Bac ES/L – maths – Liban mai 2015

Liban – Mai 2015

Bac ES – Mathématiques – correction

Le sujet est disponible ici : obligatoire et spécialité

Exercice 1

  1. Proposition 1 Vraie
    Sur $[-3;0]$, on a $f(x) \le -1$. Donc l’équation $f(x)=0$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
    Sur $[0;1]$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante.
    $f(0) = -2$ et $f(1) = 4$ donc $0\in[-2;4]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=  0$ possède une unique solution sur $[0;1]$.
    Finalement, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution dans $[-3;1]$.
    $\quad$
  2. Proposition 2 Fausse
    La fonction $g’$ change de signe en $4$. La fonction $g$ est donc croissante sur $[0;4]$ et décroissante sur $[4;13]$.
    $\quad$
    Proposition 3 Vraie
    La fonction $g’$ est décroissante sur $[0;13]$. Par conséquent $g\prime \prime(x) \le 0$ sur $[0;13]$ et $g$ est concave sur cet intervalle.
    $\quad$
  3. Proposition 4
    la fonction $h$ est continue et positive sur $[1;\e]$.
    $\displaystyle \int_1^{\e} h(x) \mathrm{d}x$ $= \left[\ln(x)\right]_1^{\e}$ $= \ln \e – \ln 1 = 1$
    La fonction $h$ est donc une fonction de densité sur $[1;\e]$.

$\quad$

Exercice 2

  1. a. $f'(5)$ correspond au coefficient directeur de la tangente $(T_A)$.
    Donc $f'(5) = \dfrac{25 – 55}{10 – 5} = -6$
    $\quad$
    b. $f$ est dérivable sur $[1;18]$.
    $f'(x)=2 + 40 \times (-0,2)\e^{-0,2x+1} = 2 -8\e^{-0,2x+1}$
    $\quad$
    c. $f'(5) = 2 – 8\e^{-0,2 \times 5 + 1} = 2 – 8 = -6$.
    $\quad$
  2. a.
    $$\begin{align*} 2 -8\e^{-0,2x + 1} \ge 0 & \ssi -8\e^{-0,2x + 1} \ge -2 \\\\
    & \ssi \e^{-0,2x+1} \le \dfrac{1}{4} \\\\
    & \ssi -0,2x + 1 \le \ln \dfrac{1}{4} \\\\
    & \ssi -0,2x \le -1 – \ln 4 \\\\
    & \ssi x \ge 5 + 5\ln 4
    \end{align*}$$
    $\quad$
    b. $f'(x) \ge 0 \ssi x \ge 5 + 5\ln 4$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :bac ES - liban mai 2015 - ex1.1
    $f(1) = \approx 96,02$
    $\alpha \approx 38,86$
    $f(18) \approx 43,97$
    $\quad$
  3. Le coût de fabrication est minimal quand $f$ atteint son minimum.
    Or $5 + 5\ln(4) \approx 11,93$.
    Il faut donc produire $12$ parasols pour que le coût de fabrication unitaire soit minimal.
    $\quad$
  4. a. La fonction $F$ est dérivable sur $[1;18]$ en tant que somme de fonctions dérivable sur cet intervalle.
    $F'(x) = 2x + 5 – 200 \times (-0,2)\e^{-0,2x+1} = 2x+5-40\e^{-0,2x+1} = f(x)$.
    Ainsi $F$ est une primitive de $f$ sur $[1;18]$.
    $\quad$
    b.
    $$\begin{align*} I&=\int_5^{15} f(x)\mathrm{d}x \\\\
    &= F(15) – F(5) \\\\
    &=300 – 200\e^{-2} – (50 – 200) \\\\
    &= 450 – 200\e^{-2}
    \end{align*}$$
    $\quad$
    c. La valeur $\dfrac{1}{10}I$ correspond au coût moyen de fabrication unitaire pour une production comprise entre $5$ et $15$ parasols.
    $\quad$

Exercice 3

Partie A

  1. a.
    bac ES - liban mai 2015 - ex3
    $\quad$
    b. D’après la propriété des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(D) &=0,4 \times 0,02 + 0,6 \times 0,03 \\\\
    &= 0,026
    \end{align*}$
    c. $p_D(B) = \dfrac{p(D \cap B)}{p(D)} = \dfrac{0,6 \times 0,03}{0,026}$ $\approx 0,692$
    $\quad$
  2. a. Les $20$ tirages sont aléatoires, identiques, indépendants. A chaque tirage, il n’y a que deux issues : $D$ et $\overline{D}$.
    $X$ suit donc la loi binomiale $\mathscr{B}(20;0,026)$.
    $\quad$
    b. $\quad$
    $\begin{align*} p(X \le 1) &= P(X = 0) + P(X = 1) \\\\
    & = 0,974^{20} + \binom{20}{1} \times 0,026^1 \times 0,974^{19} \\\\
    & \approx 0,906
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. Graphiquement on a $\mu = 75$.
    $\quad$
  2. $P(74,4 \le Y \le 75,6) \approx 0,984$
    $\quad$
  3. $\quad$
    $\begin{align*} P(75 – h \le Y \le 75 + h) \approx 0,95 &\ssi P(-h \le Y – 75 \le h) \approx 0,95 \\\\
    & \ssi P\left(\dfrac{-h}{0,25} \le \dfrac{Y – 75}{0,25} \le \dfrac{h}{0,25}\right) \approx 0,95
    \end{align*}$
    La variable aléatoire $\dfrac{Y-75}{0,25}$ suit la loi normale centrée réduite.
    Par conséquent $\dfrac{h}{0,25} \approx 1,96$ soit $h \approx 0,49$
    $\quad$

Partie C

  1. La fréquence observée est $f =\dfrac{11}{180} \approx 0,061$
    $\quad$
  2. On a $n = 180 > 30$ et $p=0,03$.
    Donc $np = 5,4 > 5$ et $n(1-p)=174,6 > 5$
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :
    $\begin{align*} I_{180} & =\left[0,03 – 1,96\sqrt{\dfrac{0,03 \times 0,97}{180}};0,03 + 1,96\sqrt{\dfrac{0,03 \times 0,97}{180}} \right] \\\\
    & \approx [0,005;0,055]
    \end{align*}$
    On constate donc que $f \notin I_{180}$.
    Il faut donc arrêter la production pour procéder au réglage de la machine $M_B$.

