Examen de synthèse corrigé : maths complémentaires

$f(0)=\dfrac{50}{1+24}=\dfrac{50}{25}=2$. Au lancement, l'application compte 2 000 utilisateurs.

Quand $t$ tend vers $+\infty$, $-0{,}5t$ tend vers $-\infty$ donc $\mathrm{e}^{-0{,}5t}$ tend vers 0. Le dénominateur tend vers 1 et $f(t)$ tend vers 50. Le nombre d'utilisateurs se stabilise donc autour de 50 000 : c'est la taille du marché que l'application peut espérer atteindre.

Posons $u(t)=1+24\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, de sorte que $f=\dfrac{50}{u}$. Alors $u'(t)=24\times(-0{,}5)\mathrm{e}^{-0{,}5t}=-12\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}$, et $f'=-\dfrac{50u'}{u^{2}}=\dfrac{600\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}}{u^{2}}$, ce qui est la formule annoncée. Une exponentielle et un carré étant strictement positifs, $f'(t)>0$ pour tout $t$ : $f$ est strictement croissante sur $[0\ ;\ +\infty[$.

$f(t)=25$ équivaut à $50=25\left(1+24\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right)$, soit $1+24\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}=2$, puis $\mathrm{e}^{-0{,}5t}=\dfrac{1}{24}$. En prenant le logarithme népérien : $-0{,}5t=-\ln 24$, donc $t=2\ln 24\approx 6{,}4$. La croissance est la plus rapide au bout d'environ 6,4 mois, c'est-à-dire quand l'application a conquis la moitié de son marché.

On résout $f(t)=45$ : $50=45\left(1+24\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}\right)$ donne $1+24\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}=\dfrac{10}{9}$, puis $24\,\mathrm{e}^{-0{,}5t}=\dfrac{1}{9}$ et $\mathrm{e}^{-0{,}5t}=\dfrac{1}{216}$. Donc $t=2\ln 216$. Comme $216=6^{3}$, on a aussi $t=6\ln 6\approx 10{,}8$ mois. Il faut donc environ 10,8 mois pour atteindre 45 000 utilisateurs, alors que les 25 000 premiers avaient été atteints en 6,4 mois : la fin de la conquête est beaucoup plus lente que le début.

$D(0)=2000$ et $D(20)=2000\,\mathrm{e}^{-1}\approx 736$. La fonction $p\mapsto -0{,}05p$ est décroissante et l'exponentielle est croissante, donc $D$ est décroissante : plus le billet est cher, moins il se vend.

$R$ est un produit : avec $u(p)=2000p$ et $v(p)=\mathrm{e}^{-0{,}05p}$, on a $u'=2000$ et $v'=-0{,}05\,\mathrm{e}^{-0{,}05p}$. Donc $R'=u'v+uv'=2000\,\mathrm{e}^{-0{,}05p}-100p\,\mathrm{e}^{-0{,}05p}=2000\,\mathrm{e}^{-0{,}05p}\left(1-0{,}05p\right)$ en factorisant par $2000\,\mathrm{e}^{-0{,}05p}$.

Le facteur $2000\,\mathrm{e}^{-0{,}05p}$ est strictement positif, donc $R'$ a le signe de $1-0{,}05p$. Ce facteur est positif pour $p<20$ et négatif pour $p>20$. Ainsi $R$ est croissante sur $]0\ ;\ 20]$, décroissante sur $[20\ ;\ +\infty[$, et atteint son maximum en $p=20$. Le prix optimal est donc de 20 dollars.

$R(20)=2000\times 20\times\mathrm{e}^{-1}=\dfrac{40\,000}{\mathrm{e}}\approx 14\,715$ dollars. Le nombre de billets vendus est $D(20)\approx 736$.

$R(25)=2000\times 25\times\mathrm{e}^{-1{,}25}\approx 14\,325$ dollars, soit environ 390 dollars de moins. En passant de 20 à 25 dollars, la salle gagne 5 dollars sur chaque billet vendu, mais elle perd des clients : $D(25)\approx 573$ contre $D(20)\approx 736$, soit environ 163 spectateurs de moins. Le gain sur les billets restants ne compense pas la perte de ceux qui ne viennent plus. Le prix de 20 dollars est exactement celui où ces deux effets s'équilibrent.

