Bac ES/L – Nouvelle Calédonie – Mars 2016

Nouvelle-Calédonie – Mars 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Exercice 1

Question 1 : $n=500 \ge 30$, $p=13\%$ donc $np=65 \ge 5$ et $n(1-p)=435 \ge 5$.

Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :

$$\begin{align*} I_{500}&=\left[0,13-1,96\times \sqrt{\dfrac{0,13 \times 0,87}{500}};0,13+1,96\times \sqrt{\dfrac{0,13 \times 0,87}{500}}\right] \\\\
&\approx [0,100;0,160]
\end{align*}$$

Réponse c

$\quad$

Question 2 : Pour que l’inéquation soit définie, il faut que $\ln x$ et $\ln(2x+1)$ existent soit $x> 0$ et $x>-\dfrac{1}{2}$.
L’inéquation est donc définie sur $]0;+\infty[$.
Sur cet intervalle :

$$\begin{align*} \ln x+\ln 3 \le \ln(2x+1) &\ssi \ln (3x) \le \ln(2x+1) \\
&\ssi 3x \le 2x+1 \\
&\ssi x \le 1
\end{align*}$$

Ainsi $x>0$ et $x \le 1$.

Réponse d

$\quad$

Question 3 : $f'(x)=2x-3\ln x – 3x\times \dfrac{1}{x}=2x-3\ln x-3$
$f\prime \prime(x)=2-\dfrac{3}{x} = \dfrac{2x-3}{x}$

Ainsi, sur $[0,5;5]$, $f\prime\prime(x) \ge 0 \ssi 2x-3 \ge \ssi x \ge 1,5$.

La fonction $f$ est donc convexe sur $[1,5;5]$ et concave sur $[0,5;1,5]$.

Réponse d

$\quad$

Question 4 : L’intégrale $I$ est égale à l’aire du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe représentant la fonction $f$ et les droites d’équations $x=1$ et $x=2$.

Cette aire est plus grande que celle d’un carré de côté $1$ et plus petite que celle d’un rectangle de dimension $1\times 2$.

Réponse c

$\quad$

Question 5 : L’algorithme 2 est un algorithme de dichotomie.

Réponse b

$\quad$

Exercice 2

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

  1. En 2015, le nombre d’abonnés est de $0,8\times 1~128+300 = 1~202,4$ soit $1~202$.
    $\quad$
  2. $80\%$ des abonnés de l’année précédente renouvelle leur abonnement. Cela nous fournit le terme $0,8a_n$.
    Il y a chaque année $300$ nouveaux abonnés.
    Donc $a_{n+1}=0,8a_n+300$.
    $\quad$
  3. a. On a $u_n=1~500-a_n$ donc $a_n=1~500-u_n$.
    $\begin{align*} u_{n+1}&=1~500-a_{n+1} \\
    &=1~500-0,8a_n-300\\
    &=1~200-0,8a_n \\
    &=1~200-0,8\left(1~500-u_n\right)\\
    &=1~200-1~200+0,8u_n\\
    &=0,8u_n
    \end{align*}$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,8$ et de premier terme $u_0=1~500-1~128=372$.
    $\quad$
    b. On a donc $u_n=372\times 0,8^n$.
    $\quad$
    c. Et donc $a_n=1~500-u_n=1~500-372\times 0,8^n$.
    $\quad$
  4. On veut trouver le plus petit entier naturel $n$ tel que
    $\begin{align*} a_n>1~450 &\ssi 1~500-372\times 0,8^n >1~450 \\
    & \ssi-372\times 0,8^n>-50 \\
    & \ssi 0,8^n<\dfrac{50}{372} \\
    & \ssi n\ln 0,8< ln \dfrac{50}{372}  \\
    & \ssi n>\dfrac{ln \dfrac{50}{372} }{\ln 0,8} \\
    & \ssi n > 9
    \end{align*}$
    C’est à partir de 2023 que le club de basketball aura plus de $1~450$ abonnés.
    $\quad$
  5. $0<0,8<1$ donc $\lim\limits_{n\to +\infty}0,8^n=0$.
    Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} a_n=1~500$.
    Au bout d’un grand nombre d’années le club accueillera $1~500$ abonnés.
    Il faut donc prévoir $2~000$ places dans cette salle.
    $\quad$

