Annales - Épreuve anticipée Spe Maths 2026 Amérique du Nord (le corrigé de la seconde partie)

DEUXIÈME PARTIE (14 points)

Exercice 1 (6 points)

Partie A

Dans cette partie, l’urne contient $1$ boule rouge et $9$ boules vertes.

Comme les tirages se font avec remise, les probabilités restent les mêmes au premier et au deuxième tirage.

On a donc :

$P(R_1)=\dfrac{1}{10}$, $P(\overline{R_1})=\dfrac{9}{10}$ , $P(R_2)=\dfrac{1}{10}$ , $P(\overline{R_2})=\dfrac{9}{10}$

1. Recopier et compléter l’arbre pondéré

L’arbre pondéré est complété ainsi :

$\begin{array}{c} P(R_1)=\dfrac{1}{10}\quad;\quad P(\overline{R_1})=\dfrac{9}{10}\\ P(R_2|R_1)=\dfrac{1}{10}\quad;\quad P(\overline{R_2}|R_1)=\dfrac{9}{10}\\ P(R_2|\overline{R_1})=\dfrac{1}{10}\quad;\quad P(\overline{R_2}|\overline{R_1})=\dfrac{9}{10} \end{array}$

Comme on remet la boule dans l’urne après chaque tirage, les deux tirages sont indépendants.

2-a. Donner les valeurs prises par la variable aléatoire $X$

Le joueur paie d’abord $1$ euro.

S’il tire deux boules rouges, il reçoit $3$ euros. Son gain algébrique est donc : $3-1=2$

S’il tire deux boules vertes, il reçoit $1$ euro. Son gain algébrique est donc : $1-1=0$

Sinon, il ne reçoit rien. Son gain algébrique est donc : $0-1=-1$

Ainsi, les valeurs prises par $X$ sont : $-1,\quad 0,\quad 2$

2-b. Montrer que $P(X=-1)=\dfrac{18}{100}$

L’événement $X=-1$ correspond au cas où le joueur ne reçoit pas d’argent.

Cela arrive lorsqu’il tire une rouge et une verte, dans n’importe quel ordre.

Donc : $P(X=-1)=P(R_1\cap \overline{R_2})+P(\overline{R_1}\cap R_2)$

On calcule :

$P(R_1\cap \overline{R_2})=\dfrac{1}{10}\times\dfrac{9}{10}=\dfrac{9}{100}$

et :

$P(\overline{R_1}\cap R_2)=\dfrac{9}{10}\times\dfrac{1}{10}=\dfrac{9}{100}$

Donc :

$P(X=-1)=\dfrac{9}{100}+\dfrac{9}{100}$

$P(X=-1)=\dfrac{18}{100}$

2-c. Compléter le tableau donnant la loi de probabilité de $X$

On calcule chaque probabilité.

Pour $X=2$, le joueur doit tirer deux boules rouges :

$P(X=2)=\dfrac{1}{10}\times\dfrac{1}{10}=\dfrac{1}{100}$

Pour $X=0$, le joueur doit tirer deux boules vertes :

$P(X=0)=\dfrac{9}{10}\times\dfrac{9}{10}=\dfrac{81}{100}$

Pour $X=-1$, on a déjà montré que :

$P(X=-1)=\dfrac{18}{100}$

La loi de probabilité de $X$ est donc :

$\begin{array}{c|ccc} k&-1&0&2\\ \hline P(X=k)&\dfrac{18}{100}&\dfrac{81}{100}&\dfrac{1}{100} \end{array}$

2-d. Calculer l’espérance de $X$. Interpréter le résultat

On utilise la formule :

$E(X)=\sum k\times P(X=k)$

Donc :

$E(X)=(-1)\times\dfrac{18}{100}+0\times\dfrac{81}{100}+2\times\dfrac{1}{100}$

$E(X)=-\dfrac{18}{100}+0+\dfrac{2}{100}$

$E(X)=-\dfrac{16}{100}$

$E(X)=-0,16$

L’espérance de gain du joueur est donc égale à $-0,16$ euro.

Cela signifie qu’en moyenne, le joueur perd $0,16$ euro par partie.

Le jeu est donc défavorable au joueur.

Partie B

Dans cette partie, l’urne contient $n$ boules rouges et $10-n$ boules vertes.

On note $Y$ le gain algébrique du joueur après les deux tirages.

