Bac ES/L – Nouvelle Calédonie – Mars 2015

Nouvelle Calédonie – Mars 2015

Correction bac ES/L – Mathématiques

L’énoncé de ce sujet de bac est ici.

Exercice 1

  1. a. On a $f'(x) = (57 – 25x)\e^{-x}$.
    La fonction exponentielle est toujours positive; par conséquent le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $57 – 25x$.
    Or $57 – 25x > 0 \Leftrightarrow -25x > -57 \Leftrightarrow x < \dfrac{57}{25}$
    Donc sur $\left[1,5;\dfrac{57}{25}\right]$, $f'(x) > 0$ et sur $\left[\dfrac{57}{25};6\right]$ $f'(x) < 0$.
    $\quad$
    b. $\quad$
    Bac - ES-L - nouvelle calédonie - ex1.1
    $f(1,5) = 5,5\e^{-1,5} \approx 1,23$
    $f\left(\dfrac{57}{25}\right) = 25\e^{-57/25} \approx 2,56$
    $f(6) = 118\e^{-6} \approx 0,29$
    $\quad$
  2. La courbe $C$ possède un point d’inflexion si $f\prime \prime(x)$ s’annule en changeant de signe.
    Le signe de $f\prime \prime(x)$ ne dépend que de celui de $25x-82$.
    Or $25x-82 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{82}{25}$
    Et $25x-82 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{82}{25}$.
    Par conséquent $C$ possède un unique point d’inflexion sur $[1,5;6]$ dont l’abscisse est $\dfrac{82}{25}$.
    $\quad$
  3. a. Sur $[4;5]$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
    $f(4) \approx 1,25$ et $f(5) \approx 0,63$.
    Donc $1\in [f(5);f(4)]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=1$ possède une unique solution sur $[4;5]$.
    $\quad$
    b.$\quad$
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    & \dfrac{a+b}{2} & y \text{ à} 10^{-3} \text{ près} & a & b & b-a & \text{sortie} \\\\
    \hline
    \text{initialisation} & & 4 & 5 & 1 & \\\\
    \hline
    1^{\text{re}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,5 & 0,894 & 4 & 4,5 & 0,5 & \\\\
    \hline
    2^{\text{e}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,25 & 1,059 & 4,25 & 4,5 & 0,25 & \\\\
    \hline
    3^{\text{e}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,375 & 0,974 & 4,25 & 4,375 & 0,125 & \\\\
    \hline
    4^{\text{e}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,3125 & 1,016 & 4,3125 & 4,375 & 0,062 & 4,34375 \\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. Ainsi $\alpha \approx 4,3$ au dixième près.
    $\quad$

Exercice 2

Partie A : sélection des pommes

On obtient l’arbre de probabilité suivant :
Bac - ES-L - nouvelle calédonie - ex2.1

  1. D’après l’arbre de probabilité on a $p(C\cap T) = 0,86 \times 0,97 = 0,8342$.
    $\quad$
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $$\begin{align*} p(T) &= p(T \cap C) + p\left(T \cap \overline{C}\right) \\\\
    & = 0,8342 + 0,14 \times 0,02 \\\\
    & = 0,837
    \end{align*}$$
    $\quad$
  3. On cherche à calculer :
    $\begin{align*} p_T(C) &= \dfrac{p(T \cap C)}{p(T)} \\\\
    & = \dfrac{0,8342}{0,837} \\\\
    & \approx 0,997
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B : contrôle d’un fournisseur

  1. On a $n=80$ et $p=0,86$.
    Donc $n \ge 30 $ ,$np = 68,6 \ge 5$ et $n(1-p) = 11,2 \ge 5$.
    Donc un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :
    $\begin{align*} I_{80} &= \left[0,86 – 1,96\sqrt{\dfrac{0,86 \times 0,14}{80}};0,86 + 1,96\sqrt{\dfrac{0,86 \times 0,14}{80}} \right] \\\\
    & \approx [0,783;0,937]
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. La fréquence observée est $f=\dfrac{65}{80} = 0,8125 \in I_{80}$.
    Par conséquent, au risque de $5\%$, l’entreprise peut continuer à utiliser son fournisseur.
    $\quad$

Exercice 3

  1. On cherche à résoudre l’équation :
    $\begin{align*} g(x) = 0 & \Leftrightarrow 2\ln(x) + 1 = 0 \\\\
    & \Leftrightarrow 2\ln(x) = -1\\\\
    & \leftrightarrow \ln(x) = – \dfrac{1}{2} \\\\
    & \Leftrightarrow x = \e^{-1/2}
    \end{align*}$
    Par conséquent les coordonnées de $A$ sont $\left(\e^{-1/2};0\right)$.
    $\quad$
  2. a. La fonction $g$ est dérivable sur $[0,5;5]$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
    $\begin{align*} g'(x) & = \dfrac{\dfrac{2}{x} \times x  – (2\ln(x) + 1)}{x^2 } \\\\
    & = \dfrac{2 – 2\ln(x) – 1}{x^2} \\\\
    & = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui de $1 – 2\ln(x)$.
    $1 – 2\ln(x) > 0 \Leftrightarrow -2\ln(x) > -1 \Leftrightarrow \ln(x) < \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x <\e^{1/2}$
    Donc $g'(x) > 0$ sur $\left[0,5;e^{1/2}\right]$ et $g'(x) < 0$ sur $\left[e^{1/2};5\right]$.
    $\quad$
    c. Ainsi $g$ est croissante sur $\left[0,5;e^{1/2}\right]$ et décroissante sur $\left[e^{1/2};5\right]$.
    $\quad$
  3. Une équation de la tangente à la courbe $\Gamma$ est de la forme :
    $$y=g'(a)(x – a)+g(a)$$
    $g(1) = 1$ et $g'(1) = 1$.
    Donc une équation de la tangente au point B est $y=x-1 + 1$ soit $y=x$
    $\quad$
  4. a. Par lecture graphique l’aire de $\mathscr{D}$ est comprise entre $2$ u.a. et $3$ u.a.
    $\quad$
    b. $G$ est une fonction dérivable sur $[0,5;5]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} G'(x) &= \dfrac{1}{x}[\ln(x) + 1] + \ln(x) \times \dfrac{1}{x} \\\\
    & = \dfrac{\ln(x) + 1 + 1}{x} \\\\
    & = g(x)
    \end{align*}$
    Par conséquent $G$ est une primitive de $g$ sur $[0,5;5]$.
    $\quad$
    La fonction $g$ est continue et positive sur $[0,5;5]$.
    Par conséquent l’aire de $\mathscr{D}$ vaut :
    $$\begin{align*} \int_1^3 g(x)\mathrm{d}x &=G(3) – G(1) \\\\
    & = \ln(3)[\ln(3) + 1] – \ln(1) [\ln(1) + 1] \\\\
    & = \ln(3)[\ln(3) + 1] \text{ u.a.}
    \end{align*}$$
    $\quad$