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. On a $a_0=0,2$ et donc $b_0=1-a_0=0,8$.
    Par conséquent $P_0=\begin{pmatrix}0,2&0,8\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  2. $\quad$
    bac esl - nouvelle calédonie - mars 2016 -ex2
  3. a. On a donc $\begin{cases}a_{n+1}=0,9a_n+0,15b_n\\b_{n+1}=0,1a_n+0,85b_n\end{cases}$
    La matrice de transition est :
    $$M=\begin{pmatrix} 0,9&0,1\\0,15&0,85\end{pmatrix}$$
    $\quad$
    b. $\begin{align*} P_1&=P_0 \times M \\
    &= \begin{pmatrix}0,9\times 0,2+0,15\times 0,8& &0,1\times 0,2+0,85\times 0,8\end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix}0,3&0,7\end{pmatrix} \end{align*}$
    $\quad$
  4. a. On a, pour tout entier naturel $n$, $P_{n+1}=P_n \times  M$
    Donc $P_n=P_0 \times M^n$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $P_3=P_0 \times M^3 = \begin{pmatrix} 0,43~125&0,56~875\end{pmatrix}$.
    Cela signifie donc qu’au bout de trois mois $43,125\%$ des personnes interrogées préfèrent Alphamarché et $56,875\%$ des personnes interrogées préfèrent Bétamarché.
    $\quad$
  5. Quand on calcule à l’aide de la calculatrice les premières matrices $P_n$, on constate que $P_5 \approx \begin{pmatrix} 0,5051&0,4949\end{pmatrix}$.
    Le service de retrait d’Alphamarché finira donc par être préféré à celui de Bétamarché.
    $\quad$

Exercice 3

Partie A

  1. $220$ passagers sur les $275$ du vol sont en classe économique.
    Donc $p(E)=\dfrac{220}{275}=0,8$.
    $\quad$
  2. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    bac esl - nouvelle calédonie - mars 2016 -ex3$\quad$
  3. On cherche la probabilité $p(E\cap L)=0,8 \times 0,35 = 0,28$.
    $\quad$
  4. D’après la formule des probabilités totales, on a :
    $\begin{align*} p(L)&=p(E\cap L)+p\left(\overline{E}\cap L\right) \\
    &=0,8\times 0,35 + 0,2 \times 0,7 \\
    &= 0,28+0,14 \\
    &= 0,42
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. On cherche la probabilité $p_L(E)=\dfrac{p(E\cap L)}{p(L)} $ $= \dfrac{0,35}{0,42}$ $=\dfrac{2}{3}$
    $\quad$

Partie B

  1. On veut calculer $P(M \ge 20) = 0,5 – P(18,4 \le M \le 20) \approx 0,091$
    $\quad$
  2. On veut calculer $P(21 < M \le 22) \approx 0,014$.
    $\quad$

Partie C

On veut calculer $P(90 \le t \le 120) = \dfrac{120-90}{120-0}=\dfrac{1}{4}$
$\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. Le nombre de malade est maximal au bout de $20$ jours.
    Il y a alors environ $54~000$ malades
    $\quad$
  2. La vitesse de propagation est la plus forte quand le coefficient directeur de la tangente à la courbe est le plus grand.
    Cela se produit environ au $6^\text{ème}$ jour.
    $\quad$

Partie B

  1. $f'(t)=2t\e^{-0,1t}-0,1t^2\e^{-0,1t}=0,1t(20-0,1t)\e^{-0,1t}$.
    $\quad$
  2. a. La fonction exponentielle est toujours positive. Donc sur $[0;60]$, le signe de $f'(t)$ ne dépend que de celui de $20-t$.
    Ainsi $f'(t) \ge 0$ sur $[0;20]$ et $f'(t)\le 0$ sur $[20;60]$.
    $\quad$
    b. On obtient le tableau de variations suivant :
    bac esl - nouvelle calédonie - mars 2016 -ex4
  3. a.
    $\begin{align*} N&=\dfrac{1}{60}\int_0^{60}f(t)\mathrm{d}t \\\\
    &=\dfrac{1}{60}\left(F(60)-F(0)\right) \\\\
    &=\dfrac{-50~000\e^{-6}+2000}{60} \\\\
    &=\dfrac{100-2~500\e^{-6}}{3}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Par conséquent $N\approx 31,27$.
    Cela signifie donc qu’il y a environ 31~270 malades par jour.
    $\quad$
  4. a. On étudie le signe de $f\prime\prime(x)$.
    La fonction exponentielle étant strictement positive, le signe de $f\prime\prime(x)$ ne dépend que de celui de $0,01t^2-0,4t+2$.
    $\Delta = (-0,4)^2-4\times 2 \times 0,01=0,08 > 0$
    Il y a deux racines réelles : $t_1=\dfrac{0,4-\sqrt{0,08}}{0,02} \approx 6$ et $t_2=\dfrac{0,4+\sqrt{0,08}}{0,02} \approx 34$.
    Seule $t_1$ appartient à l’intervalle $[0;15]$.
    La fonction $f\prime\prime$ s’annule en changeant de signe en $t_1$. C’est le seul point d’inflexion de la fonction $f$ sur $[0;15]$.
    $\quad$
    b. Sur $[0;15]$, à partir du temps $t_1$ le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentant $f$ commence à diminuer.
    Cela signifie par conséquent qu’à partir de ce moment la maladie progresse moins vite.
    $\quad$

