Bac ES/L – Liban – juin 2017

Liban – Juin 2017

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici :

Ex 1

Exercice 1

  1. Une primitive de la fonction $g$ sur $]0;+\infty[$ est la fonction $G$ définie par $G(x)=2\ln(x)$.
    La valeur moyenne de la fonction $g$ sur l’intervalle $[1;\e]$ est :
    $\begin{align*} m&=\displaystyle \dfrac{1}{\e-1}\int_1^{\e}\dfrac{2}{x}\dx \\
    &=\dfrac{1}{\e-1}\left(G(\e)-G(1)\right) \\
    &=\dfrac{2\ln(\e)-2\ln(1)}{\e-1}\\
    &=\dfrac{2}{\e-1}
    \end{align*}$
    Réponse c
    $\quad$
  2. On voit que $P(0,6\pp X\pp 1,4)=0,95$ et que $E(X)=0,95$
    Or $P(\mu-2\sigma\pp X\pp \mu+2\sigma)\approx 0,95$
    Par conséquent ici $P(1-2\times 0,2 \pp X\pp 1+2\times 0,2)=0,95$ et $\sigma \approx 0,2$.
    Réponse d
    $\quad$
  3. On a $n=50\pp 30$ et $p=0,15$
    Donc $np=7,5\pp 5$ et $n(1-p)=42,5\pp 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :
    $\begin{align*}I_{50}&=\left[0,15-1,96\sqrt{\dfrac{0,15\times 0,85}{50}};0,15+1,96\sqrt{\dfrac{0,15\times 0,85}{50}}\right] \\
    &\approx [0,051;0,249]
    \end{align*}$
    Réponse a
    Remarque : 
    La fréquence observée est $f=\dfrac{2}{50}=0,04\notin I_{50}$
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

Partie A : l’accord de Kyoto (1997)

  1. $559\times \left(1-\dfrac{8}{100}\right) =514,28>486$.
    La France respectait déjà cet engagement en 2011.
    $\quad$
  2. On appelle $N$ le nombre de mégatonnes de GES en équivalent CO$_2$ émises par la France en 2010.
    On a donc :
    $\begin{align*}N\times \left(1-\dfrac{5,6}{100}\right)=486 & \ssi 0,944N=486 \\
    &\ssi N=\dfrac{486}{0,944}
    \end{align*}$
    Donc $ N \approx 514,8$
    $\quad$

Partie B : Étude des émissions de gaz à effet de serre d’une zone industrielle

  1. On a $u_0=41$
    et $u_1=\left(1-\dfrac{2}{100}\right)\times 41+0,2=40,38$
    $\quad$
  2. Chaque année, il y a une réduction de $2\%$.
    Il reste donc $\left(1-\dfrac{2}{100}\right)u_n=0,98u_n$.
    $200$ tonnes soit $0,2$ milliers de tonnes supplémentaires  de GES en équivalent CO$_2$ sont générées.
    Par conséquent $u_{n+1}=0,98u_n+0,2$.
    $\quad$
  3. a. On a $v_n=u_n-10$ soit $u_n=v_n+10$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-10 \\
    &=0,98u_n+0,2-10\\
    &=0,98u_n-9,8\\
    &=0,98\left(v_n+10\right)-9,8\\
    &=0,98v_n+9,8-9,8\\
    &=0,98v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,98$ et de premier terme $v_0=41-10=31$.
    $\quad$
    b. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=31\times 0,98^n$
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $\begin{align*} u_n&=v_n+10 \\
    &=31\times 0,98^n+10
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. a. $0<0,98<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,98^n=0$.
    Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=10$.
    $\quad$
    b. Au bout d’un grand nombre d’année cette zone industrielle émettra $10$ milliers de tonnes de CO$_2$.
    $\quad$
  5. a. Ligne 7 : Tant que $U>20,5$ faire
    Ligne 9 : $U$ prend la valeur $0,98\times U+0,2$
    $\quad$
    b. Cela signifie qu’il faudra attendre $54$ années avant que cette zone industrielle ait réduit au moins de moitié ses émissions de CO$_2$ par rapport à l’année 2005.
    $\quad$

