Polynésie – Septembre 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

Exercice 1

Partie A

1. On appelle $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de fois où le joueur gagne. Toutes les conditions sont requises pour que $X$ suivent la loi binomiale $\mathscr{B}(4;0,12)$
   Ainsi on veut calculer $\displaystyle P(X=1) = \binom{4}{1}\times 0,12^1\times 0,88^3 \approx 0,327~1$. Réponse A
   $\quad$
2. On appelle $G$ l’événement “le joueur gagne une partie” et $E$ l’événement “le joueur emporte son lot”.
   On a ainsi $P(G)=0,12$ et $P_G(E)=0,8$.
   Par conséquent $P(G \cap E) = 0,8 \times 0,12 = 0,096$. Réponse C
   $\quad$
3. $P(140 < X < 160) \approx 0,683$ Réponse A
   $\quad$

Partie B

4. $f'(x) = 2\e^{-x}-(2x+1)\e^{-x} = (-2x+1)\e^{-x}$ Réponse D
   $\quad$
5. D’après les croissances comparées, $\ln a < a < \e^a$. Réponse D
   $\quad$

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

1. $\quad$
   
   $\quad$
2. a. On a $M=\begin{pmatrix}0,97 & 0,03\\\\0,002&0,998\end{pmatrix}$.
   $\quad$
   b. $P_1=P_0 \times M = \begin{pmatrix} 0,4\times 0,97 + 0,6 \times 0,002 &0,4\times 0,03 + 0,6\times 0,998\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0,389~2&0,610~8\end{pmatrix}$
   $\quad$
3. Pour déterminer si l’objectif est atteint, on calcule $P_2 = P_1 \times M$.
   Or $P_2= \begin{pmatrix} 0,378~745~6&0,621~254~4\end{pmatrix}$
   Par conséquent l’objectif n’est pas atteint.
   $\quad$

Partie B

1. Un itinéraire est $P-A-E-C-B-D-F-G$ mais il en existe d’autres.
   $\quad$
2. Dans ce graphe, plus de $2$ sommets possèdent des degrés impairs ($P$, $C$ et $A$ par exemple sont de degré $3$). Il n’existe donc pas de chaîne eulérienne et il est impossible d’envisager un itinéraire qui emprunterait une et une seule fois toutes les voies.
   $\quad$
3. On va utiliser l’algorithme de Dijkstra.
   $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
   \hline
   P&A&B&C&D&E&F&G&\text{Sommet} \\\\
   \hline
   0& & & & & & & & P \\\\
   \hline
   &9(P) &8(P) &4(P) & & & & & C \\\\
   \hline
   &9(P) &7(C) & & &13(C) & & & B \\\\
   \hline
   &9(P) & & &13(B) &12(B) & & & A \\\\
   \hline
   & & & &13(B) &12(B) & & & E \\\\
   \hline
   & & & &13(B) & & &22(E) & D \\\\
   \hline
   & & & & & &18(D) &21(D) & F \\\\
   \hline
   & & & & & & & 21(D)& G \\\\
   \hline
   \end{array}$$
   Le trajet le plus court en temps est donc $P-C-B-D-G$. Il nécessite $21$ minutes.
   $\quad$

