TES/TL – Centres étrangers – juin 2014

Centres Étrangers – TES/TL – Juin 2014

Mathématiques – Correction

Suivez les liens pour avoir l’énoncé de ce sujet de bac : obligatoire  spécialité.

Exercice 1

  1.  a. D’après la propriété des probabilités totales on a :
    $$\begin{align} p(R) &=p(D\cap R) + p \left(\bar{D} \cap R \right) \\\\
    & = 0,3 \times p_D(R) + 0,7 \times 0,2
    \end{align}$$
    Par conséquent : $0,38 = 0,3\times p_D(R) + 0,14$
    Donc $p_D(R) = 0,8$
    tes - centres etrangers - juin 2014 - ex1
    b. On cherche donc $p\left( D \cap \bar{R} \right) = 0,7 \times 0,8 = 0,56$
    $~$
    c. D’après l’arbre on a $p(D \cap R) = 0,3 \times 0,8 = 0,24$
    $~$
    d. Le calcul a déjà été fait à la question 1.a. $p_D(R) = 0,8$
    $~$
  2. a. Il y a $10$ “tirages”. Chaque tirage est indépendant, identique et aléatoire.
    A chaque tirage, on n’a que $2$ issues : $R$ et $\bar{R}$. De plus $p(R) = 0,38$.
    Donc $X$ suit la loi binomiale $\mathscr{B}(10;0,38)$.
    $~$
    b. On cherche :
    $$\begin{align} P(X \ge 1) & = 1 – P(X = 0) \\\\
    & = 1 – (1 – 0,38)^{10} \\\\
    &=1 – 0,62^{10} \\\\
    & \approx 0,992
    \end{align}$$
    $~$
  3. On cherche donc $P(T \ge 8\text{h}40) = 1-\dfrac{40}{60} = \dfrac{1}{3}$

$~$

Exercice 2

Partie A : Etude d’une fonction

  1. a. $f'(x) = \text{e}^{x^2-1} + x \times 2x \text{e}^{x^2-1} = (2x^2+1)\text{e}^{x^2-1}$
    b. La fonction exponentielle est toujours positive.
    La parenthèse, en tant que somme de fonctions positives, est également positive.
    Par conséquent $f'(x) > 0$
    La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $\R$.
    $~$
  2. La fonction $f$ est convexe si $f \prime \prime (x) > 0$.
    Le signe de $f \prime \prime (x)$ ne dépend ici que du signe de $x$.
    Par conséquent $f$ est convexe sur $[0;+\infty[$.
    $~$
  3. a. $~$
    $$\begin{align} 1 -\text{e}^{x^2-1} \ge 0 & \Leftrightarrow 1 \ge \text{e}^{x^2-1} \\\\
    & 0 \ge x^2-1 \\\\
    & 1 \ge x^2 \\\\
    & x \in [-1;1]
    \end{align}$$
    $~$
    b.$ ~$
    tes - centres etrangers - juin 2014 - ex2$~$
    c. $x-f(x) = x-x\text{e}^{x^2-1} = x(1-\text{e}^{x^2-1}) = h(x)$.
    Par conséquent $D$ est au-dessus de $C_f$ sur $ [0;1]$.
    $~$
  4. $I = H(1) – H(0) = \dfrac{1}{2}- \dfrac{1}{2} – \left(-\dfrac{1}{2} \text{e}^{-1} \right)$ $=\dfrac{1}{2} \text{e}^{-1}$
    $~$

Partie B

  1. Ona $f(0,8) = 0,8\e^{0,64-1}\approx 0,558$.
    Cela signifie donc que $80\%$ des employés ayant les salaires les plus faibles représente environ $56\%$ de la masse salariale.
    $~$
  2. a.$~$
    $$\begin{align} I_f &= 2\times A_f \\\\
    & = 2 \int_0^1 h(x)\text{d}x \\\\
    &=2I \\\\
    & = \dfrac{1}{\text{e}}
    \end{align}$$
    b. $~$
    $$\begin{align} I_g &= 2\times A_f \\\\
    & = 2 \int_0^1 x-x^3\text{d}x \\\\
    &=2\left[\dfrac{x^2}{2} – \dfrac{x^4}{4} \right]_0^1 \\\\
    & = \dfrac{1}{2}
    \end{align}$$
    Or $\dfrac{1}{2} > \dfrac{1}{\text{e}}$
    Donc la distribution des salaires est plus égalitaire dans l’entreprise F.

