Bac ES/L – Polynésie – Juin 2016

Polynésie – juin 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

 

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    TES-L - polynésie - juin 2016 - ex1
  2. On veut calculer $P(K\cap A)=0,42 \times 0,72 = 0,319~2$ $\approx 0,319$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales, on a :
    $\begin{align*} P(A)&=P(K\cap A)+P(L\cap A)+P(M\cap A) \\
    &=0,319~2+0,35\times 0,65+0,23\times 0,82 \\
    &=0,735~3\\
    &\approx 0,735
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $P_A(M)=\dfrac{P(M\cap A)}{P(A)}$ $ = \dfrac{0,23\times 0,82}{0,735} $ $\approx 0,257$.
    $\quad$

Partie B

  1. On veut calculer $P(13\leqslant X \leqslant 27) \approx 0,683$
    $\quad$
  2. On veut déterminer la valeur de $a$ telle que $P(X>a)=0,1$ ce qui revient à trouver la valeur de $a$ telle que $P(X\leqslant a)=0,9$.
    A l’aide la touche inverse loi normale de la calculatrice, on a $a\approx 28,97$.
    Cela signifie que la probabilité que la durée du prêt immobilier soit supérieure à $28,97$ ans est égale à $10\%$.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. a. Puisque $u_1=a\times u_0+b=b$ et que $u_1=5~000$ alors $b=5~000$.
    $\quad$
    b. On a alors $u_2=a\times u_1+5~000$
    Soit $11~000=5~000a+5000~$
    Donc $6~000=5~000a$
    Et $a=\dfrac{6~000}{5~000}=1,2$
    Donc, pour tout entier naturel $n$, on a =u_{n+1}=1,2u_n+5~000$.
    $\quad$
  2. a. $u_3=1,2\times 11~000+5~000= 18~200$
    $u_4=1,2\times 18~200+5~000=26~840$
    $\quad$
    b. Les valeurs calculées sont relativement proches de celles réellement constatées.
    La modélisation semble donc pertinente.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}+25~000 \\
    &=1,2u_n+5~000+25~000 \\
    &=1,2u_n+30~000\\
    &=1,2\left(v_n-25~000\right)+30~000\\
    &=1,2v_n+30~000+30~000\\
    &=1,2v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $1,2$ et de premier terme $v_0=u_0+25~000=25~000$.
    $\quad$
    b. Donc, pour tout entier naturel $n$ on a  $v_n=25~000\times 1,2^n$.
    Par conséquent $u_n=v_n-25~000=25~000\times 1,2^n-25~000$.
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} u_n>180~000 &\ssi 25~000\times 1,2^n-25~000>180~000 \\
    &\ssi 25~000\times 1,2^n>205~000 \\
    &\ssi 1,2^n > 8,2
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $\quad$
    Variables : 
    $\quad$ $N$ est un entier naturel
    $\quad$ $W$ est un nombre réel
    Initialisation :
    $\quad$ $N$ prend la valeur $0$
    $\quad$ $W$ prend la valeur $1$
    Traitement :
    $\quad$ Tant que $W\leqslant 8,2$
    $\qquad$ $W$ prend la valeur $W\times 1,2$
    $\quad$ $N$ prend la valeur $N+1$
    $\quad$ Fin du Tant que
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $N$
    $\quad$
    c. $1,2^n>8,2 \ssi n\ln 1,2 > \ln 8,2 \ssi n>\dfrac{\ln 8,2}{\ln 1,2} \ssi n\geqslant 12$
    L’algorithme affichera donc $12$.
  5. En 2022, elle aura vendu $197~903$ écrans 3D.
    Il y a $3$ ans de baisse, donc en 2025 elle peut prévoir $197~903\times 0,85^3\approx 121~537$ écrans 3D.
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats ES ayant suivi la spécialité mathématiques

