 d’où x = e 10 ≈ 1,072 . 92 1. y = 24,2 − 14,6 × 100 ≈ 65,75 14,6 5 y = 1+ 2. On doit avoir : 1+ t d’où : 100 100 ln1,6575 ⎛ ⎞ t = 100 × ⎜ e 5 − 1⎟ ≈ 10,63 . ⎝ ⎠

(

93 94

)

( ) =e Vrai, ( e ) = e . Vrai, e

ln2 6 2

1 7 7

3ln2

3 = eln(2 ) = 8.

1

95 1. f est concave d’après le graphique. f ”(x) = −22 donc f ”(x)  0 pour tout x réel de ]0 ; + [ donc f x est concave. 2. f ’(x) = 2 donc l’équation de T est : y = 2x – 1. x 3. T est au-dessus de f comme f est concave ; de plus (d) est parallèle à T et au-dessus de T donc (d) est au-dessus de f . 96 1. a. D’après le graphique, g semble convexe.

b. g”(x) = 2 donc g”(x)  0 pour tout x réel de ]0 ; + [ donc g est convexe. 2. a. f ’(x) = 1 et g’(x) = 2x – 1 donc l’équation de T est : y = x – 1 x et l’équation de T’ est : y = x.

x

b. T et T’ sont parallèles et T’ est au-dessus de T.

f

f’ (x)

c. Comme la fonction logarithme népérien est concave,T est au-dessus de f et comme la fonction g est convexe, T’ est audessous de g. Finalement, g est au-dessus de T’, qui est au dessus de T, qui est au-dessus de f donc g est au-dessus de f . 97 1. Vrai, f ”(x) = −3 donc f ”(x)  0 pour tout x réel de x2 ]0 ; + [ donc f est concave. 2. Vrai, f ’(x) = 3 + 2 donc la tangente T à f au point d’abscisse 1 x a pour équation : y = 5x – 2.

1 e

0 –

0

+ +

−4 e

1 × x 2 − ln x × 2 x 1− 2 ln x b. f ’(x) = x = x3 x4 x

0

f’ (x)

+

e +

0

–

1 2e

f

3. Vrai, (d) et T sont parallèles et T est au-dessous de (d). De plus, comme f est concave, f est au-dessous de T, donc f est au-dessous de (d).

Dérivée logarithmique et taux de croissance ❯ (f × g)’ = f ’ × g + f × g’ donc :

ln x + ln 9 = 2 ln 15 ⇔ ln (9x) = ln (152) ⇔ x = 225 = 25. 9 (ln x)2 + ln (x3) = 0 ⇔ ln x (ln x + 3) = 0 ⇔ x = 1 ou x = e–3 = 13 . e 99 xln(x2) – 3lnx  0 ⇔ lnx (2x – 3)  0 et S = ]0 ; 1]¯ ⎡ 3 ; + ` ⎡. ⎣2 ⎣ x ln x + 3x  0 ⇔ x (ln x + 3)  0 et S = [e–3 ; + [. 100 f ’(x) = 1 − 1 = 10 − x . f est croissante sur ]0 ; 10] et f est 10x x 10 décroissante sur [10 ; + [.

f ’ × g f × g’ f ’ g’ = + = + f ×g f ×g f g f ×g ( f × g )’ f ’ g’ ❯ (F) : = + f g f ×g ❯R=Q×p p’ ≈ 0,02 ❯ Q’ ≈ 0,03 et p Q

101 On a f ’(x) = 1 × ln x + x × 1 = 1 (ln x + 1) .

R’ = (Q × p )’ = Q’ + p’ ≈ 0,03 + 0,02 = 0,05. Q p Q×p R ❯ Le taux de croissante exacte est :

98

2 x 2 2 L’équation de la tangente en x = e2 à la courbe représentative de la fonction f est : y = 3 x − 1 e2 . 2 2 n n ln (5 × 10−4 ) 3 1 3 −4 102 < 10 ⇔ × < 10−4 ⇔ n > 5 5 5n+1 ln 3 5 ln (5 × 10−4 ) comme ≈ 14,879 , la plus petite valeur de n qui ln 3 5 convient est donc 15.

()

()

()

103 x10 = 49 ⇔ x = e

ln7 5 .

POUR faire le point Voir livre page 266. Les corrigés détaillés sont disponibles sur le site www. bordas-indice.fr.

accompagnement personnalisé 114 a. 3 ln x + (ln x)2 = 0 ⇔ ln x (3 + ln x) = 0 donc S = {1 ; e–3}.

b. (ln x)3 – 8(ln x)2 = 0 ⇔ (ln x)2(ln x – 8) = 0 donc S = {1 ; e8}. 115 a. f ’(x) = 4 × ln x + 4 x × 1 = 4 (ln x + 1)

x

( f × g )’

❯ Une valeur approchée du taux de croissance de la recette de cette entreprise est 5 % car :

R(t + 1) − R(t ) (1,03Q × 1,02p ) − (Q × p) = Q×p R(t ) R(t + 1) − R(t ) = 1,03 × 1,02 − 1 = 0,0506 = 5,06 % R(t ) f ’ f ’ × g f × g’ g g2 g2 g f × g’ g g’ 116 1. = − = f’ × − 2 × = f’ − g f f f g f f f g g g g p’ 2. a. ≈ 0,15 et S’ ≈ 0,05 S p b. Une valeur approchée du taux de croissance de la productivité E de cette entreprise est 10 % car : p ’ E ’ = S = p’ − S’ ≈ 0,15 − 0,05 ≈ 0,1. p S p E S 2 117 1. f ’ (x) = 2x = 2 ; g’ (x) = 3x = 3 ;   f (x) x x 2 x g (x) x3 −1 1 2 h’ (x) = x = −1 ; i’ (x) = 2 x = 1 . x i (x) h(x) 1 2x x x b ebln x f ’ (x) = x bln x = b 2. x f (x) e soit :

()

()

On retrouve les formules du 1. avec respectivement : b = 2 ; b = 3 ; b = –1 et b = 1 . 2 Chapitre 4 Logarithmes – Term ES spécifique/L spécialité

41

TRAVAUX PRATIQUES TP

1 La méthode du banquier

Ce TP permet d’utiliser l’approximation affine de la fonction logarithme népérien au voisinage de 0 dans un cadre économique : il s’agit de donner une valeur approchée, obtenue par un calcul simple, du nombre d’années miminum permettant de doubler un capital placé à intérêts composés. Au cours du TP, on utilisera un logiciel de géométrie dynamique pour illustrer l’approximation de la courbe du logarithme népérien par sa tangente en un point, et un tableur pour faire le calcul itératif de l’augmentation d’un capital placé à intérêts composés. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 04_TESL_TP1.ods (OpenOffice), 04_TESL_TP1.xls (Excel 2003), 04_TESL_TP1.xlsx (Excel 2007), et 04_TESL_TP1.ggb (GeoGebra). A. Établir une approximation 1. Pour tracer la courbe représentative  de la fonction ln : taper dans la ligne de saisie f (x)=lnx . Pour tracer le point A de  d’abscisse 1 : taper dans la ligne de saisie : A=(1,0) . Pour tracer la tangente à  au point A : taper dans la ligne de saisie : Tangente[A,f] . 2. a. Pour définir un paramètre h dont les valeurs vont de –0,2 à 0,2 avec un pas de 0,01 : Dans le menu déroulant curseur , sélectionner curseur. Cliquer dans l’écran pour créer le curseur, une fenêtre s’ouvre où on donne : le nom du curseur "k" ; Intervalle min : "–0,2" ; max: "0,2"; Incrément : "0,01" et appliquer. b. Pour construire le point M de  d’abscisse 1 + h : taper dans la ligne de saisie : M=(1+h,ln (1+h))  . Pour construire le point M’ de T d’abscisse 1 + h : taper dans la ligne de saisie : M’=(1+h,h)  . c. Quand h prend des valeurs proches de 0, les points M et M’ sont presque confondus. d. M (1 + h ; ln (1 + h)) ; M’ (1 + h ; h) ; d’après la question c., lorsque h prend des valeurs proches de 0, les points M et M’ ont des ordonnées approximativement égales. B. Utiliser cette approximation 1. a. Pour incrémenter la colonne A, on peut taper 0 et 1 respectivement dans les cellules A3 et A4 puis sélectionner les deux cellules et étirer la formule implicite. Pour remplir le tableau : dans la cellule B5 on peut taper =A4*(1+B$2)

 .

b. Taux d’intérêt 3% 5% 7%

Avec le tableur 24 années 15 années 11 années

Par la méthode du banquier 70/3 = 23,3 70/5 = 14 70/7 = 10

La méthode semble validée par ces expérimentations.

42

2. a. (Cn) est une suite géométrique de raison 1+ t , donc : 100

(

)

(

)

n Cn = C0 × 1+ t . 100

(

)

n b. On cherche n tel que Cn  2C0 soit C0 × 1+ t  2C0 d’où 100 n t  2. 1+ 100 n c. 1+ t  2 donne n × ln 1+ t  ln 2 soit : 100 100 ln 2 n . ln 1+ t 100 3.

(

(

)

)

(

Taux d’intérêt 3% 5% 7%

(

)

)

Avec le tableur 24 années 15 années 11 années

N≈ 23,45 14,21 10,24

4. a. ln 1+ t ≈ t 100 100 b. N × ln 1+ t = ln 2 donc N × t ≈ ln 2 et N × t ≈ 100 ln 2 100 100 or 100 ln 2 ≈ 70. c. On valide ainsi la méthode du banquier pour t strictement inférieur à 10.

TP

(

)

2 PNB et échelle logarithmique

Ce TP permet, au travers d’un contexte économique, de faire découvrir aux élèves l’échelle logarithmique et de comprendre sa pertinence. A. Réaliser un graphique avec une échelle logarithmique 1. a. Pour a = 1, log a = 0 . Le nombre a = 1 est représenté par le point d’abscisse 0. b. log 10 = 1, log 102 = 2. 2. a. log 10k = k b. Le nombre a = 10k est représenté par le point d’abscisse k. 3. a. Toutes les différences valent 1. 5 b. log 10k+1 – log 10k = k + 1 – k = 1. K B 4. et 5. ( pas à l’échelle) H A (A) France (B) États-Unis (C) Brésil (D) Afrique du Sud (E) Congo (F) Turquie (G) Vietnam (H) Singapour (I) Algérie (J) Burundi (K) Norvège

Abscisse 4,54 4,64 3,59 3,68 3,02 3,79 2,79 4,42 3,43 1,95 4,79

4 F D C I 3 E G 2 J 1

0 B. Lecture des données sur un axe en échelle logarithmique 1. Longueur d’un module : 2 cm. 2. Les graduations évoluent de la même façon sur chaque module. Au sein d’un module, la distance entre elles va en diminuant.

3. a. log 20 – log 10 =

ln (2 × 10) ln 10 donc : − ln 10 ln 10

ln 2 + ln10 − ln10 ln 2 log 20 − log10 = = = log 2. ln10 ln10 b. r = log 2, s = log 2. 3 ln 3 − ln 2 ln 2 c. t = log 3 − log 2 = = = log 3  ; ln10 2 ln10 de même, u = log 3 et v = log 3 . 2 2 d. w = log 4 = x = y. Ces différences sont égales. 3 4. Entre 10 et 102, les valeurs représentées par chacune des graduations sont : 10, 20 , 30 , 40, 50, 60, 70, 80, 90 et 100. Entre 102 et 103, les valeurs représentées par chacune des graduations sont : 100, 200 , 300 , 400, 500, 600, 700, 800, 900 et 1 000. 5.

()

()

()

()

()

Pays Pays-Bas (L) Israël (M) Pologne (N) Pakistan (P)

PNB en dollars par habitants 50 000 30 000 7 000 700

d.

x

α

1

ϕ (x)

+

0

+

–

1 × (1+ x 2 ) − 2 x ln x ϕ( x ) 2. a. f ’(x) = x = 2 x (1+ x 2 ) (1+ x 2 )2 b. f est croissante sur [1 ; α] et décroissante sur [α ; + [. 121 1. f ’(x) = 1 + 1 ; f ’(x)  0 sur [0,5 ; 10] d’où le tableau x x2 de variation : x

0,5

10

f’ (x)

+ f (10) ≈ 2,2

f

f (0,5) ≈ –2,7

2. f est strictement croissante et continue sur [0,5 ; 10] de plus pour x  [0,5 ; 10], f (x)  [f (0,5) ; f (10)] ; cet intervalle contient 0 donc le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure l’existence d’un unique réel α tel que f (α) = 0 avec α  [0,5 ; 10]. 3. Avec AlgoBox :

POUR ALLER PLUS LOIN 118 1. f (1) = 1 donc a + b = 1; f (2) = 2 ln 2 donc

2a + b + c ln 2 = 2 ln 2 et comme a + b = 1, on a : a + c ln 2 = 2 ln 2 –1 (E1) f ’(x) = a + c et f ’(2) = 0 soit a + c = 0 2 x d’où 2a + c = 0 (E2). 2. 2(E1) – (E2) donne 2 c ln 2 – c = 4 ln 2 – 2 donc c = 2 , il vient avec (E2) a = –1 et b = 2 donc : f (x) = –x + 2 + 2 ln x. − x +2 2 3. f ’(x) = –1 + = x x f est croissante sur ]0 ; 2] et décroissante sur [2 ; + [. 119 1. a. g’(x) = 1 + 1  0 donc g est croissante sur ]0 ; + [. x b. g (1) = 1 – 1 + 0 = 0 g est négative sur ]0 ; 1] et positive sur [1 ; + [. 2. a. f ’(x) = 1× x − ( x2 − 1) × 1 × ln x + x − 1 × 1 donc : x x x g (x) f ’(x) = ln x +2x − 1 = 2 . x x b. f est décroissante sur ]0 ; 1] et croissante sur [1 ; + [. 120 1. a. ϕ’ (x) = 2x − 4 x ln x + 2x 2 × 1 = −4 x ln x x donc ϕ’(x)  0 pour tout réel x de [1 ; + [, soit ϕ est décroissante

(

)

sur [1 ; + [. b. ϕ(e) = 1 + e2 – 2e2 = 1 – e2 ≈ –6,39 c. ϕ est strictement décroissante et continue sur [1 ; e], de plus pour x  [1 ; e], ϕ(x)  [ϕ(e) ; ϕ(1)] = [ϕ(e) ; 2] or 0  [ϕ(e) ; 2], le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure donc l’existence d’un unique réel α tel que ϕ(α) = 0 avec α  [1 ; e]. Avec la calculatrice, 1,8  α  1,9.

122 1. a. La valeur du minimum de g est :

g (2) = 3 – 8 ln 2 ≈ –2,54. b. g (x) = 0 admet deux solutions sur [0,5 ; 10]. c. g (1) = 1 – 8 ln1 – 1 = 0 donc 1 est solution de g (x) = 0. d. Avec la calculatrice : 3,21  α  3,22. e. x

0,5

g (x)

α

1

+

0

–

0

10

+

2. a. 8 × x − 8 ln x × 1 x 2 + 8 − 8 ln x − 9 g (x) f ’(x) = 1+ x − 92 = = 2 x2 x2 x x b. x

0,5

f’ (x) f

α

1

0

+

–

0

10

+

f (1) f (0,5)

f (10) f (α)

et f (0,5) ≈ 2,4 ; f (1) = 5 ; f (α) ≈ 3,9 ; f (10) ≈ 7,7. c. On a g (α) = 0 soit α2 – 8 ln α – 1 = 0 et 8 ln α = α2 – 1 donc : f (α) = α − 5 +

2 8 lnα 9 + = α − 5+ α −1+ 9 α α α α

d’où f (α) = 2α + 8 − 5 . α Chapitre 4 Logarithmes – Term ES spécifique/L spécialité

43

d. On a vu : 3,21  α  3,22 donc 1,42  2α – 5  1,44 et 2, 48 < 8 < 2,50, il vient : α 1, 42 + 2, 48 < 2α + 8 − 5 < 1, 44 + 2,59 2,50. α soit 3,9  f (α)  3,94.

(

)

123 1. a. f ’(x) = 2 ( a(ln x )2 + bln x + c ) + 2 x 2a ln x + b ou

x x f ’(x) = 2a (ln x)2 + 2(2a + b)ln x + 2(b + c). b. f ’(e) = 2e − 0 = 4, f ’ 1 = 0, f ’ ( e ) = 0. e e− e 2 c. f ’(e) = 2a + 2(2a + b) + 2(b + c) = 6a + 4b + 2c = 4 f ’ 1 = 2a – 2(2a + b) + 2(b + c) = –2a + 2c = 0 e f ’ ( e ) = a + (2a + b) +2(b + c) = 5a + 3b + 2c = 0 2 2 Il vient : a = 2, b = –3 et c = 2 donc : f (x) = 2x (2(ln x)2 – 3 ln x + 2). 2. a. f ’(x) = 4(ln x)2 + 2 ln x – 2 avec le 1. a. et les valeurs trouvées pour a, b et c. 2(ln x + 1)(2 ln x – 1) = 4(ln x)2 + 2 ln x –2 donc : f ’(x) = 2(ln x + 1)(2 ln x – 1). b.

()

()

x

1 e

0

ln x + 1

–

2 ln x – 1

–

f’(x)

+

0

+

0

+

–

0

+

–

0

+

124 1.

1013 I0 ⎞ N = 10 ln ⎛⎜ = 10 × 13 ln10 = 130 ln10 ⎝ I0 ⎠⎟ ln10

(

()

)

b. ln x – 2  0 ⇔ ln x  ln e2 donc S = [e2 ; 14]. c. x

e2

0

f’ (x) 2

14

0

–

f

+

1− 12 ≈ 0,86 e

15 − ln14 ≈ 0,88 14

d. f (x) = 1 ⇔ x + 1− ln x = 1 ⇔ −ln x = −1 donc S = {e}. x 2. a. Le coût moyen de fabrication d’une pièce est minimal pour

c. D’après 1. d. , il faut fabriquer environ 272 pièces pour que le coût moyen de fabrication d’une pièce soit environ égal à 127 1. a. R (x) = x × p = x × (11 – x) = 11x – x 2.

b. R’(x) = 11 – 2x x

y = ln x

1

x

ln x x2

()

10 –

30,25

R

10

c.

3. f est croissante sur ]0 ; e ] et décroissante sur [ e ; + [. 4. f (1) = ln 1 = 0 et f ’(1) = 1 = 1 donc f et Γ ont la même 1 tangente au point d’abscisse 1. 2 ln x(1− x 2 ) 5. f (x) – ln x = ln2x − ln x = ln x − x2 ln x = . x x x2 f (x) – ln x  0 pour tout réel x de ]0 ; + [ 6. f est au-dessous de Γ. 125 1. Pour N = 20, on a : 20 = 10 ln I d’où ln I = ln100 I0 ln10 I0 donc I = 100 × I0 Pour N = 120, on a ln I = ln1012 : donc I = 1012 × I0 donc I est I0

0

+

10

y

f semble toujours au-dessous de Γ. 1 × x 2 − ln x × 2 x x (1− 2ln x ) 2. f ’(x) = x = x − 2 4x ln x = 2 2 x4 x x ( )

()

5,5

R’ (x)

0,5

y=

44

( ))

b. Le coût moyen est alors de 0,86 euros.

2 e

0,5

()

(

()

3. N’ = 10 ln 2I = 10 × ln 2 + ln I ln10 I0 ln10 I0 10 ln 2 10 ln 2 ≈3 soit N’ = 10 × ln 2 + 10 ln I = + N or ln10 ln10 I0 ln10 ln10 donc N’ ≈ N + 3. 1− 1 × x − ( x + 1− ln x ) × 1 x 126 1. a. f ’(x) = = ln x 2− 2 x2 x

x = e2 soit pour environ 7,39 centaines de pièces fabriquées.

y

0

⎛ 10 21I0 ⎞ 2. N = 10 ln ⎜ = 10 × 21ln10 = 105 ln10 ⎝ I0 ⎟⎠ ln10 2

1 euro.

14 e

f

+

e

alors environ égale à 1 W . m–2.

y = R(x ) y = C(x )

5 0

1

x

La fabrication d’accessoires semble rentable pour une production entre 1 500 et 8 250 objets. 2. a. B (x) = R (x) – C (x) = –x2 + 11x – 12 – 5 ln x 2 b. B’(x) = –2x + 11 – 5 = −2x + 11x − 5 x x

x

1

B’ (x)

5 +

0

10 –

B (5) ≈ 9,95

B

B (10) ≈ –13,5

–2

c. Pour x  [1 ; 5], B est strictement croissante et continue, B (x)  [–2 ; B (5)] or 0  [–2 ; B (5)] ; le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure donc l’existence d’une unique solution α1 à l’équation B (x) = 0. Pour x  [5 ; 10], B est strictement décroissante et continue, B (x)  [B (10) ; B (5)] or 0  [B (10) ; B (5)] ; le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure donc l’existence d’une unique solution α2 à l’équation B (x) = 0. Finalement, sur [1 ; 10], l’équation B (x) = 0 admet exactement 2 solutions. α1 ≈ 1,45 et α2 ≈ 8,27 avec la calculatrice. Donc pour une production entre 1450 et 8 270 accessoires la fabrication est rentable. d. Le bénéfice est maximal pour une production de 5 000 accessoires et le montant de ce bénéfice est alors de 9 952,81 euros. 2 128 1. f ’(x) = 18 × 1 – 2x + 16 = −2x + 16x + 18 x x 2. –2x2 + 16x + 18 = 0 ; ∆ = 400 donc : x1 = −16 − 20 = 9 et x2 = −16 + 20 = −1. −4 −4 f est croissante sur [0,5 ; 9] et décroissante sur [9 ; 25]. 3. a. f (1) = 0 – 1 + 16 – 15 = 0 b. Pour x  [18 ; 19], f est strictement décroissante et continue, f (x)  [f (19) ; f (18)] or f (18) ≈ 1,02 et f (19) ≈ –19 donc : 0  [f (19) ; f (18)] ; le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure donc l’existence d’une unique solution α à l’équation f (x) = 0. Avec la calculatrice, α ≈ 18,05. 4. L’entreprise doit produire et vendre au minimum 100 et au maximum 1 805 panneaux photovoltaïques pour être bénéficiaire.

Sujet

Partie A 1. f (x) = 0 ⇔ 1 – ln x = 0 ou ln x – 2 = 0 donc S = {e ; e2}. 2. a. 5(1 – X)(X – 2) est négatif pour X inférieur à 1, positif pour X entre 1 et 2, et négatif pour X supérieur à 2. b. Si ln x = X, on a X = 1 pour x = e et X = 2 pour x = e2 d’où le tableau de signe donné. 3. a. f ’(x) = 5 × −1 × (ln x − 2) + 5(1− ln x ) × 1 donc : x x 5(3 − 2 ln x ) f ’(x) = . x b.

( )

x

Sujet

3

10

e2 0

+

f

f

–

( ) = 45 3 e2

f (1)

f (10)

4. f (1) = 5 (1 – 0)(0 – 2) = –10, f (10) ≈ –2,0. 5. L’équation f (x) = 1 admet deux solutions : 3 3 α1  ⎡1; e 2 ⎤ et α2  ⎡e 2 ; 10 ⎤ . ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ Avec la calculatrice : α1 ≈ 3,59 et α2 ≈ 5,6. Partie B 1. Pour ne pas travailler à perte, la quantité d’objets à produire doit être comprise entre 272 et 739. 2. On cherche les solutions de f (x)  1 ; d’après la partie A, pour réaliser un bénéfice supérieur ou égal à 1 000 euros, l’entreprise doit fabriquer entre 359 et 560 jouets.

Sujet

C

Partie A 1. g est croissante sur [1 ; 10].

{ } 1

2. g (x) = 0 ⇔ 2 ln x – 1 = 0 donc S = e 2 = { e } . 3. D’après le 1. et le 2. : g (x)  0 ⇔ x  e . Partie B 1. a. f ’(x) = 4x (ln x – 1) + 2x2 × 1 = 2x g (x). x b. 1

f’ (x)

10

e –

0

+ f (10) ≈ 262

0

A

f

1. Affirmation vraie : c. ln (e2 + e) = ln (e(e + 1)) = 1 + ln (e + 1) 2. Affirmation vraie : c. 2 ln ⎛⎜ 1− 1 ⎞⎟ = ln 3 = ln 3 − 2 ln 2 ⎝ 4 2 ⎠ 3. Affirmation vraie : c. On doit avoir : 3 – x  0 soit 3  x et ln (3 – x)  0 ⇔ ln (3 – x)  ln 1 ⇔ x  2. 4. Affirmation vraie : b. g’(x) = –3 + 2 donc g’(1) = –1 et g (1) = 2. x

()

( )

1

f’ (x)

x

C AP VERS LE BAC

B

()

f( e) = 2 − e

2. a. Sur ]1; e [ , f (x)  0 donc l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution. Sur [ e ; 10] , f est strictement croissante et continue et f (x)  [2 – e ; f (10)] or 0  [2 – e ; f (10)], donc le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution : α. Finalement, sur ]1 ; 10], l’équation f (x) = 0 admet une unique solution. b. 2,21 α  2,22 Chapitre 4 Logarithmes – Term ES spécifique/L spécialité

45

Sujet

D

Partie A 1. R (2) = 3, la recette pour 200 litres de médicament vendus est de 3 000 euros. 2. a. Les bornes de la plage de rentabilité sont : x = 0,6 et x = 4,5 soit entre 60 et 450 litres de médicament. b. Le bénéfice pour 200 litres de médicament vendus est de : 3 000 – 1 250 = 1 750 euros. c. Le bénéfice semble maximal pour 275 litres de médicament vendus. Ce bénéfice est alors de : 4 500 – 2 500 = 2 000 euros. Partie B 1. B (x) = R (x) – CT (x) = 1,5x – x2 + 2x ln x. 2. a. B’(x) = 1,5 – 2x + 2 ln x + 2x × 1 = 2 ln x – 2x + 3,5. x 3. a. Sur [0,25 ; 1], B’(x)  0,22 donc l’équation B’(x) = 0 n’a pas de solution. Sur [1 ; 5], B’ est strictement décroissante et continue et B’(x)  [y2 ; 1,5] or 0  [y2 ; 1,5], donc le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure que l’équation B’(x) = 0 admet une unique solution : α. Finalement sur [0,25 ; 5] l’équation B’(x) = 0 admet une unique solution. b. x

B’ (x) B

α

0,25

+

B (0,25)

2 129 f ’(x) = 2x – 3 – 2 = 2 x − 3x − 2

x x 2x2 – 3x – 2 = 0 ⇔ x1 = 2 ou x2 = –0,5. x

1

f’ (x)

2 –

0

f (1) = –1

10 + f (10) ≈ 66,4

f f (2) ≈ –2,4

Sur [1 ; 2], f (x)  –1 donc l’équation f (x) = 0 n’a pas de solution. Sur [2 ; 10], f est strictement croissante et continue et f (x)  [f (2) ; f (10)] or 0  [f (2) ; f (10)], donc le corollaire de la propriété des valeurs intermédiaires assure que l’équation f (x) = 0 admet une unique solution : α. Finalement, sur [1 ; 10] l’équation f (x) = 0 admet une unique solution. Avec la calculatrice : α ≈ 3,43. 130 (ln x)2 + ln (x 5)  0 ⇔ (ln x)2 + 5 ln x  0 ⇔ ln x (ln x + 5)  0 donc S = [e–5 ; 1]. ln (x + 2) + ln x = ln 3 + 3 ln 2 ⇔ ln ((x + 2)x) = ln 24 ⇔ x2 + 2x – 24 = 0 donc S = {4}. 131 f (x) = 0 ⇔ –4x + 2 xln x = 0 ⇔ 2x (–2 + ln x) = 0.

–

B (α)

B (0,25) ≈ –0,38 ; B (5) ≈ –1,40.

46

0

5

4. Avec la calculatrice, α ≈ 2,768 donc B (α) ≈ 2,1265. Pour 277 litres de médicament commercialisé, le bénéfice est maximal et il est alors de 2 126 euros.

B (5)

Donc f coupe l’axe des abscisses pour x = e2. f ’(x) = –4 + 2 ln x + 2 x × 1 = –2 + 2 ln x donc f ’(e2) = 2. x Donc l’équation de la tangente à f au point d’intersection de f et de l’axe des abscisses est : y = 2x – 2e2.

chapitre

5

Calcul Integral

A Le programme Contenus

Capacités attendues

Intégration Définition de l’intégrale d’une fonction continue et positive sur [a ; b] comme aire sous la courbe. Notation

Commentaires On s’appuie sur la notion intuitive d’aire rencontrée au collège et sur les propriétés d’additivité et d’invariance par translation et symétrie.

b

∫ a f (x) dx .

Théorème : si f est continue et positive sur [a, b], la fonction F définie sur [a, b] par x F (x) = ∫ a f (t)d t est dérivable sur [a, b] et a pour dérivée f. Une primitive F de la fonction continue et positive f étant connue, on a :

Primitive d’une fonction continue sur un intervalle.

b

Théorème : toute fonction continue sur un intervalle admet des primitives.

• Déterminer des primitives des fonctions usuelles par lecture inverse du tableau des dérivées. • Connaître et utiliser une primitive de x  u’(x)eu(x).

Intégrale d’une fonction de signe quelconque.

• Calculer une intégrale.

Linéarité, positivité, relation de Chasles.

• Calculer l’aire du domaine délimité par les courbes représentatives de deux fonctions positives.

Valeur moyenne d’une fonction continue sur un intervalle.

∫ a f (x) dx = F(b) − F(a). On fait prendre conscience aux élèves que certaines fonctions comme x  e–x2 n’ont pas de primitive « explicite ». b

La formule ∫ a f (x) d x = F (b) − F (a), est étendue aux fonctions continues de signe quelconque. Les notions d’aire et de moyenne sont illustrées par des exemples issus des sciences économiques.

B Notre point de vue Conformément au programme, nous avons introduit l’intégrale d’une fonction continue positive comme l’aire « sous la courbe ». Pour illustrer cette définition, nous avons proposé, dans l’activité 1 , différentes surfaces délimitées par une fonction affine, puis guidé les élèves pour obtenir une valeur approchée de l’aire sous la parabole à l’aide de la calculatrice. Dans la première partie du cours figurent la définition de l’intégrale d’une fonction positive et le théorème fondamental de l’analyse. Dans les savoir-faire correspondants, l’élève doit faire le lien entre aire et intégrale ; la calculatrice leur permet alors de déterminer une valeur approchée des intégrales. La deuxième partie du cours est consacrée à la notion de primitive d’une fonction continue : définition et primitives des fonctions usuelles. Il est à noter que, conformément au programme, les élèves ont juste à connaître une primitive de la forme remarquable u’eu. Dans la troisième partie du cours, nous avons présenté le calcul d’une intégrale positive, puis la généralisation de la notion d’intégrale à des fonctions continues de signe quelconques et les propriétés de l’intégrale. Chapitre 5 Calcul intégral – Term ES spécifique/L spécialité

47

La quatrième partie du cours permet d’appliquer les calculs d’intégrale à la recherche d’aire ou de valeur moyenne. Plusieurs exercices proposent des recherches de primitives ou des calculs d’intégrales liés à un contexte économique : les exercices 61, 62, 85, 87, 113, 114 et le TP 2 . Ces calculs concernent la recherche du coût total à partir du coût marginal, la recherche d’une quantité moyenne ou le coefficient de Gini. Dans un sujet de bac et dans la page magazine, les élèves découvriront l’utilisation de l’intégrale dans la notion de surplus. Les élèves auront la possibilité de déterminer des encadrements d’une intégrale et des valeurs approchées dans le TP 1 et dans la page approfondissement de l’accompagnement personnalisé. Dans la rubrique cap vers le bac, nous avons placé des sujets très récents en cherchant à recouvrir tous les types de sujets et de questions posées.

Les notions abordées dans le chapitre 5 1. Intégrale d’une fonction positive 2. Primitives d’une fonction continue 3. Intégrale d’une fonction continue 4. Des applications du calcul intégral

C Avant de commencer Le QCM et les exercices proposés dans cette page permettent de faire le point d’une part sur les calculs des dérivées de fonctions de différentes formes et d’autre part sur les connaissances de base concernant les calculs d’aires. Voir livre page 266 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

D Activités Activité

1 Des calculs d’aire

L’objectif de cette activité est de présenter la notion d’intégrale d’une fonction continue et positive comme une aire sous une courbe. L’élève découvrira aussi que sa calculatrice lui permet de déterminer une valeur approchée de ces intégrales. 1. 1 = 3 ; 2 = 2 et 3 = 1,5. 2. a. L’aire colorée peut être approchée par la somme de l’aire du triangle OAB et du trapèze ABIC ; or l’aire de AOB est égale à 1 et l’aire de ABIC est égale à 5 , donc une valeur approchée 16 16 de l’aire colorée est égale à 0,375. b. La calculatrice donne 0,333 comme valeur approchée à 10–3 prés par défaut.

Activité

2 Une aire variable

Cette activité permet, sur un exemple de découvrir que la fonction x F définie sur [a ; b] par F (x) = ∫ a f (t ) dt est dérivable sur [a ; b] et a pour dérivée f. Les élèves pourront alors mieux retenir le théorème du cours. 1. Correctif : il se peut que, dans certains manuels, il est précisé que la fonction affine f est définie sur  : elle est en réalité définie sur [0 ; + [. a. Cette aire se calcule avec la formule de l’aire d’un trapèze (pour les élèves qui la connaissent) ou en ajoutant l’aire d’un rectangle et l’aire d’un triangle : on trouve S(x) = 0,5x2 + 2x.

48

b. S’(x) = x + 2 donc S’(x) = f (x). c. Pour cet exemple, on remarque que F ’(x) = f (x). 2. Les deux colonnes de la table de valeurs permettent de conjecturer que F ’(x) = f (x) pour chacune des fonctions f considérées.

Activité

3 À la recherche de fonctions

Dans cette activité, l’élève commence par construire un tableau donnant la dérivée de certaines fonctions de référence ; il va ensuite effectuer une lecture inverse de ce tableau lui permettant de découvrir la notion de primitive. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 05_TESL_activite3.ggb (GeoGebra). 1. Fonction F définie sur I par F (x)

= x2

Fonction dérivée F ’

I=

F ’(x) = 2x

F (x) = x3 I = 

F ’(x) = 3x 2

F (x) = ex I = 

F ’(x) = ex

F (x) = 1 x

I = ]0 ; + [

F ’(x) = −1 x2

F (x) = ln x

I = ]0 ; + [

F ’(x) = 1 x

2. a. F (x) = x 2. Toutes les fonctions G telles que G (x) = x 2 + k conviennent.

c. G (x) = 1 x 3  ; d. F (x) = ln x. 3 3. a. Pour n = 0, y = x – 1 ; b. Pour n = 2, y = 1 x 3 − 1 . 3 3 4. C(x) = x 3 – 15x 2 + 75x b. F (x) = x3 ;

Activité

4 La tête et les jambes

L’objectif de cette activité est de découvrir la notion de valeur moyenne d’une fonction et son interprétation graphique dans le cas d’une fonction positive. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 05_TESL_activite4.ggb (GeoGebra). 1. La moyenne arithmétique des quatre altitudes est égale à 1 275 mètres. 2. a. C’est la recherche de l’aire sous la courbe qui peut lui être utile. b. Cette aire correspond à l’intégrale de f entre 0 et 150. 150 c. L’altitude moyenne est alors égale à 1 ∫0 f (x) d x . 150

3. Pour évaluer y l’altitude moyenne, 1 750 on peut chercher m tel que la droite d’équation y = m m 1 320 1 180 délimite un rectangle qui a la même aire que l’aire sous la courbe. 850 On trouve m environ égal à 1 288 mètres. Le fichier GeoGebra peut permettre de lire une valeur approchée de cette valeur et devrait 0 x 50 100 150 donner une image visuelle aux élèves de l’interprétation de la valeur moyenne d’une fonction positive.

E Exercices POUR DÉMARrER 1

2. a.

1. Par lecture graphique, I =

1

∫−1f (x) d x = 6.

b

∫a k d x = k ( b − a )

b. I = 3 × 2 = 6 2 1. f (x) = x ;

2. Aire =

3. Par lecture graphique,

3

3

∫0 f ( x) d x = ∫0 x d x .

3

3

∫0 f ( x) d x = ∫0 x d x

= 4,5.

3

Voir livre page 266. Une valeur approchée est donnée par l’affichage de la calculatrice puisque l’aire cherchée est égale à cette intégrale. 5 1. Le repère n’est pas respecté. 4

1

y



–1

0

1

1. F (x) = 7x ; G (x) = 1 x 4 4 2. H (x) = 7x + 1 x 4 4 8 F (x) = x 3 – 1. 9 F (x) = ln x + 2x ; G (x) = 2ln x. 10 1. Soit i définie sur ]0 ; + [ par i (x) = 1 ; on sait que : x i ’(x) = − 12 . x 2. F (x) = − 1 ; G (x) = 4 x − 1 . x x 11 1. F (x) = 3ex ; 2. G (x) = 3ex – 3e2. 12 Voir livre page 266. 13 1. F (x) = ex2 2. G (x) = 5ex2 2–x x 14 1. F (x) = e ; 2. G (x) = ex2–x + 2. x x 15 F ’(x) = e + xe = f (x) donc la fonction F est une primitive de la fonction f sur . 16 Voir livre page 266. 17 F ’(x) = ln x + 1 = f (x) donc la fonction F est une primitive de la fonction f sur ]0 ; + [. 7

x

2. a. La surface S à colorer est la surface hachurée sur le graphique ci-dessus b. L’aire, en unités d’aire, est égale à 2 . 3 3. a. La surface cherchée est celle colorée en gris sur le graphique ci-dessus. b. Par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées, cette surface 0 a la même aire que la surface hachurée donc ∫−1(1 − x 2 ) d x = 2 . 3 6 1. F (x) = 1 x 2  ; G (x) = 1 x 3 . 2 3 2. H (x) = 1 x 2 + 1 x 3 2 3

a. I =

18

3

∫1 2 xd x = 9 – 1 = 8 ;

b. J =

2

∫1 3 x 2 d x = 8 – 1 = 7.

19 1. Une primitive de la fonction f sur ]0  ; + [ est la fonction ln.

2. 20 21 22

2

∫1

1 d x = ln2 x I = 21 ; J = –1 ; K = 22. 2

1

2

∫−4 f (x) d x = ∫−4 f (x) d x + ∫1 f (x) d x = 8 Voir livre page 266.

Chapitre 5 Calcul intégral – Term ES spécifique/L spécialité

49

1. I =

23

2. K = 8I =

2

2

∫1 e x d x = e2 – e et J = ∫1 3e3 x d x = e6 − e3 . 8(e2

– e ) et L = 5J =

5e6

–

1. x2 – 1 est positif sur [1 ; 5]. 5 2. Donc ∫1 ( x 2 − 1) d x est positif. 25 1. ln x est positif sur [1 ; 2]. 24

2.

y



5e3. K N

2

∫1 ln x d x est positif.

3. La calculatrice donne la valeur approchée 0,386 à 0,001 prés par défaut. 26 1. y –1 0

x –1

2. Aire =

L

1 0

1M x

1

∫−1e− x d x = e − e−1.

1 3. a. V = 1 ∫−1e− x d x = 1 (e − e−1 ) 2 2 b. La valeur moyenne de f sur [–1 ; 1] est la hauteur du rectangle MLKN hachuré qui a la même aire que l’aire colorée en gris.

POUR s’entraîner



1. I est l’aire, en unités d’aire de la surface hachurée ; J est l’aire, en unités d’aire de la surface colorée en gris. 34

2. a. La fonction f est négative sur [–2 ; 0] donc l’aire, en unités 0

d’aire, est égale à – ∫−2 2 x d x = 4.

y

b. L’aire est celle du triangle hachuré, soit 4 carreaux donc 4 unités d’aire. c. L’aire, en cm2, est égale à 4 cm2. 27 1. y

1

0 1



0

2. I = 2 et J = 1,5. 35 1. I est l’aire, en unités d’aire de la surface hachurée ; J est l’aire, en unités d’aire de la surface colorée en gris. 1

2. a. L’aire en unités d’aire est égale à b. L’aire, en cm2, est égale à 2. 28 L’aire est égale à e – 1. 29 1. y

x

y

1

∫0 3 x 2 d x = 1. 1

f 1

0

0

1

3 2. V = 1 ∫−1f (x ) d x = 1,2 4 32 1. V = 4 ; 2. V = 1. 33 1. f est décroissante sur [–1 ; 1].

