Voici le corrigé complet du bac S de mathématiques 2013 à Pondichéry, première épreuve de la session, passée en avril 2013. Le sujet comporte quatre exercices. Le premier modélise la croissance d’un plant de maïs par une fonction du type \(\frac{a}{1+b\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}}\) : calcul des constantes, dérivée, résolution d’une inéquation avec le logarithme népérien, primitive et valeur moyenne. Le deuxième est un QCM de géométrie dans l’espace : représentation paramétrique de plan, position relative d’une droite et d’un plan, orthogonalité. Le troisième porte, selon l’enseignement suivi, sur les nombres complexes (rotation, milieu, hauteur d’un triangle) ou, en spécialité, sur l’évolution d’une population étudiée avec des matrices et une diagonalisation. Le dernier exercice mêle probabilités conditionnelles, suite arithmético-géométrique, algorithme et loi binomiale approchée par une loi normale.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Fonctions exponentielle et logarithme, primitive, valeur moyenne – 5 points, commun à tous les candidats
On étudie la hauteur (en mètres) d’un plant de maïs en fonction du temps \(t\) (en jours), sur l’intervalle \([0\,;250]\).
Partie 1
On modélise la hauteur par \(h(t)=\dfrac{a}{1+b\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}}\) où \(a\) et \(b\) sont des réels positifs. On sait qu’au départ le plant mesure \(0{,}1\) m et que sa hauteur tend vers \(2\) m. On cherche \(a\) et \(b\).
- Limite en \(+\infty\). Comme \(-0{,}04\lt 0\), on a \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\mathrm{e}^{-0{,}04t}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}(1+b\,\mathrm{e}^{-0{,}04t})=1\) et \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}h(t)=a\). La hauteur limite valant 2 m, on obtient \(a=2\).
- Valeur en 0. \(h(0)=\dfrac{a}{1+b}=\dfrac{2}{1+b}\). La condition \(h(0)=0{,}1\) donne \(1+b=\dfrac{2}{0{,}1}=20\), soit \(b=19\).
Le modèle est donc :
\[h(t)=\frac{2}{1+19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}}.\]
Partie 2
On étudie désormais la fonction \(f\) définie sur \([0\,;250]\) par \(f(t)=\dfrac{2}{1+19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}}\).
1. On demande le sens de variation de \(f\).
On écrit \(f=\dfrac{2}{u}\) avec \(u(t)=1+19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}\), dérivable et strictement positive, et \(u^{\prime}(t)=19\times (-0{,}04)\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}=-0{,}76\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}\). Alors \(f^{\prime}=-\dfrac{2u^{\prime}}{u^2}\) :
\[f^{\prime}(t)=\frac{1{,}52\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}}{(1+19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t})^2}.\]
Une exponentielle est strictement positive et un carré non nul aussi, donc \(f^{\prime}(t)\gt 0\) pour tout \(t\) de \([0\,;250]\) : la fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;250]\). Le plant ne cesse de grandir.
2. On cherche à partir de quel moment le plant dépasse \(1{,}5\) m, c’est-à-dire on résout \(f(t)\gt 1{,}5\).
Le dénominateur étant strictement positif :
\[\frac{2}{1+19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}}\gt 1{,}5 \iff 2\gt 1{,}5+28{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}\iff \mathrm{e}^{-0{,}04t}\lt \frac{0{,}5}{28{,}5}=\frac{1}{57}.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), donc :
\[-0{,}04t\lt \ln(\frac{1}{57})=-\ln 57\iff t\gt \frac{\ln 57}{0{,}04}=25\ln 57.\]
Or \(25\ln 57\approx 101{,}08\). Le plant dépasse \(1{,}5\) m à partir du 102e jour environ (plus précisément pour \(t\gt 25\ln 57\approx 101{,}1\) jours).
3. a. On demande de vérifier que \(F(t)=50\ln(\mathrm{e}^{0{,}04t}+19)\) définit une primitive de \(f\) sur \([0\,;250]\).