  1. Affirmation A : fausse
    La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix}0,4&0,6\\0,3&0,7\end{pmatrix}$
    $\begin{align*} \begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}M&=\begin{pmatrix}0,4\times \dfrac{2}{3}+0,3\times \dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}\times 0,6+\dfrac{1}{3}\times 0,7 \end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix} \dfrac{11}{30}&\dfrac{19}{30}\end{pmatrix}\end{align*}$
    On ne retrouve pas la matrice $\begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix} $.
    $\quad$
  2. Affirmation B : vraie
    Regardons si ce graphe possède une chaîne eulérienne.
    Pour cela, on détermine le degré de chacun des sommets.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet}&A&B&C&D&E&F\\
    \hline
    \text{Degré}&2&4&3&2&3&4\\
    \hline
    \end{array}$
    Ce graphe possède exactement deux sommets de degré impair.
    Il possède bien une chaîne eulérienne.
    Il est donc possible de trouver une chaîne passant une et une seule fois par toutes les arêtes de ce graphe.
    $\quad$
    Affirmation C : vraie
    Nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&\text{sommet}\\
    \hline
    0&&&&&&A\\
    \hline
    &2A&&&&1A&F\\
    \hline
    &2A&5F&&5F&&B\\
    \hline
    &&5F&&4B&&E\\
    \hline
    &&5F&5E&&&C\\
    \hline
    &&&5E&&&D\\
    \hline
    \end{array}$$
    La chaîne la plus courte entre $A$ et $D$ est donc bien une chapine de poids $5$.
    $\quad$
  3. Affirmation D : fausse
    On a $M^4=\begin{pmatrix}7&6&4&6\\6&11&2&6\\4&2&3&4\\6&6&4&7\end{pmatrix}$
    $M^4_{(2;4)}=6 \neq 3$
    Il existe donc $6$ chaînes de longueur $4$ reliant le sommet $B$ au sommet $D$.
    $\quad$
  4. Affirmation : vraie
    $AB=\begin{pmatrix} -a&0\\0&a^2\end{pmatrix}$
    On cherche donc la valeur de $a$ telle que $-a=1$ et $a^2=1$.
    Il y a une seule solution $a=-1$.
    $\quad$

Ex 3 obl

Exercice 3

Candidats ES n’ayant pas suivi la spécialité mathématiques et candidats L

  1. Affirmation A : fausse
    La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=\ln x+\dfrac{x}{x}-1 = \ln x+1-1=\ln x$
    La fonction $\ln$ est négative sur l’intervalle $]0;1[$. Par conséquent la fonction $f$ est décroissante sur cet intervalle.
    $\quad$
    Affirmation B : vraie
    $f’$ est dérivable sur $]0;+\infty$ et $f\prime\prime(x)=\dfrac{1}{x}>0$ sur $]0;+\infty[$.
    Donc $f$ est convexe sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
    Affirmation C : fausse
    $f(100) \approx 361,5 > 50$
    $\quad$
  2. Affirmation D : vraie
    $g'(1)$ est égale au coefficient directeur de $T$.
    Les points de coordonnées $(1;2)$ et $(2;0)$ appartiennent à $T$.
    Donc $g'(1)=\dfrac{2-0}{1-2}=-2$
    $\quad$
    Affirmation E : vraie
    $\displaystyle \int_0^1g(x)\mathrm{d}x$ est égale à l’aire du domaine compris entre la courbe $\mathscr{C}_g$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    Or ce domaine est strictement inclus dans un rectangle de dimension $1\times 3$.
    Donc $\displaystyle \int_0^1g(x)\mathrm{d}x<3$
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. $f(2)=4\e^{-0,8}$
    Donc l’aire du panneau publicitaire est $\mathscr{A}(2)=2\times 4\e^{-0,8} \approx 3,6$ m$^2$.
    $\quad$
  2. L’aire d’un panneau publicitaire est donnée par : $\mathscr{A}(x)=x\times f(x)=4x\e^{-0,4x}$ pour $x$ appartenant à l’intervalle $[0;10]$.
    Cette fonction est dérivable sur cet intervalle en tant que produit de fonctions dérivables.
    $\mathscr{A}'(x)=4\e^{-0,4x}-1,6x\e^{-0,4x}=4\e^{-0,4x}(1-0,4x)$
    La fonction exponentielle étant strictement positive, le signe de $\mathscr{A}'(x)$ ne dépend que de celui de $1-0,4x$
    Or $1-0,4x>0 \ssi 1>0,4x \ssi  x<\dfrac{1}{0,4} \ssi x<2,5$
    La fonction $\mathscr{A}$ admet donc un maximum pour $x=2,5$
    $f(2,5)=4\e^{-1} \approx 1,47$
    Les dimensions du panneau publicitaire dont l’aire est la plus grande sont $2,5$ m $\times 1,47$ m.
    $\quad$

Énoncé