$\quad$

Exercice 4

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

Partie A

  1. $\quad$
    bac ES - liban mai 2015 - ex4spé
  2. a. L’état stable $P$ vérifie  :
    $\begin{align*}P = PM \text{ et } a+b = 1&\ssi \begin{pmatrix} a&b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0,59a+0,09b = a &  0,41a + 0,91b = b \end{pmatrix} \text{ et } a+b= 1 \\\\
    & \ssi \begin{cases} 0,41a – 0,09b = 0 \\\\a+b=1 \end{cases}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} \begin{cases} 0,41a – 0,09b = 0 \\\\a+b=1 \end{cases}
    &\ssi \begin{cases} a=1-b \\0,41(1-b) – 0,09b = 0 \end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} a=1-b \\-0,5b = -0,41 \end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} b=0,82 \\a=0,18 \end{cases} \end{align*}$
    $\quad$
  3. Au bout d’un grand nombre d’année l’opérateur TECIM aura $82\%$ de la population utilisatrice de la 4G.
    Il peut espérer et atteindre donc objectif de $80%$.

Partie B

  1. On a $P_2=P_0 \times M^2 = \begin{pmatrix} 0,2225&0,7775\end{pmatrix}$.
    Au bout de $2$ ans, l’opérateur SAFIR aura $22,25\%$ des parts de marché et l’opérateur TECIM $77,75\%$ des parts de marché.
    $\quad$
  2. On a :
    On a, pour tout entier naturel $n$ : $s_n+t_n = 1$ soit $s_n = 1 – t_n$.
    Or :
    $\begin{align*} t_{n+1} &= 0,41s_n+0,91t_n \\\\
    &= 0,41(1-t_n) + 0,91t_n \\\\
    &= 0,41 + 0,5t_n
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. L6 : Affecter à $T$ la valeur $0,5T+0,41$
    L7 : Affecter à $N$la valeur $N+1$
    L9 : Afficher $N$
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} u_{n+1} &= t_{n+1} – 0,82 \\\\
    &=0,41 + 0,5t_n – 0,82 \\\\
    &=0,5t_n – 0,41 \\\\
    &=0,5(t_n – 0,82) \\\\
    &=0,5u_n
    \end{align*}$
    Ainsi la suite $(u_n)$ est géométrique de raison $0,5$ et de premier terme $u_0 = t_0 – 0,82 = -0,17$
    $\quad$
    b. Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n = -0,17 \times 0,5^n$.
    Or $t_n = u_n + 0,82 = -0,17 \times 0,5^n + 0,82$.
    $\quad$
    c.
    $$\begin{align*} -0,17 \times 0,5^n \ge 0,8 &\ssi -0,17 \times 0,5^n \ge -0,02 \\\\
    &\ssi 0,5^n \le \dfrac{2}{17} \\\\
    & \ssi n \ln 0,5 \le \ln \dfrac{2}{17} \\\\
    & \ssi n \ge \dfrac{\ln \dfrac{2}{17}}{\ln 0,5} \\\\
    & \ssi n \ge 4
    \end{align*}$$
    $\quad$
    d. Cela signifie que l’opérateur atteindra son objectif dans $4$ ans.

Exercice 4

Candidats de la série ES n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité ou candidat de la série L

  1. a. $V_1 = 0,96V_0 – 500 = 95~500$
    $\quad$
    b. $V_2 = 0,96V_1 – 500 = 91~180$.
    $\quad$
    c. $4\%$ du volume total d’eau s’évapore. Il en reste donc $96\%$. Cela représente donc $0,96V_n$. De plus $500 \text{ m}^3$ sont libérer pour l’irrigation.
    Donc $V_{n+1} = 0,96V_n – 500$.
    $\quad$
  2. L6 : Affecter à $V$ la valeur $0,96V – 500$
    L7 : Affecter à $N$ la valeur $N+1$
    L9 : Afficher $N$
    $\quad$
  3. a.
    $$\begin{align*} U_{n+1} &=V_{n+1} + 12~500 \\\\
    & = 0,96V_n – 500 + 12~500 \\\\
    &= 0,96V_n + 12~000 \\\\
    & = 0,96(V_n + 12~500) \\\\
    &= 0,96U_n
    \end{align*}$$
    La suite $(U_n)$ est donc géométrique de raison $0,96$ et de premier terme $U_0 = V_0 + 12~500 = 112~500$.
    $\quad$
    b. On a ainsi : $U_n = 112~500 \times 0,96^n$.
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $V_n = U_n – 12~500 = 112~500\times 0,96^n – 12~500$
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} 112~500 \times 0,96^n – 12~500 \le 0 & \ssi 112~500 \times 0,96^n \le 12~500 \\\\
    & \ssi 0,96^n \le \dfrac{1}{9} \\\\
    & \ssi n \ln 0,96 \le \ln \dfrac{1}{9} \\\\
    & \ssi n \ge \dfrac{\ln \dfrac{1}{9}}{\ln 0,96} \\\\
    & \ssi n \ge 54
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Cela signifie donc que le $54^{\text{ème}}$ jour, soit le $24$ août, la retenue d’eau sera vide.