Exercice 4

Enseignement obligatoire

  1. $18\%$ des abonnés de l’opérateur A changent d’opérateur. Par conséquent $82\%$ restent chez l’opérateur A. Cela représente donc $0,82u_n$.
    De plus $22\%$ des abonnés de l’opérateur B changent d’opérateur pour aller chez l’opérateur B. Cela représente donc $0,22v_n$.
    Ainsi l’année suivante, le nombre d’abonnés de l’opérateur A est $u_{n+1} = 0,82u_n + 0,22v_n$.
    $\quad$
    Les commerciaux ont le choix entre l’opérateur A et l’opérateur B et ne dispose d’un seul abonnement. Donc $u_n+_n = 1$.
    $\quad$
  2. Ainsi $v_n = 1 – u_n$. Donc
    $\begin{align*} u_{n+1} &= 0,82u_n + 0,22v_n \\\\
    & = 0,82u_n + 0,22(1 – u_n) \\\\
    & = 0,82u_n + 0,22 – 0,22u_n \\\\
    &= 0,6u_n + 0,22
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. a. $\quad$
    $\begin{align*} w_{n+1} &= u_{n+1} – 0,55 \\\\
    &= 0,6u_n+ 0,22 – 0,55 \\\\
    &=0,6u_n – 0,33\\\\
    &=0,6u_n – 0,6 \times 0,55 \\\\
    &=0,6(u_n – 0,55) \\\\
    &=0,6w_n
    \end{align*}$
    Ainsi la suite $(w_n)$ est géométrique de raison $0,6$ et de premier terme $w_0 = u_0 – 0,55 = -0,15$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $w_n=-0,15 \times (0,6)^n$ pour tout entier naturel $n$.
    $\quad$
    c. De plus $u_n = w_n + 0,55 = 0,55 – 0,15 \times (0,6)^n$.
    $\quad$
  4. $0<0,6<1$ donc la limite quand $n$ tend vers $+\infty$ de $0,6^n$ est $0$. On peut donc conjecturer que la limite de $(u_n)$ est $0,55$.
    Cela signifie que $55\%$ des commerciaux choisiront, au bout d’un grand nombre d’années, l’opérateur A et $45\%$ l’opérateur B.
    $\quad$

Exercice 4

Enseignement de spécialité

Partie A

  1. $\quad$
    Bac - ES-L - nouvelle calédonie - ex4.1
    $\quad$
  2. On a ainsi la matrice de transition $M = \begin{pmatrix} \dfrac{3}{5} & \dfrac{2}{5} \\ \dfrac{1}{5} & \dfrac{4}{5} \end{pmatrix}$.
    $\quad$
  3. Puisque $x_1 = 0,05$ alors $y_1 = 0,95$ et $P_1=\begin{pmatrix} 0,05 & 0,95\end{pmatrix}$.
    Ainsi $P_2 = P_1 \times M = \begin{pmatrix} 0,22 & 0,78 \end{pmatrix}$
    Cela signifie donc $22\%$ des clients ont visité le site internet de la société lors de la deuxième journée de promotion.
    $\quad$
  4. L’état stable $P \begin{pmatrix}x&y \end{pmatrix}$ vérifie $P=MP$ soit
    $\begin{align*} \begin{cases} x+y= 1 \\x= \dfrac{3}{5}x+\dfrac{1}{5}y \\ y= \dfrac{2}{5}x+\dfrac{4}{5}y \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} y=1-x \\5x=3x+y \\5y=2x+4y \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} y=1-x \\2x=y \\y=2x \end{cases} \\\\
    & \Leftrightarrow \begin{cases} y = 1-x \\2x = 1 -x \end{cases} \\\\
    & = \Leftrightarrow \begin{cases} 3x = 1 \\y=1-x \end{cases} \\\\
    & = \Leftrightarrow \begin{cases} x = \dfrac{1}{3} \\ y = \dfrac{2}{3} \end{cases}
    \end{align*}$
    Remarque : une méthode plus rapide consisterait à montrer que $\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} \end{pmatrix} \times M$ .
    $\quad$

Partie B

  1.  Étudions les degrés des différents sommets :
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&G&H&I \\
    \hline
    4&3&4&2&4&6&4&3&2\\
    \hline
    \end{array}$
    Ce graphe possède deux sommets de degrés impairs. Il existe une chaîne eulérienne et il est possible de trouver un parcours permettant de parcourir l’ensemble du réseau en n’empruntant qu’une seule fois chaque fibre optique.
    Exemple : $B-A-D-F-A-C-F-E-C-E-G-I-H-G-F-H$.
    $\quad$
  2. Utilisons l’algorithme de Dijkstra pour répondre à cette question:
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&G&H&I&Sommet \\\\
    \hline
    & 30(A)&30(A)&20(A)& &50(A)&&&&A \\\\
    \hline
    & & & & & 50(A) & &  & & D \\\\
    \hline
    & & 30(A) & & 40(B) & & & & & B \\\\
    \hline
    & 30(A) &  & & 40(B) & 50(A) & & & & C \\\\
    \hline
    & & & & & 50(A) & 80(E) & & & E \\\\
    \hline
    & & & & & & 60(F) & 80(F) & & F \\\\
    \hline
    & & & & & & & 80(F) & 70(G) & G \\\\
    \hline
    & & & & & & & & 70(G) & H\\\\
    \hline
    \end{array}$
    Ainsi le chemin le plus rapide pour relier le routeur A au retour B nécessite $70$ms.
    Le paquet a emprunté le chemin le plus rapide sur le réseau.

 

TES/TL Nouvelle- Calédonie nov 2014

Nouvelle-Calédonie  Novembre 2014

Bac TES/TL – Correction – Mathématiques

L’énoncé de ce sujet est disponible ici.

Exercice 1

tes-nouvelle-caledonie-nov2014-ex1

  1. On cherche $p(A \cap S) = 0,6 \times 0,2 = 0,12$ Réponse B
    $\quad$
  2. On cherche $p_S(A) = \dfrac{p(S \cap A)}{p(S)}$ $ = \dfrac{0,12}{0,48}$ $=0,25$ Réponse C
    $\quad$
  3. $n = 100$ et $p=0,48$. On a bien $n \ge 30, np \ge 5$ et $n(1-p) \ge 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
    $\begin{align}I_{100} &=\left[0,48 – 1,96\sqrt{\dfrac{0,48 \times 0,52}{100}};0,48 + 1,96\sqrt{\dfrac{0,48 \times 0,52}{100}}\right] \\\\
    & \approx [0,382;0,578]
    \end{align}$
    Réponse A
    $\quad$
  4. On cherche $P(X \le 40) = 0,5 – P(40 \le X \le 48) $ $\approx 0,055$ Réponse A
    $\quad$
  5. On cherche $P(35  \le D \le 50) = \dfrac{50 – 35}{50 – 30}=0,75$ Réponse D