 

Bac ES/L – Amérique du Sud – Novembre 2015

Amérique du Sud – Novembre 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Exercice 1

Partie A

  1. $\quad$
    Bac ESL-amérique du sud-novembre2015-ex1
  2. On veut calculer $p(C)$.
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(C) &=p(R\cap C)+p(O\cap C)+p(V \cap C)\\\\
    &=0,35\times 0,1+0,05\times 0,86+0,6\times 1 \\\\
    &=0,678
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On veut calculer $p_C(V)=\dfrac{p(C\cap V)}{p(C)}=\dfrac{0,6}{0,678} \approx 0,885$
    $\quad$

Partie B

  1. $P(2~800 \le X \le 3~200)\approx 0,818$.
    $\quad$
  2. On veut calculer $P(X\ge 3~100) = 0,5-P(3~000 \le X \le 3~100) \approx 0,252$
    $\quad$
  3. Dans les deux cas, la probabilité qu’il passe en une heure entre $2~800$ et $3~200$ correspond à l’aire du domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=2~800$ et $x=3~200$.
    Le domaine associé à la variable aléatoire $X$ contient celui associé à la variable aléatoire $Y$.
    Par conséquent c’est à proximité du feu que la probabilité qu’il passe en une heure entre $2~800$ et $3~200$ est la plus grande.
    $\quad$

Exercice 2

Partie A

  1. a. La fonction $f$ est dérivable sur $[1;7]$ en tant que fonction polynôme.
    $f'(x)=1,5\times 3x^2-9\times 2x+24 = 4,5x^2-18x+24$.
    $\quad$
    b. La fonction $f’$ est dérivable sur $[1;7]$ en tant que fonction polynôme.
    $f'(x)=4,5\times 2x-18=9x-18$.
    $\quad$
  2. $f”(x) \ge 0 \ssi 9x-18\ge 0 \ssi 9x \ge 18\ssi x \ge 2$
    Par conséquent la fonction $f$ est convexe sur $[2;7]$.
    $\quad$

Partie B

  1. D’après l’énoncé la fonction $c$ est dérivable.
    $\begin{align*} c'(x)&=2\times 1,5x-9-\dfrac{48}{x^2} \\\\
    &=3x-9-\dfrac{48}{x^2}\\\\
    &=\dfrac{3x^3-9x^2-48}{x^2}
    \end{align*}$
    Or
    $\begin{align*} 3(x-4)(x^2+x+4)&=(3x-12)\left(x^2+x+4\right) \\\\
    &=3x^3+3x^2+12x-12x^2-12x-48\\\\
    &=3x^3-9x^2-48 \\\\
    &=c'(x)
    \end{align*}$
    on a donc bien $c'(x)=\dfrac{3(x-4)\left(x^2+x+4\right)}{x^2}$.
    $\quad$
  2. a. Étudions le signe de $x^2+x+4$.
    $\Delta = 1^2-4\times 4 = -15<0$
    Le coefficient principal est $a=1>0$.
    Par conséquent, pour tout réel $x$, on a $x^2+x+4>0$
    $\quad$
    Le signe de $c'(x)$ ne dépend donc que de celui de $x-4$.
    or $x-4>0 \ssi x>4$.
    Ainsi la fonction $c$ est décroissante sur $[1;4]$ et croissante sur $[4;7]$.
    $\quad$
    b. La fonction $c$ admet donc un minimum en $4$.
    Il faut donc que l’entreprise fabrique $4~000$ articles par semaine pour que le coût moyen par article soit minimal.
    $\quad$
  3. a. La fonction $\Gamma$ est dérivable sur $[1;7]$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalles.
    $\begin{align*} \Gamma'(x)&=0,5\times 3x^2-4,5\times 2x+24+\dfrac{48}{x}\\\\
    &=1,5x^2-9x+24+\dfrac{48}{x}\\\\
    &=c(x)
    \end{align*}$.
    La fonction $\Gamma$ est donc une primitive de la fonction $c$ sur $[1;7]$.
    $\quad$
    b. La valeur moyenne de $c$ sur $[1;7]$ est :
    $\begin{align*} \mu &=\dfrac{1}{7-1}\int_1^7 c(x)\mathrm{d}x\phantom{\dfrac{1}{2}} \\\\
    &=\dfrac{1}{6}\left[\Gamma(7)-\Gamma(1)\right] \\\\
    &=\dfrac{1}{6}\left(120+48\ln 7-21\right) \\\\
    &=\dfrac{1}{6} \left(99+48\ln 7\right)\\\\
    &\approx 32,07
    \end{align*}$
    $\quad$