1

x

2. I = 8 et J = 7,5. 36 1. I est l’aire, en unités d’aire de la surface colorée en gris ; J est l’aire, en unités d’aire de la surface hachurée. 

g

y

x

2. a. Sur [0 ; 1], f (x) est supérieur ou égal à g (x) donc l’aire, en unités d’aire, de la surface donnée est égale à : 1 1 1 ∫0 ( f (x) − g (x) )d x = ∫0 x d x = 2 . b. On retrouve ce résultat en déterminant l’aire de deux triangles. 30 Voir livre page 267. 3 31 1. L’aire colorée correspond à l’intégrale ∫ f ( x) d x . −1

50

x

1

1 0

2. I = 2 et J = 12.

1

x

37 1. La fonction f est positive sur [–2 ; 0] ; I est égale à l’aire, en unités d’aire, de la surface hachurée horizontalement et J à l’aire de la surface colorée en gris clair. y



1 0

x

1

2. I = 4 et J = 3. 3. a. K est l’aire, en unités d’aire, de la surface hachurée verticalement K = 4 b. I et K sont égales. 4. a = 1 et b = 2 ; la nouvelle intégrale est égale à l’aire, en unités d’aire, de la surface colorée en gris foncé. 38 1. a. y

1 0

b. I = 4 2. g (x) = x + 2 39 1.  = 2,4 ; 40 41

1.  = 2,4 ;

1

2.  = 1 + 2. 3 2.  = 4 + 1 = 7 . 3 3

x

Vrai. Faux. 43 Vrai. 44 Correctif : il se peut que, dans certains manuels, l’énoncé contienne à tort des fonctions de la forme ln u que les élèves de Term ES/L ne savent pas dériver. On a donc modifié l’énoncé en prenant f (x) = 3ln x et F (x) = 3xln(x) – 3x. 1. F ’(x) = 3ln x + 3 – 3 = 3ln x = f (x) donc F est une primitive de f. 2. La fonction F1 définie sur ]0 ; + [ par F1(x) = 3xln x – 3x + 3 est la primitive de f qui s’annule en 1. 45 Correctif : il se peut que, dans certains manuels, l’énoncé contienne à tort des fonctions de la forme ln u que les élèves de TESL ne savent pas dériver. On a donc modifié l’énoncé en prenant les fonctions f et F définies sur ]0 ; + [ par f (x) = 26 x 2 et ( x + 1) F (x) = 2− 3 . x +1 −( −3) × 2 x 1. F ’(x) = = f (x) donc F est une primitive de f. ( x 2 + 1)2 2. La fonction F1 définie sur  par F1(x) = 2−3 + 3 est la x +1 2 primitive de f qui s’annule en 1. 46 1. F ’(x) = f (x) 2. La fonction F1 définie sur ]0 ; + [ par F1(x) = (ln x)2 – 1 est la primitive de f qui s’annule en e. 42

47 1. F ’(x) = f (x) 2. La fonction F1 définie sur  par F1(x) = F (x) + 1 est la primitive 3 de f qui s’annule en 0. 49 a = 1 et b = –1. 50 1. U (x) = 2x 2 et V (x) = 3 x 4 . 2 2. F (x) = 3 x 4 + 2 x 2 2 51 1. U (x) = 2x 3 et V (x) = 2ln x. 2. W (x) = 2x 3 + 2ln x 52 1. F (x) = ex2–3 ; 2. G (x) = 6ex2–3. 2 2 53 1. F (x) = e–x  ; 2. G (x) = − 1 e− x . 2 2 54 1. F (x) = ex2–4x ; 2. G (x) = 1 e x − 4 x . 2 55 Voir livre page 267. 56 1. F ’(x) = 2x ln x + x – x = f (x) 2. G (x) = x2ln x – x2 3. G1(x) = x2ln x – x2 + 1 57 a. F (x) = x3 – 2x2 + 5x ; b. G (x) = 3 x 4 − 1 x 2 . 2 2 c. H (x) = 1 x 3 + 4ln x 3 d. I (x) = 2 x 3 − 1 x 2 + 3 x + ln x 3 2 58 1. f est continue sur  donc f admet des primitives sur . 2. Les primitives F de f sont telles que F ’ = f ; or f est négative sur  donc les primitives F de f sont décroissantes sur . 59 La fonction f doit être positive sur [–3 ; –1], négative sur [–1 ; 3] et positive sur [3 ; 5] puisque F ’ = f donc la fonction f est représentée par la courbe 1. 60 1. L’énoncé est juste puisque F ’ = f. 2. L’énoncé réciproque est « Si la fonction F est croissante sur , alors la fonction f est positive sur  ». Cet énoncé est vrai puisque F ’ = f. 61 C (q) = q3 – 18q2 + 105q + 54. 62 1. Le coût total est une primitive de la fonction Cm. 2. C (x) = 1 x 2 + 16ln( x + 1) + 15 2 63 Faux. 64 Faux. 65 Faux car g (x) – f (x) n’est pas égal à une constante. 66 a. I = 18 ; b. J = 9 ; c. K = 2ln 3. 67 a. I = –3 ; b. J = 0,5 ; c. K = e – e–1. 1 2 − 2 68 a. I = 0 ; b. J = (e − e ) ; c. K = 1 (e 4 − e1 ). 2 2 69 1. Algorithme : Saisir A, B Calculer l’intégrale de f entre A et B Afficher cette intégrale

2. Programme : Prompt A, B intégrFonct(Y1,X,A,B)→I Disp I

70

Voir livre page 267. 1. I = 1 (e2 − 1)  ; J = −1(e−2 − 1) . 2 2 2. Par linéarité K = I + 5J = 2 + 1 e2 − 5 e−2 . 2 2 71

Chapitre 5 Calcul intégral – Term ES spécifique/L spécialité

51

72 1. x2  x sur [0 ; 1]. 2. J  I 3. I = 1 et J = 1 . 2 3 73 1. L’énoncé est vrai puisque

b

∫a 0 d x = 0 .

2. L’énoncé de la réciproque est « Si f est telle que

b

∫a f ( x) d x = 0

alors la fonction f est nulle sur [a ; b]. Cet énoncé est faux ; la fonction f telle que f (x) = x sur [–1 ; 1] est un contre-exemple. 75 1. F ’(x) = f (x) 2. I = e – 2 76 Vrai. 77 Faux. 78 Faux. 79 1. y

2. a. Une primitive de la fonction g est la fonction f. b. V = ln3 6 89 Faux : elle est égale à 4 . 3 2 ln2 90 Faux : elle est égale à . 3 91 a. I = 1,5 + 3ln 2 ; b. J = 0,5 ; c. K = 1 (e 4 − 1) . 4 92 1. F ’(x) = ln x + 1 2. I = 2ln 2 93 V = 13 3 94 1. la courbe représentative de f est en dessous de la courbe représentative de g sur ]–  ; 0] et au-dessus sur [0 ; + [. 1 2.  = ∫0 ( f (x) − g (x) ) d x = e + 1 e−2 − 3 2 2

POUR faire le point f g

1 0

2. a.  1 =

2

Voir livre page 267. Les corrigés détaillés sont disponibles sur le site www.bordasindice.fr. x

1

accompagnement personnalisé

7

∫1 x 2 d x = 3

b. f est supérieur à g sur [1 ; 2] donc  2 = 80 1. Si x  1 alors x 2  1  1 . x 3 2.  = e − 4 3 81 1.  ≈ 1,3 2.  = 2 – 2e–1 82 1. y C

2

∫1 ( x 2 − x ) d x =

5. 6

3

2

1

B 0

1

x

2.  1 = 8 3.  2 = 32 3 2 4 4. = 1 3 83 Voir livre page 267. 84 Faux. 85 1. V = 1 (e12 − e3 ) 9 2. La population augmente en moyenne chaque année de 18 082 personnes. 86 1. F ’(x) = − e2 − x + ( − x − 1) × ( − 1)e2 − x = f ( x ) 2. V = 1 (e2 − 5e−2 ) 4 87 Voir livre page 267. 88 1. La dérivée de la fonction f est la fonction g.

52

106  = 4

107  = 1 e2 − e + 1

f

A

105 J = 264 ; K = 3,75 + ln 2 ; L = 2e3 + 1.

2

Encadrer une intégrale qu’on ne sait pas calculer ❯ f est positive sur [0 ; 1] donc I est positive. ❯ Pour tout x de , –x 2 est négatif donc e–x2 est inférieur à 1. L’intégrale I est comprise entre 0 et 1. ❯ Pour tout x de [0 ; 1], 0  x2  1 donc e–1  e–x2  1. L’intégrale I est alors comprise entre e–1 et 1 ; l’amplitude de cet encadrement est strictement inférieure à 1 donc cet encadrement est meilleur que le précédent. ❯ h’(x) = –2xe–x2 + 2x = 2x(1 – e–x2) ; comme x est positif, h’(x) a le même signe que 1 – e–x2 c’est-à-dire positif. La fonction h est donc croissante sur [0 ; 1] et son minimum est égal à 0. ❯ La fonction h est donc positive sur [0 ; 1] et la courbe  est au-dessus de la parabole . ❯ On a e–x2  1 – x2 d’où la comparaison des intégrales. On en déduit le nouvel encadrement de I qui est meilleur que le précédent puisque 2  e−1 . 3 2 108 1. x 2 − x + 1 = x − 1 donc x 2  x − 1 . 4 4 2 −x+ 1 2. D’après la question 1, e− x 2  e 4 d’où, en intégrant

(

)

1 −3 entre 0 et 1, on obtient 2  I  e 4 − e 4 . Cet encadrement 3 1 −3 est meilleur que le précédent car e 4 − e 4 est inférieur à 1 (l’amplitude est environ égale à 0,14). 109 1. I est l’aire, en unités d’aire, de la surface comprise entre

la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 1. −1 2. a. f (0) = 1, f 1 = e 4 et f (1) = e–1. 2 −1 b. Sur 0 ; 1  , e 4  f (x )  1.  2 −1 Sur  1 ; 1  , e−1  f (x )  e 4 . 2  1 1 −1 −1 c. Donc 1 e 4  ∫ 2 f (x) d x  1 et 1 e−1  ∫ 1 f (x) d x  1 e 4  ; 0 2 2 2 2 2 on obtient alors l’encadrement donné en ajoutant membre à membre ces deux encadrements et en utilisant la relation de Chasles. d. Cet encadrement n’est pas meilleur que les précédents car 1 – e–1 est environ égal à 0,63. 3. En augmentant le nombre de subdivisions de l’intervalle [0 ; 1], on pourrait obtenir ainsi un encadrement meilleur que les précédents pour I.

b. À partir de N = 1 000, l’amplitude de l’encadrement est inférieure ou égale à 0,001. c. 0,333    0,334

TRAVAUX PRATIQUES

c. =E2+D3 3. a. Les 20 % les plus pauvres de la population se partagent 7,12 % de l’ensemble des revenus disponibles. Les 20 % les plus riches de la population se partagent 41,42 % de l’ensemble des revenus disponibles. b. Par lecture graphique, le point de la courbe d’ordonnée 50 % a pour abscisse environ 75 % donc, en 2008, les 25 % les plus riches de la population se partagent 50 % de l’ensemble des revenus disponibles. B. 1. a. Le coefficient de Gini est compris entre 0 et 1. b. Si le coefficient de Gini est proche de 1, la répartition est inégalitaire ; s’il est proche de 0, la répartition est égalitaire. c. Parmi les pays pour lesquels le graphique fournit le coefficient de Gini, c’est au sud de l’Afrique que les inégalités sont les plus fortes : le coefficient de Gini est alors supérieur à 0,60. 2. Avec un tableur, la courbe de tendance, en choisissant un polynôme de degré 3, a une équation proche de celle donnée. 3. a. Le coefficient est obtenu à l’aide de la formule :

()

TP

1 Calcul d’aires

L’objectif de ce TP est de faire découvrir aux élèves la méthode des rectangles pour déterminer une valeur approchée d’une aire et donc une intégrale. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 05_TESL_TP1A2.ggb (GeoGebra). A. Approximations successives 1. L’aire des rectangles OEDF et EAGD est égale à 0,125 ; l’aire du rectangle EABH est égale à 0,5 donc 0,125    0,625. 2. a. Lorsqu’on fait varier le curseur n, le nombre de rectangles varie. b. n est le nombre de subdivisions de l’intervalle [0 ; 1]. Pour n = 2, on obtient la figure de la question 1. c. Lorsque n augmente, les rectangles augmentent. La somme des aires des rectangles bleus et celles des aires des rectangles verts sont de plus en plus proches. d.  semble être proche de 1 . 3 B. Étude théorique 1. a. La hauteur du rectangle bleu construit sur la base 0 ; 1   n 2 3 est 1 et son aire est égale à 1 . n n b. L’aire du domaine compris entre la courbe , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 1 est comprise n entre 0 et 13 . n 2. a. Le rectangle bleu construit sur la base  1 ; 2  a une aire n n 2 2 égale à 1 × 2 et le rectangle vert a une aire égale à 1 × 1 . n n n n b. L’aire du domaine compris entre la courbe , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 1 et x = 2 est comprise n n 2 entre 13 et 2 . n n3 3. a. L’amplitude de l’encadrement est égale à 1 . n

()

()

()

()

TP

2 Revenus moyens des ménages

Dans ce TP, les élèves vont découvrir la courbe de Lorenz et le coefficient de Gini. Ce coefficient étant défini comme un rapport d’aires, on leur propose d’utiliser GeoGebra pour obtenir une courbe de tendance puis une valeur approchée de l’aire sous cette courbe. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 05_TESL_TP2.ods (OpenOffice), 05_ TESL_TP2.xls (Excel 2003) et 05_TESL_TP2.xlsx (Excel 2007). A. 1. En 2008, les 10 % les plus pauvres des ménages ont un revenu moyen disponible de 9 270 euros par an 2. a. =SOMME(C3 : C12) b. =C3/C$13

1

1

1

1

2 × ∫0 ( x − f (x) ) d x = ∫0 2 x d x − 2 ∫0 f (x) d x =1 − 2 ∫0 f (x) d x b. Or,

1

1

∫0 f (x) d x ≈ 0,33 d’où 1 − 2 ∫0 f (x) d x ≈ 0,34 .

c. Ce résultat est cohérent avec la couleur verte de la carte qui indique un coefficient de Gini en France compris entre 0,30 et 0,34.

POUR ALLER PLUS LOIN 110 1. F (x) = ln (ex + 1) et G (x) = 1 ln( x 2 + 1) .

2 2. H (x) = ln (ln x) 111 1. f est décroissante sur ]–  ; 0] et croissante sur [0 ; + [. Le minimum de f est égal à 0 donc f est positive. 2. a. y = x + 1 b. f est positive sur  donc la courbe représentative de la fonction exponentielle est au-dessus de T (résultat connu par Chapitre 5 Calcul intégral – Term ES spécifique/L spécialité

53

ailleurs puisque la fonction exponentielle est convexe). 3.  = e – 2,5 112 1. f ’(x) = –e–x ; f ’(0) = –1 et f ’(0) = 1 d’où une équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse 0 est y = –x + 1 ; cette tangente est la droite (d). 2. a. h (x) = e–x + x – 1 donc h’(x) = –e–x + 1. b. h est décroissante sur ]–  ; 0] et croissante sur [0 ; + [. 3. h est positive sur  donc la courbe f est au-dessus de (d) (remarque : on aurait pu utiliser la convexité de la fonction f pour prouver ce résultat). 4.

integrFonct(e^(-x^2/2),x,0,x) et on obtient la table de valeurs :

1

1

∫ 0 h ( x ) d x = 2 − e −1

5. Le triangle délimité par la droite (d), l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées a une aire égale à 1 donc : 2 a  = ∫0 f ( x) d x − 1 = 1 − e− a 2 2 Remarque : on peut aussi calculer cette aire en utilisant le résultat de la question 4 ; en effet : =

1

a

∫0 h (x) d x + ∫1 f (x) d x

113 1. 12 649 billions de barils.

2. f est décroissante sur [11 ; + [. 3. a. F (x) = –720 000 e–0,024x b. I = – 720 000 (e–0,504 – e–0,264 ) ≈ 117 982 c. Le nombre moyen de barils par an peut être estimé à environ 11 798 billions de barils. 1 − 2 ln x 114 1. f ’(x) = . f est croissante sur ]0  ; e ] et x2 décroissante sur [ e  ; + [. 2. a. G’(x) = g (x) b. H (x) = (ln x)2 c. F (x) = (ln x)2 + ln x d.

b. Le maximum de f est 1. 2. a. F est la primitive de la fonction f s’annulant en 0. b. F (x) est une aire. c. F est croissante sur . d. Dans l’éditeur de fonctions on saisit l’expression

5

∫1 f (x) d x = (ln5)2 + ln5

5 3. 1 ∫ f (x) d x ≈ 1, 05 4 1 La valeur moyenne du bénéfice unitaire est environ égale à 1,05 euros lorsque la production est comprise entre 1 000 et 5 000 pièces. 115 1. f est décroissante sur ]–  ; 0] et croissante sur [0 ; + [. a −a 2. S(a) = e − e 2 3. En factorisant ou en développant on obtient l’égalité donnée. −2 2 ( f ( x ))2 d x = S(2) = e − e 2 116 1. 0 = ln 2 = 1 2. a. L’intégrale donnée est l’aire, en unités d’aire, de la surface comprise entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0,5 et x = 1. b. Cette intégrale est égale à ln 2. c. Les trois intégrales calculées sont égales. 3. a. Les deux intégrales valent ln 2. b. On peut faire la conjecture que, pour tout entier n, In = ln 2. c. In = ln (2n+1 ) – ln (2n) = ln 2

4. L =

2

∫0

117 1. a. f est croissante sur ]– ; 0] et décroissante sur [0 ; +[.

54

e. Les valeurs approchées précédentes sont proches de − 2t + 1  0 sur [1 ; + [ t t x 2. ∫1 (2 − t ) dt = − 1 x 2 + 2 x − 3 2 2 x x 3. ∫ (2 − t ) dt  ∫ 1 d t d’où − 1 x 2 + 2 x − 3  ln x 1 1 t 2 2 4 1 2 B. 1. ∫ − x + 2 x − 3 d x = 0 1 2 2 2. On a l’égalité de deux aires. 3. a. f ’(x) = ln x b.  = 8ln 2 – 3 118 A. 1. 1 + t − 2 =

t2

(

2π . 2

)

C AP VERS LE BAC Sujet

A

1. Réponse exacte : (B). 2. Réponse exacte : (D). 3. Réponse exacte : (A). 4. Réponse exacte : (B).

Sujet

B

1. On a f ’(x) = –2x – 1 + 1 . x ( x + 1)(1 − 2 x ) . 2. On peut écrire f ’(x) = x Sur [0,5 ; 2], x  0, x + 1  0 et 1 – 2x  0 donc f ’(x)  0. On en déduit que la fonction f est strictement décroissante sur cet intervalle. 3. Sur [0,5  ; 2], la fonction f est continue et strictement décroissante. De plus, f (0,5) = 13 – ln 2. f (0,5) ≈ 2,5 donc 4 f (0,5)  0 et f (2) = ln 2 – 2. f (2) ≈ –1,3 donc f (2)  0. L’équation f (x) = 0 possède donc une solution unique a sur cet intervalle. 1,68 a  1,69. Puisque f est décroissante sur [0,5 ; 2] et f (a) = 0, on a f (x)  0  sur [0,5 ; a[ et f (x)  0 sur ]a ; 2]. 4. a. On a G’(x) = ln x.

b.

1

∫0,5 ln x d x = G (1) – G (0,5) = 0,5(ln 2 – 1).

ln2 + 5 . 2 6 5. a. D est le domaine compris entre , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0,5 et x = 1. b. L’unité d’aire correspond à 4 carreaux de la figure. Donc 1   2. c. La fonction f est continue et positive sur [0,5 ; 1], donc : Par suite

1

∫0,5 f (x) d x =

= ln2 + 5 en unités d’aire. 2 6 On remarque que  ≈ 1,18 unités d’aire. Ce résultat est donc cohérent avec celui obtenu dans la question 5. b. =

Sujet

1

∫0,5 f (x) d x

C

1. a. On lit p0 = 3 et q0 = 5. b. p0 × q0 = 15 donc le chiffre d’affaires est égal à 1 500 000 euros. 5 2. a. L’intégrale ∫0 f (x) d x est l’aire, en unités d’aire, de la surface comprise entre la courbe f , l’axe des abscisses et les droites d’équation x = 0 et x = 5. b. Une primitive de f sur [0 ; 6] est la fonction F définie par F (x) = e0,4x. Donc

5

∫0 f ( x) d x

= F (5) – F (0) = e2 – 1.

c. On obtient Sp = p0 × q0 –

5

∫0 f (x) d x = 15

– e2 + 1.

D’où Sp ≈ 8,61 (en centaines de milliers d’euros). 3. a. L’unité d’aire est représentée par un carreau. La partie colorée comporte 10 carreaux entiers et plusieurs parties de carreaux. L’aire de cette partie est donc supérieure à 10 unités. C’est donc Jeanne qui a raison.

b. Correctif : il se peut que, dans certains manuels, l’énoncé comporte des erreurs Les bonnes équations sont : Essai 2 y = − 1 x 2 + 43 et Essai 3 y = 2 x 2 − 44 x + 9 . 6 6 21 21 L’essai n° 2 est le plus pertinent. L’essai n° 1 ne peut pas convenir puisque l’estimation proposée (54,7) est incohérente avec la figure (nombre de carreaux de la partie colorée est inférieur à 20.) ; de plus cette parabole passe par le point de coordonnées (0 ; –5) qui est très loin de la courbe g et la fonction correspondante est croissante sur [0 ; 3,65] ce qui n’est pas du tout cohérent avec g. L’essai n°3 ne peut pas convenir puisque la valeur du surplus est, d’après la lecture graphique, supérieure à 10. De plus, la parabole correspondant à cet essai passe par le point de coordonnées (0 ; 9) qui est loin de la courbe g. L’essai 2 est pertinent car cette parabole passe par les deux points de coordonnées (1 ; 7) et (5 ; 3) ; elle coupe l’axe des ordonnées en un point qui a pour ordonnée 43 ≈ 7,17 6 conforme à la lecture graphique. De plus, l’estimation du surplus est cohérente avec la lecture graphique. 119 La valeur moyenne cherchée est égale à : 1 3 (4 x 2 − 5 x + 2) d x = 28 . 2 ∫1 3 120 On obtient comme primitive de f la fonction F définie sur 2  par F (x) = 1 e x + 1. 2 1 Par suite, ∫0 f (x ) d x = F (1) – F (0) = 1 e(e – 1) ≈ 2,34. 2 121 1. On vérifie que H’(x) = h (x). 2. Sur [1 ; 2], la fonction h est continue et positive donc l’aire, en unités d’aire, du domaine donné est égale à : e

∫1 h (x) d x = H (e) – H (1) = 2e.

Chapitre 5 Calcul intégral – Term ES spécifique/L spécialité

55

chapitre

6

Probabilités Conditionnelles

A Le programme On approfondit le travail en probabilités et statistique mené les années précédentes. Cette partie se prête particulièrement à l’étude de problèmes issus d’autres disciplines, notamment des sciences économiques et sociales. Le recours aux représentations graphiques et aux simulations est indispensable. Contenus Conditionnement Conditionnement par un événement de probabilité non nulle. Notation PA(B).

Capacités attendues

Commentaires

• Construire un arbre pondéré en lien avec une situation donnée. • Exploiter la lecture d’un arbre pondéré pour déterminer des probabilités. • Calculer la probabilité d’un événement connaissant ses probabilités conditionnelles relatives à une partition de l’univers.

On représente une situation à l’aide d’un arbre pondéré ou d’un tableau. On énonce et on justifie les règles de construction et d’utilisation des arbres pondérés. Un arbre pondéré correctement construit constitue une preuve. Le vocabulaire lié à la formule des probabilités totales n’est pas un attendu du programme, mais la mise en œuvre de cette formule doit être maîtrisée. Cette partie du programme se prête particulièrement à l’étude de situations concrètes.

B Notre point de vue Nous avons placé dans ce chapitre la partie du programme relative au conditionnement. Les notions nouvelles concernant ce chapitre sont peu nombreuses : conditionnement par un événement de probabilité non nulle et arbres pondérés. La première activité « Réussite au bac » p. 148 permet, à partir de données présentées en tableau, de découvrir la notion de probabilité conditionnelle et la formule permettant le calcul de ces probabilités. Les notions correspondantes constituent le contenu de la première page de cours. La seconde page de cours est consacrée aux arbres pondérés et à la formule des probabilités totales. La notion d’arbre de probabilités est déjà connue des élèves : – en classe de Troisième et de Seconde, on s’est intéressé à la succession de deux expériences (éventuellement trois), pas nécessairement identiques. Ces activités ont permis à l’élève de se familiariser avec les arbres de probabilités construits intégralement ; – en Première, on s’est intéressé à la répétition d’une même expérience aléatoire, un certain nombre n de fois (ce nombre n pouvant éventuellement être grand), dans le cadre de la loi binomiale. Le contenu du programme de Terminale est dans le prolongement de ces apprentissages. Nous avons décidé de formaliser cette partie de cours en détaillant la méthode de construction d’un arbre pondéré, en proposant un peu de vocabulaire et en donnant quelques règles. Les capacités attendues étant : « Construire un arbre pondéré en lien avec une situation donnée » et « Exploiter la lecture d’un arbre pondéré pour déterminer des probabilités », ces capacités sont reprises dans les deux savoir-faire.

56

L’arbre pondéré, construit dans le deuxième savoir-faire, donne aussi l’occasion de mettre en œuvre la formule des probabilités totales. Concernant l’accompagnement personnalisé, la page Revoir les point essentiels p. 162 revient sur deux points importants : la construction d’un arbre pondéré et le calcul d’une probabilité conditionnelle. La page d’approfondissement p. 163 permet la découverte d’une des principales applications des probabilités conditionnelles : la formule de Bayes. Les commentaires du programme demandent de mener des activités en lien à l’étude d’autres disciplines. C’est pourquoi le TP 1 p. 192 propose l’étude de la fiabilité d’un test de dépistage et de l’évolution de cette fiabilité en fonction de la proportion d’individus « positifs » dans la population testée. Le TP 2, quant à lui, propose d’étudier un phénomène d’hérédité connu : la loi de Hardy-Weinberg.

Les notions abordées dans le chapitre 6 1. Probabilité conditionnelle 2. Arbres pondérés et probabilités totales

C Avant de commencer Voir livre page 267 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés. Correctif du cours p. 152 – formule des probabilités totales : il se peut que, dans certains manuels, dans la note de vocabulaire en marge, il soit dit que A1, A2… forment une partition de l’événement A : il s’agit en fait d’une partition de l’événement E. De même, dans la propriété correspondante, en face, il faut lire « Soit A1, A2, …, An, n événements incompatibles deux à deux et tels que leur réunion soit égale à E. Pour tout événement B, on a P(B) (…) ».

D Activités Activité

1 Réussite au bac

Activité

Cette activité permet, à partir de données présentées en tableau, de découvrir la notion de probabilité conditionnelle et la formule permettant le calcul de ces probabilités. Les valeurs du tableau étant des effectifs, on commence par déterminer les probabilités correspondantes. 1.

B

– B

Total

R – R

36

4

40

378

50

428

Total

414

54

468

– 23 40 10 428 107 2. P(B) = 414 = ; P(R) = = ; P(R) = =  ; 468 117 468 117 468 26 – P(B  R) = 36 = 1  ; P(B  R) = 378 = 21 . 468 13 468 26 P(B>R) 3. PR(B) = 36 = 9 = P(R) 40 10 P(B>R) 4. P –R(B) = 378 = 189 = 428 214 P(R) 5. Réussite des élèves redoublants : 0,9. Réussite des élèves non redoublants : 0,88 (environ). 6. 36 = PB(R) : probabilité que l’élève choisi soit redoublant, 414 sachant qu’il a obtenu son bac. 378 = P (–R) : probabilité que l’élève choisi ne soit pas redouB 414 blant, sachant qu’il a obtenu son bac.

2 Tabac en entreprise

L’objectif de cette activité est d’apprendre à utiliser un tableau pour déterminer des probabilités, en particulier des probabilités conditionnelles. L’utilisation du tableur permet de réfléchir aux formules à mettre en œuvre pour calculer ces probabilités. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 06_TESL_activite2.ods (OpenOffice), 06_TESL_activite2.xls (Excel 2003) et 06_TESL_activite2.xlsx (Excel 2007). – 1. P(A) 2. a. « Le salarié est un fumeur de moins de 34 ans ». Formule en B2 : =B4*0,48 . b. 0,3 × 0,48 = 0,144 3. Formule en C2 : =C4*0,24 . 4. P(F) = 0,3 × 0,48 + 0,7 × 0,24 = 0,312. Formule en D2 : =B2+C2 . – 5. PF(A) = 0,7 × 0,24 ≈ 0,538. 0,312

Chapitre 6 Probabilités Conditionnelles – Term ES spécifique/L spécialité

57

Activité

3 Un test de dépistage

Cette activité donne l’occasion de lire et compléter des probabilités sur un arbre pondéré. Ces informations sont ensuite utilisées pour déterminer la probabilité de certains événements. 1. 0,98 = P(S)

1. a. P(B  R) = 0,25 × 0,6 = 0,15 b. P(N  R) = 0,175 et P(V  R) = 0,25. P(R) = P(B  R) + P(N  R) + P(V  R) soit P(R) = 0,575. c. Vérifié. d.

2. 0,98

0,02

0,99

N

0,01

P

R

0,04

N

0,96

P

S

M

3. a. P(S  N) = 0,9702

B

N

V

Total

0,15

0,175

0,25

0,575

C

0,1

0,175

0,15

0,425

Total

0,25

0,35

0,4

1

2. a. Couleur

b. C’est l’événement M  N, P(M  N) = 0,0008.

Forme B

c. P(N) = 0,971 4. a. P(S  P) = 0,0098 et P(M  P) = 0,0192. b. P(P) = 0,029

Activité

N

4 Tirage avec des jetons

Cette activité permet de découvrir la formule des probabilités totales, grâce au calcul de la probabilité d’un événement, en utilisant un tableau de probabilité puis en utilisant un arbre pondéré.

V

Événement

Probabilité

R

BR

0,15

C

BC

0,1

R

NR

0,175

C

NC

0,175

R

VR

0,25

C

VC

0,15

b. Les chemins conduisant aux événements : B  R, N  R et V  R soit P(R) = 0,575.

E Exercices POUR DÉMARrER 1

1. Non, P(V) = 0,4.

2. Oui, PP(V) = 0,66. 3. Oui, P–V(P) = 0,22. – – 4. Non, P (P  V) = 0,49. 2

1. « Parmi », PF(R).

2. « Un tiers des », PH(R). 3. « Chez », PR(F).

– 4. « Un homme », PH(R).

5. « Parmi », P–R(F). 3

Voir livre page 267. 4 PA(B) = P(B>A) = 0,3 = 0,4 P(A) 0,75 P(A>B) 0,3 = PB(A) = = 0,375 P(B) 0,8 5 PD(C) = P(C>D) = 0,1 = 0,25 P(D) 0, 4

58

PC(D) = P(D>C) = 0,1 = 0,4 P(C) 0,25 1. P(Q) = 0,1 ; P(R) = 0,22 ; P(Q  R) = 0,04. P(R>Q) 0,04 = 2. PQ(R) = = 0,4 : probabilité que l’exercice P(Q) 0,1 choisi soit une question sur les probabilités, sachant que c’est 6

un QCM. PR(Q) = P(Q>R) = 0,04 = 2 : probabilité que l’exercice choisi P(R) 0,22 11 soit un QCM, sachant que c’est un exercice sur les probabilités. 7

P(A  B) = PA(B) × P(A) = 0,2 × 0,3 = 0,06 P(A>B) 0,06 1 = = P(B) 0,54 9

PB(A) =

1. P(C  D) = PC(D) × P(C) = 0,25 × 0,4 = 0,1 P(C>D) 0,1 1 2. P(D) = = = PD (C) 0,2 2 8

9

Voir livre page 268. 10 1. P(B) = 30 = 0,4 ; PB(M) = 0,4. 75 2. P(B  M) = 0,4 × 0,4 = 0,16

11

1. A

– A

B – B

0,3

0,2

0,5

0,15

0,35

0,5

Total

0,45

0,55

1

Total

– – 2. P(A) = 0,55 ; P(A  B) = 0,2. P(A>B) 0,3 PB(A) = = 0,6 = P(B) 0,5 P(A>B) = 0,2 = 4 PA–(B) = 0,55 11 P(A) 12

Voir livre page 268.

13

1.

R – R Total

1. P(B) = 0,84 ; P(T) = 0,75 et P(B  T) = 0,6. 0,60 = 0,8 0,75 0,60 =5 3. PB (T) = 0,84 7 23 Voir livre page 268. 21

2. PT (B) =

F

G

Total

12 35 8 35 20 35

8 35 7 35 15 35

20 35 15 35 1

– 2. P(R) = 15 = 3 35 7 P(F>R) 12 = 3. PF(R) = = 0,6 : probabilité de choisir un élève 20 P(R) étudiant le russe, sachant que c’est une fille. P(R>G) 7 = P –R(G) =   : probabilité de choisir un garçon, 15 P(R) sachant que l’élève n’étudie pas le russe. – 14 1. 0,65 = P(B) ; 0,1 = PC(A) et 0,6 = PB(C). – 2. P(A) = 0,35 ; PB(C) = 0,4 et PA(C) = 0,9. 15 1. P(A  C) = 0,35 × 0,1 = 0,035 P(B  C) = 0,65 × 0,4 = 0,26

2. P(C) = P(A  C) + P(B  C) = 0,295 16

– 1. P(A  B) = 0,6 × 0,75 = 0,45 ; P(A  B) = 0,4 × 0,3 = 0,12. – 2. P(B) = P(A  B) + P(A  B) = 0,45 + 0,12 = 0,57 Voir livre page 268.

• P(A  B) = 0,72 + 0,47 – 0,88 = 0,31 P(A>B) 31 = ≈ 0,66 • PB(A) = 47 P(B) P(B>A) 31 = ≈ 0,43 • PA(B) = 72 P(A) 25

Voir livre page 268. 26 1. P(R) = 284  ; PR(F) = 1 . 475 3 2. P(R  F) = P(R) × PR(F) = 284 1 425 27 1. P(A) = 0,55 : il y a 55 % de chances que la pièce choisie provienne de la 1re machine. PA(D) = 0,01 (respectivement PB(D) = 0,02) : la pièce choisie provenant de la 1re machine (respectivement la 2e machine) ; cette pièce a 1 % de risques d’être défectueuse. 2. P(B) = 0,45 3. P(A  D) = 0,55 × 0,01 = 0,005 5 P(B  D) = 0,45 × 0,02 = 0,009 La pièce provient de la première (respectivement de la deuxième) machine et est défectueuse.

Voir livre page 268.

1. P(A) = P(X  4) ≈ 0,9991 ; P(B) = P(X  7) ≈ 0,3222. 30

2. P(A  B) = P(4  X  7) ≈ 0,3213. 3. PB(A) =

1. P(C  A) = 0,54 × 1 = 0,18 et 3 P(O  A) = 0,46 × 0,25 = 0,115. 19

2. P(A) = P(C  A) + P(O  A) = 0,295 3. P(C  A) : probabilité de choisir un jeu d’action pour console ; P(O  A) : probabilité de choisir un jeu d’action pour ordinateur ; P(A) : probabilité de choisir un jeu d’action.

POUR s’entraîner 1. P(I) = 8 ; P(M) = 5 = 1 . 15 3 15 – 2. P(I) = 7 : probabilité de tirer un numéro pair. 15 P(I  M) = 3 = 1 : probabilité de tirer un numéro impair et 15 5 multiple de trois. 20

24

29

Voir livre page 268.

17

18

– P (I  M) = 2 : probabilité de tirer un numéro pair et multiple 15 de trois. 3. PM (I) = 3  : probabilité de tirer un numéro impair sachant qu’il 5 est multiple de trois. P –I (M) = 2  : probabilité de tirer multiple de trois sachant que 7 c’est un numéro pair.

P(A>B) P(A>B) ≈ 0,9972 ; PA(B) = ≈ 0,3216. P(A) P(B)

31

Voir livre page 268.

32

1. Oui, la proposition est vraie.

2. Oui, la réciproque est vraie. 33

Vrai ; P(A  B) = 0,4 × 0,3 = 0,12.

P(A>B) . PA (B) 35 Vrai ; PA(B) = P(A>B)  P(A  B) car P(A)  1. P(A) – – 36 1. P(A) = 0,3 et P(B) = 0,5. 2. 34

Faux ; P(A) =

A

– A

Total

B – B

0,3

0,2

0,5

0,4

0,1

0,5

Total

0,7

0,3

1

Chapitre 6 Probabilités Conditionnelles – Term ES spécifique/L spécialité

59

– – – 3. PA(B) = 3 ; PA(B) = 4 ; PB(A) = 3 ; P B(A) = 2 et P –A(B) = 1 . 7 5 5 3 7 37 1. Correctif : il se peut que, dans certains manuels, l’énoncé ne précise pas que « les pourcentages de boulons défectueux sont respectivement 2 %, 3 % et 4 % de chacune des 3 productions ». Machine

A

B

C

Total

Défectueux

0,012

0,009

0,004

0,025

Non défectueux

0,588

0,291

0,096

0,975

0,6

0,3

0,1

1

Boulon

Total

M

T

N

Total

A

18

45

27

90

E

30

24

6

60

Total

48

69

33

150

2. a. P(E) = 60 = 0,4 ; b. PA(N) = 27 = 0,3 ; c. PT(A) = 45 = 15 . 150 69 23 90 3. P(M) = 48 = 0,32; 4. PM(E) = 30 = 5 ≠ 2 . 150 48 8 3 Voir livre page 268.

P(A>B) 32 2 . = = Vrai. 42 Vrai. 43 Faux ; PA(B) = 48 3 P(A) 44 1. 0,2 B A 0,6 B 0,8 41

0,4

A

0,7

B

0,3

B

– 2. P(A) = 0,4 ; P –A(B) = 0,7.

– 3. P(A  B) = 0,6 × 0,2 = 0,12 et P(A  B) = 0,4 × 0,7 = 0,28. 1. P(L) = 0,2 : probabilité de choisir un élève de L. PL(G) = 0,35 : probabilité de choisir un garçon parmi les élèves de L. 2. 0,35 G L F 0,2 0,65 45

0,35

0,52

G

0,48

F

ES

0,45

0,64

G

0,36

F

S

Voir livre page 268.

49

1.

0,95

R

0,05

R

0,60

R

0,40

R

0,40

R

0,60

R

F 0,4 0,3

M

0,3

2. a. P(D  R) = 0,3 × 0,4 = 0,12 – b. P(F  R) = 0,4 × 0,05 = 0,02 c. P(R) = 0,4 × 0,95 + 0,3 × 0,6 + 0,3 × 0,4 = 0,68 P(R>M) 0,3 × 0, 4 3 = = = 0,375 3. P –R(M) = 8 0,32 P(R) P(F>R) 0,95 × 0, 4 19 ≈ 0,56 4. PR(F) = = = 34 P(R) 0,68 La sœur de Pierre a environ 56 % de chances d’avoir raison. 50

Voir livre page 268. – Faux ; P(B) = 0,4 × 0,35 + 0,6 × 0,25 = 0,29. – 52 Vrai ; P(A  B) = 0,6 × 0,75 = 0,45. 51

Vrai ; PB(A) = P(A>B) = 0, 4 × 0,65 ≈ 0,37. P(B) 1– 0,29 54 1. PM(T) : probabilité que le test soit positif, sachant que la personne est malade. – P– M( T) : probabilité que le test soit négatif, sachant que la personne n’est pas malade. 53

2. a. P(M  T) = 0,05 × 0,98 = 0,049 – P– M(T) = 1 – 0,99 = 0,01 ; ainsi : P(M  T) = 0,95 × 0,01 = 0,0095. b. P(T) = 0,049 + 0,0095 = 0,0585 3. PT(M) = 0,049 ≈ 0,84 0,0585 55 1. 0,004 3 F 4 0,996 1 4

A A

0,06

A

0,94

A

M

2. P(A) = P(A  F) + P(A  M) = 0,018 0,015 = 5 0,003 = 1 . ; P (F) = 0,018 6 A 0,018 6 56 1. B2 14 24 B1 10 3 24 N2 5

3. PA(M) =

P(ES) = 0,35 ;  PL(F) = 0,65 ;  PES(G) = 0,52 ; PS(G) = 0,64. 3. P(F  ES) = 0,35 × 0,48 = 0,168.  4. L

ES

S

Total

Fille

0,13

0,168

0,162

0,46

Garçon

0,07

0,182

0,288

0,54

Total

0,2

0,35

0,45

1

60

Voir livre page 268.

48

D

2. P(D) = 0,025 3. PD(C) = 4 = 0,16 25 38 1.

40

46

2 5 N1

15 24 9 24

B2

N2

TRAVAUX PRATIQUES

2. P(E) = P(B1  B2) = 7 ; P(F) = P(N1  B2) = 1 . 20 4 P(E) = 7 1 3 7 + = 3. P(B2) = ; P (B ) = 20 4 5 B2 1 P(B2 ) 12 P(F) = 5 . et PB2(F) = P(B2 ) 12

TP

POUR faire le point Voir livre page 268. Les corrigés détaillés sont disponibles sur le site www.bordas-indice.fr.

