Corrigé du bac S de maths 2019 aux Antilles-Guyane

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac S 2019 Antilles Guyane : sujet et corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Fonctions exponentielle et logarithme, intégrale – 6 points – commun à tous les candidats

Partie A

On étudie la fonction \(f\) définie sur \([0\,;+\infty[\) par \(f(x)=\dfrac{a}{1+\mathrm{e}^{-bx}}\). Sa courbe \(\mathcal{C}_f\) passe par \(A(0\,;0{,}5)\) et la tangente en \(A\) passe par \(B(10\,;1)\).

1. On doit justifier que \(a=1\).

Comme \(A\in\mathcal{C}_f\), on a \(f(0)=0{,}5\). Or \(f(0)=\dfrac{a}{1+\mathrm{e}^{0}}=\dfrac{a}{2}\). Donc \(\dfrac{a}{2}=0{,}5\), c’est-à-dire \(a=1\), et \(f(x)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-bx}}\).

2. On vérifie l’expression de la dérivée.

\(f=\dfrac{1}{v}\) avec \(v(x)=1+\mathrm{e}^{-bx}\), qui ne s’annule pas, et \(v^{\prime}(x)=-b\,\mathrm{e}^{-bx}\). Donc \(f^{\prime}=-\dfrac{v^{\prime}}{v^2}\), soit pour tout \(x\geq\, 0\) :

\[f^{\prime}(x)=\frac{b\,\mathrm{e}^{-bx}}{(1+\mathrm{e}^{-bx})^2}.\]

3. On détermine \(b\).

La tangente en \(A\) passe par \(A(0\,;0{,}5)\) et \(B(10\,;1)\) ; son coefficient directeur vaut \(\dfrac{1-0{,}5}{10-0}=0{,}05\). Ce coefficient est aussi \(f^{\prime}(0)=\dfrac{b\times 1}{(1+1)^2}=\dfrac{b}{4}\).

Donc \(\dfrac{b}{4}=0{,}05\) et \(b=0{,}2\).

Partie B

La proportion d’individus équipés \(x\) années après le 1^er janvier 2000 est \(p(x)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}}\).

1. Proportion d’individus équipés au 1^er janvier 2010, arrondie au centième.

Le 1^er janvier 2010 correspond à \(x=10\) : \(p(10)=\dfrac{1}{1+\mathrm{e}^{-2}}\approx 0{,}88\).

Environ 88 % des individus sont équipés au 1^er janvier 2010.

2. a. Sens de variation de \(p\).

\(p\) est la fonction \(f\) de la partie A avec \(b=0{,}2\). D’après la question A.2 :

\[p^{\prime}(x)=\frac{0{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}2x}}{(1+\mathrm{e}^{-0{,}2x})^2}.\]

Une exponentielle est strictement positive et un carré non nul aussi, donc \(p^{\prime}(x)\gt 0\) : \(p\) est strictement croissante sur \([0\,;+\infty[\).

2. b. Limite de \(p\) en \(+\infty\).

\(\lim\limits_{x\to+\infty}(-0{,}2x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0\), donc par composition \(\lim\limits_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-0{,}2x}=0\). Par suite \(\lim\limits_{x\to+\infty}(1+\mathrm{e}^{-0{,}2x})=1\) et :

\[\lim_{x\to+\infty}p(x)=1.\]

2. c. Interprétation.

La proportion d’individus équipés se rapproche de 1 : à long terme, presque toute la population sera équipée.

3. Le marché est saturé quand la proportion dépasse 95 % ; on cherche l’année où cela arrive.

On résout \(p(x)\gt 0{,}95\), les quantités étant strictement positives :

\[\frac{1}{1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}}\gt 0{,}95\iff 1+\mathrm{e}^{-0{,}2x}\lt\frac{1}{0{,}95}\iff \mathrm{e}^{-0{,}2x}\lt\frac{0{,}05}{0{,}95}=\frac{1}{19}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), donc :

\[-0{,}2x\lt\ln\frac{1}{19}=-\ln 19\iff x\gt 5\ln 19\approx 14{,}72.\]

Comme \(p\) est croissante, la proportion dépasse 95 % à partir de \(x\approx 14{,}72\), c’est-à-dire \(2000+14{,}72\) : le marché est saturé au cours de l’année 2014 (vers la fin de l’été).