Exercice 3

1. $u(0,6) = 0,456$ par conséquent la courbe représentative de la fonction $u$ est $C’$.
   $\quad$
2. a. $u(0,5) = 0,35$.
   Ainsi $50\%$ des salariés de la filiale A ayant les plus bas salaires se répartissent $35\%$ de la masse salariale.
   $\quad$
   b. $v(0,5) = 0,2125$.
   Ainsi $50\%$ des salariés de la filiale B ayant les plus bas salaires se répartissent $21,25\%$ de la masse salariale.
   La filiale A distribue donc la plus grande part de la masse salariale.
   $\quad$
   c. La filiale B parait avoir la distribution des salaires la plus inégalitaire.
   $\quad$
3. a.
   $\begin{align*} c_u &= 2\left(\dfrac{1}{2}-\displaystyle \int_0^1 \left(0,6x^2+0,4x\right)\mathrm{d}x\right) \\\\
   &=2\left(\dfrac{1}{2}-\left[\dfrac{0,6x^3}{3}+\dfrac{0,4x^2}{2}\right]_0^1\right)\\\\
   &=1-2(0,2+0,2)\\\\
   &=0,2
   \end{align*}$
   $\quad$
   b.
   $\begin{align*} \dfrac{c_v}{2}&=\dfrac{1}{2}-\displaystyle \int_0^1 v(x)\mathrm{d}x \\\\
   &=\left[\dfrac{x}{2}\right]_0^1-\int_0^1 v(x)\mathrm{d}x\\\\
   &= \int_0^1 x\mathrm{d}x-\int_0^1 v(x) \mathrm{d}x
   \end{align*}$
   $\quad$
   Montrons que $D$ est effectivement au-dessus de $C$.
   $x-v(x) = -0,7x^3-0,1x^2+0,8x$ $=x\left(-0,7x^2-0,1x+0,8\right)$
   $\Delta = 2,34 >0$. Il y a donc deux racines $x_1 = \dfrac{0,1 – \sqrt{2,34}}{-1,4}>1$ et $x_2=\dfrac{0,1 + \sqrt{2,34}}{-1,4}<0$.
   Ainsi sur $[0;1]$, $x-v(x) \ge 0$.
   Par conséquent l’aire du domaine compris entre les droites d’équation $x=0$ et $x=1$, la droite $D$ et la courbe $C$ correspond à $\dfrac{c_v}{2}$.
   $\quad$
   c. $\dfrac{c_v}{2}$ est donc positive (en tant qu’intégrale d’une fonction continue positive sur $[0;1]$) et inférieure à l’aire du triangle rectangle isocèle de côté $1$ (qui vaut $0,5$).
   Par conséquent $0\le c_v\le 1$.
   $\quad$
   d. Ainsi :
   $\begin{align*} c_v&= 2\left(\left[\dfrac{x}{2}-\dfrac{0,7x^4}{4}-\dfrac{0,1x^3}{3}+\dfrac{0,2x^2}{2}\right]_0^1\right)\\\\
   &\approx 0,383
   \end{align*}$
   Par conséquent $c_u \le c_v$.
   $\quad$

Exercice 4

Partie A

1. La fonction $P$ semble décroissante sur l’intervalle $[50;60]$ par conséquent $P'(54) \le 0$.
   $\quad$
2. La fonction semble convexe sur $[0;40]$. Après $40$ la courbe se retrouve en-dessous de ses tangentes.
   $\quad$
3. Les solutions de l’équation $P(x)=10$ sont environ $10$ et $58$.
   $\quad$
4. Le nombre $A$ correspond à l’aire domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=10$.
   Ce domaine est compris entre deux rectangles de dimensions $10\times 6$ et $10\times7$.
   Ainsi $60 < A < 70$.
   $\quad$

Partie B

1. a. $P'(x)=(-0,1x+5)\e^{0,1x-5}$.
   La fonction exponentielle est toujours positive. Le signe de $P'(x)$ ne dépend donc que de celui de $-0,1x+5$.
   $-0,1x+5 \ge 0 \ssi -0,1x \ge -5 \ssi x \le 50$.
   Ainsi $P'(x) \ge 0$ sur $[0;50]$ et $P'(x) \le 0$ sur $[50;60]$.
   $\quad$
   b. La fonction $P$ est donc croissante sur $[0;50]$ et décroissante sur $[50;60]$.
   Son maximum est donc atteint en $50$ et vaut $P(50) =6+10=16$.
   $\quad$
2. La fonction $P$ est continue et strictement croissante sur l’intervalle $[0;40]$.
   De plus $P(0) = 6-\e^{-5} < 10$ et $P(40) = 6  +20\e^{-1}>10$
   Par conséquent, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $P(x)=10$ possède une unique solution sur $[0;40]$.
   $x_0 \approx 29,8$.
   $\quad$
3. Pour étudier la convexité de la fonction $P$ on étudie le signe de $P\prime\prime(x)=(-0,01x+0,4)\e^{0,1x-5}$.
   Ce signe ne dépend que de celui de $-0,01x+0,4$.
   Or $-0,01x+0,4 \ge 0 \ssi -0,01x \ge 0,4$ $\ssi x \le 40$.
   La fonction $P$ est donc convexe sur $[0;40]$ et concave sur $[40;60]$.