En multipliant numérateur et dénominateur de \(f(t)\) par \(\mathrm{e}^{0{,}04t}\gt 0\) :
\[f(t)=\frac{2\,\mathrm{e}^{0{,}04t}}{(1+19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t})\mathrm{e}^{0{,}04t}}=\frac{2\,\mathrm{e}^{0{,}04t}}{\mathrm{e}^{0{,}04t}+19}.\]
La fonction \(v(t)=\mathrm{e}^{0{,}04t}+19\) est dérivable et strictement positive, donc \(F=50\ln v\) est dérivable et \(F^{\prime}=50\,\dfrac{v^{\prime}}{v}\) :
\[F^{\prime}(t)=50\times \frac{0{,}04\,\mathrm{e}^{0{,}04t}}{\mathrm{e}^{0{,}04t}+19}=\frac{2\,\mathrm{e}^{0{,}04t}}{\mathrm{e}^{0{,}04t}+19}=f(t).\]
\(F\) est bien une primitive de \(f\) sur \([0\,;250]\).
3. b. On demande la valeur moyenne \(m\) de \(f\) sur \([50\,;100]\), arrondie au centième, et son interprétation.
\[m=\frac{1}{100-50}\int_{50}^{100}f(t)\,\mathrm{d}t=\frac{1}{50}[F(100)-F(50)]=\frac{1}{50}\times 50[\ln(\mathrm{e}^{4}+19)-\ln(\mathrm{e}^{2}+19)].\]
\[m=\ln(\frac{\mathrm{e}^{4}+19}{\mathrm{e}^{2}+19})\approx 1{,}03.\]
Entre le 50e et le 100e jour, la hauteur moyenne du plant est d’environ \(1{,}03\) m.
4. La vitesse de croissance du plant au jour \(t\) est \(f^{\prime}(t)\), coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse \(t\). On cherche, à l’aide de la courbe, à quel moment cette vitesse est maximale et la hauteur du plant à cet instant.
Il s’agit de repérer le point de la courbe où la tangente est la plus « pentue » : c’est le point où la courbe passe de convexe à concave (point d’inflexion). Graphiquement, on le lit vers \(t\approx 74\) jours, pour une hauteur d’environ 1 m.
Vérification par le calcul (hors programme de la question) : en posant \(X=19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}\), on trouve que \(f^{\prime\prime}(t)\) a le signe de \(X-1\) ; elle s’annule pour \(19\,\mathrm{e}^{-0{,}04t}=1\), soit \(t=25\ln 19\approx 73{,}6\). À cet instant \(f(t)=\dfrac{2}{1+1}=1\) : la vitesse de croissance est maximale quand le plant mesure exactement 1 m, la moitié de sa taille limite.
Exercice 2 :
QCM de géométrie dans l’espace – 4 points, commun à tous les candidats
L’espace est muni d’un repère orthonormé. On considère le plan \((P)\) d’équation \(x-2y+3z+5=0\), de vecteur normal \(\vec{n}\,(1\,;-2\,;3)\), et la droite \((D)\) de représentation paramétrique \(x=-2+t\), \(y=-t\), \(z=-1-t\) (\(t\in\mathbb{R}\)), qui passe par \(C(-2\,;0\,;-1)\) et est dirigée par \(\vec{u}\,(1\,;-1\,;-1)\). Pour chaque question, une seule réponse est exacte.
1. On cherche une représentation paramétrique du plan \((P)\). Réponse b) : \(x=t+2t^{\prime}\), \(y=1-t+t^{\prime}\), \(z=-1-t\) (\(t,t^{\prime}\in\mathbb{R}\)).