$R(0)=0$ et $R(2)=\dfrac{80}{8}=10$. Sans engrais, le modèle prévoit un rendement nul, ce qui est une limite évidente du modèle : une parcelle non fertilisée produit tout de même quelque chose.

$R$ est un quotient avec $u(x)=40x$ et $v(x)=x^{2}+4$, donc $u'=40$ et $v'=2x$. Alors $R'=\dfrac{u'v-uv'}{v^{2}}=\dfrac{40\left(x^{2}+4\right)-40x\times 2x}{\left(x^{2}+4\right)^{2}}=\dfrac{40x^{2}+160-80x^{2}}{\left(x^{2}+4\right)^{2}}=\dfrac{160-40x^{2}}{\left(x^{2}+4\right)^{2}}=\dfrac{40\left(4-x^{2}\right)}{\left(x^{2}+4\right)^{2}}$.

Le dénominateur est strictement positif, donc $R'$ a le signe de $4-x^{2}$, positif pour $0\leq x<2$ et négatif pour $x>2$. Donc $R$ croît sur $[0\ ;\ 2]$, décroît sur $[2\ ;\ +\infty[$, et son maximum vaut $R(2)=10$. La dose optimale est de 2 unités par hectare.

En divisant numérateur et dénominateur par $x^{2}$ : $R(x)=\dfrac{\frac{40}{x}}{1+\frac{4}{x^{2}}}$, dont le numérateur tend vers 0 et le dénominateur vers 1. Donc $R(x)$ tend vers 0. Le modèle affirme qu'un surdosage massif finit par annuler complètement le rendement, ce qui correspond au fait qu'un excès d'engrais brûle les cultures.

$R(x)=8$ donne $40x=8\left(x^{2}+4\right)$, soit $8x^{2}-40x+32=0$, puis en divisant par 8 : $x^{2}-5x+4=0$. Le discriminant vaut $25-16=9$, d'où $x=\dfrac{5-3}{2}=1$ ou $x=\dfrac{5+3}{2}=4$. Deux doses très différentes donnent donc le même rendement. Un agriculteur visant 8 quintaux doit évidemment choisir $x=1$ : c'est quatre fois moins d'engrais pour le même résultat, donc moins cher et moins polluant. La dose $x=4$ correspond au même rendement atteint par le mauvais côté du maximum. La figure du corrigé montre la droite d'ordonnée 8 coupant la courbe en deux points, de part et d'autre du maximum.

Perdre 18 pour cent revient à multiplier par $1-0{,}18=0{,}82$. On a donc $v_{n+1}=0{,}82\,v_{n}$ : la suite est géométrique de raison $0{,}82$ et de premier terme 32 000. Ainsi $v_{n}=32\,000\times 0{,}82^{\,n}$.

$v_{3}=32\,000\times 0{,}82^{3}\approx 17\,644$ dollars et $v_{5}=32\,000\times 0{,}82^{5}\approx 11\,864$ dollars.

On cherche le plus petit $n$ tel que $32\,000\times 0{,}82^{\,n}<10\,000$, soit $0{,}82^{\,n}<0{,}3125$. En passant au logarithme népérien, et comme $\ln(0{,}82)$ est négatif, l'inégalité change de sens : $n>\dfrac{\ln(0{,}3125)}{\ln(0{,}82)}\approx 5{,}86$. Le plus petit entier est $n=6$, et on vérifie $v_{6}\approx 9\,728$ dollars contre $v_{5}\approx 11\,864$ dollars. C'est donc au bout de 6 ans.

Le modèle linéaire donne $32\,000-4\,000n$. Au bout de 3 ans : 20 000 dollars contre environ 17 644 dollars pour le modèle géométrique, qui est donc plus pessimiste. Au bout de 7 ans : 4 000 dollars contre $32\,000\times 0{,}82^{7}\approx 7\,977$ dollars, et c'est maintenant le modèle géométrique qui est le plus optimiste. Les deux courbes se croisent entre-temps.