$\quad$

Exercice 2

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

Partie A

  1. $f(0) = 2$
    $f'(0) = 1$ c’est le coefficient directeur de la droite $(GH)$ tangente à la courbe en $G$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est décroissante sur $[\ln 2;2]$.
    Donc la solution de $f'(x) \le 0$ sur $[-1;2]$ est $[\ln 2;2]$.
    $\quad$
  3. Le domaine hachuré est compris entre des rectangles de tailles $1 \times 2$ et $1 \times 2,5$
    Ils ont chacun pour aire $2$ u.a. et $2,5$ u.a. .
    Par conséquent l’aire hachurée est comprise entre $2$ et $3$ unités d’aire.
    $\quad$

Partie B

  1. La fonction $f$ est dérivable en tant que somme de fonctions dérivables.
    $f'(x) = a – \text{e}^x$
    $\quad$
  2. On a $f'(0) = 1$ or $f'(0) = a – 1$ donc $1 = a – 1$ soit $a=2$.
    De plus $f(0) = 2$ et $f(0) = b – 1$ donc $2=b – 1$ soit $b = 3$.
    $\quad$
  3. $f(x) = 2x + 3 – \text{e}^x$
    Une primitive de $f$ sur $[-1;2]$ est donc la fonction $F$ définie sur cet intervalle par :
    $F(x) = x^2 + 3x – \text{e}^x$
    $\quad$
  4. L’aire hachurée est :
    $\begin{align} I &= \displaystyle \int_0^1 f(x) \text{d}x \\\\
    &= F(1) – F(0) \\\\
    &= 4 – \text{e} + 1\\\\
    &= 5 – \text{e} \text{ u.a.}
    \end{align}$

$\quad$

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
  1. Le sommet $1$ est de degré $3$.
    Le sommet $2$ est de degré $4$.
    Le sommet $3$ est de degré $2$.
    Le sommet $4$ est de degré $2$.
    Le sommet $5$ est de degré $3$.
    Ce graphe complet possède exactement deux sommets de degré impair. Il possède donc une chaîne eulérienne.
    Il est par conséquent possible d’emprunter une fois et une seule chaque parcours en commençant par l’arbre $1$.
    $\quad$
    Un itinéraire est : $1 – 2 – 5 – 1 – 4 – 2 – 3 – 5$.
    $\quad$
  2. a. La matrice $M$ est $$\begin{pmatrix} 0&1&0&1&1\\\\1&0&1&1&1\\\\0&1&0&0&1\\\\1&1&0&0&0\\\\1&1&1&0&0\end{pmatrix}$$
    b. Le nombre d’itinéraires express correspond à $M^3_{1,4} = 5$.
    $\quad$
  3. a. $f(2) = 4a+2b+c = 8,1$
    $f(10) = 100a+10b+c = 2,5$
    $f(20) = 400a + 20b+c = 0$
    Par conséquent les nombres $a, b, c$ sont solutions du systèmes :
    $$\begin{cases} 400a + 20b+c = 0 \\\\100a + 10b + c = 2,5 \\\\4a + 2b + c = 8,1 \end{cases}$$
    $\quad$
    b. On a $X = \begin{pmatrix} a\\\\b\\\\c \end{pmatrix}$ et $V=\begin{pmatrix} 0 \\\\2,5\\\\8,1 \end{pmatrix}$
    $\quad$
    c. La calculatrice nous indique que la matrice $U$ est inversible.
    Donc $X = U^{-1}V= \begin{pmatrix} 0,025 \\\\-1\\\\10 \end{pmatrix}$

$\quad$

Exercice 3

  1. Chaque année $40\%$ ne sont pas renouvelés. Cela signifie donc que $60\%$ le sont.
    Cela correspond donc à $0,6a_n$.
    Chaque année la société accueille $400$ nouveaux abonnés.
    On a donc bien $a_{n+1} = 0,6a_n+400$.
    La société comptait en 2010 $1~500$ abonnés.
    La suite $(a_n)$ modélise bien le nombre d’abonnés pour l’année $2010+n$.
    $\quad$
  2. a.$\quad$
    $\begin{align} v_{n+1} & =a_{n+1} – 1000\\\\
    &=0,6a_n + 400 – 1000\\\\
    &=0,6a_n – 600 \\\\
    &=0,6(a_n – 1000) \\\\
    &=0,6v_n
    \end{align}$
    La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $0,6$ et de premier terme $v_0 = a_0 – 1000 = 500$.
    $\quad$
    b. On a donc $v_n = 500 \times 0,6^n$
    $\quad$
    c. $a_n = v_n + 1000 = 500 \times 0,6^n + 1000$.
    $\quad$
  3. a. En $2010$ il y avait $1 ~500$ abonnés. La recette était donc de $1~500 \times 400 = 600~000$ euros.
    $\quad$
    b. La suite $(P_n)$ est géométrique de raison $1,05$ et de premier terme $400$.
    Donc $P_n = 400 \times 1,05$
    $\quad$
    c. On a $R_n = a_n \times P_n = \left(500 \times 0,6^n + 1000 \right)\times \left(400 \times 1,05^n \right)$
    $\quad$
    d. On veut que $R_n > 600~000$
    Cela se produit pour $n= 9$
    C’est donc en $2019$ que la recette de cette société dépassera celle obtenue en $2010$.

$\quad$

Exercice 4

  1. a. D’après la première ligne de calcul du logiciel de calcul formel on a $f'(x) = \dfrac{1 -\ln(x)}{x^2}$.
    $\quad$
    b. Pour tout $x \in [1;10]$ on a $x^2 \ge 0$.
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $1 – \ln(x)$.
    Or $1 – \ln(x) \ge 0 \Leftrightarrow x \in [1;\text{e}]$.
    TES-nllecalédonie-nov14-ex4

  2. a. On a $f'(x) = \dfrac{1}{x^2} – \dfrac{\ln(x)}{x^2}$
    Par conséquent $f \prime \prime (x) = -\dfrac{2}{x^3} – \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}$ $=\dfrac{2\ln(x) – 3}{x^3}$
    $\quad$
    b. Sur $[1;10]$ le signe de $f\prime \prime(x)$ ne dépend que de celui de $2\ln(x) – 3$.
    $2\ln(x) – 3 \ge 0 \Leftrightarrow \ln(x) \ge \dfrac{3}{2} $ $\Leftrightarrow x \ge \text{e}^{3/2}$
    Par conséquent :
    – $\quad$ sur $\left[1;\text{e}^{3/2}\right[$, $f\prime \prime(x) < 0$
    – $\quad$ $f\prime \prime\left(\text{e}^{3/2}\right) = 0$
    – $\quad$ sur $\left[\text{e}^{3/2};10\right]$, $f\prime \prime(x) > 0$
    $\quad$
    La fonction $f\prime \prime$ s’annule donc en $\text{e}^{3/2}$ en changeant de signe. Le point d’abscisse $\text{e}^{3/2}$ est donc un point d’inflexion pour la courbe $\mathscr{C}$.
    $\quad$
  3. a. 
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|}
    \hline
    X&Y&Z&Test : Y<Z \\\\
    \hline
    2&0,3466&0,3533&vrai \\\\
    \hline
    2,1&0,3533&0,3584&vrai \\\\
    \hline
    2,2&0,3584&0,3621&vrai \\\\
    \hline
    2,3&0,3621&0,3648&vrai \\\\
    \hline
    2,4&0,3648&0,3665&vrai \\\\
    \hline
    2,5&0,3665&0,3675&vrai \\\\
    \hline
    2,6&0,3675&0,3679&vrai \\\\
    \hline
    2,7&0,3679&0,3677&Faux\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. L’algorithme affichera donc $2,7$
    Il s’agit d’une valeur approchée de l’abscisse du maximum de la courbe $\mathscr{C}$
    $\quad$

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.

