BAC ES/L – Polynésie – septembre 2014

Polynésie – TES/TL – Septembre 2014

Mathématiques – Correction

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Exercice 1

  1. La tangente est représentée par une fonction affine décroissante. Le nombre dérivée en $1$ est donc négatif.
    De plus, au vu du graphique, le coefficient directeur de cette droite est proche de $-\dfrac{1}{3}$.
    Réponse d
    $\quad$
  2. La fonction $g$ est croissante sur $[3;4]$.
    Réponse b
    $\quad$
  3. Dérivons la fonction $H$.
    On obtient, pour tout $x\in \R$ : $H'(x) = 2 \times \left( \dfrac{1}{2} \right) \times \text{e}^{-\frac{x^2}{2}}$ $ =x\text{e}^{-\frac{x^2}{2}}$.
    Réponse c
    $\quad$
  4. $j(x) = 0 \Leftrightarrow \ln x = -1 \Leftrightarrow x =\text{e}^{-1} = \dfrac{1}{\text{e}}$.
    Réponse c
    $\quad$
  5. On cherche donc à calculer
    $\begin{align} \displaystyle \int_0^1  k(x) \text{d}x &= \left[\dfrac{3}{2}x^2+5x \right]_0^1 \\\\
    &= \dfrac{3}{2} + 5 \\\\
    &=\dfrac{13}{2}\\\\
    &=6,5 \text{u.a}
    \end{align}$

 

Exercice 2

(Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité)

Partie A

  1. Ce graphe possède $6$ sommets. Il est donc d’ordre $6$.
    $\quad$
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{sommet} & A & B & C & D & E & F \\\\
    \hline
    \text{degré} & 4 & 3 & 4 & 3&3&3 \\\\
    \hline
    \end{array}$
  2. a. Le graphe possède $4$ sommets de degré impair. Il n’y a donc pas de cycle eulérien.
    Il n’est donc pas possible, en partant d’un carrefour, d’y revenir sans emprunter plusieurs fois la même avenue tout en ayant parcouru toutes les avenues.
    b. Le graphe possède plus de $2$ sommets de degré impair. Il n’y a donc pas de chaîne eulérienne.
    Il n’est donc pas possible, en partant d’un carrefour, d’arriver à un carrefour différent sans emprunter plusieurs fois la même avenue tout en ayant parcouru toutes les avenues.

Partie B

  1. En partant de $D$, nous sommes obligés d’aller en $A$.
    En $A$, nous obligés d’aller en $E$.
    En $E$, nous sommes obligés d’aller en $D$.
    Il nous est donc impossible de nous rendre en $B$
    $\quad$
  2. On obtient donc :
    $$M=\begin{pmatrix}
    0&0&0&0&1&0\\\\
    1&0&1&0&0&1\\\\
    1&1&0&1&0&0\\\\
    1&0&0&0&0&0\\\\
    0&0&0&1&0&0\\\\
    0&0&1&0&1&0
    \end{pmatrix}$$
  3. a. Le coefficients de $M^3$ situés à la ligne $i$ et la colonne $j$ indique le nombre de chemins de longueur $3$ permettant d’aller du sommet $i$ au sommet $j$ lorsqu’on numérote dans l’ordre alphabétique les sommets du graphe.
    $\quad$
    b. Le coefficient $M^3_{2,1} = 3$. Il existe donc $3$ chemins de longueur $3$ permettant d’aller du carrefour $B$ au carrefour $A$.
    Il s’agit de : $BFCA$, $BCBA$ et $BCDA$
    $\quad$
    c. Pour déterminer le nombre de chemins de longueur $3$ arrivant au point $E$, on additionne tous les coefficients de la cinquième colonne. Il en existe donc $6$.

 

Exercice 2

(Candidats ES n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité et candidats L )

  1. $\quad$
    polynesie_baces_sept2014_ex2
  2. On cherche donc $p(R\cap S) = 0,95 \times 0,7$ $=0,665$
    $\quad$
  3. D’après la propriété des probabilités totales, on a :
    $$\begin{align} p(S) &= p(S \cap R) + p\left(\S \cap \overline{R}\right)\\\\
    &= 0,665 + 0,05 \times 0,2 \\\\
    &= 0,665 + 0,01 \\\\
    &=0,675
    \end{align}$$
  4. On cherche donc à calculer :
    $p_{\overline{S}}(R) = \dfrac{p\left(\overline{S} \cap R \right)}{p\left(\overline{S}\right)}$ $=\dfrac{0,95 \times 0,3}{1 – 0,675}$ $\approx 0,877$ à $10^{-3}$ près.
    $\quad$
  5. a. On effectue quatre tirages et $p(S) = 0,675$
    Par conséquent $X$ suit la loi binomiale $\mathscr{B}(4;0,675)$.
    $\quad$
    b. On cherche $p(A) =$ $P(X=4) = 0,675^4$ $\approx 0,208$
    $\quad$
    c. $\overline{A}$ est l’événement “Au moins un élève n’est pas satisfait de la qualité des repas”.
    On a ainsi $p\left(\overline{A}\right) = 1 – p(A)$ $ \approx 1 – 0,208$ $=0,792$.