4. La proportion moyenne entre 2008 et 2010 est \(m=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int_8^{10}p(x)\,\mathrm{d}x\).

4. a. On vérifie que \(p(x)=\dfrac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{1+\mathrm{e}^{0{,}2x}}\).

On multiplie numérateur et dénominateur par \(\mathrm{e}^{0{,}2x}\neq 0\) :

\[p(x)=\frac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{\mathrm{e}^{0{,}2x}(1+\mathrm{e}^{-0{,}2x})}=\frac{\mathrm{e}^{0{,}2x}}{\mathrm{e}^{0{,}2x}+1}.\]

4. b. Une primitive de \(p\).

Posons \(v(x)=1+\mathrm{e}^{0{,}2x}\), strictement positive, avec \(v^{\prime}(x)=0{,}2\,\mathrm{e}^{0{,}2x}\). Alors \(p(x)=\dfrac{1}{0{,}2}\times \dfrac{v^{\prime}(x)}{v(x)}=5\,\dfrac{v^{\prime}(x)}{v(x)}\).

Une primitive de \(p\) sur \([0\,;+\infty[\) est donc \(P(x)=5\ln(1+\mathrm{e}^{0{,}2x})\).

4. c. Valeur exacte et arrondi de \(m\).

\[m=\frac{1}{2}\big(P(10)-P(8)\big)=\frac{5}{2}(\ln(1+\mathrm{e}^{2})-\ln(1+\mathrm{e}^{1{,}6}))=\frac{5}{2}\ln\frac{1+\mathrm{e}^{2}}{1+\mathrm{e}^{1{,}6}}.\]

\(m=2{,}5\ln\dfrac{1+\mathrm{e}^{2}}{1+\mathrm{e}^{1{,}6}}\approx 0{,}86\) : entre 2008 et 2010, en moyenne 86 % des individus sont équipés.

Exercice 2 :

Géométrie dans l’espace – 5 points – commun à tous les candidats

Dans un repère orthonormé (une unité = 10 m) : \(O(0\,;0\,;0)\), \(P(0\,;10\,;0)\), \(Q(0\,;11\,;1)\), \(T(10\,;11\,;1)\), \(U(10\,;10\,;0)\), \(V(10\,;0\,;0)\). La partie plane est le rectangle \(OPUV\), l’obstacle le rectangle \(PQTU\). Le drone d’Alex suit la droite \((AB)\) avec \(A(2\,;4\,;0{,}25)\), \(B(2\,;6\,;0{,}75)\) ; celui d’Élisa la droite \((CD)\) avec \(C(4\,;6\,;0{,}25)\), \(D(2\,;6\,;0{,}25)\).

Partie A : trajectoire du drone d’Alex

1. Représentation paramétrique de \((AB)\).

\(\vec{AB}(0\,;2\,;0{,}5)\) dirige la droite, qui passe par \(A\). Un point \(M(x\,;y\,;z)\) est sur \((AB)\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{AM}=t\,\vec{AB}\), d’où :

\[(AB)\ :\ \begin{cases}x=2\\ y=4+2t\\ z=0{,}25+0{,}5t\end{cases},\quad t\in\mathbb{R}.\]

2. a. On justifie que \(\vec n(0\,;1\,;-1)\) est normal au plan \((PQU)\).

\(\vec{PQ}(0\,;1\,;1)\) et \(\vec{PU}(10\,;0\,;0)\) ne sont pas colinéaires. Or \(\vec n\cdot\vec{PQ}=0+1-1=0\) et \(\vec n\cdot\vec{PU}=0+0+0=0\). \(\vec n\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, il lui est donc normal.

2. b. Équation cartésienne de \((PQU)\).

\(M(x\,;y\,;z)\in(PQU)\iff\vec{PM}\cdot\vec n=0\iff 0\times x+1\times (y-10)-1\times z=0\).

\((PQU)\ :\ y-z-10=0\).

