TES/TL – Amérique du Sud nov 2014

Amérique du Sud – Bac – TES/TL

Mathématiques – Correction – Novembre 2014

L’énoncé de ce sujet est disponible ici.

Exercice 1

On peut représenter cette situation à l’aide d’un arbre.

TES-amerique du sud-nov2014-ex1

  1. $p_N(D) = 0,62$ Réponse A
    $\quad$
  2. $p\left(\overline{N}\cap \overline{D}\right) = 0,85 \times 0,68$ $=0,578$ Réponse C$\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales :
    $\begin{align} p(D) &= p(D \cap N) + p\left(D \cap \overline{N}\right) \\\\
    &= 0,15 \times 0,62 + 0,85 \times 0,32 \\\\
    &= 0,365
    \end{align}$
    Réponse B
    $\quad$
  4. 4.1 On cherche $P(X \ge 1) = 1 – P(X = 0)$ $=1 – (1 – 0,62)^5$ $\approx 0,992$
    Réponse D
    $\quad$
    4.2 $E(X) = np = 5 \times 0,62 = 3,1$
    Réponse A
    $\quad$

Exercice 2

  1. $\quad$
    $\begin{align} f'(x) & = 3\text{e}^{-x} + (3x – 4) \times (-1)\times \text{e}^{-x} \\\\
    &= 3\text{e}^{-x} – (3x – 4)\text{e}^{-x} \\\\
    &= (3 – 3x + 4)\text{e}^{-x} \\\\
    &= (7 – 3x)\text{e}^{-x}
    \end{align}$
    $\quad$
  2. La fonction exponentielle étant positive sur $\R$ et donc sur $[0;4]$, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $7 – 3x$.
    Or $7 – 3x > 0 \Leftrightarrow 7 > 3x \Leftrightarrow \dfrac{7}{3} > x$.
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    TES-amerique du sud-nov2014-ex2
  3. a. $f(4) = 8\text{-4} + 2 \approx 2,15 > 0$
    Puisque la fonction $f$ est strictement décroissante sur $\left[\dfrac{7}{3};4\right]$, et que $f(4) >0$, l’équation $f(x)=0$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
    Sur l’intervalle $\left[0;\dfrac{7}{3}\right]$, la fonction $f$ est continue et strictement croissante.
    $f(0) = -2<0$ et $f\left(\dfrac{7}{3}\right) \approx 2,29 >0$
    Par conséquent $0 \in \left[f(0);f\left(\dfrac{7}{3}\right)\right]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution sur cet intervalle et,  finalement,  également sur $[0;4]$.
    $\quad$
    b. A l’aide de la fonction table de la calculatrice, on trouve $\alpha \approx 0,37$
    $\quad$
  4. a. Déterminons la fonction dérivée de $F$.
    $\begin{align} F'(x) &= -3 \text{e}^{-x} – (1 – 3x)\text{e}^{-x} + 2\\\\
    &= (-3 – 1 + 3x)\text{e}^{-x} + 2\\\\
    &=(3x – 4)\text{e}^{-x} + 2 \\\\
    &= f(x)
    \end{align}$
    Par conséquent la fonction $F$ est une primitive de la fonction $f$ sur $[0;4]$.
    $\quad$
    b. La valeur moyenne est :
    $\displaystyle \begin{align} m &= \dfrac{1}{4 – 0} \int_0^4 f(x)\text{d}x \\\\
    &= \dfrac{1}{4}(F(4) – F(0)) \\\\
    &=\dfrac{1}{4} \left(-11\text{e}^{-4} + 8 – 1\right) \\\\
    &= \dfrac{-11\text{e}^{-4} + 7}{4}
    \end{align}$
    $\quad$
  5. a. La fonction $f$ est convexe si, et seulement si, $f\prime \prime(x) >0$.
    Le signe de $f\prime \prime(x)$ ne dépend que de celui de $(3x – 10)$.
    Or $3x – 10 > 0 \Leftrightarrow 3x > 10 \Leftrightarrow x > \dfrac{10}{3}$.
    La fonction $f$ est donc convexe sur $\left[\dfrac{10}{3};4\right]$.
    b. La courbe $\mathscr{C}$ possède un point d’inflexion au point d’abscisse $x_0$ si la fonction $f\prime \prime$ s’annule en changeant de signe en $x_0$.
    Or le signe de $f\prime \prime(x)$ ne dépend que de celui de $(3x – 10)$ qui s’annule en changeant de signe en $\dfrac{10}{3}$.
    Le point d’abscisse $\dfrac{10}{3}$ est donc un point d’inflexion pour la courbe $\mathscr{C}$.