Le modèle géométrique ne prévoit jamais une valeur nulle : $0{,}82^{\,n}$ est strictement positif pour tout $n$, la suite tend vers 0 sans jamais l'atteindre. Le modèle géométrique est plus réaliste, pour deux raisons : une voiture garde toujours une valeur résiduelle, ne serait-ce qu'en pièces, et la décote réelle est bien plus forte les premières années que les dernières, ce qu'un pourcentage constant reproduit et qu'une soustraction constante ne reproduit pas.

La suite est géométrique de raison $1{,}15$, donc $u_{n}=120\times 1{,}15^{\,n}$. Alors $u_{8}=120\times 1{,}15^{8}\approx 367$ nouveaux cas.

La somme des neuf premiers termes d'une suite géométrique vaut $u_{0}\times\dfrac{1-R^{9}}{1-R}=120\times\dfrac{1{,}15^{9}-1}{0{,}15}\approx 2\,014$ cas au total.

On cherche le plus petit $n$ tel que $120\times 1{,}15^{\,n}>500$, soit $1{,}15^{\,n}>\dfrac{25}{6}$. En passant au logarithme : $n>\dfrac{\ln(25/6)}{\ln(1{,}15)}\approx 10{,}2$. Donc $n=11$ : c'est la semaine 11, où $u_{11}\approx 558$ cas contre $u_{10}\approx 485$.

Avec $R=0{,}9$, la somme des $n+1$ premiers termes vaut $120\times\dfrac{1-0{,}9^{\,n+1}}{0{,}1}$. Comme $0<0{,}9<1$, la puissance $0{,}9^{\,n+1}$ tend vers 0, donc cette somme converge vers $\dfrac{120}{0{,}1}=1\,200$. Le nombre total de cas sur toute la durée de l'épidémie reste donc inférieur à 1 200, quel que soit le nombre de semaines écoulées.

Parce que la nature de la somme change de part et d'autre de 1. Si $R>1$, la suite géométrique diverge et la somme des termes croît sans limite : l'épidémie n'a pas de taille finale. Si $R<1$, la suite tend vers 0 et la somme converge vers $\dfrac{u_{0}}{1-R}$ : l'épidémie a un nombre total de cas fini, connu d'avance. Le passage de $R=1{,}15$ à $R=0{,}9$ ne change pas seulement la vitesse, il change la conclusion mathématique. C'est pourquoi les mesures sanitaires visent toujours à faire passer $R$ sous 1, et non simplement à le réduire.

$u_{1}=0{,}6\times 20+40=52$ et $u_{2}=0{,}6\times 52+40=71{,}2$. Sur le graphique, on part de $u_{0}=20$ sur l'axe des abscisses, on monte verticalement jusqu'à la droite $y=0{,}6x+40$ pour lire $u_{1}=52$, puis on se déplace horizontalement jusqu'à la droite $y=x$ pour reporter cette valeur en abscisse, et on recommence.

$0{,}6\times 100+40=60+40=100$, donc $L=100$ vérifie bien l'équation. Cette valeur est le point fixe du modèle : si la population valait exactement 100, elle resterait à 100 indéfiniment, les 40 pertes annuelles étant compensées exactement par les 40 introductions.

$w_{n+1}=u_{n+1}-100=0{,}6u_{n}+40-100=0{,}6u_{n}-60=0{,}6\left(u_{n}-100\right)=0{,}6\,w_{n}$. La suite $(w_{n})$ est donc géométrique de raison $0{,}6$, de premier terme $w_{0}=20-100=-80$. Ainsi $w_{n}=-80\times 0{,}6^{\,n}$ et $u_{n}=100-80\times 0{,}6^{\,n}$. Vérification : $u_{2}=100-80\times 0{,}36=100-28{,}8=71{,}2$.

Comme $0<0{,}6<1$, la suite $\left(0{,}6^{\,n}\right)$ tend vers 0, donc $u_{n}$ tend vers 100. Le graphique le montre bien : la construction en escalier se resserre vers le point d'intersection des deux droites, sans jamais le dépasser puisque $w_{n}$ reste négatif.

