Bac ES/L – Amérique du Sud – Novembre 2016

Amérique du Sud – Novembre 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. On compte le nombre de carreaux compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=2$ et $x=4$. Il y a, au minimum, $6$ carreaux entiers.
    Donc $6 \pp I \pp 8$. Réponse d
    $\quad$
  2. La fonction $g$ est deux fois dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions deux fois dérivables sur $\R$.
    $g'(x)=2\e^x-3\times 2x=2\e^x-6x$
    $g\prime\prime(x)=2\e^x-6=2\left(\e^x-3\right)$.
    $\e^x-3 =0\ssi x=\ln 3$ et $\e^x-3 \pg 0 \ssi x \pg \ln 3$
    $g$ admet donc un point d’inflexion au point d’abscisse $\ln 3$.
    Réponse c
    $\quad$
  3. A l’aide de la calculatrice on trouve que $P(X \pp 2)\approx 0,012$.
    Réponse c
    $\quad$
  4. $n=400 \pg 30$ et $f=\dfrac{24}{400}$ donc $nf=24 \pg 5$ et $n(1-f)=376 \pg 5$.
    Un intervalle de confiance au seuil de confiance de $95\%$ est :
    $\begin{align*} I_{400}&=\left[\dfrac{24}{400}-\dfrac{1}{\sqrt{400}};\dfrac{24}{400}+\dfrac{1}{\sqrt{400}}\right] \\
    &=[0,01;0,11]
    \end{align*}$
    Réponse b
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. a. La fonction $g$ est dérivable sur $[1;45]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $g'(x)=-20+5\left(\ln(x)+\dfrac{x}{x}\right) = -20 +5\ln(x)+5=5\ln(x)-15$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} -15+5\ln(x) \pg 0 &\ssi 5\ln(x) \pg 15 \\
    &\ssi \ln(x) \pg 3 \\
    &\ssi x \pg \e^3
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. On obtient alors le tableau de variation suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex2
  2. a. Sur l’intervalle $\left[1;\e^3\right]$ la fonction $g$ est continue, en tant que somme et produit de fonctions continues sur cet intervalle, et strictement décroissante.
    $g(1)=10>0$ et $g\left(\e^3\right)=-5\e^3+30<0$.
    Par conséquent $0\in\left[-5\e^3+30;10\right]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x)=0$ possède une unique solution sur l’intervalle $\left[1;\e^3\right]$.
    $\quad$
    Sur l’intervalle $\left[\e^3;45\right]$, on a $g(x) \pp 225\ln(45)-870<0$.
    L’équation $g(x)=0$ ne possède donc pas de solution sur cet intervalle.
    $\quad$
    On en déduit donc que l’équation $g(x)=0$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $[1;45]$.
    $\quad$
    b. $g(1,74) \approx 0,02 >0$ et $g(1,75)\approx -1,10<0$.
    Donc $1,74 < \alpha <1,75$.
    $\quad$
    c. D’après le tableau de variation de la fonction $g$ on en déduit donc le tableau de signe suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex22
  3. La fonction $G$ est dérivable sur l’intervalle $[1;45]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} G'(x)&=-11,25\times 2x+ 2,5\left(2x\ln(x)+\dfrac{x^2}{x}\right)+30 \\
    &=-22,5x+5x\ln(x)+2,5x+30 \\
    &=-20x+5x\ln(x)+30\\
    &=g(x)
    \end{align*}$
    La fonction $G$ est donc une primitive de la fonction $g$ sur l’intervalle $[1;45]$.
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} I&=\displaystyle \int_{10}{45}g(x)\dx \\
    &=G(45)-G(10)\\
    &=-22~781,25+5~062,5\ln(45)+1~350-\left(-1~125+250\ln(10)+300\right) \\
    &=-20~606,25+5~062,5\ln(45)-250\ln(10) \\
    &\approx -1~910,7
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. La valeur moyenne de $g$ sur l’intervalle $[10;45]$ est donnée par :
    $\begin{align*}m&= \displaystyle \dfrac{1}{45-10}\int_{10}^{45}g(x)\dx \\
    &=\dfrac{I}{35} \\
    &\approx -55
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. D’après la question A.2.c, $g(x) <0$ si $x > \alpha$.
    La température devient donc négative à partir de l’altitude $\alpha$ où $1,74<\alpha<1,75$.
    $\quad$
  2. Le minimum de la fonction $g$ est $-5\e^3+30$.
    La température minimale est donc $-5\e^3+30 \approx -70,42$ degrés Celcius.
    $\quad$
  3. D’après la question A.4.b on sait que la valeur moyenne de la fonction $g$ sur l’intervalle $[10;45]$ est environ $-55$.
    La température moyenne de la stratosphère en donc d’environ $-55$ degrés Celcius.
    $\quad$

 