La proposition a) ne comporte qu’un paramètre : c’est une droite, pas un plan. Pour c) et d), le point obtenu avec des paramètres nuls, respectivement \((0\,;1\,;1)\) et \((1\,;1\,;-1)\), ne vérifie pas l’équation de \((P)\) : \(0-2+3+5=6\neq 0\) et \(1-2-3+5=1\neq 0\). Pour b), le point \(B(0\,;1\,;-1)\) est dans \((P)\) car \(0-2-3+5=0\), et les vecteurs \((1\,;-1\,;-1)\) et \((2\,;1\,;0)\), non colinéaires, sont orthogonaux à \(\vec{n}\) : \(1+2-3=0\) et \(2-2+0=0\). On le confirme en remplaçant : \((t+2t^{\prime})-2(1-t+t^{\prime})+3(-1-t)+5=0\) pour tous \(t\) et \(t^{\prime}\).
2. On étudie la position relative de \((D)\) et \((P)\). Réponse c) : la droite \((D)\) est incluse dans le plan \((P)\).
Pour un point quelconque de \((D)\) :
\[(-2+t)-2(-t)+3(-1-t)+5=-2+t+2t-3-3t+5=0.\]
L’égalité est vraie pour tout réel \(t\) : tous les points de \((D)\) appartiennent à \((P)\).
3. On donne deux points \(M\) et \(N\) tels que \(\vec{MN}\,(2\,;-4\,;6)\) et on s’interroge sur la position des droites \((MN)\) et \((D)\). Réponse a) : elles sont orthogonales.
\[\vec{MN}\cdot\vec{u}=2\times 1+(-4)\times (-1)+6\times (-1)=2+4-6=0.\]
Les vecteurs directeurs sont orthogonaux. On peut d’ailleurs remarquer que \(\vec{MN}=2\vec{n}\) : la droite \((MN)\) est orthogonale au plan \((P)\), donc à toute droite de ce plan, en particulier à \((D)\).
4. On considère le plan \((S)\) de représentation paramétrique \(x=-2+t+2t^{\prime}\), \(y=-t-2t^{\prime}\), \(z=-1-t+3t^{\prime}\), c’est-à-dire passant par \(C(-2\,;0\,;-1)\) et dirigé par \(\vec{u}\,(1\,;-1\,;-1)\) et \(\vec{v}\,(2\,;-2\,;3)\). Réponse b) : les plans \((P)\) et \((S)\) sont sécants suivant la droite \((D)\).
Le plan \((S)\) contient le point \(C\) et le vecteur directeur \(\vec{u}\) de \((D)\) : il contient donc la droite \((D)\), qui est aussi dans \((P)\) d’après la question 2. De plus \(\vec{n}\cdot\vec{v}=2+4+9=15\neq 0\) : \(\vec{v}\) n’est pas parallèle à \((P)\), donc \((S)\neq(P)\). Deux plans distincts ayant une droite commune sont sécants suivant cette droite.
Exercice 3 :
Nombres complexes – 5 points, candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité
Le plan complexe est muni d’un repère orthonormé direct \((O\,;\vec{u},\vec{v})\). On note \(A\) le point d’affixe \(1\), \(B\) le point d’affixe \(\mathrm{i}\). À tout point \(M\) d’affixe \(z_M\) on associe le point \(M^{\prime}\) d’affixe \(z_{M^{\prime}}=-\mathrm{i}\,z_M\) (image de \(M\) par la rotation de centre \(O\) et d’angle \(-\frac{\pi}{2}\)), et \(I\) désigne le milieu de \([AM]\).