 

 

 

Bac ES/L – Antilles Guyane – Septembre 2014

Antilles Guyane – Septembre 2014 – Bac ES/L

Mathématiques – Correction

Le sujet est disponible ici.

Exercice 1

  1. $\ln \left(10\text{e}^2\right)$ $=\ln 10 + \ln \left(\text{e}^2\right)$ $=\ln 10 + 2 \ln \text{e} = \ln 10 + 2$ Réponse c
    $\quad$
  2. $0,7^n \le 0,01$ $\Leftrightarrow n \ln 0,7 \le \ln 0,01$ $\Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln 0,01}{\ln 0,7}$ $\Leftrightarrow n \ge 13$ Réponse b
    $\quad$
  3. $f'(x) = 5\text{e}^{5x+2}$ Réponse a
    $\quad$
  4. L’intégrale correspond à l’aire comprise entre  la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    Cette aire est comprise entre $\dfrac{1}{2}$ u.a. et $1 u.a$.
    La seule valeur acceptable est donc $\text{e}-2$. Réponse a
    $\quad$
  5. Le coefficient directeur de la tangente est positif : on exclut donc les réponses c et d.
    L’ordonnée à l’origine sera négative.
    Réponse b
    $\quad$

Exercice 2

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

Partie A

  1. $\quad$
    ES - antilles_guyane-sept2014
  2. Cette probabilité se note $p\left(B\cap \overline{D} \right)$
    $\quad$
  3. D’après la propriété des probabilités totales on a :
    $$\begin{align} p(D) &= p(A \cap D) + p(B \cap D) + p(C \cap D) \\\\
    &= 0,3 \times 0,05 + 0,1 \times 0,05 + 0,6 \times 0,04 \\\\
    &= 0,015+0,005+0,024\\\\
    &=0,044
    \end{align}$$
  4. $p_D(A) = \dfrac{p(D \cap A)}{p(D)}$ $ = \dfrac{0,015}{0,044} \approx 0,341$.
    $\quad$
  5. On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre de balles possédant un défaut.
    Il y a $5$ tirages aléatoires, identiques et  indépendants. Chaque tirage possède deux issues : $D$ et $\overline{D}$. $p(D) = 0,044$.
    $X$ suit donc la loi binomiale $\mathscr{B}(5;0,044)$.
    On veut calculer $P(X=3) = \binom{5}{3}\times 0,044^3 \times 0,956^2 $ $\approx 0,0008$.

$\quad$

Partie B

  1. On veut donc connaître la valeur de $P(56,7 \le X \le 58,5) $ $= P(\mu-3\sigma \le X \le \mu + 3\sigma) $ $\approx 0,997$.
    $\quad$
  2. $P(X \ge 58) = 0,5 – P(57,6 \le X \le 58) $ $\approx 0,091$

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Étudions le degré de chacun des sommets.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    sommet& A&B&C&D&E&F&G\\\\
    \hline
    degré& 3&2&3&3&3&5&3\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    Ce graphe possède $5$ sommets de degré impair. Il ne possède donc pas de chaîne eulérienne.
    Il ne peut par conséquent pas passer par tous les couloirs une et une seule fois.
    $\quad$
  2. Nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&G&sommet\\\\
    \hline
    0& & & & & & &A\\\\
    \hline
    |&5A& &7A & & 3A& & F \\\\
    \hline
    |&5A&5F&4F&7F&|&22F&D \\\\
    \hline
    |&5A&5F&|&7F&|&22F&B\\\\
    \hline
    |&|&5F&|&7F&|&22F&C\\\\
    \hline
    |&|&|&|&7F&|&19C|&E\\\\
    \hline
    |&|&|&|&|&|&15E\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    Le chemin permettant de rencontrer le moins de monstres est $A-F-E-G$. Il y en a alors $15$.

Partie B

  1. $\quad$ES-antilles-sept2014-ex2
  2. La matrice de transition est alors $M=\begin{pmatrix} 0,7&0,3\\\\0,4&0,6\end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. On a $P_3=P_1M^2$ $= \begin{pmatrix}0&1\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0,61&0,39\\\\0,52&0,48 \end{pmatrix}$ $=\begin{pmatrix}0,52&0,48\end{pmatrix}$
    La probabilité de gagner la troisième partie est donc $0,52$.
    $\quad$
  4. $P_15=P_1M^{14}$ $\approx\begin{pmatrix} 0,57&0,43 \end{pmatrix}$
    La probabilité qu’il gagne la quinzième partie est donc $0,57$.

 

$\quad$

Exercice 3

Partie A

  1. $n=2500$ $f=\dfrac{80}{2500} = 0,032$.
    Donc $n \ge 30$, $nf = 80 \ge 5$ et $n(1-f) = 2420 \ge 5$.
    Par conséquent un intervalle de confiance au seuil de $95\%$ est $$\begin{align} I_{2500} &= \left[0,032 – \dfrac{1}{\sqrt{2500}};0,032+\dfrac{1}{\sqrt{2500}}\right] \\\\
    & =[0,012;0,052]
    \end{align}$$
  2. On veut un intervalle d’amplitude $0,02$. Il faut donc que $\dfrac{2}{\sqrt{n}} = 0,02$ $\Leftrightarrow \dfrac{4}{n} = 0,0004$ $\Leftrightarrow n = \dfrac{4}{0,0004} = 10000$.
    $\quad$
  3. $15000\times 0,012 \times 20 = 3600$. D’après cette étude, au risque de $5\%$, l’entreprise devrait réaliser une recette d’au moins $3600€$. Le producteur peut donc envisager de se lancer.