ACCOMPAGNEMENT PERSONNALISé 70

A 1 3 2 3 B

3 9 2 9 4 9 1 3 1 3 1 3

R

Ce TP propose d’étudier la fiabilité d’un test de dépistage de produits dopants et d’observer, à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique, l’évolution de cette fiabilité en en fonction de la proportion d’individus « positifs » dans la population testée. Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 06_TESL_correctionTP1.ggb (GeoGebra). A. Étude d’un cas particulier 1. a. P(D) = 0,1 ; PD(T) = 0,94 ; P–D(T) = 0,04. b. 0,94 0,1

D

0,9

D

J

V

T

0,06

N

0,04

T

0,96

N

– 2. P(D  T) = 0,094 ; P(D  T) = 0,036. P(T) = 0,094 + 0,036 = 0,13 0, 094 = 47 ≈ 0,723 3. a. PT(D) = 65 0,13 – 0,9 × 0,96 = 144 ≈ 0,993 b. PN(D) = 0,1 × 0,06 + 0,9 × 0,96 145 4. Un sportif déclaré négatif a 99,3 % de chances d’être non dopé, ce qui est un résultat fiable. Par contre, un sportif déclaré positif à 72,3 % de chances d’être dopé, ce qui n’est pas un résultat très fiable.

R

J

V

P(J) = P(A  J) + P(B  J) = 1 × 2 + 2 × 1 = 8 3 9 3 3 27 71 P(F) = 20 ; P(E) = 10 et P(F  E) = 5 . 35 35 35 P(E>F) 5 1 = = PF(E) = 20 4 P(F) Formule de Bayes – Cas des maladies rares – ❯ P(M) = 0,0001 ; P(M) = 0,9999 ; PM(T) = 0,99 et P – M (T) = 0,001. ❯ P(M  T) = 0,0001 × 0,99 = 0,000099 – P(M  T) = 0,9999 × 0,001 = 0,0009999 ❯ P(T) = 0,000099 + 0,0009999 = 0,0010989 ❯ PT(M) = 0,000099 = 10 ≈ 0,09 0,0010989 111 ❯ Avec une telle proportion de malades, le test n’est pas efficace : il n’y a que 9 % de chances qu’une personne positive au test soit effectivement malade ! 72

1 Fiabilité d’un test de dépistage

P(S1) = 0,4 ; P(S2) = 0,6 ; PS1(D) = 0,04 et PS2(D) = 0,03. 0, 4 × 0,04 PD(S1) = = 8 ≈ 0,47 0, 4 × 0,04 + 0,6 × 0,03 17 73 P(J) = 0,8 ; P(S) = 0,1 ; P(N) = 0,1 ; PJ(A) = 0,04 ; PS(A) = 0,08 et PN(A) = 0,22. P(J>A) PA(J) = P(J>A) = soit P(J>A)+P(S>A)+P(N>A) P(A) P(J) × PJ (A) PA(J) = P(J) × PJ (A)+P(S) × PS (A)+P(N) × PN (A) 0,8 × 0,04 PA(J) = = 16 ≈ 0,516. 0,8 × 0,04 + 0,1 × 0,08 + 0,1 × 0,22 31

B. Généralisation – 1. P(D  T) = 0,94p ; P(D  T) = 0,04(1 – p) ; P(T) = 0,9p + 0,04. 47 p 0,94 p = 2. PT(D) = 0,9 p + 0,04 45 p + 2 – On a : P(D  N) = 0,96(1 – p) ; P(N) = 0,96(1 – p) + 0,06p = 0,96 – 0,9p. – 0,96 − 0,96 p 16 − 16 p = . Ainsi : PN(D) = 0,96 − 0,9 p 16 − 15 p – 3. a. Si p = 0,02 : PT(D) ≈ 0,324 et PN(D) ≈ 0,999. b. Si la proportion de sportifs dopés est 2 %, un sportif déclaré positif à 32,4 % de chances d’être dopé et un sportif déclaré négatif a 99,9 % de chances d’être non dopé. C. Influence de la proportion de dopés sur le diagnostic 1. Voir le fichier correction GeoGebra fourni. 2. p

0,01

0,1

0,45

0,5

0,9

0,99

f (p)

0,192

0,723

0,951

0,959

0,995

0,9996

g (p)

0,999

0,993

0,951

0,941

0,64

0,139

3. Lorsque la valeur de p n’est pas très importante, la valeur de f (p) n’est pas très élevée alors que celle de g (p) est très proche de 1.

Chapitre 6 Probabilités Conditionnelles – Term ES spécifique/L spécialité

61

4. f (p)  0,9 pour p  18 soit environ 0,277. 65

TP

Génotype parents

2 La loi de Hardy-Weinberg

Ce TP propose d’étudier un phénomène d’hérédité connu : la loi de « Hardy-Weinberg ». Ce modèle a été mis en évidence de façon indépendante au début du XXe siècle par Hardy, mathématicien, et Weinberg, médecin. à partir du moment où certaines conditions sont vérifiées, l’équilibre des probabilités, que l’on peut observer à la fin du TP, se produit dès la première génération. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 06_TESL_TP2.ods (OpenOffice), 06_TESL_TP2.xls (Excel 2003) et 06_TESL_TP2.xlsx (Excel 2007). A. Génotype des parents 1. Génotype 1er parent

AA

q r

p

p q

Aa

q r p

r aa

q r

2. a. Probabilité : p × p =

AA Aa aa AA Aa

AA

Aa

aa

AA

AA

p2

1

0

0

AA

Aa

2pq

0,5

0,5

0

AA

aa

2pr

0

1

0

Aa

Aa

q2

0,25

0,5

0,25

Aa

aa

2qr

0

0,5

0,5

aa

aa

r2

0

0

1

4. D’après les données du tableau : p1 = 1 × p2 + 0,5 × 2 pq + 0 × 2 pr + 0,25 × q2 + 0 × 2 qr + 0 × r 2 d’où le résultat. De même pour q1 et r1. 5. p1 = 0,3025 ; q1 = 0,495 et r1= 0,2025.

2. a. Saisir 1 en A3 ; en B3 entrer la formule : =(B2+C2/2)^2 . b. En D3, entrer la formule : =(D2+C2/2)^2  ; en C3 entrer la formule :  =1-B3-D3 . 3. Sélectionner la zone A3:D3 et recopier vers le bas. On observe que les valeurs des probabilités pour les générations 2 et suivantes sont les mêmes que celles de la génération 1. 4. On peut observer que la distribution génotypique est stable à partir de la première génération de descendants, quelles que soient les valeurs initiales. C’est la loi de Hardy-Weinberg.

pour aller plus loin

aa AA 74

Aa aa

p2.

b. Probabilité : p × q + q × p = 2pq. 3. Voir le tableau de la réponse à la question B. 3.

On considère les événements suivants : E : « la personne rencontrée est étrangère  » ; J : « la personne rencontrée joue à la pétanque ». P(J) = 0,32 × 0,7 + 0,68 × 0,3 = 0,428 0,68 × 0,3 PJ(E) = = 51 ≈ 0,477 0, 428 107 75 Si Sosthène commence à jouer contre sa mère : Partie 1 Mère

Partie 2 Père

B. Génotype de l’enfant 1. Génotype AA. 2.

Parent 1

0,6 Parent 2

A

A

Enfant A

AA

a

Aa

A

AA

a

Aa

Les quatre résultats sont équiprobables d’où les probabilités. 3. En procédant de même pour les autres cas, on obtient :

62

Probabilité

C. Étude sur plusieurs générations 1. Compléter les lignes 1 et 2 comme sur la copie d’écran de l’énoncé.

Génotype 2e parent p

Probabilités conditionnelles Génotype enfant

0,5

G1 0,4

0,6 0,5

G2

P2

G2

P1 0,4

P2

Partie 3 Réussite Probabilité Mère 0,5 G 0,5 Oui 0,15 3 0,5

P3

Oui

0,5

G3

Non

0,5

P3

Non

0,5

G3

Oui

0,5

P3

Non

0,5

G3

Non

0,5

P3

Non

0,15

0,15

Sa probabilité de réussite est alors 0,45. Si Sosthène commence à jouer contre son père : Partie 1 Père

Partie 2 Mère 0,5

0,6

G1 0,5

0,5 0,4

G2

P2

G2

P1 0,5

P2

Partie 3 Réussite Probabilité Père 0,6 G 0,5 Oui 0,18 3 0,4

P3

Oui

0,6

G3

Non

0,4

P3

Non

0,6

G3

Oui

0,4

P3

Non

0,6

G3

Non

0,4

P3

Non

0,12

P(C) = 1 - P(« FF ») = 3 4 P(D) = P(« FF » ou « GF ») = 2 = 1 4 2 2. PB(A) = 1  ; PC(A) = 1  ; PD(A) = 0 et PA(C) = 1. 2 3 78 On considère les événements : S : « Il fait sec le jour considéré » et P : « Il pleut le jour considéré ». Lundi

0,12 P

Sosthène a intérêt à commencer avec sa mère comme premier

5 6

1–p

S

R

1 8

R

T

P

2 108

S

1 6 5 6

S

10 108

1 3 2 3

P

5 108

S

10 108

1 6 5 6

P

25 216

S

125 216

P

R

T

p

2 3

S

partenaire. 1 4

P

Mercredi Probabilité 1 P 1 54 3 2 2 3 S 54

1 3

1 6

Sa probabilité de réussite est alors 0,42.

76

Mardi

1 6 5 6 S

R

1 1 1 1 1. P(R) = p + (1 − p ) = p + 4 8 8 8 1p 2p 2. PR(T) = 4 = = T(p) 1 p + 1 p +1 8 8 3. T(0,10) = 2 11 4. Quand p augmente, T(p) augmente en se rapprochant de 1.

P(A) = 1 × 2 + 5 × 5 = 29 ≈ 0,806 6 3 6 6 36 P(B) = 1 + 2 + 5 + 25 = 43 ≈ 0,199 54 108 108 216 216 3 P(C) = 5 = 125 ≈ 0,579 216 6

()

79

1. 0,75

0,25

S1

S1

0,92

G

0,08

G

0,96

S2

0,04

S2

0,7

G

0,3

G

1

G

2. P(S1  G) = 0,75 × 0,92 = 0,69 77

Premier enfant F

G 1 1. P(A) = P(« GG ») = 4 P(B) = P(« GF » ou « GG ») = 2 = 1 4 2

Deuxième enfant F G F G

3. P(G) = 0,75 × 0,92 + 0,25 × 0,96 × 0,7 = 0,858 0, 69 4. PG(S1) = ≈ 0,804 0, 858 5. 0,8584 ≈ 0,542 80

On désigne par E l’événement « le 1er tire l’allumette brûlée », F l’événement « le 2nd tire l’allumette brûlée », G l’événement « le 3e tire l’allumette brûlée » et H l’événement « le 4e tire l’allumette brûlée ». 1 P(E) = 4 F est réalisé si c’est le 2e qui tire l’allumette sachant que le 1er ne l’a pas tirée. Chapitre 6 Probabilités Conditionnelles – Term ES spécifique/L spécialité

63

P(F) = 3 × 1 = 1 4 3 4 G est réalisé si c’est le 3e qui tire l’allumette sachant que les deux premiers ne l’ont pas tirée. P(G) = 3 × 2 × 1 = 1 4 3 2 4 De même, P(H) = 3 × 2 × 1 × 1 = 1 4 3 2 1 4 Tous ont la même chance de gagner. 81 1. a. 0,8 A n +1 An an Bn +1 0,2 1 – an

Bn

0,3

A n +1

0,7

Bn +1

2. a. un + 1 = an + 1 – 0,6 = 0,5an – 0,3 = 0,5(an – 0,6) = 0,5un

– A. 1. P(F) = 0,6 ; P(T) = 0,515 ; P(T) = 0,485.

2. L’employé est une femme voyageant en train. P(F  T) = 0,39. 3. P –T(F) = 196 + 56 ≈ 0,433 462 + 120 B. 1. 0,8 E U 0,4 E 0,2 0,8

E

0,2

E

D

E

T

0,38

0,315

0,175

0,87

0,02

0,035

0,075

0,13

Total

0,4

0,35

0,25

1

Sujet

2. P(D  E) = 0,6 × 0,8 = 0,48 3. Coût

100

130

150

180

Probabilité

0,12

0,48

0,08

0,32

Espérance mathématique : 144. Le coût moyen par employé est 144 €.

C AP VERS LE BAC Sujet

S I – I

0,25

P

0,75

P

0,5

P

T 0,6 0,3

M

0,1

0,5

P

0,25

P

0,75

P

D

b. Correctif : il ne faut pas déduire, mais bien calculer la probabilité de l’événement B. Elle est ici égale à 0,36. – 3. P(V2  V3) = 0,4 × 0,1 = 0,04 – p3 = P(V3) = P(V2  V3) + P(V2  V3) = 0,40 4. pn

Vn

1 – pn

Vn

0,6

Vn+1

0,4

Vn+1

0,1

Vn+1

0,9

Vn+1

5. pn + 1 = pn × 0,6 + (1 – pn) × 0,1 = 0,5pn + 0,1. 6. a. un + 1 = pn + 1 – 0,2 = 0,5pn – 0,1 = 0,5(pn – 0,2) = 0,5un. (un) est une suite géométrique de raison 0,5 et de premier terme u1 = p1 − 0,2 = 0,8. b. un = 0,8 × 0,5n – 1. Ainsi pn = 0,8 × 0,5n – 1 + 0,2. c. lim 0,5n −1 = 0. Ainsi lim pn = 0,2. n→+ 

64

C

1. a. P(V2) = 0,6 et PV2(V3) = 0,6. Donc P(V2  V3) = 0,6 × 0,6 = 0,36. b. 0,36 – – 2. a. P(V2) = 0,4 et P –V2 (V3) = 0,9. – – P(V2  V3) = 0,4 × 0,9 = 0,36.

A

Partie A

Total

4. Correctif : l’élève concerné par cette question 4. n’utilise pas régulièrement internet, ce qui n’est pas précisé dans certains manuels. – P( I) = 0,13 P(E>I) 0,315 21 5. PI(E) = ≈ 0,362 = = 58 P(I) 0,87

n→+ 

0,6

B

2. P(S  I) = 0,38 P(T>I) 0,175 = = 0,7 3. PT(I) = P(T) 0,25

b. u1 = a1 − 0,6 = 0,1 d’où un = 0,1 × 0,5n – 1. Ainsi an = 0,1 × 0,5n – 1 + 0,6. lim 0,5 n −1 = 0 donc lim an = 0,6. 82

Sujet 1.

b. an + 1 = an × 0,8 + (1 – an) × 0,3 = 0,5an + 0,3

n→+ 

Partie B – 1. PT(P) = 0,75 : réponse A. 2. P(M  P) = 0,15 = 3  : réponse B. 20 3. P(P) = 0,325 = 13  : réponse C. 40 4. PP(M) = 6 : réponse A. 13

n→+ 

2.

83

A

– A

B – B

0,5

0,2

0,7

0,1

0,2

0,3

Total

0,6

0,4

1

Total

0,6

– 0,2 2 PB(A) = 0,5 = 5 ; P–B(A) = = 0,3 3 0,7 7 84

0,4

1. P(B) ≠ PA(B) car PA(B) = 0,7 et

A

86

P(B) = 0,25 × 0,7 + 0,75 × 0,7 = 0,7. 3 7

3. A

– A

B – B

0,175

0,525

0,7

0,075

0,225

0,3

Total

0,25

0,75

1

85

Total

B

0,25

B

5 8 3 8

B

A

P(B) = 0,25 × 0,7 + 0,75 × 0,4 = 0,475. 2. P(B) = PA(B) car PA(B) = 0,7 et

0,75

R1

4 7 V1

1 3 2 3 1 2 1 2

B R2

V2 R2

V2

1. PR1(R2) = 1 3

1. A

– A

Total

B – B

0,45

0,25

0,7

0,15

0,15

0,3

Total

0,6

0,4

1

2. P(R1  R2) = 1 7 3. P(R2) = 1 + 2 = 3 7 7 7 4. PR2(R1) = 1 3

Chapitre 6 Probabilités Conditionnelles – Term ES spécifique/L spécialité

65

chapitre

7

Lois de probabilité à densité

A Le programme Contenus

Capacités attendues

Commentaires Les exemples étudiés s’appuient sur une expérience aléatoire et un univers associé Ω, muni d’une probabilité. On définit alors une variable aléatoire X, fonction de Ω dans , qui associe à chaque issue un nombre réel d’un intervalle I de . On admet que X satisfait aux conditions qui permettent de définir la probabilité de l’événement {X  J} comme aire du domaine : {M(x, y) ; x  J et 0  y  f (x)} où f désigne la fonction de densité de la loi et J un intervalle inclus dans I.

Notion de loi à densité à partir d’exemples Loi à densité sur un intervalle.

Toute théorie générale des lois à densité et des intégrales sur un intervalle non borné est exclue. Loi uniforme sur [a , b].

• Connaître la fonction de densité de la loi uniforme sur [a , b].

Espérance d’une variable aléatoire suivant une loi uniforme.

Loi normale centrée réduite (0 , 1).

b

∫a

t f (t) dt . On note que cette définition constitue un prolongement dans le cadre continu de l’espérance d’une variable aléatoire discrète. • Connaître la fonction de densité de la loi normale (0, 1) et sa représentation graphique. • Connaître une valeur approchée de la probabilité de l’événement : { X  [−1,96 ; 1,96]} lorsque X suit la loi normale (0, 1).

Loi normale (µ,  σ 2 ) d’espérance µ et d’écarttype σ.

66

L’instruction NOMBRE ALEATOIRE d’un logiciel ou d’une calculatrice permet d’introduire la loi uniforme sur [0 ; 1]. La notion d’espérance d’une variable aléatoire à densité  f sur [a ; b] est introduite à cette occasion par :

Pour introduire la loi normale  (0, 1), on s’appuie sur l’observation des représentations graphiques de la loi Xn − np de la variable aléatoire Zn = où Xn suit la loi np(1 − p) binomiale (n, p), et cela pour de grandes valeurs de n et une valeur de p fixée entre 0 et 1. À ce propos, on peut faire référence aux travaux de Moivre et de Laplace en les situant dans une perspective historique. X −µ suit σ

• Utiliser une calculatrice ou un tableur pour obtenir une probabilité dans le cadre d’une loi normale (µ, σ 2).

Une variable aléatoire X suit une loi (μ, σ2) si la loi normale  (0, 1).

• Connaître une valeur approchée de la probabilité des événements suivants : {X  [ µ − σ , µ + σ ]}, {X  [ µ − 2 σ , µ + 2 σ ]} et {X  [µ − 3σ , µ + 3σ]}, lorsque X suit la loi normale (µ , σ 2).

On se limite à une approche intuitive de la notion d’espérance. On exploite les outils logiciels pour faire percevoir l’information apportée par la valeur de l’écart-type. La connaissance d’une expression algébrique de la fonction de densité de cette loi n’est pas un attendu du programme. On illustre ces notions par des exemples issus des sciences économiques ou des sciences humaines et sociales.

B Notre point de vue Ce chapitre a pour objectif l’introduction des lois de probabilité à densité et, en particulier, la loi normale. « Avant de commencer » permet une remise en mémoire des lois de probabilité discrètes, particulièrement la loi binomiale, ainsi qu’une révision sur la fonction exponentielle. Les activités proposées permettent l’introduction successivement de la notion de loi à densité, puis de la loi uniforme continue et enfin de la loi normale centrée réduite. Nous avons pensé nécessaire de détailler dans les pages du cours l’emploi de la calculatrice pour la détermination de probabilités utilisant des lois normales, conformément au document d’accompagnement des programmes. De très nombreux exercices d’application sont proposés et devraient permettre à chaque élève la maîtrise de cet outil. L’accompagnement personnalisé propose de revoir les points essentiels au cours de deux exercices très simples puis, en approfondissement, une approximation de la loi binomiale par la loi normale avec le problème classique du surbooking aérien. Le TP1, très simple à réaliser, a pour objectif l’utilisation du tableur pour des calculs utilisant la loi normale centrée réduite, tout en permettant la construction d’une table des valeurs de la loi normale centrée réduite, table encore couramment utilisée dans le supérieur. Le TP2 utilise le logiciel GeoGebra pour des calculs de probabilités avec une loi normale (µ, σ2). À cette occasion, on pourra montrer à l’élève les intervalles « 1 ; 2 ; 3σ». Le TP3 propose la construction de la droite de Henry et d’un test de normalité. Les exercices d’approfondissement sont issus d’épreuves de BTS ; ils ne présentent pas de difficultés majeures et peuvent être proposés en devoirs « maison ». Enfin, le Cap vers le Bac propose plusieurs exercices où on retrouve les notions du chapitre. Il a pour objectif de fournir un outil permettant à l’élève de s’entraîner avant l’examen.

  Les notions abordées dans le chapitre 7   1. Lois de probabilité à densité et loi uniforme 2. Loi normale centrée réduite 3. Loi normale (µ, σ2)

C Avant de commencer Voir livre page 269 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

D Activités Activité

1 L’éco-point

Cette activité a pour objectif l’introduction des lois continues sur un exemple très simple qui permet de visualiser la courbe d’une fonction densité de probabilité et le calcul de probabilités du type P (0  X  t) en utilisant l’aire « sous la courbe ». La définition en cours devrait ainsi être plus facile. 1. a. 81 % des habitants résident à moins de trois kilomètres de l’éco-point. b. La somme des aires des rectangles de l’histogramme vaut 1. 2. a. P (0  X  1) = 0,48 ; P (1  X  2) = 0,21 ; P (1  X  4) = 0,41. b. Pour tout entier n compris entre 1 et 6, la somme des aires

des rectangles situés à gauche de n sur l’axe des abscisses représente la probabilité P (0  X  n). 3. a. La somme des aires des 60 rectangles vaut 1. b. Pour tout nombre t d’au plus une décimale de l’intervalle [0 ; 6[, la somme des aires des rectangles situés à gauche de t sur l’axe des abscisses représente la probabilité P (0  X  t). 4. a. Pour tout réel t appartenant à l’intervalle [0 ; 6[, P (0  X  t) représente l’aire du domaine limité par la courbe représentative de la fonction f, l’axe des abscisses, et les droites d’équations x = 0 et x = t. b. P (1,21  X  1,23) = 0,002 c. On conjecture que P (X = 1,22) = 0 et que, pour tout réel t  [0 ; 6 [, P (X = t) = 0.

Chapitre 7 Lois de probabilités à densité – Term ES spécifique/L spécialité

67

2 Tirages de nombres au hasard

Activité

dans [0 ; 1]

Cette activité introduit, conformément au programme, la loi uniforme sur [0 ; 1]. L’algorithme proposé pourra être saisi sur une calculatrice ou un logiciel par l’élève dans le cadre d’un exercice « à la maison ». Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 07_TESL_activite2.alg (fichier élève AlgoBox). 1. a. L’intervalle [0  ; 1[ contient 100 nombres d’au plus 2 décimales et 1010 nombres d’au plus 10 décimales. b. La probabilité d’obtenir 0,2154473089 est 110 c’est-à-dire 10 10 – 10, cette probabilité est donc « quasi nulle ». 2. P X = 1 = 0. On conjecture que P 0 < X < 1 = 1 et que 3 3 3 P 0< X < 2 =2 . 5 5 3. a. Puisque f est la densité de probabilité de la loi de X, on a pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0 ; 1] : x P (0  X  x) = ∫ f (t) dt = F (x) – F (0) = F (x). 0 Or, on a convenu de poser, pour tout réel a appartenant à l’intervalle [0 ; 1] : P (0  X  a) = a. On a donc, pour tout réel x appartenant à l’intervalle [0 ; 1] : F’ (x) = P (0  X  x) = x. On en déduit que, pour tout réel x de [0 ; 1], f (x) = F’ (x) = 1. b. L’algorithme proposé donne en sortie la moyenne de 10 000 nombres pris aléatoirement dans l’intervalle [0 ; 1]. c. Les valeurs obtenues après exécution de l’algorithme sont 1 1 proches de 0,5 et ∫ t f (t) dt = ∫ t dt = 1 . 0 0 2

(

(

)

Activité

(

)

)

c. La calculatrice fournit σX3 ≈ 0,866. np (1− p ) = 3 × 0,5 × 0,5 = 0,5 3 ≈ 0,866 Remarque : L’écart-type d’une variable aléatoire n’est pas au programme de la classe de Première ES/L. 2. a. On représente la loi de Zn d’abord avec un tableur. Exemple : pour n = 16, on a réalisé un fichier permettant de modifier la valeur de p. Dans la cellule A4, on a saisi la valeur de p. Dans la cellule A7, on a saisi =16*A4 qui donne la valeur de µ. Dans la cellule A10, on a saisi =RACINE (A7*(1–A4)) qui donne la valeur de σ. Les cellules de B2:B18 contiennent les entiers de 0 à 16 (valeurs prises par la variable aléatoire X16). Dans les cellules de C2:C18, on a calculé les valeurs prises par la variable aléatoire Z16 . Pour cela on a saisi dans la cellule C2 : =(B2–A$7)/A$10 , puis on a recopié la formule vers le bas. Dans les cellules de D2:D18, on a calculé les probabilités correspondantes en saisissant dans la cellule D2 : =LOI.BINOMIALE (B2;16;A$4;0) puis en recopiant vers le bas. Enfin, on a représenté le diagramme en bâtons de la loi  de Z16. Exemple pour p = 0,5 :

3 Vers la loi normale (0, 1)

Cette activité a pour objectif l’introduction de la loi normale centrée réduite à partir de la loi binomiale (n, p). Pour cela, on utilise d’abord un tableur qui permet la construction de diagrammes en bâtons, familiers aux élèves. Dans le fichier fourni sont traités les cas n = 16 et n = 100 avec p variable ; bien entendu, il sera possible de construire sur le même modèle les diagrammes correspondants à d’autres valeurs de n. Le fichier GeoGebra permet de faire varier simultanément n et p. La courbe représentative de la fonction densité de la loi normale centrée réduite apparaît nettement, ce qui permet une introduction plus aisée en cours. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 07_TESL_activite3a.xls (Excel 2003), 07_TESL_activite3a.xlsx (Excel 2007), 07_TESL_activite3a.ods (OpenOffice), et 07_TESL_activite3b.ggb (GeoGebra).

On a procédé de même pour n = 100, ce qui a conduit au diagramme (toujours pour p = 0,5) :

1. a. La variable aléatoire X3 suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,5 d’où sa loi de probabilité : k

0

1

2

3

P (X3 = k)

1 8

3 8

3 8

1 8

b. E (X3) = 3 × 0,5 = 1,5 , résultat vérifié à la calculatrice.

68

Pour pouvoir réaliser un histogramme tel que la somme des aires des rectangles soit égale à 1 et pour pouvoir facilement faire varier n et p, on a utilisé le logiciel GeoGebra. a. Quand n est de plus en plus grand, les rectangles deviennent

assez vite imperceptibles et sont peu sensibles aux variations de p à condition que p ne soit pas très proche de 0 ou de 1. b. Dans tous les cas où n est suffisamment grand et p pas trop proche de 0 ou de 1, on observe une « courbe en cloche » symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. La fonction représentée semble avoir pour maximum 0,4 (atteint en 0). c. Lorsque n est petit et p proche de 0 ou de 1, le diagramme perd les propriétés observées précédemment. En conclusion, quand n est grand, la loi de Zn peut être approchée par la loi d’une variable aléatoire à densité. Cette densité de probabilité est une fonction définie sur  dont la courbe représentative est une « courbe en cloche » symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

E Exercices POUR DÉMARrER 1 a. P (X = 5) = 0 ; c. P (X  5) = 0,4 ; 2 a. P (X  4) = 0,8 ; c. P (X  7) = 0,5 ; 4 a. P (–1  X  1) = 0,40 ; c. P (–1  X  2) = 0,65 ; e. P (X  –1) = 0,35 ; 5 a. P (X  0) = 1 ; c. P (1  X  3) = 0,5 ; e. P (X  0,5) = 0,75. 6 a. P (X  0) = 0,5 ; c. P (X  0,5) = 0,125 ;

18

b. P (X  5) = 0,6 ; d. P (5  X  10) = 0,4. b. P (X  11) = 0 ; d. P (4  X  7) = 0,3. b. P (X  1) = 0,25 ; d. P (X  1) = 0,75 ; f. P (X  –1) = 0,65. b. P (0  X  1) = 0,5 ; d. P (X  0,6) = 0,3 ; b. P (X  –0,5) = 0,125 ; d. P(– 0,5  X  0,5) = 0,75. b. P X . 3 = 4 . 7 7

(

)

a. P (X  0,2) = 0,2 ; 1. P (A) = 15  ; P (A  B) = 7 . 18 18 2. PA (B) = 7 . 15 10 a. P (1  X  2) ≈ 0,136 ; b. P (–0,5  X  1,3) ≈ 0,595 ; c. P (–0,254  X  –0,032) ≈ 0,087 ; d. P (–0,3154  X  1,5779) ≈ 0,566. 11 P (X  1,3) ≈ 0,903 ; P (X  1,3) ≈ 0,097. 12 a. P (–1  X  1) ≈ 0,683 ; b. P(0,2  X  2,1) ≈ 0,403 ; c. P (–1, 438  X  –0, 527) ≈ 0,224 ; d. P (–1, 6 875  X  0,8788) ≈ 0,764. 13 a. P (X  1,25) ≈ 0,106 ; b. P (X  0,47) ≈ 0,681 ; c. P (X  –0,235) ≈ 0,407 ; d. P (X  0,058) ≈ 0,477. 14 a. P (X  –0,02) ≈ 0,508 ; b. P (X  1,28) ≈ 0,898 ; c. P (X  –1,415) ≈ 0,079 ; d. P (X  1,148) ≈ 0,125. 10 12 16 a. P −
(

(

)

)

b ≈ –0,793 b ≈ –0,184 21 1. P (–α  X  α) = 0,90 ⇔ 2φ (α) – 1 = 0,90 ⇔ φ (α) = 0,95 2. α ≈ 1,645 22 a ≈ 0,700 23 a ≈ –1,398 24 β ≈ 1,150 25 a. P (10  X  20) ≈ 0,789 ; b. P (X  18) ≈ 0,773 ; c. P (X  16) ≈ 0,401 ; d. P (X 30) ≈ 1. 26 a. P (1,9  X  2,2) ≈ 0,819 ; b. P (X 1,88) ≈ 0,885 ; c. P (X  2,17) ≈ 0,955 ; d. P (X  1) ≈ 0. 27 a. P (–70  X  –10) ≈ 0,656 ; b. P (–60  X  10) ≈ 0,608 ; c. P (X  –100) ≈ 0,048 ; d. P (X  3) ≈ 0,039. 28 P (X  2, 6) ≈ 0,841 ; P (X  2,6) ≈ 0,159. 30 P (22  X  38) ≈ 0,890 ; P (X  27) ≈ 0,274 ; P (X  35) ≈ 0,159. 31 P (15,7  Y  16,2) ≈ 0,907 32 a. a ≈ 45,492 ; b. b ≈ 39,712 ; c. c ≈ 41,593 ; d.d ≈ 37,407. 34 a ≈ 2,60 35 a. P (200 – α  X  200 + α) = 0,80 équivaut à : P 200 − α − 200 , X − 200 , 200 + α − 200 = 0,80 soit à 625 625 625 P − α , X − 200 , α = 0,80. 25 25 25 b. La variable aléatoire Y suit la loi normale centrée réduite. c. P − α , Y , α = 0,80 ⇔ 2P Y , α – 1 = 0,80 25 25 25 ⇔ 2 φ α – 1 = 0,80 25 d. φ α = 0,9 d’où α ≈ 32,039. 25 36 1. P (X  15) ≈ 0,841 2. P (15  X  25) ≈ 0,683 20

(

(

)

)

(

)

( )

3. P X  15 (X  25) =

( ) ( )

P (15 , X , 25) ≈ 0,811 P ( X . 15)

Chapitre 7 Lois de probabilités à densité – Term ES spécifique/L spécialité

69

POUR s’entraîner y

a.

37

1

0

1

)

(

4

)

2. a. ∫ f (x) dx = 1 ; 3

0

1

b. ∫ f (x) dx ≈ 0,684 0 4

c. ∫ f (x) dx ≈ 0,313 ; d. ∫ xf (x) dx = 0,8. 1

0

3. a. P (A) ≈ 0,316 ; P (B) ≈ 0,997 ; P (C) ≈ 0,313. P(C) ≈ 0,991 b. PA (B) = P(A) c. E (X) = 0,8 42 1. La proposition est fausse. Contre-exemple : soit f la fonction définie sur [0 ; 2] par f (x) = x . Il est facile de vérifier 2 que f est une densité de probabilité. Soit X la variable aléatoire dont la loi de probabilité a pour densité la fonction f . On a P (X  1) = 1 et P (X  1) = 3 . 4 4 2. Il existe une variable aléatoire X à densité sur [0 ; 2] telle que : P (X  1) ≠ P (X  1). 43 Faux car f est négative sur ⎡0 ; 1 ⎤. ⎣ 2⎦ 44 Vrai car f est continue et positive sur [–1  ; 1] et 1 ∫ f (x) dx = 1. −1

70

p prend la valeur x − a b−a Afficher p

x

b. f est une fonction continue et positive sur [0 ; 1]. De plus 1 ∫0 f (x) dx = 1 donc f est une densité de probabilité sur [0 ; 1]. 2. a. P (X  0,25) = 5 ≈ 0,156 32 b. P X . 1 = 7 ≈ 0,778 9 3 c. P (0,1  X  0,7) = 0,54 1 d. E (X) = ∫ x f (x) dx = 7 ≈ 0,583 12 0 38 1. f est une fonction continue et positive sur [0 ; 1]. De plus 1 ∫0 f (x) dx = 1 donc f est une densité de probabilité sur [0 ; 1]. 2. a. P X , 1 = 1 ≈ 0,031 32 2 b. P (X  0,1) = 1 – (0,1)5 ≈ 1 c. P (0,2  X  0,8) = (0,8)5 – (0,2)5 ≈ 0,327 1 d. E (X) = ∫ x f (x) dx = 5 ≈ 0,833 6 0 40 a. P (X  2) = 2 f (x) dx = 1– e–2 ≈ 0,865 ∫0 b. P (X  1) = 1 – P (X  1) = 1 – (1 – e–1) = 1 ≈ 0,368 e c. P (0,5  X  1,5) = e–0,5 – e–1,5 ≈ 0,383 41 1.

(

1. a. P (X  10) = 2  ; b. P (X  0,5) = 1 . 3 30 2. Le temps moyen d’attente est de 7 minutes et 30 secondes. 46 1. a. P (A) = 0,4 ; b. P (B) = 0,079 ; c. P (C) = 0 ; d. P (D) = 0,92 ; e. P (E) = 4 ; f.P(F) = 2 ≈ 0,707. 2 7 2. k = 0,28 1 47 1. f (x) = 8 2. a. P (A) = 3  ; b. P (B) = 3  ; c. P (C) = 5  ; d.P(D) = 19 . 8 8 8 40 3. k = 14 4. t = 16,64 5. E (X) = 16 48 1. Saisir a, b, x 45

2. TEXAS Prompt A Prompt B Prompt X (X – A) / (B – A) → P Disp P

CASIO ”A” ? ↦ A ”B” ? ↦ B ”X ” ? ↦ X (X – A)/(B – A) ↦ P

50

a = 8 et E (X) = 18. Voir correction en fin d’ouvrage page 269. 52 Voir correction en fin d’ouvrage page 269. 53 1. a. S = { 2 ; –3 } ; b. S = [–3 ; 2]. 2. a. Il y a 6 choix possibles ; b. 1 et 1 . 6 2 2 3. 0 et . 5 54 L’inéquation 15x2 – 8x + 1  0 a pour ensemble de solutions ⎤−` ; 1 ⎡<⎤ 1 ; + ` ⎡ . La probabilité demandée est ⎦ ⎣ 5⎣ ⎦3 donc 1 + 1− 1 = 13 . 3 15 5 55 Vrai car E (X) = −1+ 1 = 0. 2 56 Vrai car P (X  75) = 75 = 0,75 100 et P (X  25) = 1 – P (X  25) = 1 – 25 = 0,75. 100 57 a. P (– 6  X  0) ≈ 0,500 ; b. P (X  12) ≈ 0 ; c. P (X = 555) = 0 ; d. P (X  2,7) ≈ 0,997 ; e. P (– 2  X  3) ≈ 0,880 ; f. PX  0 (X  1,5) ≈ 0,866. 58 1. a ≈ – 0,431 ; 2. b ≈ 0,180 ; 3. c ≈ 1,335. 59 a ≈ 1,40 60 Voir correction en fin d’ouvrage page 269. 61 a. S1 ≈ 1,64 ; b. S2 ≈ 1,64 ; c. S3 ≈ –1,64. d. S4 ≈ –1,64 ; e. S5 ≈ 1,96 ; f. S6 ≈ 1,96. 51

1.

62

2. a. ∫ 6

6 −6

f (x) dx ≈ 1 ;

c. ∫ f (x) dx ≈ 0,5 ; 0

1

b. ∫ f (x) dx ≈ 0,6827 ; −1 1

d. ∫ f (x) dx ≈ 0,3413. 0

3. Soit X une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite.

a. P (–6  X  6) ≈ 1 ; c. P (0  X  6) ≈ 0,5 ; 100 x f (x) dx ≈ 0 4. a. ∫

b. P (–1  X  1) ≈ 0,6827 ; d. P (0  X  1) ≈ 0,3413.

−100

b. L’aire « sous la courbe » de la fonction x  xf (x) est quasiment nulle en dehors de l’intervalle [–100 ; 100] ; le calcul permet de retrouver que l’espérance mathématique d’une variable aléatoire suivant la loi normale centrée réduite est 0. 63 Faux car P (X  –2) ≈ 0,023 et P (X  2) ≈ 0,977. 64 Faux car P X , 1 ≈ 0,691 et P( X , 1) ≈ 0,421. 2 2 65 Vrai car P (X  0) = P (X  0) = 0,5. 66 Vrai car 1 + P (–0,5  X  0,5) = 1 + 2P (X  0,5) – 1 = 2P (X  0,5). 67 1. 120 kilomètres 2. a. P (110  X  130) ≈ 0,525 ; b. P (X  105) ≈ 0,858. 3. 114 camions car P (X  130) ≈ 0,76. 68 a. P (158,5  X  166,5) ≈ 0,683 ; b. P (X  164) ≈ 0,646 c. P (X  170) ≈ 0,030 ; d. P (X  160) ≈ 0,266 ; e. PX  160 (X  170) ≈ 0,959. 69 Voir correction en fin d’ouvrage page 269. 70 9 545 fruits en moyenne seront acceptés. 71 1. 40 filles ; 2. 127 garçons. 72 1. P (X  1 050) ≈ 0,1151 2. P (990  X  1 035) ≈ 0,6107 3. k = 979. Le poids du sachet, qui est tel que 5 % des sachets fabriqués soient plus légers que lui, est donc de 979 grammes environ. 4. On cherche k’ tel que P(X  k’) = 0,1 soit tel que P(X  k’) = 0,9. On trouve k’ = 1 052, d’où un poids de 1 052 grammes. 73 1. 81,76 % 2. 2,28 % 3. a. Q1 ≈ 2,494 heures soit 2 h 30 min environ ; Q2 = 3 h ; Q3 ≈ 3,506 h soit 3 h 30 min environ. b. Q1 et Q3 représentent les quartiles et Q2 la médiane de la population étudiée selon le caractère « temps passé devant la télévision ». 75 Voir correction en fin d’ouvrage page 269. 76 µ = 3 et π 1 = 0,94 d’où σ ≈ 0,64. σ 77 1. PF (A) = P (X  170) ≈ 0,202

(

)

( )

0,513

0,487

0,202

A

0,798

A

0,691

A

0,309

A

algorithme donne en sortie l’intervalle [a ; b] de centre µ tel que P (a  X  b) = 0,95. 2. Voir le fichier de correction mis à disposition. 79 1. La proposition est vraie. En effet, si µ = σ alors : P (X  σ) = P (X  µ) = 0,5 et P (X  σ) = P (X  µ) = 0,5. 2. Réciproque : « Si P (X  σ) = P (X  σ), alors µ = σ ». P (X  σ) = P (X  σ) ⇔ P (X  σ) = 1 – P (X  σ) ⇔ P (X  σ) = 1 2 ⇔ P (X  σ) = P (X  µ) La réciproque est donc vraie. 81 µ = 1 400 et σ = 200. 82 1. a. P(X  5800) ≈ 0,309 ; b. P(5900  X  6100) ≈ 0,197 ; c. P (X  6 250) ≈ 0,266. 2. a. On cherche k arrondi à l’entier le plus proche tel que P (X  k) = 0,30. On trouve k = 5 790 d’où une production maximale annuelle prévisible de 5 790 litres pour les 30 % de vaches les moins productives du troupeau. b. De même, on cherche k’ tel que P (X  k’) = 0,20. On trouve k’ = 6 337 d’où une production minimale annuelle prévisible de 6 337 litres pour les 20 % de vaches les plus productives du troupeau. 83 Vrai car la courbe représentative de la fonction densité de probabilité de la loi normale (µ ; σ2) est symétrique par rapport à la droite d’équation x = µ. 84 Faux car P (µ – σ  X  µ + σ) = P (– 1  Y  1). 85 Vrai car P (µ – σ2  X  µ + σ2) = P (–σ  Y  σ). 86 Faux car le résultat dépend de la valeur de σ. 87 Vrai car P (X  µ + σ) = P (Y  1) ≈ 0,841. 88 1. P (X  52) ≈ 0,081 ; 2. PX  52 (X  260) ≈ 0,937. 89 1. 32 % ; 2. 13,7 mois. 90 µ ≈ 253,85 grammes.

