2026Épreuve anticipée · spé maths · Asie

Partie A · question 1

Une baisse de \(1\) % sur \(1100\) mètres fait perdre \(11\) mètres :

\(u_1=1100-11=1100\times 0{,}99=1089\).

Interprétation : selon ce modèle, le niveau du lac sera de \(1089\) mètres au-dessus du niveau de la mer en 2021.

Partie A · question 2.a

Diminuer une quantité de \(1\) % revient à la multiplier par \(1-\dfrac{1}{100}=0{,}99\).

Chaque année, le niveau est inférieur de \(1\) % à celui de l'année précédente, donc pour tout entier naturel \(n\) :

\(u_{n+1}=0{,}99\times u_n\).

Partie A · question 2.b

On passe d'un terme au suivant en multipliant toujours par le même nombre : la suite \((u_n)\) est une suite géométrique de raison \(q=0{,}99\) et de premier terme \(u_0=1100\).

Partie A · question 2.c

Pour une suite géométrique, \(u_n=u_0\times q^n\).

Donc, pour tout entier naturel \(n\) : \(u_n=1100\times 0{,}99^n\).

Partie A · question 3

L'année 2028 correspond à \(n=2028-2020=8\).

Le niveau estimé est donc \(u_8=1100\times 0{,}99^8\).

Partie A · question 4

On cherche le premier indice \(n\) tel que \(u_n\leqslant 1020\) : on répète le calcul tant que le niveau est encore strictement supérieur à \(1020\).

La condition de la boucle est donc \(u > 1020\), et à chaque tour on applique la relation de récurrence, c'est-à-dire qu'on multiplie par \(0{,}99\) :

u = 1100
n = 0
while u > 1020 :
    n = n + 1
    u = u * 0.99
print(n)

Ce programme affiche \(8\), car \(u_7\approx 1025>1020\) et \(u_8\approx 1015\leqslant 1020\) : le niveau devient insuffisant 8 ans après 2020.

Partie B · question 1

L'année 2020 correspond à \(t=0\).

\(f(0)=1050\,\mathrm{e}^{-0{,}01\times 0}+50=1050\,\mathrm{e}^0+50=1050\times 1+50=1100\).

Le modèle donne \(1100\) mètres en 2020, ce qui est cohérent avec le niveau observé.

Partie B · question 2

On rappelle que la dérivée de \(t\mapsto\mathrm{e}^{at}\) est \(t\mapsto a\,\mathrm{e}^{at}\). Ici \(a=-0{,}01\), et la dérivée d'une constante est nulle.

\(f'(t)=1050\times(-0{,}01)\,\mathrm{e}^{-0{,}01t}+0=-10{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}01t}\).

Partie B · question 3

Pour tout réel \(t\), \(\mathrm{e}^{-0{,}01t}>0\), donc \(-10{,}5\,\mathrm{e}^{-0{,}01t}<0\).

La dérivée \(f'\) est strictement négative sur \([0;+\infty[\) : la fonction \(f\) est strictement décroissante sur cet intervalle.

Interprétation : le niveau du lac baisse tout le temps selon ce modèle.

Partie B · question 4

La production est impossible quand le niveau passe sous \(1020\) mètres : on cherche sur la courbe l'abscisse \(t\) du point d'ordonnée \(1020\), puis on ajoute \(2020\).

On lit \(t\approx 8\) : c'est donc à partir de \(2020+8=2028\) que le niveau sera insuffisant.

Contrôle : \(f(8)=1050\,\mathrm{e}^{-0{,}08}+50\approx 1019\), juste en dessous de \(1020\).

Partie A · question 1

Un point \(\mathrm{M}(x;y)\) appartient au cercle de centre A et de rayon \(r\) si et seulement si \(\mathrm{AM}=r\), c'est-à-dire \(\mathrm{AM}^2=r^2\).

Dans un repère orthonormé, \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\begin{pmatrix}x-3\\y-1\end{pmatrix}\), donc \(\mathrm{AM}^2=(x-3)^2+(y-1)^2\).

Et \(r^2=\left(\dfrac{\sqrt{37}}{2}\right)^2=\dfrac{37}{4}\).

Une équation de \(\mathcal{C}\) est donc \((x-3)^2+(y-1)^2=\dfrac{37}{4}\).

Partie A · question 2

On remplace \(x\) et \(y\) par les coordonnées de B dans le membre de gauche :

\((6-3)^2+(0{,}5-1)^2=3^2+(-0{,}5)^2=9+0{,}25=9{,}25\).

Or \(9{,}25=\dfrac{37}{4}\), qui est le membre de droite : les coordonnées de B vérifient l'équation de \(\mathcal{C}\), donc B appartient au cercle.

Partie B · question 1

Un point appartient à \(\mathcal{H}\) si son ordonnée est égale à \(\dfrac3x\), où \(x\) est son abscisse.

Pour B, \(x=6\) et \(\dfrac3x=\dfrac36=0{,}5\), qui est bien l'ordonnée de B.

Donc B appartient à \(\mathcal{H}\).

Partie B · question 2.a

\(\overrightarrow{\mathrm{AD}}\begin{pmatrix}4-3\\2-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}6-3\\0{,}5-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\-0{,}5\end{pmatrix}\).

Partie B · question 2.b

Dans un repère orthonormé, \(\vec u\cdot\vec v=xx'+yy'\).

\(\overrightarrow{\mathrm{AD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=1\times 3+1\times(-0{,}5)=3-0{,}5=2{,}5\).

Partie B · question 2.c

L'angle \(\widehat{\mathrm{DAB}}\) est droit si et seulement si les vecteurs \(\overrightarrow{\mathrm{AD}}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\) sont orthogonaux, c'est-à-dire si leur produit scalaire est nul.

Ici le produit scalaire vaut \(2{,}5\neq 0\) : l'angle \(\widehat{\mathrm{DAB}}\) n'est pas droit.

Partie C · question 1

C'est une équation du second degré avec \(a=1\), \(b=-4\), \(c=3\).

\(\Delta=b^2-4ac=(-4)^2-4\times 1\times 3=16-12=4=2^2>0\).

Il y a deux solutions : \(x_1=\dfrac{4-2}{2}=1\) et \(x_2=\dfrac{4+2}{2}=3\).

Vérification : \(1-4+3=0\) et \(9-12+3=0\).

Partie C · question 2

Le point M\((x;y)\) est sur \(\mathcal{H}\), donc \(y=\dfrac3x\) avec \(x>0\).

L'angle \(\widehat{\mathrm{DAM}}\) est droit si et seulement si M est distinct de A et \(\overrightarrow{\mathrm{AD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AM}}=0\).

On a \(\overrightarrow{\mathrm{AD}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\begin{pmatrix}x-3\\y-1\end{pmatrix}\), donc :

\(\overrightarrow{\mathrm{AD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AM}}=(x-3)+(y-1)=x+y-4\).

La condition devient \(x+\dfrac3x-4=0\). On multiplie par \(x\neq 0\) : \(x^2-4x+3=0\).

D'après la question C.1, \(x=1\) ou \(x=3\).

Pour \(x=3\), \(y=1\) : M est confondu avec A, et l'angle n'est pas défini. On écarte cette solution.

Pour \(x=1\), \(y=3\) : M\((1;3)\) convient.

Vérification : \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\begin{pmatrix}-2\\2\end{pmatrix}\) et \(1\times(-2)+1\times 2=0\).

Il existe donc un unique point M de \(\mathcal{H}\) tel que l'angle \(\widehat{\mathrm{DAM}}\) soit droit : M\((1;3)\).