$\quad$

Exercice 3

Candidats de la série ES n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité et candidats de la série L
  1. $u_1 = \left(1  + \dfrac{2}{100}\right) u_0 = 1,02 \times 1~200 = 1224$
    $\quad$
  2. $u_{n+1} = 1,02u_n$ et $u_0 = 1~200$.
    La suite $(u_n)$ est donc géométrique de raison $1,02$.
    Par conséquent $u_n=1~200 \times 1,02^n$.
    $\quad$
  3. On cherche donc la valeur de $n$ telle que :
    $\begin{align} 1~200 \times 1,02^n \ge 1~500 & \Leftrightarrow 1,02^n \ge \dfrac{1~500}{1~200} \\\\
    & \Leftrightarrow 1,02^n \ge 1,25 \\\\
    & \Leftrightarrow n \ln 1,02 \ge \ln 1,25 \\\\
    &\Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln 1,25}{\ln 1,02} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge 12
    \end{align}$
    Ils vendront plus de $1~500$ journaux à partir de la douzième semaine.
    $\quad$
  4. a. b. Cet algorithme détermine le rang à partir duquel $u_n \ge 4~000$.
    En procédant comme dans la question 3, on trouve $n  \ge \dfrac{\ln \dfrac{10}{3}}{\ln 1,02}$ soit $n \ge 61$.
    L’algorithme affichera donc la valeur $61$.
    $\quad$
  5. a. Il s’agit de la somme des termes de la suite géométrique $(1,02^n)$. On a donc :
    $\begin{align} S &= 1 + 1,02 + 1,02^2 + \ldots+  1,02^n \\\\
    &= \dfrac{1 – 1,02^{n+1}}{1 – 1,02} \\\\
    &= \dfrac{1 – 1,02^{n+1}}{-0,02} \\\\
    &= 50\left(1,02^{n+1} – 1\right)
    \end{align}$
    $\quad$
    b. $\quad$
    $\begin{align} S_n = u_0 + u_1 + \ldots + u_n \\\\
    &= 1~200 + 1~200 \times 1,02 + \ldots + 1~200 \times 1,02^n \\\\
    &= 1~200 \times 50 \left(1,02^{n+1} – 1 \right) \\\\
    &= 60~000 \times \left(1,02^{n+1} – 1 \right)
    \end{align}$
    $\quad$
    c. On calcule donc $S_{52} = 60~000 \times \left(1,02^{53} – 1\right) \approx 111~380$.
    Au bout de $52$ semaines, $111~380$ auront donc été vendus.

$\quad$

Exercice 3

Candidats de la série ES ayant suivi l’enseignement de spécialité
  1. $\quad$
    TES-amerique du sud-nov2014-ex3
  2. La matrice de transition de ce graphe est : $$M = \begin{pmatrix} 0,91& 0,09 \\\\0,16&0,84 \end{pmatrix}$$
  3. a. Puisque $P_{n+1} = P_n \times M$ alors $a_{n+1} = 0,91 a_n + 0,16 b_n$
    $\quad$
    b. On a de plus $a_n + b_n = 1$ donc $b_n = 1-  a_n $
    Par conséquent :
    $\begin{align} a_{n+1} & = 0,91a_n + 0,16 (1 – a_n) \\\\
    &= 0,75a_n + 0,16
    \end{align}$
    $\quad$
  4. On cherche donc $a_4 \approx 0,5134$
    $\quad$
  5. a. L’état stable vérifie $a+b=1$ et $P = P \times M$. On obtient ainsi le système suivant :
    $\begin{cases} a+b = 1 \\\\a=0,91a + 0,16b \\\\b=0,09a + 0,84b \end{cases}$
    $\quad$
    b. $\begin{align} \begin{cases} a+b = 1 \\\\a=0,91a + 0,16b \\\\b=0,09a + 0,84b \end{cases} &\Leftrightarrow \begin{cases} a = 1 – b \\\\0,09a – 0,16b = 0 \\\\0,16b – 0,09a = 0 \end{cases} \\\\
    &\Leftrightarrow \begin{cases}a= 1 -b \\\\ 0,09(1 – b) – 0,16b = 0 \end{cases} \\\\
    &\Leftrightarrow \begin{cases} a= 1 – b \\\\0,09 = 0,25b \end{cases} \\\\
    &\Leftrightarrow \begin{cases} b = 0,36 \\\\a = 0,64 \end{cases}
    \end{align}$
    $\quad$
    c. Cela signifie donc, qu’au bout d’un grand nombre de semaines, $64\%$ des employés seront favorables au logo A et $36\%$ des employés seront favorables au logo B.
    $\quad$
  6. Cet algorithme permet de calculer le nombre de semaines nécessaires pour le pourcentage d’employés favorables au logo A dépasse $63,9\%$.

$\quad$

Exercice 4

Partie 1

  1. a. $P(485 \le X \le 515) \approx \approx 0,904$
    $\quad$
    b. On peut donc considérer que la variable aléatoire $X$ suit la loi binomiale $\mathscr{B}(500;0,904)$.
    le nombre moyen de boîtes qui seront proposées à la vente dans un échantillon de $500$ boîtes est donc :
    $E(X) = 500 \times 0,904 = 452$.
    $\quad$
  2. On cherche $P(X \ge 490) = 0,5 + P(490 \le X \le 500) \approx 0,867$.
    $\quad$
  3. a. La calculatrice nous donne $m \approx 479$
    $\quad$
    b. Cela signifie donc que $1\%$ des boîtes ont une masse inférieure à $479$ grammes.

$\quad$

Partie 2

  1. $n = 400$ et $p = 0,25$.
    Donc $n \ge 30$, $np =100 \ge 5$ et $n(1 – p) = 300 \ge 5$.
    Les conditions d’application de la formule sont bien vérifiées.
    $\begin{align} I_{400} &=\left[0,25 – 1,96 \sqrt{\dfrac{0,25 \times 0,75}{400}};0,25 + 1,96 \sqrt{\dfrac{0,25 \times 0,75}{400}} \right] \\\\
    &= [0,207;0,293]
    \end{align}$
    Au seuil de $95\%$ un intervalle de fluctuation est $I_{400} = [0,207;0,293]$.
    $\quad$
  2. La fréquence observée est $f = \dfrac{84}{400} = 0,21$.
    $\quad$
  3. On constate que $0,21 \in I_{400}$
    Au risque de $5\%$, la machine est correctement programmée.