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%Tapuscrit : Jean-Paul Goualard
% Merci à Yves IV fidèle pour le sujet
%Corrigé : François Hache
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\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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pdftitle = {Polynésie - 20 juin 2018},
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\newcommand{\cd}{\texttt{[}}%    crochet droit
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
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\thispagestyle{empty} 

\begin{center} {\Large{\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Polynésie 20 juin 2018~\decofourright}}}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}
 
\textbf{Commun à tous les candidats}

\medskip

%\textbf{Rappel de connaissances :}
%
%\medskip
%
%L'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95\,\% est donné par la formule
%
%\[\left[p- 1,96\dfrac{\sqrt{p(1 - p)}}{\sqrt{n}}~;~p + 1,96\dfrac{\sqrt{p(1 - p)}}{\sqrt{n}}\right]\]
%
%où $n$ désigne la taille de l'échantillon et $p$ la proportion des individus possédant le caractère étudié dans cette population. Les conditions de validité de cet intervalle sont les suivantes :
%
%\[n \geqslant 30,\: np \geqslant 5,\: n(1 - p) \geqslant 5.\]

La municipalité d'une grande ville dispose d'un stock de DVD qu'elle propose en location aux usagers des différentes médiathèques de cette ville.

Afin de renouveler son offre de location, la municipalité décide de retirer des DVD de son stock.

Parmi les DVD retirés, certains sont défectueux, d'autres non.

Parmi les 6\,\% de DVD défectueux sur l'ensemble du stock, 98\,\% sont retirés.

On admet par ailleurs que parmi les DVD non défectueux, 92\,\% sont maintenus dans le stock; les autres sont retirés.

%\medskip
%
%\textbf{Les trois parties sont indépendantes.}

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

On choisit un DVD au hasard dans le stock de la municipalité.

On considère les évènements suivants:\\
\hspace*{1cm} $D$ : \og le DVD est défectueux \fg{}, et $R$ : \og le DVD est retiré du stock \fg.

%On note $\overline{D}$ et $\overline{R}$ les évènements contraires respectifs des évènements $D$ et $R$.

\medskip

On peut représenter la situation par un arbre pondéré.

\begin{center}
\bigskip
  \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=5pt,levelsep=3.5cm,nrot=:U]{\TR{}}
 {
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$D$}\naput{$0,06$}}
 	  { 
 		  \TR{$R$}\naput{$0,98$}
 		  \TR{$\overline{R}$}\nbput{\red $1-0,98=0,02$}	   
 	  }
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$\overline{D}$}\nbput{\red $1-0,06=0,94$}}
 	  {
 		  \TR{$R$}\naput{\red $1-0,92=0,08$}
          \TR{$\overline{R}$}\nbput{$0,92$} 
     }
}
\bigskip
\end{center}


\begin{enumerate}
\item %Démontrer que la probabilité de l'évènement $R$ est $0,134$.
D'après la formule es probabilités totales:

$P(R) = P(D\cap R) + P\left(\overline{D}\cap R\right) = P(D)\times P_{D}(R) + P\left(\overline D\right)\times P_{\overline D}(R) = 0,06\times 0,98 + 0,94\times 0,08 = 0,134$.

\item Une association caritative contacte la municipalité dans l'objectif de récupérer l'ensemble des DVD qui sont retirés du stock. Un responsable de la ville affirme alors que parmi ces DVD retirés, plus de la moitié est composée de DVD défectueux, autrement dit que $P_{R}(D)\geqslant 0,5$.

On calcule $P_{R}(D) = \dfrac{P(D\cap R)}{P(R)} = \dfrac{0,06\times 0,98}{0,134} \approx 0,44$.

L'affirmation du responsable est donc fausse.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

Une des médiathèques de la ville se demande si le nombre de DVD défectueux qu'elle possède n'est pas anormalement élevé. Pour cela, elle effectue des tests sur un échantillon de $150 $~DVD de son propre stock qui est suffisamment important pour que cet échantillon soit assimilé à un tirage successif avec remise. Sur cet échantillon, on détecte $14$ DVD défectueux.

%Peut-on rejeter l'hypothèse selon laquelle, dans cette médiathèque, 6\,\% des DVD sont défectueux ?

L'échantillon est de taille $n=150$ et la probabilité selon laquelle un DVD est défectueux est $p=0,06$.

$n=150 \geqslant 30$, $np=9 \geqslant 5$ et $n(1-p) = 141 \geqslant 5$ donc on peut déterminer l'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95\,\% de la proportion de DVD défectueux:

\medskip
\setlength\parindent{10mm}
$I = \left[p- 1,96\dfrac{\sqrt{p(1 - p)}}{\sqrt{n}}~;~p + 1,96\dfrac{\sqrt{p(1 - p)}}{\sqrt{n}}\right]$

$\phantom{I}
= \left[0,06- 1,96\dfrac{\ds\sqrt{0,06(1 - 0,06)}}{\sqrt{150}}~;~0,06 + 1,96\dfrac{\ds\sqrt{0,06(1 - 0,06)}}{\sqrt{150}}\right]
\approx \cd 0,022~;~0,098\cg$
\setlength\parindent{0mm}
\medskip

La fréquence de DVD défectueux dans l'échantillon considéré est $f=\dfrac{14}{150}\approx 0,093$.

Cette valeur appartient à l'intervalle $I$ donc on ne peut pas rejeter l'hypothèse selon laquelle, dans cette médiathèque, 6\,\% des DVD sont défectueux.

\bigskip

\textbf{Partie C}

\medskip

Une partie du stock de DVD de la ville est constituée de DVD de films d'animation destinés au jeune public. On choisit un film d'animation au hasard et on note $X$ la variable aléatoire qui donne la durée, en minutes, de ce film. $X$ suit une loi normale d'espérance $\mu = 80$ min et d'écart-type $\sigma$.

De plus, on estime que $P(X \geqslant 92) = 0,10$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Déterminer le réel $\sigma$ et en donner une valeur approchée à $0,01$.
On va utiliser un changement de variable et revenir à la loi normale centrée réduite; si $X$ suit la loi normale d'espérance $80$ et d'écart-type $\sigma$, on sait que la variable aléatoire $Z=\dfrac{X-80}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite.

$X \geqslant 92 \iff X-80 \geqslant 12 \iff \dfrac{X-80}{\sigma} \geqslant \dfrac{12}{\sigma} \iff Z\geqslant \dfrac{12}{\sigma}$  donc $P(X\geqslant 92)=0,10$ équivaut à $P\left (Z\geqslant \dfrac{12}{\sigma}\right )= 0,10$.