 

Exercice 3

candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A : Etude d’un graphe

  1. a. Les sommets A et E, par exemple, ne sont pas adjacents. Le graphe $\mathscr{G}$ n’est donc pas complet.
    $~$
    b. On peut toujours passer d’un sommet à un autre par une chaîne : le graphe $\mathscr{G}$ est donc connexe.
    $^~$
  2. a.
    sommet A B C D E F G H I
    degré $4$ $5$ $4$ $4$ $2$ $2$ $3$ $4$ $2$

    b. Il y a donc $1$ sommets de degré impair. Le graphe $\mathscr{G}$ ne possède pas de cycle eulérien mais possède une chaîne eulérienne.
    $~$

  3. a. La matrice associée est :
    $$M = \begin{pmatrix}
    0&1&1&1&0&0&0&1&0 \\\\
    1&0&1&1&1&1&0&0&0 \\\\
    1&1&0&0&0&0&1&1&0 \\\\
    1&1&0&0&1&1&0&0&0 \\\\
    0&1&0&1&0&0&0&0&0 \\\\
    0&1&0&1&0&0&0&0&0 \\\\
    0&0&1&0&0&0&0&1&1 \\\\
    1&0&1&0&0&0&1&0&1 \\\\
    0&0&0&0&0&0&1&1&0
    \end{pmatrix}$$
    b. On a $M^3 = M \times M^2$
    On multiplie donc la $7^\text{ème}$ ligne de $M$ avec la $4^\text{ème}$ colonne de $M^2$
    $\begin{array}{c|c} &  \begin{pmatrix} 1\\\\3\\\\2\\\\4\\\\1\\\\1\\\\0\\\\1\\\\0 \end{pmatrix} \\\\
    \hline
    \begin{pmatrix} 1&0&1&0&0&0&1&0&1 \end{pmatrix}  & 1 + 2 = 3 \end{array}$

$~$

Partie B : Applications

  1. Sommet du graphe $\mathscr{G}$ A B C D E F G H I
    Lieu correspondant dans le lycée
    administration
    Hall $1$
    Hall $2$
    Salle des professeurs
    CDI
    Cantine
    Bâtiment $1$
    Vie scolaire et infirmerie
    Bâtiment $2$
  2. L’élève veut donc aller du sommet G au sommet D en $3$ étapes. D’après la question 3.a. de la partie A, il existe $3$ chemins pour ce trajet :
    G-C-B-D $\quad$ G-C-A-D $\quad$G-H-A-D
    $~$
  3. a. Puisque le graphe $\mathscr{G}$ possède une chaîne eulérienne, on peut visiter le lycée en empruntant une seule fois chaque passage entre les différents lieux.
    $~$
    b.

    G H C I A B E F D
    $40$(G) $90$(G) $20$(G)
    $45$(I)
    $65$(H) $100$(H)
    $110$(C) $95$(C)
    $125$(B) $145$(B) $130$(B) $175$(B)
    $170$(A)
    $165$(F)
    $205$(E)

    Le chemin le plus rapide est donc GHCBFD. Il nécessite $165$ secondes.

$~$

Exercice 3

candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. En $2014$ il y aura $500 \times 0,7 + 300 = 650$ élèves.
    $~$
    b. En $2015$ il y aura $650 \times 0,7 + 300 = 755$ élèves.
    $~$
  2. Chaque année, $30\%$ des élèves quittent le lycée. Cela signifie donc que $70\%$ y reste. Soit $0,7u_n$.
    Chaque année, $300$ nouveaux élèves arrivent.
    Donc $u_{n+1} = 0,7u_n + 300$.
    $~$
  3. L’algorithme $1$ n’affichera pas le dernier terme.
    L’algorithme $3$ n’affiche que le dernier terme.
    Il faut donc choisir l’algorithme $2$.
    $~$
  4. a. $~$
    $$\begin{align} v_{n+1} &= u_{n+1}-1000 \\\\
    &= 0,7u_n+300-1000\\\\
    &=0,7u_n-700 \\\\
    &=0,7(u_n-1000) \\\\
    &=0,7v_n
    \end{align}$$
    La suite $(v_n)$ est donc bien géométrique de raison $0,7$.
    $~$
    b. $v_0 = -500$ par conséquent $v_n = -500 \times 0,7^n$
    Donc $u_n = v_n+1000 = 1000-500\times 0,7^n$.
    $~$
    c. $0<0,7<1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,7^n = 0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n= 1000$
    $~$
    d. Cela signifie donc, qu’au bout d’un grand nombre d’années, il y aura $1~000$ élèves dans le lycée.
    $~$
  5. a. $~$
    $$ \begin{align} u_n \ge 990 & \Leftrightarrow 1000-500\times 0,7^n \ge 990 \\\\
    & \Leftrightarrow -500 \times 0,7^n \ge -10 \\\\
    & \Leftrightarrow 0,7^n \le 0,02 \\\\
    & \Leftrightarrow n \ln 0,7 \le \ln 0,02 \\\\
    & \Leftrightarrow n \ge \dfrac{\ln 0,02}{\ln 0,7} \\\\
    &  \Leftrightarrow n \ge 11
    \end{align}$$
    b. Cela signifie qu’au bout de $11$ ans, soit en $2014$, le lycée aura plus de $990$ élèves.

