\documentclass[10pt]{article}
\usepackage[T1]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage{fourier}
\usepackage[scaled=0.875]{helvet} 
\renewcommand{\ttdefault}{lmtt} 
\usepackage{amsmath,amssymb,amsfonts}
\usepackage[normalem]{ulem}
\usepackage{fancybox,graphicx}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{dcolumn}
\usepackage{textcomp}
\usepackage{diagbox}
\usepackage{tabularx}
\usepackage{lscape}
\newcommand{\euro}{\eurologo{}}
%Tapuscrit : Denis Vergès
%Corrigé Denis Vergès et François hache
\usepackage{pst-all,pst-eucl,pstricks-add}
%\usepackage{vmargin}
\usepackage[left=3.5cm, right=3.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry}
\newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}}
\newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}
\newcommand{\N}{\mathbb{N}}
\newcommand{\D}{\mathbb{D}}
\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}}
\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}}
\newcommand{\C}{\mathbb{C}}
\renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}}
\renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}}
\renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}}
\renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}}
\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
\setlength\parindent{0mm}
\usepackage{fancyhdr}
%%%%   Commandes perso FH
\newcommand{\ds}{\displaystyle}%   displaystyle
\newcommand{\cg}{\texttt{]}}% crochet gauche
\newcommand{\cd}{\texttt{[}}% crochet droit
\newcommand{\pg}{\geqslant}%      plus grand ou égal
\newcommand{\pp}{\leqslant}%      plus petit ou égal
\usepackage{hyperref}
\hypersetup{%
pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Baccalauréat S},
pdftitle = {Métropole--La Réunion 20 juin 2016 - Corrigé},
allbordercolors = white,
pdfstartview=FitH}   
\thispagestyle{empty}
\usepackage[frenchb]{babel}
\usepackage[np]{numprint}

\renewcommand{\d}{\,\text{d}} % le d de différentiation
\newcommand{\e}{\,\text{e}\,}%    le e de l'exponentielle
\renewcommand{\i}{\text{\,i}}%  le i des complexes

\begin{document}

\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat S }
\rfoot{\small{Métropole--La Réunion}}
\lfoot{\small{12 septembre 2016}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center} {\Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Métropole--La Réunion~\decofourright\\[5pt]12 septembre 2016
}}} 

\end{center}

\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textsc{Exercice 1 \hfill Commun à tous les candidats \hfill 6 points}}

%Les trois parties sont indépendantes. Les résultats des probabilités seront arrondis à $10^{-3} $ près.
%
%\medskip

\subsubsection*{Partie 1}

%\medskip

On estime qu'en 2013 la population mondiale est composée de 4,6 milliards de personnes âgées de 20 à 79 ans et que 46,1\,\% des personnes âgées de 20 à 79 ans vivent en zone rurale et 53,9\,\% en zone urbaine.

En 2013, d'après la fédération internationale du diabète, 9,9\,\% de la population mondiale âgée de 20 à 79 ans vivant en zone urbaine est atteinte de diabète et 6,4\,\% de la population mondiale âgée de 20 à 79 ans vivant en zone rurale est atteinte de diabète.

On interroge au hasard une personne âgée de 20 à 79 ans. On note :

$R$ l'évènement : \og la personne choisie habite en zone rurale \fg,

$D$ l'évènement: \og la personne choisie est atteinte de diabète \fg.

\medskip

\begin{enumerate}
\item On traduit cette situation à l'aide d'un arbre de probabilité:


\bigskip

\begin{center}
  \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=5pt,levelsep=3.5cm,nrot=:U]{\TR{}}
 {
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$R$}\naput{$0,461$}}
 	  { 
 		  \TR{$D$}\naput{$0,064$}
 		  \TR{$\overline{D}$}\nbput{\red $1-0,064=0,936$}	   
 	  }
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$\overline{R}$}\nbput{$0,539$}}
 	  {
 		  \TR{$D$}\naput{$0,099$}
          \TR{$\overline{D}$}\nbput{\red $1-0,099=0,901$} 
     }
}
\end{center}

\bigskip

\item 
	\begin{enumerate}
		\item La probabilité que la personne interrogée soit diabétique est $P(D)$. 
		
D'après la formule des probabilités totales:
		
$P(D) = P(R \cap D) + P\left(\overline{R} \cap D\right) 
= P(R)\times P_R(D) + P\left(\overline{R}\right)\times P_{\overline{R}}(D)\\
\phantom{P(D)}= 0,461\times 0,064 + 0,539 \times 0,099
= \np{0,029304} + \np{0,053361}
= \np{0,082865}\\
\phantom{P(D)} \approx 0,083$
		
		\item La personne choisie est diabétique. La probabilité qu'elle habite en zone rurale est $P_D(R)$:
		
$P_D(R) = \dfrac{P(D\cap R)}{P(D)}
= \dfrac{\np{0,029504}}{\np{0,082865}}
\approx 0,356$

 	\end{enumerate}

\end{enumerate}

%\bigskip

\subsubsection*{Partie 2}

%\medskip

Une personne est dite en hypoglycémie si sa glycémie à jeun est inférieure à 60~mg.dL$^{-1}$ et elle est en hyperglycémie si sa glycémie à jeun est supérieure à 110~mg. dL$^{-1}$. La glycémie à jeun est considérée comme \og normale \fg{} si elle est comprise entre 70~mg. dL$^{-1}$ et 110 mg.dL$^{-1}$. Les personnes ayant un taux de glycémie compris entre 60 et 70~mg.rdL$^{-1}$ ne font pas l'objet d'un suivi particulier.

On choisit au hasard un adulte dans cette population. Une étude a permis d'établir que la probabilité qu'il soit en hyperglycémie est 0,052 à $10^{-3}$ près. Dans la suite on admettra que cette probabilité est égale à $0,052$.

On modélise la glycémie à jeun, exprimée en mg.dL$^{-1}$, d'un adulte d'une population donnée, par une variable aléatoire $X$ qui suit une loi normale d'espérance $\mu$ et d'écart-type $\sigma$.