Partie B

  1. $C_m(x)=-\dfrac{4}{48}x^3+\dfrac{15}{16}x^2+ 5$
    Donc $C_m(6) = 20,75$.
    $\quad$
  2. a. La fonction $C$ est convexe lorsque $C”(x) \ge 0$.
    On cherche donc les valeurs de $x$ telles que $-\dfrac{1}{4}x^2 + \dfrac{15}{8}x \ge 0$ $\Leftrightarrow -2x^2+15x \ge 0$ $\Leftrightarrow x(-2x+15) \ge 0$.
    Sur $[0;10]$ $x$ est toujours positif. $-2x+15 \ge 0 \Leftrightarrow x \le 7,5$.
    Donc $C$ est convexe sur l’intervalle $[0;7,5]$.
    $\quad$
    b. Au point d’abscisse $7,5$ la courbe possède un point d’inflexion. Par conséquent à partir de $750$ paniers vendus le coût marginal diminue

$\quad$

Partie C

  1. Pour obtenir un bénéfice, il faut donc au moins vendre $80$ paniers.
    $\quad$
  2. S’il vend $500$ paniers le bénéfice est de $4000€$.
    $\quad$
  3. L’écart maximal entre les deux courbes est d’environ $40$ unités. Il ne peut donc pas espérer réaliser un bénéfice de $5~000€$.

$\quad$

Exercice 4

  1.  a. L’augmentation est de $20\%$. La raison est donc $q=1,2$. Le premier terme est $u_0 = 30$.
    $\quad$
    b. $u_n = 30 \times 1,2^n$.
    $\quad$
    c. En $2013$, $n=5$ et donc $u_5 \approx 74,6$.
    On a donc atteint $74$ utilisations de la visio-conférence.
    $\quad$
  2. a. $\quad$
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    Test ~U<A& &vrai&vrai&vrai&vrai&vrai&vrai&faux \\\\
    \hline
    Valeur~ de~ U&30&36&43&52&62&75&90&107\\\\
    \hline
    Valeur~ de~ n&0&1&2&3&4&5&6&7\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. Cet algorithme va donc afficher en sortie $7$
    $\quad$
    c. C’est donc à partir de l’année $2015$ que la viso-conférence sera utilisée plus de $100$ fois.
    $\quad$
  3. Il faut que le nombre total d’utilisations dépasse $400$.
    $\begin{array} {|c|c|c|c|}
    \hline
    année&n&nombre&cumul \\\\
    \hline
    2008&0&30&30\\\\
    \hline
    2009&1&36&66\\\\
    \hline
    2010&2&43&109\\\\
    \hline
    2011&3&52&161\\\\
    \hline
    2012&4&62&223\\\\
    \hline
    2013&5&75&298\\\\
    \hline
    2014&6&90&387\\\\
    \hline
    2015&7&107&495\\\\
    \hline
    \end{array}$
    L’installation sera donc amortie à partir de l’année $2015$.

Métropole – TES/TL – Septembre 2014

Métropole – TES/TL – Septembre 2014

Mathématiques – Correction

Le sujet est disponible ici.

Exercice 1

Partie A

  1. $\quad$
    metropole - tes-sept2014-ex1 (1)
  2. On cherche à calculer $p(T \cap C) = 0,5 \times 0,8 = 0,4$.
    $\quad$
  3. a. D’après le théorème des probabilités totales on a :
    $p(C) = p(T \cap C) + p(R \cap C) + p(B \cap C)$
    Soit $0,7 = 0,4 + 0,4 \times 0,6 + p(B \cap C)$
    D’où $p(B \cap C) = 0,06$
    $\quad$
    b. On a donc $p_B(C) = \dfrac{p(B \cap C)}{p(B)} = \dfrac{0,06}{0,1} = 0,6$
    $\quad$
  4. On cherche $p_C(T) = \dfrac{p(C \cap T)}{p(C)} = \dfrac{0,4}{0,7} = \dfrac{4}{7} \approx 0,571$
    $\quad$

Partie B

  1. On veut $P(74 \le X \le 94) \approx 0,954$.
    $\quad$
  2. On veut donc $P \left( X > \dfrac{2}{3} \times 120 \right) = P(X > 80) = 0,5 + P(80 < X < 84) \approx 0,788$

$\quad$

Exercice 2

  1. En $2013$ le lycée a $0,7 \times 700 + 240 = 730$ élèves.
    En $2014$ le lycée a $0,7 \times 730 + 240 = 751$ élèves.
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align} u_{n+1} &= a_{n+1} – 800 \\\\
    &= 0,7a_n + 240 – 800 \\\\
    &= 0,7a_n – 560 \\\\
    &= 0,7a_n – 0,7 \times 800 \\\\
    &=0,7(a_n – 800) \\\\
    &=0,7u_n
    \end{align}$
    La suite $(u_n)$ est donc géométrique de raison $0,7$ et de premier termer $u_0 = 700 – 800 = -100$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $u_n = -100 \times 0,7^n$.
    $\quad$
    c. Et $a_n = u_n+800 = 800 – 100 \times 0,7^n$.
    $\quad$
  3. a. $\quad$
    $\begin{align} 800 – 100 \times 0,7^n \ge 780 & \Leftrightarrow -100 \times 0,7^n \ge -20 \\\\
    & \Leftrightarrow 0,7^n \le 0,2
    \end{align}$
    $\quad$
    b. On a ainsi $n \ln 0,7 \le \ln 0,2 \Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln 0,2}{\ln 0,7}$
    Soit $n \ge 5$.
    Il faudra donc agrandir le lycée en $2017$.

$\quad$

Exercice 3

  1. La courbe représentative de la fonction $f”$ s’annule et change de signe en $-2$ et $3$. La courbe représentative de $f$ possède donc des points d’inflexion.
    $\quad$
  2. Sur $[-2;3]$ on a $f”(x) \le 0$ donc $f$ est concave.
    $\quad$
  3. Il n’y a pas de point d’inflexion au point d’abscisse $-2$ sur la courbe $1$.
    La courbe $2$ représente donc la fonction $f$.

$\quad$

Exercice 4

  1. $f'(x) = -2x -4 + 6 \times \dfrac{1}{x} = \dfrac{-2x^2-4x+6}{x}$
    $\quad$
  2. Sur $[0,5;10]$ le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de son numérateur : -2x^2-4x+6
    $\Delta = (-4)^2 – 4\times (-2) \times 6 = 64$.
    Il y a donc deux racines $x_1 = \dfrac{4 – \sqrt{64}}{-4} = 1$ et $x_2 = \dfrac{4 + \sqrt{64}}{-4} = -3 $.
    On obtient ainsi le tableau de variation suivant
    metropole - tes-sept2014-ex4 (1)
    où $a = \dfrac{51}{4} + 6\ln 0,5$ et $b= -125 + 6\ln 10$.
    $\quad$
  3. Sur l’intervalle $[0,5;1]$ on a $f(x) > 0$. Donc l’équation $f(x) =0$ ne possède pas de solution sur cet intervalle.
    Sur l’intervalle $[1;10]$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
    $f(1) = 10 >0$ et $f(10) = b <0$. Donc $0 \in [b;10]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution sur $[1;10]$ et par conséquent également sur $[0,5;10]$.
    $\quad$
    On a $\alpha \approx 3,06$.
    $\quad$
  4. $F$ est dérivable comme comme et produit de fonctions dérivables sur $[0,5;10]$.
    Et $F'(x)=-x^2-4x+9 + 6\ln(x) + 6x \times \dfrac{x} = -x^2-4x+15+6\ln(x) = f(x)$.
    Donc $F$ est bien une primitive de $f$ sur $[0,5;10]$.
    $\quad$
  5. On a donc $I = F(3) – F(1) = 18\ln 3 – \dfrac{20}{3} \approx 13,108$ u.a..
    $\quad$
  6. La valeur moyenne de $f$ sur $[1;3]$ est donnée par $m=\displaystyle \dfrac{1}{3-1} \int_1^3 f(x)\mathrm{d}x = \dfrac{I}{2}$.
    Par conséquent $m = 9\ln 3 – \dfrac{10}{3} \approx 6,554$