Ex 3 obl

Exercice 3

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

  1. $\dfrac{2~470-950}{950}=1,6$.
    Le pourcentage d’augmentation du nombre de clients entre 1997 et 2000 est donc de $160\%$.
    $\quad$
  2. $u_1=0,7\times 2~470+1~200=2~929$.
    $2~929$ clients ont donc fréquenté cet hôtel.
    $\quad$
  3. L’algorithme 2 est faux car il fournit l’année à partir de laquelle le nombre de clients annuel sera inférieur ou égal à $3~900$.
    L’algorithme 3 est faux car il fournit un nombre de clients (celui qui dépasse pour la première fois $3~900$).
    L’algorithme 1 répond donc à la question.
    $\quad$
  4. a. $v_n=u_n-4~000$ donc $u_n=v_n+4~000$.
    $\begin{align*}
    v_{n+1}&=u_{n+1}-4~000 \\
    &=0,7u_n+1~200-4~000\\
    &=0,7u_n-2~800\\
    &=0,7\left(v_n+4~000\right)+2~800\\
    &=0,7v_n-2~800+2~800 \\
    &=0,7v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,7$ et de premier terme $v_0=2~470-4~000=-1~530$.
    $\quad$
    b. Par conséquent $v_n=-1~530 \times 0,7^n$ pour tout entier naturel $n$.
    $\quad$
    c. On sait que, pour tout entier naturel $n$ on a : $u_n=v_n+4~000$.
    Donc $u_n=4~000-1~530\times 0,7^n$.
    $\quad$
    d. Oncherche le plus entier naturel $n$ tel que
    $\begin{align*} u_n \pg 3~900 &\ssi 4~000-1~530\times 0,7^n \pg 3~900 \\
    &\ssi -1~530\times 0,7^n \pg -100 \\
    &\ssi 0,7^n \pp \dfrac{100}{1~530} \\
    &\ssi n \ln(0,7) \pp \ln \dfrac{100}{1~530} \\
    &\ssi n \pg \dfrac{\ln \dfrac{100}{1~530}}{\ln(0,7)} \\
    &\ssi n \pg 8
    \end{align*}$
    C’est donc à partir de l’année 2008 que le nombre de clients a dépassé $3~900$.
    $\quad$
  5. On a $0<0,7<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty}0,7^n=0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=4~000$.
    Sur le long terme le gérant de l’hôtel peut donc espérer avoir $4~000$ clients par an.
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats de la série ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. On obtient le graphe probabiliste suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex3spe
  2. a. $55\%$ des clients ont choisi le menu gastronomique le soir du 1er juin 2015.
    La matrice $P_0$ correspondant à l’état initial est donc :
    $P_0=\begin{pmatrix}0,55&0,45\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. On a $P_3=P_2M=P_1\times M^2=P_0\times M_3 \approx \begin{pmatrix}0,4319&0,5682\end{pmatrix}$.
    La probabilité qu’un client choisisse le menu gastronomique le 4 juin 2015 est environ $43,19\%$.
    $\quad$
  3. a. L’état stable $P=\begin{pmatrix} g&t\end{pmatrix}$ vérifie :
    $\begin{align*} \begin{cases} \begin{pmatrix} g&t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} g&t\end{pmatrix}\times M \\g+t=1\end{cases}&\ssi \begin{cases} g=0,6g+0,3t\\t=0,4g+0,7t\\g+t=1\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 0,4g=0,3t\\0,3t=0,4g\\g+t=1 \end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases}g=\dfrac{3}{4}t\\\dfrac{3}{4}t+t=1\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} g=\dfrac{3}{4}t \\ \dfrac{7}{4}t=1 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} g=\dfrac{3}{4}t\\ t=\dfrac{4}{7} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} g=\dfrac{3}{7}\\ t=\dfrac{4}{7} \end{cases}
    \end{align*}$
    L’état stable est donc $P=\begin{pmatrix} \dfrac{3}{7}&\dfrac{4}{7}\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. Cela signifie donc que sur le long terme la probabilité qu’un client choisisse le menu gastronomique est $\dfrac{3}{7}$ et celle qu’il choisisse le menu traditionnel est $\dfrac{4}{7}$.
    $\quad$

Partie B

  1. Calculons le degré de chacun des sommets :
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet}&C&G&L&M&P&R&S&U\\
    \hline
    \text{Degré}&3&4&3&2&2&2&4&4\\
    \hline
    \end{array}$
    Seulement deux sommets possèdent un degré impair. Il existe donc une chaîne eulérienne.
    Il est par conséquent possible d’inspecter tous les canaux en ne passant qu’une seule fois par chacun d’entre-eux.
    On peut choisir “Ca’Pesaro” et “Palazzo Labia” comme lieux possibles de départ et d’arrivée.
    $\quad$
  2. La durée totale du trajet correspond à la somme de tous les temps associés aux canaux soit $50$ minutes.
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

Partie A

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex4
  2. $p(F\cap A)=0,3\times 0,65=0,195$.
    Cela signifie donc que la probabilité que l’ampoule choisie soit une ampoule fluocompacte achetée par le magasin Atelier est $19,5\%$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(B)&=p(B\cap F)+p(B\cap H)+p(B\cap L) \\
    &=0,3\times 0,35+0,25\times 0,7+0,45\times 0,5\\
    &=0,505
    \end{align*}$
    La probabilité que l’ampoule soit achetée par le magasin Bricolo est $50,5\%$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. D’après le graphique, l’espérance mathématique de $X$ est $40~000$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} p(20~000<X<60~000)&=P(40~000-20~000<X<40~000+20~000) \\
    &=2p(20~000<X<40~000) \\
    &=0,92
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. Puisque l’espérance mathématique de $X$ est $40~000$ on a $p(X<20~000)=p(X>60~000)$.
    Or $p(X<20~000)=0,5-0,46=0,04$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} p(X>20~000)&=p(20~000<X<60~000)+p(X>60~000) \\
    &=0,92+0,04\\
    &=0,96\\
    &>0,95
    \end{align*}$
    La marque ÉclaireBien pourra donc commercialiser ses ampoules.
    $\quad$
  2. a. $p(Y>20~000)=0,5+p(20~000<Y<42~000) \approx 0,93$.
    Donc $p(Y>20~000)<0,95$
    La marque BelleLampe ne pourra pas commercialiser ses ampoules.
    $\quad$
    b. En utilisant la fonction Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $a \approx 17~327$.
    Cela signifie sont que $5\%$ des ampoules produites par la marque BelleLampe ont une durée de vie inférieure à $17~327$ heures.
    $\quad$

 

 

Énoncé

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