$~$

Exercice 4

  1. a. Affirmation 1 VRAIE
    On calcule $P(230 \le X \le 270) \approx 0,95$
    $~$
    b. Affirmation 2 FAUSSE
    On calcule $P(X \le 300) = 0,5 + P(250 \le X \le 300) > 0,5$
    $~$
  2. Affirmation 3 FAUSSE
    $n = 1000 \ge 30$ , $np = 1000 \times 0,8 = 800 \ge 5$ et $n(1-p) = 1000 \times 0,2 = 200 \ge 5$
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$  de la proportion de cartouches ayant une durée de vie supérieure à $250$ pages est donc :
    $$\begin{align} I_{1000} &= \left[0,8 – 1,96 \dfrac{\sqrt{0,8 \times 0,2}}{\sqrt{1000}};0,8 + 1,96 \dfrac{\sqrt{0,8 \times 0,2}}{\sqrt{1000}} \right] \\\\
    &\approx [0,775;0,825]
    \end{align}$$
    La fréquence observée est $f = \dfrac{1000-240}{1000} = 0,76 \notin I_{1000}$
    $~$
  3. Affirmation 4 VRAIE
    Un intervalle de confiance au seuil de $95\%$ est de la forme $\left[f – \dfrac{1}{\sqrt{n}};f + \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right]$
    L’amplitude est donc : $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$
    On veut par conséquent :
    $$\begin{align} \dfrac{2}{\sqrt{n}} \le 0,04 & \Leftrightarrow \dfrac{2}{0,04} \le \sqrt{n} \\\\
    & \Leftrightarrow 50 \le \sqrt{n} \\\\
    & \Leftrightarrow 2500 \le n
    \end{align}$$
    L’entreprise doit donc interroger au moins $2~500$ clients soit plus du quart.

TES/L – Amérique du Nord – mai 2014

Amérique du Nord – Mai 2014 – TES/TL

Mathématiques – Correction

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Exercice 1

  1.  $f$ est positive. Réponse b
    $~$
    Remarque : $f$ est clairement continue, l’aire sous la courbe est supérieure à $1$ ce n’est donc pas une densité de probabilité et la dérivée ne change qu’une fois de sens de variation elle ne s’annule donc qu’une fois.
    $~$
  2. La courbe admet une tangente horizontale en $0$ donc $f'(0)=0$. Réponse b
    $~$
  3. $f'(4)$ est le coefficient directeur de la tangente en $4$. C’est donc $-\dfrac{1}{\text{e}^2}$. Réponse c
    $~$
  4. Cette intégrale correspond à l’aire comprise entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=-2$ et $x=2$. Clairement cette aire est inférieure à $4$ u.a. et elle supérieure à $3$ u.a. Réponse c

Exercice 2

Partie A

  1. TES - Amerique du nord-mai2014-ex2
  2. On cherche donc $p(R)$.
    D’après la propriété des probabilités totales on a :
    $$\begin{align}
    p(R) &= p(T \cap R) + p\left( \bar{T} \cap R\right) \\\\
    &= 0,35 \times 0,45 + 0,65 \times 0,3 \\\\
    &=0,3525
    \end{align}$$
  3. On cherche $p_R(T) = \dfrac{p(R \cap T)}{p(R)} = \dfrac{0,45\times 0,35}{0,3525}$ $\approx 0,4468$
    $~$