3. On montre que \((AB)\) coupe \((PQU)\) en \(I(2\,;\dfrac{37}{3}\,;\dfrac{7}{3})\).

On remplace la représentation paramétrique dans l’équation du plan :

\[(4+2t)-(0{,}25+0{,}5t)-10=0\iff 1{,}5t=6{,}25\iff t=\frac{25}{6}.\]

L’équation a une unique solution : la droite et le plan sont sécants. Pour \(t=\dfrac{25}{6}\) : \(x=2\), \(y=4+\dfrac{25}{3}=\dfrac{37}{3}\), \(z=\dfrac{1}{4}+\dfrac{25}{12}=\dfrac{28}{12}=\dfrac{7}{3}\).

Le point d’intersection est \(I(2\,;\dfrac{37}{3}\,;\dfrac{7}{3})\).

4. Pourquoi le drone d’Alex ne rencontre-t-il pas l’obstacle ?

L’obstacle \(PQTU\) est une partie du plan \((PQU)\) ; ses points ont une cote comprise entre 0 (côté \([PU]\)) et 1 (côté \([QT]\)), et une ordonnée entre 10 et 11. Le drone ne traverse ce plan qu’en \(I\), dont la cote \(\dfrac{7}{3}\approx 2{,}33\) est supérieure à 1 (et l’ordonnée \(\dfrac{37}{3}\approx 12{,}3\) dépasse 11). \(I\) n’appartient donc pas au rectangle \(PQTU\) : le drone passe au-dessus de l’obstacle sans le toucher.

Partie B : distance minimale entre les deux trajectoires

La consigne impose au moins 4 m entre les trajectoires. On prend \(M\in(AB)\) et \(N\in(CD)\) avec \(\vec{AM}=a\,\vec{AB}\) et \(\vec{CN}=b\,\vec{CD}\).

1. Coordonnées de \(\vec{MN}\).

On a \(\vec{AB}(0\,;2\,;0{,}5)\), \(\vec{CD}(-2\,;0\,;0)\), \(\vec{AC}(2\,;2\,;0)\). Par la relation de Chasles :

\[\vec{MN}=\vec{MA}+\vec{AC}+\vec{CN}=-a\,\vec{AB}+\vec{AC}+b\,\vec{CD}.\]

D’où \(\vec{MN}\big(0+2-2b\,;\,-2a+2+0\,;\,-0{,}5a+0+0\big)\), soit \(\vec{MN}(2-2b\,;2-2a\,;-0{,}5a)\).

2. On admet que \(MN\) est minimale quand \((MN)\) est perpendiculaire à \((AB)\) et à \((CD)\) ; on montre que cela donne \(a=\dfrac{16}{17}\) et \(b=1\).

Les deux conditions s’écrivent \(\vec{MN}\cdot\vec{CD}=0\) et \(\vec{MN}\cdot\vec{AB}=0\) :

\[\begin{cases}-2(2-2b)=0\\ 2(2-2a)+0{,}5\times (-0{,}5a)=0\end{cases}\iff\begin{cases}b=1\\ 4-4{,}25a=0\end{cases}\iff\begin{cases}b=1\\ a=\dfrac{4}{4{,}25}=\dfrac{16}{17}\end{cases}.\]

3. Distance minimale et conclusion.

Avec \(a=\dfrac{16}{17}\) et \(b=1\) : \(\vec{MN}(0\,;\dfrac{2}{17}\,;-\dfrac{8}{17})\). Le repère étant orthonormé :

\[MN=\sqrt{0^2+(\frac{2}{17})^2+(\frac{8}{17})^2}=\sqrt{\frac{68}{289}}=\sqrt{\frac{4}{17}}=\frac{2}{\sqrt{17}}\approx 0{,}485.\]

Une unité valant 10 m, la distance minimale entre les trajectoires est d’environ 4,85 m, supérieure aux 4 m imposés : la consigne est respectée.

Exercice 3 :

Nombres complexes, vrai ou faux – 4 points – commun à tous les candidats

On pose \(c=\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\) ; \(S\) et \(T\) ont pour affixes \(c^2\) et \(\dfrac{1}{c}\). Pour chaque affirmation, on dit si elle est vraie ou fausse en justifiant.

Affirmation 1 : « \(c=\dfrac{1}{4}(1-\mathrm{i}\sqrt{3})\) ». Faux.

\(c=\dfrac{1}{2}(\cos\dfrac{\pi}{3}+\mathrm{i}\sin\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{2}+\mathrm{i}\dfrac{\sqrt{3}}{2})=\dfrac{1}{4}(1+\mathrm{i}\sqrt{3})\). La partie imaginaire de \(c\) est positive, pas négative : le nombre proposé est le conjugué de \(c\).