Exercice 3

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

  1. $a_2=0,5a_1+0,4=0,5\times 0,1+0,4=0,45$
    $\quad$
  2. a. Soit $n$ un entier naturel non nul.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=a_{n+1}-0,8 \\\\
    &=0,5a_n+0,4-0,8 \\\\
    &=0,5a_n-0,4 \\\\
    &=0,5\left(v_n+0,8\right)-0,4\\\\
    &=0,5v_n+0,4-0,4\\\\
    &=0,5v_n
    \end{align*}$
    Ainsi la suite $\left(v_n\right)$ est géométrique de raison $0,5$ et de premier terme $v_1=0,1-0,8=-0,7$.
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ strictement positif, on a donc $v_n=-0,7\times 0,5^{n-1}$.
    Or $a_n=v_n+0,8=0,8-0,7\times 0,5^{n-1}$.
    $\quad$
    c. $0<0,5<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,5^{n-1}=0$. Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} v_n=0$.
    $\quad$
    d. Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} a_n=0,8$.
    La probabilité que Claudine demande un avis au bout d’un grand nombre de semaine est de $0,8$.
    $\quad$
  3. a.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Valeur de } N&1&2&3&4\\
    \hline
    \text{Valeur de } A&0,1&0,45&0,625&0,7125\\
    \hline
    \text{Condition } A \ge L & \text{vraie}& \text{vraie}& \text{vraie}& \text{faux} \\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
    b. L’algorithme affichera donc $4$.
    $\quad$
    c. Le nombre $N$ affiché correspond au nombre de semaines nécessaires pour que la probabilité que Claudine demande un avis soit supérieur à $L$.
    $\quad$
  4. On veut déterminer la plus petite valeur de $n$ telle que :
    $\begin{align*} a_n > 0,799 &\ssi 0,8-0,7\times 0,5^{n-1} > 0,799 \\\\
    &\ssi -0,7\times 0,5^{n-1} > -0,001 \\\\
    &\ssi 0,5^{n-1} < \dfrac{1}{700} \\\\
    &\ssi (n-1)\ln 0,5 < \ln \dfrac{1}{700} \\\\
    &\ssi (n-1)\ln 0,5 < -\ln 700\\\\
    &\ssi n-1 > \dfrac{-\ln 700}{\ln 0,5} \\\\
    &\ssi n > 1 +\dfrac{-\ln 700}{\ln 0,5} \\\\
    &\ssi n \ge 11
    \end{align*}$
    C’est donc au bout de $11$ semaines que la probabilité que Claudine demande un avis soit supérieur à $0,799$.
    $\quad$