On cherche le plus petit $n$ tel que $100-80\times 0{,}6^{\,n}>99$, soit $80\times 0{,}6^{\,n}<1$, puis $0{,}6^{\,n}<0{,}0125$. En passant au logarithme et en changeant le sens puisque $\ln(0{,}6)<0$ : $n>\dfrac{\ln(0{,}0125)}{\ln(0{,}6)}\approx 8{,}58$. Donc $n=9$ : c'est au bout de 9 ans, avec $u_{9}\approx 99{,}2$ animaux contre $u_{8}\approx 98{,}7$.

La condition s'écrit $c(t+6)=\dfrac{1}{2}c(t)$ pour tout $t$, soit $c_{0}\,\mathrm{e}^{-k(t+6)}=\dfrac{1}{2}c_{0}\,\mathrm{e}^{-kt}$. En divisant par $c_{0}\,\mathrm{e}^{-kt}$, qui n'est pas nul, il reste $\mathrm{e}^{-6k}=\dfrac{1}{2}$. En prenant le logarithme népérien : $-6k=-\ln 2$, donc $k=\dfrac{\ln 2}{6}\approx 0{,}1155$.

$c(6)=12\times\dfrac{1}{2}=6$ milligrammes par litre. Au bout de 18 heures, soit trois demi-vies, $c(18)=12\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{3}=1{,}5$ milligramme par litre.

On résout $c_{0}\,\mathrm{e}^{-kt}=0{,}1\,c_{0}$, soit $\mathrm{e}^{-kt}=0{,}1$ et donc $-kt=\ln(0{,}1)=-\ln 10$, d'où $t=\dfrac{\ln 10}{k}\approx\dfrac{2{,}3026}{0{,}1155}\approx 19{,}9$ heures.

En remplaçant $k$ : $t=\dfrac{\ln 10}{\frac{\ln 2}{6}}=\dfrac{6\ln 10}{\ln 2}\approx 19{,}93$ heures. La concentration initiale $c_{0}$ s'est éliminée dès la question c) en divisant les deux membres : le délai ne dépend donc pas de la dose. C'est une propriété générale de la décroissance exponentielle, et c'est pourquoi on parle de demi-vie sans préciser la dose.

Oui, c'est cohérent, et c'est même le but. Au bout de 8 heures il reste $\mathrm{e}^{-8k}\approx 0{,}397$, soit environ 40 pour cent de la dose, donc bien plus que les 10 pour cent du seuil d'inactivité atteints seulement vers 19,9 heures. En reprenant le médicament toutes les 8 heures, on remet une dose avant que la précédente ne soit devenue inefficace, ce qui maintient la concentration au-dessus du seuil actif en permanence.

Pour 30 kWh, on reste dans la première tranche : l'aire est celle d'un rectangle de largeur 30 et de hauteur 0,08, soit $30\times 0{,}08=2{,}40$ dollars. Pour 60 kWh, on ajoute la deuxième tranche : $40\times 0{,}08+20\times 0{,}12=3{,}20+2{,}40=5{,}60$ dollars.

Pour 150 kWh, les trois tranches sont concernées : $40\times 0{,}08+60\times 0{,}12+50\times 0{,}18=3{,}20+7{,}20+9{,}00=19{,}40$ dollars.

Pour $40\leq Q\leq 100$, la première tranche est entièrement consommée et coûte 3,20 dollars, et il reste $Q-40$ kWh facturés à 0,12 dollar. Donc $C(Q)=3{,}20+0{,}12(Q-40)$, ce qui s'écrit aussi $C(Q)=0{,}12Q-1{,}60$.

On a $C(40)=3{,}20$ et $C(100)=3{,}20+0{,}12\times 60=10{,}40$, donc 10 dollars correspond bien à la deuxième tranche. On résout $3{,}20+0{,}12(Q-40)=10$, soit $0{,}12(Q-40)=6{,}80$ et $Q-40=\dfrac{6{,}80}{0{,}12}\approx 56{,}67$. La consommation est d'environ 96,7 kWh.

Le prix moyen vaut $\dfrac{19{,}40}{150}\approx 0{,}129$ dollar par kWh. Il est inférieur à 0,18 parce que le prix moyen est la moyenne de tous les kWh consommés, dont les 40 premiers n'ont coûté que 0,08 et les 60 suivants 0,12 : seuls les 50 derniers ont été payés 0,18. Autrement dit, le prix moyen est l'aire totale divisée par la largeur, alors que 0,18 est la hauteur de la courbe à l'extrémité droite, c'est-à-dire le prix marginal. Confondre les deux est l'erreur classique de lecture de ce type de tarif.