Affirmation 2 : « pour tout entier naturel \(n\), \(c^{3n}\) est réel ». Vrai.

\(c^{3n}=(\dfrac{1}{2})^{3n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{3n\pi}{3}}=\dfrac{1}{8^n}\mathrm{e}^{\mathrm{i}n\pi}=\dfrac{(-1)^n}{8^n}\), qui est un réel.

Affirmation 3 : « les points \(O\), \(S\) et \(T\) sont alignés ». Vrai.

\(z_S=c^2=\dfrac{1}{4}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}\) et \(z_T=\dfrac{1}{c}=2\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}\). Alors :

\[\frac{z_T}{z_S}=\frac{2\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\frac{\pi}{3}}}{\frac{1}{4}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\frac{2\pi}{3}}}=8\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi}=-8.\]

Donc \(\vec{OT}=-8\,\vec{OS}\) : les vecteurs sont colinéaires et \(O\), \(S\), \(T\) sont alignés.

Affirmation 4 : « pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(|c|+|c^2|+\dots+|c^n|=1-(\dfrac{1}{2})^n\) ». Vrai.

\(|c^k|=|c|^k=(\dfrac{1}{2})^k\). La somme est celle des \(n\) premiers termes de la suite géométrique de premier terme \(\dfrac{1}{2}\) et de raison \(\dfrac{1}{2}\) :

\[\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{2})^k=\frac{1}{2}\times \frac{1-(\frac{1}{2})^n}{1-\frac{1}{2}}=1-(\frac{1}{2})^n.\]

Exercice 4 :

Probabilités conditionnelles, loi normale, loi exponentielle – 5 points – candidats n’ayant pas suivi la spécialité

Partie A

56 % des téléspectateurs ont regardé le match, un quart d’entre eux a aussi regardé l’émission d’analyse, et 16,2 % des téléspectateurs ont regardé l’émission. \(M\) : « a regardé le match », \(E\) : « a regardé l’émission », \(x=P_{\overline{M}}(E)\).

1. Arbre pondéré.

2. Probabilité de \(M\cap E\).

\(P(M\cap E)=P(M)\times P_M(E)=0{,}56\times 0{,}25=\) \(0{,}14\).

3. a. On vérifie que \(P(E)=0{,}44x+0{,}14\).

\(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition ; d’après la formule des probabilités totales :

\[P(E)=P(M\cap E)+P(\overline{M}\cap E)=0{,}14+0{,}44x.\]

3. b. Valeur de \(x\).

\(P(E)=0{,}162\), donc \(0{,}44x+0{,}14=0{,}162\), soit \(0{,}44x=0{,}022\) et \(x=0{,}05\).

4. Le téléspectateur n’a pas regardé l’émission : probabilité qu’il ait regardé le match, arrondie à \(10^{-2}\).

On cherche \(P_{\overline{E}}(M)\), avec \(P(\overline{E})=1-0{,}162=0{,}838\) et \(P(M\cap\overline{E})=0{,}56\times 0{,}75=0{,}42\) :

\[P_{\overline{E}}(M)=\frac{P(M\cap\overline{E})}{P(\overline{E})}=\frac{0{,}42}{0{,}838}\approx 0{,}50.\]

La probabilité qu’il ait regardé le match est environ 0,50.

Partie B

Le temps \(T\) (en heures) passé devant la télévision le soir du match suit la loi normale \(\mathcal{N}(1{,}5\,;0{,}5^2)\), d’espérance \(\mu=1{,}5\) et d’écart-type \(\sigma=0{,}5\).

1. Probabilité, arrondie à \(10^{-3}\), d’avoir regardé entre une et deux heures.

\(P(1\leq\, T\leq\, 2)=P(\mu-\sigma\leq\, T\leq\,\mu+\sigma)\). À la calculatrice : \(P(1\leq\, T\leq\, 2)\approx 0{,}683\).

2. Arrondi à \(10^{-2}\) du réel \(t\) tel que \(P(T\geq\, t)=0{,}066\), et interprétation.

\(P(T\geq\, t)=0{,}066\iff P(T\lt t)=0{,}934\). La fonction « inverse loi normale » de la calculatrice donne \(t\approx 2{,}25\).