1. Démontrer que $E(Y)=\dfrac{4n^2-20n}{100}$

La probabilité de tirer une boule rouge est : $\dfrac{n}{10}$

La probabilité de tirer une boule verte est : $\dfrac{10-n}{10}$

Comme il y a remise, les deux tirages sont indépendants.

Le joueur gagne $2$ euros de gain algébrique s’il tire deux boules rouges :

$P(Y=2)=\dfrac{n}{10}\times\dfrac{n}{10}=\dfrac{n^2}{100}$

Le joueur gagne $0$ euro de gain algébrique s’il tire deux boules vertes :

$P(Y=0)=\dfrac{10-n}{10}\times\dfrac{10-n}{10}=\dfrac{(10-n)^2}{100}$

Le joueur perd $1$ euro s’il tire une rouge et une verte, dans n’importe quel ordre :

$P(Y=-1)=\dfrac{n}{10}\times\dfrac{10-n}{10}+\dfrac{10-n}{10}\times\dfrac{n}{10}$

$P(Y=-1)=\dfrac{2n(10-n)}{100}$

On calcule maintenant l’espérance :

$\scriptsize E(Y)=2\times\dfrac{n^2}{100}+0\times\dfrac{(10-n)^2}{100}+(-1)\times\dfrac{2n(10-n)}{100}$

$E(Y)=\dfrac{2n^2}{100}-\dfrac{2n(10-n)}{100}$

On développe :

$E(Y)=\dfrac{2n^2-20n+2n^2}{100}$

Donc :

$E(Y)=\dfrac{4n^2-20n}{100}$

2. Pour combien de boules rouges dans l’urne le jeu est-il équitable entre le joueur et le forain ?

Un jeu est équitable lorsque l’espérance est nulle.

On cherche donc : $E(Y)=0$

C’est-à-dire : $\dfrac{4n^2-20n}{100}=0$

Comme le dénominateur est non nul, on résout : $4n^2-20n=0$

On factorise : $4n(n-5)=0$

Soit : $4n=0\quad\text{ou}\quad n-5=0$

Ainsi : $n=0\quad\text{ou}\quad n=5$

Le jeu est équitable lorsqu’il y a $0$ boule rouge ou $5$ boules rouges dans l’urne.

Exercice 2 (4 points)

1. Donner la puissance électrique des panneaux solaires à 11h00.

A $11$h, la puissance électrique est de $6$ kW.

2. Résoudre graphiquement l'inéquation $f(x) ≥ 5$ et interpréter ce résultat dans le contexte de l'énoncé.

Graphiquement, $f(x)\ge 5$ pour $x\in [10,5~;~15,5]$.

La puissance électrique sera supérieure ou égale à $5$ kW entre $10$h$30$ et $15$h$30$.

Partie B

On considère que le coût pour $1$ kilowattheure, noté $1~\text{kWh}$, consommé au tarif réglementé était de $0,15~€$ en $2020$.

On admet que ce tarif réglementé augmente de $6\%$ chaque année.

On note $C_n$ le coût, en euros, de $1~\text{kWh}$ consommé durant l’année $2020+n$, où $n$ est un entier naturel.

On a donc : $C_0=0,15$

1. Déterminer la nature de la suite $(C_n)$

Le tarif augmente de $6\%$ chaque année.

Augmenter de $6\%$, c’est multiplier par : $1+\dfrac{6}{100}=1,06$

Donc, pour passer d’une année à l’année suivante, on multiplie toujours par $1,06$.

On a donc : $C_{n+1}=1,06C_n$

La suite $(C_n)$ est donc une suite géométrique de raison : $q=1,06$

et de premier terme : $C_0=0,15$

2. Exprimer $C_n$ en fonction de $n$

Pour une suite géométrique de premier terme $C_0$ et de raison $q$, on a : $C_n=C_0\times q^n$

Ici : $C_0=0,15$ et : $q=1,06$

Donc : $C_n=0,15\times 1,06^n$

3. Donner le calcul permettant d’obtenir le coût pour $1~\text{kWh}$ consommé en $2030$

La suite $(C_n)$ donne le coût durant l’année $2020+n$.

Pour l’année $2030$, on cherche $n$ tel que :

$2020+n=2030$

Donc : $n=10$

Le coût pour $1~\text{kWh}$ consommé en $2030$ est donc :

$C_{10}=0,15\times 1,06^{10}$

Il n’est pas demandé d’effectuer ce calcul.