Exercice 3

Candidats de la série ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. a.
    Bac ESL-amérique du sud-novembre2015-ex3spé
    b. La matrice de transition est donc $M=\begin{pmatrix}0,9&0,1 \\0,4&0,6\end{pmatrix}$
    $\quad$
  2. $P_2=P_1\times M = \begin{pmatrix}0,1&0,9\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}0,9&0,1 \\0,4&0,6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,45&0,55\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  3. a. L’état stable $\begin{pmatrix}x&y\end{pmatrix}$ vérifie :
    $\begin{align*} \begin{cases} x+y=1 \\0,9x+0,4y=x\\0,1x+0,6y=y \end{cases} &\ssi \begin{cases} x+y=1 \\0,4y=0,1x\\0,1x=0,4y \end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases}x+y=1\\x=4y\end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} x=4y \\4y+y=1 \end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} x=4y\\y=0,2 \end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} x=0,8\\y=0,2\end{cases}
    \end{align*}$
    L’état stable est donc $\begin{cases}0,8&0,2\end{cases}$.
    $\quad$
    b. Cela signifie donc qu’au bout d’un grand nombre de semaines la probabilité que Claudine demande un avis est de $0,8$.
    $\quad$
  4. Cet algorithme permet d’obtenir le nombre de semaines nécessaires pour que la probabilité que Claudine demande un avis soit supérieur à $0,79$.
    $\quad$
  5. On veut déterminer la plus petite valeur de $n$ telle que :
    $\begin{align*} a_n > 0,799 &\ssi 0,8-0,7\times 0,5^{n-1} > 0,799 \\\\
    &\ssi -0,7\times 0,5^{n-1} > -0,001 \\\\
    &\ssi 0,5^{n-1} < \dfrac{1}{700} \\\\
    &\ssi (n-1)\ln 0,5 < \ln \dfrac{1}{700} \\\\
    &\ssi (n-1)\ln 0,5 < -\ln 700\\\\
    &\ssi n-1 > \dfrac{-\ln 700}{\ln 0,5} \\\\
    &\ssi n > 1 +\dfrac{-\ln 700}{\ln 0,5} \\\\
    &\ssi n \ge 11
    \end{align*}$
    C’est donc au bout de $11$ semaines que la probabilité que Claudine demande un avis soit supérieur à $0,799$.
    $\quad$

Exercice 4

  1. $32\%$ des enfants habitent le village de Boisjoli. Donc $68\%$ des enfants sont issus des villages voisins.
    $0,68 \times 400 = 272$. Réponse B
    $\quad$
  2. $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=8$ et $p=0,32$. Réponse B
    $\quad$
  3. $P(X>=1) = 1-P(X=0) = 1-0,68^8\approx 0,954$. Réponse C
    $\quad$
  4. $E(X)=np=2,56$ Réponse B
    $\quad$

Bac ES/L – Nouvelle Calédonie – Novembre 2015

Nouvelle Calédonie – Novembre 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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Exercice 1

  1. $f'(1)$ correspond au coefficient directeur de la tangente à $\mathscr{C}$ au point $A$.
    $f'(1)=\dfrac{3-0}{0-1} = -3$. Réponse B
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est concave sur $[-1;1]$. Réponse A
    $\quad$
  3. Il s’agit de l’aire du domaine situé entre la courbe $\mathscr{C}$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    L’aire est supérieur à celle d’un triangle rectangle de côté $1$ et $2$ unités soit $\dfrac{1 \times 2}{2} = 1$ u.a.
    L’aire est inférieure à celle d’un rectangle de côté $1$ et $2$ unités soit $2$ u.a.
    Donc $1 \le I \le 2$. Réponse B
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est positive sur $[0;1]$ donc la fonction $F$ est croissante sur $[0;1]$. Réponse A
    $\quad$

Exercice 2

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

  1. On veut calculer $u_1=0,8\times 150+40 = 160$
    $160$ élèves étaient donc inscrits en septembre 2015.
    $\quad$
  2. D’une année sur l’autre $80\%$ des élèves sont renouvelés soit $0,8u_n$.
    Chaque année $40$ nouveaux élèves sont inscrits. Donc $u_{n+1}=0,8u_n+40$.
    $\quad$
  3. a.
    $$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Valeur de } n&0&1&2&3&4&5&6&7&8\\\\
    \hline
    \text{Valeur de } U&150&160&168&174,4&179,52&183,62&186,89&189,51&191,61 \\\\
    \hline
    \text{Condition } U\le 190&\text{vraie}&\text{vraie}&\text{vraie}&\text{vraie}&\text{vraie}&\text{vraie}&\text{vraie}&\text{vraie}&\text{fausse}\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. L’algorithme affichera donc $8$.
    C’est en 2022 que l’accueil périscolaire dépassera sa capacité d’accueil.
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-200\\
    &=0,8u_n+40-200\\
    &=0,8u_n-160\\
    &=0,8(v_n+200)-160\\
    &=0,8v_n+160-160\\
    &=0,8v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,8$ et de premier terme $v_0=150-200=-50$.
    $\quad$
    b. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=-50\times 0,8^n$.
    Or $u_n=v_n+200 = -50\times 0,8^n+200$
    $\quad$
    c.
    $\begin{align*} 200-50\times 0,8^n > 190 &\ssi -50\times 0,8^n> -10 \\\\
    &\ssi 0,8^n < 0,2 \\\\
    &\ssi n \ln 0,8 < \ln 0,2 \\\\
    &\ssi n > \dfrac{\ln 0,2}{\ln 0,8} \\\\
    &\ssi n > 8
    \end{align*}$
    d. C’est donc en 2022 que la directirce de l’accueil périscolaire sera obligée de refuser des inscriptions faute de places disponibles.
    $\quad$