Pour la Terre : $T^{2}=1$ et $a^{3}=1$. Pour l'astre X : $T^{2}=8^{2}=64$ et $a^{3}=4^{3}=64$. Les deux colonnes vérifient donc bien $T^{2}=a^{3}$.

En appliquant le logarithme décimal à $T=\lambda a^{b}$ : $\log T=\log\left(\lambda a^{b}\right)=\log\lambda+\log\left(a^{b}\right)=\log\lambda+b\log a$, en utilisant successivement le logarithme d'un produit puis celui d'une puissance.

En posant $X=\log a$ et $Y=\log T$, la relation devient $Y=bX+\log\lambda$ : c'est l'équation d'une droite de pente $b$ et d'ordonnée à l'origine $\log\lambda$. Les points sont donc alignés. Avec la Terre, $X=0$ et $Y=0$ ; avec l'astre X, $X=\log 4$ et $Y=\log 8$. La pente vaut $b=\dfrac{\log 8-0}{\log 4-0}=\dfrac{3\log 2}{2\log 2}=\dfrac{3}{2}$.

La droite passe par l'origine, donc $\log\lambda=0$ et $\lambda=1$. La relation est $T=a^{3/2}$, ce qui équivaut bien à $T^{2}=a^{3}$. Pour l'astre Y : $T=9^{3/2}=\left(\sqrt{9}\right)^{3}=3^{3}=27$ années.

Parce que la nature du modèle n'est pas la même. Une croissance exponentielle s'écrit $y=\lambda q^{x}$, donc $\log y=\log\lambda+x\log q$ : c'est $\log y$ qui devient affine en $x$, et un seul axe doit être gradué en logarithme. Ici le modèle est une puissance, $T=\lambda a^{b}$, et c'est $\log T$ qui devient affine en $\log a$ : il faut passer les deux axes au logarithme. La forme du graphique renseigne donc directement sur le type de modèle : une droite sur papier semi-logarithmique signale une exponentielle, une droite sur papier log-log signale une loi de puissance, et la pente donne alors l'exposant.

On a $P(M)=0{,}008$, donc $P\left(\overline{M}\right)=0{,}992$. Le test détectant 99 pour cent des malades, $P_{M}(T)=0{,}99$. Étant positif chez 4 pour cent des personnes saines, $P_{\overline{M}}(T)=0{,}04$. L'arbre a deux branches au premier niveau, $M$ pondérée par $0{,}008$ et $\overline{M}$ par $0{,}992$, chacune se scindant en $T$ et $\overline{T}$. La figure du corrigé donne l'arbre complet, avec la probabilité de chacun des quatre chemins.

$P(M\cap T)=P(M)\times P_{M}(T)=0{,}008\times 0{,}99=0{,}00792$. Et $P\left(\overline{M}\cap T\right)=0{,}992\times 0{,}04=0{,}03968$.

Les événements $M$ et $\overline{M}$ formant une partition, $P(T)=P(M\cap T)+P\left(\overline{M}\cap T\right)=0{,}00792+0{,}03968=0{,}0476$. Environ 4,76 pour cent des tests sont positifs.

$P_{T}(M)=\dfrac{P(M\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}00792}{0{,}0476}\approx 0{,}166$. Une personne dont le test est positif n'a donc qu'environ 16,6 pour cent de risque d'être réellement malade.

Sur 100 000 personnes, 800 sont malades et 99 200 sont saines. Parmi les malades, $0{,}99\times 800=792$ sont détectées. Parmi les personnes saines, $0{,}04\times 99\,200=3\,968$ sont pourtant positives. Le test produit donc 3 968 faux positifs contre seulement 792 vrais positifs : les positifs sont cinq fois plus souvent des erreurs que des cas réels. Le paradoxe se dissout dès qu'on remarque que les 4 pour cent d'erreur s'appliquent à un groupe énorme, alors que les 99 pour cent de réussite s'appliquent à un groupe minuscule. C'est la rareté de la maladie, et non la qualité du test, qui rend le résultat positif peu informatif.