POUR faire le point Voir livre page 269 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

accompagnement personnalisé

F

101 a. P (850  X  1 050) ≈ 0,625 ; b. P (X  1 100) ≈ 0,841. 102 5,104 kilogrammes. 103 4,71 centilitres.

F

PF– (A) = P (Y  170) ≈ 0,691 2. P (A) ≈ 0,440 3. PA (F) ≈ 0,235 78 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 07_TESL_exercice78.alg (fichier AlgoBox). 1. Si la variable aléatoire X suit la loi normale  (µ ; σ2) alors cet

Approximation d’une loi binomiale par une loi normale On a n = 200 et p = 0,45. 1. µ = np = 90 σ = np(1− p) = 49,5 ≈ 7,036 2. P (X  92) ≈ 0,640 ; P (X = 92) ≈ 0,054. 3. P (Y  92) ≈ 0,612 ; P (Y  92,5) ≈ 0,639. On constate que P (Y  92,5) est une bonne approximation de P (X  92) ce qui n’est pas le cas de P (Y  92). 4. P (Y = 92) = 0 ; P (91,5  Y  92,5) ≈ 0,054.

Chapitre 7 Lois de probabilités à densité – Term ES spécifique/L spécialité

71

On constate que P (X = 92) et P (91,5  Y  92,5) sont égaux, à 10–3 près. 104 1. a. Constituer un échantillon de 500 hommes pris au hasard dans la population française, c’est répéter 500 fois la même expérience. Ces expériences peuvent être considérées comme indépendantes au vu de l’effectif de la population. X compte le nombre de daltoniens dans un tel échantillon donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 500 et p = 0,08. b. On a n  30, np = 40  5 et n(1 – p) = 460  5. On peut donc approcher la loi de X par la loi normale de moyenne µ = 40 et d’écart-type σ = 36,8 ≈ 6,07. 2. P (38,5  Y  39,5) ≈ 0,065 3. P (Y  35,5) ≈ 0,229 105 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 140 et p = 0,8. µ= 112 et σ = 22, 4 ≈ 4,73. b. On a n  30, np = 112  5 et n(1 – p) = 28  5. On peut donc approcher la loi de X par la loi normale de moyenne µ = 112 et d’écart-type σ = 22, 4 ≈ 4,73. P (X  135,5) ≈ 0. 2. a. X suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,8. b. Les paramètres de la loi normale sont µ = 0,8n et σ = 0,4 n. c. P (Y  140,5)  0,95 équivaut à : P Y − 0,8n < 140,5 − 0,8n  0,95 soit à 0, 4 n 0, 4 n P T < 140,5 − 0,8n  0,95, où T suit la loi normale centrée 0, 4 n réduite, soit à 140,5 − 0,8n  1,645 ou encore à 0, 4 n 0,8n + 0,658 n – 140,5  0. d. S = [0  ; 165]. Le nombre maximum de réservations acceptables est de 165.

( (

)

)

TRAVAUX PRATIQUES TP

1 Table des valeurs de P (T  t) où T suit (0, 1)

Ce TP permet de construire, à l’aide du tableur, une « table » de la loi normale centrée réduite. On pourra ainsi demander aux élèves à la suite de ce TP de trouver d’autres tables de cette loi, en particulier sur des livres ou sur Internet puisque, pendant des décennies, des générations d’étudiants ont utilisé ces tables. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 07_TESL_TP1.xls (Excel 2003), 07_TESL_TP1.xlsx (Excel 2007), et 07_TESL_TP1.ods (OpenOffice). A. Construction de la table 1. Voir le fichier de correction « 07_TESL_TP1 » mis à disposition. 2. Correctif : il se peut que, dans certains manuels, l’énoncé soit incomplet. La question 2. doit commencer ainsi : « On va calculer P (T  0,00) dans la cellule B2 (…) ». a. Dans la cellule K41, on va calculer P (T  3,99). On va calculer P (T  2,57) dans la cellule I27. c. La formule est =LOI.NORMALE.STANDARD($A2+B$1)

72

B. Utilisation de la table a. P (X  23) = P (T  0,75) = 0,7734 P (X  15) = P (T  –1,25) = P (T  1,25) = 0,8944 P (–16  X  16) = P (–9  T  –1) ≈ P (T  –1) = 1 – P (T  1) = 1 – 0,8413 = 0,1587 b. P (X  k) = 0,7939 ⇔ P T < k − 20 = 0,7939 4 ⇔ P T < k − 20 = P (T  0, 82) 4 D’où k = 23,28. c. P (20 – a  X  20 + a) = 0,762 équivaut à P − a < T < a = 0,762 soit à P T < a = 0,881 4 4 4 d’où a = 1,18 et a = 4,72. 4

( (

(

TP

)

) )

(

)

2 Loi normale :

observations et calculs

Ce TP permet d’appréhender la courbe représentative de la fonction densité de loi normale selon les valeurs de ses paramètres : le logiciel GeoGebra permet très facilement de faire varier ces paramètres. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 07_TESL_TP2.ggb, 07_TESL_correctionTP2.ggb,et 07_TESL_correction_TP2_complements.ggb (GeoGebra). 1. a. La courbe  se déplace le long de l’axe des abscisses en restant inchangée. b. La courbe  demeure symétrique par rapport à l’axe des ordonnées en s’aplatissant quand σ augmente. 2. Voir le fichier « 07_TESL_correctionTP2 » mis à disposition. a. P (2  X  3,5) ≈ 0,5328 b. P (X  3,85) ≈ 0,8023 ; P (X  3,08) ≈ 0,4681. c. L’utilisation de la calculatrice permet de vérifier les résultats précédents. 3. P (µ – σ  X  µ + σ) ≈ 0,683 P (µ – 2σ  X  µ + 2σ) ≈ 0,954 P (µ – 3σ  X  µ + 3σ) ≈ 0,997 Voir fichier « 07_TESL_correction_TP2_complements » mis à disposition.

TP

3 Droite de Henry

Pour déterminer si une distribution de valeurs suit ou non une loi normale, on a été amené à construire des tests, dits « tests de normalité ». Ce TP présente sur un exemple le test de la droite de Henry. Le tableur facilité la compréhension et l’utilisation de ce test. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 07_TESL_TP3.ods (OpenOffice), 07_TESL_TP3.xls (Excel 2003), et 07_TESL_TP3.xlsx (Excel 2007). Voir fichier «  07_ESL_TP3 » mis à disposition.

A. Étude d’un relevé statistique 1. Montant

Borne Sup

Nb Fréquences de Clients

[0 ; 10[

10

10

0,0500

0,0500 –1,6449

[10 ; 20[

20

22

0,1100

0,1600 –0,9945

[20 ; 30[

30

44

0,2200

0,3800 –0,3055

[30 ; 40[

40

62

0,3100

0,6900

0,4959

[40 ; 50[

50

41

0,2050

0,8950

1,2536

[50 ; 60[

60

17

0,0850

0,9800

2,0537

[60 ; 70[

70

4

0,0200

1,0000

8,2095

Freq Cum

Inv Norm

C. Étude d’un autre exemple 1. La forme de l’histogramme n’évoque pas une courbe de Gauss et lorsque l’on représente les points définis au B. 3, ils sont très loin d’être alignés. 2. On représente la série statistique par un histogramme comme défini au A. 2. Si la forme de l’histogramme évoque une courbe de Gauss, on peut conjecturer que la variable aléatoire suit approximativement une loi normale. On place les points comme définis au B. 3. qui doivent être sensiblement alignés et permettre le tracé de la droite de Henry dont le coefficient directeur et l’ordonnée à l’origine fourniront des valeurs µ approchées de 1 et de – , permettant ainsi de déterminer σ σ approximativement les paramètres de la loi normale.

2.

POUR ALLER PLUS LOIN 106 Partie A

P (V1) = P (X  80) ≈ 0,369 ; P (V2) = P (Y  70) ≈ 0,988

On constate une répartition symétrique de la série, la forme de l’histogramme évoquant une courbe de Gauss ; on peut donc conjecturer que le montant X dépensé par un client suit approximativement une loi normale 3. N = 200 clients. 4. et 5. Voir les fréquences et les fréquences cumulées croissantes dans le tableau ci-dessus. 6. P (X  30) = 0,38 ; P (X  60) = 0,98. B. Tracé de la droite de Henry 30 − µ X − µ 30 − µ 1. On a P (X  30) = P =P T , , σ σ σ où T suit la loi normale centrée réduite. Comme on a trouvé P (X  30) = 0,38 on en déduit 30 − µ ≈ – 0,3054 ≈ –0,31. σ 2. a. On utilise la fonction LOI.NORMALE.STANDARD. INVERSE dans la colonne F. b. La dernière valeur est aberrante car elle correspond au nombre k tel que P (X  k) = 1. En théorie k est donc infini. 3. et 4.

(

) (

)

Partie B 1. P (S1) = 1 – P (V1) ≈ 0,631 P (S2) = 1 – P (V2) ≈ 0,012 2. a. 0,988 V 2 V1

0,369

0,012

0,988 V 2 0,631

S1

0,012 S 2 Puisque les demandes se font de façon indépendante, on a : P (S1  S2)= PS1(S2) × P(S1) = P (S2) ×  P (S1) ≈ 0,008. b. P (S) = P (S1  S2) = P (S1) + P (S2) – P (S1  S2) ≈ 0,635 Partie C 1. Z = 419X + 509Y 2. P (Z  70 000) ≈ 0,142 3. Étudier le chiffre d’affaires durant un semestre, c’est répéter six fois la même épreuve consistant à étudier le chiffre d’affaires mensuel. Ces répétitions ont lieu dans des conditions d’indépendance donc Z suit la loi binomiale de paramètres n = 6 et p = 0,142 (probabilité qu’un mois soit rentable). 4. P (X  2) = 1 – P (X = 0) – P (X = 1) ≈ 0,205 107 1. P (X  a) = k ⇔ P X − µ , a − µ = k σ σ a−µ ⇔φ =k σ 2. P (X  b) = t ⇔ 1 – P (X  b) = t ⇔ P (X  b) = 1 – t b−µ ⇔φ =1–t σ a−µ b−µ 3. On a φ = φ (u) et φ = φ (v) σ σ

( ( )

5. La droite tracée a pour coefficient directeur 1 et pour σ µ ordonnée à l’origine – . On en déduit : σ 1 ≈ 0,0744 d’où σ ≈ 13,44 et µ ≈ 2,4608 d’où µ ≈ 33,07. σ σ

S2

( )

( )

)

( )

Chapitre 7 Lois de probabilités à densité – Term ES spécifique/L spécialité

73

b−µ a−µ = u et σ = v. σ On en déduit : µ + σu = a et µ + σv = b. 4. σ = a − b et µ = a – σu = bu − av u−v u−v 5. Saisir a, b, k , t

On construit un arbre pondéré. On en déduit : P (A) ≈ 0,9 × 0,128 + 0,1 × 0,921 P (A) ≈ 0,207 0,9 × 0,872 ≈ 0,990 4. PA(S) = 1− 0,207

u prend la valeur Fracnormale (ou Invnormale)(k)

110 Partie A

d’où

v prend la valeur Fracnormale (ou Invnormale)(1 – t) σ prend la valeur a − b u−v µ prend la valeur a – σ u Afficher µ et σ

TEXAS

CASIO

Prompt A Prompt B Prompt K Prompt T FracNormale (K) ↦ U FracNormale (1 – T) ↦ V (A – B) / (U – V) ↦ S A–S*U↦M Disp M Disp S

”A” ? ↦ A ”B” ? ↦ B ”K” ? ↦ K ”T ” ? ↦ T InvNormCD(K) ↦ U InvNormCD(1 – T) ↦ V (A – B)/(U – V) ↦ S A–S*U↦M S▲

6. µ ≈ 1 400 ; σ ≈ 200. 108 1. Y = 1 200 – X 2. a. P (X  920) ≈ 0,091 b. P (Y  315) = P (X  885) ≈ 0,159 c. Les évènements « X  920 » et « Y  315 » sont incompatibles donc p ≈ 0,250. 3. Pour que tous les usagers soient satisfaits, on doit avoir X  900 + n et Y  300 + n soit 1 200 – X  300 + n c’est à dire 900 – n  X. Il faut donc avoir 900 – n  X  900 + n. On cherche donc n pour que : P (900 – n  X  900 + n)  0,995 ce qui équivaut à : P − n < X − 900 < n  0,995 soit à : 15 15 σ 2 φ n – 1  0,995 soit à : 15 φ n  0,9975. 15 On en déduit : n  2,8070 soit n  42,105. 15 La valeur minimale de n est donc 43. 109 1. P (X  40 000) ≈ 0,128 2. P (Y  40 000) ≈ 0,921 3. On considère un employé choisit au hasard dans l’entreprise. On note S l’événement «  L’employé est syndiqué  » et A l’événement « Le salaire brut annuel de l’employé est supérieur à 40 000 € ».

(

)

( ) ( )

0,9

0,1

74

0,128

A

0,872

A

0,921

A

0,079

A

S

S

1. B = 2X – 2 000 2. P (B  6 000) = P (X  4 000) ≈ 0,202 Partie B 1. La probabilité pour que le fabricant réalise deux jours de suite un bénéfice supérieur à 6 000 € est P (B1  6 000) × P (B2  6 000) ≈ 0,041 (car il y a indépendance entre les bénéfices). 2. La probabilité pour que le fabricant réalise au moins une fois pendant deux jours consécutifs un bénéfice journalier supérieur à 6 000 € est 1 – P (B1  6 000) × P (B2  6 000) ≈ 0,363. 3. µB = 2 × 3 500 – 2 000 = 5 000 σB = 2 × 600 = 1 200 d’où µC = 10 000 et σC ≈ 1 697 d’où P (C  12 000) ≈ 0,119. 4. Correctif : il s’agit de comparer les résultats des questions B. 1 et B. 3 (et non A. 2 et B. 3 comme on peut le lire dans certains manuels). La probabilité pour que le bénéfice cumulé de deux jours consécutifs soit supérieur à 12 000 € est supérieure à la probabilité que le fabricant réalise deux jours de suite un bénéfice supérieur à 6 000 €, ce qui est normal car dans le premier cas un mauvais résultat d’une journée peut être compensé par un bon résultat de l’autre journée. 5. D = B1 – B2 . µD = 0 et σD ≈ 1 697. P (– 200  D  200) ≈ 0,094. L’écart entre les bénéfices de deux jours consécutifs est supérieur à 200 € dans plus de 90 % des cas. Partie C µS = 1 500 000 ; σS ≈ 20 785. 1. P (S  1 600 000) ≈ 0 2. La probabilité pour que le bénéfice total réalisé pendant 300 jours soit supérieur à 1,6 millions d’euros est quasi nulle. 111 A. 1. P (13  X  17) ≈ 0,683 2. P (X  18) ≈ 0,067 3. P (X  k) = 0,025 d’où k ≈ 11,08. B. 1. Le prélèvement d’un sac dans le stock du supermarché est une épreuve à deux éventualités : – « Le sac est défectueux » de probabilité 0,03 ; – « Le sac n’est pas défectueux » de probabilité 0,97. Le prélèvement de 10 sacs est la répétition de 10 épreuves identiques dans des conditions d’indépendance. La variable aléatoire Y suit donc la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,03. 2. P (Y  2) ≈ 0,997 C.1. B = 0,2 × 2Z – 850 = 0,4Z – 850 2. a. P (B  3 600) = P (Z  11 125) ≈ 0,750 b. La probabilité pour que le bénéfice journalier réalisé sur la

vente de sacs soit supérieur à 3 600 € est supérieure à 0,70 donc le directeur commercial a raison.

C AP VERS LE BAC A

Sujet

1. f (x) = 12x3(1 – x2). f est donc continue et positive sur [0 ; 1]. 1

De plus ∫ f (x) dx = F(1) – F(0) avec F (x) = 3x4 – 2x6 0

1

∫0 f (x) dx = 1 donc f est bien une densité de probabilité. 1 2. a. P ( X , 1 ) = ∫ 2 f (x) dx = F ( 1 ) – F (0) = 5 2 2 32 0 1

1

0

0

b. E (X) = ∫ xf (x) dx = ∫ (12 x 4 – 12 x 6) dx = G (1) – G (0), avec G (x) = 12 x 5 − 12 x 7, d’où E (X) = 24 . 7 5 35

Sujet

D

1. P (2 500  X  3 500) ≈ 0,664 2. P (X  2 000) ≈ 0,027 3. On cherche le plus petit entier n tel que P (X  n)  0,99 c’est à dire tel que P (X  n)  0,01 On trouve n = 1 790 4. a. Le bénéfice réalisé sur la vente d’un article est de 12 € donc celui réalisé sur la vente de X articles de 12X euros. Pour obtenir le bénéfice journalier total, il faut soustraire au bénéfice réalisé sur la vente de X articles, les frais fixes d’où B = 12X – 34 000. b. P (B  20 000) = P (X  4 500) ≈ 0,002 8 500 ⎞ ⎛ ≈ 0,626 c. P (B  0) = P ⎜ X > ⎝ 3 ⎟⎠

Sujet

E

1. a. P (D  15 000) = 0,1 ⇔ P ⎛⎜ ⎝

B

D − µ 15 000 − µ ⎞ , ⎟⎠ = 0,1 σ σ

15 000 − µ ⎞ ⇔ φ ⎛⎜ = 0,1 ⎝ ⎠⎟ σ

Partie A 1. P (X  0) = 3  : réponse c. 8 2. P (X  3) = 0,25 : réponse a. 3. E (X) = 1 : réponse b.

b. P (D  25 000) = 0,1 ⇔ P (D  25 000) = 0,9 25 000 − µ ⎞ ⇔ φ ⎛⎜ ⎟⎠ = 0,9 ⎝ σ

Partie B 1. P (1  Y  2) ≈ 0,1359 : réponse c. 2. P (Y  0,8) ≈ 0,7881 : réponse b. 3. P (Y  –1,45) ≈ 0,9265 : réponse a. 4. Le réel k tel que P (Y  k) est égal à 10–4 près à –0,3853 : réponse b. 5. Le réel d tel que P (–d  Y  d) = 0,6 est égal à 10–4 près à 0,8416 : réponse c.

Sujet

Sujet

C

1. T suit la loi uniforme sur [0 ; 10]. a. Le temps d’attente moyen de Monsieur Dulac est de 5 minutes. b. P (T  7) = 1 – P (T  7) = 1 – 7 = 0,3. 10 2. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,3. b. P (X = 0) = 0,710 ≈ 0,028. c. P (X  5) ≈ 0,953.

c. La calculatrice fournit φ (a) = 0,9 pour a ≈ 1,2816. On a alors φ (–a) = 1 – φ (a) = 0,1. On a donc :

{

15 000 − µ = −aσ 15 000 − µ 25 000 − µ = –a et = a d’où 25 000 − µ = aσ σ σ d. On en déduit µ = 20 000 et σ = ≈ 3 902. 2. P (B  0) = P (D  17 500) ≈ 0,739 112 P (X  45) = 0,7 ; E (X) = 35. 113 P (–1  X  2) ≈ 0,819 ; P (X  0,254) ≈ 0,400. 114 P (–a  X  a) = 0,95 pour a ≈ 1,960. 115 P (X  k) = 0,879 pour k ≈ 1,170. 116 P (60  X  70) ≈ 0,256

P (X  k) = 0,8257 pour k ≈ 82,060. 117 P (8  X  9) = 0,97 ⇔ 2φ 0,5 – 1 = 0,97 σ

( ) ⇔ φ ( 0,5 ) = 0,985 σ

On en déduit σ ≈ 0,23. 118 P (22  X  38) ≈ 0,890

Chapitre 7 Lois de probabilités à densité – Term ES spécifique/L spécialité

75

chapitre

8

Échantillonnage et estimation

A Le programme On approfondit le travail en probabilités et statistique mené les années précédentes. La loi normale permet d’initier les élèves à la statistique inférentielle par la détermination d’un intervalle de confiance pour une proportion à un niveau de confiance de 95 %. Cette partie se prête particulièrement à l’étude de problèmes issus d’autres disciplines. Le recours aux représentations graphiques et aux simulations est indispensable. Contenus

Capacités attendues

Commentaires

Intervalle de fluctuation

• Connaître, pour n assez grand, l’intervalle de fluctuation asymptotique (*) au seuil de 95 % :

La variable aléatoire Fn qui, à tout échantillon de taille n, associe la fréquence, prend ses valeurs dans l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % avec une probabilité qui s’approche de 0,95 quand n devient grand.

p(1 − p) p(1 − p) ⎤ ⎡ ; p + 1,96 ⎢ p − 1,96 ⎥ n n ⎣ ⎦ où p désigne la proportion dans la population.

Estimation Intervalle de confiance au niveau de confiance 0,95 (*). Niveau de confiance.

• Estimer une proportion inconnue à partir d’un échantillon. • Déterminer une taille d’échantillon suffisante pour obtenir, avec une précision donnée, une estimation d’une proportion au niveau de confiance 0,95.

On admet le résultat ci-contre, qui est conforté grâce à la simulation. Avec les exigences usuelles de précision, on pratique cette approximation dès que n  30 , np  5 et n (1 − p)  5. En majorant 1,96 p(1 − p) , on retrouve l’intervalle de fluctuation présenté en classe de seconde. La problématique de prise de décision, déjà rencontrée, est travaillée à nouveau. Les attendus de ce paragraphe sont modestes et sont à exploiter en lien avec les autres disciplines. On énonce que p est élément de l’intervalle : ⎡f − 1 ,f + 1 ⎤ ⎣⎢ n n ⎦⎥ avec un niveau de confiance de plus de 95 %, où f désigne la fréquence observée sur un échantillon de taille n. Avec les exigences usuelles de précision, on utilise cet intervalle dès que n  30, nf  5 et n (1 − f )  5. La simulation de sondages sur tableur permet de sensibiliser aux fourchettes de sondage. Il est important de noter que, dans d’autres champs, on utilise l’intervalle : f (1 − f ) f (1 − f ) ⎤ ⎡ ; f + 1,96 ⎢ f − 1,96 ⎥ n n ⎣ ⎦ qu’il n’est pas possible de justifier dans ce programme.

(*) Avec les notations précédentes : Un intervalle de fluctuation asymptotique de la variable aléatoire Fn au seuil 1 − α est un intervalle déterminé à partir de p et de n et qui contient Fn avec une probabilité d’autant plus proche de 1 − α que n est grand. Un intervalle de confiance pour une proportion p à un niveau de confiance 1 − α est la réalisation, à partir d’un échantillon, d’un intervalle aléatoire contenant la proportion p avec une probabilité supérieure ou égale à 1 − α, intervalle aléatoire déterminé à partir de la variable aléatoire fréquence Fn qui, à tout échantillon de taille n, associe la fréquence. Les intervalles de confiance considérés ici sont centrés en la fréquence observée f.

76

B Notre point de vue Ce chapitre traite les parties « Échantillonnage » et « Estimation » du programme de probabilités de la classe. Contrairement au programme de Terminale S, l’intervalle de fluctuation asymptotique est donné sans démonstration en ES – L. Il est donc indispensable que les élèves appréhendent ce résultat expérimentalement : c’est le rôle de l’activité 1 . Conformément au programme, cet intervalle de fluctuation n’est donné dans le cours qu’au seuil de confiance 0,95. La seconde activité proposée concerne un problème de prise de décision à partir d’une fréquence observée sur un échantillon. Ce problème a déjà été abordé en classe de Seconde, puis développé avec la loi binomiale en classe de Première. On réactive les méthodes vues en Première, puis on les compare à la nouvelle méthode utilisant l’intervalle de fluctuation asymptotique du programme de Terminale. Le cours fait le point sur le traitement de ce type de problème. L’activité 3 permet de retrouver l’intervalle de fluctuation donné en Seconde et l’activité 4 est une introduction à la notion d’intervalle de confiance. Certains exercices introduisent la notion de « différence significative » : c’est le cas de l’exercice corrigé 55, et aussi des exercices 56 à 60. Le premier TP revient sur le phénomène évoqué dans la page d’introduction du chapitre, à savoir l’élection présidentielle de 2002 : l’utilisation du tableur et des notions du chapitre permet de mieux comprendre « l’erreur » des sondages de 2002. Les deux autres TP ont pour thème les intervalles de confiance : l’un propose une méthode graphique très précise de détermination, l’autre permet de déterminer les intervalles de confiance usuels.

Les notions abordées dans le chapitre 8 1. Échantillonnage et prise de décision 2. Estimation d’une proportion

C Avant de commencer Les notions abordées dans ces exercices permettent, d’une part de travailler sur les intervalles et les inégalités, notions très utiles dans ce chapitre, d’autre part de réactiver les connaissances sur la loi binomiale et la loi normale, puisque ces lois interviennent en plusieurs points du chapitre. Voir livre page 269 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés.

D Activités Activité

1 Un sac de billes

Cette activité a pour but de donner un sens à la formule du cours donnant sans démonstration un intervalle de fluctuation asymptotique d’une fréquence. On se place dans le cas simple où p = 0,5. Pour cela, on détermine dans un premier temps l’intervalle p (1− p ) p (1− p ) ⎤ ⎡ ; p + 1,96 ⎥⎦ dans le cas n = 100 : on ⎢⎣ p − 1,96 n n constate alors, par un calcul effectif utilisant la loi binomiale, que la probabilité que la fréquence soit dans cet intervalle est voisine de 0,95. On conforte ce résultat pour d’autres valeurs de n (de plus en plus grandes) à l’aide du tableur : pour cela, on place les points d’abscisse n et d’ordonnée cette probabilité. On constate que cette probabilité se rapproche de 0,95 pour n grand. Le qualificatif d’intervalle de fluctuation « asymptotique » est ici bien illustré par le graphique. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 08_TESL_activite1.ods (OpenOffice), 08_TESL_activite1.xls (Excel 2003),

et 08_TESL_activite1.xlsx (Excel 2007). 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,5. La variable aléatoire X représente la fréquence des billes 100 rouges tirées dans les échantillons de taille 100. 2. b. On trouve : s = 0,05. 3. c. I = [0,402 ; 0,598] 4. d. P X [ I = P 0, 402 < X < 0,598 100 100 = P (40,2  X  59,8) = P (41  X  59) = P (X  59) – P (X  40) ≈ 0,943.

(

) (

)

Chapitre 8 Échantillonnage et estimation – Term ES spécifique/L spécialité

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2. a. Le premier point placé sur le graphique est : 100 ; P X [ I , 100 c’est-à-dire (100 ; 0,943).

(

))

(

b. Une lecture rapide du graphique montre que ces probabilités sont comprises entre 0,935 et 0,965. De façon plus précise, on X peut observer que : 0,938  P n  0,961, pour n compris n entre 100 et 800. 3. a. Pour n  1 000, le tableur indique que ces probabilités sont comprises entre 0,946 et 0,954. Pour n  4 000, ces probabilités sont comprises entre 0,948 et 0,952. Lorsque n devient grand, ces probabilités semblent se rapprocher de 0,95. b. Quand n devient grand, la probabilité pour que la fréquence Xn appartienne à l’intervalle : n p (1− p ) p (1− p ) ⎤ ⎡ se rapproche de 0,95. ; p + 1,96 ⎥⎦ ⎢⎣ p − 1,96 n n

( )

Activité

2 Malvoyants moyens ou profonds

Cette activité permet de revenir sur la notion de prise de décision à partir d’un échantillon vue en Première avec la loi binomiale, puis de découvrir que l’intervalle de fluctuation asymptotique permet de développer aussi cette méthode, avec l’avantage d’une formule explicite. 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres n = 400 et p = 0,018. b. On trouve : a = 3 et b = 13. c. Un intervalle de fluctuation de la fréquence de malvoyants est : I = ⎡ 3 ; 13 ⎤ soit [0,07 ; 0,033] à 10–3 près. ⎣ 400 400 ⎦ d. Règle de décision : « Si la fréquence observée f de malvoyants moyens ou profonds dans les échantillons de taille 400 appartient à I, on accepte l’hypothèse p = 0,018, sinon on la rejette. » Ici, f = 0,0375 : f  I, donc on rejette cette hypothèse. 2. a. p = 0,018 ; n = 400, np = 7,2 et n (1 – p) = 392,8, donc les conditions de validité sont remplies. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 0,95 est : I’ = [0,004 ; 0,032], à 10–3 près. b. La règle de décision est obtenue en remplaçant I par I’. On se rend compte que les deux intervalles ne coïncident pas. La seconde méthode fait intervenir une formule, contrairement à la méthode vue en Première.

Activité

3 Intervalles de fluctuation

Cette activité illustre le passage de l’intervalle de fluctuation asymptotique vue dans le cours précédemment à l’intervalle de fluctuation vu en Seconde. Le tableur permet de montrer l’écart existant entre ces deux intervalles selon les valeurs de p et de n. En particulier, on se rend compte que, pour n grand, l’écart est très faible. Fichiers associés sur le site www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 08_TESL_activite3.xls (Excel 2003)

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08_TESL_activite3.xlsx (Excel 2007), et 08_TESL_activite3.ods (OpenOffice) a. Expression d’un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 0,95 de la fréquence d’un caractère dans un échantillon p (1− p ) p (1− p ) ⎤ de taille n : ⎡ p − 1,96 . ; p + 1,96 ⎥⎦ ⎢⎣ n n b. φ’(p) = 1 – 2p, donc φ’(p) s’annule en 1 . 2 φ est croissante sur ⎡0 ; 1 ⎤ et décroissante sur ⎡ 1 ; 1⎤  : ⎣ 2⎦ ⎣2 ⎦ son maximum est φ 1 = 1 . 4 2 1 c. p (1 – p)  4 sur [0 ; 1], donc φ(p)  1 sur [0 ; 1]. 2 p (1− p ) 1,96 × 0,5 1 < < donc : d. 1,96 n n n p (1− p ) p (1− p ) < p + 1 et p − 1,96 p + 1,96 >p− 1 , n n n n donc I est inclus dans I’. e. Puisque I est inclus dans I’, la probabilité pour que la fréquence appartienne à I’ est supérieure à celle que la fréquence appartienne à I, donc à 0,95. 2. a. On se rend compte que l’écart des amplitudes des deux intervalles diminue quand p se rapproche de 0,5. b. La représentation graphique indique un minimum en 0,5 : ceci est dû au fait que la majoration faite p (1− p ) < 1 dans 2 le calcul précédent devient une égalité pour p = 1 et elle est 2 d’autant meilleure que p est proche de 0,5. c. Pour n = 100, l’écart maximum est de 0,082 ; il est de 0,026 pour n = 1 000, de 0,008 pour n = 10 000, et de 0,003 pour n = 100 000. L’écart tend vers 0 quand n devient très grand.

()

Activité

4 La salle de concert

Dans cette activité, on introduit la notion d’intervalle de confiance à partir de l’intervalle de fluctuation ⎡⎢ p − 1 ; p + 1 ⎤⎥ vu ⎣ n n⎦ précédemment, et on fait réfléchir l’élève sur ce qu’apporte (ou n’apporte pas) cet intervalle. 1. D’après le cours, ⎡⎢ p − 1 ; p + 1 ⎤⎥ est un intervalle ⎣ 1 024 1 024 ⎦ de fluctuation asymptotique de la fréquence au seuil de 0,95 dans les échantillons de taille 1 024, et 1 = 0,03125, donc 1 024 la probabilité de l’événement « F  [p – 0,03125 ; p + 0,03125] » est au moins 0,95. 2. p – 0,03125  F  p + 0,03125 équivaut à : F – 0,03125  p  F + 0,03125, donc P (p  [F – 0,03125 ; F + 0,03125])  0,95. 3. a. f = 576 = 0,5625. 1 024 b. [f – 0,03125 ; f + 0,03125] = [0,53125 ; 0,59375] : p n’appartient pas obligatoirement à cet intervalle. 4. a. La proportion p appartient à environ 95 % de ces intervalles. b. Oui, c’est possible. La seule chose que l’on sait, c’est que p appartient à environ 95 % des intervalles de la forme [f – 0,03125 ; f + 0,03125]. L’échantillon du sondage ne fait pas obligatoirement partie de ces 95 % d’échantillons mentionnés plus haut.

E Exercices POUR DÉMARrER

POUR S’ENTRAÎNER

a. n = 30, np = 6 et n (1 – p) = 24, donc les conditions de validité sont vérifiées. b. n = 200, np = 2 et n (1 – p) = 198, donc la condition np  5 n’est pas vérifiée. c. n = 50, np = 47,5 et n(1 – p) = 2,5, donc la condition n(1 – p)  5 n’est pas vérifiée. d. n = 10 000, np = 10 et n (1 – p) = 9 990, donc les conditions de validité sont vérifiées. 2 n = 100, np = 50 et n (1 – p) = 50, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,45 ; 0,55]. 3 Voir livre p. 270. 4 n = 1 800, np = 342 et n (1 – p) = 1 458, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,17 ; 0,21], à 0,01 près. 5 n = 1 200, np = 276 et n (1 – p) = 924, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,206 ; 0,254], à 0,001 près. 6 n = 1 000, np = 710 et n (1 – p) = 290, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,68 ; 0,74], à 0,01 près. 7 2 × 1,96 × 0,5 = 0,049, soit n = 40, ce qui donne n = 1 600. n 8 1. n = 900, np = 675 et n (1 – p) = 225, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : I = [0,72 ; 0,78], à 0,01 près. 2. Règle de décision : Soit f la fréquence observée ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse au seuil de confiance 95 %, sinon on la rejette. 3. f = 550 ≈ 0,61 : f  I, donc on n’accepte pas l’hypothèse du 900 président au seuil de confiance 95 %. 9 Voir livre p. 270. 10 f = 63 = 0,18. 350 n = 350, nf = 63 et n (1 – f ) = 287, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance est : [0,12 ; 0,24]. 11 Voir livre p. 270. 12 f = 28 = 0,14. 200 n = 200, nf = 28 et n (1 – f ) = 172, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance est : [0,06 ; 0,22]. 13 f = 32 = 0,08. 400 n = 400, nf = 32 et n (1 – f ) = 368, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance est : [0,03 ; 0,13].

Pour les exercices 14 à 21, on arrondira les bornes des intervalles de fluctuation demandés à 10–3 près.

1

14 n = 100, np = 51 et n (1 – p) = 49, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,412 ; 0,608], à 10–3 près. 15 n = 2000, np = 440 et n (1 – p) = 1 560, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,201 ; 0,239], à 10–3 près. 16 Voir livre p. 270. 18 n = 1 000, np = 529 et n (1 – p) = 471, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,498 ; 0,560], à 10–3 près. 19 1. Un intervalle de fluctuation est : ⎡0,9 − 0,588 ; 0,9 + 0,588 ⎤ . ⎣⎢ n n ⎦⎥ 2. Les conditions de validité s’écrivent : n  30, 0,9 n  5 et 0,1 n  5, ce qui donne n  50. 3. On doit avoir : 0,9 – 0,588  0,89, ce qui donne n  58,8 n et n  3 458. 20 1. n = 1000, np = 517,5 et n (1 – p) = 482,5, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,486 ; 0,549], à 10–3 près. 2. On doit avoir 0,5175 – 0,9794  0,5, ce qui donne n 2 n  0,9794 , et ainsi n  3 133. 0,0175 21 1. n = 100, np = 40 et n (1 – p) = 60, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,303 ; 0,497], à 10–3 près. 2. On doit avoir 2 × 1,96 × 0, 4 × 0,6  0,05, ce qui donne n n  2 × 1,96 × 0,24 et ainsi n  1 476. 0,05 22 Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 08_TESL_exercice22.alg (AlgoBox). 1. Il calcule les bornes a et b d’un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de confiance 0,95. 2. On introduit l’instruction conditionnelle SI … ALORS … SINON : elle permet de tester si les conditions de validité sont respectées.

(

)

Chapitre 8 Échantillonnage et estimation – Term ES spécifique/L spécialité

79

23 Correctif : Il se peut que, dans certains manuels, soit demandé si la proposition est vraie. Dans ce cas, ne pas tenir compte de cette question. L’exercice porte uniquement sur la réciproque de la proposition. Oui, parce que la contraposée de cette proposition est vraie (p = p’ ⇒ I = I’). 24 1. Les conditions de validité sont vérifiées dans les trois cas (np vaut 31,2 ou 25,9 ou 18,6 et n (1 – p) vaut 68,8 ou 74,1 ou 81,4). Intervalle de fluctuation pour S : [0,22 ; 0,41], à 0,01 près. Intervalle de fluctuation pour R : [0,17 ; 0,35], à 0,01 près. Intervalle de fluctuation pour B : [0,10 ; 0,27], à 0,01 près. 2. a. Les conditions de validité sont vérifiées. Intervalle de fluctuation pour S : [0,28 ; 0,35]. Intervalle de fluctuation pour R : [0,23 ; 0,29]. Intervalle de fluctuation pour B : [0,16 ; 0,22]. b. Les deux premiers intervalles ont des valeurs en commun : il existe des échantillons de taille 1 000 où R obtient plus de voix que S. 25 C’est faux : l’amplitude est :

a = 2 × 1,96 ×

p(1− p) . n

Si on double n, alors la nouvelle amplitude est a’ = a . 2 26 1. n = 100, np = 40 et n (1 – p) = 60, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : I = [0,303 ; 0,497], à 10–3 près. 2. Règle de décision : soit f la fréquence observée ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse au seuil de confiance 95 %, sinon on la rejette. 3. f = 31 = 0,31 : f  I, donc on accepte l’hypothèse au seuil de 100 confiance 95 % ; l’échantillon est représentatif de la population pour cette allergie. 27 Voir livre p. 270. 28 1. Ici, n = 50 et p = 0,02 donc np = 1 : la condition np  5 n’est pas vérifiée. 2. On fait l’hypothèse que le pourcentage de sportifs susceptibles d’être contrôlés positivement est p = 0,02. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de sportifs contrôlés positivement dans un échantillon de taille 50. Alors, X suit la loi binomiale de paramètres n = 50 et p = 0,02. On recherche a tel que P(X  a)  0,025 et b tel que P(X  b)  0,975 : avec la calculatrice, on trouve a = 0 et b = 3. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est alors ⎡0 ; 3 ⎤ , c’est-à-dire I = [0 ; 0,06]. ⎣ 50 ⎦ D’où la règle de décision : Soit f la fréquence observée dans un groupe de taille 50 ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse p = 0,02 sinon on la rejette. Ici : f = 3 = 0,06 : f  I, donc on accepte l’hypothèse p = 0,02. 50 30 1. Si le générateur de nombres aléatoires du tableur fonctionne bien, alors la probabilité d’avoir 1 est p = 0,5. n = 100, np = 50 et n (1 – p) = 50, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : I = [0,4 ; 0,6].