On donne ci-dessous la représentation graphique de la densité de probabilité de la variable aléatoire $X$.

\begin{center}
\psset{xunit=0.13cm, yunit=50cm, arrowsize=2pt 3, algebraic=true}
\def\xmin {50}
\def\xmax {130}
\def\ymin {-0.02}
\def\ymax {0.035}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\def\m{90} \def\s{12.3}
\def\f{1/(\s*sqrt(2*PI))*EXP((-((x-\m)/\s)^2)/2)}

%\def\inf{\xmin} \def\sup{70}
%\pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red]
%{
%\psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup]
%\psplot{\sup}{\inf}{0}
%\closepath % indispensable !
%}
%
%\def\inf{110} \def\sup{\xmax}
%\pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red]
%{
%\psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup]
%\psplot{\sup}{\inf}{0}
%\closepath % indispensable !
%}

\psplot[plotpoints=1000]{\xmin}{\xmax}{\f}

\uput[d](70,0){70}
\uput[d](90,0){$\mu = 90$}
\uput[d](110,0){110}
\uput[d](125,0){mg.dL$^{-1}$}

\psline[linestyle=dashed](90,0)(90,0.0324)
\psline[linestyle=dashed](70,0)(70,0.00865)
\psline[linestyle=dashed](110,0)(110,0.00865)
\psline(\xmin,0)(\xmax,0)

%\psline[linecolor=red,linestyle=dashed](115,0.002)(120,0.02) 
%\uput[ur](120,0.02){\red 0,052}
%\psline[linecolor=red,linestyle=dashed](65,0.002)(60,0.02) 
%\uput[ul](60,0.02){\red 0,052}

\end{pspicture*}
\end{center}


\begin{enumerate}
\item La glycémie \og normale\fg{} est entre 70 et 110 mg.dL$^{-1}$; la probabilité que la personne choisie ait une glycémie à jeun \og normale\fg{} est donc $P(70 \pp X \pp 110)$.

La probabilité qu'un adulte soit en hyperglycémie est 0,052 donc $P(X > 110) = 0,052$.

D'après la courbe donnée dans le texte, la moyenne $\mu$ est de 90 donc, pour des raisons de symétrie, comme $70=90-20$ et que $110=90+20$,
$P(X < 70) = P(X > 110)$ et donc, 
$P(X < 70) = P(X > 110)=0,052$.

$P(70 \pp X \pp 110) = 1- P(X < 70) - P(X > 110)
= 1-2\times 0,052 = 0,896$

La probabilité qu'un adulte ait une glycémie \og normale\fg{} est 0,896. 

\begin{center}
\psset{xunit=0.13cm, yunit=50cm, arrowsize=2pt 3, algebraic=true}
\def\xmin {50}
\def\xmax {130}
\def\ymin {-0.02}
\def\ymax {0.035}
\begin{pspicture*}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
\def\m{90} \def\s{12.3}
\def\f{1/(\s*sqrt(2*PI))*EXP((-((x-\m)/\s)^2)/2)}

\def\inf{\xmin} \def\sup{70}
\pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red]
{
\psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup]
\psplot{\sup}{\inf}{0}
\closepath % indispensable !
}

\def\inf{110} \def\sup{\xmax}
\pscustom[fillstyle=hlines,linestyle=solid,linewidth=0.5pt, hatchcolor=red]
{
\psplot{\inf}{\sup}{\f} % courbe de f sur [inf ; sup]
\psplot{\sup}{\inf}{0}
\closepath % indispensable !
}

\psplot[plotpoints=1000]{\xmin}{\xmax}{\f}

\uput[d](70,0){70}
\uput[d](90,0){$\mu = 90$}
\uput[d](110,0){110}
\uput[d](125,0){mg.dL$^{-1}$}

\psline[linestyle=dashed](90,0)(90,0.0324)
%\psline[linestyle=dashed](70,0)(70,0.00865)
%\psline[linestyle=dashed](110,0)(110,0.00865)
\psline(\xmin,0)(\xmax,0)

\psline[linecolor=red,linestyle=dashed](115,0.002)(120,0.02) 
\uput[ur](120,0.02){\red 0,052}
\psline[linecolor=red,linestyle=dashed](65,0.002)(60,0.02) 
\uput[ul](60,0.02){\red 0,052}

\end{pspicture*}
\end{center}

\item% Déterminer la valeur de $\sigma$ arrondie au dixième.
La variable aléatoire $X$ suit la loi normale de moyenne $\mu=90$ et d'écart-type $\sigma$.

D'après le cours, on peut dire que la variable aléatoire $Z=\dfrac{X-90}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.

On a vu que $P(X < 70) = 0,052$.

Comme $\sigma>0$, $X < 70 \iff X-90 < -20 \iff \dfrac{X-90}{\sigma} < -\dfrac{20}{\sigma} \iff Z < -\dfrac{20}{\sigma}$

$P( X< 70)=0,052 \iff P\left (Z< -\dfrac{20}{\sigma}\right ) = 0,052$.

On sait que la variable aléatoire $Z$ suit la loi normale centrée réduite; si $P(Z < \beta) = 0,052$, on trouve à la calculatrice $\beta \approx -1,626$.

On a donc
$-\dfrac{20}{\sigma} \approx -1,626$
ce qui donne
$\sigma \approx \dfrac{20}{1,626}$
soit   
$\sigma \approx 12,3$.

La valeur de $\sigma$ arrondie au dixième est 12,3.

\item Dans cette question, on prend $\sigma = 12$. 

La probabilité que la personne choisie soit en hypoglycémie est $P(X<60)$.

À la calculatrice, pour la variable aléatoire $X$ qui suit la loi normale de paramètres $\mu=90$ et $\sigma=12$, on trouve  $P(X<60)\approx 0,006$.

La probabilité, arrondie au millième, que la personne choisie soit en hypoglycémie est 0,006.

\end{enumerate}
 
%\bigskip
 
\subsubsection*{Partie 3}
 
% \medskip
 
Afin d'estimer la proportion, pour l'année 2013, de personnes diagnostiquées diabétiques dans la population française âgée de 20 à 79 ans, on interroge au hasard \np{10000}~personnes.
 
Dans l'échantillon étudié, 716 personnes ont été diagnostiquées diabétiques.
 
\medskip
 
\begin{enumerate}

\item% À l'aide d'un intervalle de confiance au niveau de confiance 95\,\%, estimer la proportion de personnes diagnostiquées diabétiques dans la population française âgée de 20 à 79 ans.
Un intervalle de confiance au niveau de confiance 95\,\% d'une fréquence $f$ dans un échantillon de taille $n$ est:

\hfill{} $\left [ f-\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}}~;~ f+\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}} \right ]$\hfill{}

La fréquence de personnes diagnostiquées diabétiques dans l'échantillon proposé de taille $n=\np{10000}$ est $f=\dfrac{716}{\np{10000}}= \np{0,0716}$.

On obtient l'intervalle 
$ \left [ 0,0716 -\dfrac{1}{\ds\sqrt{\np{10000}}}~;~ 0,0716 +\dfrac{1}{\ds\sqrt{\np{10000}}} \right ] 
= \cd \np{0,0616}~;~\np{0,0816} \cg$.

On peut donc dire que la probabilité que l'intervalle $\cd \np{0,0616}~;~\np{0,0816} \cg$ contienne la proportion d'adultes diabétiques dans la population totale est supérieure à 0,95.

\item% Quel doit être le nombre minimal de personnes à interroger si l'on veut obtenir un intervalle de confiance d'amplitude inférieure ou égale à 0,01 ?
L'amplitude de l'intervalle $\left [ f-\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}}~;~ f+\dfrac{1}{\ds\sqrt{n}} \right ]$ est $\dfrac{2}{\ds\sqrt{n}}$.