 

BAC ES/L – Polynésie – septembre 2014

Polynésie – TES/TL – Septembre 2014

Mathématiques – Correction

Le sujet est disponible ici

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.

TES/TL – Métropole – Juin 2014

Métropole – TES/TL – Juin 2014

Mathématiques – Correction

Suivez les liens pour obtenir les énoncés de ce bac : Obligatoire et Spécialité

Exercice 1

  1. Réponse c
    En complétant l’arbre, on obtient :
    TES - métropole - juin2014-ex1
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $$\begin{align} P(B) &= P(A\cap B) + P\left( \bar{A} \cap B \right) \\\\
    &= 0,6 \times 0,3 +0,4 \times 0,2 \\\\
    &=0,26
    \end{align}$$
    Réponse c
    $~$
  3. Puisque $F$ est une primitive de $f$ sur $[1;15]$ cela signifie donc que $F'(x) = f(x)$.
    $f$ est négative (en particulier) sur $[4;12]$. Par conséquent $F$ est décroissante sur cet intervalle.
    Réponse c
    $~$
  4. $~$
    $$\begin{align} \ln x + \ln(x+3) = 3\ln 2
    \Leftrightarrow & \ln \left(x(x+3) \right) = \ln 2^3 \\\\
    \Leftrightarrow & x(x+3) = 8 \\\\
    \Leftrightarrow x^2+3x=8
    \end{align}$$
    Réponse d
    $~$
  5. On cherche donc :
    $$\begin{align} \int_2^6 \dfrac{5}{x}\text{d}x &= \left[5\ln x \right]_2^6 \\\\
    &= 5\ln 6 – 5\ln 2 \\\\
    &=5(\ln 6 – \ln 2)
    \end{align}$$
    Réponse a

$~$

Exercice 2

Pour les élèves de ES n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité et les élèves de L

  1.  $0,2 \times 1~500 = 300$. Il reste donc $1~500 – 300 = 1~200 \text{ m}^2$ de gazon avant de remplacer $50 \text{ m}^2$ de mousse par du gazon.
    Donc $u_1 = 1~250$.
    $~$
  2. Si $20\%$ du gazon est détruite. $80\%$ est donc intact. D’où les $0,8u_n$. De plus il remplace, chaque année, $50\text{ m}^2$ de mousse par du gazon.
    Par conséquent :
    $$ u_{n+1} = 0,8u_n+50$$
  3. a. $~$
    $$\begin{align} v_{n+1} &= u_{n+1} – 250 \\\\
    &=0,8u_n + 50 – 250 \\\\
    &=0,8u_n – 200 \\\\
    &=0,8u_n – 0,8\times 250 \\\\
    &=0,8(u_n-250) \\\\
    &=0,8v_n
    \end{align}$$
    La suite $(v_n)$ est donc une suite géométrique de raison $0,8$ et de premier terme $v_0 = 1500-250 = 1250$.
    $~$
    b. On obtient donc $v_n = 1250 \times 0,8^n$.
    Puis :
    $$\begin{align} u_n &= v_n+250 \\\\
    &= 1250 \times 0,8^n + 250
    \end{align}$$
    c. On calcule $u_4 = 250 +1~250 \times 0,8^4 = 762$.
    $762 \text{ m}^2$ du terrain est encore engazonné au bout de $4$ ans.
    $~$
  4. a. On cherche la plus petite valeur de $n$ telle que :
    $$\begin{align} &250+1~250\times 0,8^n < 500 \\\\
    \Leftrightarrow & 1~250\times 0,8^n < 250 \\\\
    \Leftrightarrow &0,8^n < \dfrac{250}{1~250} \\\\
    \Leftrightarrow &n\ln 0,8 < \ln 0,2 \\\\
    \Leftrightarrow &n > \dfrac{\ln 0,2}{\ln 0,8} \\\\
    \Leftrightarrow &n \ge 8
    \end{align}$$
    A partir de la $8^\text{ème}$ année la surface de gazon sera inférieure à $500 \text{m}^2$.
    $~$
    b. Initialisation
    $\quad$ $u$ prend la valeur $1500$
    $\quad$ $n$ prend la valeur $0$
    Traitement
    $\quad$ Tant que $u \ge 500$ faire
    $\qquad$ $u$ prend la valeur  $0,8u+50$
    $\qquad$ $n$ prend la valeur $n+1$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie
    $\quad$ Afficher $n$
    $~$
  5. $0 < 0,8 < 1$ par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,8^n = 0$ et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 250$
    De plus $u_n=250+1~250\times 0,8^n \pg 250$.
    Il restera donc, au minimum, $250 \text{ m}^2$ de gazon. Claude a donc raison.

$~$

Exercice 2

Pour les élèves de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité 

  1. a.
    TES - métropole - juin2014-ex2
    b. La matrice de transition est :
    $$ M = \begin{pmatrix} 0,9&0,1 \\\\0,4&0,6 \end{pmatrix}$$
    $~$
    c. Au premier lancer, elle a autant de chance d’atteindre la cible que de la manquer.
    Donc $P_1 =(0,5~~0,5)$.
    On a $P_2 = P_1\times M = (0,65~~0,35)$
    $~$
  2. a. On a : $(a_{n+1}~~b_{n+1}) = P_{n+1} = P_n \times M = (0,9a_n+0,4b_n~~0,1a_n+0,6b_n)$
    Donc $a_{n+1} = 0,9a_n+0,4b_n$.
    $~$
    b. On sait que $a_n+b_n = 1$ par conséquent $b_n=1-a_n$.
    $$\begin{align} a_{n+1} &= 0,9a_n+0,4b_n \\\\
    &=0,9a_n+0,4(1-an) \\\
    &=0,5a_n+0,4
    \end{align}$$
  3. a. Initialisation
    $\quad$ Saisir $n$
    Traitement
    $\quad$ $a$ prend la valeur $0,5$
    $\quad$ $a$ prend la valeur $0,5$
    $\quad$ Pour $i$ allant de $2$ à $n$
    $\qquad$ $a$ prend la valeur $0,5\times a + 0,4$
    $\qquad$ $a$ prend la valeur $1-a$
    $\quad$ Fin Pour
    Sortie
    $\quad$ Afficher $a$ et $b$
    $~$
    b. Si $n=5$ alors l’algorithme affiche $a=0,78125$ et $b=0,21875$
    $~$
  4. a.$~$
    $$\begin{align} u_{n+1} &= a_{n+1}-0,8 \\\\
    &=0,5a_n+0,4 – 0,8 \\\\
    &=0,5a_n-0,4 \\\\
    &=0,5(a_n-0,8)\\\\
    &=0,5u_n
    \end{align}$$
    La suite $(u_n)$ est donc géométrique de raison $0,5$ et de premier terme $u_1=0,5-0,8=-0,3$.
    $~$
    b. Par conséquent $u_n = -0,3 \times 0,5^{n-1}$ et $a_n =0,8-0,3\times 0,5^{n-1}$.
    $~$
    c. $-1< 0,5 < 1$ Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,5^n = 0$
    Et $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} a_n = 0,8$.
    Sur le long terme, Alice à $80\%$ de chance de toucher la cible.
    $~$
    d. On aurait pu chercher l’état stable de la suite $(P_n)$.