80

La fréquence observée de 1 est : f = 58 = 0,58. 100 Puisque f  I, on accepte l’hypothèse au seuil 95 %. 2. n = 1000, np = 500 et n (1 – p) = 500, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : J = [0,46 ; 0,54]. La fréquence observée de 1 est : f ’ = 580 = 0,58. 1 000 Puisque f ’  J, on rejette l’hypothèse au seuil 95 %. 31 Correctif : Il se peut que dans certains manuels l’énoncé omette de préciser le nombre d’enfants prématurés, qui est de 50. n = 400, np = 24 et n (1 – p) = 376, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : I = [0,036 ; 0,084], à 0,001 près. La fréquence observée d’enfants nés prématurés est : f = 50 = 0,125. 400 Puisque f  0,084, on accepte l’hypothèse selon laquelle les femmes ayant eu un travail pénible pendant leur grossesse sont plus susceptibles d’avoir un enfant prématuré. 32 1. n = 100, np = 13 et n (1 – p) = 87, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : I = [0,064 ; 0,196], à 0,001 près. 2. La fréquence observée des jeunes ayant eu une crise d’asthme est : f = 0,19. Puisque f  0,196, il n’est pas utile de mettre en place une investigation plus complète. 3. On cherche n tel que : 0,13 + 1,96 × 0,1131  0,19, c’est-àn 1,96 × 0,1131 , soit n  121. dire n  0,06 33 n = 200, np = 140 et n (1 – p) = 60, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : I = [0,636 ; 0,764], à 0,001 près. D’où la règle de décision : soit f la fréquence observée dans un groupe de taille 200 ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse, sinon on la rejette. Ici : f = 130 = 0,65 : f  I, donc on accepte l’hypothèse selon 200 laquelle cet aérosol est satisfaisant au seuil de confiance 0,95. 34 p = 1 , n = 300, np = 50 et n (1 – p) = 250, donc les 6 conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : I = [0,12 ; 0,21], à 0,01 près. D’où la règle de décision : soit f la fréquence observée sur 300 lancers ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse selon laquelle le dé n’est pas truqué, sinon on la rejette. Ici : f = 40 ≈ 0,13 : f  I, donc, au seuil de confiance 0,95, 300 on rejette l’hypothèse selon laquelle le dé est truqué. 35 p = 0,5, n = 240, np = 120 et n (1 – p) = 120, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : I = [0,43 ; 0,57], à 0,01 près. D’où la règle de décision : soit f la fréquence observée sur 240 lancers ; si f  I, alors on accepte l’hypothèse selon laquelle le dé n’est pas truqué, sinon on la rejette.

Ici : f = 106 ≈ 0,44 : f  I, donc, au seuil de confiance 0,95, on 240 accepte l’hypothèse selon laquelle le dé n’est pas truqué. 36 f = 0,85  ; n = 100, nf = 85 et n (1 – f ) = 15, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,75 ; 0,95], à 10–2 près. 37 1. f = 0,89 ; n = 100, nf = 89 et n (1 – f ) = 11, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,79 ; 0,99], à 10–2 près. 2. Cette affirmation est fausse  : p n’appartient pas obligatoirement à l’intervalle de confiance. 38 f = 0,25 ; n = 60, nf = 15 et n (1 – f ) = 45, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,12 ; 0,38], à 10–2 près. 39 1. f = 0,68 ; n = 1 002, nf = 681,36 et n (1 – f ) = 320,64, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,64 ; 0,72], à 10–2 près. 2. f = 0,5 ; n = 1 002, nf = 501 et n (1 – f ) = 501, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % pour la proportion de personnes voulant voir ou revoir le film « Titanic » est : I = [0,46 ; 0,54], à 10–2 près. 40 C’est faux : si on formait un très grand nombre d’échantillons de taille n, alors p appartiendrait à au moins 95 % des intervalles de confiance calculés à partir de ces échantillons. 41 Correctif : Il se peut que, dans certains manuels, le nombre de pièces de bois soit égal à 94 ; il est en fait égal à 84. f = 0,84 ; n = 100, nf = 84 et n (1 – f ) = 16, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,74 ; 0,94], à 10–2 près. 42 f = 0,90 ; n = 1 000, nf = 900 et n (1 – f ) = 100, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,86 ; 0,94], à 10–2 près. 43 f = 0,94 ; n = 100, nf = 94 et n (1 – f ) = 6, donc les conditions de validité sont vérifiées. Les bornes de l’intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % calculées avec la formule sont 0,84 et 1,04. Comme une probabilité est inférieure ou égale à 1, l’intervalle de confiance est : I = [0,84 ; 1], à 10–2 près. 44 f = 0,41 ; n = 1 007, nf = 412,87 et n (1 – f ) = 594,13, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,37 ; 0,45], à 10–2 près. 45 Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 08_TESL_exercice45.ods (OpenOffice), 08_TESL_exercice45.xls (Excel 2003), et 08_TESL_exercice45.xlsx (Excel 2007). 1. La formule à saisir est : =C3+10 . 2. La formule à saisir en D3 est : =B$2+1/RACINE(C3) .

La formule à saisir en E3 est : =B$2+1/RACINE(C3) . 46 C’est faux : l’amplitude de l’intervalle de confiance est 2 , n et elle diminue lorsque n croît. 47 C’est faux  : p appartient ou n’appartient pas à cet intervalle, puisque p est un nombre fixé (mais inconnu). 48 Si n est la taille de l’échantillon, on doit avoir : 1  0,02, n soit n  2 500. 1 49 Si n est la taille de l’échantillon, on doit avoir  0,03, n soit n  1 112. 50 1. f = 0,51 ; n = 100, nf = 51 et n (1 – f ) = 49, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % pour la proportion de « Oui » est : I = [0,41 ; 0,61]. f ’ = 0,49 ; n = 100, nf ’ = 49 et n (1 – f ’) = 51, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % pour la proportion de « Non » est : J = [0,39 ; 0,59]. 2. Pour un échantillon de taille n, un intervalle de confiance au seuil 95 % pour la proportion de « Oui » est : I = ⎡⎢0,51− 1 ; 0,51+ 1 ⎤⎥ , et un intervalle de confiance au seuil ⎣ n n⎦ 95 % pour la proportion de « Non » est : J = ⎡⎢0, 49 − 1 ; 0, 49 + 1 ⎤⎥ . ⎣ n n⎦ I et J ne se recouvrent pas si 0,49 + 1  0,51 – 1 , ce qui n n donne 1  0,01, soit n  10 000, et n  10 001. n 51 1. f = 0,15 ; n = 100, nf = 15 et n (1 – f ) = 85, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,05 ; 0,25]. 2. Au seuil de confiance 95 %, une fourchette pour le nombre de dossiers incomplets est : [500 ; 2 500]. 53 1. f = 112 ≈ 0,659 ; n = 170, nf = 112 et n (1 – f ) = 58, donc 170 les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,582 ; 0,736], à 10–3 près. 2. Dans au moins 95 % des échantillons de taille 170, le rapport du nombre de garçons au nombre de filles est largement inférieur à 1 (ici 0,72), ce qui semble indiquer un effet de la pilule sur le rapport du nombre de garçons au nombre de filles à la naissance. 54 1. f = 0,2 ; n = 200, nf = 40 et n (1 – f ) = 160, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance pour p au seuil de confiance 95 % est : I = [0,129 ; 0,271], à 10–3 près. 2. Soit n le nombre d’opérations. Alors, on a 1  0,01, soit n n  10 000. 56 1. f = 56  ; n = 160, nf = 65 et n (1 – f ) = 95, donc les 160 conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,327 ; 0,486], à 10–3 près. 2. f ’ = 100 ≈ 0,455 ; n = 220, nf ’ = 100 et n (1 – f ’) = 120, donc 220 les conditions de validité sont vérifiées.

Chapitre 8 Échantillonnage et estimation – Term ES spécifique/L spécialité

81

Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : J = [0,387 ; 0,522], à 10–3 près. 3. I et J ont une intersection commune, donc on peut conclure que ces deux commerciaux ont la même efficacité au seuil de confiance 95 %. 57 1. f = 60 = 0,6 ; n = 100, nf = 60 et n (1 – f ) = 40, donc les 100 conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,5 ; 0,7]. 2. f ’ = 140 = 0,7 ; n = 200, nf ’ = 140 et n (1 – f ’) = 60, donc les 200 conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : J = [0,629 ; 0,771], à 10–3 près. 3. I et J ont une intersection commune, donc on peut conclure qu’il n’y a pas de différence significative entre les durées de vie des ampoules fabriquées par les entreprises A et B au seuil de confiance 95 %. 58 Voir livre p. 270. 59 1. f = 0,1 ; n = 1 000, nf = 100 et n (1 – f ) = 900, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,068 ; 0,132], à 10–3 près. 2. f ’ = 0,12 ; n = 1 000, nf ’ = 120 et n (1 – f ’) = 880, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : J = [0,088 ; 0,152], à 10–3 près. 3. I et J ont une intersection commune, donc on peut conclure que l’emploi de l’enveloppe bleue n’a pas favorisé les ventes au seuil de confiance 95 %. 60 1. f = 0,077 ; n = 3 000, nf = 231 et n (1 – f ) = 2 769, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,058 ; 0,096], à 10–3 près. 2. f ’ = 0,059  ; n = 3 000, nf ’ = 177 et n (1 – f ’) = 2 823, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : J = [0,040 ; 0,078], à 10–3 près. 3. I et J ont une intersection commune, donc on peut accepter l’hypothèse de l’absence de changement des habitudes de consommation au seuil de confiance 95 %. 61 Correctif : Il se peut que, dans certains manuels, l’énoncé mentionne N  120 ; il faut lire : 10  N  280. f = N  ; n = 300 ; nf = N et n (1 – f ) = 300 – N. 300 Les conditions de validité sont vérifiées car 10  N  280, donc nf  10 et n (1 – f )  20. Un intervalle de confiance au seuil 95 % est : ⎡ N − 1 ; N + 1 ⎤. ⎣⎢ 300 300 300 300 ⎦⎥ 1 N −  0,4, soit N  300 + 120, Il ne contient pas 0,4 si 300 300 soit N  138. 62 Pour les carpes : p = 150 = 0,625 ; 240 n = 40, np = 25 et n (1 – p) = 15, donc les conditions de validité sont vérifiées.

82

Un intervalle de fluctuation est : [0,474 ; 0,776], à 10–3 près. Pour les tanches : p’ = 40 = 1  ; n = 40, np’ = 20 ≈ 6,7 et 3 240 6 n (1 – p’) = 100 ≈ 33,3, donc les conditions de validité sont 3 vérifiées. Un intervalle de fluctuation est : [0,051 ; 0,283], à 10–3 près. 63

On fait l’hypothèse que la proportion de clés USB défectueuses est p = 0,03 ; n = 800, np = 24 et n (1 – p) = 776, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 de la proportion des clés USB défectueuses dans un échantillon de taille 800 est : I = [0,018 ; 0,042], à 10–3 près. La fréquence observée de clés défectueuses dans l’échantillon est : f = 36 = 0,045. 800 f n’appartient pas à I, donc le directeur des ventes n’acceptera pas le stock, au seuil de confiance 95 %. 64 f = 0,77 ; n = 200, nf = 154 et n (1 – f ) = 46, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est : I = [0,699 ; 0,841], à 10–3 près.

POUR FAIRE LE POINT Voir livre page 270. Les corrigés détaillés sont disponibles sur le site www.bordasindice.fr.

ACCOMPAGNEMENT PERSONNALISÉ 71

n = 150, np = 9 et n (1 – p) = 141, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est [0,02 ; 0,10], à 0,01 près. 72 n = 100, np = 20 et n (1 – p) = 80, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est [0,121 ; 0,279], à 0,001 près. 73 f = 5 ≈ 0,056 ; n = 90, nf = 5 et n (1 – f ) = 85, donc les 90 conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de confiance au seuil de confiance 95 % est [0 ; 0,17], à 0,01 près. Intervalles de fluctuation à des seuils quelconques ❯ p = 0,2 ; np = 20 et n (1 – p) = 80, donc les conditions de validité sont remplies. ❯ Au seuil 0,95 : I = [0,12 ; 0,28]. ❯ P (–1,96  X  1,96) ≈ 0,95 ❯ P (–2,58  X  2,58) ≈ 0,99 ❯ Intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 0,99 : I’ = [0,09 ; 0,31]. ❯ P (–u  X  u) = 0,999 ⇔ P (X  u) = 0,9995 ⇔ u ≈ 3,29.

Intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 0,999 : I” = [0,06 ; 0,34]. 74 p = 0,038 ; n = 500, np = 19 et n (1 – p) = 481, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,99 est : I = [0,015 ; 0,061], à 0,001 près. 75 p = 0,86 ; n = 300, np = 258 et n (1 – p) = 42, donc les conditions de validité sont respectées. On détermine la valeur de u tel que P (–u  X  u) = 0,90 : ceci équivaut à φ(u) = 0,95, soit u ≈ 1,645 avec la calculatrice. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,90 est : [0,82 ; 0,90], à 0,01 près. 76 1. p = 0,55 ; n = 600, np = 330 et n (1 – p) = 270, donc les conditions de validité sont vérifiées. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,95 est : I = [0,51 ; 0,59], à 0,01 près. 2. Un intervalle de fluctuation au seuil de confiance 0,99 est : J = [0,49 ; 0,61], à 0,01 près. 3. On peut admettre cette hypothèse au seuil de confiance 0,95, mais pas au seuil de confiance 0,99 : dans le second cas (au seuil 99 %), le risque pris est très faible (1 %), donc on ne peut pas accepter l’hypothèse que le candidat sera élu.

TRAVAUX PRATIQUES TP

1 Sondages à risques

L’objectif de ce TP est de justifier la phrase de Michel Lejeune, et ainsi de prendre conscience que des résultats de sondage ne peuvent pas être résumés uniquement par des nombres, mais par des intervalles. Le tableur, et plus particulièrement la simulation de plusieurs sondages de taille 1 000 vont illustrer ce phénomène. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 08_TESL_TP1.xlsx (Excel 2007), 08_ TESL_TP1.xls (Excel 2003), 08_TESL_TP1.ods (OpenOffice). Partie A. Intervalles de confiance 1. Pour J. Chirac, f = 0,18 ; n = 1000, nf = 180 et n (1 – f ) = 820, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est : I = [0,148 ; 0,212]. Pour L. Jospin, f = 0,17 ; n = 1 000, nf = 170 et n (1 – f ) = 830, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est : J = [0,138 ; 0,202]. Pour J.-M. Le Pen, f = 0,145 ; n = 1 000, nf = 145 et n (1 – f ) = 855, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est : K = [0,113 ; 0,177]. 2. On saisit « Chirac », « Jospin » et « Le Pen » dans les cellules A1, B1 et C1. Puis on entre les valeurs 0,18 et 0,17 et 0,145 dans les cellules A4, B4, C4. On saisit en A2 la formule : =A4–1/RACINE(1000) et en A3 la formule : =A4+1/RACINE(1000) . On recopie ensuite ces formules vers la droite. On peut alors les représenter graphiquement.

Avec Excel 2007 : Sélectionner la plage de cellules A1:C4. Dans le menu Insertion , choisir Autres graphiques , puis Stock , et le premier type de graphique de cette catégorie. Par un clic droit sur l’axe des ordonnées, choisir Mise en forme de l’axe , puis dans l’onglet Options d’axe , fixer le minimum à 0,1 et le maximum à 0,25. Par un clic droit sur une barre, choisir Format des lignes haut-bas , puis modifier la couleur de trait et le style de trait.

· · · ·

Avec Excel 2003 : Sélectionner la plage de cellules A1:C4. Dans le menu Insertion , choisir Graphiques (ou alors utiliser l’icône Assistant Graphique ), puis Boursier , et le premier type de graphique de cette catégorie, puis cliquer sur Terminer . Par un clic droit sur l’axe des ordonnées, choisir Format de l’axe , puis dans l’onglet Echelle , fixer le minimum à 0,1 et le maximum à 0,25. Par un clic droit sur une barre, choisir Format des lignes haut-bas , puis modifier la couleur de trait et le style de trait.

· · ·

Avec OpenOffice : Sélectionner la plage de cellules A1:C4. Dans le menu Insertion , choisir Diagramme (ou alors utiliser l’icône Diagramme), puis sélectionner Cours , et le premier type de graphique de cette catégorie. Cliquer sur Suivant , sélectionner Séries de données en lignes , et Première ligne comme étiquette , puis cliquer sur Terminer . Par un clic droit sur l’axe des ordonnées, choisir Formater l’axe , puis régler l’échelle. Par un clic droit sur une barre, choisir Formater les séries de données , puis dans l’onglet Ligne , modifier la couleur et la largeur. 3. Ces intervalles de confiance se recouvrent deux à deux partiellement, donc on ne peut pas prévoir l’ordre des trois candidats lors de l’élection.

· ·

· · ·

Partie B. Fluctuation des sondages 1. On saisit en A2 la formule : =ALEA.ENTRE.BORNES(1;10 000) .

2. a. X = 3 607 car 1 988 + 1 618 = 3 606 et Y = 5293, car : 3 606 + 1 686 = 5 292. b. On saisit en B2 la formule : =SI(A2<1 989;1;SI(A2<3 607;2;SI(A2<5 293;3;4))) . 3. a. On saisit en E4 la formule : =NB.SI(B2 :B1001;1)/1000 , puis en F4 la formule =NB.SI(B2 :B1001;2)/1000 , et en G4 la formule =NB.SI(B2 :B1001;3)/1000 .

b. On saisit en E2 la formule =E4–1/RACINE(1000) , puis en E3 la formule =E4+1/RACINE(1000) . On recopie ensuite ces formules vers la droite. 4. On opère comme dans la partie A. 5. a. Pour simuler plusieurs sondages de taille 1 000, on utilise la touche

sur Excel et la combinaison de touches

sur OpenOffice (et non pas indiqué dans certains manuels).

comme il est

Chapitre 8 Échantillonnage et estimation – Term ES spécifique/L spécialité

83

Partie C. Synthèse 1. Deux simulations représentées ci-dessous montrent que des échantillons semblables (de même taille) conduisent à des résultats très différents sur l’ordre des candidats.

Régler la fenêtre graphique (pour cela, accéder aux options par un clic droit sur le graphique). 4. a. On entre y = 0,34 dans le champ de saisie. Puis on construit les points d’intersection A et B de cette droite ainsi tracée avec les deux représentations graphiques précédentes (avec le menu des Points  : intersection entre deux objets ). On lit les cordonnées de A et B dans la fenêtre Algèbre  : les abscisses de ces points donnent les bornes de l’intervalle de confiance cherché. L’intervalle trouvé est : [0,2546 ; 0,4372], en arrondissant à 10–4 près. b. La formule du cours fournit l’intervalle suivant : ⎡0,34 − 1 ; 0,34 + 1 ⎤ , ⎣ 10 10 ⎦ soit [0,24 ; 0,44]. Cet intervalle a une amplitude beaucoup plus grande. 5. On peut créer ici un curseur f : on le fait varier de 0 à 1 avec un incrément de 0.01. Il suffit alors d’entrer y = f dans le champ de saisie pour déterminer l’intervalle de confiance lorsque f varie. Pour f = 0,13, on trouve [0,0776 ; 0,2098]. Pour f = 0,57, on trouve : [0,4722 ; 0,6627].

TP

2. La critique principale que l’on peut faire à ce sondage, c’est qu’il donne des résultats figés, alors que l’on aurait dû donner des fourchettes d’intentions de vote pour chacun des candidats. 3. Il y a certainement une différence entre les sondages réalisés et les simulations sur tableur, car les échantillons choisis ne le sont pas tout à fait au hasard, et ensuite les résultats des sondages sont souvent « redressés » par les instituts selon des critères qu’ils ne communiquent pas !

TP

La formule donnée dans le cours pour les intervalles de confiance résulte d’une grande approximation. L’objectif de ce TPest de présenter une méthode graphique permettant d’obtenir un intervalle de confiance avec une très grande de précision. L’utilisation du logiciel Geogebra permet d’obtenir l’intervalle par lecture directe dans la fenêtre « Algèbre ». Fichier associé sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 08_TESL_TP2.ggb (GeoGebra). 1. a. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la fréquence des jetons rouges dans les échantillons de taille 100 est : [ p − 0,196 p(1− p) ; p − 1,96 p(1− p) ]. b. On doit avoir 100p  5 et 100(1 – p)  5, ce qui donne p  0,05 et p  0,95. 2. C’est une conséquence de la question 1. a. 3. Entrer dans le champ de saisie : phi=Fonction[x – 0.196*sqrt(x*(1–x)),0.05,0.95] ,

puis psi=Fonction[x+0.196 * sqrt(x*(1–x)),0.05,0.95] , afin de représenter ces fonctions sur l’intervalle [0,05 ; 0,95].

84

b. De même, on saisit en C4 la formule : =A4+1/RACINE(C$1) . c. Certaines valeurs sont négatives et d’autres dépassent 100 %. 4. On saisit en B4 la formule :

2 Méthode graphique pour

les intervalles de confiance

3 Intervalles de confiance usuels

Ce TP permet d’obtenir les intervalles de confiance au seuil de confiance 0,95 pour les valeurs usuelles de la fréquence f observée (1 %, 2 %, 3 %, … 99 %). Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 08_TESL_TP3.xlsx (Excel 2007), 08_ TESL_TP3.xls (Excel 2003), 08_TESL_TP3.ods (OpenOffice). 2. On entre 1 % dans la cellule A4, puis on saisit en A5 la formule =A4+0,01 . On recopie ensuite cette formule vers le bas. 3. a. On saisit en B4 la formule : =A4–1/RACINE(C$1) .

=SI(A4–1/RACINE(C$1)<0;0;A4–1/RACINE(C$1)) .

5. On saisit en C4 la formule : =SI(A4+1/RACINE(C$1)>1 ; 1;A4+1/RACINE(C$1)) .

6. Quand on augmente la taille de l’échantillon, on remarque que l’amplitude de l’intervalle diminue. 7. Avec Excel 2007 : Sélectionner la plage de cellules A4 : C103. Dans le menu Insertion , choisir Nuages de points , et le premier type de graphique de cette catégorie. Par un clic droit sur le premier nuage de points, choisir Mettre en forme une série de données , puis dans l’onglet Options de marqueur , choisir le type de marqueur prédéfini et diminuer la taille du marqueur (3 ou 4). Opérer de même pour l’autre nuage de points. Avec Excel 2003 : Sélectionner la plage de cellules A4 : C103. Dans le menu Insertion , choisir Graphiques (ou alors utiliser l’icône Assistant Graphique ), puis Nuages de points , et le premier type de graphique de cette catégorie, puis cliquer sur Terminer .

· · · · ·

de points, on peut choisir · Par un clic droit sur le premier, nuage puis modifier certains éléments Format de la série de données

avec l’onglet Motifs . On peut faire de même avec le second nuage de points. Avec OpenOffice : Sélectionner la plage de cellules A4:C103. Dans le menu Insertion , choisir Diagramme (ou alors utiliser l’icône Diagramme), puis sélectionner XY , et le premier type de graphique de cette catégorie, soit Points seuls . Enfin, cliquer sur Terminer . Par un clic droit sur le premier nuage de points, choisir Formater les séries de données , puis on peut modifier la largeur et la hauteur du symbole, ainsi que sa couleur. Opérer de même avec le second nuage de points.

· · · · ·

POUR ALLER PLUS LOIN 77

Pour p = 0,7, n = 400, on a np = 280 et n (1 – p) = 120, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de fluctuation de la fréquence des guérisons au seuil de confiance 95 % est : I = [0,655 ; 0,745], à 0,001 près. Soit la règle de décision  : «  Si la fréquence observée f de guérisons appartient à I, le nouveau traitement a la même efficacité que l’ancien, sinon il est meilleur ». Ici : f = 296 = 0,74. 400 f  I, donc il n’est pas utile de mettre sur le marché ce nouveau traitement : son efficacité n’est pas meilleure que l’ancien, au seuil 95 %. 78 p = 0,5  ; n = 100, np = 50 et n (1 – p) = 50, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de fluctuation de la fréquence de « PILE » au seuil de confiance 95 % est : I = [0,402 ; 0,598], à 0,001 près. Soit la règle de décision  : «  Si la fréquence observée f de « PILE » appartient à I, la pièce est équilibrée, sinon elle est déséquilibrée ». Soit N le nombre « PILE » obtenus. Alors f = N . On admet que la pièce est déséquilibrée si 100 N  0,4 ou N  0,6, c’est-à-dire N  40 ou N  60. 100 100 F − 0,8 1. Soit X =  : X suit la loi normale centrée réduite. 0,03 Alors, P (F  0,8 – h) = 0,95 équivaut à P X > − h = 0,95, soit 0,03 P X , − h = 0,05, et −h = 1,645 ce qui donne h ≈ 0,05. 0,03 0,03 2. Règle de décision : « Si la fréquence f de flacons conformes dans un échantillon de 200 flacons est telle que f  0,75, alors on accepte l’hypothèse p = 0,8, sinon on la rejette ». 3. f = 156 = 0,78  : on accepte l’hypothèse au seuil de 200 confiance 0,95. 80 Pour le premier test : f = 0,81 ; n = 300, nf = 243 et n (1 – f ) = 57. Les conditions de validité sont remplies. 79

(

)

(

)

Un intervalle de confiance I relatif à la proportion de malades détectés par le premier test est : I = [0,75 ; 0,87], à 10–2 près. Pour le second test : f ’ = 0,76 ; n’ = 200, n’f ’ = 152 et n’(1 – f ’) = 48. Les conditions de validité sont remplies. Un intervalle de confiance I’ de malades détectés par le second test est : I’ = [0,68 ; 0,84], à 10–2 près. Ces deux intervalles ont des valeurs en commun, donc ces deux tests ont un pouvoir de détection sensiblement égal au seuil de confiance 0,95. 81 p = 0,8 ; n = 870, np = 456 et n (1 – p) = 414, donc les conditions de validité sont remplies. Un intervalle de fluctuation asymptotique de la fréquence de personnes d’origine mexicaine dans les échantillons de taille 870 au seuil de confiance 99 % est : I = [0,76 ; 0,84], à 0,01 près. La fréquence observée est : f = 339 ≈ 0,39. 870 Puisque f  I, on peut dire, au seuil de risque 1 %, que les américains d’origine mexicaine sont sous-représentés dans les jurys populaires de ce comté (c’est aussi vrai au seuil de risque un pour mille). 82 Lorsque IC est inférieur à 1, il y a moins de guérisons dans le groupe traité que dans le groupe placebo, donc on ne peut pas juger le traitement efficace. Seul l’essai n°1 semble concluant, car il y a moins de 5 % de chance qu’il y ait moins de guérisons dans le groupe traité que dans le groupe placebo. L’essai n°4 donne aussi des résultats intéressants, car IC dépasse 1 dans près de 95 % des cas. 83 1. p = 0,512 ; n = 132, np ≈ 67 et n (1 – p) ≈ 64, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de fluctuation asymptotique de la proportion des garçons au seuil 0,95 est : I = [0,42 ; 0,60], à 0,01 près. 2. La fréquence observée est : f = 46 ≈ 0,35. 132 f n’appartient pas à I, donc la différence observée est significative au seuil 0,95. 84 Pour retrouver les résultats du tableau, on utilise l’autre forme de l’intervalle de confiance donnée dans le cours : f (1− f ) f (1− f ) ⎤ . ⎡ f − 1,96 ; f + 1,96 n n ⎦⎥ ⎣⎢ La « marge d’erreur » décrite dans le texte est donc égale à : f (1− f ) . f (1− f ) = 1,96 1 000 n On obtient successivement, à 0,01 % près : 1,35 (pour 1,4) ; 1,86 (pour 1,8!) ; 2,48 (pour 2,5) ; 2,84 (pour 2,8) ; 3,04 (pour 3,0) ; 3,10 (pour 3,1). 85 Soit n le nombre de membres de l’aristocratie espagnole. Sous l’hypothèse p = 0,5, un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de confiance 0,95 est : I = ⎡⎢0,57 − 0,98 ; 0,57 + 0,98 ⎤⎥ . ⎣ n n ⎦ 1,96

0,5 n’appartient pas à I si 0,5  0,57 – 0,98 , soit : n 0,98 et n  197. n 0,07

Chapitre 8 Échantillonnage et estimation – Term ES spécifique/L spécialité

85

86 1. p = 0,54 ; n = 460, np = 248,4 et n (1 – p) = 211,6, donc les conditions de validité sont respectées. On trouve : I = [0,494 ; 0,586], à 0,001 près. 2. f = 260 ≈ 0,565, donc f  I. 460 3. p = 0,2 ; n = 460, np = 92 et n (1 – p) = 368, donc les conditions de validité sont remplies. On trouve : I’ = [0,163 ; 0,237]. 4. f ’ = 108 ≈ 0,235, donc f ’  I’. 460 5. L’échantillon est bien représentatif de la population pour cette information. 6. f ” = 0,295 ; n = 460, donc nf ” = 135,7 et n (1 – f ”) = 324,3, donc les conditions de validité sont remplies. Un intervalle de confiance au seuil 95 % est : [0,248 ; 0,342]. 87 1. a. X suit la loi binomiale de paramètres : n = 500 et p = 0,15. b. E(X) = 500 × 0,15 = 75 2. a. P (X  200) ≈ 0 b. Correctif : Il se peut que, dans certains manuels, on demande également de calculer l’écart-type de X ; ce point n’étant pas au programme, cette partie de la question n’a pas à être traitée. P (X  10) ≈ 5 × 10–24 c. P (50  X  100) ≈ 0,9986. 3. Sous l’hypothèse p = 0,15, un intervalle de fluctuation asymptotique de la fréquence des personnes contaminées dans les échantillons de taille 500 est : [0,118 ; 0,182]. La fréquence observée est ici f = 45 = 0,09. 500 Puisque f  I, on rejette l’hypothèse selon laquelle la proportion de personnes contaminées est 15 %. 4. Correctif : l’amplitude n’est pas égale à 0,02 comme on peut le trouver dans certains manuels, mais est au plus égale à 0,02. L’amplitude de l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % est - au plus de 0,02 - si on a :

2 × 1,96 × 0,15 × 0,85  0,02 n soit n  196 0,1275, et n  4 899.

C AP VERS LE BAC Sujet

A

1. f = 435 ≈ 0,483 ; n = 900, nf = 435 et n (1 – f ) = 465, donc les 900 conditions de validité sont remplies. Un intervalle de confiance au seuil 0,95 est : [0,45 ; 0,52]. 2. Oui, car malgré une proportion inférieure à 0,5 dans l’échantillon, le candidat A peut être élu : en effet, l’intervalle de confiance au seuil 0,95 contient 0,5. 3. 1  0,02 , soit n  2 500. n

86

Sujet

B

1. Réponse a. f = 0,52 , n = 1000, donc l’intervalle de confiance à 0,95 est : ⎡⎢0,52 − 1 ; 0,52 + 1 ⎤⎥ , soit [0,488 ; 0,552]. ⎣ 1 000 1 000 ⎦ 2. Réponse c. 1  0,03, soit n  1 112. n 3. Réponse d. 0,52 – 1  0,5, soit 1  0,02 et n  2 500. n n

Sujet

C

1. a. Le sac contient 2 000 billes, donc le nombre de billes est suffisamment grand pour que ce tirage soit assimilé à un tirage avec remise. b. X suit la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = 0,4. c. P (X = 10) ≈ 0,117. d. P (X  15) ≈ 0,9997, soit 1 à 10–3 près. 2. a. p = 0,4 ; n = 100, np = 40 et n (1 – p) = 60, donc les conditions de validité sont respectées. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est : [0,303 ; 0,497]. b. P (F  f1) = P (X  100 f1) = P (X  30) ≈ 0,025.

Sujet

D

1. X suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,9. 2. a. P (X  300) ≈ 0,0002, soit 0 à 0,001 près. b. P (X  300) ≈ 0,840. Dans ce cas, la probabilité de surbooking est 0,84. 3. a. p = 0,9 np = 0,9n et n (1 – p) = 0,1n. On doit avoir 0,9n  5 et 0,1n  5, soit n  50. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % dans un échantillon de taille n est : ⎡0,9 − 0,588 ; 0,9 + 0,588 ⎤ . ⎢⎣ n n ⎥⎦ b. Puisque le nombre d’acheteurs ne doit pas dépasser 300, la proportion d’acheteurs ne doit pas dépasser 300 au seuil 0,95, n soit : 0,9 + 0,588  300 et 0,9n + 0,588 n  300. n n c. D’après le logiciel : 0  n  321,6166 donc la valeur maximale de n est 321.

Sujet

E

1. Correctif  : On recherche un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil 95 % (cette précision ne figure pas dans certains manuels). p = 0,16 ; n = 100, np = 16 et n (1 – p) = 84, donc les conditions de validité sont respectées. L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est  : I = [0,08  ; 0,24], en arrondissant les bornes à 0,01 près. 2. Règle de décision : « Si la fréquence observée f dans un échantillon de taille 100 appartient à I, on accepte l’hypothèse du médecin, sinon on la rejette ». 3. f = 0,22 donc f  I : on accepte cette hypothèse au seuil 95 %.

p = 1  ; n = 80, np ≈ 13,3 et n (1 – p) ≈ 66,7, donc les 6 conditions de validité sont remplies. Un intervalle de fluctuation asymptotique au niveau 0,95 est : [0,08 ; 0,25], à 0,01 près. 88

89

p = 0,7; n = 50, np ≈ 35 et n (1 – p) ≈ 15, donc les conditions de validité sont remplies. Un intervalle de fluctuation asymptotique au niveau 0,95 (et

non pas un intervalle de confiance, comme il peut être écrit dans certains manuels) est : [0,57 ; 0,83], à 0,01 près. 90 On doit avoir : 1  0,01, soit n  10 000. n f = 5 ; n = 900, nf = 500 et n (1 – f ) = 400, donc les 9 conditions de validité sont remplies. Un intervalle de confiance 91

au seuil de 95 % est : [0,52 ; 0,59], à 0,01 près.

Chapitre 8 Échantillonnage et estimation – Term ES spécifique/L spécialité

87

Ensembles – Raisonnement logique 1 E = {–4 ; –3 ; –2 ; –1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3}. Les propositions vraies sont celles numérotées 1, 3 et 5. 2 Le meilleur encadrement est : –3  x  –1. 3 La seule proposition vraie est la proposition 1. 4 A  f ; B  f. 5 a. 1, 2, 4, 12, 15, 25, 31 sont des entiers pairs ou supérieurs à 10. b. 2, 3, 6, 9, 12, 15, 18 sont des entiers multiples de 3 ou inférieurs à 20. c. 3, 6, 12, 18 sont des entiers divisibles par 3 et par 2. 6 1. Farid fait partie des groupes B, C, E. Katia fait partie des groupes A, C, E. Léo fait partie des groupes A, B, C, D. 2. Myriam ne fait pas automatiquement partie du groupe des adhérents au judo. 7 1. I  J = ]1 ; 2] ; I  J = [–1 ; 3]. 2. I  J = ]–2 ; 2] ; I  J = ]–  ; 3]. 8 1. C’est faux. Contre–exemple : x = 3. 2. C’est vrai, puisque a = 1 et b = 0 vérifient cette égalité. 3. C’est faux, car P (A  B) =  P(A) + P(B) – P(A  B), et si on choisit A et B deux événements tels que P(A  B)  0, alors P(A  B)  P(A) + P(B). 4. C’est faux : il suffit de choisir la variable aléatoire X prenant les valeurs –1 et 1 avec les probabilités respectives 0,2 et 0,8. Alors : E(X) = 0,6. 5. C’est vrai : la fonction f définie sur [0 ; 1] par f (x) = x – 5 est strictement croissante sur [0  ; 1] et elle est négative sur cet intervalle. 6. C’est faux : la suite (un) telle que un  = 2n – 100 est croissante, mais elle n’est pas positive. 9 1. Cet énoncé est vrai. Énoncé réciproque : « si x + y = 14, alors x = 4 et y = 10 ». Cet énoncé réciproque est faux, avec le contre-exemple obtenu avec x = 2 et y = 12 ; il n’y a pas équivalence. 2. Énoncé faux. Contre-exemple : x = –5. Énoncé réciproque : « si x = 5, alors x2 = 25 ». Cet énoncé réciproque est vrai ; il n’y a pas équivalence. 3. Cet énoncé est vrai. Énoncé réciproque : « si le pourcentage des garçons dans une classe est 50 %, alors il y a autant de filles que de garçons dans la classe ». Cet énoncé est vrai ; il y a donc équivalence. 4. Cet énoncé est vrai. Énoncé réciproque  : « si le discriminant de P est strictement négatif, alors P(x) est strictement positif pour tout réel x ». Cet énoncé est faux : le polynôme P tel que P (x) = –x2 + x – 1 a un discriminant strictement négatif (D = –3), et P (x) est strictement négatif pour tout réel x. Il n’y a donc pas équivalence.

88

5. Énoncé faux. Un contre-exemple est donné par la fonction f telle que f (x) = x3 + 1. Énoncé réciproque : « si f(x) = x3, alors f ’(x) = 3x2 ». Cet énoncé réciproque est vrai ; il n’y a pas équivalence. 10 1. (P2) : « Si x2  16, alors x  4 ». (P3) : « Si x2  16, alors x  4 ». (P4) : « Si x  4, alors x2  16 ». (P1) et (P2) sont vrais ; (P3) et (P4) sont faux. 2. (P2) : « Si l’entier naturel n n’est pas divisible par 5, alors il ne se termine pas par 5 ». (P3) « Si l’entier naturel n est divisible par 5, alors il se termine par 5 ». (P4) « Si l’entier naturel n ne se termine pas par 5, alors il n’est pas divisible par 5 ». (P1) et (P2) sont vrais ; (P3) et (P4) sont faux. 3. (P2) « Si le point A (1 ; f(1)) n’appartient pas à la droite T, alors T n’est pas la tangente à  en son point d’abscisse 1 ». (P3) « Si le point A (1 ; f(1)) appartient à la droite T, alors T est la tangente à  en son point d’abscisse 1 ». (P4) « Si T n’est pas la tangente à  en son point d’abscisse 1, alors le point A (1 ; f(1)) n’appartient pas à la droite T ». (P1) et (P2) sont vrais ; (P3) et (P4) sont faux. 4. (P2) : « Si, pour tout réel a, f ’(a)  0, alors f ne change pas de sens de variation ». (P3) : « S’il existe un réel a tel que f ’(a) = 0, alors f change de sens de variation ». (P4) : « Si f ne change pas de sens de variation, alors pour tout réel a, f ’(a)  0 ». (P1), (P2), (P3) et (P4) sont faux. (P1) et (P2) seraient vrais si on rajoutait l’hypothèse « f dérivable ». 5. (P2)  : « Si f ’’(a) 0, alors  n’admet pas de point d’inflexion d’abscisse a ». (P3) : «Si f’’(a) = 0, alors  admet un point d’inflexion d’abscisse a». (P4) « Si  n’admet pas de point d’inflexion d’abscisse a, alors f ’’(a)  0 ». (P1) et (P2) sont vrais, (P3) et (P4) sont faux. 11 1. Si cette équation avait une solution a, alors on aurait : a4 + 5 = 0, soit a4 = –5, ce qui est impossible puisque a4 est positif quel que soit le réel a. 2. Si 3 était égal à 1,732050808 alors les carrés de ces nombres seraient égaux et 3 serait égal à (1,732050808)2 : ceci est impossible car ce dernier nombre n’est pas entier (sa partie décimale se termine par 4). 3. Correctif  : il se peut que dans certains manuels, l’énoncé contienne une erreur ; il faut lire « … les images respectives de 3, 4, 6… ». Supposons qu’il existe une fonction affine f telle que f(3) = 1, f(4) = 2 et f(6) = 3.

Alors, f (x) = ax + b, et les égalités f (3) = 1 et f (4) = 2 fournissent 3a + b = 1 et 4a + b = 2, ce qui donne a = 1 et b = –2. On a alors : f(x) = x – 2 et f(6) = 4, ce qui est impossible. 12 1. Le discriminant est : D = a2 – 4. Il y a trois cas : – Si a  –2 ou a  2, il y a deux solutions. – Si a = –2 ou a = 2, il y a une solution. – Si –2  a  2, il n’y a pas de solution. 2. Soit un triangle ABC isocèle en A et ayant un angle de 60°.  , alors la somme des autres angles – Si l’angle de 60° est BAC est 120°, et comme ils sont égaux, chacun des deux angles vaut 60° : le triangle est équilatéral.

 , alors on a aussi ACB  = 60°, et – Si l’angle de 60° est l’angle ABC  donc le troisième angle BAC = 60° : le triangle est équilatéral. . – On fait de même si l’angle de 60° est l’angle ACB 3. On raisonne selon l’entier x. – Si x  –1, alors x2  1 et x2 + y2  1 : il n’y a pas de solution. – Si x = –1, alors y2 = 0, soit y = 0. – Si x = 0, alors y2 = 1, soit y = –1 ou y = 1. – Si x = 1, alors y2 = 0, soit y = 0. – Si x < 1, alors x2  1 et x2 + y2  1 : il n’y a pas de solution. Il y a donc quatre couples solutions : (–1 ; 0), (0 ; –1), (0 ; 1) et (1 ; 0).

