TES/L – Amérique du Nord – mai 2014

Amérique du Nord – Mai 2014 – TES/TL

Mathématiques – Correction

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Exercice 1

  1.  $f$ est positive. Réponse b
    $~$
    Remarque : $f$ est clairement continue, l’aire sous la courbe est supérieure à $1$ ce n’est donc pas une densité de probabilité et la dérivée ne change qu’une fois de sens de variation elle ne s’annule donc qu’une fois.
    $~$
  2. La courbe admet une tangente horizontale en $0$ donc $f'(0)=0$. Réponse b
    $~$
  3. $f'(4)$ est le coefficient directeur de la tangente en $4$. C’est donc $-\dfrac{1}{\text{e}^2}$. Réponse c
    $~$
  4. Cette intégrale correspond à l’aire comprise entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=-2$ et $x=2$. Clairement cette aire est inférieure à $4$ u.a. et elle supérieure à $3$ u.a. Réponse c

Exercice 2

Partie A

  1. TES - Amerique du nord-mai2014-ex2
  2. On cherche donc $p(R)$.
    D’après la propriété des probabilités totales on a :
    $$\begin{align}
    p(R) &= p(T \cap R) + p\left( \bar{T} \cap R\right) \\\\
    &= 0,35 \times 0,45 + 0,65 \times 0,3 \\\\
    &=0,3525
    \end{align}$$
  3. On cherche $p_R(T) = \dfrac{p(R \cap T)}{p(R)} = \dfrac{0,45\times 0,35}{0,3525}$ $\approx 0,4468$
    $~$

Partie B

  1. $P(25 \le X \le 35) \approx 0,4772$
    $~$
  2. On veut donc $P(X \ge 45) = 1 – P(X \le 45) \approx 0,0228$
    La probabilité qu’au moins $45$ appartements parmi les $100$ loués soient rentables est donc de $0,0228$
    $~$

Partie C

  1. La fréquence observée est $f=\dfrac{120}{280} = \dfrac{3}{7}$ $ \approx 0,4286$.
    $~$
  2. $n = 280 \ge 30$, $np = 280 \times 0,6 = 168 \ge 5$ et $n(1-p) = 112 \ge 5$
    Un intervalle de fluctuation asymptotique qu seuil de $95\%$ est donc :
    $$\begin{align}
    I_{280}& = \left[0,6 – 1,96\dfrac{\sqrt{0,6 \times 0,4}}{\sqrt{280}};0,6 + 1,96\dfrac{\sqrt{0,6 \times 0,4}}{\sqrt{280}} \right] \\\\
    & = [0,5426;0,6574]
    \end{align}$$
    Par conséquent $f \notin I_{280}$ et $f <0,5426$.
    On ne peut donc pas valider l’affirmation du responsable de cette agence.

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Exercice 3

Partie A : Modèle exponentiel

  1. On lit donc $f(8) \approx 97$
    La durée de chargement pour $8~000$ personnes connectées est donc de $97$ secondes.
    $~$
  2. a. On cherche donc la valeur de $x$ telle que $f(x) = 15$. On lit donc $x=2$.
    $~$
    b. La durée de  chargement pour $2~000$ personnes connectées est donc de $15$ secondes.
    $~$

Partie B : Modèle logarithmique

  1. a. $g'(x)=10-\dfrac{8}{x}$
    $~$
    b. $g'(x) = \dfrac{10x – 8}{x}$.
    Sur $[0,5;+\infty[$ le signe de $g'(x)$ ne dépend donc que de celui de $10x-8$.
    $$\begin{align} 10 x – 8 \ge 0 &\Leftrightarrow 10x \ge 8 \\\\
    & \Leftrightarrow x \ge \dfrac{4}{5} \end{align}$$
    TES - Amerique du nord-mai2014-ex3
    $g(x) = x \left(10 – 8\dfrac{\text{ln } x}{x} \right)$.
    Or $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\text{ln }x}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x) = +\infty$.
    $~$
  2. a. On va montrer que $G'(x)=g(x)$.$$\begin{align} G'(x) &= 10x  + 8 + 8\text{ln }(x) – \dfrac{8x}{x} – 8\text{ln }(x)  \\\\ &=10x – 8\text{ln }(x)\end{align}$$.Par conséquent $G$ est bien une primitive de $g$ sur $[0,5;+\infty[$.
    $~$
    b. $$ \begin{align} \dfrac{1}{2}\int_2^4 g(x)\text{d}x & = \dfrac{1}{2}(G(4) – G(2)) \\\\
    &= \dfrac{1}{2} \left( 80 + 32 – 32\text{ln }(4) – (20 + 16 – 16\text{ln }(2)) \right) \\\\
    &=\dfrac{1}{2}(76 – 64\text{ln }(2)+16\text{ln }(2)) \\\\
    &=38-24\text{ln }(2)
    \end{align}$$
  3. On trouve donc $I \approx 21,36$ u.a.
    Cela signifie que la durée moyenne de chargement est $21,36$ s quand il y a entre $2~000$ et $4~000$ internautes connectés simultanément.