Pour que cette amplitude soit inférieure ou égale à 0,01, il faut trouver $n$ pour que $\dfrac{2}{\ds\sqrt{n}} \pp 0,01$ ce qui équivaut à $200 \pp \ds\sqrt{n}$ ou encore $n \pg \np{40000}$.

Il faut donc avoir un échantillon de taille supérieure ou égale à \np{40000} pour que l'intervalle de confiance ait une amplitude inférieure ou égale à 0,01.  

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textsc{Exercice 2 \hfill Commun à tous les candidats \hfill 4 points}}

On considère les nombres complexes $z_n$ définis pour tout entier $n \geqslant 0$ par la donnée de $z_0$, où $z_0$ est différent de 0 et de 1, et la relation de récurrence:
$z_{n+1} = 1 - \dfrac{1}{z_n}$.

\begin{enumerate}
\item 
\begin{enumerate}
\item Dans cette question, on suppose que $z_0 = 2$.% Déterminer les nombres $z_1$, $z_2$, $z_3$,  $z_4$,  $z_5$ et $z_6$.

$z_1 = 1 - \dfrac{1}{z_0} = 1 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2}$ ;
$z_{2} = 1 - \dfrac{1}{z_1} = 1 - 2 = - 1$ ;
$z_3 = 1 - \dfrac{1}{z_2}  = 1 - \dfrac{1}{- 1} = 1 + 1 = 2$ ;

ensuite on retrouve $z_4 = \dfrac{1}{2}$, $z_5 = - 1$ et $z_6 = 2$. 

\item Dans cette question, on suppose que $z_0 = \text{i}$.% Déterminer la forme algébrique des nombres complexes $z_1$, $z_2$, $z_3$,  $z_4$,  $z_5$ et $z_6$.

$z_1 = 1 - \dfrac{1}{\text{i}} = 1  + \text{i}$ ;
$z_{2} = 1 - \dfrac{1}{z_1} = 1 - \dfrac{1}{1  + \text{i}} =  1 - \dfrac{1  - \text{i}}{1 + 1} = \dfrac{2 - 1 + \text{i}}{2} = \dfrac{1 + \text{i}}{2}$ ;

$z_3 = 1 - \dfrac{1}{z_2}  = 1 - \dfrac{1}{\dfrac{1 + \text{i}}{2}} = 1 - \dfrac{2}{1 + \text{i}}= \dfrac{1 + \text{i} - 2}{1 + \text{i}} = \dfrac{- 1 + \text{i}}{1 + \text{i}} = \dfrac{(- 1 + \text{i})(1 - \text{i})}{(1 + \text{i})(1 - \text{i})} = \dfrac{- 1 + 1 +\text{i} + \text{i}}{1 + 1} = \text{i} = z_0$ ;

ensuite on retrouve $z_4 = z_1 =  1  + \text{i}$ , puis $z_5 = \dfrac{1 + \text{i}}{2}$ et $z_6 =\text{i}$. 

\item Dans cette question on revient au cas général où $z_0$ est un complexe donné.% Que peut-on conjecturer pour les valeurs prises par $z_{3n}$ selon les valeurs de l'entier naturel $n$ ?

Des résultats de la question précédente, on peut conjecturer que $z_{3n} = z_0$, pour $n \in \N$.

%Prouver cette conjecture.

On démontre cette conjecture par récurrence sur $n$:

$\bullet~~$\textbf{Initialisation:} on a bien $z_{3\times 0} = z_0$. L'égalité est vraie au rang $0$.

$\bullet~~$\textbf{Hérédité:} supposons que pour   $n \in \N$,\: $z_{3n} = z_0$, alors 

$z_{3(n+1)} = z_{3n + 3} = 1 - \dfrac{1}{z_{3n+2}} = 1 - \dfrac{1}{1 - \dfrac{1}{z_{3n+1}}} =   1 - \dfrac{z_{3n+1}}{z_{3n+1} - 1} =  \dfrac{z_{3n+1}  - 1 - z_{3n+1} }{z_{3n+1}  - 1} \\[8pt]
\phantom{z_{3(n+1)}}=
\dfrac{- 1}{z_{3n+1} - 1} = \dfrac{- 1}{1 - \dfrac{1}{z_{3n}} - 1} = \dfrac{- 1}{- \dfrac{1}{z_{3n}}} = z_{3n} = z_0$.

$\bullet~~$\textbf{Conclusion:} on a donc démontré que $z_{3\times 0} = z_0$ et si \:$z_{3n} = z_0$, alors   $z_{3(n+1)} = z_0$ : d'après le principe de récurrence on a démontré que quel que soit $n \in \N$, \: $z_{3n} = z_0$.

\end{enumerate}

\item %Déterminer $z_{\np{2016}}$ dans le cas où $z_0 = 1 + \text{i}$.
Comme $\np{2016} = 3 \times 672$, on a d'après la question précédente $z_{\np{2016}} = z_0 = 1 + \text{i}$.

\item %Existe-t-il des valeurs de $z_0$ tel que $z_0 = z_1$ ? Que peut-on dire de la suite $\left(z_n\right)$ dans ce cas ?
On a $z_0 = z_1 \iff z_0 = 1 - \dfrac{1}{z_0}$ (avec $z_0 \ne 0$) ou encore 

$z_0^2 = z_0 - 1 \iff z_0^2 - z_0 + 1 = 0 \iff \left(z_0 - \frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4} + 1 = 0 \iff \left(z_0 - \frac{1}{2}\right)^2 + \frac{3}{4} = 0 \iff \left(z_0 - \frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \right)\left(z_0 - \frac{1}{2} - \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2} \right) = 0 \iff \left\{\begin{array}{l c l}
z_0 - \frac{1}{2} - \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}&=&0\\
z_0 - \frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}&=&0
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
z_0 &=&\frac{1}{2} + \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}\\
z_0 &=&\frac{1}{2} - \text{i}\frac{\sqrt{3}}{2}
\end{array}\right.$

Il y a donc deux valeurs de $z_0$ pour lesquelles $z_1 = z_0$.

Dans ces deux cas, $z_2 = 1 - \dfrac{1}{z_1} = 1 - \dfrac{1}{z_0} = z_1$, et ainsi de suite, donc les suites $\left(z_n\right)$ sont constantes.

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textsc{Exercice 3 \hfill {Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} \hfill 5 points}}

%\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité} 
%
%\medskip

On dispose d'un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6 et de 2 pièces A et B ayant chacune un côté pile et un côté face. Un jeu consiste à lancer une ou plusieurs fois le dé.

Après chaque lancer de dé, si l'on obtient 1 ou 2, alors on retourne la pièce A, si l'on obtient 3 ou 4, alors on retourne la pièce B et si l'on obtient 5 ou 6, alors on ne retourne aucune des deux pièces.