Ensembles – Raisonnement logique

89

spécialité

TES erm

chapitre

1

Problèmes sur les matrices

A Le programme Les matrices sont présentées comme des tableaux de nombres. Au même titre que les graphes, elles apparaissent comme des outils pour résoudre des problèmes. Exemples de problèmes

Contenus

Recherche de courbes polynomiales passant par un ensemble donné de points

• Matrice carrée, matrice colonne : opérations

Modélisation d’échanges inter-industriels (matrices de Leontief)

• Matrice inverse d’une matrice carrée

B Notre point de vue Ce chapitre consacré à l’étude des matrices est composé de trois parties. Chacune de ces parties commence par un ou deux problèmes, destinés à introduire les différentes notions à étudier. Dans la première partie, nous définissons les matrices, leurs coefficients et les deux opérations : multiplication par un réel et addition. Le problème 1 permet d’aborder ces notions à l’occasion de l’étude de « carrés magiques ». Nous avons choisi de définir les matrices comme des tableaux de nombres, sans nous limiter aux matrices carrées ou aux matrices colonnes, et d’utiliser le terme « format » pour indiquer le nombre de lignes et le nombre de colonnes d’une matrice. Dans la seconde partie, nous définissons le produit de deux matrices. Les problèmes 2 et 3 permettent d’introduire le produit d’une matrice par une matrice colonne puis celui de deux matrices, en s’appuyant sur l’interprétation des coefficients calculés « à la main ». La dernière partie est consacrée à l’inverse d’une matrice et à l’utilisation des matrices pour résoudre des systèmes d’équations linéaires. Le problème 4 permet, à l’occasion de la recherche de courbes polynomiales passant par des points donnés, d’introduire l’écriture matricielle d’un système linéaire, de définir par analogie avec l’inverse d’un nombre réel non nul, l’inverse d’une matrice carrée et de découvrir comment résoudre de tels systèmes à l’aide de matrices. Les exercices proposés à la suite du cours sont progressifs, allant de l’identification des coefficients d’une matrice à des problèmes plus difficiles, où les résultats du cours ne sont qu’un outil permettant de résoudre des problèmes tels que ceux proposés par le programme. Il nous a paru important d’insister sur l’interprétation des coefficients d’une matrice et également sur l’utilisation de la calculatrice. Afin de ne pas anticiper sur le chapitre 3, nous n’avons proposé que quelques exercices d’étude d’évolution de population. Pour que les élèves rencontrent les différentes écritures, il nous a paru intéressant, dans ce chapitre, de traiter ces problèmes en donnant une écriture matricielle de la forme Xn+1 = MXn , Xn étant une matrice colonne. Nous avons veillé à proposer des exercices de logique (notamment pour mettre en évidence certaines différences entre les propriétés du produit de deux nombres réels et celui de deux matrices), et des exercices d’élaboration d’algorithmes (calcul des coefficients de la somme, du produit de deux matrices…).

Les notions abordées dans le chapitre 1 1. Matrices : des tableaux de nombres 2. Produit matriciel 3. Inverse d’une matrice Chapitre 1 Problèmes sur les matrices – Term ES spécialité

93

C Avant de commencer Voir livre page 94 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

D Problèmes Problème

1 Carré magique

L’objectif de ce problème est d’introduire la notion de matrice comme tableau de nombres, de définir et manipuler les coefficients, d’introduire la multiplication d’une matrice par un réel et l’addition de deux matrices. Partie A. Définition d’une matrice magique 1. a. a1,1 = 4 ; a1,2 = 9 et a1,3 = 2. a1,1 + a1,2 + a1,3 = 4 + 9 + 2 = 15 b. Pour la 2e ligne : a2,1 + a2,2 + a2,3 = 3 + 5 + 7 = 15. Pour la 3e ligne : a3,1 + a3,2 + a3,3 = 8 + 1 + 6 = 15. 2. a. a1,1 = 4, a2,1 = 3 et a3,1 = 8. a1,1 + a2,1 + a3,1 = 15 b. Pour la 2e colonne : a1,2 + a2,2 + a3,2 = 9 + 5 + 1 = 15. Pour la 3e colonne : a1,3 + a2,3 + a3,3 = 2 + 7 + 6 = 15. c. A est semi-magique, de somme 15. 3. a. c1,1 = 1, c3,2 = 12 et c2,4 = 4. b. c1,1 + c1,2 + c1,3 + c1,4 = 1 + 2 + 15 + 16 = 34 c1,1 + c2,1 + c3,1 + c4,1 = 1 + 14 + 11 + 8 = 34

 12 12 6  b. M =  4 10 16    14 8 8  A + B est magique, de somme 30.

Problème

2 Des assortiments de chocolats

L’objectif de ce problème est d’introduire le produit d’une matrice par une matrice colonne. Partant d’un exemple et de calculs « faits à la main », on commence par définir le produit d’une matrice ligne par une matrice colonne P. Après avoir écrit la matrice formée par les coefficients des matrices lignes L 1 et L 2 des deux premières questions et en s’appuyant sur l’interprétation des coefficients des matrices L1 × P et L2 × P, on définit le produit d’une matrice par une matrice colonne et on amène les élèves à énoncer une règle permettant de calculer ce produit. 1. a. 0,6 × 78 + 0,4 × 70 = 74,8 Le prix d’un assortiment 1 est de 74,80 euros. b. Le coefficient de L1 × P correspond au prix d’un assortiment 1.

( 0, 8 0,2 ) b. L2 × P = ( 0, 8 0,2 ) 2. a. L2 =

c. Les sommes des coefficients de chaque ligne et de chaque colonne sont égales à 34 : C est semi-magique, de somme 34.

×  78  = (0,8 × 0,78 + 0,2 × 70)  70  c. Le prix d’un assortiment 2 est de 76,40 euros.

4. a. a1,1 = 4 ; a2,2 = 5 et a3,3 = 6. a1,1 + a2,2 + a3,3 = 4 + 5 + 6 = 15

 0, 6 0, 4  3. a. A =   0, 8 0,2 

b. a1,3 = 2, a2,2 = 5 et a3,1 = 8. a1,3 + a2,2 + a3,1 = 2 + 5 + 8 = 15

 74, 8  b. M =   76, 4 

c. A est magique, de somme 15. La somme des coefficients de la diagonale principale de C est égale à 29 et 29 ≠ 34 : C n’est pas magique.

c. m1,1 est le coefficient de la matrice L1 × P. m2,1 est le coefficient de la matrice L2 × P.

Partie B. Opérations sur les matrices magiques  12 27 6  1. a.  9 15 21    24 3 18  b. 3A est magique, de somme 45. c. Pour tout réel k : ka1,1 + ka1,2 + ka1,3 = k (a1,1 + a1,2 + a1,3) = 15k. De même, les sommes des coefficients de chaque ligne, de chaque colonne et de chaque diagonale est égale à 15k : kA est magique de somme 15k. 2. a. a1,1 + b1,1 = 4 + 8 = 12 ; a1,2 + b1,2 = 9 + 3 = 12 et a1,3 + b1,3 = 2 + 4 = 6.

94

 0, 6 0, 4 4. Soit B =  0, 8 0,2  0,7 0,3

  . Le produit B × P permet de calculer le 

prix de chaque assortiment :  74, 8   0, 6 0, 4  B × P =  0, 8 0,2   78  =  76, 4  .   70  0,7 0,3   75, 6 

Problème

3 Liaisons aériennes

L’objectif de ce problème est d’introduire le produit de deux matrices, en partant d’un exemple à partir duquel l’interprétation des coefficients permet d’énoncer une règle pour le calcul du produit de deux matrices.

Partie B. Parabole définie par trois points

 3 0 1. Q =  1 1    1 0 2. F1 → A1 → I1 : 2 × 3 = 6 liaisons différentes. F1 → A2 → I1 : 2 × 1 = 2 liaisons différentes. F1 → A3 → I1 : 1 × 1 = 1 liaison. Il y a bien 9 liaisons de F1 à I1. 3. R =  9 2   2 1 4. a. r1,1 = 2 × 3+ 2 × 1 + 1 × 1 = p1,1 × q1,1 + p1,2 × q2,1 + p1,3 × q3,1 b. r1,2 = 2 × 0 + 2 × 1+ 1 × 0 = p1,1 × q1,2 + p1,2 × q2,2 + p1,3 × q3,2 r2,1 = 0 × 3+ 1 × 1+ 1 × 1 = p2,1 × q1,1 + p2,2 × q2,1 + p2,3 × q3,1 r2,2 = 0 × 0 + 1 × 1 + 1 × 0 = p2,1 × q1,2 + p2,2 × q2,2 + p2,3 × q3,2

Problème

4 Recherche d’équations de courbes

L’objectif de ce problème est de rappeler comment résoudre un système linéaire (par substitution), puis d’introduire la méthode de résolution d’un tel système à l’aide de matrices. À cette occasion, nous avons défini, par analogie avec l’inverse d’un nombre réel non nul, l’inverse d’une matrice carrée. Partie A. Droite définie par deux points 1. a. D passe par M (1  ; 2) et N (–1  ; – 4) donc f (1) = 2 et f (–1) = – 4 donc a + b = 2 et –a + b = – 4. a = 2 − b a = 3 b. (S1) équivaut à  et donc à  .  −(2 − b ) + b = −4  b = −1 f (x) = 3x –1. 2. a. AX =  1 1   a  =  a + b   −1 1   b   −a + b  Déterminer a et b revient bien à résoudre AX = Y. b. BA =  1 0   0 1 c. AX = Y équivaut à B(AX) = BY et donc à (BA)X = BY ou encore à X = BY.  0,5 −0,5   2   3  X=    =   −1   0,5 0,5   −4 

1. a.  passe par M (1 ; 0), N (–1 ; – 4) et P(2 ; –1) donc g (1) = 0, g (–1) = – 4 et g (2) = –1 donc : a + b + c = 0, a – b + c = – 4 et 4a + 2b + c = –1. On doit bien résoudre (S2).  a = −b − c  a = −b − c   b.  −( b − c ) − b + c = −4 équivaut à  −2b = −4  4( − b − c ) + 2b + c = −1  −2b − 3c = −1 et donc à b = 2, c = – 1 et a = –1. c. g (x) = –x 2 + 2x –1  1 1 1  0  2. a. A =  1 −1 1  et Y =  −4      4 2 1 −1  b. AX = Y équivaut à B(AX) = BY et donc à (BA)X = BY ou encore à X = BY.  −1  c. X =  2    −1  a + b + c = 2  3. a.  a − b + c = 3  4 a + 2b + c = 3 b. L’écriture matricielle est AX = Y, A étant la matrice de la  2 question 2. a. et Y =  3  .   3  0,5  c. X = BY =  −0,5  donc h (x) = 0,5x 2 – 0,5x + 2.   2  a + b + c = s  . L’écriture matricielle est AX = Y, A étant 4. a.  a − b + c = t  4 a + 2b + c = u  s la matrice trouvée à la question 2. a. et Y =  t  .   u  −1 1 1   2 6 3   s   b. X = BY =  1 −1 0   t  donc : 2 2   u  1 −1   1  3 3 a = −1 s + 1 t + 1 u, b = 1 s + −1 t et c = s + 1 t + −1 u. 2 6 3 2 2 3 3 c. Il existe une parabole passant pas R, S et T si k est une fonction polynôme du second degré et, donc, si a est différent de 0. Comme a = −1 s + 1 t + 1 u, a est non nul si –3s + t + 2u ≠ 0 : 2 6 3 il existe une parabole passant par ces trois points si : –3s + t + 2u ≠ 0.

E Exercices POUR DÉMARrER 1

a. A est de format (2, 2). a1,1 = 3 et a2,1 = 2.

b. A est de format (2, 3). a1,1 = 4 ; a2,1 = 0 et a1,3 = 2. 2

Voir livre page 94.

3

a. A est de format (1, 4). a1,1 = 1 et a1,3 = 0.

b. A est de format (2, 4). a1,1 = 1, a2,1 = 2 et a1,3 = 1. 4

a. A est de format (3 , 1). a1,1 = 1 et a2,1 = 2.

b. A est de format (1 , 4). a1,1 = 7 et a1,3 = –5. 5

a. A est de format (3, 2). a1,1 = –1, a2,1 = 5 et a3,2 = 2.

2. A est de format (3, 3). a1,1 = 1, a2,1 = 2, a3,2 = 30 et a1,3 = 0,1. Chapitre 1 Problèmes sur les matrices – Term ES spécialité

95

6 7

26 a1,1 = le chat a mangé le poisson a1,2 = le rat a dévoré le fromage a1,3 = le lion a dégusté le touriste a2,1 = un chat a mangé un poisson a2,2 = un rat a dévoré un fromage a2,3 = un lion a dégusté un touriste a3,1 = le chat avait mangé un poisson a3,2 = le rat avait dévoré un fromage a3,3 = le lion avait dégusté un touriste

Voir livre page 94. A = ( 1 −2 3 −4 )

8

 5  A =  −4    3 

9

 7 −2  A =  0 −2    0 3 

10

 1 7 A=  0 7    2 5

27

Voir livre page 94.

1. M est de format (3, 2). m1,2 = 20 : il y a 20 bulbes de tulipes dans le lot B. m2,2 = 30 : il y a 30 bulbes de narcisses dans le lot B. m3,2 = 10 : il y a 10 bulbes d’iris dans le lot B. 28

11

A =  3 5   −5 3 

12

A + B =  5 5  et A – B =  −3 −1  .  5 5  1 3 

13

 2 9 A + B =  3 9  et A – B =   6 9

14

 2 2 3 A + B =  4 2 3  et A – B =   0 5 8

⎛ 0 5 ⎞ ⎜ −3 1 ⎟ . ⎜⎝ ⎟ −4 −3 ⎠  0 4 1   0 2 −1  .   6 −3 −2 

15

 2 4 6 2A =  −2 2  et 2B =  .  6 10   6 − 2 4 

16

 − 15  –5A =  −5  et –5B =   10 

 −5 −10 5   10 −5 −15  .   −15 5 −5 

 30 2. a. MX =  15  25

 120  20   2 30    =  120   3   10 80 

b. Avec 2 lots A et 3 lots B, Monsieur Olive aura 120 bulbes de tulipes, 120 de narcisses et 80 d’iris. 29 1. La matrice M est de format (2, 3). m2,1 = 0,4 : le temps de décoration pour une assiette est 0,4 heure. m2,2 = 0,5 : le temps de décoration pour un plat est 0,5 heure. m2,3 = 1 : le temps de décoration pour un saladier est 1 heure.

 150  2. a. X =  60    50 

17

AX = (29) et BX =  11  .  24 

18

AX = (9) et BX =  12  .  7 

 1,5 2 3   150    b. MX =   60  =  495  140  0, 4 0,5 1   50 

19

 8  AX =  8  et BX =  9  .  9   10 

Pour faire 150 assiettes, 60 plats et 50 saladiers, il faut 495 heures de fabrication et 140 heures de décoration.

20

 5  AX =  2  et BX =  15  .  10    21 

30

21

MA = (11) et MB =

22

MA =

23

( −17

( 21

16 ) .

−19 ) et MB =

( 19

−28 −3 ) .

 15 1.  5  1

 21  6   1 3    =  8   1   17 18 

À eux deux, Louca et Mattéo ont 21 albums de rock, 8 de variété et 18 de rap. 2.

(1

 15 1 1)  5  1

6  3  = (21 26)  17 

Louca a 21 albums et Mattéo 26 albums. 31 24

a. A2 =  7 10   15 22 

b. A2 =  13 5   20 8  c. A2 =  −5 6   −9 10 

25

32

 9 1 3 a. A2 =  1 7 2    5 1 7

 1 0 0 b. A2 =  0 4 0    0 0 9

96

1. AB =  1 0  et BA =  1 0  .  0 1  0 1 donc la matrice A est inversible. 2. AB = BA = I2 33

b. A =  7 5  et B =  9  .  5  4 3 7 × 3 – 4 × 5 ≠ 0 donc la matrice A est inversible.

3. a. La matrice inverse de A est B. b. La matrice inverse de B est A. 34

 0,5 − 0,5  1. A × (0,5B) =  1 1   =  1 0   −1 1   0,5 0,5   0 1

 0,5 −0,5   1 1   1 0 (0,5B) × A =    =   0 1  0,5 0,5   −1 1  2. A × (0,5B) = (0,5B) × A = I2  0,5 − 0,5  donc A est inversible et A–1 = 0,5B =  .  0,5 0,5  35

a.

X = A–1B =  2  . (S) a pour solution (2 ; –1).  −1  40

1. a. L’écriture matricielle de (S) est AX = B

 x avec X =  y  , A =   z

 −1 1 1   6  1 − 1 1  et B =  4  .     1 1 −1 8

 6 b. X = A–1B =  7  . (S) a pour solution (6 ; 7 ; 5).   5 2. a. L’écriture matricielle de (S) est AX = B

b.

36

a.

b.

37

 4  avec les matrices X et A de la question 1. et B =  −2  .   6   2 b. X = A–1B =  5  . (S) a pour solution (2 ; 5 ; 1).   1 41

2. Avec la calculatrice, on obtient :

a.

et X = A–1B =  −2  . La solution est (–2 ; 5).  5 

POUR s’entraîner

b.

38

1. Le système dont l’écriture matricielle est AX = B est :  x + 2y = 8 .   3 x + 4 y = 14

1. A =  7 4  et B =  −1  .  5 3  −1 

2. a. 7 × 3 – 4 × 5 ≠ 0 donc la matrice A est inversible. b.

X = A–1B =  1  . (S) a pour solution (1 ; –2).  −2  a. A =  3 − 8  et B =  1  .  2 −5   2 3 × (–5) – 2 × (–8) ≠ 0 donc la matrice A est inversible. 39

42 1. M est de format (3, 2). m1,2 = 0,4 : 40 % des élèves de ES-L sont des garçons. m3,1 = 0,5 : 50 % des élèves de STMG sont des filles. m2,2 = 0,6 : 60 % des élèves de S sont des garçons.

 0, 6 × 120 0, 4 × 160 0,5 × 140   72 64 70  2. P =  =  .  0, 4 × 120 0, 6 × 160 0,5 × 140   48 96 70  43 Faux car le nombre de lignes n’est pas égal au nombre de colonnes. 44

Faux. A est une matrice de format (2, 3).

45

a. Vrai : a2,1 = 3.

46

1. La nouvelle matrice des stocks par revendeur est :  50 60   15 15   65 75   65 50  +  20 20  =  85 70  .       30 35  12 12  42 47 

b. Vrai : a1,2 = a2,2 = 0.

2. La nouvelle matrice des stocks à la fin de la semaine est : X = A–1 B =  11  . (S) a pour solution (11 ; 4).  4 

 65 75   45 62   20 13   85 70  –  70 59  =  15 11  .       42 47 32 20 10 27  Chapitre 1 Problèmes sur les matrices – Term ES spécialité

97

47

 230 220  1. A + B =  150 100  .  180 160 

La première colonne indique les nombres d’entrées dans les cinémas Gamma pour les films F1, F2 et F3. La deuxième colonne indique les nombres d’entrées dans les cinémas Oméga pour les films F1, F2 et F3.  138 115  2. A’ = 1,15A =  92 69  et B’ = 1,1B =   115 92 

 121 132   77 44  .   88 88 

 259 247  3. A’ + B’ =  169 113    203 180  La première colonne indique les nombres d’entrées dans les cinémas Gamma pour les films F1, F2 et F3, après la campagne publicitaire. La deuxième colonne indique les nombres d’entrées dans les cinémas Oméga pour les films F1, F2 et F3, après la campagne publicitaire. 48

Voir livre page 94.

49

50

Faux. A + B est de format (2, 2).

Faux. 2A – B =  0 5  .  8 5 52 Vrai. B + 0,5B = (1 + 0,5)B = 1,5B.  29  53 1. La matrice des prix est X =  52  .   47  51

 32 16 18  S × X =  17 25 12    25 15 8 

 29   2606   52  =  2357      47 1881 

La recette de C1 est de 2 606 €, celle de C2 de 2 357 € et celle de C3 de 1 881 €.  729, 68  2. 0,28S × X =  659,96   526, 68  C1 gagne 729,68 €, C2 gagne 659,96 € et C3 gagne 526,68 €. 54

 0,7 0,5 0, 8  1. M =   0,3 0,5 0,2 

 25  2. a. X =  40    35   65,5  b. MX =   34,5  Pour fabriquer 25 paquets A, 40 paquets B et 35 paquets C, il faut 65,5 kg d’arabica et 34,5 kg de robusta. 3. La matrice donnant l’état du stock à la fin de la journée est :  150  –  65,5  =  84,5  .    34,5   65,5  100 

( 13

41 ) et XB =

55

XA =

56

 0,7 0,3  1. M =   0, 65 0,35 

98

( 13

4 7 ).

( 1 000

)

 0,7 0,3  = ( 1 220 580 )  0, 65 0,35  Parmi les 1 800 élèves du lycée et du collège, 1 220 élèves fréquentent le restaurant scolaire et 580 déjeunent à l’extérieur. 2. XM =

57

800

Voir livre page 94.

AB =  0 0  et BA =  −48 −96  .  0 0  24 48   3 3 1   5 2 2  59 AB =  − 1 − 7 16  et BA =  1 − 2 12  .     6 −2 11  12 1 4  58

60

Voir livre page 94.

62

⎛ 10 9 9,9 ⎞ 1. P = ⎜ ⎝ 12 10 10,9 ⎟⎠

 1    1  =  19  22   0

 10 9 9,9   2 2   29 29,9  R=   1 0 =   34 34,9   12 10 10,9   0 1  2. Les coefficients de P sont les prix d’un cube avec une porte pleine en blanc ou en cérusé. Les coefficients de la première colonne de R sont les prix de deux cubes avec une porte pleine en blanc ou en cérusé. Les coefficients de la deuxième colonne de R sont les prix de deux cubes avec une porte vitrée en blanc ou en cérusé.  3 3 3 3. Le produit M ×  2 0 1  permet de compléter les tarifs.   0 2 1 On obtient : 3 cubes et 2 portes pleines

3 cubes et 2 portes vitrées

3 cubes, 1 porte vitrée et 1 porte pleine

48 56

49,8 57,8

48,9 56,9

blanc cérusé

 24,5   3 5 2   1,5  1.  4 4 3   3  =  25,5      2 7 8   2,5  44  Les coefficients de cette matrice sont les prix payés par chacune des trois sœurs dans le magasin M1. 63

 3 5 2 2.  4 4 3    2 7 8

 24,5 24,1 24   1,5 1,5 1,3   3 2, 8 2,9  =  25,5 25, 6 25,2   44 45 45,3   2,5 2, 8 2, 8 

Charlotte dépenserait 24,50 €, 24,10 € et 24 € respectivement dans les magasins M1, M2 et M3. Emily dépenserait 25,50 €, 25,60 € et 25,20 € respectivement dans les magasins M1, M2 et M3. Anne dépenserait 44 €, 45 € et 45,30 € respectivement dans les magasins M1, M2 et M3. 1. AB =  0 0   0 0 2. La proposition « Si B est la matrice nulle, alors AB = O » est vraie . 64

3. La réciproque de cette proposition est : « Si AB = O, alors B est la matrice nulle ». Cette proposition est fausse. Par exemple pour les matrices A et B de la question 1 : AB = O et B ≠ O et A ≠ O.

1. AB =  3 7  et AC =  3 7  .  6 14   6 14  2. La proposition « Si AB = AC alors B = C » est fausse. Par exemple, pour les matrices A, B et C de la question 1, AB = AC mais B ≠ C. 65

3. La réciproque de cette proposition est : « Si B = C alors AB = AC » est vraie. 66

Voir livre page 94.

67

 9 4 4  a. A2 =  56 26 41    11 5 9 

 −2 1 1  b. A2 =  −3 10 5    −3 5 2 

68

Vrai. Par exemple, pour B = I2, AB = BA.

69

Vrai. Par exemple, pour A =  1 2  et  5 10 

B =  2 −10  , AB =  0 0  et BA =  −48 −96  .  −1 5   0 0  24 48  Vrai. ( 1 2 format (1, 2). 70

71

)

 1 3  = (5 11). Cette matrice est de  2 4 

a. Faux. AB =  −3 −3  et BA =  3 −3   −6 −6   12 −12 

73

1. 4 × (–2) – 3 × (–3) ≠ 0 donc la matrice A est inversible.

 4 a + 3c = 1  −3a − 2 c = 0 2. AB = I2 équivaut à  . 4 b + 3d = 0   −3b − 2 d = 1  4 a + 3c = 1 a pour solution a = –2 et c = 3.   −3a − 2 c = 0  4 b + 3d = 0 a pour solution b = –3 et d = 4   − 3b − 2 d = 1 donc A–1 = B =  −2 −3  .  3 4  3. Avec la calculatrice :

74

1. (–1) × 4 – 2 × (–3) ≠ 0 donc la matrice A est inversible.

 − x − 3y = a  x = 2 a + 1,5b 2.  équivaut à  2x + 4y = b  y = − a − 0,5b  2 1,5   2 1,5  . donc A–1 =  3. X = CB avec C =   −1 −0,5   −1 −0,5  4. Avec la calculatrice.

75

2x + y = a  x = 4a − b a.  équivaut à  7x + 4 y = b  y = − 7 a + 2b

X = CB avec C =  4 −1  donc A–1 =  4 −1  .  −7 2   −7 2  Avec la calculatrice :

b. Vrai. A2 =  −1 1  = –A  −2 2  c. Vrai. A3 =  1 − 1  = A  2 −2  72

1. 6 × (–5) – 7 × (– 4) ≠ 0 donc la matrice A est inversible.

 6a − 4 c = 1  7 a − 5c = 0 2. AB = I2 équivaut à  .  6b − 4 d = 0  7b − 5d = 1  6a − 4 c = 1 a pour solution a = 2,5 et c = 3,5   7 a − 5c = 0  6b − 4 d = 0 a pour solution b = –2 et d = –3   7b − 5d = 1

 x + 3y = a  x = 7 a − 3b b.  équivaut à  2x + 7y = b  y = −2 a + b X = CB avec C =  7 −3  donc A–1 =  7 −3   −2 1   −2 1  Avec la calculatrice :

76

Voir livre page 94.

77

1.

 2,5 − 2  . donc A–1 = B =   3,5 −3  3. Avec la calculatrice :

Chapitre 1 Problèmes sur les matrices – Term ES spécialité

99

2. A4 = I3 donc A × A3 = I3 : A est inversible et A–1 = A3. 3. A4 = I3 donc A2 × A2 = I3 : A2 est inversible et (A2)–1 = A2. 78 Vrai. A3 = I3 donc A × A2 = I3 donc A est inversible et A–1 = A2. 79

Faux car 6 × 5 – 3 × 10 = 0.

80

Voir livre page 94.

81

a. L’écriture matricielle de (S) est AX = B avec :

 x A =  2 9  , X =   et B =  30  .  5 2  −7   y X = A–1B. Avec la calculatrice, on obtient :

200 appareils (L), 300 appareils (C) et 100 appareils (V) ont été fabriqués. 84

Vrai. 5 × (–1) – 2 × 3 ≠ 0 donc (S) a une unique solution.

85

Faux. L’écriture matricielle de (S) est AX = B avec :

 x A =  5 2  , X =   et B =  1  .  3 −1   5  y 86 Faux. La solution de (S) est donnée par la matrice A–1 B avec A =  5 2  et B =  1  .  3 −1   5 87

(S) a pour solution (–3 ; 4). b. L’écriture matricielle de (S) est AX = B avec :  2 −5 3  A =  −1 1 −2  , X =   1 2 −1 

 x  1   y  et B =  −5  .     2  z

X = A–1B. Avec la calculatrice, on obtient :

2A – 3B =  7 9  , AB =  −4 1  ,  3 −10   3 −1 

A2 =  16 9  et A–1 =  2 3  .  −9 −5   −3 −5  88 Le système a pour solution (1 ; 2 ; –1). 89

 3 −1 1  1. B = 3I3 – M =  3 −1 3    1 −1 3 

2. 0,5M × B = I3 3. 0,5M × B = I3 donc M × (0,5B) = I3 : M est inversible et :  1,5 −0,5 0,5  M–1 = 0,5B =  1,5 −0,5 1,5  .  0,5 −0,5 1,5 

(S) a pour solution (1 ; 2 ; 3)

POUR faire le point

1. La courbe représentative passe par les points A(1 ; 2), B(4 ; 11) et C(–1 ; 6) donc f (1) = 2 ; f (4) = 11 et f (–1) = 6 : a, b et c sont bien les solutions du système (S).

Voir livre page 94 et le site www.bordas-indice.fr pour les

2. L’écriture matricielle de (S) est AX = B avec :

corrections détaillées.

82

 1 1 1 A =  16 4 1  , X =   1 −1 1 

 a  2   b  et B =  11      c 6 

X = A–1B. Avec la calculatrice, on obtient :

Travaux pratiques TP Des prévisions avant les élections L’objectif de ce TP est d’utiliser un tableur pour faire des prévisions sur les intentions de vote pour deux candidats, connaissant l’évolution (constante) d’une semaine à l’autre, puis de retrouver ces résultats en utilisant le calcul matriciel.

Donc f (x) = x2 – 2x + 3 83

On doit résoudre le système :  10 x + 4 y + 10 z = 4200   2 x + y + z = 800  10 x + 6 y + 12 z = 5000 

L’écriture matricielle de (S) est AX = B avec :  10 4 10  A=  2 1 1  ,X=   10 6 12 

 x  4200   y  et B =  800  .     5000  z

X = A–1B. Avec la calculatrice, on obtient :

100

Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique indice.fr : 01_TESspe_TP.xlsx (Excel 2007), 01_TESspe_TP.xlsx (Excel 2003) et 01_TESspe_TP.ods (Openoffice) A. Calcul des intentions de vote après deux semaines de campagne 1. Une semaine après le début de la campagne : 0,98 × 250 000 + 0,04 × 750 000 = 275 000 275 000 personnes déclarent voter pour A ; 0,02 × 250 000 + 0,96 × 750 000 = 725 000 725 000 personnes déclarent voter pour B.

2. Deux semaines après le début de campagne : 0,98 × 275 000 + 0,04 × 725 000 = 298 500 298 500 personnes déclarent voter pour A ; 0,02 × 275 000 + 0,96 × 725 000 = 701 500 701 500 personnes déclarent voter pour B. 3. Parmi les an personnes voulant voter pour A, 0,98 an déclarent vouloir voter pour A et 0,02 an pour B. Parmi les bn personnes voulant voter pour B, 0,96 bn déclarent vouloir voter pour B et 0,04bn pour A. On en déduit que 0,98an + 0,04bn déclarent voter pour A et 0,02an + 0,96bn pour B. On a bien : an+1 = 0,98an + 0,04bn et bn+1 = 0,02an + 0,96bn. B. Avec un tableur 3. a. et b. Dans la cellule B3 : = 0,98*B2+0,04*C2 4. a. et b. Dans la cellule C3 : = 0,02*B2+0,96*C2 5.

Après 12 semaines, environ 468 367 personnes déclarent voter pour A et 531 633 pour B. ⎛ ⎞ b. X20 = M20 × X0 = ⎜ 545,7890662 ⎟ ⎝ 454,2109338 ⎠ Après 20 semaines, environ 545 789 personnes déclarent voter pour A et 454 211 pour B. ⎛ ⎞ c. X40 = M40 × X0 = ⎜ 631,5993204 ⎟ ⎝ 368, 4006796 ⎠ Après 40 semaines, environ 631 599 personnes déclarent voter pour A et 368 401 pour B.

Pour aller plus loin  −a a a  −a a    a a −a 

99 A =  a

 0 a a 1. B = A + a I3 =  a 0 a  a a 0 Après 15 semaines, le candidat A aura davantage d’intentions de vote que le candidat B. 6. a. Après 12 semaines, 468 367 personnes déclarent voter pour A et 531 633 pour B. b. Après 20 semaines, 545 789 personnes déclarent voter pour A et 454 211 pour B. c. Après 40 semaines, 631 599 personnes déclarent voter pour A et 368 401 pour B. C. Étude théorique  0,98 0, 04   250   275  1. M × X0 =   =    0, 02 0,96   750   725  Une semaine après le début de campagne, 275 milliers de personnes déclarent voter pour A et 725 milliers pour B. 2. X2 = MX1 = M × (M × X0) = M2 × X0  0,9612 0, 0776  M2 =   0, 0388 0,9224   0,9612 0, 0776   250   298,5  X2 = M2 × X0 =    =   0, 0388 0,9224   750   701,5  Après deux semaines, 298,5 milliers de personnes déclarent voter pour A et 701,5 milliers pour B. 3. Mn × X0 permettra le calcul des intentions de vote à la fin de la campagne, si la campagne dure n semaines. ⎛ ⎞ 4. a. X12 = M12 × X0 = ⎜ 468,3665355 ⎟ ⎝ 531,6334645 ⎠

  

 2 a2 0 0  AB = BA =  0 2 a2 0    0 0 2 a2  2. AB = 2a2I3 donc, si a est non nul, A ×

(2a1 B) = I .

   A est alors inversible et A−1 = 12 B =  2a  

2

3

1 1 2a 2a 1 0 1 2a 2a 1 1 0 2a 2a 100 La courbe représentative passe par les points : 0

   .  

A(1 ; 2), B(2 ; 11), C(–1 ; 6) et D(0 ; 5) donc f (1) = 2, f (2) = 11, f (–1) = 6 et f (0) = 5. a, b, c et d sont les solutions du système : a + b + c + d = 2  8 a + 4 b + 2 c + d = 11 (S) :   −a + b − c + d = 6  d = 5 L’écriture matricielle de (S) est AX = B avec :  1 A=  8  −1  0

1 4 1 0

1 2 −1 0

1 1 , X = 1  1

   

a b c d

   et B =     

2  11  . 6   5 

⎛ 7 ⎞ ⎜ 3 ⎟ X = A−1 B = ⎜⎜ −1 ⎟⎟ donc f (x) = 7 x3 – x2 – 13 x + 5. 3 3 13 ⎜ − 3 ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ 5 x + a = 8010 x + b = 7839 101 On doit résoudre le système :  x + b + d = 7938 x + a + c = 8190  x + a + b + d = 8248 Chapitre 1 Problèmes sur les matrices – Term ES spécialité

101

L’écriture matricielle de ce système est AX = B avec :   A=   

1 1 1 1 1

1 0 0 1 1

0 1 1 0 1

0 0 0 1 0

0 0 1 ,X= 0  1

    

x a b c d

     et B =     

8010  7839  7938  . 8190   8248 

X = A−1B. Avec la calculatrice, on obtient : ⎛ 7700 ⎞ ⎜ 310 ⎟ −1 A B = ⎜ 139 ⎟ ⎜ 180 ⎟ ⎜⎝ ⎟ 99 ⎠ La voiture sans accessoire coûte 7 700 €. L’alarme, l’auto-radio, les enjoliveurs et les haut-parleurs coûtent respectivement 310 €, 139 €, 180 € et 99 €. 102 1. Si l’on produit x unités de X, y de Y et z de Z, la demande interne d’unités de X ajoutée à celle des consommateurs est : 0,3x + 0,4y + 0,1z + 11. Cette demande devant être égale à la production, on a : x = 0,3x + 0,4y + 0,1z + 11. Il en est de même pour les autres biens. x, y et z vérifient donc le système (S). 2. X = AX + C équivaut à :

 0,3 0, 4 0,1   x  x  y  =  0,5 0,2 0, 6   y    0,1 0,3 0,1   z z

  11   +  20  et donc à    42 

 0,3 x + 0, 4 y + 0,1z + 11   x  y  =  0,5 x + 0,2 y + 0, 6 z + 20  et donc à (S).     z  0,1x + 0,3 y + 0,1z + 42  3. (S) est équivalent à X – AX = C et donc à (I3 − A)X = C. ⎛ 540 390 320 ⎞ ⎜ 151 151 151 ⎟ 4. (I3 − A)−1 = ⎜⎜ 510 620 470 ⎟⎟ 151 151 151 ⎜ 230 250 360 ⎟ ⎜⎝ ⎟ 151 151 151 ⎠ ⎛ 180 ⎞ 5. X = (I3 − A)−1C = ⎜ 250 ⎟ ⎜⎝ ⎟ 150 ⎠ Il faut produire 180 unités de X, 250 de Y et 150 de Z. 103

104

102

Saisir a11, a12, a21, a22, b11, b12, b21 et b22 m11 prend la valeur a11+ b11 m12 prend la valeur a12 + b12 m21 prend la valeur a21 + b21 m22 prend la valeur a22 + b22 Afficher m11, m12 Afficher m21, m22 Saisir a11, a12, a21, a22, b11, b12, b21 et b22 m11 prend la valeur a11 × b11 + a12 × b21 m12 prend la valeur a11 × b12 + a12 × b22 m21 prend la valeur a21 × b11 + a22 × b21 m22 prend la valeur a21 × b12 + a22 × b22 Afficher m11, m12 Afficher m21, m22

105

Saisir a11, a12, a21, a22 et n k prend la valeur 1 Tant que k  n m11 prend la valeur a11 × a11 + a12 × a21 m12 prend la valeur a11 × a12 + a12 × a22 m21 prend la valeur a21 × a11 + a22 × a21 m22 prend la valeur a21 × a12 + a22 × a22 a11 prend la valeur m11 a12 prend la valeur m12 a21 prend la valeur m21 a22 prend la valeur m22 k prend la valeur k + 1 Fin Tant que Afficher a11, a12 Afficher a21, a22

106 1. Chaque femelle donne naissance à 6 femelles durant sa deuxième année et à 10 femelles durant sa troisième année donc an+1 = 6bn + 10cn. Seul un rongeur sur deux survit au-delà de sa première année donc bn+1 = 0,5an. Seuls 40 % de ceux qui survivent la deuxième année survivront jusqu’à la troisième année donc cn+1 = 0,4bn. On a bien Pn+1 = APn

 0 6 10  ⎛ 100 ⎞ ⎛ 0 ⎞ 2. P1 = AP0 =  0,5 0 0  ⎜ 0 ⎟ = ⎜ 50 ⎟  0 0, 4 0  ⎝⎜ 0 ⎟⎠ ⎝⎜ 0 ⎟⎠ Après un an, il y a 50 femelles dans leur deuxième année.  0 6 10   0   300  P2 = AP1 =  0,5 0 0   50  =  0     0 0, 4 0   0  20  Après deux ans, il y a 300 femelles dans leur première année et 20 femelles dans leur troisième année.  0 6 10   300   200  P3 = AP2 =  0,5 0 0   0  =  150     0 0, 4 0   20  0  Après trois ans, il y a 200 femelles dans leur première année et 150 femelles dans leur deuxième année. 3. Pn = AnP0  1200  4. a. P5 = A5P0 =  450    40  Après cinq ans, il y a 1 200 femelles dans leur première année, 450 dans leur deuxième année et 40 dans leur troisième année.  45900  b. P10 = A10P0 =  11200    2340  Après dix ans, il y a 45 900 femelles dans leur première année, 11 200 dans leur deuxième année et 2 340 dans leur troisième année.  46604100  c. P20 = A20P0 =  11650500    2330300  Après vingt ans, il y a 46 604 100 femelles dans leur première année, 11 650 500 dans leur deuxième année et 2 330 300 dans leur troisième année.

107 1. Le taux de survie est de 0,5 % la première année donc :

bn+1 = 0,005an. Le taux de survie est de 10 % la deuxième année donc : cn+1 = 0,10bn. Au cours de sa troisième année, chaque femelle donne naissance à 2 000 alevins (femelles) donc an+1 = 2 000cn.  0 0 2000  D’où Pn+1 = APn, avec A =  0, 005 0 0 .  0 0,1 0  2. a. 1 an après l’instant initial : ⎛ 20000000 ⎞ P1 = AP0 = ⎜ ⎟ 50 ⎜⎝ ⎟ 1000 ⎠ 2 ans après : ⎛ 2000000 ⎞ P2 = A2P0 = ⎜ 100000 ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ 5 3 ans après : P3 =

A3P0

⎛ 10000 ⎞ = ⎜ 10000 ⎟ ⎜⎝ ⎟ 10000 ⎠

4 ans après : ⎛ 20000000 ⎞ P4 = A4P0 = ⎜ ⎟ 50 ⎜⎝ ⎟ 1000 ⎠ b. k étant un entier naturel, après 3k années, il y a 10 000 femelles dans leur première année, 10 000 dans leur deuxième année et 10 000 dans leur troisième année. Après 3k + 1 années, il y a 20  000  000 femelles dans leur première année, 50 dans leur deuxième année et 1 000 dans leur troisième année. Après 3k + 2 années, il y a 2 000 000 femelles dans leur première année, 100  000 dans leur deuxième année et 5 dans leur troisième année.

4. Les sites 1 et 2 ont un type de poteries en commun. Les sites 3 et 4 ont un type de poteries en commun. Site 1

Site 2 Site 3

Site 4

Classement chronologique des 4 sites : Site 2 – Site 1 – Site 3 – Site 4 ou Site 4 – Site 3 – Site 1 – Site 2.  2,5 3,5 1,5   2   6,5  2,2 1,5   0  =  5,5   1,5 1,2 1   1   4 

109 1.  2

En période haute, le séjour coûte 650 euros, en période moyenne, 550 euros et en période basse, 400 euros.  3 2 2 1 1 1 0 0 0 0 2. a. D =  0 1 0 2 0 1 3 2 1 0    0 0 1 0 2 1 0 1 2 3  7,5 8,5 6,5 9,5 5,5 7,5 10,5 8,5 6,5 4,5  b. M × D =  6 6,2 5,5 6, 4 5 5,7 6, 6 5,9 5,2 4,5   4,5 4,2 4 3,9 3,5 3,7 3, 6 3, 4 3,2 3  3. a. Moins de 700 euros en période haute : 2 jours dans A et 1 jour dans C ; 1 jour dans A et 2 jours dans C ; 1 jour dans B et 2 jours dans C ; 3 jours dans C. b. Moins de 560 euros en période moyenne : 2 jours dans A et 1 jour dans C ; 1 jour dans A et 2 jours dans C ; 1 jour dans B et 2 jours dans C ; 3 jours dans C. c. Moins de 330 euros en période basse : 1 jour dans B et 2 jours dans C ; 3 jours dans C.