De plus, on sait que, pour des raisons de symétrie, $P(Z \geqslant \alpha) = P(Z \leqslant -\alpha)$ donc
$P(X \geqslant 92)=0,10$ équivaut à $ P\left (Z\leqslant -\dfrac{12}{\sigma}\right )= 0,10$ sachant que $Z$ suit la loi normale centrée réduite.

À la calculatrice, on trouve que le nombre $\beta$ tel que $P(Z \leqslant \beta) = 0,10$ est environ égal à $-\np{1,28155}$. On a donc $-\dfrac{12}{\sigma}\approx  -\np{1,28155}$ ce qui donne $\sigma \approx 9,36$.

\item Un enfant regarde un film d'animation dont il ne connaît pas la durée. Il en a déjà vu une heure et demie donc 90 minutes. La probabilité que le film se termine dans les cinq minutes qui suivent, c'est-à-dire avant 95 minutes, est:

$P_{X\geqslant 90}(X \leqslant 95) = \dfrac{P\left ((X \leqslant 95) \cap (X \geqslant 90)\strut\right )}{P(X\geqslant 90)}
= \dfrac{P(90 \leqslant X \leqslant 95)}{P(X\geqslant 90)}
=\dfrac{\np{0,08816}}{\np{0,14268}}\approx 0,62$

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 6 points}
 
\textbf{Commun  à tous les candidats}

\medskip

Dans cet exercice, on s'intéresse au volume d'une ampoule basse consommation.

\bigskip

\textbf{Partie A - Modélisation de la forme de l'ampoule}

\medskip

Le plan est muni d'un repère orthonormé \Oij.

On considère les points A$(-1~;~1)$, B(0~;~1), C(4~;~3), D(7~;~0), E$(4~;~-3)$, F$(0~;~-1)$ et G$(- 1~;~- 1)$.

On modélise la section de l'ampoule par un plan passant par son axe de révolution à l'aide de la figure ci-dessous :
\begin{center}
\psset{unit=0.7cm,algebraic=true}
\begin{pspicture*}(-2,-4)(8,4)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt]
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-2,-3.5)(8,3.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psline(-1,1)(0,1)\psline(-1,-1)(0,-1)
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{2-cos(x*3.141659/4)}
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{cos(x*3.141659/4)-2}
\psarc[linewidth=1pt](4,0){3}{-90}{90}
\psdots(-1,1)(0,1)(4,3)(7,0)(4,-3)(0,-1)(-1,-1)
\uput[dl](0,0){\small O}\uput[ul](-1,1){\small A}\uput[ur](0,1){\small B}\uput[u](4,3){\small C}
\uput[ur](7,0){\small D}\uput[d](4,-3){\small E}\uput[dr](0,-1){\small F}\uput[d](-1,-1){\small G}
\end{pspicture*}
\end{center}

\medskip

La partie de la courbe située au-dessus de l'axe des abscisses se décompose de la manière suivante:

\setlength\parindent{9mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$] la portion située entre les points A et B est la représentation graphique de la fonction constante
$h$ définie sur l'intervalle $[-1~;~0]$ par $h(x) = 1$ ;
\item[$\bullet~~$] la portion située entre les points B et C est la représentation graphique d'une fonction $f$ définie sur l'intervalle [0~;~4] par $f(x) = a + b \sin \left(c + \frac{\pi}{4} x\right)$, où $a$, $b$ et $c$ sont des réels non nuls
fixés et où le réel $c$ appartient à l'intervalle $\left[0~;~\frac{\pi}{2}\right]$ ;
\item[$\bullet~~$] la portion située entre les points C et D est un quart de cercle de diamètre [CE].
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

La partie de la courbe située en-dessous de l'axe des abscisses est obtenue par symétrie par rapport à l'axe des abscisses.

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On appelle $f'$ la fonction dérivée de la fonction $f$. 
		
Pour tout réel $x$ de l'intervalle [0~;~4], $f'(x) = b\dfrac{\pi}{4}\cos \left ( c+\dfrac{\pi}{4} x\right )$.
			
		\item Les tangentes aux points B (d'abscisse 0) et C (d'abscisse 4) à la représentation graphique de la fonction $f$ sont parallèles à l'axe des abscisses; %Déterminer la valeur du réel $c$.
donc $f'(0)= f'(4)=0$.

$f'(0)=0 \iff b\dfrac{\pi}{4}\cos (c)=0\iff \cos(c)=0$; or $c \in \left[0~;~\frac{\pi}{2}\right]$ donc $c=\dfrac{\pi}{2}$.

Vérification: $f'(4)=b\dfrac{\pi}{4} \cos \left (\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{4} \times 4 \right ) = b\dfrac{\pi}{4} \cos \left ( \dfrac{3\pi}{2}\right )=0$

On peut donc dire que $f(x)=a+b\sin \left (\dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{4} x \right )$.

	\end{enumerate}
\item % Déterminer les réels $a$ et $b$.
On sait que la courbe passe par le point B\,(0~;~1) donc $f(0)=1$ et donc
$a+b \sin\left ( \dfrac{\pi}{2}\right ) = 1$ c'est-à-dire $a+ b=1$.

On sait que la courbe passe par le point C\,(4~;~3)  donc $f(4)=3$ et donc
$a+b \sin\left ( \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{4}\times 4\right ) = 3$ c'est-à-dire
$a+b \sin\left ( \dfrac{3\pi}{2}\right ) = 3$  et donc $a- b=3$.

On résout le système
$\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
a+b & 1\\
a-b & 3
\end{array}
\right .
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
2a & 4\\
b & 1-a
\end{array}
\right .
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
a & 2\\
b & -1
\end{array}
\right .$

Donc $f(x)=2-\sin \left ( \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{4} x\right )$.

\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B - Approximation du volume de l'ampoule}

\medskip

\begin{minipage}{0.47\linewidth}

Par rotation de la figure précédente autour de l'axe des abscisses, on obtient un modèle de l'ampoule.

Afin d'en calculer le volume, on la décompose en trois parties comme illustré ci-contre.

