TES/L – Centres étrangers – Juin 2015

Centres étrangers – Juin 2015

TES/TL – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici : obligatoire et spécialité

Exercice 1

  1. $f'(3)$ est le coefficient directeur de la tangente à la courbe en $A$.
    Ainsi $f'(3) = \dfrac{3 – 0}{3 – 5} = -\dfrac{3}{2}$
    Réponse d
    $\quad$
  2. $A$ est  le seul point d’inflexion de $C$ donc $f\prime \prime(3) =0$.
    Réponse b
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est croissante sur $[1;7]$. Par conséquent $F$ est croissante sur $[1;7]$.
    Réponse a
    $\quad$
  4. $I$ correspond à l’aire du domaine situé entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=2$ et $x=3$.
    Cette aire contient un rectangle de dimension $1 \times 3$ et est contenu dans un rectangle de dimension $1 \times 4$.
    Donc $3 \le I \le 4$.
    Réponse c
    $\quad$

Exercice 2

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

  1. Au $1^{\text{er}}$ janvier 2016, il y aura $200 \times 0,85 + 42 = 212$ vélos.
    $\quad$
  2. Chaque année $85\%$ des vélos restent en service. Cela représente donc $0,85u_n$.
    On rajoute $42$ nouveaux vélos chaque année.
    On obtient ainsi la relation de récurrence $u_{n+1} = 0,85u_n + 42$.
    $\quad$
  3. a. 
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    U & 200 & 212 &222&231&238\\\\
    \hline
    N&0&1&2&3&4 \\\\
    \hline
    \text{Condition } N < 4 & \text{Vrai}&\text{Vrai}&\text{Vrai}&\text{Vrai}&\text{Faux} \\\\
    \hline
    \end{array}$$
    L’algorithme affiche donc $238$.
    b. L’algorithme affiche donc $u_4$.
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} v_{n+1} & =u_{n+1} – 280 \\\\
    &=0,85u_n + 42 – 280 \\\\
    &= 0,85u_n – 238 \\\\
    &= 0,85u_n – 0,85 \times 280 \\\\
    &=0,85(u_n – 280) \\\\
    &=0,85v_n
    \end{align*}$
    La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $0,85$.
    De plus son premier terme est $v_0 = u_0 – 280 = 200 – 280 = -80$.
    $\quad$
    b. Ainsi $v_n = -80 \times 0,85^n$.
    $\quad$
    c. On a $u_n = v_n + 280 = -80 \times 0,85^n+ 280$
    $\quad$
    d. Puisque $0 < 0,85 <1$ on a $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,85^n$
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 280$.
    Au bout d’un grand nombre d’année, le nombre de vélo en circulation se stabilisera à $280$.
    $\quad$
  5. On doit donc calculer le nombre de vélo mis en service sur les cinq années :
    $\begin{align*} S &= u_0+u_1+u_2+u_3+u_4 \\\\
    &= 200 + 212 +222+231+238 \\\\
    & = 1~103
    \end{align*}$
    Le coût total est donc de $1~103 \times 300 = 330~900$ euros sur cette période.
    $\quad$

Exercice 2

Candidats de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. La chaine $B-O-K-H-P-E-W-G$ permet de passer par tous les sommets.
    Le graphe $\Gamma$ est donc connexe.
    $\quad$
    b. Les sommets $B$ et $K$ ne sont pas adjacents.
    Le graphe n’est donc pas complet.
    $\quad$
  2. Déterminons les degrés de chacun des sommets :
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet} & B & E & G & H & K & O & P & W \\\\
    \hline
    \text{Degré} & 2&2&4&3&2&5&4&2 \\\\
    \hline
    \end{array}$
    Deux sommets seulement possède des degrés impairs.
    Le graphe $\Gamma$ possède donc une chaîne eulérienne.
    Une telle chaîne est $H-K-O-H-P-E-W-G-P-O-G-B-O$.
    $\quad$
  3. On a :
    $M = \begin{pmatrix}
    0&0&1&0&0&1&0&0 \\
    0&0&0&0&0&0&1&1 \\
    1&0&0&0&0&1&1&1 \\
    0&0&0&0&1&1&1&0 \\
    0&0&0&1&0&1&0&0 \\
    1&0&1&1&1&0&1&0 \\
    0&1&1&1&0&1&0&0 \\
    0&1&1&0&0&0&0&0
    \end{pmatrix}$
    $\quad$
  4. a. Il suffit de lire le coefficient $M^3_{(3,4)} = 4$.
    Donc $4$ chemins relient le deux stations en utilisant exactement trois lignes de métro.
    b. Les quatre chemins sont : $H-K-O-G$ ,$H-O-P-G$ , $H-O-B-G$  et $H-P-O-G$
    $\quad$
  5. $\quad$
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    W&B&E&G&H&K&O&P&\text{Sommet} \\\\
    \hline
    & & 2(W)&3(W)& & & & & E \\\\
    \hline
    & & & 3(W) & & && 6(E) & G \\\\
    \hline
    & 4(G) & & & & & 5(G)&5(G)&B \\\\
    \hline
    & & & &  & & 5(G) & 5(G) & O \\\\
    \hline
    & & & &6(O) & 10(O)&  &5(G)  & P \\\\
    \hline
    & & & & 6(O) & 10(O) & &  & H \\\\
    \hline
    & & & & &9(H) & & & K \\\\
    \hline
    \end{array}$$
    Le plus court chemin est donc pour relier les deux stations $W$ et $K$ est : $W-G-O-H-K$.
    Il faut $9$ minutes pour effectuer ce trajet.