 

$~$

Exercice 3

Partie A

  1. On calcule donc $P(30 < X < 60) = \dfrac{60 – 30}{60 – 20} = \dfrac{3}{4}$.
    $~$
  2. L’espérance est donnée par la formule $E(X) = \dfrac{a+b}{2}$.
    Donc ici $E(X) = \dfrac{20 + 60}{2} = 40$.
    Cela signifie, qu’en moyenne, Antoine s’entraîne $40$ minutes au billard.

$~$

Partie B

  1. On veut calculer $p_1 = P(D \le 57) = 0,5$ par définition de l’espérance d’une loi normale.
    $~$
  2. On calcule $p_2=P(56,75 \le D \le 57,25) \approx 0,977$
    $~$
  3. En passant au complémentaire, on a $p_3 = 1 – p_2 \approx 0,023$

$~$

Partie C

  1. La fréquence observée est $f = \dfrac{66}{80}=0,825$
    $~$
  2. $n=80 \ge 30$, $nf = 80 \times 0,825 = 66 \ge 5$ et $n(1-f) = 14 \ge 5$
    Un intervalle de confiance au niveau de confiance 0,95 de $p$ est :
    $$\begin{align} I_{80} &= \left[0,825 – \dfrac{1}{\sqrt{80}};0,825 + \dfrac{1}{\sqrt{80}} \right] \\\\
    & \approx [0,712;0,837]
    \end{align}$$

$~$

Exercice 4

A : Etude graphique

  1. A l’instant initial, la concentration est de $2$ grammes par litre.
    $~$
  2. $~$
    TES - métropole - juin2014-ex4
    La concentration est donc supérieure à $0,4$ gramme par litre pendant environ $6$ heures.

$~$

B : Etude théorique

  1. $~$
    $$ \begin{align} f'(x) &= \text{e}^{-0,5x} + (x+2) \times (-0,25)\text{e}^{-0,5x} \\\\
    & = \left(1 – 0,5(x+2) \right) \text{e}^{-0,5x} \\\\
    &= -0,5x\text{e}^{-0,5x}
    \end{align}$$
    La fonction exponentielle étant strictement positive, la fonction $f’$ est donc du signe de $-x$.
    Par conséquent, sur l’intervalle $[0;15]$ la fonction $f$ est strictement décroissante.
    $~$
  2. La fonction $f$ est continue et strictement décroissante sur l’intervalle $[0;15]$
    De plus $f(0) = 2$ et $f(15) \approx 0,0094$
    Par conséquent $0,1 \in [f(15);f(0)]$
    D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0,1$ possède donc une unique solution $\alpha$.
    $~$
  3. La calculatrice nous donne donc $9,4 < \alpha < 9,5$
    $~$
  4. D’après les résultats donnés par le logiciel, on a :
    $$f^{\prime \prime}(x) = (0,25x-0,5)\text{e}^{-0,5x}$$
    La fonction exponentielle est toujours strictement positive.
    Par conséquent le signe de $f^{\prime \prime}(x)$ ne dépend que de celui de $0,25x-0,5$.
    $0,25x-0,5 > 0 \Leftrightarrow x > 2$.
    La fonction $f$ est donc convexe sur $[2;15]$ et concave sur $[0;2]$.
    $f^{\prime \prime}$ change de signe en $2$. C’est donc l’abscisse du point d’inflexion.
    $~$

C : Interprétation des résultats

  1. D’après la question B.2, le médicament est actif sur la période $[0;\alpha]$.
    Il est donc actif pendant $\alpha$ heures.
  2. D’après la question B.4, la baisse de la concentration ralentit au bout de $2$ heures.

 

 

TES/TL – Antilles Guyane – Juin 2014

Antilles Guyane – TES/TL – Juin 2014

Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est ici.

Exercice 1

  1. Il s’agit de la somme d’une suite géométrique de raison $q = 2$ et de premier terme $1$.
    Par conséquent $S = \dfrac{1 – 2^{31}}{1 – 2} = 2^{31} – 1$.
    Réponse a
    $~$
  2. $-\dfrac{x^3}{3} + x^2 + 3x = x\left(-\dfrac{x^2}{3} + x + 3 \right)$
    Calculons le discriminant du polynôme du second degré :
    $\Delta = 1^2 + 4 \times 3 \times \dfrac{1}{3} = 5 > 0$
    L’équation $-\dfrac{x^2}{3} + x + 3  = 0$ admet donc 2 solutions distinctes
    $0$ est également solution de l’équation initiale.
    Réponse b
    Remarque : le solveur d’équation de la calculatrice donnait également la réponse
    $~$
  3. Prenons $F(x) = x\ln x – x$ alors $F'(x) = \ln x + \dfrac{x}{x} – 1 = \ln x = f(x)$
    Réponse c
    $~$
  4. Remarque :On peut utiliser le menu table de la calculatrice
    $$\begin{align} \left(\dfrac{1}{2} \right)^n < 0,003 & \Leftrightarrow n \ln \dfrac{1}{2} < \ln 0,003 \\\\
    & \Leftrightarrow n > \dfrac{\ln 0,003}{\ln \dfrac{1}{2}} \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge 9
    \end{align}$$
    Réponse b