\medskip

On rappelle que:

\setlength\parindent{9mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$] le volume d'un cylindre est donné par la formule $\pi r^2 h$ où $r$ est le rayon du disque de base et $h$ est la hauteur ;
\item[$\bullet~~$] le volume d'une boule de rayon $r$ est donné par la formule $\dfrac{4}{3}\pi r^3$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.5\linewidth}
\begin{flushright}
\psset{unit=0.7cm,algebraic=true}
\begin{pspicture}(-2,-4)(8,4)
%\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt]
\psline(-1,1)(0,1)\psline(-1,-1)(0,-1)
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{2-cos(x*3.141659/4)}
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{cos(x*3.141659/4)-2}
\psarc[linewidth=1pt](4,0){3}{-90}{90}
\psdots(-1,1)(0,1)(4,3)(7,0)(4,-3)(0,-1)(-1,-1)
\pscustom[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray]{
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{2-cos(x*3.141659/4)}
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{4}{0}{cos(x*3.141659/4)-2}}
\pscustom[fillstyle=crosshatch]{
\psline(4,3)(4,-3)\psarc[linewidth=1pt](4,0){3}{-90}{90}}
\psframe[fillstyle=hlines](-1,-1)(0,1)
\rput(3,-4){Vue dans le plan (BCE)}
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-2,-3.5)(8,3.5)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
%\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
%\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\uput[dr](0,0){\small O}\uput[ul](-1,1){\small A}
\uput[ur](0,1){\small B}\uput[u](4,3){\small C}\uput[dl](4,0){\small O$'$}
\uput[ur](7,0){\small D}\uput[d](4,-3){\small E}
\uput[dr](0,-1){\small F}\uput[d](-1,-1){\small G}
\end{pspicture}
\end{flushright}

\end{minipage}

\medskip

On admet également que, pour tout réel $x$ de l'intervalle [0~;~4], $f(x) = 2 - \cos \left(\frac{\pi}{4}x\right)$.

\smallskip

\emph{Remarque} -- On avait vu précédemment que $f(x)=2-\sin \left ( \dfrac{\pi}{2} + \dfrac{\pi}{4} x\right )$.\\
\hspace*{9mm} Or, pour tout $X$, $\sin\left (\dfrac{\pi}{2} + X \right ) = \cos \left (X\right )$. Donc on peut écrire $f(x)$ sous la forme $2 - \cos \left(\frac{\pi}{4}x\right)$.

\begin{enumerate}
\item Le cylindre de section le rectangle ABFG a pour base le cercle de centre O et de rayon $\mathrm{OB} = 1$ et pour hauteur $\mathrm{AB} = 1$;
son volume est donc $\pi \times 1^2 \times 1 = \pi$ unités de volume.

\item La demi-sphère de section le demi-disque de diamètre [CE] a pour rayon $\mathrm{O'C} = 3$;
son volume est donc $\dfrac{1}{2}\times \dfrac{4}{3}\pi \times 3^3= 18\pi$ unités de volume.

\item Pour approcher le volume du solide de section la zone grisée BCEF, on partage le segment [OO$'$] en $n$ segments de même longueur $\dfrac{4}{n}$ puis on construit $n$ cylindres de même hauteur $\dfrac{4}{n}$.
	\begin{enumerate}
		\item \textbf{Cas particulier :} dans cette question uniquement on choisit $n = 5$, et on va calculer le volume du troisième cylindre, en gris foncé dans les figures ci-dessous. 
		
		La hauteur de ce cylindre est donc $h=\dfrac{\mathrm{OO'}}{5}=\dfrac{4}{5}$.

\psset{unit=0.6cm,algebraic=true}
\begin{pspicture*}(-2,-4)(8,4)
%\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,gridwidth=0.3pt]
\psline(-1,1)(0,1)\psline(-1,-1)(0,-1)
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{2-cos(x*3.141659/4)}
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{cos(x*3.141659/4)-2}
\psarc[linewidth=1pt](4,0){3}{-90}{90}
\psdots(-1,1)(0,1)(4,3)(7,0)(4,-3)(0,-1)(-1,-1)
\uput[dl](0,0){\small O}
\uput[dr](4,0){\small O$'$}
\uput[ur](0,1){\small B}\uput[u](4,3){\small C}
\uput[ur](7,0){\small D}\uput[ur](4,-3){\small E}\uput[dr](0,-1){\small F}
%\uput[d](-1,-1){\small G}
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray](0,-1)(0.8,1)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray](0.8,-1.2)(1.6,1.2)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=gray](1.6,-1.7)(2.4,1.7)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray](2.4,-2.3)(3.2,2.3)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray](3.2,-2.8)(4,2.8)
\rput(3,-3.8){Vue dans le plan (BCE)}
\psline(-1,-1)(-1,1)\psline(4,3)(4,-3)
\psaxes[linewidth=1pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(-2,-3.5)(8,3.5)
\psdots[linecolor=blue](1.6,0) \uput[dl](1.6,0){\blue H}
%\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
%\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
%\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\end{pspicture*}
\hfill
\psset{unit=0.6cm,algebraic=true}
\begin{pspicture*}(-2,-4)(8,4)
%\psgrid
\psline(-1,1)(0,1)\psline(-1,-1)(0,-1)
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{2-cos(x*3.141659/4)}
\psplot[linewidth=1pt,plotpoints=3000]{0}{4}{cos(x*3.141659/4)-2}
\psarc[linewidth=1pt](4,0){3}{-90}{90}
\rput(3,-3.8){Vue dans l'espace}
\psline(-1,-1)(-1,1)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](3.2,-2.8)(4,2.8)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](3.2,0)(0.3,2.8)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](4,0)(0.3,2.8)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](2.4,-2.3)(3.2,2.3)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](2.4,0)(0.3,2.3)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](3.2,0)(0.3,2.3)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](0.8,-1.2)(1.6,1.2)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](0.8,0)(0.3,1.2)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](1.6,0)(0.3,1.2)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](0,-1)(0.8,1)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](0,0)(0.3,1)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=lightgray,linewidth=0pt](0.8,0)(0.3,1)
\psframe[fillstyle=solid,fillcolor=gray,linewidth=0pt](1.6,-1.7)(2.4,1.7)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray,linewidth=0pt](1.6,0)(0.3,1.7)
\psellipse[fillstyle=solid,fillcolor=gray,linewidth=0pt](2.4,0)(0.3,1.7)
\end{pspicture*}

\medskip

Soit H le point de coordonnées $\left ( \dfrac{2}{5}\times 4~;~0\right )$ c'est-à-dire $\left ( \dfrac{8}{5}~;~0\right )$

Le rayon du cylindre est $r=f\left ( \dfrac{8}{5}\right ) = 2-\cos\left ( \dfrac{\pi}{4}\times \dfrac{8}{5} \right )=2-\cos \left ( \dfrac{2\pi}{5} \right )$. 