Interprétation : 6,6 % des téléspectateurs ont passé au moins 2,25 h, soit 2 h 15 min, devant leur télévision le soir du match.

Partie C

La durée de vie \(S\) (en années) d’un boîtier suit une loi exponentielle de paramètre \(\lambda\gt 0\). Un quart des boîtiers dure entre un et deux ans ; l’usine affirme que la durée de vie moyenne dépasse trois ans. Est-ce exact ?

Pour une loi exponentielle, \(P(u\leq\, S\leq\, v)=\mathrm{e}^{-\lambda u}-\mathrm{e}^{-\lambda v}\) et \(E(S)=\dfrac{1}{\lambda}\).

L’information de l’institut s’écrit \(\mathrm{e}^{-\lambda}-\mathrm{e}^{-2\lambda}=0{,}25\). On pose \(X=\mathrm{e}^{-\lambda}\) (de sorte que \(\mathrm{e}^{-2\lambda}=X^2\)) :

\[X-X^2=0{,}25\iff X^2-X+0{,}25=0\iff(X-0{,}5)^2=0\iff X=0{,}5.\]

(Le discriminant est nul, d’où cette unique solution.) Donc \(\mathrm{e}^{-\lambda}=0{,}5\), soit \(-\lambda=\ln 0{,}5\) et \(\lambda=\ln 2\).

\[E(S)=\frac{1}{\ln 2}\approx 1{,}44.\]

La durée de vie moyenne est d’environ 1,44 an, inférieure à 3 ans : l’affirmation de l’usine est fausse.

Exercice 5 :

Matrices et suites, récurrence – 5 points – candidats ayant suivi la spécialité

Chaque jour, le temps est ensoleillé (\(A\)), nuageux sans pluie (\(B\)) ou pluvieux (\(C\)). Après un jour ensoleillé : encore ensoleillé avec probabilité 0,5, pluvieux avec 0,1 ; après un jour nuageux : encore nuageux 0,2, pluvieux 0,7 ; après un jour pluvieux : encore pluvieux 0,6, ensoleillé 0,2. On note \(a_n\), \(b_n\), \(c_n\) les probabilités des états au jour \(n\), avec \(a_n+b_n+c_n=1\), \(a_0=1\), \(b_0=c_0=0\).

1. a. On montre que \(a_{n+1}=0{,}5a_n+0{,}1b_n+0{,}2c_n\).

Les probabilités manquantes s’obtiennent par complément à 1 : après \(A\), nuageux avec \(1-0{,}5-0{,}1=0{,}4\) ; après \(B\), ensoleillé avec \(1-0{,}2-0{,}7=0{,}1\) ; après \(C\), nuageux avec \(1-0{,}6-0{,}2=0{,}2\).

\(A_n\), \(B_n\), \(C_n\) forment une partition ; par la formule des probabilités totales :

\[a_{n+1}=P(A_n)P_{A_n}(A_{n+1})+P(B_n)P_{B_n}(A_{n+1})+P(C_n)P_{C_n}(A_{n+1})=0{,}5a_n+0{,}1b_n+0{,}2c_n.\]

1. b. On montre que \(a_{n+1}=0{,}3a_n-0{,}1b_n+0{,}2\).

Comme \(c_n=1-a_n-b_n\) :

\[a_{n+1}=0{,}5a_n+0{,}1b_n+0{,}2(1-a_n-b_n)=0{,}3a_n-0{,}1b_n+0{,}2.\]

On admet de même que \(b_{n+1}=0{,}2a_n+0{,}2\) (en effet \(b_{n+1}=0{,}4a_n+0{,}2b_n+0{,}2c_n=0{,}4a_n+0{,}2(b_n+c_n)=0{,}4a_n+0{,}2(1-a_n)\)).

2. On pose \(M=\begin{pmatrix}0{,}3 -0{,}1\\ 0{,}2 0\end{pmatrix}\), \(U_n=\begin{pmatrix}a_n\\ b_n\end{pmatrix}\) et \(R=\begin{pmatrix}0{,}2\\ 0{,}2\end{pmatrix}\).