Exercice 2

Candidats de ES ayant choisi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. $\quad$
    Bac ESL-nouvelle calédonie-nov2015-ex2spé
  2. La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix} 0,6&0,4 \\0,2&0,8 \end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. On a $p_1=0,85$ donc $q_1=1-0,85=0,15$. Par conséquent $P_1=\begin{pmatrix} 0,85&0,15 \end{pmatrix}$.
    $\quad$
  4. On veut calculer $P_3=P_1\times M^2 = \begin{pmatrix}0,416&0,584\end{pmatrix}$
    $\quad$
  5. On a $p_{n+1}=0,6p_n+0,2q_n = 0,6p_n+0,2(1-p_n)=0,4p_n+0,2$.
    $\quad$
  6. a.
    $$\begin{array}{|l|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Valeur de }i& &2&3&4&5\\\\
    \hline
    \text{Valeur de }p&0,85&0,54&0,416&0,366&0,347 \\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. L’algorithme affiche donc $0,347$ quand $N=5$.
    $\quad$
    c. Cela signifie donc qu’au bout de $5$ jours la probabilité qu’un adolescent choisisse le canoë-Kayak est d’environ $0,347$.
    $\quad$

Partie B

  1. La limite de la suite $\left(p_n\right)$ semble être $\dfrac{1}{3}$
    $\quad$
  2. Cela signifie que sur le long terme, la probabilité qu’un adolescent choisisse le canoë-Kayak est de $\dfrac{1}{3}$.
    $\quad$

Exercice 3

Partie A

  1. $\quad$
    Bac ESL-nouvelle calédonie-nov2015-ex3
  2. On veut calculer $p(A\cap J) = 0,8 \times 0,15 = 0,12$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(J)&=p(A\cap J)+p(B \cap J) \\\\
    &= 0,12+0,2\times 0,08 \\\\
    &=0,136
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer $p_J(A)=\dfrac{p(J \cap A)}{p(J)} = \dfrac{0,12}{0,136}\approx 0,882$.
    $\quad$

Partie B

  1. $P(X\le 150) = 0,5$ puisque $\mu=150$.
    $\quad$
  2. $P(120 \le X \le 170) \approx 0,976$.
    La probabilité pour qu’une pomme ait un poids compris entre $120$ g et $170$ g est de $0,976$.
    $\quad$

Partie C

Pierre peut arriver sur une plage horaire de $90$ minutes.

La probabilité qu’il arrive entre $8$h$30$ et $8$h$45$ est $\dfrac{15}{90} = \dfrac{1}{6}$.

$\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. $f$ est dérivable sur $[0;10]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=2\e^{-x+4}-(2x-5)\e^{-x+4} = (2-2x+5)\e^{-x+4}=(-2x+7)\e^{-x+4}$
    $\quad$
  2. La fonction exponentielle est toujours positive. Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que du signe de $-2x+7$.
    Or $-2x+7=0 \ssi x=\dfrac{7}{2}$ et $-2x+7 > 0 \ssi x \le \dfrac{7}{2}$
    Bac ESL-nouvelle calédonie-nov2015-ex4
    $f(0) = -5\e^4+20 \approx -252,991$
    $f\left(\dfrac{7}{2}\right)=2\e^{0,5}+20\approx 23,297$
    $f(10)=15\e^{-6}+20\approx 20,037$
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $\left[0;\dfrac{7}{2}\right]$.
    $f(0)<0$ et $f\left(\dfrac{7}{2}\right)>0$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution sur $\left[0;\dfrac{7}{2}\right]$.
    Sur $\left[\dfrac{7}{2};10\right]$, $f(x)\ge f(10) > 0$
    L’équation $f(x)=0$ ne possède donc aucune solution sur cet intervalle.
    $\quad$
    L’équation $f(x)=0$ possède donc bien une unique solution sur $[0;10]$.
    $1,59 < \alpha <1,6$
    $\quad$
  4. La valeur moyenne de $f$ sur $[0;10]$ est donnée par :
    $\begin{align*} m&=\dfrac{1}{10-0}\int_0^{10}f(x)\mathrm{d}x\phantom{\dfrac{1}{2}} \\\\
    &=\dfrac{1}{10}\left(F(10)-F(0)\right) \\\\
    &=\dfrac{1}{10}\left(-17\e^{-6}+200-3\e^4\right)\\\\
    &\approx 3,616
    \end{align*}$