1. On prend \(z_M=2\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\).
a. Forme algébrique de \(z_M\) :
\[z_M=2(\cos(-\frac{\pi}{3})+\mathrm{i}\sin(-\frac{\pi}{3}))=2(\frac{1}{2}-\mathrm{i}\,\frac{\sqrt{3}}{2})=1-\mathrm{i}\sqrt{3}.\]
b. Forme algébrique puis module et argument de \(z_{M^{\prime}}\) :
\[z_{M^{\prime}}=-\mathrm{i}(1-\mathrm{i}\sqrt{3})=-\mathrm{i}+\mathrm{i}^2\sqrt{3}=-\sqrt{3}-\mathrm{i}.\]
\(|z_{M^{\prime}}|=\sqrt{3+1}=2\) et, si \(\theta\) est un argument, \(\cos\theta=-\frac{\sqrt{3}}{2}\) et \(\sin\theta=-\frac{1}{2}\), donc \(\theta=-\frac{5\pi}{6}\) (modulo \(2\pi\)). On a \(z_{M^{\prime}}=2\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{5\pi}{6}}\), ce qui est cohérent avec la rotation : \(-\frac{\pi}{3}-\frac{\pi}{2}=-\frac{5\pi}{6}\).
c. Placement des points : \(M\) et \(M^{\prime}\) sont sur le cercle de centre \(O\) et de rayon 2 ; \(M(1\,;-\sqrt{3})\) se place avec l’abscisse 1, \(M^{\prime}(-\sqrt{3}\,;-1)\) avec l’ordonnée \(-1\). On vérifie sur la figure que l’angle \((\vec{OM},\vec{OM^{\prime}})\) est droit, parcouru dans le sens indirect.
2. Cas général : \(z_M=x+\mathrm{i}y\) avec \(x\) et \(y\) réels.
a. \(I\) est le milieu de \([AM]\), donc :
\[z_I=\frac{z_A+z_M}{2}=\frac{x+1}{2}+\frac{y}{2}\,\mathrm{i}.\]
b. \(z_{M^{\prime}}=-\mathrm{i}(x+\mathrm{i}y)=-\mathrm{i}x-\mathrm{i}^2y\), soit \(z_{M^{\prime}}=y-\mathrm{i}x\).
c. Coordonnées : \(I(\frac{x+1}{2}\,;\frac{y}{2})\), \(B(0\,;1)\) et \(M^{\prime}(y\,;-x)\).
d. On demande de démontrer que la droite \((OI)\) est une hauteur du triangle \(OBM^{\prime}\).
On a \(\vec{OI}(\frac{x+1}{2}\,;\frac{y}{2})\) et \(\vec{BM^{\prime}}\,(y-0\,;-x-1)\), donc :
\[\vec{OI}\cdot\vec{BM^{\prime}}=\frac{x+1}{2}\times y+\frac{y}{2}\times (-x-1)=\frac{(x+1)y-(x+1)y}{2}=0.\]
La droite \((OI)\) passe par le sommet \(O\) et est perpendiculaire au côté opposé \([BM^{\prime}]\) : \((OI)\) est la hauteur issue de \(O\) du triangle \(OBM^{\prime}\).
e. On demande de comparer les longueurs \(OI\) et \(BM^{\prime}\).
\[OI^2=(\frac{x+1}{2})^2+(\frac{y}{2})^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{4},\qquad BM^{\prime 2}=y^2+(x+1)^2.\]
Donc \(BM^{\prime 2}=4\,OI^2\) et, les longueurs étant positives, \(BM^{\prime}=2\,OI\).
Exercice 3 :
Matrices et suites – 5 points, candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
On étudie une population d’animaux composée de jeunes et d’adultes. On note \(j_n\) et \(a_n\) les effectifs de jeunes et d’adultes l’année \(n\), avec \(j_0=200\) et \(a_0=500\), et pour tout entier naturel \(n\) :
\[j_{n+1}=0{,}125\,j_n+0{,}525\,a_n,\qquad a_{n+1}=0{,}625\,j_n+0{,}625\,a_n.\]
On pose \(U_n=\begin{pmatrix}j_n\\a_n\end{pmatrix}\) et \(A=\begin{pmatrix}0{,}125 0{,}525\\0{,}625 0{,}625\end{pmatrix}\).