108 1. B = ⎜ a1,2 a2,2 a3,2 a4 ,2 ⎟

4. Soit x le nombre de jours dans la ville A, y le nombre de jours dans la ville B et z le nombre de jours dans la ville C.

2. a. G est de format (4, 4)

 x On résout MX = B avec X =  y  et B =   z

⎛ a1,1 a2,1 a3,1 a4 ,1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ a1,3 a2,3 a3,3 a4 ,3 ⎠

b. g3,1 = a3,1 × a1,1 + a3,2 × a1,2 + a3,3 × a1,3 c. Le k-ième terme vaut 1 lorsque a3,k = 1 et a1,k = 1 c’est-à-dire lorsque les sites 1 et 3 contiennent des poteries de type k. Le k-ième terme vaut 0 lorsque a3,k = 0 ou a1,k = 0 c’est-à-dire lorsque le site 3 ou le site 1 ne contient pas des poteries du type k. g3,1 est le nombre de types de poteries communes aux sites 1 et 3. gi,j est le nombre de types de poteries communes aux sites i et j.  1 1 0 0 3. a. B =  0 0 1 1  et G =   1 0 1 0

   

2 1 1 0

1 1 0 0

1 0 2 1

0 0. 1  1

b. Les sites 1 et 3 ont un type de poteries en commun.

 28   20  .  12,5 

 3 Avec la calculatrice, on obtient X = M–1B =  5  .   2 Le séjour se compose de 3 jours dans la ville A, 5 dans la ville B et 2 jours dans la ville C.

C ap vers le bac Sujet

A

 3 9 5 1. a. AF =  4 0 9    4 8 6

 8   197   12  =  149      13 206 

Chapitre 1 Problèmes sur les matrices – Term ES spécialité

103

Pour fournir 8 articles a1, 12 articles a2 et 13 articles a3, il faut 197 modules m1, 149 m2 et 206 m3.

 100 c.  1100   0

b. 197  210 et 149  210 et 206  210 donc la demande de 8 articles a1, 12 articles a2 et 13 articles a3 peut être satisfaite.

  À 0,01 près :  64, 09 26,36 9,55  .  52,5 31,25 16,25 

 x 2. On résout AX = B avec X =  y  et B =   z

 174   121  .   182 

 10  X = A–1B. Avec la calculatrice, on obtient X =  11  .   9  L’usine a fabriqué 10 articles a1, 11 a2 et 9 a3.  51 69 97  3. a. MA =   2140 2820 4050  Les coefficients de la première ligne sont les masses des articles a1, a2 et a3. Ceux de la deuxième ligne sont les coûts de ces articles. b. Le nombre d’articles fabriqués est x + y + z. Leur masse totale (en kg) est 51x + 69y + 97z. Leur coût total (en euros) est 2 140x + 2 820y + 4 050z. c. On résout le système :  x + y + z = 27   51x + 69 y + 97 z = 1935  2140 x + 2820 y + 4050 z = 80410 L’écriture matricielle est AX = B avec :  x  1 1 1  A =  51 69 97  , X =  y  et B =     2140 2820 4050 z

 27   1935  .   80410 

 10  X = A–1B. Avec la calculatrice, on obtient X =  8  .   9  L’usine fabrique 10 articles a1, 8 a2 et 9 a3.

Sujet

B

1. a. A × T1 est de format (1, 3). Ses coefficients sont les nombres (en milliers) d’ouvriers, de techniciens et de cadres dans le secteur 1. b. P1 × T1  est de format (2, 3). Ses coefficients sont les nombres (en milliers) d’hommes (sur la 1re ligne) et de femmes (sur la 2e ligne) ouvriers, techniciens et cadres dans le secteur 1. c. P1 × T1 × D est de format (2, 1). Ses coefficients sont les nombres (en milliers) d’hommes et de femmes dans le secteur 1 d. C × P1 × T1 est de format (1, 3). Ses coefficients sont les nombres (en milliers) d’ouvriers, de techniciens et de cadres dans le secteur 1. 2. a. P1 × T1 =  650 250 100   240 80 80  P2 × T2 =  55 40 5   600 420 180  S = P1 × T1 + P2 × T2 =  705 290 105   840 500 260  b. Les coefficients de S sont les nombres (en milliers) d’hommes (sur la 1 re ligne) et de femmes (sur la 2 e ligne) ouvriers, techniciens ou cadres dans l’ensemble des deux secteurs.

104

 ⎛ 705 290 105 ⎞   705 290 105  = ⎜ 11 11 11 ⎟   100   840 500 260  ⎜⎜ 105 125 65 ⎟⎟  ⎝ 2 4 4 ⎠ 1600  0

Les coefficients de la première ligne donnent la proportion d’ouvriers, de techniciens et de cadres parmi les hommes dans l’ensemble des deux secteurs, ceux de la deuxième ligne donnent la proportion d’ouvrières, de techniciennes et de cadres parmi les femmes dans l’ensemble des deux secteurs. 3. Dans l’ensemble des deux secteurs, 26,36 % des hommes sont techniciens et 31,25 % des femmes sont techniciennes : les hommes n’ont pas davantage la qualification de technicien que les femmes.

Sujet ⎛ 1. M2 = ⎜ ⎜ ⎜⎝

C 1 1 1 1

2 1 1 0

⎛ 3 3 3 M3 = ⎜⎜ 2 2 2 2 2 2 ⎜⎝ 1 1 1

2 1 1 0

1⎞ 1⎟ 1⎟ ⎟ 1⎠

3⎞ 2⎟ 2⎟ ⎟ 1⎠

⎛ 6 6 6 6⎞ M4 = ⎜ 4 4 4 4 ⎟ ⎜ 4 4 4 4⎟ ⎜⎝ ⎟ 2 2 2 2⎠ On remarque que M4 = 2M3. 2. M3 = a3M3 et M3 = 1 × M3 donc a3 = 1. M4 = a4M3 et M4 = 2 × M3 donc a4 = 2. 3. Mn+1 = Mn × M Comme Mn = anM3, on a Mn+1 = (anM3) × M et donc Mn+1 = anM4. Comme M4 = 2 × M3, on a Mn+1 = an (2 × M3) et donc Mn+1 = 2anM3. 4. a. Mn+1 = an+1M3 et Mn+1 = 2anM3 donc an+1 = 2an. La suite (an) est géométrique de raison 2. b. Le premier terme de la suite (an) est a3 = 1. an = a3 × 2n–3 et donc an = 2n–3. 5. Pour tout n  3, Mn = anM3 avec an = 2n–3  3 3 3 donc Mn = 2n–3M3 = 2n – 3  2 2 2  2 2 2  1 1 1

Sujet

3 2. 2  1

D

1. Réponse c. 2. Réponse d. 3. Réponse c. 110 0,5M × (3I3 – M)

 0 0,5 −0,5  =  −1,5 2 −1,5   −0,5 0,5 0 

 3 −1 1   1 0 0   3 −1 3  =  0 1 0      1 −1 3   0 0 1 

0,5M × (3I3 – M) = I3 donc M × (1,5I3 – 0,5M) = I3 : M est inversible  1,5 −0,5 0,5  et M–1 = 1,5I3 – 0,5M =  1,5 −0,5 1,5  .  0,5 −0,5 1,5 

 100  X = A–1B =  70   30  100 ordinateurs BG, 70 ordinateurs MG et 30 ordinateurs HG ont été fabriqués.  0

111 Soit x le nombre d’ordinateurs BG fabriqués, y le nombre d’ordinateurs MG et z le nombre d’ordinateurs HG.

 3 x + 5 y + 9 z = 920  On résout le système (S) :  x + y + 2 z = 230  x + 2 y + 3 z = 330

113 BC =  1 1   2 − 3 1  =  1 − 3 5   −2 1   −1 0 4   −5 6 2 

L’écriture matricielle de (S) est AX = B  3 5 9 avec A =  1 1 2  , X =   1 2 3

 x  y  et B =   z

2 0  1 0 0 3 0 1  et M =  0 1 0  .    0,5 0 0  0 0 1 3 2 M = I3 donc M × M = I3 :  0 2 0 M est inversible et M–1 = M2 =  0 0 1  .  0,5 0 0  112 M2 =  0

 920   230  .   330 

 0 1 −1  CA =  2 −3 1   −3 4 −3  =  8 −9 7   −1 0 4    −4 3 1   −1 1 0 

Chapitre 1 Problèmes sur les matrices – Term ES spécialité

105

chapitre

2

Problèmes de graphes

A Le programme L’enseignement de spécialité prend appui sur la résolution de problèmes (…). L’étude de telles situations conduit à un travail de modélisation et place les élèves en position de recherche (…). Exemples de problèmes

Contenus

Gestion de flux, problèmes simples de partitionnement de graphes sous contraintes : problème du voyageur de commerce, gestion de trafic routier ou aérien, planning de tournois sportifs, etc.

Graphes : sommets, sommets adjacents, arêtes, degré d’un sommet, ordre d’un graphe, chaîne, longueur d’une chaîne, graphe complet, graphe connexe, chaîne eulérienne, matrice d’adjacence associée à un graphe.

B Notre point de vue Ce chapitre est avant tout axé sur la résolution de problèmes. Il s’articule en trois parties. La première partie est consacrée aux généralités : quatre problèmes permettent d’introduire les notions de base de théorie des graphes : Les Aventuriers du Rail permet aux élèves d’acquérir le vocabulaire de base des graphes (ordre, sommet, arête, degré…). Organisation de tremplin musical a pour objectif principal de découvrir le lemme des poignées de mains. L’entrepôt est un problème d’ordonnancement. L’aquariophile est un problème de partitionnement d’un graphe sous contraintes. Nous avons choisi de ne parler que des sous-graphes stables et de ne plus mentionner la coloration qui n’est plus explicitement au programme. La seconde partie est dédiée au thème classique des chaînes eulériennes : le problème des enveloppes, celui des dominos et celui des sept ponts de Königsberg sont proposés pour apprendre aux élèves les notions de base et leur faire découvrir le théorème d’Euler. Traversée de frontières permet leur mise en application et Gravure industrielle permet la découverte de l’algorithme d’Euler. La dernière partie comprend les notions de longueur d’une chaîne et de matrice d’adjacence d’un graphe. Randonnée en haute montagne permet aux élèves de découvrir et appliquer ces notions. Suivent ensuite des exercices à la difficulté graduée. Nous nous sommes efforcés de varier la forme de ces exercices, contextualisés ou non, en incluant de la logique dès que possible, et utilisant des algorithmes (spécialement celui d’Euler). Les travaux pratiques sont, quant à eux, consacrés à un des développements de la théorie des graphes, plus précisément aux graphes planaires, et à l’utilisation d’un logiciel de graphes : GraphInterface (GRIN).

  Les notions abordées dans le chapitre 2   1. Généralités sur les graphes 2. Chaînes et cycles eulériens 3. Longueur d’une chaîne et matrice d’un graphe

C Avant de commencer Voir livre page 94 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

106

D Problèmes Problème

1 Les Aventuriers du Rail

L’objectif de ce problème est d’acquérir le vocabulaire de base sur les graphes, et de se familiariser avec celui-ci. On y définit brièvement ce qu’est un graphe, la notion d’ordre d’un graphe, d’arêtes, de degré d’un sommet 1. Il y a 14 villes donc 14 sommets. 2. Il y a 23 arêtes. 3. Sept arêtes sont reliées à Paris, une à Rome et cinq à Marseille. 4. Les degrés respectifs sont 7, 1 et 4.

Problème

2 Organisation

d’un tremplin musical

Dans ce problème, on cherche à dénombrer les arêtes d’un graphe, d’ainsi découvrir le lemme des poignées de mains, et de l’appliquer ensuite à l’organisation d’un tournoi. 1. a.

Problème

3 L’entrepôt

L’objectif de ce problème est de résoudre un problème d’ordonnancement, et précisément d’utiliser un graphe orienté pour regrouper des tâches. 1. E H A

C

B

D

F

L

G

I

J

K

M

KL

M

2. AB

CDE

Problème

FH

G

I

J

4 L’aquariophile

Dans ce problème, on réalise un partitionnement sous contraintes d’un graphe  : la coloration ayant disparu du programme, on résout ce genre de problème en raisonnant sur les sous-graphes stables. 1.

G F

E

D b. Il y aura 3 rencontres par groupe. c. Il y aura 6 rencontres au total.

A B

2. a.

C H 2. a. Oui. Correctif : il est possible que, dans certains manuels, le graphe de la question 2 comporte une erreur pour l’un des sommets (B au lieu de H). La figure correcte est la suivante : b. Il y aura 4 rencontres par groupe. c. Il y aura 10 rencontres au total. 3. a. Oui, par exemple :

A

C

H D

b. Il y aura 12 soirées au total.

F

G

b. Il faudra au moins trois aquariums car les espèces A, C et H ne peuvent cohabiter. 3. a. Oui. b. Les espèces D, F et G peuvent cohabiter dans le même aquarium. Chapitre 2 Problèmes de graphes – Term ES spécialité

107

4. En quatre aquariums : Aquarium 1 : espèces D, F et G. Aquarium 2 : espèces A et E. Aquarium 3 : espèces C et B. Aquarium 4 : espèce H. Correctif de la séquence 1 / Généralités sur les graphes (page 40) : il se peut que dans certains manuels la figure d’exemple des graphes orientés soit incomplète ; il manque des flèches entre les sommets B, E et F. B C A

E

D

4. Non : par exemple avec les chiffres de 1 à 6. Ce qui ce cache en réalité ici est l’existence d’un cycle eulérien dans un graphe complet : or, dès que l’ordre de ce graphe est pair, les sommets seront tous d’ordre impair, rendant la chose impossible !

Problème

7 Les sept ponts de Königsberg

L’objectif de ce problème est la découverte et la compréhension du théorème d’Euler, à travers le problème historique qui en fut à l’origine. 1.

F

Problème

5 Les enveloppes

L’objectif de ce problème est la découverte des chaînes eulériennes en passant par une conjecture. Il s’agit ensuite d’appliquer cette conjecture pour trouver des chaînes eulériennes dans des graphes. 1. a. Non, oui et non. b. Il semble qu’il ne faut pas avoir plus de deux sommets avec un degré impair (et donc 0 ou 2 par construction du graphe). 2. Correctif : il est possible que, dans certains manuels, le 1er graphe de la question 2 ne mentionne pas le sommet F. Le graphe correct est le suivant : A

2. Tous les sommets sont de degré impair, il y a contradiction avec la conjecture du problème 5. 3. N’importe quelle arête reliant deux sommets distincts.

Problème

L’objectif de ce problème est de résoudre un problème concret de traversée de frontières à l’aide de chaînes eulériennes : après avoir modélisé ces situations par des graphes, l’élève doit être en mesure de dire si une solution existe, puis de la trouver. 1. Possible. 2. Impossible. 3. Possible. 4. Possible.

Problème E

B

D

C F

E – A – B – F – E – D – F – C – B. H – G – F – L – K – J – I – G – L – H – J. Q – O – N – M – Q – P – O – M – R – Q – S – T – U – Q – T.

Problème

6 Un jeu de dominos

L’objectif de ce problème est de construire un cycle eulérien en raisonnant sur des dominos particuliers. On fait aussi ici appel à la logique et au dénombrement. 1. Il y a 10 paires de dominos possibles. 2. Par exemple : (1,2) – (2,3) – (3,4) – (4,5) – (5,1) – (1,3) – (3,5) – (5,2) – (2,4) – (4,1) (ceci peut s’expliquer à l’aide du graphe K5 par exemple). 3. On peut insérer un domino double n’importe où dans la chaîne (cela correspond à une boucle dans le graphe).

108

8 Traversée de frontières

9 Gravure industrielle

L’objectif de ce problème est la découverte pas à pas de l’algorithme d’Euler, ainsi que son application à un exemple simple. 1. E – B – A – D – C – B – D – E. 2. Partie à graver Pt d’insertion Supérieure

E

Chemin à insérer E – B – A – D – C – B – D – E

Droite

I

I–F–E–H–G–F–H–I

Inférieure

M

M–J–I–L–J–K–L–M

Gauche

A

A – N – M – P – O – N – P – A

3. A – E – B – A – D – C – B – D – E – I – F – E – H – G – F – H – I – M – J – I – L – J – K – L – M – A – N – M – P – O – N – P – A.

Problème

10 Randonnée

en haute montagne

L’objectif de ce problème est la construction d’une matrice d’adjacence d’un graphe, mais aussi l’utilisation des puissances de cette matrice pour résoudre des problèmes de chemins d’une longueur donnée.

⎛ ⎜ ⎜ 1. On obtient M = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 0 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0

1 0 0 1 0 0

0 1 0 0 1 0

0 0 1 0 0 0

En observant le terme à l’intersection de la ligne correspondant à E et de la colonne correspondant à S dans la matrice M4, on voit qu’il doit exister deux chemins de longueur 4 reliant E à S : il s’agit de E – B – D – C – S et E – B – A – C – S. 5. On forme tout d’abord la matrice d’adjacence (dans l’ordre des sommets : E, A, B, C, D, F, G, S) :

0⎞ 1⎟ 0⎟ 1⎟ ⎟ 1⎟ 0⎠

2. Il y a quatre chemins partant de E et de longueur 2 : E – A – S, E – A – C, E – B – A et E – B – D. Il y a deux chemins de longueur 2 partant de A : A – C – B et A – C – S. ⎛ 0 1 0 1 1 1⎞ ⎜ 0 0 1 0 0 1⎟ ⎜ ⎟ 3. M2 = ⎜ 0 0 0 2 0 2 ⎟ 0 1 0 0 1 0 ⎜ ⎟ ⎜ 0 0 1 0 0 1⎟ ⎝ 0 0 0 0 0 0⎠ On retrouve les résultats précédents en additionnant les termes de la ligne correspondant à E ou A respectivement. ⎛ ⎜ ⎜ 4. M4 = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 0 0 0 0 0

1 0 2 0 0 0

2 0 0 2 0 0

0 2 0 0 2 0

1 0 2 0 0 0

2⎞ 2⎟ 0⎟ 2⎟ ⎟ 2⎟ 0⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ M= ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 0 0 0 0 0 0 0

1 0 1 0 0 0 0 0

1 0 0 1 0 0 0 0

1 0 0 0 0 0 0 0

0 1 0 0 0 1 0 0

0 0 0 1 0 0 0 0

0 1 0 1 1 1 0 0

0⎞ 0⎟ 0⎟ 0⎟ ⎟ 1⎟ 1⎟ 0⎟ 0⎠

puis les réponses sont données par M 41,6 = 2, M51,6 = 1 et M81,6 = 0. Il y a donc 2 chemins de longueur 4 partant de E et arrivant à S, un de longueur 5, et aucun de longueur 8.

E Exercices POUR DÉMARrER 1 1. Tous ces graphes sont des graphes simples, à cinq sommets.

Graphe

a

b

c

d

e

f

Nombre d’arêtes

5

7

5

7

7

6

2. Seuls d. et e. décrivent la même situation.

8 Toutes les paires de sommets adjacents et les arêtes qui les relient ; (1,2), (1,3), (2,3), (3,4), (4,5), (5,6), et (4,6). Les sous-graphes complets d’ordre 3 sont (1,2,3) et (4,5,6). 9 Ordre 2 : (1,4), (1,5), (1,6), (2,4), (2,5), (2,6), (3,5) et (3,6). Il n’y en a aucun d’ordre 3. 10 Le diamètre est 3. 11 Voir livre page 94. 12

1.

1. Tous ces graphes sont des graphes simples, à six ou sept sommets. 2

Graphe

a

b

c

d

Nombre d’arêtes

6

7

6

6

2. a, c et d décrivent la même situation. 3 1. Graphe non simple. Degré de A : 4, B : 3, C : 3. 2. Graphe non simple. Degré de A : 3, B : 3, C : 5, D : 3. 3. Graphe simple. Degré de A : 1, B : 2, C : 2, D : 3. 4 1. 3 ; 2. 4 ; 3. 4. 5 Voir livre page 94. 6

2. Le degré de chacun des sommets est 4. 3. Il comporte 10 arêtes. 13 Seul 1 est connexe. 14 Voir livre page 94. 15

Pierre

B

A 7 a. 3 + 3 + 2 = 4 × 2 c. 2 + 2 + 2 + 2 + 2 = 5 × 2

C

D b. 2 + 2 + 2 +2 = 4 × 2 d. 1 + 3 + 2 + 2 = 4 × 2

Feuille

Ciseaux

Chapitre 2 Problèmes de graphes – Term ES spécialité

109

16

25

Robot

1.

C Al A

Zombie

Pirate

Si H

Singe

Th

Ninja

1. A – B – F – H, A – C – D – H et A – C – G – E – F – H. 2. Non. ⎛ 0 1 0 0⎞ ⎛ 0 1 0⎞ 18 1. M = ⎜ 1 0 1 ⎟ 2. M = ⎜⎜ 1 0 1 0 ⎟⎟ ⎜⎝ ⎟ 0 1 0 0 0 1 0⎠ ⎜⎝ ⎟ 0 0 0 0⎠ 17

⎛ ⎜ 4. M = ⎜ ⎜ ⎜⎝

⎛ 0 1 1⎞ 3. M = ⎜ 1 0 1 ⎟ ⎜⎝ ⎟ 1 1 0⎠ 19

Voir livre page 94.

20

1.

0 0 1 1 0

A A

0 0 0 1 1

1 0 0 0 1

1 1 0 0 0

0⎞ 1⎟ 1⎟ 0⎟ ⎟ 0⎠

B

C

D Voir livre page 95. 22 1. L’ordre de ce graphe est 5. 2. Ce graphe ne présente pas de boucle, car la diagonale est remplie de zéros. 3. D’après la matrice, ce graphe compte 8 arêtes (somme des degrés divisée par 2), il s’agit donc du graphe d. 21

⎛ 0 ⎜ M2 = ⎜ 0 1 ⎜⎝ 0

0 0 1 1

1 0 0 2

1⎞ 1⎟ 0⎟ ⎟ 0⎠

Par exemple : le cœfficient à la place 4, 3 signifie qu’il existe deux chemins de longueur 2 qui relient le 4e sommet au 3e.

POUR s’entraîner 24

1.

Car une face est adjacente à quatre autres. 2. L’ordre de ce graphe est 6. 3. 4 + 4 + 4 + 4 + 4 + 4 = 12 × 2

110

2. Il y au total 5 possibilités : Simon en A, Alvin en P et donc Théodore en H. Simon en A, Alvin en C et Théodore en H ou P (soit deux possibilités). Simon en H, Théodore en P et donc Alvin en C. Simon en P, Alvin en C et Théodore en H. 27 a. Oui car la somme des degrés proposés est paire :

B

C

23

P

b. Non car la somme des degrés proposés est impaire. 28 Non car si cela était possible, on pourrait construire un graphe ayant 15 sommets avec chacun un degré égal à 3 ; or 15 × 3 = 15 est un nombre impair ! 29 1. Malheureusement, Laurent ne peut pas organiser un tel tournoi, car cela reviendrait à construire un graphe à 5 sommets de degré 3 chacun ; or 5 ×  3 = 15 est un nombre impair. 2. Par exemple :

30 Le graphe complet d’ordre 5 a tous ses sommets de degré 4, et possède donc 5 × 4 = 10 arêtes. 2 Il en manque donc 4. 31 Le sous-graphe constitué des sommets B, D et F est le sous-graphe stable d’ordre maximal. 32 La chaîne A – B – C – D – E – F – G passe par tous les sommets du graphe, donc ce graphe est connexe. 33 Un tel graphe comporte nécessairement une boucle ! 34 Voir livre page 95. 35 Faux : l’ordre de ce graphe est 7, et le plus grand degré 5. 36 Vrai : géométriquement il s’agit d’un triangle. 37 Vrai : il s’agit du carré avec ses diagonales au centre de la figure. 38 Impossible car il existe 4 sommets de degré impair. 39 Voir livre page 95. 40 Tous les sommets de ce graphe connexe sont de degré 4. D’après le théorème d’Euler, ce graphe admet un cycle eulérien.

41 1. a. Vrai : d’après le tableau des sommets et de leurs degrés respectifs :

Sommet

A

B

C

D

E

F

Degré

4

4

2

2

3

5

D’après le théorème d’Euler, il existe une chaîne eulérienne reliant E à F. b. Faux (elle devrait commencer par E si elle se termine par F). 2. Via l’algorithme d’Euler : F – B – C – F – D – A – F – E – A – B – E. 42 Voir livre page 95. 44 1. Les sommets sont chacune des salles, et les arêtes symbolisent les portes existant entre les salles. 2. D’après le tableau suivant : Sommet Boutique A B Degré

1

4

4

C D E

F G H Accueil

4

2

4

4

4

2

3

Ainsi, via le théorème d’Euler, ce graphe connexe admet une chaîne eulérienne d’extrémités l’accueil et la boutique (les deux sommets de degré impair). 3. Accueil – G – H – E – F – B – E – D – B – A – C – D – G – C – Accueil – A – Boutique, par exemple. 45 1. Une arête entre deux sommets modélise une frontière entre deux pays. 2. Dans ce graphe connexe, seuls A et E sont de degré impair ; d’après le théorème d’Euler, il existe donc un tel circuit. Par exemple : A – B – C – F – A – E – C – D – E – G – D – F – E. 3. Non, car ce graphe n’admet pas de cycle eulérien. 46

1.

F

B C D

49 50

Faux, car il y a deux sommets de degré impair : A et F. 1. G F

A

B

D

C

E

2. Alan peut incriminer de manière certaine : Bérénice, Delphine, Frédéric et Ghislain. Il est possible qu’Edgar aie vendu la mèche, auquel cas Corentin pourrait être également soupçonné. 51

1.

M

S

B

C

L

V Paco peut se rendre de Valence à Mâcon en quatre étapes : Valence – Grenoble – Lyon – Bourg-en-Bresse – Mâcon. 2. Il sera obligé de repasser par Valence. En huit étapes : V – G – L – S – V – G – L – B – M. 52 1.

A

H

J

F A

E

B

C E

2. Le graphe est d’ordre 6. Les degrés des sommets sont : Sommet

A

B

C

D

E

F

Degré

3

4

2

4

4

3

3. Dans ce graphe connexe, seuls deux sommets sont de degré impair : A et F. Il existe, d’après le théorème d’Euler, une chaîne eulérienne reliant A à F : les survivants peuvent s’échapper de l’île et le bateau est censé les attendre dans la région F. 47 1. Les degrés des sommets sont : Sommet

B

C

D

F

N

T

Degré

2

4

4

5

3

4

2. La chaîne B – C – D – F – N – T passe par tous les sommets du graphe, donc le graphe est connexe. 3. D’après le théorème d’Euler, ce graphe connexe admet une chaîne eulérienne d’extrémités F et N. Par exemple : N – D – C – B – F – T – D – F – C – T – N – F. 48 Vrai, le graphe est connexe et seuls A et F sont de degrés impairs.

I

D G

K

L

M

N

2. A

B

CD

EF

GH

IJK

L

M

N

3. On peut en conclure qu’il faudra huit mois au total. 53 Vrai : par exemple E – A – D – B – E. 54 Faux : par exemple A – D – B – E – C. 55 a. 2 ; b. 4 ; c. 6. Oui : le diamètre d’un tel arbre est 2n, où n est le nombre d’étages de l’arbre. 56 a. 2. b. 4. c. 6. Oui : le diamètre d’un tel arbre est 2n, où n est le nombre d’étages de l’arbre. 57 1. L’ordre de ce graphe est 7. Sommet

A

B

C

D

E

F

G

Degré

3

3

3

2

4

3

2

Chapitre 2 Problèmes de graphes – Term ES spécialité

111

2. d A B C D E F G

A X X X X X X X

B 1 X X X X X X

C 2 1 X X X X X

D 3 2 1 X X X X

E 2 2 1 1 X X X

F 1 1 2 2 1 X X

G 1 2 2 2 1 2 X

On peut en conclure que le diamètre de ce graphe est 3. 58 On obtient la matrice d’adjacence suivante : ⎛ ⎜ M= ⎜ ⎜⎝

0 1 1 0

1 0 1 0

⎛ ⎜ ⎜ 61 1. M = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 0 1 0 0 1 0

0 1 0 1 1 0 0

0 0 1 0 1 0 0

0 0 1 1 0 1 1

1 1 0 0 1 0 0

1⎞ 0⎟ 0⎟ 0⎟ ⎟ 1⎟ 0⎟ 0⎠

3. 1 + 1 + 2 + 1 = 5 chaînes de longueur 2 partent de A sans y revenir. 62 Voir livre page 56. 63 1. A

0⎞ 0⎟ . 0⎟ ⎟⎠ 0

1 1 0 0

0 1 0 0 0 1 1

D

B

En nommant les sommets dans l’ordre alphabétique on obtient: A B

C

59

⎛ ⎜ 1. M2 = ⎜ ⎜ ⎜⎝

4 2 3 2 1

2 3 2 2 2

3 2 4 2 1

2 2 2 3 2

E C 2. Il y en a 3 : B – C – E – D, B – C – A – D et B – E – A – D. 64 Vrai : tous les termes hors de la diagonale sont non nuls. Il n’y a, par contre, pas de chemin de longueur 3 reliant le dernier sommet à lui-même, ni le sixième à lui-même. 65 Vrai : Il suffit de faire la somme des termes de la cinquième ligne. 66 Vrai : par exemple : A – B – D – E – B – C – E – F – C. 67 1. E

D 1⎞ 2⎟ 1⎟ 2⎟ ⎟ 2⎠

2. Il y a deux chaînes de longueur 2 entre A et B. 3. Il y a trois chaînes de longueur 2 entre C et A. 4. Après avoir calculé M3, on dénombre sept chaînes de longueur 3 entre B et D. 60 Correctif : il est possible que, dans certains manuels, le graphe G comporte des erreurs. La figure correcte est la suivante :

H

F

I

B A C

E ⎛ ⎜ 1. On obtient M = ⎜ ⎜ ⎜⎝

0 0 0 0 1

1 0 1 0 0

⎛ ⎜ M= ⎜ ⎜ ⎜⎝

D 0 1 0 1 0

0 1 1 0 1

1⎞ 0⎟ 0⎟ . 1⎟ ⎟ 0⎠

2. Évident. 3. Il y en a cinq : D – E – A – B – C – B, D – C – B – D – C – B, D – E – D – E – A – B, D – E – A – E – A – B et D – C – D – E – A – B. 4. Le coefficient à l’intersection de la première ligne et de la première colonne de M5 vaut bien 1 ; il s’agit de : A – B – C – D – E – A. 5. Non, il y a cinq cycles partant de B.

112

G 2. Dans l’ordre alphabétique des sommets, on obtient :

68

2.

0 1 0 1 1

1 0 1 0 1

0 1 0 1 1

1 0 1 0 1

1⎞ 1⎟ 1⎟ . 1⎟ ⎟ 0⎠

1. Oui car la matrice n’est pas symétrique. A

B

D C

⎛ 9 3. On a M = ⎜⎜ 7 3 ⎜⎝ 0 3 reliant A à C.

3 2 1 0

4 3 1 0

6 ⎞ 10 ⎟ donc il y a 4 chemins de longueur 7 ⎟ ⎟ 1 ⎠

POUR faire le point Voir livre page 95 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrections détaillées.

Travaux pratiques TP

1 Les graphes planaires

Il s’agit, dans ce TP, de l’étude d’un approfondissement de la théorie des graphes issue d’une énigme très classique : l’énigme des trois maisons. On y résout en partie le problème du cavalier et on aborde aussi le théorème de Kuratowski-Wagner. A. Exemple de graphes planaires 1. A B C

E G L 2. Non. 3. Non : A et B ne sont pas reliés par exemple. 4. En dessinant K4 ainsi :

TP

2 Utilisation du logiciel GRIN

Dans ce TP, on utilise les possibilités de GRIN pour résoudre facilement des problèmes de chaînes eulériennes, mais aussi des problèmes de cycles hamiltoniens plus connus sous le nom du problème du voyageur de commerce. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 02_TESspe_TP2_partie_A.net, 02_ TESspe_TP2_partie_B1.net et 02_TESspe_TP2_partie_ B2.net (fichiers GRIN) A. Chaînes eulériennes 2. Le graphe admet une chaîne eulérienne mais pas un cycle eulérien. 3. a. Le graphe admet un cycle eulérien. b. Le graphe admet un cycle eulérien. c. Le graphe admet un cycle eulérien. B. Le problème du voyageur de commerce : les cycles hamiltoniens Tous les graphes proposés sont hamiltoniens.

POUR ALLER PLUS LOIN 77 Une personne peut serrer la main d’au plus 6 autres personnes. Pour que les nombres de poignées de mains échangées soient tous distincts, il s’agit nécessairement des nombres 6, 5, 4, 3, 2, 1 et 0. Il y a une personne qui a échangé 6 poignées de main ; c’est donc son conjoint qui n’en a échangé aucune. On obtient le graphe provisoire suivant :

Il y a une personne qui échange 5 poignées de mains ; c’est donc son conjoint qui en échange une seule.

5. Non. B. Le problème du cavalier 1

2

3

3

8

1

4

5

6

4

11

6

7

8

9

9

2

7

10

11

12

10

5

12

C. Notion de mineur dans un graphe Il suffit de fusionner deux à deux les sommets extérieurs avec les sommets intérieurs les plus proches. D. Caractérisation de Kuratowski-Wagner 1. K3,3 est un mineur de ce graphe. 2. K5 est un mineur de ce graphe. 3. K3,3 est un mineur de ce graphe. 4. K5 est un mineur de ce graphe.

On obtient donc :

Il y a une des personnes des deux couples non encore considérés qui échange 4 poignées de main , donc son conjoint en échange 2. Ainsi, le dernier couple, M. et Mme Euler, a donc échangé chacun 3 poignées de mains. Chapitre 2 Problèmes de graphes – Term ES spécialité

113

78

1

1.

2 5

4 3 2. Il faut trouver un sous-graphe stable d’ordre maximal : le plus grand est d’ordre 3 et est composé des sommets 5, 3 et 2 ce qui répond à la question. 79 1. 2.

5. Courges – Ail – Poireaux, Pommes de Terre – Choux, Tomates, Radis – Petits Pois. 83 Cela revient à prouver que le graphe modélisé par la toile admet une chaîne eulérienne voire un cycle eulérien. Or dans ce graphe connexe, tous les sommets sont de degré pair : d’après le théorème d’Euler, l’araignée a tissé sa toile en une seule fois. 84 1. M D

C A 80

S

1.

2. La somme des degrés vaut 32 donc il y a exactement 16 arêtes. 3. Le sous-graphe composé des sommets Pt, T, Co et R est complet. Il faudra donc au moins 4 parcelles différentes. 4. Radis – Petits Pois, Pommes de Terre – Choux, Tomates – Poireaux et Courges – Ail.

114

E

K

P

Q

J

H 2.

I

2. Le graphe composé des sommets F, A et M. 3. Il en faudra au moins 3 pour passer séparément Français, Anglais et Mathématiques. 4. Oui car les sommets F, I et D forment un sous-graphe stable : Français, Informatique et Dessin pourront être passés simultanément. L’épreuve de Sport pourra se dérouler pendant celle de Mathématiques ou d’Anglais. 81 Non, car le graphe associé n’est pas connexe : la case centrale ne peut être atteinte.

82

N

F

D

F

M

E

L

I

A

1.

G

A

B

CD

E

FGH

I

J

K

L

MNP

Q

3. Pour chaque sommet, on note la durée de l’étape la plus longue, puis on ajoute : 2 + 0,5 + 1 + 2 + 2 + 5 + 3 + 1 + 1 + 1 + 2 = 20,5 semaines. La partie qui ralentit le processus est le Level Building. 85 1. Non car il manque par exemple une arête reliant F à B. L’ordre du graphe est 7. 2. Il s’agit d’un sous-graphe complet d’ordre 4. 3. Il lui faudra au moins 4 couleurs, car A, B, C et D ne peuvent être de la même couleur deux à deux. 4. Les sommets étant classés dans l’ordre alphabétique : ⎛ ⎜ ⎜ M= ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 1 1 1 0 0 0

1 0 1 1 1 0 1

1 1 0 1 1 0 0

1 1 1 0 1 0 0

0 1 1 1 0 1 1

0 0 0 0 1 0 1

0⎞ 1⎟ 0⎟ 0⎟. ⎟ 1⎟ 1⎟ 0⎠

5. Le nombre de chemins de longueur 8 reliant B à D est donné par M82,4 = 12 636. 6. Car, dans ce graphe connexe, le théorème d’Euler ne s’applique pas : il y a quatre sommets de degré impair (A, B, E et G). 7. Pour que le théorème d’Euler s’applique, il suffit de créer une liaison entre deux sommets parmi A, B, E et G. Les deux sommets restants seront les extrémités de la chaîne eulérienne. Les possibilités sont au nombre de 6 : A – B, A – E, A – G, B – E, B – G et E – G. 86 1. Le nombre de questionnaires est le nombre d’arêtes : la somme des degrés des sommets vaut 20 donc il y a exactement 10 arêtes.

2. Les sommets étant classés dans l’ordre alphabétique : ⎛ ⎜ ⎜ M= ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 1 1 1 0 1

1 0 1 1 1 1

1 1 0 1 0 0

1 0 1 0 1 0

0 1 0 1 0 0

1⎞ 1⎟ 0⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ 0⎠

3. Ce graphe n’est pas complet car il manque par exemple une arête reliant E à F. Il est connexe car la chaîne F – A – B – C – D – E passe par tous les sommets. 4. a. Pour trouver une chaîne eulérienne dans ce graphe connexe, il faut s’assurer qu’au plus deux sommets sont de degré impair : seuls B et C le sont. On doit donc nécessairement commencer une telle visite par B ou C. b. Si on commence la visite par C, on la termine nécessairement en B.

C AP VERS LE BAC Sujet

A A

1.

B C

S

D

E

F G

H

2. Non, car dans ce graphe connexe il y a plus de deux sommets de degré impair : le théorème d’Euler ne s’applique pas et on ne peut trouver de chaîne eulérienne. 3. La matrice M est nécessairement symétrique. 4. a. Il faut regarder le cœfficient M45,5 = 31. Il y a donc 31 chaînes de longueur 4 reliant D à lui-même. b. Il faut regarder le cœfficient M41,4 = 2. Il y a donc deux chaînes de longueur 4 reliant S à C. c. Non car M43,4 = 0. Il est donc impossible de joindre la salle B à la salle C avec un chemin de longueur 4.

Sujet

B A

1. B

E

C D 2. Le sous-graphe constitué des sommets A, B, C et D et des arêtes les reliant est complet.

3. a. La chaîne A – B – C – D – E passe par tous les sommets donc le graphe est connexe. b. Il n’est pas complet car il manque une arête reliant C à E. 4. Ce graphe est connexe et seuls C et E sont de degré impair : d’après le théorème d’Euler, ce graphe admet une chaîne eulérienne. 5. Les sommets C et E : ainsi tous les sommets seront de degré pair et le théorème d’Euler assurera dans ce graphe connexe l’existence d’un cycle eulérien. 6. Par exemple CDACBAEBDE. 7. Il s’agit bien de transformer la chaîne eulérienne trouvée précédemment en cycle eulérien : conformément à la question 5, il faut construire une passerelle entre C et E.

C

Sujet

1. La chaîne A – D – F – B – C – E passe par tous les sommets du graphe : deux quelconques sommets peuvent être reliés par une chaîne . Ce graphe est bien connexe. 2. Seuls deux sommets, A et F, sont de degré impair. D’après le théorème d’Euler, il existe une chaîne eulérienne reliant A à F ; par exemple : A – D – F – B – A – C – D – E – B – C – E – F. 3. Toujours d’après le théorème d’Euler, on devrait n’avoir que des sommets de degré pair pour garantir l’existence d’un cycle eulérien. 4. Une arête reliant A à F. ⎛ ⎜ ⎜ 5. M = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 1 1 1 0 0

1 0 1 0 1 1

1 1 0 1 1 0

1 0 1 0 1 1

0 1 1 1 0 1

0⎞ 1⎟ 0⎟ 1⎟ ⎟ 1⎟ 0⎠

6. Résultats obtenus avec la calculatrice. 7. Ce nombre correspond au cœfficient M 3 1,6 = 5. Ces chaînes sont : A – C – E – F, A – C – D – F, A – C – B – F, A – B – E – F, A – D – E – F.

