TES/TL – Polynésie Juin 2014

Polynésie – Juin 2014 – TES/TL

Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac se trouve ici annexe.

Exercice 1

Partie A

$n=81~135 \ge 30$, $p=0,492$ donc $np = 39918,42$ et $n(1-p) = 41216,58 \ge 5$.
Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :
$$\begin{align} I_{81135} &= \left[0,492 – 1,96\dfrac{\sqrt{0,492\times 0,508}}{\sqrt{81135}};0,492 + 1,96\dfrac{\sqrt{0,492\times 0,508)}}{\sqrt{81135}} \right] \\\\
&\approx [0,488;0,496]
\end{align}$$
La fréquence observée est $f = \dfrac{34632}{81135} \approx 0,427 \notin I_{81135}$
Les filles sont donc bien sous-représentées en CPGE.

Partie B

  1. $P(S) = 0,615$ $\quad$ $P(C) = 0,24$ $\quad$ $P_L(F) = \dfrac{3}{4} = 0,75$ $\quad$ $P_S(F) = 0,3$ $\quad$ $P(F) = 0,427$
    TES - polynésie - juin 2014 - ex11
  2. a. On a $P(L) = 1 – (P(S)+P(C)) = 0,145$
    $~$
    b. $P(F \cap S) = 0,615 \times 0,3 = 0,1845$
    $~$
    c. D’après la propriété des probabilités totales on a :
    $$\begin{align} P(F) &= P(F\cap S) + P(F \cap C) + P(F \cap L) \\\\
    0,427&= 0,1845 + P(F \cap C) + 0,145 \times 0,75 \\\\
    0,427&= 0,29325 + P(F \cap C)\\\\
    P(F\cap C) = 0,13375
    \end{align}$$
  3. On cherche donc : $$P_C(F) = \dfrac{P(C\cap F)}{P(C)} = \dfrac{0,13375}{0,24} = \dfrac{107}{192} $$
    Or $\dfrac{107}{192} \approx 0,557$. La parité est donc presque vérifiée dans les classes économiques et commerciales.
    $~$
  4. On cherche donc : $$P_F(L) = \dfrac{P(F \cap L)}{P(F)} = \dfrac{0,145 \times 0,75}{0,427} = \dfrac{435}{1708} \approx 0,255$$
    TES - polynésie - juin 2014 - ex12

 

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Il y a $13$ arêtes donc $13$ voies de circulation au total.
    $~$
  2. Le graphe est connexe. Déterminons le degré de chacun des sommets :
    A : $3$ $\quad$ B: $4$ $\quad$ C:$4$ $\quad$ D :$4$ $\quad$ E : $4$ $\quad$ F : $4$ $\quad$ T : $3$
    $2$ sommets ont un degré impair. Il existe donc une chaîne eulérienne.
    Le chasse-neige pourra déneigé l’aéroport sans emprunter plusieurs fois la même route.
    Il peut faire le parcours : ACBDCFDEBATFET

$~$

Partie B

  1. a. La matrice associée au graphe est :
    $$M = \begin{pmatrix}
    0&1&1&0&0&0&0 \\\\
    0&0&0&1&1&0&0 \\\\
    0&1&0&1&0&1&0 \\\\
    0&0&0&0&1&1&0 \\\\
    0&0&0&0&0&1&1 \\\\
    0&0&0&0&0&0&1 \\\\
    1&0&0&0&0&0&0
    \end{pmatrix}$$
    b. Calculons :
    $$M^3 = \begin{pmatrix}
    0&0&0&1&3&3&2 \\\\
    1&0&0&0&0&1&3 \\\\
    1&0&0&0&1&3&3& \\\\
    2&0&0&0&0&0&1 \\\\
    1&1&1&0&0&0&0 \\\\
    0&1&1&0&0&0&0 \\\\
    0&1&0&2&1&1&0
    \end{pmatrix}$$
    Il existe donc $2$ chemins de longueurs $3$ reliant A à T : ACFT et ABET
    $~$
  2. On va utiliser l’algorithme de Dijkstra :
    A B C D E F T
    $4$(A) $3$(A)
    $4,5$(C) $5$(C) $6$(C)
    $4,5$(B) $5$(B)
    $5$(D) $5$(D)
    $5,5$(E) $9$(E)
    $5,5$(F)

    L’itinéraire le plus rapide est donc ABDFT. Il faut $5$ minutes et $30$ secondes pour l’effectuer.

$~$

Exercice 2

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Le coût de production pour $450$ objets est de $24~000€$
    $~$
  2. On produit environ $640$ objets pour un coût total de $60~000€$.
    $~$
  3. a. $C'(x)$ correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe au point d’abscisse $x$.
    $C'(4,5) = 0$ (la tangente est horizontale). Le coût marginal pour une production de $450$ objets est donc de $0€$
    $C'(6) = \dfrac{600-100}{7-5} = 250$. Le coût marginal pour une production de $600$ objets est donc de 25~000€$.
    $~$
    b. Sur $[0;4,5]$ le coût marginal décroit mais il croît sur $[4,5;7]$. L’affirmation est donc fausse.
    $~$

Partie B

  1. On a donc $r(x)=75x$. $r$ est une fonction linéaire. Sa représentation graphique passe donc par l’origine du repère.
    $r(7)= 525$. La droite passe donc par le point de coordonnées $(7;525)$.
    $~$
  2. a. On cherche les valeurs de $x$ pour lesquelles la droite se trouve au-dessus de la courbe.
    La fourchette de rentabilité est donc pour une production comprise entre $280$ et $620$ objets.
    $~$
    b. L’écart entre la droite et la courbe est plus important pour $500$ objets que pour $600$ objets. Il est donc préférable de fabriquer $500$ objets plutôt que $600$ objets.