1. a. On demande de justifier que \(U_{n+1}=A\,U_n\).
\[A\,U_n=\begin{pmatrix}0{,}125 0{,}525\\0{,}625 0{,}625\end{pmatrix}\begin{pmatrix}j_n\\a_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}125\,j_n+0{,}525\,a_n\\0{,}625\,j_n+0{,}625\,a_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}j_{n+1}\\a_{n+1}\end{pmatrix}=U_{n+1}.\]
b. Calcul de \(U_1\) et \(U_2\) :
\[U_1=A\,U_0=\begin{pmatrix}0{,}125\times 200+0{,}525\times 500\\0{,}625\times 200+0{,}625\times 500\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}287{,}5\\437{,}5\end{pmatrix},\qquad U_2=A\,U_1=\begin{pmatrix}265{,}625\\453{,}125\end{pmatrix}.\]
Soit environ 287 jeunes et 437 adultes au bout d’un an, puis 265 jeunes et 453 adultes au bout de deux ans (en arrondissant à l’unité inférieure, puisqu’on compte des animaux). Il faut calculer \(U_2\) à partir des valeurs exactes de \(U_1\), sans arrondir en cours de route.
c. Par récurrence immédiate : \(U_1=AU_0\), \(U_2=AU_1=A^2U_0\), et si \(U_n=A^nU_0\) alors \(U_{n+1}=A\,A^nU_0=A^{n+1}U_0\). Donc \(U_n=A^n\,U_0\) pour tout entier naturel \(n\).
2. On donne \(Q=\begin{pmatrix}7 3\\-5 5\end{pmatrix}\), \(Q^{-1}=\begin{pmatrix}0{,}1 -0{,}06\\0{,}1 0{,}14\end{pmatrix}\) et \(D=\begin{pmatrix}-0{,}25 0\\0 1\end{pmatrix}\).
a. On demande de vérifier que \(QDQ^{-1}=A\).
\[Q\,D=\begin{pmatrix}7\times (-0{,}25) 3\times 1\\-5\times (-0{,}25) 5\times 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1{,}75 3\\1{,}25 5\end{pmatrix}.\]
\[Q\,D\,Q^{-1}=\begin{pmatrix}-1{,}75 3\\1{,}25 5\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0{,}1 -0{,}06\\0{,}1 0{,}14\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-0{,}175+0{,}3 0{,}105+0{,}42\\0{,}125+0{,}5 -0{,}075+0{,}7\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}125 0{,}525\\0{,}625 0{,}625\end{pmatrix}.\]
On a bien \(Q\,D\,Q^{-1}=A\).
b. On démontre par récurrence que, pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(A^n=Q\,D^n\,Q^{-1}\).
- Initialisation : pour \(n=1\), c’est la question 2.a.
- Hérédité : supposons \(A^n=Q\,D^n\,Q^{-1}\) pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors
\[A^{n+1}=A\times A^n=(Q\,D\,Q^{-1})(Q\,D^n\,Q^{-1})=Q\,D(Q^{-1}Q)D^n\,Q^{-1}=Q\,D\,I_2\,D^n\,Q^{-1}=Q\,D^{n+1}\,Q^{-1}.\] - Conclusion : la propriété est vraie pour tout entier \(n\geq\, 1\) : \(A^n=Q\,D^n\,Q^{-1}\).
c. \(D\) est diagonale, donc ses puissances s’obtiennent en élevant chaque coefficient diagonal :
\[D^n=\begin{pmatrix}(-0{,}25)^n 0\\0 1\end{pmatrix}.\]
3. a. On admet que \(A^n=\begin{pmatrix}0{,}3+0{,}7\times (-0{,}25)^n 0{,}42-0{,}42\times (-0{,}25)^n\\0{,}5-0{,}5\times (-0{,}25)^n 0{,}7+0{,}3\times (-0{,}25)^n\end{pmatrix}\) (ce que l’on retrouve en calculant \(Q\,D^n\,Q^{-1}\)). On demande l’expression de \(j_n\) et \(a_n\), puis leurs limites.