2. a. On justifie que \(U_{n+1}=MU_n+R\).

\[MU_n+R=\begin{pmatrix}0{,}3a_n-0{,}1b_n\\ 0{,}2a_n+0\times b_n\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0{,}2\\ 0{,}2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}3a_n-0{,}1b_n+0{,}2\\ 0{,}2a_n+0{,}2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{n+1}\\ b_{n+1}\end{pmatrix}=U_{n+1}.\]

2. b. Soit \(Y=\begin{pmatrix}\alpha\\ \beta\end{pmatrix}\) tel que \(Y=MY+R\) ; on montre que \(\alpha=\beta=0{,}25\).

\[Y=MY+R\iff\begin{cases}\alpha=0{,}3\alpha-0{,}1\beta+0{,}2\\ \beta=0{,}2\alpha+0{,}2\end{cases}.\]

En remplaçant \(\beta\) dans la première équation : \(\alpha=0{,}3\alpha-0{,}02\alpha-0{,}02+0{,}2\), soit \(0{,}72\alpha=0{,}18\), donc \(\alpha=0{,}25\) puis \(\beta=0{,}05+0{,}2=\) \(0{,}25\).

3. On pose \(V_n=U_n-Y\).

3. a. On vérifie que \(V_{n+1}=MV_n\).

\[V_{n+1}=U_{n+1}-Y=(MU_n+R)-(MY+R)=MU_n-MY=M(U_n-Y)=MV_n.\]

3. b. On démontre par récurrence que \(V_n=M^nV_0\) pour tout entier \(n\geq\, 1\).

• Initialisation : pour \(n=1\), \(V_1=MV_0=M^1V_0\) d’après 3. a.
• Hérédité : supposons \(V_n=M^nV_0\) pour un entier \(n\geq\, 1\). Alors \(V_{n+1}=MV_n=M\times M^nV_0=M^{n+1}V_0\) : la propriété est vraie au rang \(n+1\).
• Conclusion : par récurrence, \(V_n=M^nV_0\) pour tout entier \(n\geq\, 1\).

4. On admet que pour tout \(n\geq\, 1\), \(M^n=\begin{pmatrix}2\times 0{,}2^n-0{,}1^n 0{,}1^n-0{,}2^n\\ 2\times 0{,}2^n-2\times 0{,}1^n 2\times 0{,}1^n-0{,}2^n\end{pmatrix}\).

4. a. Expression de \(a_n\).

\(V_0=U_0-Y=\begin{pmatrix}1-0{,}25\\ 0-0{,}25\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0{,}75\\ -0{,}25\end{pmatrix}\) et \(U_n=V_n+Y=M^nV_0+Y\). La première ligne donne :

\[a_n=0{,}75(2\times 0{,}2^n-0{,}1^n)-0{,}25(0{,}1^n-0{,}2^n)+0{,}25.\]

\(a_n=1{,}75\times 0{,}2^n-0{,}1^n+0{,}25\) pour tout \(n\geq\, 1\).

4. b. Limite de \((a_n)\).

Comme \(-1\lt 0{,}2\lt 1\) et \(-1\lt 0{,}1\lt 1\), on a \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}2^n=0\) et \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}1^n=0\). Donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=0{,}25\) : à long terme, un jour sur quatre est ensoleillé.

4. c. On admet que \(c_n=0{,}5+3\times 0{,}1^n-3{,}5\times 0{,}2^n\). La probabilité d’un temps pluvieux peut-elle dépasser 0,5 ?

\[c_n\gt 0{,}5\iff 3\times 0{,}1^n\gt 3{,}5\times 0{,}2^n\iff\frac{0{,}1^n}{0{,}2^n}\gt\frac{3{,}5}{3}\iff 0{,}5^n\gt\frac{7}{6}.\]

Or pour tout entier naturel \(n\), \(0\lt 0{,}5^n\leq\, 1\lt\dfrac{7}{6}\) : l’inégalité n’est jamais vérifiée (avec le logarithme, on trouverait \(n\lt\dfrac{\ln(7/6)}{\ln 0{,}5}\approx -0{,}22\), impossible). Donc \(c_n\lt 0{,}5\) pour tout \(n\) : la probabilité que le temps soit pluvieux ne dépasse jamais 0,5 (elle s’en approche seulement, puisque \(c_n\) tend vers 0,5).