Au début du jeu, les 2 pièces sont du côté face.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Dans l'algorithme ci-dessous, 0 code le côté face d'une pièce et 1 code le côté pile. Si $a$ code le côté de la pièce A à un instant donné, alors $1 - a$ code le côté de la pièce A après l'avoir retournée.

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{|lX|}\hline
\textbf{Variables :}	& $a$, $b$, $d$, $s$ sont des entiers\\
						&$i$, $n$ sont des entiers supérieurs ou égaux à 1\\
\textbf{Initialisation :}& $a$ prend la valeur $0$\\
						&$b$ prend la valeur 0\\
						&Saisir $n$\\
\textbf{Traitement :}	& Pour $i$ allant de $1$ à $n$ faire\\
						&\begin{tabular}{|l}
$d$ prend la valeur d'un entier aléatoire compris entre 1 et 6\\
Si $d \leqslant 2$\\
\hspace{0.5cm}	\begin{tabular}{|l}
alors $a$ prend la valeur $1 - a$\\
sinon Si $d \leqslant 4$\\

\hspace{1.5cm}| alors $b$ prend la valeur $1 - b$\\				
\hspace{1cm}FinSi\\
				\end{tabular}\\
FinSi\\
$s$ prend la valeur $a + b$\\
\end{tabular}\\
&FinPour\\
\textbf{Sortie :}&Afficher $s$\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}

	\begin{enumerate}

		\item On exécute cet algorithme en saisissant $n = 3$ et en supposant que les valeurs aléatoires générées successivement pour $d$ sont 1 ; 6 et 4.% Recopier et compléter le tableau donné ci-dessous contenant l'état des variables au cours de l'exécution de l'algorithme :

\begin{center}
\psset{xunit=1.6cm, yunit=0.6cm}
\def\xmin {-2.5}  \def\xmax {5}
\def\ymin {0}   \def\ymax {5}
\begin{pspicture}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
%\psgrid[subgriddiv=1, griddots=10, gridlabels=0, gridcolor=black] 
\multido{\i=0+1}{6}{\psline(\xmin,\i)(\xmax,\i)}
\multido{\i=0+1}{6}{\psline(\i,\ymin)(\i,\ymax)}
\psline(\xmin,\ymin)(\xmin,\ymax)
\uput[r](\xmin,0.5){\small 3\ieme{} passage boucle Pour}
\uput[r](\xmin,1.5){\small 2\ieme{} passage boucle Pour}
\uput[r](\xmin,2.5){\small 1\ier{} passage boucle Pour}
\uput[r](\xmin,3.5){\small initialisation}
\uput[r](\xmin,4.5){\small variables}
\uput[u](0.5,4){$i$}
\uput[u](1.5,4){$d$}
\uput[u](2.5,4){$a$}
\uput[u](3.5,4){$b$}
\uput[u](4.5,4){$s$}
\psline(0,3)(1,4)(2,3) \psline(0,4)(1,3)(2,4)
\psline(4,3)(5,4)
\psline(4,4)(5,3)
{\red \bf
\uput[u](0.5,2){1} \uput[u](0.5,1){2} \uput[u](0.5,0){3}
\uput[u](1.5,2){1} \uput[u](1.5,1){6} \uput[u](1.5,0){4}
\uput[u](2.5,3){0}\uput[u](2.5,2){1}\uput[u](2.5,1){1}\uput[u](2.5,0){1}
\uput[u](3.5,3){0}\uput[u](3.5,2){0}\uput[u](3.5,1){0}\uput[u](3.5,0){1}
\uput[u](4.5,2){1} \uput[u](4.5,1){1} \uput[u](4.5,0){2}
}
\end{pspicture}
\end{center}

		\item% Cet algorithme permet-il de décider si à la fin les deux pièces sont du côté pile ?
Les variables $a$ et $b$ sont à 0 ou 1 selon que la pièce montre le côté face ou le côté pile; 		
la variable $s=a+b$  donne donc  le nombre de pièces qui sont du côté pile.

À la fin de cet algorithme, $s=2$ donc les deux pièces sont du côté pile. 

	\end{enumerate}

\item  Pour tout entier naturel $n$, on note :

$\bullet~~$ $X_n$ l'évènement : \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les deux pièces sont du côté face\fg

$\bullet~~$ $Y_n$ l'évènement : \og À l'issue de $n$ lancers de dés, une pièce est du côté pile et l'autre est du
côté face\fg

$\bullet~~$ $Z_n$ l'évènement : \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les deux pièces sont du côté pile\fg.

De plus on note, $x_n = P\left(X_n\right)$ ; $y_n = P\left(Y_n\right)$ et $z_n = P\left(Z_n\right)$ les probabilités respectives des évènements
$X_n$, $Y_n$ et $Z_n$.

	\begin{enumerate}

		\item Au début du jeu les deus pièces sont du côté face donc $x_0=1$ , $y_0=0$ et $z_0=0$.

		\item%  Justifier que $P_{X_n}\left(X_{n+1}\right) = \dfrac{1}{3}$.
$X_{n+1}$ est l'événement \og À l'issue de $n+1$ lancers de dés, les deux pièces sont du côté face\fg{}; on cherche donc la probabilité que, à l'issue de $n+1$ lancers, les deux pièces soient du côté face sachant qu'à l'issue de $n$ lancers elles étaient déjà les deux du côté face. 
Il faut donc qu'il n'y ait aucun retournement de pièce lors du $n+1$-ième lancer, c'est-à-dire qu'il faut que le dé tombe sur 5 ou 6; la probabilité de l'événement $\{5~;~6\}$ est $\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}$ puisque le dé est bien équilibré et donc qu'il y a équiprobabilité.
Donc $P_{X_n}\left(X_{n+1}\right) = \dfrac{1}{3}$. 

		\item%  Recopier l'arbre ci-dessous et compléter les probabilités sur ses branches, certaines pouvant être nulles :

On complète l'arbre proposé:

\bigskip

\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,levelsep=4cm]{\TR{}}
{
	\pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$X_n$}\naput{$x_n$}}
	  { 
		  \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 1/3}
		  \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red \hspace*{1.5cm} 2/3}
		  \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 0}
	  }
	\pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Y_n$}\taput{$y_n$}}
	  { 
		  \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 1/3}
		  \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red \hspace*{1.5cm} 1/3}
		  \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 1/3}
	  }
	\pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Z_n$}\taput{$z_n$}}
	  { 
		  \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 0}
		  \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red \hspace*{1.5cm} 2/3}
		  \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 1/3}
	  }
}
\end{center}

\bigskip

		\item%  Pour tout entier naturel $n$, exprimer $z_n$ en fonction de $x_n$ et $y_n$.
Pour tout entier naturel $n$, $x_n+y_n+z_n=1$ donc $z_n=1-x_n-y_n$.