$\quad$

 

Exercice 3

Partie A

  1. $\quad$
    bac ESL-amerique du nord - juin2015-ex1
  2. On veut calculer :
    $$p(B\cap S) = 0,22 \times 0,95 = 0,209$
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(S) & = p(B \cap S) + p\left(\overline{B} \cap S\right) \\\\
    &= 0,209 + 0,78 \times 0,9 \\\\
    & = 0,911
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_S\left(\overline{B } \right) & =\dfrac{p\left(S \cap \overline{B}\right)}{p(S)} \\\\
    &= \dfrac{0,702}{0,911} \\\\
    & = \dfrac{702}{911} \\\\
    & \approx 0,771
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. On cherche donc à calculer $P(300 – 4 \le X \le 300 + 4) \approx 0,954$.
    $\quad$
  2. A l’aide de la fonction “invnorm” ou “FracNormale” on trouve $a \approx 295,347$.
    $\quad$

Partie C

On a $n=130$ et $p=0,9$.
Par conséquent $n \ge 130$, $np = 117$ et $n(1-p) = 13$.
Les conditions sont réunies pour déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$.
$\begin{align*} I_{130} &= \left[0,9 – 1,96 \sqrt{\dfrac{0,1 \times 0,9}{130}};0,9 + 1,96 \sqrt{\dfrac{0,1 \times 0,9}{130}} \right] \\\\
& \approx [0,848;0,952]
\end{align*}$

La fréquence observée de clients satisfaits est $f = \dfrac{130 – 15}{130} \approx 0,885 \in I_{130}$.
On ne doit pas, au risque de $5\%$ remettre en question l’affirmation du directeur commercial.

$\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. $f$ est dérivable sur $[1;11]$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} & = -0,5 \times 2x + 2 + 15 \times \dfrac{1}{x} \\\\
    &= -x + 2 \dfrac{15}{x} \\\\
    & = \dfrac{-x^2 + 2x + 15}{x}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On cherche dans un premier temps les solutions de l’équation $-x^2 + 2x + 15 = 0$.
    $\Delta = 64 > 0$
    Il y a donc deux solutions réelles :
    $x_1 = \dfrac{-2 – 8}{-2} = 5$ et$x_2 = \dfrac{-2+8}{-2} = -3$
    Par conséquent $-x^2 + 2x + 15$ est positif sur $[-3;5]$ et négatif en dehors de cet intervalle.
    Mais la fonction $f’$ est définie sur $[1;11]$.
    Par conséquent, on obtient le tableau de variations suivant :
    bac ESL-amerique du nord - juin2015-ex4
    Avec $f(5) = -2,5 + 15\ln 5$ et $f(11) =-38,5 + 15 \ln 11$
    $\quad$
  3. a. Sur l’intervalle $[1;5]$, on a $f(x) \ge 1,5 > 0$.
    L’équation $f(x) = 0$ ne possède donc pas de solution sur cet intervalle.
    Sur l’intervalle $[5;11]$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
    De plus $f(5) > 0$ et $f(11)<0$.
    Par conséquent $0$ appartient à l’intervalle image et, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)= 0$ possède une unique solution sur cet intervalle.
    $\quad$
    L’équation $f(x)= 0$ possède donc un unique solution sur $[1;11]$.
    $\quad$
    b. D’après la calculatrice, on a $\alpha \approx 10,66$.
    $\quad$
    c. D’après le tableau de variations on a :
    – sur $[1;\alpha[$, $f(x) > 0$
    – $f(\alpha) = 0$
    – sur $]\alpha;11]$, $f(x) < 0$
    $\quad$
  4. a. La fonction $F$ est dérivable en tant que somme et produits de fonctions dérivables sur $[1;11]$
    $\begin{align*} F'(x) &= -\dfrac{1}{6} \times 3x^2 + 2x – 15 + 15\left(\ln x + x \times \dfrac{1}{x}\right) \\\\
    &=-\dfrac{1}{2}x^1 + 2x – 15 +15 \left(\ln x + 1\right) \\\\
    &= -0,5x^2 + 2x + 15\ln x \\\\
    &= f(x)
    \end{align*}$
    Ainsi la fonction $F$ est bien une primitive de $f$ sur $[1;11]$.
    $\quad$
    b. 
    $\begin{align*} \displaystyle \int_1^{11} f(x) \mathrm{d}x &= F(11) – F(1) \\\\
    &= -\dfrac{1595}{6} + 165\ln 11 – \left(-\dfrac{85}{6}\right) \\\\
    &= -\dfrac{755}{3} + 165 \ln 11 \\\\
    & \approx 143,99
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. La valeur moyenne de la fonction $f$ sur $[1;11]$ est :
    $$ \dfrac{1}{11 – 1} \int_0^{11} f(x)\mathrm{d}x \approx 14,40$$

Partie B

  1. La fonction $f$ est positive sur $^[1;\alpha]$.
    Pour obtenir un bénéfice mensuel positif, la société doit donc produire entre $100$ et $1066$ chaises.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ admet un maximum pour $x=5$.
    Il faut donc que la société produise et vende $500$ chaises pour obtenir un bénéfice maximum.