Le volume du cylindre en gris foncé est donc\\
$V = \pi r^2 h =  \pi \times \left ( 2-\cos \left ( \dfrac{2\pi}{5} \right )\right )^2 \times \dfrac{4}{5} = \dfrac{4\pi}{5} \left ( 2-\cos \left ( \dfrac{2\pi}{5} \right )\right )^2  \approx 7,19$ unités de volume.
		\item \textbf{Cas général :} dans cette question, $n$ désigne un entier naturel quelconque non nul.

On approche le volume du solide de section BCEF par la somme des volumes des $n$ cylindres
ainsi créés en choisissant une valeur de $n$ suffisamment grande.

Chaque cylindre a une hauteur de $h= \dfrac{4}{n}$ et $k$ varie entre 0 et $n-1$.

Le rayon de chaque cylindre est $r=f\left ( \dfrac{4}{n}\times k\right ) = 2-\cos \left ( \dfrac{\pi}{4} \times \dfrac{4k}{n}\right ) = 2- \cos\left ( \dfrac{k\pi}{n}\right )$.

Le volume de chacun des $n$ cylindres est donc \\
$V_k=\pi r^2 h = \pi \left ( 2- \cos\left ( \dfrac{k\pi}{n}\right )\right )^2 \dfrac{4}{n} 
= \dfrac{4\pi}{n} \left ( 2- \cos\left ( \dfrac{k\pi}{n}\right )\right )^2$.

On complète l'algorithme suivant de sorte qu'à la fin de son exécution, la variable $V$ contienne la somme des volumes des $n$ cylindres créés lorsque l'on saisit $n$.

\begin{center}
\begin{tabularx}{0.6\linewidth}{|l X|}\hline
1&$V \gets 0$\\
2& Pour $k$ allant de {\red $0$} à {\red $n-1$} :\\
3& \hspace{0.5cm} $V \gets V+ {\red \dfrac{4\pi}{n} \left ( 2- \cos\left ( \dfrac{k\pi}{n}\right )\right )^2}$ \\
4& Fin Pour\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\vspace{0,5cm}

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

\medskip

\begin{multicols}{2}
Soit $f$ le la fonction définie sur l'intervalle $[0~;~ +\infty[$ par $f(x) = k\e^{-kx}$  où $k$ est un nombre réel strictement positif.
On appelle $\mathcal{C}_f$ sa représentation graphique dans le repère orthonormé \Oij.

On considère le point A de la courbe $\mathcal{C}_f$ d'abscisse 0 et le point B de la courbe $\mathcal{C}_f$ d'abscisse 1.

Le point C a pour coordonnées (1~;~0).

\columnbreak

\begin{flushright}
\psset{unit=2cm}
\begin{pspicture}(-0.2,-0.1)(2.2,2)
\psaxes[linewidth=1.pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(0,0)(2.2,2)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)

\pscustom[fillstyle=hlines]{
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1}{1.5 2.71828 1.5 x mul exp div}
\psline(1,0.335)(0,0)}
\rput*(0.3,0.4){$\mathcal{D}$}
\rput(0.2,1.5){\blue $\mathcal{C}_f$}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psdots(0,1.5)(1,0.335)(1,0)%ABC
\uput[l](0,1.5){A} \uput[u](1,0.335){B} \uput[d](1,0){C} \uput[dl](0,0){O}
\psline(1,0.335)(1,0)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{2.2}{1.5 2.71828 1.5 x mul exp div}
\end{pspicture}
\end{flushright}

\end{multicols}

\medskip

\begin{enumerate}
\item% Déterminer une primitive de la fonction $f$ sur l'intervalle $[0~;~ +\infty[$.
La fonction $F$ définie sur  $[0~;~ +\infty[$ par $F(x)=-\e^{-kx}$ est une primitive de $f$ sur cet intervalle.

\item% Exprimer, en fonction de $k$, l'aire du triangle OCB et celle du domaine $\mathcal{D}$ délimité par l'axe des ordonnées, la courbe $\mathcal{C}_f$ et le segment [OB].
Le triangle OCB est rectangle en C\,(1~;~0). Le point B a pour coordonnées $(1~;~f(1)) = \left (1~;~k\e^{-k}\right )$.

Son aire vaut $\dfrac{\mathrm{OC}\times \mathrm{BC}}{2} = \dfrac{k\e^{-k}}{2}$ unités d'aire.

\medskip

La région $\mathcal{D}'$ du plan définie par la courbe, l'axe des abscisses, et les deux droites d'équations $x=0$ et $x=1$ est
$\ds\int_{0}^{1} f(x) \d x = \left [ F(x) \strut\right ]_{0}^{1} = F(1) - F(0) = -\e^{-k} -(-1) = 1 - \e^{-k}$ U.A.

\medskip

L'aire du domaine $\mathcal{D}$ est égale à la différence entre l'aire de $\mathcal{D}'$ et l'aire du triangle OCB:

$\mathrm{Aire}(\mathcal{D}) = 1 - \e^{-k} - \dfrac{k\e^{-kx}}{2} = \dfrac{2 -2\e^{-k} -k\e^{-k}}{2}$ U.A.

\item L'aire du domaine $\mathcal{D}$ vaut le double de celle du triangle OCB s'il existe $k$ tel que 

$\dfrac{2 -2\e^{-k} -k\e^{-k}}{2} = 2\times \dfrac{k\e^{-k}}{2}$ ce qui équivaut à
$2 -2\e^{-k} -3k\e^{-k} = 0$

Soit $g$ la fonction définie sur $[0~;~+\infty[$ par $g(x)=2-2\e^{-x}-3x\e^{-x}$. 

On va montrer que cette fonction s'annule une seule fois pour $x>0$.

La fonction $g$ est dérivable et \\
$g'(x) = -2\times (-1)\e^{-x} -3\times \e^{-x} -3x\times (-1)\e^{-x} = -\e^{-x} +3x\e^{-x} = \left ( 3x-1\right )\e^{-x}$.

Pour tout $x$, $\e^{-x}>0$ donc $g'(x)$ est du signe de $3x-1$ donc 
\begin{list}{\textbullet}{}
\item $g'(x)<0$ sur $\left [0~;~\dfrac{1}{3}\right [$ donc $g$ est strictement décroissante sur $\left [0~;~\dfrac{1}{3}\right ]$;
\item $g'(x)>0$ sur $\left ]\dfrac{1}{3}~;~+\infty\right [$ donc $g$ est strictement croissante sur $\left ]\dfrac{1}{3}~;~+\infty\right [$;
\item la fonction $g$ admet un minimum pour $x=\dfrac{1}{3}$.
\end{list}

$g(0)=0$ et $g\left ( \dfrac{1}{3}\right )\approx -0,15<0$

D'après le cours, on sait que 
$\ds\lim_{x\to +\infty}\dfrac{\e^{x}}{x} = +\infty$ donc $\ds\lim_{x\to +\infty} x\e^{-x} = \ds\lim_{x\to +\infty}\dfrac{x}{\e^{x}} = 0$;
on sait aussi que $\ds\lim_{x\to +\infty}\e^{-x} =0$.