		\item%  En déduire que, pour tout entier naturel $n$, $y_{n+1} = - \dfrac{1}{3}y_n + \dfrac{1}{3}$.
D'après la formule des probabilités totales:

$y_{n+1}= P(Y_{n+1}) = P(X_n \cap Y_{n+1}) + P(Y_n \cap Y_{n+1}) + P(Z_n \cap Y_{n+1}) = \dfrac{2}{3} x_n + \dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} z_n\\[8pt]
\phantom{y_{n+1}} = \dfrac{2}{3} x_n + \dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} (1-x_n-y_n)
= \dfrac{2}{3} x_n + \dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} - \dfrac{2}{3} x_n -\dfrac{2}{3} y_n
= -\dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3}
$

		\item  On pose, pour tout entier naturel $n$, $b_n = y_n - \dfrac{1}{2}$ donc $y_n=b_n+\dfrac{1}{2}$.
		
%Montrer que la suite $\left(b_n\right)$ est géométrique.
%
%En déduire que, pour tout entier naturel $n$, $y_n = \dfrac{1}{2} -  \dfrac{1}{2}\times  \left(- \dfrac{1}{3}\right)^n$.

$b_{n+1}= y_{n+1}-\dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{3} y_n + \dfrac{2}{3} - \dfrac{1}{2}
= -\dfrac{1}{3} \left ( b_n+\dfrac{1}{2}\right ) + \dfrac{4}{6} - \dfrac{3}{6}
= -\dfrac{1}{3} b_n -\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{6}
= -\dfrac{1}{3} b_n -\dfrac{1}{6} + \dfrac{1}{6} 
= -\dfrac{1}{3} b_n$

$b_0=y_0-\dfrac{1}{2} = 0-\dfrac{1}{2} = -\dfrac{1}{2}$

Donc la suite $(b_n)$ est géométrique de raison $q=-\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $b_0=-\dfrac{1}{2}$.

On peut donc dire que, pour tout $n$, 
$b_n=b_0 \times q^n = -\dfrac{1}{2}\times \left (-\dfrac{1}{3}\right )^n$.

Comme $y_n=b_n+\dfrac{1}{2}$, on en conclut que, pour tout $n$, 
$y_n=\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\times \left (-\dfrac{1}{3}\right )^n$.

		\item%  Calculer $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} y_n$.
		
%Interpréter le résultat.

La suite $(b_n)$ est géométrique de raison $-\dfrac{1}{3}$; comme $-1 < -\dfrac{1}{3} < 1$, on sait que la suite $(b_n)$ est convergente vers 0.

Or, pour tout $n$, $y_n=b_n+\dfrac{1}{2}$, donc la suite $(y_n)$ est convergente vers $\dfrac{1}{2}$:
$\ds\lim_{n \to +\infty} y_n=\dfrac{1}{2}$.

Donc à long terme, la probabilité d'avoir une piède côté face et une pièce côté pile va tendre vers 0,5.

 	\end{enumerate}
 	
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\subsection*{\textsc{Exercice 3 \hfill {Candidats ayant  suivi l'enseignement de spécialité} \hfill 5 points}}

%\textbf{Candidats ayant  suivi l'enseignement de spécialité} 
%
%\medskip

On dispose d'un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6 et de 3 pièces A, B et C ayant chacune un côté pile et un côté face. 

Un jeu consiste à lancer une ou plusieurs fois le dé.

Après chaque lancer de dé, si l'on obtient 1 ou 2, alors on retourne la pièce A, si l'on obtient 3 ou 4, alors on retourne la pièce B et si l'on obtient 5 ou 6, alors on retourne la pièce C.

Au début du jeu, les 3 pièces sont toutes du côté face.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Dans l'algorithme ci-dessous, 0 code le côté face et 1 code le côté pile. Si $a$ code un côté de la pièce A, alors $1 - a$ code l'autre côté de la pièce A.

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{|lX|}\hline
\textbf{Variables :}	&$a$, $b$, $c$, $d$, $s$ sont des entiers naturels\\
						&$i$, $n$ sont des entiers supérieurs ou égaux à 1\\
\textbf{Initialisation :}&$a$ prend la valeur $0$\\
						&$b$ prend la valeur 0\\
						&$c$ prend la valeur 0\\
						&Saisir $n$\\
\textbf{Traitement :}	& Pour $i$ allant de $1$ à $n$ faire\\
						&\begin{tabular}{|l}
$d$ prend la valeur d'un entier aléatoire compris\\
 entre 1 et 6\\
Si $d \leqslant 2$\\
\hspace{0.5cm}	\begin{tabular}{|l}
alors $a$ prend la valeur $1 - a$\\
sinon Si $d \leqslant 4$\\
\hspace{1.5cm}\begin{tabular}{|l} alors $b$ prend la valeur $1 - b$\\
sinon $c$ prend la valeur $1 - c$
				\end{tabular}\\				
\hspace{1cm}FinSi\\
				\end{tabular}\\
FinSi\\
$s$ prend la valeur $a + b + c$\\
\end{tabular}\\
&FinPour\\
\textbf{Sortie :}&Afficher $s$\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}

	\begin{enumerate}
		\item On exécute cet algorithme en saisissant $n = 3$ et en supposant que les valeurs aléatoires générées successivement pour $d$ sont 1 ; 4 et 2.% Recopier et compléter le tableau donné ci-dessous contenant l'état des variables au cours de l'exécution de l'algorithme :
		
On complète le tableau:

\begin{center}
\psset{xunit=1.5cm, yunit=0.6cm}
\def\xmin {-3}  \def\xmax {6}
\def\ymin {0}   \def\ymax {5}
\begin{pspicture}(\xmin,\ymin)(\xmax,\ymax)
%\psgrid[subgriddiv=1, griddots=10, gridlabels=0, gridcolor=black] 
\multido{\i=0+1}{6}{\psline(\xmin,\i)(\xmax,\i)}
\multido{\i=0+1}{7}{\psline(\i,\ymin)(\i,\ymax)}
\psline(\xmin,\ymin)(\xmin,\ymax)
\uput[r](\xmin,0.5){\small 3\ieme{} passage boucle Pour}
\uput[r](\xmin,1.5){\small 2\ieme{} passage boucle Pour}
\uput[r](\xmin,2.5){\small 1\ier{} passage boucle Pour}
\uput[r](\xmin,3.5){\small initialisation}
\uput[r](\xmin,4.5){\small variables}
\uput[u](0.5,4){$i$}
\uput[u](1.5,4){$d$}
\uput[u](2.5,4){$a$}
\uput[u](3.5,4){$b$}
\uput[u](4.5,4){$c$}
\uput[u](5.5,4){$s$}
\psline(0,3)(1,4)(2,3) \psline(0,4)(1,3)(2,4)
\psline(5,3)(6,4)
\psline(5,4)(6,3)
{\red \bf
\uput[u](0.5,2){1} \uput[u](0.5,1){2} \uput[u](0.5,0){3}
\uput[u](1.5,2){1} \uput[u](1.5,1){4} \uput[u](1.5,0){2}
\uput[u](2.5,3){0}\uput[u](2.5,2){1}\uput[u](2.5,1){1}\uput[u](2.5,0){0}
\uput[u](3.5,3){0}\uput[u](3.5,2){0}\uput[u](3.5,1){1}\uput[u](3.5,0){1}
\uput[u](4.5,3){0}\uput[u](4.5,2){0}\uput[u](4.5,1){0}\uput[u](4.5,0){0}
\uput[u](5.5,2){1} \uput[u](5.5,1){2} \uput[u](5.5,0){1} 
}
\end{pspicture}
\end{center}