Partie B

  1. $P(25 \le X \le 35) \approx 0,4772$
    $~$
  2. On veut donc $P(X \ge 45) = 1 – P(X \le 45) \approx 0,0228$
    La probabilité qu’au moins $45$ appartements parmi les $100$ loués soient rentables est donc de $0,0228$
    $~$

Partie C

  1. La fréquence observée est $f=\dfrac{120}{280} = \dfrac{3}{7}$ $ \approx 0,4286$.
    $~$
  2. $n = 280 \ge 30$, $np = 280 \times 0,6 = 168 \ge 5$ et $n(1-p) = 112 \ge 5$
    Un intervalle de fluctuation asymptotique qu seuil de $95\%$ est donc :
    $$\begin{align}
    I_{280}& = \left[0,6 – 1,96\dfrac{\sqrt{0,6 \times 0,4}}{\sqrt{280}};0,6 + 1,96\dfrac{\sqrt{0,6 \times 0,4}}{\sqrt{280}} \right] \\\\
    & = [0,5426;0,6574]
    \end{align}$$
    Par conséquent $f \notin I_{280}$ et $f <0,5426$.
    On ne peut donc pas valider l’affirmation du responsable de cette agence.

$~$

Exercice 3

Partie A : Modèle exponentiel

  1. On lit donc $f(8) \approx 97$
    La durée de chargement pour $8~000$ personnes connectées est donc de $97$ secondes.
    $~$
  2. a. On cherche donc la valeur de $x$ telle que $f(x) = 15$. On lit donc $x=2$.
    $~$
    b. La durée de  chargement pour $2~000$ personnes connectées est donc de $15$ secondes.
    $~$

Partie B : Modèle logarithmique

  1. a. $g'(x)=10-\dfrac{8}{x}$
    $~$
    b. $g'(x) = \dfrac{10x – 8}{x}$.
    Sur $[0,5;+\infty[$ le signe de $g'(x)$ ne dépend donc que de celui de $10x-8$.
    $$\begin{align} 10 x – 8 \ge 0 &\Leftrightarrow 10x \ge 8 \\\\
    & \Leftrightarrow x \ge \dfrac{4}{5} \end{align}$$
    TES - Amerique du nord-mai2014-ex3
    $g(x) = x \left(10 – 8\dfrac{\text{ln } x}{x} \right)$.
    Or $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \dfrac{\text{ln }x}{x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} g(x) = +\infty$.
    $~$
  2. a. On va montrer que $G'(x)=g(x)$.$$\begin{align} G'(x) &= 10x  + 8 + 8\text{ln }(x) – \dfrac{8x}{x} – 8\text{ln }(x)  \\\\ &=10x – 8\text{ln }(x)\end{align}$$.Par conséquent $G$ est bien une primitive de $g$ sur $[0,5;+\infty[$.
    $~$
    b. $$ \begin{align} \dfrac{1}{2}\int_2^4 g(x)\text{d}x & = \dfrac{1}{2}(G(4) – G(2)) \\\\
    &= \dfrac{1}{2} \left( 80 + 32 – 32\text{ln }(4) – (20 + 16 – 16\text{ln }(2)) \right) \\\\
    &=\dfrac{1}{2}(76 – 64\text{ln }(2)+16\text{ln }(2)) \\\\
    &=38-24\text{ln }(2)
    \end{align}$$
  3. On trouve donc $I \approx 21,36$ u.a.
    Cela signifie que la durée moyenne de chargement est $21,36$ s quand il y a entre $2~000$ et $4~000$ internautes connectés simultanément.

Partie C

On a trouvé à la partie A que $f(8) = 97$.
Or $g(8) \approx 63,36$.
Le modèle exponentiel décrit donc mieux la situation pour cette vidéo.
$~$