On en déduit que $\ds\lim_{x\to +\infty} g(x) = 2$.

On établit un tableau des variations de la fonction $g$:

\begin{center}
{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}  % paramètres
\def\esp{\hspace*{1.5cm}}% pour modifier la largeur du tableau
\def\hauteur{0pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
$\begin{array}{|c| *4{c} c|}
\hline
 x & 0 & \esp & \frac{1}{3} & \esp\esp & +\infty \\
\hline
        & \Rnode{max1}{0}  &  &                                                      &  & \Rnode{max2}{2}   \\
g(x) &                                  &  &                                                      &  &  \rule{0pt}{\hauteur} \\
       &                                   & &   \Rnode{min}{\approx -0,15} & & \rule{0pt}{\hauteur}
\ncline{->}{max1}{min} \ncline{->}{min}{max2}
\rput*(-2.3,0.75){\Rnode{zero}{\red 0}}
\rput(-2.3,2.1){\Rnode{alpha}{\red \alpha}}
\ncline[linestyle=dotted, linecolor=red]{alpha}{zero}
\\
\hline
\end{array}$
}
\end{center}

D'après ce tableau, il n'y a qu'une seule valeur de $x$ strictement positive pour laquelle $g(x)=0$, donc il n'y a qu'une seule valeur de $k$ strictement positive pour laquelle l'aire de $\mathcal{D}$ est le double de celle du triangle OCB.

\begin{center}
\psset{unit=3cm}
\begin{pspicture}(-0.2,-0.1)(2.2,1.1)
\psaxes[linewidth=1.pt,Dx=10,Dy=10](0,0)(0,0)(2.2,1.1)
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=10,Dy=10]{->}(0,0)(1,1)
\pscustom[fillstyle=hlines]{
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{1}{0.76 2.71828 0.76 x mul exp div}
\psline(1,0.355)(0,0)}
\rput(0.3,0.4){$\mathcal{D}$}
\rput(0.2,0.8){\blue $\mathcal{C}_f$}
\uput[d](0.5,0){$\vect{\imath}$}
\uput[l](0,0.5){$\vect{\jmath}$}
\psdots(0,0.76)(1,0.355)(1,0)%ABC
\uput[l](0,0.76){A}\uput[u](1,0.355){B}\uput[d](1,0){C}\uput[dl](0,0){O}
\psline(1,0.335)(1,0)
\psplot[plotpoints=3000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{2.2}{0.76 2.71828 0.76 x mul exp div}
\end{pspicture}
\end{center}

\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}
 
\textbf{Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

Un lapin se déplace dans un terrier composé de trois galeries, notées A, B et C, dans chacune desquelles il est confronté à un stimulus particulier.
À chaque fois qu'il est soumis à un stimulus, le lapin reste dans la galerie où il se trouve ou change de galerie. Cela constitue une étape.

\smallskip

Soit $n$ un entier naturel.

On note $a_n$ la probabilité de l'évènement : \og le lapin est dans la galerie A à l'étape $n$ \fg.

On note $b_n$ la probabilité de l'évènement : \og le lapin est dans la galerie B à l'étape $n $\fg.

On note $c_n$ la probabilité de l'évènement : \og le lapin est dans la galerie C à l'étape $n $\fg.

À l'étape $n = 0$, le lapin est dans la galerie A.

Une étude antérieure des réactions du lapin face aux différents stimuli permet de modéliser ses déplacements par le système suivant :

\[\renewcommand\arraystretch{1.5}\left\{\begin{array}{l !{=} r}
a_{n+1}&\dfrac{1}{3}a_n + \dfrac{1}{4} b_n \phantom{+ \dfrac{2}{3}c_n}\\[5pt]
b_{n+1}&\dfrac{2}{3}a_n + \dfrac{1}{2} b_n + \dfrac{2}{3}c_n\\[5pt]
c_{n+1}&\dfrac{1}{4}b_n + \dfrac{1}{3} c_n
\end{array}\right.\]

%\medskip
%
%L'objectif de cet exercice est d'estimer dans quelle galerie le lapin a la plus grande probabilité de se trouver à long terme.

\bigskip

\textbf{Partie A}

\medskip

À l'aide d'un tableur, on obtient le tableau de valeurs suivant:

\begin{center}
\begin{tabularx}{0.75\linewidth}{|c|*{4}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
	&A 	&B &C &D\\ \hline
1 	&$n$&$a_n$ &$b_n$ &$c_n$\\ \hline
2 	&0	& 1    &0	  &0\\ \hline
3	&1	&0,333 &0,667 &0\\ \hline
4 	&2 	&0,278 &0,556 &0,167\\ \hline
5 	&3 	&0,231 &0,574 &0,194\\ \hline
6 	&4 	&0,221 &0,571 &0,208\\ \hline
7 	&5 	&0,216 &0,572 &0,212\\ \hline
8 	&6 	&0,215 &0,571 &0,214\\ \hline
9 	&7 	&0,215 &0,571 &0,214\\ \hline
10 	&8 	&0,214 &0,571 &0,214\\ \hline
11 	&9 	&0,214 &0,571 &0,214\\ \hline
12 	&10 &0,214 &0,571 &0,214\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}

\medskip

\begin{enumerate}
\item% Quelle formule faut-il entrer dans la cellule C3 et recopier vers le bas pour remplir la colonne C ?
La colonne C donne les différentes valeurs de $b_n$. 
Comme pour tout $n$, $b_{n+1}=\dfrac{2}{3}a_n + \dfrac{1}{2} b_n + \dfrac{2}{3}c_n$, la formule à entrer dans la cellule C3 et à recopier vers le bas est:

\hfill{}\fbox{$=\dfrac{2}{3}*\mathrm{B2} +  \dfrac{1}{2}*\mathrm{C2} + \dfrac{2}{3}*\mathrm{D2}$}\hfill{}