4. Déterminer à partir de quelle année l’installation devient rentable

a. Dans le contexte de l'énoncé, que représentent les variables c et S du programme ?

Au début du programme, on a : c = 0.15

Or, dans l'énoncé, $0,15~€$ est le coût d'un kilowattheure en 2020.

La variable c représente donc le coût d'un kWh, exprimé en euros, pour l'année considérée.

La variable S est initialisée à $0$ puis, à chaque passage dans la boucle, on ajoute : c*2000

Or Camille économise chaque année l'achat de $2000~\text{kWh}$.

Ainsi, c*2000 représente l'économie réalisée pendant une année.

La variable S représente donc le montant total des économies réalisées depuis l'installation des panneaux solaires.

b. Le programme affiche 16. Interpréter ce résultat dans le contexte de l'énoncé.

Le programme répète les calculs tant que les économies cumulées sont inférieures à $7000~€$ :

while S < 7000

À chaque passage dans la boucle :

$\circ$ il ajoute les économies réalisées pendant l'année ;

$\circ$ il augmente le compteur d'années n de $1$ ;

$\circ$ il met à jour le coût du kWh en tenant compte de l'augmentation de $6~$.

À la fin du programme, la valeur affichée est : $n=16$

Cela signifie qu'il faut $16$ années d'économies pour que le total des économies atteigne ou dépasse le coût d'installation de $7000~€$.

Comme l'installation a été réalisée en 2020, la rentabilité est atteinte au cours de l'année :

$2020+16=2036$

Interprétation : le programme indique que les économies cumulées réalisées grâce aux panneaux solaires deviennent supérieures ou égales à $7000~€$ au cours de l'année 2036.

Exercice 3 (4 points)

On considère la fonction $f$ définie sur $\mathbb R$ par : $f(x)=(4x-4)e^{-0,5x}+5$

1. Montrer que, pour tout $x\in\mathbb R$, $f'(x)=(-2x+6)e^{-0,5x}$

On dérive : $f(x)=(4x-4)e^{-0,5x}+5$

On reconnaît un produit : $(4x-4)e^{-0,5x}$

On pose : $u(x)=4x-4$ et : $v(x)=e^{-0,5x}$

Alors : $u'(x)=4$ et : $v'(x)=-0,5e^{-0,5x}$

Donc : $f'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)$

$f'(x)=4e^{-0,5x}+(4x-4)(-0,5e^{-0,5x})$

On factorise par $e^{-0,5x}$ :

$f'(x)=\left(4-0,5(4x-4)\right)e^{-0,5x}$

On développe :

$f'(x)=(4-2x+2)e^{-0,5x}$

Donc : $f'(x)=(-2x+6)e^{-0,5x}$

2. Étudier le signe de $f'(x)$ sur $\mathbb R$ puis en déduire les variations de $f$

On a : $f'(x)=(-2x+6)e^{-0,5x}$

Or, pour tout réel $x$ : $e^{-0,5x}>0$

Donc $f'(x)$ a le même signe que : $-2x+6$

Ainsi :

$-2x+6>0$ si $x<3$

$-2x+6=0$ si $x=3$

$-2x+6<0$ si $x>3$

Donc :

$f'(x)>0$ sur $]-\infty~;~3[$

$f'(3)=0$

$f'(x)<0$ sur $]3~;~+\infty[$

On en déduit que $f$ est croissante sur $]-\infty~;~3]$, puis décroissante sur $[3~;~+\infty[$.

On calcule la valeur au changement de variation :

$f(3)=(4\times 3-4)e^{-0,5\times 3}+5$

$f(3)=8e^{-1,5}+5$

Donc : $f(3)=5+8e^{-1,5}$

3. La courbe $C_f$ admet-elle des points pour lesquels la tangente est horizontale ?

Une tangente est horizontale lorsque : $f'(x)=0$

Or : $f'(x)=(-2x+6)e^{-0,5x}$

Comme : $e^{-0,5x}>0$

on a :

$f'(x)=0\Longleftrightarrow -2x+6=0$

Donc : $x=3$

La courbe $C_f$ admet donc un seul point où la tangente est horizontale.

Son ordonnée est : $f(3)=5+8e^{-1,5}$

Les coordonnées exactes du point sont donc : $(3~;~5+8e^{-1,5})$