Ex 3 obl

Exercice 3

Candidats ES n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité et candidats de la série L

Partie A

  1. D’après l’énoncé on a $p(S)=0,18$ et $p_{\conj{F}}(S)=0,175$.
    $\quad$
  2. $\quad$
  3. D’après l’arbre précédent on a :
    $p\left(\conj{F}\cap S\right)=0,48\times 0,175=0,084$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $\begin{align*}p_S\left(\conj{F}\right)&=\dfrac{p\left(\conj{F}\cap S\right)}{p(S)} \\
    &=\dfrac{0,084}{0,18} \\
    &\approx 0,467
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(S)=p(F\cap S)+p\left(\conj{F}\cap S\right) &\ssi 0,18=p(F\cap S)+0,084 \\
    &\ssi p(F\cap S)=0,096
    \end{align*}$
    On veut déterminer :
    $\begin{align*} p_F(S)&=\dfrac{p(F\cap S)}{p(F)} \\
    &=\dfrac{0,096}{0,52}\\
    &\approx 0,185
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre de fiches de demandeur d’emploi sans expérience.

On répète $5$ fois une expérience aléatoire, avec remise. Les expériences sont indépendantes les unes des autres et à chaque tirage il y a deux issues : $S$ et $\conj{S}$. On sait que $p(S)=0,18$.

La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=5$ et $p=0,18$.

On veut calculer :
$\begin{align*}P(X\pg 1)&=1-P(X=0) \\
&=1-(1-0,18)^5 \\
&\approx 0,629
\end{align*}$

La probabilité que, parmi les cinq fiches tirées au hasard, il y ait au moins une fiche de demandeur d’emploi sans expérience est $0,629$.
$\quad$

 

Ex 3 spé

Exercice 3

Partie A

  1. On obtient le graphe probabiliste suivant :
  2. On a $a_0=0,3$ et $b_0=0,7$.
    $\quad$
  3. En 2018 on a $n=3$. On calcule donc $P_3$.
    $P_1=P_0\times M=\begin{pmatrix}0,362&0,638\end{pmatrix}$
    $P_2=P_1\times M=\begin{pmatrix}0,407~88&0,592~12\end{pmatrix}$
    $P_3=P_2\times M=\begin{pmatrix}0,441~831~2&0,558~168~8\end{pmatrix}$
    Ainsi $a_3\approx 44,2\%$
    $\quad$
  4. a. L’état stable $P=\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}$ vérifie :
    $\begin{align*} PM=P \text{ et }x+y=1 &\ssi \begin{cases}0,88x+0,14y=x\\0,12x+0,86y=y\\x+y=1 \end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases} 0,12x-0,14y=0\\0,14y-0,12x=0\\x+y=1\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 0,12x-0,14y=0\\x+y=1\end{cases}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} \begin{cases} 0,12x-0,14y=0\\x+y=1\end{cases} &\ssi \begin{cases} x=1-y\\0,12(1-y)-0,14y=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y\\0,12-0,12y-0,14y=0\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y\\0,12=0,26y\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y\\y=\dfrac{0,12}{0,26} \end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases}y=\dfrac{6}{13} \\x=\dfrac{7}{13}\end{cases}
    \end{align*}$
    Au bout d’un grand nombre d’années, l’opérateur Alpha aura donc environ $53,8\%$ des parts de marché et l’opérateur Bravo aura environ $46,2\%$ des parts de marché.
    $\quad$