\item % Quelle conjecture peut-on émettre ?
\begin{list}{\textbullet}{D'après ce tableau, on peut dire que}
\item la probabilité que le lapin se retrouve à long terme dans la galerie A est $0,214$ ;
\item la probabilité que le lapin se retrouve à long terme dans la galerie B est $0,571$ ;
\item la probabilité que le lapin se retrouve à long terme dans la galerie C est $0,214$.
\end{list}


\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On définit la suite $\left(u_n\right)$, pour tout entier naturel $n$, par $u_n = a_n - c_n$.
	\begin{enumerate}
		\item% Démontrer que la suite $\left(u_n\right)$ est géométrique en précisant sa raison.
$\text{Pour tout } n,~u_{n+1} = a_{n+1}-c_{n+1} = \left ( \dfrac{1}{3} a_n + \dfrac{1}{4} b_n \right ) - \left ( \dfrac{1}{4} b_n + \dfrac{1}{3} c_n \right )	 = \dfrac{1}{3} a_n + \dfrac{1}{4} b_n -  \dfrac{1}{4} b_n - \dfrac{1}{3} c_n \\[5pt]
\phantom{\text{Pour tout } n,~u_{n+1} }
= 	 	\dfrac{1}{3} \left ( a_n  -  c_n \strut\right ) = \dfrac{1}{3} u_n$. 

$u_0 = a_0-c_0=1-0=1$

Donc la suite $(u_n)$ est géométrique de raison $q=\dfrac{1}{3}$ et de premier terme $u_0=1$.		
		
		\item% Donner, pour tout entier naturel $n$, l'expression de $u_n$ en fonction de $n$.
On déduit de la question précédente que, pour tout $n$, $u_n=u_0\times q^n= 1\times \left ( \dfrac{1}{3}\right )^n = \left (\dfrac{1}{3}\right )^n$.		
	\end{enumerate}

\item  On définit la suite $\left(v_n\right)$ par $v_n = b_n - \dfrac{4}{7}$ pour tout entier naturel $n$; donc $b_n=v_n+\dfrac{4}{7}$.

	\begin{enumerate}
		\item %Expliquer pourquoi pour tout entier naturel $n$,\: $a_n + b_n + c_n = 1$ et en déduire que pour tout entier naturel $n$,\: $v_{n+1} = - \dfrac{1}{6}v_n$.
Les nombres $a_n$, $b_n$ et $c_n$ représentent à l'étape $n$, les probabilités que le lapin se trouve respectivement dans la galerie A, dans la galerie B ou dans la galerie C. Il n'y a pas d'autre possibilité pour le lapin donc la somme de ces trois probabilités doit être égale à la probabilité de l'événement certain, c'est-à-dire 1: pour tout $n$, $a_n+b_n+c_n=1$.	

On en déduit que $a_n+c_n=1-b_n$. 

$b_{n+1} = \dfrac{2}{3} a_n + \dfrac{1}{2} b_n + \dfrac{2}{3} c_n
= \dfrac{2}{3} \left ( a_n  +  c_n\strut\right ) + \dfrac{1}{2} b_n
= \dfrac{2}{3} \left ( 1-b_n\strut\right ) + \dfrac{1}{2} b_n
= \dfrac{2}{3} - \dfrac{2}{3} b_n + \dfrac{1}{2} b_n\\[5pt]
\phantom{b_{n+1}}
= \dfrac{2}{3} -\dfrac{1}{6} b_n$

$v_{n+1} = b_{n+1} - \dfrac{4}{7}
= \left ( \dfrac{2}{3} -\dfrac{1}{6} b_n\right ) - \dfrac{4}{7}
= \left (\dfrac{2}{3} - \dfrac{4}{7} \right ) - \dfrac{1}{6} \left ( v_n+\dfrac{4}{7} \strut \right )
= \dfrac{2}{21} - \dfrac{1}{6} v_n - \dfrac{2}{21}
= -\dfrac{1}{6} v_n$
		
		\item% En déduire, pour tout entier naturel $n$, l'expression de $v_n$ en fonction de $n$.
D'après la question précédente, on peut dire que la suite $(v_n)$ est géométrique de raison $q=-\dfrac{1}{6}$ et de premier terme $v_0=b_0-\dfrac{4}{7} = 0 - \dfrac{4}{7} = -\dfrac{4}{7}$.

On en déduit que pour tout $n$, $v_n=v_0\times q^n = -\dfrac{4}{7} \times \left ( -\dfrac{1}{6} \right )^n$.
		
		
	\end{enumerate}

\item % En déduire que pour tout entier naturel $n$, on a :
%
%\[
%a_{n} = \dfrac{3}{14} +\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n + \dfrac{2}{7}\left(- \dfrac{1}{6}\right)^n, \quad b_{n} = \dfrac{4}{7} - \dfrac{4}{7}\left(- \dfrac{1}{6}\right)^n \quad \text{et} \quad c_{n} = \dfrac{3}{14} -\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{3}\right)^n + \dfrac{2}{7}\left(- \dfrac{1}{6}\right)^n.\]
On a vu que, pour tout $n$, $b_n=v_n+\dfrac{4}{7}$ et que $v_n=-\dfrac{4}{7}\left (-\dfrac{1}{6}\right )^n$. On en déduit que $b_n=\dfrac{4}{7} - \dfrac{4}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n$.


On a vu précédemment que $a_n+c_n=1-b_n$.

On en déduit que 
$a_n+c_n = 1-\left (\dfrac{4}{7} - \dfrac{4}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n \right )
= 1-\dfrac{4}{7} + \dfrac{4}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n 
= \dfrac{3}{7} + \dfrac{4}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n$.

On a vu aussi que, pour tout $n$, $u_n=a_n-c_n$ et que $u_n=\left (\dfrac{1}{3}\right )^n$; on en déduit que $a_n-c_n=\left (\dfrac{1}{3}\right )^n$.

On résout le système:

$\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
a_n+c_n & \dfrac{3}{7} + \dfrac{4}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n\\[7pt]
a_n-c_n & \left (\dfrac{1}{3}\right )^n
\end{array}
\right.
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
2a_n & \dfrac{3}{7} + \dfrac{4}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n + \left (\dfrac{1}{3}\right )^n\\[7pt]
c_n & a_n - \left (\dfrac{1}{3}\right )^n
\end{array}
\right.\\
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
a_n & \dfrac{3}{14} + \dfrac{2}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n + \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{3}\right )^n\\[7pt]
c_n & \left (\dfrac{3}{14} + \dfrac{2}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n + \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{3}\right )^n\right ) - \left (\dfrac{1}{3}\right )^n
\end{array}
\right.
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
a_n & \dfrac{3}{14} + \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{3}\right )^n + \dfrac{2}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n \\[7pt]
c_n & \dfrac{3}{14} - \dfrac{1}{2}\left (\dfrac{1}{3}\right )^n + \dfrac{2}{7}\left ( -\dfrac{1}{6}\right )^n 
\end{array}
\right.$

\item  La position du lapin après un très grand nombre d'étapes est donnée par les limites de $a_n$, $b_n$ et $c_n$ quand $n$ tend vers l'infini.