Partie C

On a trouvé à la partie A que $f(8) = 97$.
Or $g(8) \approx 63,36$.
Le modèle exponentiel décrit donc mieux la situation pour cette vidéo.
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Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. Chaque année on conserve donc $95\%$ des arbres de l’année précédente.
    On calcule donc $u_1 = 50~000\times 0,95 + 3~000$ $=50~500$.
    La forêt contient donc $50~500$ arbres en $2014$.
    b. Chaque année on conserve $95\%$ des arbres de l’année précédente soit $0,95u_n$ auquel on ajoute les $3~000$ arbres replantés.
    On a donc bien : $u_{n+1}=0,95u_n+3~000$. De plus en $2013$ on a $u_0=50~000$.
    $~$
  2. a. $$\begin{align} v_{n+1} &= 60~000-u_{n+1} = 57~000-0,95u_n \\\\
    &=0,95 \times 60~000-0,95u_n \\\\
    &=0,95(60~000-u_n) \\\\
    &=0,95v_n
    \end{align}$$
    Par conséquent $(v_n)$ est bien une suite géométrique de raison $0,95$.
    Son premier terme est $v_0=60~000-u_0=10~000$
    $~$
    b. Cela signifie donc que $v_n=10~000\times 0,95^n$ pour tout entier naturel $n$.
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    c. Par conséquent
    $$\begin{align} u_n &= 60~000-v_n \\\\ &=60~000 – 10~000\times 0,95^n \\\\&=10~000(6-0,95^n) \end{align}$$
    d. $0 < 0,95 <1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,95^n = 0$
    Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 60~000$.
    $~$
    e. On peut donc en conclure, qu’au bout d’un grand nombre d’années, la forêt contiendra $60~000$ arbres.
    $~$
  3. a. $$\begin{align} 10~000(6-0,95^n) \ge 57~000 & \Leftrightarrow 6-0,95^n \ge 5,7 \\\\ &\Leftrightarrow -0,95^n \ge -0,3 \\\\ &\Leftrightarrow 0,95^n \le 0,3 \\\\ &\Leftrightarrow n \text{ln }0,95 \le \text{ln } 0,3 \\\\ &\Leftrightarrow n \ge \dfrac{\text{ln }0,3}{\text{ln }0,95} \approx 23,47\end{align}$$
    La solution est donc $[24;+\infty[$.
    $~$
    b. Cela signifie donc qu’à partir de $2037$ la forêt aura plus de $57~000$ arbres.
    $~$
  4. a. On veut afficher tous les termes de la suite, il faut donc que la commande Afficher U soit dans une boucle. On ne peut donc choisir que l’algorithme $3$
    $~$
    b. L’algorithme $1$ fournit le rang à partir duquel $u_n \ge A$.
    C’est donc à partir de $2037$ que la forêt contiendra au moins $57~000$ arbres.

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Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. a. Les sommets A et E, par exemple ne sont pas adjacents. Le graphe n’est donc pas complet.
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    b. Tous les sommets sont reliés par une chaîne. Le graphe est donc connexe.
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  2. a. Regardons les degrés de chacun des sommets:
    A : $2$ $\quad$ B : $3$ $\quad$ C : $4$ $\quad$ D : $3$ $\quad$ E : $4$ $\quad$ F : $2$ $\quad$ G : $4$ $\quad$ H : $4$
    $2$ sommets sont de degré impair. Le graphe possède donc une chaîne eulérienne.
    Il est donc possible d’organiser la tournée en passant au moins une fois par chaque ville, tout en empruntant une fois et une seule chaque tronçon d’autoroute.
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    b. Un trajet possible est B-C-E-B-A-D-H-C-E-G-H-F-G-C.
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  3. a. La matrice adjacente associée au graphe $\mathcal{G}$ est :
    $$M=\begin{pmatrix}
    0&1&0&1&0&0&0&0 \\\\
    1&0&1&0&1&0&0&0 \\\\
    0&1&0&0&1&0&1&1 \\\\
    1&0&0&0&1&0&0&1 \\\\
    0&1&1&1&0&0&1&0 \\\\
    0&0&0&0&0&0&1&1 \\\\
    0&0&1&0&1&1&0&1 \\\\
    0&0&1&1&0&1&1&0
    \end{pmatrix}$$
    b. Il existe donc 4 trajets de longueur $3$ reliant E à H :
    E-G-F-H $\quad$ E-C-G-H$\quad$ E-B-C-H$\quad$E-G-C-H
    $~$

Partie B

On utilise l’algorithme de Dijkstra :

A B C D E F G H
$400$(A) $600$(A)
$1000$(B) $800$(B)
$900$(D) $1500$(D)
$1150$(E) $1450$(E)
$1550$(C) $1450$(C)
$1650$(G) $1750$(G)
$1850$(H)

Le trajet le plus court pour aller de A à F est : ABEGF. Il y a $1~650$ km à parcourir.

 

 

La suite bientôt