$~$

Exercice 2

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

Partie A

  1. a. L’arrondi choisi correspond au nombre d’abonnés de l’opérateur arrondi au millier.
    $~$
    b. En $2014$ $u_1 = 0,92 \times 20 + 3 = 21,4$
    Il y a $21,4$ millions d’abonnés chez cet opérateur en $2014$
    En $2015$ $u_2 = 0,92 \times 21,4 + 3 = 22,688$
    Il y aura $22,688$ millions d’abonnés chez cet opérateur en $2015$
    $~$
  2. $~$
    $$\begin{align} v_{n+1} &= u_{n+1}-37,5 \\\\
    &= 0,92u_n+3 – 37,5 \\\\
    &= 0,92u_n-34,5 \\\\
    &=0,92u_n – 0,92 \times 37,5 \\\\
    &=0,92 \times (u_n – 37,5) \\\\
    &= 0,92v_n
    \end{align}$$
    La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $0,92$ et de premier terme $v_0 = 20 – 37,5 = -17,5$.
    $~$
  3. On a donc $v_n = -17,5 \times 0,92^n$.
    Par conséquent :
    $$\begin{align} u_n &= v_n+37,5 \\\\
    &= 37,5 – 17,5 \times 0,92^n
    \end{align}$$
  4. En $2020$ cela correspond à $n=7$ donc $u_n \approx 27,738$
    L’opérateur aura donc en $2020$ $27,738$ millions d’abonnés.
    $~$
  5. Puisque $-1 < 0,92 <1$ on a $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,92^n = 0$
    Par conséquent : $$\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 37,5$$
  6. La limite étant de $37,5$ millions d’abonnés, il peut donc espérer dépasser les $30$ millions d’abonnés.

$~$

Partie B

  1. Variables :
    $\quad$ $N$ un nombre entier naturel non nul
    $\quad$ $U$ un nombre réel
    Traitement :
    $\quad$ Affecter à $U$ la valeur $20$
    $\quad$ Affecter à $N$ la valeur $0$
    $\quad$ Tant que $U<25$
    $\quad$ Affecter à $U$ la valeur $0,92\times U+3$
    $\quad$ Affecter à $N$ la valeur $N+1$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $N$
    $~$
  2. On constate que pour $n = 4$ on a $u_n = 24,963$ et que pour $n=5$ on a $u_n = 25,966$.
    C’est donc à partir de $2018$ que l’opérateur fera des bénéfices.

$~$

Exercice 3

Partie A

  1. $~$
    TES - antilles-guyane-juin2014-ex3
  2. D’après la propriété des probabilités totales on a :
    $$\begin{align} P(O) &= P(O \cap M) + P(O \cap K) \\\\
    &= 0,74 \times 0,006 + 0,26 \times 0,086 \\\\
    &= 0,0268
    \end{align}$$
  3. On cherche à calculer :
    $$\begin{align} P_O(K) &= \dfrac{P(O \cap K)}{P(O)} \\\\
    &= \dfrac{0,26 \times 0,086}{0,0268} \\\\
    & \approx 0,83
    \end{align}$$
    La probabilité que le praticien soit un kinésithérapeute sachant que le patient a suivi une séance d’ostéopathie est donc de $83\%$.

$~$

Partie B

  1. La calculatrice nous donne $P(20 \le T \le 40) \approx 0,68$
    $~$
  2. On veut calculer :
    $$\begin{align} P(T \ge 45) &= 0,5 – P(30 \le T \le 45)
    & \approx 0,07
    \end{align}$$

Partie C

  1. a. $n= 47~000 \ge 30$ , $np = 47~000 \times 0,006 = 282 \ge 5$ et $n(1-p) = 46~718 \ge 5$
    Les conditions d’utilisation de cet intervalle sont remplies.
    $~$
    b. Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
    $$\begin{align} I_{47~000} &= \left[0,006-1,96\times \dfrac{\sqrt{0,006 \times 0,994}}{\sqrt{47~000}};0,006+1,96\times \dfrac{\sqrt{0,006 \times 0,994}}{\sqrt{47~000}} \right] \\\\
    & \approx 0,0053;0,0067]
    \end{align}$$
    La fréquence observée est $f = \dfrac{67}{47~000} \approx 0,0014 \notin I_{47~000}$ et $0,0014 < 0,0053$.
    La région est donc défavorisée par rapport à la situation en France métropolitaine.

$~$

Exercice 4

Partie A

  1. $g'(x) = 18 + 0,5 \text{e}^{0,5x-1}$
    $~$
  2. La fonction exponentielle est strictement positive. Par conséquent $g'(x) > 0$ sur $[0;15]$ et la fonction $g$ est strictement croissante sur cet intervalle.

$~$

Partie B

  1. La courbe $\mathscr{C}_f$ est en-dessous de $\mathscr{C}_g$ à partir de $x \approx 5,5$
    L’encadrement cherché est donc $500 \le k \le 600$.
    $~$
  2. a. $~$
    $$\begin{align} f(x)-g(x) \le 0 & \Leftrightarrow \text{e}^{0,5x-1}-x^2+20x+20 – 18x – \text{e}^{0,5x-1} \le 0 \\\\
    & \Leftrightarrow -x^2+2x+20 \le 0
    \end{align}$$
    b. Calculons le déterminant : $\Delta = 2^2 + 4 \times 20 = 84 > 0$
    Les racines sont donc $x_1 = \dfrac{-2 – \sqrt{84}}{-2} = 1 + \sqrt{21}$ et $x_2 = \dfrac{-2 + \sqrt{84}}{-2} = 1 – \sqrt{21}$.
    De plus on a $a=-2 < 0$
    Par conséquent $-x^2+2x+20 \le 0$ à l’extérieur des racines.
    La solution de cette inéquation dans $[0;15]$ est $[1+\sqrt{21};15]$
    $~$
    c. $1+\sqrt{21} \approx 5,583$
    L’entreprise doit donc produire au moins $559$ lots avec cette nouvelle machine pour diminuer le coût total de production.
    $~$
  3. La valeur moyenne du coût marginal lorsqu’on fabrique entre $5$ centaines et $8$ centaines de lots est donnée par :
    $$\begin{align} \dfrac{1}{8-5}\int_5^8 f'(x)\text{d}x &=\dfrac{1}{3}(f(8)-f(5)) \\\\
    &= \dfrac{1}{3} \left(\text{e}^{3}+116 – \text{e}^{1,5} – 95 \right)\\\\
    &=\dfrac{1}{3} \left(\text{e}^{3}+21 – \text{e}^{1,5} \right) \\\\
    & \approx 12,20
    \end{align}$$
    Par conséquent la valeur moyenne, arrondie à l’euro, du coût marginal lorsqu’on fabrique ente $5$ centaines et $8$ centaines de lots est de $1~220€$.

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 $[-2;5]$.

$~$

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.

$~$

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.
$~$

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.

$~$

Partie B

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

$~$

Exercice 4

Partie A

  1. Le coefficient multiplicateur est :$1,035^6 \approx 1,229$
    Le pourcentage d’augmentation est donc de $22,9\%$.
    $~$
  2. a. On a $u_0 = 1$  (attention on est en centaines de milliers d’habitants)
    $~$
    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.

 

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 :
    $$T = t_2 – t_1 = \dfrac{8}{3} = 2\text{h }40\text{min}$$