Partie B

  1. D’après le tableau de variations la fonction atteint son maximum pour $x=3,5$.
    Pour réaliser un bénéfice maximum, l’entreprise doit donc fabriquer $350$ objets par semaine.
    $\quad$
    Le bénéfice maximal est d’environ $23~297$ euros.
    $\quad$
  2. Pour avoir un bénéfice positif, il faut donc que l’entreprise fabrique entre $160$ et $1~000$ objets.
    $\quad$
  3. Le bénéfice moyen de l’entreprise si elle fabrique entre $0$ et $1~000$ objets est d’environ $3~616$ euros.
    $\quad$

Bac ES/L – Antilles Guyane – Septembre 2015

Antilles  Guyane – Septembre 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Exercice 1

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $[1;100]$ comme somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=200 \times \dfrac{1}{x}+10 = \dfrac{200}{x}+10$.
    Réponse b
    $\quad$
  2. Puisque $L$ est une primitive de la fonction $\ln$, cela signifie donc que $\ln$ est la fonction dérivée de $L$ sur $]0;+\infty[$.
    La fonction $\ln$ est négative sur $]0;1[$ et positive sur $[1;+\infty[$.
    La fonction $L$ est donc décroissante puis croissante.
    Réponse d
    $\quad$
  3. Pour déterminer la convexité de la fonction $g$, on va étudier le signe de la dérivée seconde de $g$.
    $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme de fonctions dérivable s sur cet intervalle.
    $g'(x)=1 – \dfrac{1}{x}$
    Cette fonction est également dérivable sur $]0;+\infty[$.
    $g\prime\prime(x)=\dfrac{1}{x^2} >0$ sur $]0;+\infty[$.
    La fonction $g$ est donc convexe sur $]0;+\infty[$.
    Réponse a
    $\quad$
  4. La tangente au point $A$ semble passer par l’origine du repère.
    Or $h'(2)$ correspond au coefficient directeur de cette tangente.
    On a donc $h'(2) = \dfrac{1-0}{2-0} = \dfrac{1}{2}$.
    Réponse b
    $\quad$
  5. On a :
    $\begin{align*} P(-10<X<10) = 0,8 &\ssi 2P(X<10)-1=0,8 \\\\
    &\ssi 2P(X<10)=1,8\\\\
    &\ssi P(X<10)=0,9
    \end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$

Exercice 2

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

Partie A

  1. $\quad$
    BAC ESL-Antilles-septembre 2015-ex2
  2. D’après la formule des probabilités totales, on a :
    $\begin{align*}
    p\left(\overline{C}\right) &=p\left(A\cap \overline{C}\right)+p\left(B\cap \overline{C}\right)\\\\
    &=0,4 \times 0,15+0,6\times 0,05\\\\
    &=0,09
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On va calculer $p_{\overline{C}}(A)$ et $p_{\overline{C}}(B )$
    $\begin{align*} p_{\overline{C}}(A) &= \dfrac{p\left(A \cap \overline{C}\right)}{p\left(\overline{C}\right)} \\\\
    &=\dfrac{0,4\times 0,15}{0,09}\\\\
    &=\dfrac{2}{3}
    \end{align*}$ $\qquad$ $\begin{align*} p_{\overline{C}}(B) &= \dfrac{p\left(B \cap \overline{C}\right)}{p\left(\overline{C}\right)} \\\\
    &=\dfrac{0,6\times 0,05}{0,09}\\\\
    &=\dfrac{1}{3}
    \end{align*}$
    Le responsable a donc raison.
    $\quad$