Exercice 4

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. Chaque année on conserve donc $95\%$ des arbres de l’année précédente.
    On calcule donc $u_1 = 50~000\times 0,95 + 3~000$ $=50~500$.
    La forêt contient donc $50~500$ arbres en $2014$.
    b. Chaque année on conserve $95\%$ des arbres de l’année précédente soit $0,95u_n$ auquel on ajoute les $3~000$ arbres replantés.
    On a donc bien : $u_{n+1}=0,95u_n+3~000$. De plus en $2013$ on a $u_0=50~000$.
    $~$
  2. a. $$\begin{align} v_{n+1} &= 60~000-u_{n+1} = 57~000-0,95u_n \\\\
    &=0,95 \times 60~000-0,95u_n \\\\
    &=0,95(60~000-u_n) \\\\
    &=0,95v_n
    \end{align}$$
    Par conséquent $(v_n)$ est bien une suite géométrique de raison $0,95$.
    Son premier terme est $v_0=60~000-u_0=10~000$
    $~$
    b. Cela signifie donc que $v_n=10~000\times 0,95^n$ pour tout entier naturel $n$.
    $~$
    c. Par conséquent
    $$\begin{align} u_n &= 60~000-v_n \\\\ &=60~000 – 10~000\times 0,95^n \\\\&=10~000(6-0,95^n) \end{align}$$
    d. $0 < 0,95 <1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,95^n = 0$
    Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} u_n = 60~000$.
    $~$
    e. On peut donc en conclure, qu’au bout d’un grand nombre d’années, la forêt contiendra $60~000$ arbres.
    $~$
  3. a. $$\begin{align} 10~000(6-0,95^n) \ge 57~000 & \Leftrightarrow 6-0,95^n \ge 5,7 \\\\ &\Leftrightarrow -0,95^n \ge -0,3 \\\\ &\Leftrightarrow 0,95^n \le 0,3 \\\\ &\Leftrightarrow n \text{ln }0,95 \le \text{ln } 0,3 \\\\ &\Leftrightarrow n \ge \dfrac{\text{ln }0,3}{\text{ln }0,95} \approx 23,47\end{align}$$
    La solution est donc $[24;+\infty[$.
    $~$
    b. Cela signifie donc qu’à partir de $2037$ la forêt aura plus de $57~000$ arbres.
    $~$
  4. a. On veut afficher tous les termes de la suite, il faut donc que la commande Afficher U soit dans une boucle. On ne peut donc choisir que l’algorithme $3$
    $~$
    b. L’algorithme $1$ fournit le rang à partir duquel $u_n \ge A$.
    C’est donc à partir de $2037$ que la forêt contiendra au moins $57~000$ arbres.

$~$

Exercice 4

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. a. Les sommets A et E, par exemple ne sont pas adjacents. Le graphe n’est donc pas complet.
    $~$
    b. Tous les sommets sont reliés par une chaîne. Le graphe est donc connexe.
    $~$
  2. a. Regardons les degrés de chacun des sommets:
    A : $2$ $\quad$ B : $3$ $\quad$ C : $4$ $\quad$ D : $3$ $\quad$ E : $4$ $\quad$ F : $2$ $\quad$ G : $4$ $\quad$ H : $4$
    $2$ sommets sont de degré impair. Le graphe possède donc une chaîne eulérienne.
    Il est donc possible d’organiser la tournée en passant au moins une fois par chaque ville, tout en empruntant une fois et une seule chaque tronçon d’autoroute.
    $~$
    b. Un trajet possible est B-C-E-B-A-D-H-C-E-G-H-F-G-C.
    $~$
  3. a. La matrice adjacente associée au graphe $\mathcal{G}$ est :
    $$M=\begin{pmatrix}
    0&1&0&1&0&0&0&0 \\\\
    1&0&1&0&1&0&0&0 \\\\
    0&1&0&0&1&0&1&1 \\\\
    1&0&0&0&1&0&0&1 \\\\
    0&1&1&1&0&0&1&0 \\\\
    0&0&0&0&0&0&1&1 \\\\
    0&0&1&0&1&1&0&1 \\\\
    0&0&1&1&0&1&1&0
    \end{pmatrix}$$
    b. Il existe donc 4 trajets de longueur $3$ reliant E à H :
    E-G-F-H $\quad$ E-C-G-H$\quad$ E-B-C-H$\quad$E-G-C-H
    $~$

Partie B

On utilise l’algorithme de Dijkstra :

A B C D E F G H
$400$(A) $600$(A)
$1000$(B) $800$(B)
$900$(D) $1500$(D)
$1150$(E) $1450$(E)
$1550$(C) $1450$(C)
$1650$(G) $1750$(G)
$1850$(H)

Le trajet le plus court pour aller de A à F est : ABEGF. Il y a $1~650$ km à parcourir.

