TES/TL – Asie – Juin 2014

Asie – TES/TL – Juin 2014

Mathématiques – Correction

Suivez les lien pour les énoncés de ce sujet de bac : Obligatoire Spécialité.

Exercice 1

Question 1 : FAUX
$f'(4)$ correspond au coefficient directeur de la droite $(BC)$.
Celui-ci vaut :
$$\dfrac{3 – 0}{2 – 4} = -\dfrac{-3}{2}$$

Question 2 : FAUX
La tangente à la courbe au point d’abscisse $0$ n’est pas toujours au-dessus de la courbe.

Question 3 : VRAI
L’aire comprise entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=1$ et $x=3$ est supérieure à celle d’un rectangle de taille $2\times 1$ et inférieure à celle d’un rectangle de taille $2\times 1,5$

Question 4 : FAUX
$\ln 2 \approx 0,69$
La droite d’équation $y=\ln 2$ coupe la courbe en $2$ points sur l’intervalle $[-2;5]$.

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Exercice 2

candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. D’après l’énoncé $P_{C_1}(R) = 0,1$ , $P_{\bar{C_1}}(R) = 0,4$ et $P(C_1) = 0,6$
    $~$
  2. $~$
    TES - asie - juin2014 -ex2
    On cherche donc $P(C_1 \cap R) = 0,6 \times 0,1 = 0,06$.
    $~$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $$\begin{align} P(R) &= P(R \cap C_1) + P\left(R \cap \bar{C_1} \right) \\\\
    &= 0,06 + 0,16 \\\\
    &= 0,22
    \end{align}$$
  4. On cherche :
    $$\begin{align} P_R(C_1) &= \dfrac{P(R \cap C_1)}{P(R)} \\\\
    &= \dfrac{0,06}{0,22} \\\\
    & \approx 0,27
    \end{align}$$

Partie B

  1. $n=224 \ge 30$ ,$np = 224 \times 0,22 = 49,28 \ge 5$ et $n(1-p) = 174,72 \ge 5$
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
    $$\begin{align} I_{224} &= \left[0,22 – 1,96 \times \dfrac{\sqrt{0,22 \times 0,78}}{\sqrt{224}};0,22 + 1,96 \times \dfrac{\sqrt{0,22 \times 0,78}}{\sqrt{224}} \right] \\\\
    & \approx [0,165;0,275]
    \end{align}$$
  2. La fréquence observée est de $f=0,26 \in I_{224}$.
    On peut donc remettre en cause l’affirmation du directeur.

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Exercice 2

candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. TES - asie - juin2014 -ex22
  2. $95\%$ des personnes ayant passé une commande auprès du fournisseur A repassent une commande auprès du fournisseur A la semaine suivante.
    $~$
  3. $PM= \begin{pmatrix} \dfrac{2}{3} \times 0,95 + \dfrac{1}{3} \times 0,1 & \dfrac{2}{3} \times 0,1 + \dfrac{1}{3} \times 0,9 \end{pmatrix}$ $= \begin{pmatrix} \dfrac{2}{3}& \dfrac{1}{3} \end{pmatrix}$
    La matrice $P$ correspond donc bien à l’état stable.
    Cela signifie donc qu’au bout d’un grand nombre de semaines, le fournisseur A aura les $\dfrac{2}{3}$ des commandes et H aura $\dfrac{1}{3}$ des commandes.
    $~$
  4. On calcule les premières valeurs de la suite $(P_k)$ $$\begin{align} P_1 &= \begin{pmatrix} 0,44 & 0,56 \end{pmatrix} \\\\P_2 &= \begin{pmatrix} 0,474 & 0,526 \end{pmatrix} \\\\P_3 &= \begin{pmatrix} 0,5029 & 0,4971 \end{pmatrix}\end{align}$$
    Les commandes effectuées auprès du fournisseur A dépassent celles effectuées auprès du fournisseur H dès la $3^\text{ème}$ semaine.
    $~$

Partie B

Nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra

A B C D E F G H
$100$(A) $175$(A) $158$(A)
$214$(B) $250$(B)
$253$(D) $265$(D)
$279$(C) $45$(C)
$276$(F) $357$(H)
$332$(E) $363$(E)
$325$(G)

 

Par conséquent le trajet le plus court est ACFGH et nécessite $325$ km.
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Exercice 3

Partie A

  1. $f'(t) = 24\ln(t) + 24 \times \dfrac{t}{t} – 6t = 24\ln(t) – 6t + 24$
    $~$
  2. a. $f'(1) = 18 > 0$, $f'(4) = 24\ln(4)$ et $f'(26) = 24\ln(26)-131 < 0$
    Sur l’intervalle $[1;4]$ la fonction $f’$ est strictement croissante et $f'(1) > 0$
    par conséquent, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, sur cet intervalle l’équation $f'(x) = 0$ n’a pas de solution.
    $~$
    La fonction $f’$ est continue et strictement décroissant sur $[4;26]$
    $f'(4) > 0$ et $f'(26) < 0$ par conséquent $0 \in [f'(26);f'(4)$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation possède une unique solution sur $[4;26]$
    $~$
    Finalement, l’équation $f'(x)=0$ possède bien une unique solution sur $[1;26]$.
    $~$
    $f'(14) \approx 3,3$ et $f'(15) \approx -1,0$
    Par conséquent $14 \le \alpha \le 15$
    $~$
    b. On en déduit donc que :
    – sur $[1;\alpha]$, $f'(x) \ge 0$ et $f$ est croissante
    – sur $[\alpha;+\infty[$, $f'(x) \le 0$ et $f$ est décroissante.
    $~$
  3. a. Cela signifie que la vitesse de propagation de la maladie diminue, entre $4$ et $26$ semaines écoulées après le premier cas.
    $~$
    b. Le nombre de malade diminue quand la vitesse de propagation est négative soit à partir de la $15^\text{ème}$ semaine.

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Partie B

  1. Une primitive de $f$ sur $[1;26$ est donc $F$ définie par $F(t) = 12t^2 \ln(t) – 6t^2 – t^3 + 10t$
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  2. Cela signifie qu’il y a eu en moyenne, au cours des $26$ semaines, $202$ malades par semaine.

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Exercice 4

Partie A

  1. Le coefficient multiplicateur est :$1,035^6 \approx 1,229$
    Le pourcentage d’augmentation est donc de $22,9\%$.
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  2. a. On a $u_0 = 1$  (attention on est en centaines de milliers d’habitants)
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    b. Chaque année, le nombre d’habitant est multiplié par $1,035$. Donc $u_{n+1} = 1,035u_n$. Il s’agit donc d’une suite géométrique.
    Par conséquent, pour tout $n$ : u
    u_n = u_0 \times 1,035^n = 1,035^n$
    $~$
    c. On cherche la valeur de $n$ pour laquelle :
    $$\begin{align} u_n \ge 2 & \Leftrightarrow 1,035^n \ge 2 \\\\
    & \Leftrightarrow n \ln(1,035) \ge \ln(2) \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln(2)}{\ln(1,035)} \\\\
    &\Leftrightarrow n \ge 21
    \end{align}$$
    La population aura donc doublé en $2029$

Partie B

  1. L’algorithme fournit le nombre d’années nécessaires pour que le nombre d’habitants dépasse les $200~000$. C’est donc en $2036$ que la population de cette ville dépassera $200~000$ habitants.