$-1< \dfrac{1}{3} < 1$ donc $\ds \lim_{n \to +\infty} \left (\dfrac{1}{3}\right )^n = 0$;
$-1< -\dfrac{1}{6} < 1$ donc $\ds \lim_{n \to +\infty} \left (-\dfrac{1}{6}\right )^n = 0$.

On en déduit que $\ds\lim_{n\to +\infty} a_n = \dfrac{3}{14}$, $\ds\lim_{n\to +\infty} b_n = \dfrac{4}{7}$ et $\ds\lim_{n\to +\infty} c_n = \dfrac{3}{14}$. 

\medskip

\begin{list}{\textbullet}{La probabilité qu'après un très grand nombre d'étapes, le lapin}
\item se trouve dans la galerie A tend vers $\dfrac{3}{14}$;
\item se trouve dans la galerie B tend vers  $\dfrac{4}{7}$;
\item se trouve dans la galerie C  tend vers  $\dfrac{3}{14}$.
\end{list}
\end{enumerate}
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}
 
\textbf{Candidats ayant  suivi l'enseignement de spécialité}

\medskip

Un atome d'hydrogène peut se trouver dans deux états différents, l'état stable et l'état excité. À chaque nanoseconde, l'atome peut changer d'état.

\bigskip

\textbf{Partie A - Étude d'un premier milieu}

\medskip

Dans cette partie, on se place dans un premier milieu (milieu 1) où, à chaque nanoseconde, la probabilité qu'un atome passe de l'état stable à l'état excité est $0,005$, et la probabilité qu'il passe de l'état excité à l'état stable est $0,6$.

On observe un atome d'hydrogène initialement à l'état stable.

On note $a_n$ la probabilité que l'atome soit dans un état stable et $b_n$ la probabilité qu'il se trouve dans un état excité, $n$ nanosecondes après le début de l'observation.

On a donc $a_0 = 1$ et $b_0 = 0$.

On appelle $X_n$ la matrice ligne $X_n = \begin{pmatrix}a_n& b_n\end{pmatrix}$.

L'objectif est de savoir dans quel état se trouvera l'atome d'hydrogène à long terme.

\medskip

La situation peut être représentée par un graphe probabiliste à deux états; le A qui correspond à \og l'atome est dans un état stable \fg{}, et le B qui correspond à \og l'atome est dans un état excité \fg{}:

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-2,-1)(4,1.2)
\psset{nodesep=5pt,arcangle=15,arrowsize=2pt 3}%  paramètres du graphe

\newrgbcolor{colorG}{1 0 0}% couleur du sommet de gauche
%%% mettre 0 0 0 pour le noir

%%%% G pour Gauche, D pour Droit
%%%% Entrer dans les 6 lignes qui suivent ce qu'il faut !
\def\nomG{A}%   nom du sommet de gauche
\def\nomD{B}%   nom du sommet de droite
\def\valGD{$0,005$}%  poids de l'arc du sommet gauche au sommet droit
\def\valDG{$0,6$}% poids de l'arc du sommet droit au sommet gauche
\def\valGG{$0,995$}%  poids de la boucle autour du sommet gauche
\def\valDD{$0,4$}% poids de la boucle autour du sommet droit

%%%% ne pas toucher aux lignes ci-dessous

\Rnode{G}{\colorG \nomG} \hskip 4cm \Rnode{D}{\nomD}
           %   définition des sommets
\ncarc[linecolor=colorG]{->}{G}{D} 
      \Aput{\colorG \valGD}% arc pondéré partant de G
\ncarc{->}{D}{G} 
      \Aput{\valDG}% arc pondéré partant de D 
\nccircle[angleA=90,linecolor=colorG]{->}{G}{4mm}   
      \Bput{\colorG \valGG}%   boucle autour de G
\nccircle[angleA=-90]{->}{D}{.4cm} 
      \Bput{\valDD}%  boucle autour de D
\end{pspicture}
\end{center}

On a pour tout $n$, 
$\left \lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
a_{n+1} & 0,995\,a_n + 0,6\,b_n\\
b_{n+1} & 0,005\,a_n + 0,4\,b_n
\end{array}
\right .$

\begin{enumerate}
\item% Calculer $a_1$ puis $b_1$ et montrer que $a_2 = \np{0,993025}$ et $b_2 = \np{0,006975}$.
Il n'y a que deux états  qui s'excluent mutuellement donc, pour tout $n$, $a_n+b_n=1$.

D'après le système:

$a_1=0,995 a_0 + 0,6 b_0 = 0,995 \times 1 + 0,6 \times 0 = 0,995$ et $b_1=1-a_1=1-0,995 = 0,005$

$a_2=0,995 a_1 + 0,6 b_1 = 0,995 \times 0,995 + 0,6 \times 0,005 = \np{0,993025}$ et \\
$b_2=1-a_2=1-\np{0,993025} = \np{0,006975}$

\item% Déterminer la matrice $A$ telle que, pour tout entier naturel $n$,\: $X_{n+1} = X_n A$.
%
%$A$ est appelée matrice de transition dans le milieu 1.

Le système précédent s'écrit sous forme matricielle:
$\begin{pmatrix}
a_{n+1} & b_{n+1}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
a_{n} & b_{n}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0,995 & 0,005 \\ 0,6 & 0,45
\end{pmatrix}$.

La matrice de transition dans le milieu 1 est donc: 
$A =
\begin{pmatrix}
0,995 & 0,005 \\ 0,6 & 0,45
\end{pmatrix}$ 

On admet alors que, pour tout entier naturel $n$,\: $X_n = X_0A^n$.

\item On définit la matrice $P = \begin{pmatrix}1&-1\\ 1&120\end{pmatrix}$;
on admet que $P$ est inversible et que
$P^{-1} = \dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120&1\\- 1&1\end{pmatrix}.$

%Déterminer la matrice $D$ définie par $D = P^{-1} AP$.
À la calculatrice, on trouve:
$D = P^{-1} AP =
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\ 0 & 0,395
\end{pmatrix}$

\item Soit $\mathcal{P}_n$ la propriété $A^n = P D^n P^{-1}$. On va démontrer cette propriété par récurrence.