    TES - polynésie - juin2014 - ex2

Exercice 3

Partie A

  1. L’algorithme $1$ n’affiche que le dernier terme calculé.
    L’algorithme $3$ n’affiche pas le dernier terme.
    L’algorithme $2$ convient donc.
    $~$
  2. Il semblerait que la suite $(u_n)$ soit décroissante et ait pour limite $2$.

$~$

Partie B

  1. $~$
    $$\begin{align} v_{n+1} &= u_{n+1} – 2 \\\\
    & = \dfrac{1}{2}u_{n}+1 – 2 \\\\
    &= \dfrac{1}{2}u_n – 1 \\\\
    &= \dfrac{1}{2}(u_n – 2) \\\\
    &= \dfrac{1}{2} v_n
    \end{align}
    $$
    La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $q=\dfrac{1}{2}$. Son premier terme est $v_0 =3$.
    $~$
  2. On a donc $v_n = 3 \times \left(\dfrac{1}{2} \right)^n$.
    Par conséquent : $$\begin{align} u_n &= v_n+2 \\\\
    &= 2+ 3 \times \left(\dfrac{1}{2} \right)^n
    \end{align}$$
  3. $~$
    $$\begin{align} u_{n+1}-u_{n} &= 3 \times \left(\dfrac{1}{2} \right)^{n+1} – 3 \times \left(\dfrac{1}{2} \right)^n \\\\
    &= 3 \times \left(\dfrac{1}{2} \right)^n \left(\dfrac{1}{2} – 1 \right) \\\\
    &= \dfrac{-3}{2} \times \left(\dfrac{1}{2} \right)^n  < 0
    \end{align}$$
    La suite $(u_n)$ est donc décroissante.
    $~$
  4. $-1 < \dfrac{1}{2} < 1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \left(\dfrac{1}{2} \right)^n = 0$
    Par conséquent :
    $$\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 2$$
  5. On cherche donc la valeur de $n$ à partir de laquelle :
    $$ \begin{align} 3\left(\dfrac{1}{2} \right)^n \le 10^{-6} & \Leftrightarrow \left(\dfrac{1}{2} \right)^n \le \dfrac{10^{-6}}{3} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ln \dfrac{1}{2} \le \ln \dfrac{10^{-6}}{3} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln \dfrac{10^{-6}}{3}}{\ln \dfrac{1}{2}} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge 22
    \end{align}$$
    C’est donc à partir du $22^\text{ème}$ rang que $u_n – 2 \le 10^{-6}$.

$~$

Exercice 4

  1. a. La fonction semble être croissante sur $[0;1]$ et décroissante sur $[1;10]$.
    $~$
    b. La concentration maximale est de $2$ mg/l.
    $~$
    c. La concentration semble être supérieure à $1,2$ mg/l sur $[0,4;3]$
    $~$
  2. a. $g$ est de la forme $\dfrac{u}{v}$. Sa dérivée est donc de la forme $\dfrac{u’v -uv’}{v^2}$.
    $$\begin{align} g'(t) &= \dfrac{4(t^2+1) -2t\times 4t}{\left(t^2+1\right)^2 } \\\\
    &= \dfrac{4t^2+4-8t^2}{\left(t^2+1\right)^2 } \\\\
    &= \dfrac{-4t^2+4}{\left(t^2+1\right)^2 } \\\\
    &=\dfrac{4(1-t^2)}{\left(t^2+1\right)^2 }
    \end{align}$$
    b. Etudions le signe de $g'(t)$.
    $$g'(t) > 0 \Leftrightarrow 1-t^2 > 0 \Leftrightarrow 1 > t^2 \Leftrightarrow 0 \ge t < 1 \text{ sur } [0;1]$$
    La fonction $g$ est donc croissante sur $[0;1]$ et décroissante sur $[1;10]$.
    La concentration maximum est donc atteinte exactement $1$ heure après l’injection.
    $~$
  3. La concentration moyenne durant les $10$ premières heures est donnée par :
    $$\begin{align} M &= \dfrac{1}{10 – 0}\int_0^10 g(t)\dfrac{d}t \\\\
    &= \dfrac{1}{10} (G(10) – G(0)) \\\\
    &= \dfrac{1}{10} \left( 2\ln 101 – 2\ln 1\right) \\\\
    &= \dfrac{1}{5} \ln 101 \\\\
    & \approx 0,923
    \end{align}$$
  4. On cherche donc à résoudre :
    $$\begin {align} g(x) \ge 1,2 & \Leftrightarrow \dfrac{4t}{t^2+1} \ge 1,2 \\\\
    & \Leftrightarrow 4t \ge 1,2t^2 + 1,2 \\\\
    & \Leftrightarrow -1,2t^2 +4t -1,2 \ge 0
    \end{align}$$
    $ \Delta = 10,24 > 0$
    Il y a donc 2 racines : $t_1 = \dfrac{-4 – \sqrt{10,24}}{-2,4} = 3$ et $t_2 = \dfrac{-4 + \sqrt{10,24}}{-2,4} = \dfrac{1}{3}$
    Le temps d’antibiotique utile est donc :
    $$T = t_2 – t_1 = \dfrac{8}{3} = 2\text{h }40\text{min}$$