Partie B

  1. On applique l’algorithme de Dijkstra
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&G&H&I&\text{Sommet}\\
    \hline
    &&0&&&&&&&C\\
    \hline
    25(C)&30(C)&\phantom{00(C)}&20(C)&&&&&&D\\
    \hline
    25(C)&30(C)&&&40(D)&&&&35(D)&A\\
    \hline
    &30(C)&&&40(D)&&&35(A)&35(D)&B\\
    \hline
    &&&&40(D)&&&35(A)&35(D)&H\\
    \hline
    &&&&40(D)&45(H)&55(H)&&35(D)&I\\
    \hline
    &&&&40(D)&45(H)&55(H)&&&E\\
    \hline
    &&&&&45(H)&55(H)&&&F\\
    \hline
    &&&&&&50(F)&&&G\\
    \hline
    \end{array}$
    Le tracé le moins cher à déployer, entre les stations $C$ et $G$ est $C-A-H-F-G$ .
    $\quad$
  2. D’après le tableau précédent ce tracé coûte $50$ milliers d’euros.
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

Partie A

  1. La fonction est dérivable sur $[0;10]$ en tant que somme et quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
    Pour tout réel $x$ appartenant à l’intervalle $[0;10]$ on a :
    $\begin{align*} f'(x)&=\dfrac{-\left(-100\e^{-x}\right)}{\left(0,5+100\e^{-x}\right)^2} \\
    &\dfrac{100\e^{-x}}{\left(0,5+100\e^{-x}\right)^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} 100\e^{-x}-0,5 \pg 0 &\ssi 100\e^{-x}\pg 0,5 \\
    &\ssi \e^{-x}\pg 0,005\\
    &\ssi -x\pg \ln(0,005)\\
    &\ssi x \pp-\ln(0,005)
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$. Par conséquent le signe de $f^{\prime\prime}(x)$ ne dépend que de celui de $100\e^{-x}-0,5$.
    On obtient alors le tableau de signe suivant :
  3. La fonction $f^{\prime\prime}$ s’annule en changeant de signe en $-\ln(0,005)$. Elle possède donc un point d’inflexion dont l’abscisse est $-\ln(0,005)$.
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est donc concave sur l’intervalle $\left[-\ln(0,005);10\right]$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. $f(10)=\dfrac{1}{0,5+100\e^{-10}}\approx 1,98$
    $\quad$
    b. Cela signifie donc qu’en l’année $1900+10\times 25=2150$ l’augmentation de température sera de $1,98$ degré. L’objectif de l’accord de Paris sera respecté.
    $\quad$
  2. a. On a $x_I=-\ln(0,005)\approx 5,298$
    L’abscisse du point $I$ correspond donc à l’année $2032$ (arrondi à l’unité).
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} f\left(-\ln(0,005)\right)&=\dfrac{1}{0,5+100\e^{\ln(0,005)}} \\
    &=\dfrac{1}{0,5+100\times 0,005}\\
    &=1
    \end{align*}$
    En $2032$ la température sera $1$ degré supérieure à celle de $1900$.
    $\quad$
  3. a. La fonction $f’$ est strictement positive, puisque la fonction exponentielle l’est également. La fonction $f$ est donc strictement croissante sur l’intervalle $[0;10]$.
    La température terrestre augmentera donc continuellement.
    Par conséquent l’affirmation est fausse.
    $\quad$
    b
    . La fonction $f^{\prime\prime}$ est négative sur l’intervalle $\left[-\ln(0,005);10\right]$.
    Cela signifie donc que la fonction $f’$ est décroissante sur cet intervalle.
    Or l’abscisse du point $I$ est associée à l’année $2032$.
    La vitesse du réchauffement climatique diminuera donc après $2033$.
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est strictement croissante et continue sur l’intervalle $[0;10]$.
    $f(0)\approx 0,009~95<1,5$ et $f(10)\approx 1,98>1,5$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=1,5$ possède une unique solution $\alpha$.
    A l’aide de la calculatrice on trouve $\alpha\approx 6,397$.
    C’est donc au cours de l’année $2059$ que la température terrestre atteindra le seuil critique, selon ce modèle.

 

 

 

Énoncé

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