Avec \(U_n=A^nU_0\) et \(U_0=\begin{pmatrix}200\\500\end{pmatrix}\) :
\[j_n=200(0{,}3+0{,}7\times (-0{,}25)^n)+500(0{,}42-0{,}42\times (-0{,}25)^n)=270-70\times (-0{,}25)^n,\]
\[a_n=200(0{,}5-0{,}5\times (-0{,}25)^n)+500(0{,}7+0{,}3\times (-0{,}25)^n)=450+50\times (-0{,}25)^n.\]
Comme \(-1\lt -0{,}25\lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(-0{,}25)^n=0\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}j_n=270\) et \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=450\).
Contrôle : pour \(n=1\), \(j_1=270+17{,}5=287{,}5\) et \(a_1=450-12{,}5=437{,}5\), comme à la question 1.b.
b. À long terme, la population se stabilise autour de 270 jeunes et 450 adultes, soit 720 animaux.
Exercice 4 :
Probabilités conditionnelles, suites, algorithme, loi binomiale – 6 points, commun à tous les candidats
Dans une entreprise, on note \(E_n\) l’événement « le salarié est malade la semaine \(n\) » et \(p_n=P(E_n)\). Un salarié malade une semaine l’est encore la semaine suivante avec la probabilité \(0{,}24\) ; un salarié sain une semaine tombe malade la semaine suivante avec la probabilité \(0{,}04\). La semaine 1, le salarié n’est pas malade : \(p_1=0\).
1. a. On demande \(p_3\), à l’aide d’un arbre.
La semaine 1 le salarié est sain, donc il est malade la semaine 2 avec la probabilité \(0{,}04\) et sain avec la probabilité \(0{,}96\) :
Par la formule des probabilités totales :
\[p_3=P(E_2\cap E_3)+P(\overline{E_2}\cap E_3)=0{,}04\times 0{,}24+0{,}96\times 0{,}04=0{,}0096+0{,}0384=0{,}048.\]
b. On demande la probabilité que le salarié ait été malade la semaine 2 sachant qu’il est malade la semaine 3.
\[P_{E_3}(E_2)=\frac{P(E_2\cap E_3)}{P(E_3)}=\frac{0{,}0096}{0{,}048}=0{,}2.\]
2. a. Arbre reliant la semaine \(n\) à la semaine \(n+1\) :
b. On demande de montrer que \(p_{n+1}=0{,}2\,p_n+0{,}04\) pour tout \(n\geq\, 1\).
Les événements \(E_n\) et \(\overline{E_n}\) forment une partition, donc :
\[p_{n+1}=P(E_n\cap E_{n+1})+P(\overline{E_n}\cap E_{n+1})=0{,}24\,p_n+0{,}04\,(1-p_n)=0{,}2\,p_n+0{,}04.\]
c. On pose \(u_n=p_n-0{,}05\) pour \(n\geq\, 1\). On demande la nature de \((u_n)\) puis l’expression de \(p_n\).
\[u_{n+1}=p_{n+1}-0{,}05=0{,}2\,p_n+0{,}04-0{,}05=0{,}2\,p_n-0{,}01=0{,}2\,(p_n-0{,}05)=0{,}2\,u_n.\]
\((u_n)\) est géométrique de raison \(0{,}2\), de premier terme \(u_1=p_1-0{,}05=-0{,}05\). Donc pour tout \(n\geq\, 1\), \(u_n=-0{,}05\times 0{,}2^{\,n-1}\) et :
\[p_n=u_n+0{,}05=0{,}05(1-0{,}2^{\,n-1}).\]
Vérification : \(p_1=0\), \(p_2=0{,}05\times 0{,}8=0{,}04\) et \(p_3=0{,}05\times 0{,}96=0{,}048\), ce qui concorde avec la question 1.
d. Comme \(0\lt 0{,}2\lt 1\), \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}0{,}2^{\,n-1}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}p_n=0{,}05\). À long terme, la probabilité qu’un salarié soit malade une semaine donnée est proche de 5 %.
e. L’algorithme proposé part de \(P=0\) et \(J=1\), lit un entier \(K\), puis, tant que \(P\lt 0{,}05-10^{-K}\), remplace \(P\) par \(0{,}2P+0{,}04\) et \(J\) par \(J+1\), et affiche enfin \(J\). On demande ce que représente \(J\) et pourquoi l’algorithme s’arrête.