 

 

La suite bientôt

TES/L – Liban mai 2014

Liban – Juin 2014 – TES/L

Mathématiques – Correction

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Exercice 1

Partie A

  1. $40\%$ des clients sont des familles donc $P(F) = 0,4$.
    $90\%$ des personnes seules laissent un pourboire donc $P_S(R) = 0,9$.
    $~$
  2. TES - liban - mai2014-ex1
  3. a. $P(F\cap R) = 0,4 \times 0,7 = 0,28$
    $~$
    b. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $$P(R) = P(R\cap F) + P(R \cap C) + P(R \cap S)$$
    $$P(R) = 0,28 + 0,35 \times 0,4 + 0,25 \times 0,9 = 0,645$$
    $~$
  4. On cherche donc $P_R(C) = \dfrac{P(R \cap C)}{P(R)} $ $= \dfrac{0,35 \times 0,4}{0,645} $ $\approx 0,218$
    $~$

Partie B

  1. a. On veut donc calculer $P(6 \le X \le 24) \approx 0,95$
    $~$
    b. $P(X \ge 20) = 1 – P(X < 20) \approx 0,13$
    $~$
  2. On calcule donc $P_{6 \le X \le 24}(X > 20) = \dfrac{P(20 \le X \le 24)}{P(6 \le X \le 24)}$ $\approx 0,12$

$~$

Exercice 2

  1. On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre de fumeurs régulier dans le groupe de $10$ personnes.
    Les $10$ tirages sont indépendants, aléatoires et identiques.
    A chaque tirage, on a $2$ issues : le jeune est ou n’est pas un fumeur régulier.
    Par conséquent $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=10$ et $p=0,236$
    On cherche la valeur de $P(X = 0) = (1 – 0,236)^{10} \approx 0,068$
    Réponse c
    $~$
  2. On a $n=500 \ge 30$, $np = 500 \times 0,236 = 118 \ge 5$ et $n(1-p) = 382 \ge 5$.
    Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
    $$I_{500} = \left[ 0,236 – 1,96\dfrac{\sqrt{0,236 \times (1-0,236)}}{\sqrt{500}};0,236 + 1,96\dfrac{\sqrt{0,236 \times (1-0,236)}}{\sqrt{500}}\right] $$
    $$I_{500} \approx [0,198;0,274]$$
    Réponse a
    $~$
  3. L’intervalle de fluctuation asymptotique étant centré en $p$ on veut donc que :
    $$ 2 \times 1,96\dfrac{\sqrt{0,236 \times (1-0,236)}}{\sqrt{n}} <0,01$$
    $$ \Leftrightarrow 3,92\dfrac{\sqrt{0,236 \times (1-0,236)}}{\sqrt{n}} < 0,01$$
    $$\Leftrightarrow 3,92 \dfrac{\sqrt{0,236\times (1-0,236)}}{0,01} < \sqrt{n}$$
    $$\Leftrightarrow \left( 3,92 \dfrac{\sqrt{0,236\times (1-0,236)}}{0,01} \right) < n$$
    $$ \Leftrightarrow 27706,23 < n$$
    Réponse d
    $~$
  4. La fréquence observée est donc $f = \dfrac{99}{250}$
    $n = 250 \ge 30$ , $nf = 99 \ge 5$ et $n(1-f) = 151 \ge 5$
    Donc un intervalle de confiance au seuil de $95\%$ est :
    $$I_{250} = \left[\dfrac{99}{250} – \dfrac{1}{\sqrt{250}};\dfrac{99}{250} + \dfrac{1}{\sqrt{250}} \right] \approx [0,33;0,46]$$
    Réponse b

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Exercice 3

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

  1. a. On a donc $a_1 = 0,8a_0+400 = 2400$ et $a_2=0,8a_1+400 = 2320$
    $~$
    b. $80\%$ des inscrits renouvelleront leur inscription. Cela correspond donc à $0,8a_n$.
    Il y aura $400$ nouveaux adhérents.
    Par conséquent $a_{n+1}=0,8a_n+400$
    $~$
  2. a. $v_{n+1} = a_{n+1}-2000$ $ = 0,8a_n+400-2000$
    $v_{n+1}=0,8a_n-1600$ $=0,8a_n – 0,8\times 2000$ $=0,8(a_n – 2000)$
    $v_{n+1}=0,8v_n$
    $v_0 = a_0-2000 = 500$
    Donc $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q=0,8$ et de premier terme $v_0=500$.
    $~$
    b. Cela signifie donc que $v_n=500 \times 0,8^n$.
    Par conséquent $a_n = v_n+2000 = 500 \times 0,8^n + 2000$
    $~$
    c. On a $0 < 0,8 <  1$ donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,8^n = 0$
    Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} a_n = 2000$
    $~$
    d. Cela signifie donc qu’au bout d’un grand nombre d’années la médiathèque aura $2000$ adhérents.
    $~$
  3. a. Cet algorithme fournit le rang de la suite $(a_n)$ à partir duquel $a_n < 2050$
    $~$
    b. En utilisant le menu “suite” de la calculatrice on trouve $N=11$.
    Cela signifie donc qu’à partir de $2024$ la médiathèque aura moins de $2050$ adhérents.