		\item% Cet algorithme permet-il de savoir si, après une exécution de $n$ tirages, les trois pièces sont du côté pile?
Les variables $a$, $b$ et $c$ sont à 0 ou 1 selon que la pièce montre le côté face ou le côté pile; 		
la variable $s=a+b+c$  donne donc  le nombre de pièces qui sont du côté pile.

Après une exécution de $n$ tirages, les trois pièces sont du côté pile si $s=3$.

	\end{enumerate}

\item  Pour tout entier naturel $n$, on note :

$\bullet~~$ $X_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les trois pièces sont du côté face \fg

$\bullet~~$ $Y_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, une seule pièce est du côté pile et les autres sont du côté face\fg

$\bullet~~$ $Z_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, exactement deux pièces sont du côté pile et l'autre est du côté face\fg

$\bullet~~$ $T_n$ l'évènement: \og À l'issue de $n$ lancers de dés, les trois pièces sont du côté pile \fg.

De plus on note, $x_n = p\left(X_n\right)$ ; $y_n = p\left(Y_n\right)$ ; $z_n = p\left(Z_n\right)$ et $t_n = p\left(T_n\right)$ les probabilités respectives des évènements $X_n$, $Y_n$,  $Z_n$ et $T_n$.

	\begin{enumerate}

		\item% Donner les probabilités $x_0$ ,$y_0$, $z_0$ et $t_0$ respectives qu'au début du jeu il y ait 0, 1, 2 ou 3 pièces du côté pile.
Au début du jeu, les trois pièces sont du côté face donc
$x_0=1$, $y_0=0$, $z_0=0$ et $t_0=0$.

		\item% Recopier l'arbre ci-dessous et compléter les probabilités sur ses branches :

\begin{list}{\textbullet}{}

\item À chaque tirage, on retourne une pièce et une seule; donc si les trois pièces sont du côté face après le $n$-ième tirage, il y aura une et une seule pièce du côté pile après le $n+1$-ième tirage. On en déduit que
$P_{X_n}(Y_{n+1})=1$.

\item Par un raisonnement analogue, on démontre que
$P_{T_n}(Z_{n+1})=1$.

\item Si après le $n$-ième tirage, il y a une seule pièce du côté pile, il y a deux possibilités: 

\begin{list}{$\circ$}{}

\item c'est cette pièce qui est retournée lors du $n+1$-ième tirage, avec une probabilité de $\dfrac{1}{3}$, et donc $P_{Y_n}(X_{n+1})=\dfrac{1}{3}$; 

\item c'est une des deux autres pièces qui est retournée, avec une probabilité de $\dfrac{2}{3}$, et donc $P_{Y_n}(Z_{n+1})=\dfrac{2}{3}$.

\end{list}

\item Par un raisonnement analogue, on démontre que 
$P_{Z_n}(Y_{n+1})=\dfrac{2}{3}$
et que
$P_{Z_n}(T_{n+1})=\dfrac{1}{3}$.

\end{list}

On peut donc compléter l'arbre proposé:

\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt,levelsep=4cm]{\TR{}}
{
	\pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$X_n$}\taput{$x_n$}}
	  { 
		  \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red 1}	   
	  }
	\pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Y_n$}\taput{$y_n$}}
	  { 
		  \TR{$X_{n+1}$}\naput{\red 1/3}
		  \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 2/3}	   
	  }
	\pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$Z_n$}\taput{$z_n$}}
	  { 
		  \TR{$Y_{n+1}$}\naput{\red 2/3}
		  \TR{$T_{n+1}$}\nbput{\red 1/3}
	  }
	\pstree[nodesepA=2.5pt]{\TR{$T_n$}\tbput{$t_n$}}
	  { 
		  \TR{$Z_{n+1}$}\nbput{\red 1}   
	  }	  
}
\end{center}

\bigskip

	\end{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, on note $U_n$ la matrice ligne 
$\begin{pmatrix} x_n & y_n & z_n & t_n \end{pmatrix}$.

	\begin{enumerate}
		\item $U_0 = \begin{pmatrix} x_0 & y_0 & z_0 & t_0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$.

		\item On cherche la matrice carrée  $M$ telle que, pour tout entier naturel $n$, $U_{n+1} = U_n \times  M$.
		
D'après l'arbre et le théorème des probabilités totales, on peut dire que:

\[\left\lbrace		
\begin{array}{c !{=} c c c c}
x_{n+1} & & \dfrac{1}{3} y_n & &\\[7pt]
y_{n+1} & x_n & & +\dfrac{2}{3} z_n &\\[7pt]
z_{n+1} & & \dfrac{2}{3} y_n & & +t_n \\[7pt]
t_{n+1} & & & \dfrac{1}{3} z_n &
\end{array}		
\right.\]

Cela s'écrit sous forme matricielle:

\[\begin{pmatrix} x_{n+1} & y_{n+1} & z_{n+1} & t_{n+1} \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix} x_{n} & y_{n} & z_{n} & t_{n} \end{pmatrix}
\times
\renewcommand{\arraystretch}{1.7} 
\begin{pmatrix}
0            & 1            & 0            & 0 \\
\dfrac{1}{3} & 0            & \dfrac{2}{3} & 0 \\
0            & \dfrac{2}{3} & 0            & \dfrac{1}{3}\\
0            & 0            & 1            & 0
 \end{pmatrix}\]
 
Et donc 
$M= 
\renewcommand{\arraystretch}{1.7}
\begin{pmatrix}
0            & 1            & 0            & 0 \\
\dfrac{1}{3} & 0            & \dfrac{2}{3} & 0 \\
0            & \dfrac{2}{3} & 0            & \dfrac{1}{3}\\
0            & 0            & 1            & 0
 \end{pmatrix}$


	\end{enumerate}
	
\item On va démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel $n$, $U_n = U_0 \times  M^n$.

Soit $\mathcal P_n$ la propriété $U_n = U_0 \times  M^n$.

\begin{list}{\textbullet}{}

\item \textbf{Initialisation}

Pour $n=0$, $M^0 = I_4$ la matrice identité d'ordre 4.