D

Sujet

1. L’ordre de ce graphe est 6. On dresse le tableau sommets / degrés : Sommet

A

B

C

D

E

F

Degré

4

3

4

3

3

3

2. Dans ce graphe connexe, il y a quatre sommets de degré impair. D’après le théorème d’Euler, ce graphe n’admet pas de chaîne eulérienne ni de cycle eulérien. Un piéton ne peut donc pas emprunter toutes les avenues une fois et une seule. ⎛ ⎜ ⎜ 3. M = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 0 1 1 0 0

1 0 1 0 0 0

0 0 0 1 0 1

0 0 0 0 1 0

1 0 0 0 0 1

0⎞ 1⎟ 0⎟ 0⎟ ⎟ 0⎟ 0⎠

4. Il y en a deux : D – A – B et D – C – B. 5. Ce nombre correspond au cœfficient M24,2 = 2. Chapitre 2 Problèmes de graphes – Term ES spécialité

115

87

B

1. A

C

À l’aide de la calculatrice, on trouve M31,2 = 13. Il y a donc 13 chaînes de longueur 3 reliant A à B. 88 1. Dans ce graphe connexe, seuls les sommets A et I sont de degré impair. D’après le théorème d’Euler, le graphe admet une chaîne eulérienne. 2. En présentant les résultats dans un tableau : Chaîne à insérer

E D 2. Ce graphe connexe admet un cycle eulérien d’après le théorème d’Euler : en effet tous ses sommets sont de degré pair (égal à 4). ⎛ 0 1 1 1 1⎞ ⎜ 1 0 1 1 1⎟ 3. M = ⎜ 1 1 0 1 1 ⎟ . ⎜ 1 1 1 0 1⎟ ⎜⎝ ⎟ 1 1 1 1 0⎠

116

Chaîne courante

aucune

AEI

ABCA

ABCAEI

BFGB

ABFGBCAEI

CDHC

ABFGBCDHCAEI

DEFD

ABFGBCDEFDHCAEI

GHIG

ABFGHIGBCDEFDHCAEI

3. Une arête reliant A à I.

chapitre

3

Graphes pondérés et probabilistes

A Le programme L’enseignement de spécialité prend appui sur la résolution de problèmes. (…) Les graphes probabilistes permettent d’étudier des phénomènes d’évolution simples et de faire un lien avec les suites. (…) Exemples de problèmes

Contenus

Codage par un graphe étiqueté, applications à l’accès à un réseau informatique, reconnaissance de codes. Minimisation d’une grandeur (coût, longueur, durée, etc.). Phénomènes évolutifs (variation d’une population, propagation d’une rumeur ou d’un virus, etc.).

Recherche du plus court chemin sur un graphe pondéré connexe.

Graphe probabiliste à deux ou trois sommets : matrice de transition, état stable d’un graphe probabiliste.

B Notre point de vue Ce chapitre est également axé sur la résolution de problèmes. Il s’articule en deux séquences. La première partie, consacrée aux graphes pondérés est composée de deux problèmes permettant d’introduire les graphes étiquetés, puis les graphes pondérés : Avec un ordinateur traite tout ce qui est autour de la reconnaissance de codes, avec un approfondissement sur les automates ; Itinéraire routier a pour objectifs principaux la découverte des graphes pondérés, la notion de plus courte chaîne et la mise en œuvre de l’algorithme de Dijkstra. La seconde partie est dédiée aux graphes probabilistes : L’allumeur de réverbères est un problème dont l’objectif est l’introduction d’un graphe probabiliste et de sa matrice de transition, mais aussi l’utilisation de la calculatrice pour conjecturer l’existence d’un état stable. Transferts de population est un problème classique de graphe probabiliste à deux états, où on calcule un état stable en résolvant l’équation P = PM. Ce chapitre fait la part belle à l’algorithmique avec l’algorithme de Dijkstra (souvent présenté sous forme de tableau). La calculatrice y est également indispensable afin de calculer rapidement des états probabilistes à un rang donné. Les travaux pratiques sont quant à eux consacrés à l’algorithme PageRank et à l’utilisation du tableur pour réaliser des simulations de marches sur un graphe probabiliste à deux états et, plus précisément, pour évaluer des temps d’attente de retour à un état donné.

Les notions abordées dans le chapitre 3 1. Graphes étiquetés et pondérés 2. Graphes probabilistes

C Avant de commencer Voir livre page 95 et le site www.bordas-indice.fr pour les corrigés détaillés. Chapitre 3 Graphes pondérés et probabilistes – Term ES spécialité

117

D Problèmes L’objectif de ce problème est de découvrir et d’utiliser les graphes étiquetés, spécialement dans le but de reconnaître des codes. Ce problème se divise en deux parties, la première étant proposée pour acquérir les compétences du programme, la seconde constituant un élargissement de ce domaine. Partie A. Reconnaissance de codes sur un écran informatique 1. Oui. 2. Il y en a 6 : DACF, DECF, DCIF, DBIF, DEBF et DABF.  3. M =  

0 0 0 0

1 2 0 0

0 2 1 0

2 Itinéraire routier

Les objectifs de ce problème sont de découvrir les graphes pondérés, la notion de plus courte chaîne et aussi l’algorithme de Dijkstra. La fin du problème constitue une première application de cet algorithme. Lettre autre que M

M

Mâcon

Roanne

125

73

86

Lyon

Clermont-Ferrand

63

147

Saint-Étienne

Moulins

107 94

79 Clermont-Ferrand 88

Mâcon

Roanne

52

86

Lyon 48

Saint-Étienne 2. En observant le second graphe, Camille va choisir Lyon – Mâcon – Moulins. 3. En observant le premier graphe, Camille va choisir Moulins – Roanne – Lyon. 4. Sylvain fera un kilomètre de moins en passant par SaintEtienne, et mettra surtout 29 minutes de moins en choisissant cet itinéraire ! Il choisira donc Clermont-Ferrand – Saint-Étienne – Lyon. 5. On a la liste suivante : Clermont-Ferrand (210), Mâcon (73) et Roanne (86). Depuis Mâcon, Moulins seule est accessible. On obtient  : Clermont-Ferrand (210), Moulins (214) et Roanne (86). Reprenons le raisonnement depuis Roanne. Clermont-Ferrand est une ville adjacente, mais avec 125 kilomètres, ce qui fait un total de 211, ce qui est moins intéressant que précédemment. Moulins est accessible avec 98 km, donc un total de 184 km. On obtient donc : Moulins (184), Clermont-Ferrand (210). Enfin, depuis Clermont-Ferrand, Moulins est accessible mais avec bien trop de kilomètres. On trouve ainsi le chemin le plus court reliant Lyon à Mâcon.

M

M

A

M

MA

Lettre autre que M ou A Lettre autre que M Lettre autre que A ou M Lettre autre que M ou N

118

98

103

83

 0 1 0 0  0 34 21 8  5 = 8. M =  0 2 1 0  ; M5 =  0 89 55 21  donc M1,4 0 1 1 1 0 55 34 13     0 0 0 0 0 0 0 0 Il y a donc 8 chemins de longueur 5 reliant le premier au dernier sommet. Partie B. Recherche d’un mot dans un texte Voir schéma en bas de page. Cet automate reconnaît le mot « MAMAN » dans un texte quelconque composé de caractères parmi les lettres de l’alphabet.

Départ

141

0 0 1  0

 0 16 30 14  5 = 14. 4. M5 =  0 32 62 30  donc M1,4 0 0 1 1   0 0 0 0 Il y a donc 14 chemins de longueur 5 reliant le premier au dernier sommet. 5. DECIF est reconnu mais pas DAAEEBIIF. Il y a trois mots de longueur 4 : DACF, DECF et DCIF.

Problème

Moulins

1.

1 Avec un ordinateur

Problème

M

A MAM

MAMA M

N

MAMAN

Problème

1.

3 L’allumeur de réverbères

L’objectif de ce problème est d’introduire la notion de graphe probabiliste et aussi de matrice de transition d’un graphe probabiliste. En fin de problème, on donne l’intuition de l’existence possible d’un état stable. 1. Jour 0 Jour 1 Jour 2 0,25 A A

0,75 E 0,25

0,75

B

0,75

A B

E

 0, 484375 0,515625  5. M5 =   0,515625 0, 484375   0,5005 0, 4995  M10 ≈  à 10–4 près.  0, 4995 0,5005 

( 0,3875

0, 6125 )

=

On conjecture une stabilisation de l’état probabiliste autour de P = ( 0, 8 0,2 ) .

 0,5 0,5  ≈  à 10–4 près.  0,5 0,5 

6. Sur un grand nombre de jours, le réverbère est allumé un jour sur deux en moyenne.

Problème

P0M2 P0M5

4. Le coefficient à l’intersection de la première ligne et de la première colonne est la probabilité de passer de l’état A à l’état A, celui à l’intersection de la première ligne et de la deuxième colonne est la probabilité de passer de l’état A à l’état E, etc.

M15

Y

( 0, 490625 0,509375 ) P5 = ≈ ( 0, 67 0,33 ) P10 = P0M10 ≈ ( 0,77 0,23 ) 7. P1 = P0M = ( 0, 45 0,55 ) P2 = P0M2 = ( 0,5375 0, 4625 ) P5 = P0M5 ≈ ( 0, 69 0,31 ) P10 = P0M10 ≈ ( 0,77 0,23 ) puis : P1 = P0M = ( 0,7 0,3 ) P2 = P0M2 = ( 0,725 0,275 ) P5 = P0M5 ≈ ( 0,768 0,232 ) P10 = P0M10 ≈ ( 0,79 0,21 ) P2 =

0,75

0,20

 0,95 0, 05  2. M =   0,2 0, 8  3. Pn+1 = PnM 4. Pn = P0Mn

6. P1 = P0M =

2. P (A) = 0,25 × 0,75 + 0,75 × 0,25 = 0,375 3. 0,75 0,25 A 0,25

0,95

0,80

5. P0 =  1 3   4 4 

E 0,25

0,05

X

4 Transferts de population

L’objectif de ce problème est de réaliser un calcul d’état stable d’un graphe probabiliste via un système, et également d’utiliser la calculatrice pour des calculs d’états probabilistes.

8. Soit P = ( a b ) avec a + b = 1. P = PM équivaut à :

⎧ 0,95a + 0,2b = a ⎨ 0,05a + 0,8b = b ⇔ 0,05a = 0,2b ⇔ a = 4b . ⎩ Par substitution, a = 4 et b = 1 . 5 5 Ce sont les valeurs vers lesquelles l’état probabiliste semble tendre.

E Exercices POUR DÉMARrER 1 1. Il y a une unique arête d’origine le sommet vert et d’extrémité le sommet rouge. Cette arête est étiquetée d’un Y. Y est donc le seul mot reconnu par le graphe. 2. En partant du sommet vert, puis en empruntant deux fois la boucle étiquetée d’un X et en finissant par l’arête étiquetée Y arrivant au sommet rouge, on crée une chaîne montrant que le mot XXY est reconnu. 3. Les mots reconnus par ce graphe sont constituées d’un nombre quelconque de X (éventuellement nul) suivis d’un Y.

2 1. La chaîne CAT est bien une chaîne du graphe, partant du sommet vert et aboutissant au sommet rouge : ce mot est reconnu par le graphe. 2. HAT n’est pas une chaîne orientée du graphe, et ne peut donc pas être un mot reconnu par ce graphe. 3 Voir livre page 95. 4 Voir livre page 95. 5 1. La chaîne de poids minimal reliant A à E est ABE pour un poids total de 4. 2. AECDE est la chaîne de poids maximal reliant A à E et ne comportant que des arêtes distinctes avec un poids de 12.

Chapitre 3 Graphes pondérés et probabilistes – Term ES spécialité

119

6

Lucas a raison : il s’agit de PRT avec un poids de 6 + 5 = 11. PRQSV est une chaîne de poids 13 : Estelle a tort. 8 QSUQ n’est pas une chaîne de ce graphe : Karim a tort. 9 Voir livre page 95. 10 a. La somme des probabilités des arêtes issues de A fait 1,1. b. La somme des probabilités des arêtes issues de B fait 0,6. c. La somme des probabilités des arêtes issues de B fait 1,1. d. Une arête issue de A a une étiquette égale à 1,1 et ne peut être une probabilité. 11 Seuls A, B et D sont des graphes probabilistes. 12 a. 0,4 0,7 A 7

0,6 b.

0,8

A 0,2

0,5 0,3

A 0,7

0,3

A

0,2

B

1

13 La somme des arêtes issues de chacun des sommets fait toujours 1 : il s’agit bien d’un graphe probabiliste (d’ordre 3). 14 Il suffit d’étiqueter trois arêtes : la boucle issue de B porte une probabilité de 0,3, l’arête issue de A également et celle issue de C porte une probabilité de 0,5. 15 a. Non : la somme des coefficients de chacune des lignes ne vaut pas 1. b. Oui : la somme des coefficients de chacune des lignes fait toujours 1. c. Non : il s’agit de la somme des colonnes. La transposée est donc une matrice de transition. d. Oui. 16 a. Non : il manque 0,1 à la seconde ligne. b. Oui. c. Non : il y a 0,1 en trop à la première ligne et 0,1 en moins à la seconde. d. Oui. 17

 0,9 0,1  a. M =   0,7 0,3 

 0, 8 0,2  b. M =   0,3 0,7    c. M =  1 0   0,2 0, 8   0, 6 0, 4  d. M =   0,7 0,3 

120

 0,7 0,1 0,2  b. M =  0 0 1   0,2 0,5 0,3   0,55 0,35 0,1  c. M =  0,25 0, 6 0,15   0,35 0, 05 0, 6   0 1 0  d. M =  0 0 1   0 0,5 0,5   0,5 0,5  = ( 0,52 0, 48 0,2 ) ×   0, 6 0, 4 

)

 0,5 0,5  P2 = P1M = ( 0,52 0, 48 ) ×  = ( 0,548 0, 452  0, 6 0, 4 

)

( 0, 8

20 a. P1 = P0 M =

B

0,8

d.

0,7

0,5 B

c.

 0,3 0, 6 0,1  a. M =  0, 4 0, 4 0,2   0,7 0,1 0,2 

19 P = P M = 1 0

B

0,3

18

( 0, 6

  0, 4 ) ×  

 1 P2 = P1M =  29 31  ×  4  60 60  5  6

3 4 1 6

1 4 5 6

3 4 1 6

  =  29 31    60 60  

  =  397 323    720 720  

 0 1 0 b. P1 = P0 M = ( 0,2 0,5 0,3 ) ×  1 0 0  = ( 0,5 0,2 0,3 ).   0 0 1  0 1 0 P2 = P1M = ( 0,5 0,2 0,3 ) ×  1 0 0  = ( 0,2 0,5 0,3 ) .   0 0 1 21 P = P M3 = 3 0

(

 0,3 0,5 0,2  0, 4 0,2 0, 4 ) ×  0,3 0,7 0   0,9 0, 05 0, 05 

3

= ( 0,3678 0,55455 0, 07765 )

22 a. P5 ≈

( 0,566

0, 434

)

b. P5 ≈ ( 0,344 0,312 0,344

)

23 La vérification est faite à l’aide de la calculatrice. 24 Voir livre page 95. 25 Il suffit de vérifier que P = PM à la calculatrice, par exemple. 26 Il suffit de vérifier que P = PM à la calculatrice par exemple. 27 Il faut trouver P tel que P = PM. On pose P =

(x

y ) . Ainsi :

P = PM ⇔ ( x y ) = ( 0,6 x + 0,1y 0, 4 x + 0,9 y

)

⎧ x = 0,6x + 0,1y ⇔⎨ ⇔ y = 4 x. ⎩ y = 0, 4 x + 0,9 y Or x + y = 1 donc x = 1 et y = 4 . 5 5   1 4 Donc P = .  5 5 

POUR S’ENTRAÎNER 28 1. Seuls ACC, ABCC et CCAC sont reconnus. 2. On forme la matrice d’adjacence du graphe en considérant les sommets de gauche à droite :

 2 1 0  16 10 5  M =  0 0 1  , puis on calcule la matrice M4 =  0 1 0  .     0 1 0 0 0 1 4 = 5 qui donne le nombre de On extrait ensuite le coefficient M1,3 chaînes de longueur 4 reliant le sommet vert au sommet rouge, c’est-à-dire le nombre de mots de quatre lettres reconnus par le graphe. Ces mots sont : ABCC, CCAC, AACC, BBCC et BACC. 29 1. Seuls les mots RECOURS et RETORD sont reconnus. 2. Il faut au minimum trois lettres : il s’agit du mot EOR. On peut aussi le vérifier en formant la matrice d’adjacence en considérant les sommets de gauche à droite :  1 1 0 0 M =  0 2 1 0  . 0 0 1 1   0 0 0 2 La première puissance de M comportant un coefficient non nul à l’intersection de la première ligne et de la dernière colonne est M3. 3. Par exemple : RETOUR. 30 Il suffit de reprendre la matrice d’adjacence précédemment établie et de trouver respectivement : 4 = 6, M5 = 23 et M6 = 72. M1,4 1,4 1,4 Il y a donc 6 mots de quatre lettres, 23 mots de 5 lettres et 72 mots de six lettres reconnus par ce graphe. 31 1. BACCALETS est un mot reconnu par le graphe, mais pas BLEUS. 2. Non : il faudrait pour cela que le deuxième sommet en partant de la gauche soit le sommet final (en rouge). 3. On forme tout d’abord la matrice d’adjacence de ce graphe (pas d’ordre privilégié pour les sommets, on garde juste le sommet vert en premier et le rouge en dernier), par exemple :  0 1 0 0 0 0  0 2 1 0 0 0   M =  0 0 0 1 1 1 . 0 0 1 0 0 0    0 0 1 0 0 0  0 0 0 0 0 0 5 = 6. Il y a donc bien six mots de cinq On calcule ensuite M1,6 lettres reconnus par ce graphe. 32 Voir livre page 95. 33 Vrai : la distance entre le sommet de départ et celui de fin est 2. Il s’agit du mot BE (aucune autre possibilité – on peut là encore vérifier avec la matrice d’adjacence). 34 Faux : on ne peut avoir une succession de deux E dans ce graphe. 35 Vrai : ABE, BCE, BDE et BEF. 36 Vrai. 37 a. A – B – C – D a un poids de 31. b. B – E – C – D a un poids de 23. c. C – G – A – B – G – F a un poids de 54. 38 1. Les parcours en trois étapes de A à D correspondent aux chaînes de longueur 3 reliant A à D : A – B – C – D, A – B – E – D, A – G – C – D et A – G – E – D. 2. Les poids respectifs sont 31, 31, 29 et 30. Le parcours le plus court est donc A – G – C – D.

39 Oui si, et seulement si, on considère un graphe comportant des arêtes de poids nul. Oui : dans l’exercice précédent, A – B – C – D et A – B – E – D ont même poids. 40 Voir livre page 95. 41 Vrai : il suffit d’additionner les poids des arêtes constituant la chaîne. 42 Vrai : ce poids vaut 8. 43 Vrai : une rapide « exploration du meilleur » à la manière de l’algorithme de Dijkstra aide à s’en convaincre. 44 La chaîne correspondante est A – D – F – G avec un poids total de 510. 45 La chaîne correspondante est E – C – F – S avec un poids total de 10. 46 Les chaînes correspondantes, toutes de poids total égal à 5 sont : A – B – F – H, A – C – G – H et A – F – H. 47 La chaîne correspondante est A – C – E – F – G avec un poids total de 7. 48 Voir livre page 95. 50 1. La chaîne correspondante est O – P – L – H – T avec un poids total de 46. 2. 46 minutes, donc Amélie sera en retard ! 51 Faux : la chaîne correspondante est A – B – C – E – F – H avec un poids total de 25. 52 Faux : la chaîne correspondante est B – C – E – F – H avec un poids total de 22. 53

1 2

P

B

1 6

1 4 1 2

1 2

1 4 V

1 3

1 4

1 4

 0, 4 0, 6 0  0,7 0,1   0 0,15 0, 85 

54 M =  0,2 55 1. P0 =

( 0,5

0,5 ).

2. La probabilité de rester favorable au parti est 0,9 ; celle d’y rester défavorable est 0,85. 3. P2 = P1M = P0M2 2  0,9 0,1  = ( 0,5 0,5 ) ×    0,15 0, 85  = ( 0,54375 0, 45625 ) = ( 0,54 0, 46 à 10–2 près.

)

 1 2 

56 1. M =  3 3  .

 3 1   4 4 

Chapitre 3 Graphes pondérés et probabilistes – Term ES spécialité

121

2. La matrice M ne comportant pas de zéro, il existe un état stable et il est unique. Soit P = ( a b ) l’état stable. On sait que a + b = 1, d’autre part P = PM équivaut à : ⎧ 1a + 3 b = a ⎪3 4 ⇔ 2a = 3b ⇔ b = 8a. ⎨2 3 4 9 ⎪ a + 1b = b 4 ⎩3 Par substitution, a = 9 et b = 8 . 17 17 L’état stable est P =  9 8  .  17 17  58 1. 1 4 2 5 A 1 2

B

1 5

 1 1 2. M =  2 2  1 4   5 5   3. P1 = P0 M = ( 1 0 ) ×   

1 2 1 5

1 2 4 5

0 3 4 3 0 4 0 1

b. On a P6 = ( 0,28745 0,71255 ) donc la probabilité que Madame Z convainque son sixième client est de 0,28745. c. Si elle n’a pas convaincu son premier client, l’état initial est P1 = ( 0 1 ) et P6 = P1 × M5 = ( 0,28502 0,71498 ). Dans ce cas, la probabilité qu’elle convainque son sixième client est 0,28502. 5. La matrice M ne comportant pas de zéro, il existe un état stable et il est unique. Soit P = ( a b ) l’état stable. On sait que a + b = 1, d’autre part P = PM équivaut à : ⎧ 1a + 1b = a ⎪ 2 5 ⇔ 1a = 1b ⇔ a = 2 b. ⎨ 1 2 5 5 4b = b a + ⎪ 5 ⎩2 Par substitution, a = 2 et b = 5 . L’état stable est P =  2 5  . 7 7  7 7 En considérant un grand nombre de clients, Mme Z arrive à en convaincre environ deux sur sept. 59 Voir livre page 95. 60 1. 3 4 A B

1 4 1 4 0

   .   5

 0 3 1  4 4  3. P5 = P0 M5 = ( 1 0 0 ) ×  3 1  4 0 4    0 1 0  = ( 0,259 0,542 0,199 ) . à 10–3 près. La probabilité que Boris ait la balle après le cinquième lancer est d’environ 0,542. 4. On peut s’assurer que la puissance quatrième de la matrice de transition de ce graphe probabiliste ne comporte pas de 0, ce qui garantit l’existence et l’unicité de l’état stable. Soit P = ( a b c ) l’état stable. On sait que a + b + c = 1, d’autre part P = PM équivaut à : ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩

  =  1 1 .   2 2 

 0,28745 0,71255  4. a. M5 =   0,28502 0,71498 

3b = a 4 ⎧ a = 3b 4 . 3a+c = b ⇔ ⎪ ⎨ 4 ⎪c= 7 b 16 1a + 1b = c ⎩ 4 4

Par substitution, a = 12 , b = 16 et c = 7 . 35 35 35 L’état stable est P =  12 16 7  .  35 35 35  En considérant un grand nombre de passes, Alexis a la balle 12 fois sur 35 environ, Boris 16 fois sur 35 et Camille 7 fois sur 35. 61 1. P1 =

2.

( 0,15

0, 85 ) 0,35

G 0,65

0,33

0,67 _ G

 0, 65 0,35  3. M =   0,33 0, 67  4. P3 = P2M = P1M2 = ( 0, 45096 0,54904 ) .donc environ 45 % des personnes seront favorables à la grève le troisième jour. 5. La matrice M ne comportant pas de zéro, il existe un état stable et il est unique. Soit P = ( a b ) l’état stable. On sait que a + b = 1, d’autre part P = PM équivaut à : ⎧ 0,65a + 0,33b = a 33 ⎨ 0,35a + 0,67b = b ⇔ 35a = 33b ⇔ a = 35 b . ⎩ Par substitution, a = 35 et b = 33 . 68 68

3 4 1 4

1 4 C

122

  2. M =   

1

L’état stable est P =  35 33  .  68 68  62 Faux : ce n’est même pas un graphe probabiliste ! 63 Vrai : on justifie à l’aide de la calculatrice par exemple. 64 La chaîne correspondante est K – F – H – M – B avec un poids total de 2208.

65 1.

0,1

A

B

0,3

0,5

0,3 0,2

0,2

0,6

0,6 C

0,2

2. Se vérifie à la main ou à la calculatrice.

pour FAIRE LE POINT Voir livre page 95. Les corrigés détaillés sont disponibles sur le site www.bordasindice.fr.

Travaux pratiques TP

1 Moteur de recherche sur le Web

L’objectif de ce TP est de découvrir l’algorithme PageRank utilisé par Google au travers d’un modèle réduit simple du Web. On y utilise les matrices de transition de graphes probabilistes, en cheminant de manière aléatoire sur un graphe. A. Un modèle réduit du Web 1. Le déplacement étant aléatoire, supposé équiprobable : 1 3 A B 1

1 3

1 3

3.

0,378 0,370 0,366 0,382

 0,375  0,375 M20 ≈  0,375   0,375

1 1 3 3 0 0 .  0 1 2 0 0

0,311 0,315 0,315 0,310

0,312 0,313 0,313 0,312

E

0,123 0,127 0,131 0,120

0,125 0,125 0,125 0,125

0,188  0,188  0,188   0,188 

0,188  0,187  0,187   0,188 

1

D 1 3

D

0 1 3 1 0 1 0 2 0 1

1 3

1 3 C

C

  ≈  

1 3

1

1 2

M10

1 1 3

1 2

   2. On a M =    

 0,375 0,313 0,125 0,187   0,375 0,313 0,125 0,187  M80 ≈  0,375 0,313 0,125 0,187     0,375 0,313 0,125 0,187  La dernière colonne a été ajustée en termes d’arrondis pour que les matrices restent des matrices de transition. On constate qu’il y a stabilisation à partir d’un certain rang. 4. P20 = P0M20 = ( 0,375 0,312 0,125 0,188 ) Il s’agit de la première ligne de la matrice de transition M20. En partant de B, on obtient la seconde ligne de la matrice de transition M20, en partant de C la troisième, de D la quatrième. ⎧ y + 1z = x ⎪ 2 ⎧ x = 3z ⎪ 1 ⎪⎪ x + t=y 5 ⎪ 3 ⇔ ⎨ y = 2z 5. P = PM ⇔ ⎨ 1 x=z ⎪ t = 3z ⎪ ⎪⎩ ⎪ 3 2 1 1 ⎪ x+ z =t 2 3 ⎩ or x + y + z + t = 1 car on parle d’un état probabiliste ; donc par substitution, z = 1 , x = 3 , y = 5 et t = 3 . 8 8 16 16 Donc P =  3 5 1 3  .  8 16 8 16  L’internaute naviguant au hasard sur un grand nombre de pages a environ 3 chances sur 8 d’être sur la page A, 5 sur 16 d’être sur la page B, 1 sur 8 d’être en C et 3 sur 16 d’être en D. B. Évolution du modèle 1. L’internaute va être coincé en E. 2. 1 3 A B

1

 0 1 1 1 0   3 3 3  1 0 0 0 0 M1 =  1 1 1  3 0 0 3 3    0 1 0 0 0  0 0 0 0 1 3. Les coefficients des quatre premières colonnes tendent vers 0 alors que ceux de la dernière colonne tendent vers 1 : il est donc de plus en plus probable de rester coincé sur la page E, ne disposant pas de lien extérieur. Chapitre 3 Graphes pondérés et probabilistes – Term ES spécialité

123

4. a. On retrouve la matrice précédente. b. On passe au hasard d’une page à l’autre. C. PageRank sur la toile de la partie A 1. On obtient :  1 1  0 1 1 1  4 4  1 1  3 3 3    M = 0, 85  1 0 0 0  + 0,15 ×  4 4 1 0 0 1  1 1  2   4 4  2  0 1 0 0  1 1  4 4 2. On «  gomme  » les différences constatées

1 1 4 4  1 1 4 4  1 1  4 4  1 1 4 4  en faisant se rapprocher les probabilités de chaque page de 1 . 4

TP

2 Temps de retour… du beau temps

L’objectif de ce TP est l’utilisation du tableur pour déterminer le temps de retour à un état donné sur un graphe probabiliste à deux états. La partie A est théorique, la partie B met en œuvre une modélisation via un tableur. Fichiers associés sur www.bordas-indice.fr et sur le manuel numérique premium : 03_TESspe_TP2.ods (fichier élève OpenOffice), 03_TESspe_ TP2.xls (fichier élève Excel 2003), 03_TESspe_TP2.xlsx (fichier élève Excel 2007), 03_TESspe_correctionTP2.ods (fichier correction OpenOffice), 03_TESspe_correctionTP2. xls (fichier correction Excel 2003) et 03_TESspe_ correctionTP2.xlsx (fichier correction Excel 2007). A. Quelques temps d’attente 1.

a

A 1–a

b

1–b B

2. M =  1 − a a   b 1− b  3. a. C’est être en A et y revenir : on parle des chaînes de longueur 1 reliant A à A, précisément la boucle en A. b. P (T = 1) = 1 – a. 4. a. C’est être en A et y revenir avec une chaîne de longueur 2 reliant A à A. Il y en a deux : A – A – A et A – B – A. b. En calculant le premier terme diagonal de M 2, on trouve P (T = 2) = (1 – a)2 + ab. B. Météorologie avec le tableur 1. La colonne B représente l’état initial, celui auquel on cherche à revenir ensuite. 2. a. Cette formule simule une marche sur le graphe probabiliste à deux états de la partie A : s’il pleut (un 0 en B6) alors il y a une probabilité de 0,9 qu’il pleuve à nouveau : ENT(ALEA()+0,1) qui donne 0 dans 90 % des cas. Sinon (un 1 en B6), il fait beau et il fera beau à nouveau avec une probabilité égale à 0,5 et la formule ENT(ALEA()+0,5) retourne bien un 1 dans 50 % des cas. 3. a. =EQUIV(1;C6 : CX6;0) b. J1 =MOYENNE(CZ6 : CZ1006)

124

c. J2 =MAX(CZ6 : CZ1006) et J2 =MIN(CZ6 : CZ1006) . d. On attend 5 à 6 jours en moyenne avant le retour du beau temps. 4. Il suffit de changer le contenu de B1 par un 0.

Pour aller plus loin 73 La situation peut être modélisée par le graphe suivant, un mot reconnu par le graphe étant un digicode possible. 9 5 3 7

La matrice d’adjacence de ce graphe est M =  2 1  .  0 1 Pour connaître le nombre de codes de 4 chiffres, il nous faut 4 . Or M4 =  16 15  . Il y a donc 15 codes possibles trouver M1,2   0 1  et pas 16 : le souhait du propriétaire n’est pas réalisable. 74 1. À l’aide de l’algorithme de Dijkstra, on trouve que le plus court chemin est E – A – B – C – S avec un temps de parcours de 19 heures. 2. a. E – A – B – C – D – S avec 22 heures. b. E – A – B – D – S avec 20 heures. 75 Partie A 1. P (A B) = 3 × 1 = 3 (indépendance) 4 2 8 2. P (« Au moins un feu est vert ») = 1 P (« Aucun n’est vert ») = 1 − 1 × 1 = 7 4 2 8 Partie B

1.

0,45

R

V

0,05

0,5 0,1

0,05

0,05 O

0,1

 0,9 0, 05 0, 05  M =  0, 8 0,1 0,1  .  0, 45 0, 05 0,5  2. P1 = ( 1 0 0

0,9

)

P2 = P1M  0,9 0, 05 0, 05  = ( 1 0 0 ) ×  0, 8 0,1 0,1   0, 45 0, 05 0,5  = ( 0,9 0, 05 0, 05 )

0,8

3. P4 = P1M3

3

 0,9 0, 05 0, 05  = ( 1 0 0 ) ×  0, 8 0,1 0,1   0, 45 0, 05 0,5  = ( 0, 861 0, 052625 0, 086375 ) donc la probabilité que le quatrième feu soit vert est 0,861. 4. P1 = ( 0 0 1 )  P2 = P1M = ( 0 0 1 ) ×   = ( 0, 45 0, 05

0,9 0, 8 0, 45

0,5 )

0, 05 0,1 0, 05

0, 05  0,1  0,5 

5. En considérant un grand nombre de feux, environ 85 % sont verts, 5 % oranges et 10 % rouges. 76 1. 0,3 0,95 A 0,7

B

0,05

 0,7 0,3  2. M =   0, 05 0,95  3. En 2013 : P2 = P0M2 = ( 0,336 0, 664 ) ≈ ( 0,34 0, 66 ) .

5. À l’aide de la calculatrice. 6. Les vols à deux escales sont représentés par les chaînes de 3 = 4. Il y a quatre vols à deux longueur 3. On cherche donc M1,1 escales : A – B – C – A, A – C – B – A, A – C – F – A et A – F – C – A. 3 = 0 donc on ne peut relier G à lui-même en deux escales. 7. M7,7    8. M4 =     

26 22 27 16 31 19 14

22 36 31 20 29 33 13

27 31 37 24 32 30 14

16 20 24 20 18 23 6

31 29 32 18 39 23 19

19 33 30 23 23 35 8

14  13  14  6   19  8  11 

4 = 23 donc il y a 23 vols à trois escales reliant F à E. M6,5 9. Oui, car il n’y a pas de 0 dans la matrice M4. 10. La chaîne correspondante est A – B – D – G avec un poids total de 27. 78 1. 0,2 0,85 A

0,8

B

0,15

 0, 8 0,2  2. M =   0,15 0, 85 

P3 = P0M3 = ( 0,2684 0,7316 ) ≈ ( 0,27 0,73 ) . (au centième). ⎛ 0,7 0,3 ⎞ 4. Pn+1 = PnM ⇔ ( an+1 bn+1 ) = ( an bn )⎜ ⎝ 0,05 0,95 ⎟⎠ ⇔ an+1 = 0,7an + 0,05bn or an + bn = 1 donc bn = 1 – an et par substitution : an+1 = 0,65an + 0,05. un +1 5. En calculant , on trouve 0,65. La suite (un) est donc un géométrique de premier terme 0, 6 − 1 = 16 et de raison 0,7. 7 35 16 × (0,7)n et ainsi : 6. On peut donc écrire un = 35 an = 16 × (0,7)n + 1. 7 35 7. lim (0,7)n = 0 donc lim an = 1 . 7 n →+  n →+  8. Il y aura toujours 14 % des salariés qui se rendront au travail avec leur voiture personnelle. 77 1. A – B – C – E – D – G – F est une chaîne passant par tous les sommets du graphe, chaque paire de sommets peut donc être reliée par une chaîne : le graphe est connexe. 2. A B C D E F G

3. a. P1 = P0M = ( 0, 4425 0,5575 ) donc la probabilité qu’un touriste choisisse la société « Alizés » en 2013 est de 0,4425. b. P2 = P0M2 = ( 0, 437625 0,562375 ) En 2014, environ 44 % des touristes choisiront la société Alizés contre 56 % pour Bonair. 4. a. La matrice M ne comportant pas de zéro, il existe un état stable et il est unique. Soit P = ( a b ) l’état stable. On sait que a + b = 1, d’autre part P = PM équivaut à :

3. D’après le théorème d’Euler, ce graphe connexe ayant exactement deux sommets de degré impair (A et D), ce graphe admet une chaîne eulérienne reliant A à D. La réponse est donc oui. 4. En considérant les sommets dans l’ordre alphabétique :  0 1 1 0 0 1 0  1 0 1 1 1 0 0  1 1 0 0 1 1 0 M= 0 1 0 0 1 0 1    0 1 1 1 0 1 0  1 0 1 0 1 0 1  0 0 0 1 0 1 0

C ap vers le bac

3

4

4

3

4

4

⎧ 0,8a + 0,15b = a 3 ⎨ 0,2a + 0,85b = b ⇔ 0,2a = 0,15b ⇔ a = 4 b. ⎩ Par substitution, a = 3 et b = 4 . 7 7 L’état stable est P =  3 4  .  7 7  b. lim an = 3 donc au bout d’un grand nombre d’années, 3 7 n →+  touristes sur 7 environ choisiront la société Alizés. 5. P (« Au moins un touriste choisit Alizés ») = 1 4 P (« Aucun ne choisit Alizés ») = 1 − 4 ≈ 0, 893. 7

()

2

Sujet

A

 0 0 0 0 1 0  1 0 0 0 0 1   1. M =  0 1 0 1 0 1  1 0 1 0 0 1    0 0 0 1 0 0  1 1 1 0 0 0 2. À l’aide de la calculatrice. 6 = 8 : il y a donc 8 chemins de longueur 6 reliant A à A. 3. a. M1,1

Chapitre 3 Graphes pondérés et probabilistes – Term ES spécialité

125

b. A – E – D – A – E – D – A A–E–D–C–D–F–A A–E–D–F–C–D–A A–E–D–F–C–F–A A–E–D–F–B–F–A A–E–D–C–B–F–A A–E–D–C–F–B–A A–E–D–F–C–B–A c. A – E – D – C – B – F – A : poids de 28. A – E – D – C – F – B – A : poids de 21. A – E – D – F – C – B – A : poids de 28. Il s’agit de A – E – D – F – C – B – A. d. L’itinéraire le plus judicieux pour lui est : A – E – D – F – C – B – A. 4. Via l’algorithme de Dijkstra : C – D – F – B – A avec un poids total de 10 minutes.

Sujet

B

1. Via l’algorithme de Dijkstra : A – E – D – F – G avec un poids total de 12. 2. a. Soit A l’événement : « Géraud a livré le courrier du jour » et B l’événement contraire. 0,3 0,8 A 0,7

B

0,2

 0,7 0,3  M=  0,2 0, 8  ⎛ 0,7 0,3 ⎞ b. Pn+1 = PnM ⇔ ( an+1 bn+1 ) = ( an bn )⎜ ⎝ 0,2 0,8 ⎟⎠ ⇔ an+1 = 0,7an + 0,2bn or an + bn = 1 donc bn = 1 – an et par substitution : an+1 = 0,5an + 0,2. un +1 , on trouve 0,5. La suite (un) est donc c. En calculant un géométrique de premier terme 1 – 0,4 = 0,6 et de raison 0,5. d. On peut donc écrire un = 0,6 × (0,5)n–1 et ainsi : an = 0,6 × (0,5)n–1 + 0,4.

Sujet 1. a.

C P 0,9

0,1

0,2 D’où la matrice de transition proposée.

0,8 L

 0,9 0,1  b. P1 = P0 M = ( 0,5 0,5 ) ×   0,2 0, 8  = ( 0,55 0, 45 ) . c. La matrice M ne comportant pas de zéro, il existe un état stable et il est unique. Soit P = ( a b ) l’état stable.

126

On sait que a + b = 1, d’autre part P = PM équivaut à : ⎧ 0,9a + 0,2b = a ⎨ 0,1a + 0,8b = b ⇔ 0,1a = 0,2b ⇔ a = 2b. ⎩ Par substitution a = 2 et b = 1 . 3 3   2 1 L’état stable est P = .  3 3 Il va donc y avoir une stabilisation de la population : il y aura toujours deux tiers environ de propriétaires. ⎛ 0,9 0,1 ⎞ 2. Pn+1 = PnM ⇔ ( pn+1 ln+1 ) = ( pn ln )⎜ ⎝ 0,2 0,8 ⎠⎟ ⇔ pn+1 = 0,9pn + 0,2In or pn + In = 1 donc In = 1 – pn et par substitution : pn+1 = 0,7pn + 0,2. un +1 , on trouve 0,7. La suite (un) est donc un géométrique de premier terme 0,5 − 2 = − 1 et de raison 0,7. 3 6 b. On peut donc écrire un = − 1 × (0,7)n et ainsi : 6 pn = − 1 × (0,7)n + 2 . 3 6 lim (0,7)n = 0 donc lim pn = 2 . 3 n →+  n →+  3. a. En calculant

Sujet

D

1. Réponse A. 2. Réponse A. 3. Réponse B. 4. Réponse C.

 0,1 0,9  5. P3 = P1M2 = ( 0, 65 0,35 ) ×   0, 6 0, 4  = ( 0, 4625 0,5375 ) Réponse B. 6. Réponse A, à l’aide de la calculatrice.

2

79 Via l’algorithme de Dijkstra : A – C – E – H – F avec un poids total de 1200.

 5 1

80 1. M =  6 6  .

 1 2    3 3 2. La matrice M ne comportant pas de zéro, il existe un état stable et il est unique. Soit P = ( a b ) l’état stable. On sait que a + b = 1, d’autre part P = PM équivaut à : ⎧ 0,9a + 0,2b = a ⎨ 0,1a + 0,8b = b ⇔ 0,1a = 0,2b ⇔ a = 2b. ⎩ Par substitution a = 2 et b = 1 . 3 3   2 1 . L’état stable est P =  3 3 En considérant un grand nombre de jours, deux jours sur trois environ seront des jours de temps sec.