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Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. Il existe une chaîne entre chacun des sommets par conséquent ce graphe est connexe.
    $~$
  2. Étudions le degré de chacun des sommets :
    A : $4$ , B : $2$ , C : $4$ , D : $3$ , E : $4$ , F : $3$ , H : $2$
    $2$ sommets sont de degré impair. Par conséquent ce graphe admet une chaîne eulérien.
    L’agent de service  peut  passer par toutes les salles en utilisant une fois et une seule chaque passage.
    $~$
  3. La matrice adjacente est donc :
    $$M = \begin{pmatrix} 0&1&1&0&1&1&0 \\\\1&0&1&0&0&0&0 \\\\1&1&0&1&1&0&0 \\\\0&0&1&0&1&0&01\\\\1&0&1&1&0&1&0 \\\\1&0&0&0&1&0&1 \\\\0&0&0&1&0&1&0 \end{pmatrix} $$
  4. Il existe donc $6$ chemins de longueur $4$ entre les sommets B et H
    $~$
  5. On utilise l’algorithme de Dijsktra
    A B C D E F H
    $2$(B) $2$(B)
    $6$(A) $4$(A) $5$(A)
    $6$(C) $3$(C) $4$(C)
    $4$(D) $5$(D)
    $4$(E) $4$(E)
    $5$(F)

    On met donc $5$ minutes au minimum pour aller de B à H.

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Exercice 4

Partie A

  1. a. La dérivée de la fonction $\text{exp }(u)$ est $u’\times \text{exp }(u)$.
    Donc $f'(x) = 1 – \text{e}^{-x+0,5}$
    $~$
    b. $f'(x) = 0 \Leftrightarrow 1 – \text{e}^{-x+0,5} = 0$ $\Leftrightarrow 1 = \text{e}^{-x+0,5}$
    $\Leftrightarrow -x+0,5 = 0$ $\Leftrightarrow x=0,5$
    $~$
    c. $f'(x) > 0 \Leftrightarrow 1 – \text{e}^{-x+0,5} > 0$ $\Leftrightarrow 1 > \text{e}^{-x+0,5}$
    $\Leftrightarrow -x+0,5 < 0$ $\Leftrightarrow x>0,5$
    Donc sur $[0;0,5[$ $f'(x) < 0$ $\quad$ sur $]0,5;5]$ $f'(x) > 0$ $\quad$ Et $f'(0,5) = 0$
    $~$
    d. TES - liban - mai2014-ex4
    $~$
  2. a. Graphiquement on trouve $2 < \alpha <2,5$
    $~$
    b. Graphiquement, on recherche les abscisses des points pour lesquelles la droite $\Delta$ se trouve au-dessus de $\mathcal{C}$. On trouve $]\alpha;5]$
    $~$

Partie B : Application

  1. a. D’après la partie précédente, $f$ atteint son minimum pour $x=0,5$. Cela correspond donc à $50$ cartes.
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    b. $B(x) = 1,5x – f(x) = 0,5x – 1 -\text{e}^{-x+0,5}$
    $~$
  2. a. Pour étudier les variations de $B$ on détermine sa fonction dérivée.
    $B'(x) = 0,5 + \text{e}^{-x+0,5}$.
    La fonction exponentielle étant toujours positive, on a donc $B'(x) > 0$ pour tout $x$.
    La fonction $B$ est donc bien strictement croissante sur $[0;5]$.
    $~$
    b. La fonction $B$ est continue et strictement croissante sur $[0;5]$.
    $B(0) =-1 –  \text{e}^{0,5} < 0$ et $B(5) = 1,5 – \text{e}^{-4,5} > 0$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $B(x) = 0$ admet donc une unique solution.
    De plus $B(2,32) \approx -0,002 < 0$ et $B(2,33) \approx 0,005 > 0$
    Par conséquent la solution est bien comprise entre $2,32$ et $2,33$.
    $~$
  3. D’après la question précédente il faut donc que l’entreprise vende au moins $233$ cartes pour réaliser un bénéfice.