$U_0\times M^0 = U_0 \times I_4 = U_0$ donc la propriété est vraie au rang 0.

\item \textbf{Hérédité}

On suppose la propriété vraie pour un rang $p\pg 0$, c'est-à-dire
$U_p = U_0 \times M^p$.

$U_{p+1} = U_p \times M = U_0 \times M^p \times M = U_0\times M^{p+1}$ donc la propriété est vraie au rang $p+1$; elle est donc héréditaire.

\item \textbf{Conclusion}

La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc elle est vraie pour tout $n\pg 0$.

\end{list}

On a donc démontré que, pour tout $n$, $U_n= U_0\times M^n$.

\item On admet que, pour tout entier $n \geqslant 1$,

\begin{center}
\begin{tabularx}{\linewidth}{X X}
$x_n = \dfrac{(- 1)^n + 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n +   3\times \left(\frac{1}{3}\right)^n + 1}{8}$ ; &
$y_n = \dfrac{- 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n + 3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^n - (- 1)^n \times 3  + 3}{8}$\\[8pt]
$z_n = \dfrac{- 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n - 3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^n +   (- 1)^n\times 3 + 3}{8}$ ; &
$t_n = \dfrac{- (- 1)^n + 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^n -   3\times \left(\frac{1}{3}\right)^n + 1}{8}$
\end{tabularx}
\end{center}

	\begin{enumerate}
		\item La probabilité qu'au bout de 5 lancers de dés, une seule des trois pièces soit du côté pile est $y_5$.
		
$y_5 = 	\dfrac{- 3 \times \left(- \frac{1}{3}\right)^5 + 3 \times \left(\frac{1}{3}\right)^5 - (- 1)^5 \times 3  + 3}{8}
= \dfrac{61}{81} \approx 0,753$.
	
		\item% Préciser si les affirmations suivantes sont vraies ou fausses. Une réponse non justifiée n'est pas prise en compte

\begin{list}{\textbullet}{}

\item \textbf{Première affirmation}

\og À l'issue d'un nombre pair de lancers de dés, les pièces peuvent être toutes les trois du côté pile \fg.

\medskip

On veut savoir si, à l'issue d'un nombre pair de lancers, on peut avoir $t_n=1$.

Si $n$ est pair, alors $(-1)^n=1$ et $\left (-\dfrac{1}{3}\right )^n= \left (\dfrac{1}{3}\right )^n$; on en déduit que $t_n=0$.

\smallskip

Donc l'affirmation est \textbf{fausse}.

\medskip

\item  \textbf{Deuxième affirmation}

\og Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à $\dfrac{1}{4}$ \fg. 

\medskip

On a vu que si $n$ était pair, $t_n$ valait 0 qui est inférieur à $\dfrac{1}{4}$.

Si $n$ est impair, $(-1)^n=-1$ et $\left (-\dfrac{1}{3}\right )^n = -\left (\dfrac{1}{3}\right )^n$.

Donc $t_n=\dfrac{1 -3\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n -3\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n +1}{8} 
= \dfrac{2 -6\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n }{8}
= \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4}\times \left (\dfrac{1}{3}\right )^n 
<\dfrac{1}{4}$

Donc l'affirmation est \textbf{fausse}.

\medskip

\item \textbf{Troisième affirmation}

\og Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supérieure ou égale à $0,249$ \fg.

\medskip

On calcule $t_n$ pour quelques valeurs de $n$:

\begin{center}
\newcommand{\ca}{\centering\arraybackslash}
\begin{tabular}{|*8{>{\ca}p{1.2cm}|}}
\hline
$n$   & 1 & 2 & 3           & 4 & 5           & 6 & 7 \\
\hline
$t_n$ & 0 & 0 & \np{0,22222} & 0 & \np{0,24691} & 0 & \np{0,24965}\\
\hline
\end{tabular}
\end{center}

$t_7>0,249$ donc l'affirmation est \textbf{vraie}.

\medskip

\emph{Remarque}

On a vu plus haut que, pour $n$ impair, $t_n = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4}\times \left (\dfrac{1}{3} \right )^n$.

La suite $(u_n)$ définie sur $\N$ par $u_n = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3}{4}\times \left (\dfrac{1}{3} \right )^n$ est convergente et a pour limite $\dfrac{1}{4}$. 

Donc il existe un rang $n_0$ à partir duquel $u_n > 0,249$.

La suite $(t_n)$ coïncide avec la suite $(u_n)$ pour tous les $n$ impairs. 

Donc si $n_0$ est impair, $t_{n_0}=u_{n_0}>0,249$.

Et si $n_0$ est pair, on prend $n_1=n_0+1$ et $t_{n_1}=u_{n_1}>0,249$.

\emph{Les suites extraites ne sont certes pas au programme de terminale S mais cet exemple est assez facile à comprendre pour un élève attentif. Et puis, c'est tellement plus joli qu'avec la calculatrice!\\
Enfin ce raisonnement permet de dire qu'il existe un rang à partir duquel $t_n > \np{0,249999}$.}

\end{list}

	\end{enumerate}

\end{enumerate}

\newpage

\subsection*{\textsc{Exercice 4 \hfill Commun à tous les candidats \hfill 5 points}}

%\textbf{Commun à tous les candidats} 
%
%\medskip

Un hélicoptère est en vol stationnaire au-dessus d'une plaine. Un passager lâche verticalement un colis muni d'un parachute.

%\bigskip

\subsubsection*{Partie 1}

%\medskip

Soit $v_1$ la fonction définie sur $\cd 0~;~+\infty\cd$ par:
$v_1(t) = 5 \times  \dfrac{\text{e}^{0,3t} - 1}{\text{e}^{0,3t} + 1}$.

\medskip

\begin{enumerate}

\item% Déterminer le sens de variation de la fonction $v_1$.
La fonction $v_1$ est dérivable sur $\R$ et

$v'_1(t)= 5\times \dfrac{0,3 \e^{0,3 t} \left( \e^{0,3 t} +1 \right) - \left( \e^{0,3 t} - 1\right) \times \left( 0,3 \e^{0,3 t} \right)}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2}
= 5\times \dfrac{0,3 \e^{0,3 t} \left( \e^{0,3 t} +1 - \e^{0,3 t} + 1 \right)}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2}\\
\phantom{v'_1(t)}= 5\times \dfrac{0,3 \e^{0,3 t} \times 2}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2}
= \dfrac{3 \e^{0,3 t}}{\left( \e^{0,3 t} + 1 \right)^2}$ 

Pour tout $t$, $\e^{0,3t}>0$ donc $v_1(t)>0$ donc la fonction $v_1$ est strictement croissante sur $\cd 0~;~+\infty\cd$.

\item On suppose, dans cette question, que le parachute fonctionne correctement.
On admet que $t$ secondes après qu'il a été lâché, la vitesse du colis (exprimée en m.s$^{-1}$) est égale, avant d'atteindre le sol, à $v_1(t)$.