\textbf{Initialisation}

On prend $n=0$. On appelle $I_2 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ la matrice identité d'ordre 2.

$A^n = A^0 = I_2$
et
$D^n=D^0 = I_2$ donc $PD^nP^{-1} = PD^0P^{-1} = PI_2P^{-1}=PP^{-1}=I_2$

Pour $n=0$, $A^n=PD^nP^{-1}$, donc la propriété $\mathcal{P}_n$ est vraie au rang 0.

\smallskip

\textbf{Hérédité}

Soit $p$ un entier naturel quelconque tel que la propriété soit vraie au rang $p$, c'est-à-dire $A^p = PD^pP^{-1}$ (hypothèse de récurrence).

$A^{p+1} = A^1 \times A^{p} = \left (PD^1P^{-1}\right )\times \left (PD^pP^{-1}\right )
= PD\left (P^{-1}P\right ) D^pP^{-1}
=  PDI_2 D^pP^{-1}
=  PD D^pP^{-1}\\
\phantom{A^{p+1}}
= PD^{p+1}P^{-1}$

Donc la propriété est vraie au rang $p+1$.

\smallskip

\textbf{Conclusion}

La propriété est vraie au rang 0; elle est héréditaire pour tout $p \geqslant 0$. D'après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout $n\geqslant 0$:
pour tout entier naturel $n$, $A^n = PD^nP^{-1}$. 

\item On admet par la suite que, pour tout $n$,
$A^n = \dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120 + 0,395^n&1 - 0,395^n\\120\left(1 - 0,395^n\right)&1 + 120 \times 0,395^n\end{pmatrix}.$

%En déduire une expression de $a_n$ en fonction de $n$.

On sait que $X_n= X_0 A^n$ donc 

$X_n=
\begin{pmatrix} 1&0\end{pmatrix}
\times
\dfrac{1}{121}\begin{pmatrix}120 + 0,395^n&1 - 0,395^n\\120\left(1 - 0,395^n\right)&1 + 120 \times 0,395^n\end{pmatrix}
= \dfrac{1}{121}
\begin{pmatrix}120 + 0,395^n&1 - 0,395^n\end{pmatrix}$.

Or $X_n=\begin{pmatrix} a_n&b_n\end{pmatrix}$ donc, pour tout $n$,
$a_n=\dfrac{120 + 0,395^n}{121}$.

\item %Déterminer la limite de la suite $\left(a_n\right)$. Conclure.
$-1<0,395<1$ donc $\ds\lim_{n\to +\infty} 0,395^n = 0$; il s'ensuit que $\ds\lim_{n\to +\infty} a_n = \dfrac{120}{121}$. 

La probabilité sur le long terme que l'atome soit dans un état stable est donc égale à $\dfrac{120}{121}$.

\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B - Étude d'un second milieu}

\medskip

Dans cette partie, on se place dans un second milieu (milieu 2), dans lequel on ne connaît pas la probabilité que l'atome passe de l'état excité à l'état stable. On note $a$ cette probabilité supposée constante. On sait, en revanche, qu'à chaque nanoseconde, la probabilité qu'un atome passe de l'état stable à l'état excité est $0,01$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Donner, en fonction de $a$, la matrice de transition $M$ dans le milieu 2.

La nouvelle situation peut être représentée par le graphe probabiliste suivant:

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(-2,-1)(4,1.2)
\psset{nodesep=5pt,arcangle=15,arrowsize=2pt 3}%  paramètres du graphe

\newrgbcolor{colorG}{1 0 0}% couleur du sommet de gauche
%%% mettre 0 0 0 pour le noir

%%%% G pour Gauche, D pour Droit
%%%% Entrer dans les 6 lignes qui suivent ce qu'il faut !
\def\nomG{A}%   nom du sommet de gauche
\def\nomD{B}%   nom du sommet de droite
\def\valGD{$0,01$}%  poids de l'arc du sommet gauche au sommet droit
\def\valDG{$a$}% poids de l'arc du sommet droit au sommet gauche
\def\valGG{$0,99$}%  poids de la boucle autour du sommet gauche
\def\valDD{$1-a$}% poids de la boucle autour du sommet droit

%%%% ne pas toucher aux lignes ci-dessous

\Rnode{G}{\colorG \nomG} \hskip 4cm \Rnode{D}{\nomD}
           %   définition des sommets
\ncarc[linecolor=colorG]{->}{G}{D} 
      \Aput{\colorG \valGD}% arc pondéré partant de G
\ncarc{->}{D}{G} 
      \Aput{\valDG}% arc pondéré partant de D 
\nccircle[angleA=90,linecolor=colorG]{->}{G}{4mm}   
      \Bput{\colorG \valGG}%   boucle autour de G
\nccircle[angleA=-90]{->}{D}{.4cm} 
      \Bput{\valDD}%  boucle autour de D
\end{pspicture}
\end{center}

On a pour tout $n$, 
$\left \lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
a_{n+1} & 0,99\,a_n + a\,b_n\\
b_{n+1} & 0,01\,a_n + (1-a)\,b_n
\end{array}
\right .$

Ce qui s'écrit sous forme matricielle:
$\begin{pmatrix}
a_{n+1} & b_{n+1}
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
a_{n} & b_{n}
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0,99 & 0,01 \\ a & 1-a
\end{pmatrix}$.

La matrice de transition dans le milieu 2 est donc: 
$M =
\begin{pmatrix} 0,99 & 0,01 \\ a & 1-a \end{pmatrix}$. 
\item Après un temps très long, dans le milieu 2, la proportion d'atomes excités se stabilise autour de 2\,\%.
On admet qu'il existe un unique vecteur $X$, appelé état stationnaire, tel que $XM = X$, et que $X = \begin{pmatrix}0,98& 0,02\end{pmatrix}$.

%Déterminer la valeur de $a$.

$XM = X
\iff
\begin{pmatrix}0,98& 0,02\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0,99 & 0,01 \\ a & 1-a \end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}0,98& 0,02\end{pmatrix}
\iff
\left\lbrace
\begin{array}{l !{=} l}
 0,98\times 0,99 + 0,02 a & 0,98\\
 0,98 \times 0,01 + 0,02 \left (1-a\right ) & 0,02
\end{array}
\right.\\
\phantom{XM=X}
\iff
0,98\times 0,01 = 0,02 a
\iff
a=0,49$

La valeur de $a$ cherchée est $0,49$.
\end{enumerate}
\end{document}