 

Exercice 3

  1. $P(385 \le X \le 415) \approx 0,83$.
    Cela signifie donc qu’environ $83\%$ des jouets ont une masse comprise entre $385$g et $415$g.
    $\quad$
  2. $P(X \ge 411) = 1-P(X \le 411)$
    $P(400-11 \le X \le 400 + 11) \approx 0,68$
    Or $P(400-11 \le X \le 400+11) = 2P(X \le 411) – 1$
    Donc $P(X \le 411) = \dfrac{0,68+1}{2} = 0,84$.
    Finalement $P(X \le 411) \approx 1 – 0,84 \approx 0,16$.
    $\quad$
  3. On cherche donc $P(X \le 420) = 0,5 + P(400 \le X \le 420) \approx 0,97$
    $\quad$
  4. a. On a $n = 300 \ge 30$
    $p = 0,97$ donc $np = 291 \ge 5$ et $n(1-p) = 9 \ge 5$.
    Les conditions sont donc bien vérifiées.
    $\quad$
    b. L’intervalle de fluctuation au seuil de $95\%$ est donc :
    $$\begin{align} I_{300} &= \left[0,97 – 1,96\dfrac{\sqrt{0,97 \times 0,03}}{\sqrt{300}};0,97 + 1,96\dfrac{\sqrt{0,97 \times 0,03}} {\sqrt{300}}\right] \\\\
    &\approx [0,95;0,99]
    \end{align}$$
    c. La fréquence observable est donc $f = \dfrac{280}{300} \approx 0,93 \notin I_{300}$.
    Au risque de $5\%$, cela remet en cause le modèle de l’entreprise

Exercice 4

Partie A

  1. $u_1 = 2000 \times 1,03 + 150 = 2210$
    $u_2 = 2210 \times 1,03 + 150 = 2426,3$
    $\quad$
  2. Un placement a intérêt composé de $3\%$ signifie que la montant épargné l’année précédente est augmenté de $3\%$.
    On obtient ainsi, à partir de l’année $n$ : $u_n \times \left(1+ \dfrac{30}{100} \right) = 1,03u_n$.
    On ajoute à chaque $1^{\text{er}}$ $150$ euros.
    Donc $u_{n+1}=1,03u_n+150$.
    $\quad$
  3. $~$
    $\begin{align} v_{n+1} &=u_{n+1}+5000 \\\\
    &= 1,03u_n+150+5000\\\\
    &=1,03u_n+5150\\\\
    &=1,03u_n+5000\times 1,03 \\\\
    &=1,03(u_n+5000)\\\\
    &=1,03v_n
    \end{align}$
    La suite $(v_n)$ est donc bien géométrique de raison $1,03$.
    $\quad$
  4. De plus $v_0 = u_0+5000 = 7000$.
    Donc $v_n = 7000 \times 1,03^n$.
    On obtient ainsi $u_n = v_n – 5000 = 7000 \times 1,03^n – 5000$.
    $\quad$
  5. On cherche donc la plus petite valeur de $n$ telle que $u_n \ge 4000$.
    Donc :
    $\begin{align} u_n \ge 4000 & \Leftrightarrow 7000 \times 1,03^n – 5000 \ge 4000 \\\\
    & \Leftrightarrow 7000 \times 1,03^n \ge 9000 \\\\
    & \Leftrightarrow 1,03^n \ge \dfrac{9}{7} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ln 1,03 \ge \ln  \dfrac{9}{7} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln \dfrac{9}{7}}{\ln 1,03} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge 9
    \end{align}$
    C’est donc à partir de l’année $2023$ que la personne aura au moins $4000$ euros sur son compte.

Partie B

  1. a. $C$ correspond à la somme sur le compte à l’année $2014+N$.
    $\quad$
    b.
    Le taux est de nouveau de $3\%$ puisque la variable $C$ est multipliée par $1,03$.
    $\quad$
    c. On verse chaque année $600$ euros.
    $\quad$
  2. a.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Valeur de C} & 3000&3690&4400,70&5132,72&5886,70&6663,30 \\\\
    \hline
    \text{Valeur de N}&0&1&2&3&4&5 \\\\
    \hline
    \text{Valeur de D}&6000&6000&6000&6000&6000&6000 \\\\
    \hline
    \text{Test C < D}&\text{Vrai}&\text{Vrai}&\text{Vrai}&\text{Vrai}&\text{Vrai}&\text{Faux}\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. L’algorithme affiche donc $5$.
    En $2019$, la personne aura épargné plus de $6000$ euros.