On considère que le colis arrive en bon état sur le sol si sa vitesse à l'arrivée n'excède pas 6 m.s$^{-1}$.

%Le colis risque-t-il d'être endommagé lorsque le parachute s'ouvre correctement ? Justifier.

On résout l'inéquation $v_1(t) < 6$:

$\begin{array}{@{} l !{\iff} l !{\iff} l}
v_1(t) < 6 & 5 \times  \dfrac{\e^{0,3t} - 1}{\e^{0,3t} + 1} < 6
 & 5 \times  \dfrac{\e^{0,3t} - 1}{\e^{0,3t} + 1} - 6 < 0\\[8pt]
 & \dfrac{5 \e^{0,3 t} - 5 - 6 \e^{0,3 t} - 6}{\e^{0,3t} + 1}<0
 & \dfrac{- \e^{0,3 t} - 11}{\e^{0,3t} + 1}<0
\end{array}$

Pour tout $t$, $\e^{0,3t} >0$ donc $- \e^{0,3 t} - 11<0$ et $\e^{0,3t} + 1>0$, donc l'inéquation est toujours vérifiée: $v_1(t)<6$ pour tout $t$.
Donc le colis ne risque pas d'être endommagé si le parachute s'ouvre normalement.

\end{enumerate}

\bigskip

\subsubsection*{Partie 2}

%\medskip

On suppose, dans cette partie, que le parachute ne s'ouvre pas.

On admet que, dans ce cas, avant que le colis atteigne le sol, sa vitesse (exprimée en m.s$^{-1}$), $t$ secondes après avoir été lâché par le passager, est donnée par :
$v_2(t) = 32,7 \left(1 - \text{e}^{- 0,3t}\right)$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item La vitesse, exprimée en m.s$^{-1}$, atteinte par le colis au bout de 10 secondes est $v_2(10)$:

\hfill{} $v_2(t) = 32,7\left ( 1 - \e^{-0,3 \times 10} \right ) \approx 31,1$.\hfill{}

La valeur approchée à $10^{-1}$ de vitesse atteinte par le colis au bout de 10 secondes est 31,1~m.s$^{-1}$. 

\item On résout l'équation $v_2(t) = 30$ m.s$^{-1}$.% Donner une interprétation concrète de la solution de cette équation dans le cadre de cet exercice.

$\begin{array}{l !{\iff} l !{\iff} l}
v_2(t) = 30 
   & 32,7\left ( 1 - \e^{-0,3 t} \right ) = t
   & 1 - \e^{-0,3 t} = \dfrac{30}{32,7}\\[8pt]
   & 1 - \dfrac{30}{32,7} = \e^{-0,3 t}
   & \dfrac{2,7}{32,7} = \e^{-0,3 t}\\[8pt]
   & \ln \left ( \dfrac{2,7}{32,7} \right ) = -0,3 t
   & \dfrac{\ln \left (\dfrac{2,7}{32,7}\right )}{-0,3} = t
\end{array}$

$\dfrac{\ln \left (\dfrac{2,7}{32,7}\right )}{-0,3} \approx 8,3$ donc au bout d'environ 8,3 secondes, le colis atteint la vitesse de 30~m.s$^{-1}$.

\item On sait que la chute du colis dure 20 secondes.

On admet que la distance, en mètres, qui sépare l'hélicoptère du colis, $T$ secondes après avoir été lâché par le passager, est donnée par:
$d(T) = \ds\int_0^T v_2(t)\:\d t$.

	\begin{enumerate}
		\item% Montrer que, pour tout réel $T$ de l'intervalle [0~;~20], 
%		
%		$d(T) = 109\left(\text{e}^{- 0,3 T} + 0,3 T - 1\right)$.
$d(T) = \ds\int_0^T v_2(t) \d t 
= \ds\int_0^T 32,7 \left ( 1- \e^{-0,3t} \right ) \d t
$

La fonction $v_2$ a pour primitive la fonction $t \longmapsto 32,7 \left (  t - \dfrac{\e^{-0,3t}}{-0,3}\right )$; 

on a
$32,7 \left (  t - \dfrac{\e^{-0,3t}}{-0,3}\right ) 
=32,7 \left (  t + \dfrac{\e^{-0,3t}}{0,3}\right ) 
= \dfrac{32,7}{0,3} \left (  0,3 t + \e^{-0,3t}\right ) 
= 109\left (  0,3 t + \e^{-0,3t}\right ) $.

\smallskip

Donc $d(T) 
= \left [ 109 \left ( 0,3 t + \e^{-0,3t}\right )\rule{0pt}{10pt} \right ]_0^T
= 109 \left (  0,3T + \e^{-0,3 T} \right ) - 109 \left (  0 + \e^{-0,3 \times 0}\right )
= 109 \left (  \e^{-0,3 T} + 0,3 T - 1\right )
$.  

		\item% Déterminer une valeur approchée à 1~m près de la distance parcourue par le colis lorsqu'il atteint le sol.
Le colis atteint le sol au bout de 20 secondes donc la distance qu'il parcourt est 

\hfill{} $d(20)=109\left ( \e^{-0,3\times 20} +0,3\times 20 -1\right ) \approx 545$~m.\hfill{}

 	\end{enumerate}

\item  Le  temps mis par le colis pour atteindre le sol si on l'avait lâché d'une hauteur de $700$~mètres est la valeur de $T$ solution de l'équation $d(T) = 700$.

On étudie les variations de la fonction $d$ sur $\cd 0~;~+\infty\cd$:

$d'(T) = 109 \left ( -0,3 \e^{-0,3T} + 0,3\right )
= 32,7 \left ( 1 -0,3 \e^{-0,3T} \right )$

$T\pg 0 \implies -0,3 T \pp 0 \implies \e^{-0,3 T}\pp 1 
\implies   1 -0,3 \e^{-0,3T} \pg 0 \implies d'(T) \pg 0$

Donc la fonction $d$ est strictement croissante sur $\cd 0~;~+\infty\cd$.

Or $d(0)=0<700$ et $d(30)\approx 872 >700$ donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires on peut dire que l'équation $d(T)=700$ admet une solution unique $\alpha$ sur $\cd 0~;~30\cd$:

$\left. 
\begin{array}{l !{\approx} l}
d(24) & 675,9<700\\
d(25) & 708,6 >700
\end{array}
\right\rbrace 
\implies \alpha \in \cd 24~;~25\cg$
\hfill
$\left. 
\begin{array}{l !{\approx} l}
d(24,7) & 698,8<700\\
d(24,8) & 702,0>700  
\end{array}
\right\rbrace 
\implies \alpha \in \cd 24,7~;~24,8\cg$

Le temps mis par le colis pour atteindre le sol si on l'avait lâché d'une hauteur de 700 mètres est comprise entre 24,7 et 24,8 secondes.

\end{enumerate}

\end{document}