La variable \(P\) prend successivement les valeurs \(p_1, p_2, p_3,\ldots\) et \(J\) l’indice correspondant. L’algorithme affiche donc le plus petit entier \(J\) tel que \(p_J\geq\, 0{,}05-10^{-K}\), c’est-à-dire la première semaine à partir de laquelle \(p_n\) est à moins de \(10^{-K}\) de sa limite \(0{,}05\) (la suite étant croissante, tous les termes suivants restent dans l’intervalle \([0{,}05-10^{-K}\,;0{,}05]\)).
Il s’arrête toujours : la suite \((p_n)\) converge vers \(0{,}05\), donc l’intervalle ouvert \(]0{,}05-10^{-K}\,;0{,}05+10^{-K}[\) contient tous les termes à partir d’un certain rang, et la condition de la boucle finit par être fausse. Par exemple pour \(K=3\), il faut \(0{,}05\times 0{,}2^{\,J-1}\leq\, 0{,}001\), soit \(0{,}2^{\,J-1}\leq\, 0{,}02\) : l’algorithme affiche \(J=4\) (\(p_4=0{,}0496\)).
3. L’entreprise compte 220 salariés. On admet que chacun est malade une semaine donnée avec la probabilité \(p=0{,}05\), indépendamment des autres, et on note \(X\) le nombre de salariés malades cette semaine-là.
a. On demande la loi de \(X\), son espérance \(\mu\) et son écart-type \(\sigma\).
On répète 220 fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès « le salarié est malade » a pour probabilité \(0{,}05\). \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(220\,;0{,}05)\).
\[\mu=E(X)=np=220\times 0{,}05=11,\qquad \sigma=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{220\times 0{,}05\times 0{,}95}=\sqrt{10{,}45}\approx 3{,}23.\]
b. On approche la loi de \(\frac{X-\mu}{\sigma}\) par la loi normale centrée réduite : on note \(Z\) une variable suivant \(\mathcal{N}(0\,;1)\). On demande une valeur approchée de la probabilité que le nombre de malades soit compris entre 7 et 15, soit \(P(7\leq\, X\leq\, 15)\).
\[P(7\leq\, X\leq\, 15)=P(\frac{7-11}{\sqrt{10{,}45}}\leq\,\frac{X-\mu}{\sigma}\leq\,\frac{15-11}{\sqrt{10{,}45}})\approx P(-\frac{4}{\sqrt{10{,}45}}\leq\, Z\leq\,\frac{4}{\sqrt{10{,}45}}).\]
Or \(\frac{4}{\sqrt{10{,}45}}\approx 1{,}237\) et la table donnée fournit \(P(Z\leq\, 1{,}237)\approx 0{,}892\). Par symétrie de la loi normale centrée réduite, \(P(Z\leq\, -1{,}237)=1-P(Z\leq\, 1{,}237)\approx 0{,}108\), d’où :
\[P(7\leq\, X\leq\, 15)\approx 2\times 0{,}892-1=0{,}784.\]
La probabilité qu’entre 7 et 15 salariés soient malades la même semaine est d’environ \(0{,}784\).
Remarque : cette approximation par la loi normale, sans correction de continuité, est assez grossière ici ; le calcul direct avec la loi binomiale donne \(P(7\leq\, X\leq\, 15)\approx 0{,}839\). La réponse attendue à l’examen reste celle obtenue avec la table, \(0{,}784\).