Partie B

  1. On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre de pomme commercialisables.
    On prélève $15$ pommes; le tirage est considéré comme étant aléatoire et avec remise. Les tirages sont indépendants et à chaque fois on ne peut avoir que deux événements $C$ et $\overline{C}$.
    De plus $p(C)=1-0,09=0,91$.
    La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale $\mathscr{B}(15;0,91)$.
    Ainsi $P(X=15)=0,91^{15}\approx 0,243$.
    $\quad$
  2. On veut ici calculer:
    $\displaystyle \begin{align*} P(X\ge 14) &=P(X=14)+P(X=15)\\\\
    &=\binom{15}{14}\times0,91^{14}\times 0,09+0,91^{15}\\\\
    &\approx 0,604
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie C

Pour répondre à cette question on va déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ correspondant aux pommes non commercialisables.

On a $n=200\ge 30$ et $p=0,09$ donc $np=18\ge 5$ et $n(1-p)=182\ge 5$.

Un intervalle de fluctuation asymptotique est alors :

$$\begin{align*} I_{200}&=\left[0,09-1,96\sqrt{\dfrac{0,91\times 0,09}{200}};0,09+1,96\sqrt{\dfrac{0,91\times 0,09}{200}}\right]\\\\
&\approx [0,050;0,130]
\end{align*}$$

$22$ pommes ne sont pas commercialisables.

La fréquence observée est donc $f=\dfrac{22}{200}=0,11 \in I_{200}$.

C’est donc conforme à ce qu’il pouvait attendre.

$\quad$

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Le graphe étant connexe, il est toujours possible, en partant d’un village, de rouler vers au moins un autre village.
    $\quad$
  2. En partant de $G$ on visite les villages $G-B-A-F$.
    $\quad$
  3. Le cycle $C-D-E-G-B-A-F$ permet par exemple de visiter tous les villages.
    $\quad$
  4. On veut donc savoir s’il existe un cycle eulérien.
    On va donc déterminer les degrés de chacun des sommets.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{sommet}&A&B&C&D&E&F&G\\
    \hline
    \text{degré}&2&4&2&4&2&2&4\\
    \hline
    \end{array}$$
    Tous les sommets sont donc de degré pair. Il existe alors un cycle eulérien et on peut, partant d’un village, y revenir après avoir emprunté toutes les pistes cyclables une et une seule fois.
    $\quad$

Partie B

  1. La matrice de transition est :
    $$M=\begin{pmatrix}
    0&1&0&0&0&1&0\\
    1&0&1&1&0&0&1\\
    0&1&0&1&0&0&0\\
    0&1&1&0&1&0&1\\
    0&0&0&1&0&0&1\\
    1&0&0&0&0&0&1\\
    0&1&0&1&1&1&0
    \end{pmatrix}$$
  2. Ce nombre $1$ signifie qu’il n’existe qu’un seul chemin de longueur $4$, passant donc par $3$ autres village, reliant $A$ à $F$.
    $\quad$

Exercice 3

  1. Après le versement annuel, le capital est de $1~000\times 1,02+2~400=3~420$ euros
    $\quad$
  2. a.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{valeur de }i&\text{xxx}&1&2&3&4&5\\\\
    \hline
    \text{valeur de }u&1~000&3~420&5~888,4&8~406,17&10~974,29&13~ 593,78\\\\
    \hline
    \end{array}$$b. On obtient alors en sortie $13~593,78$ ce qui correspond au capital sur le compte du couple en $2015$ après avoir effectué le versement annuel.
    $\quad$
    c. Dans l’algorithme 2, La variable $U$ est réinitialiser à $1~000$ dans la boucle Pour. On va donc obtenir le capital présent en $2011$ pour toute valeur de $N$ saisie non nulle.
    $\quad$
    Dans l’algorithme 3, on augmente la valeur de $N$ au sein de la boucle Pour alors que cette variable est présente dans la condition d’arrêt de la boucle.
    $\quad$
  3. Le dernier versement annuel a donc lieu en $2016$.
    Le capital est alors de $16~264,65$ euros.
    On cherche donc la plus petite valeur de $n$ telle que :
    $\begin{align*} 16~264,65\times 1,02^n\ge 18~000 &\ssi 1,02^n > \dfrac{18~000}{16~264,65} \\\\
    &\ssi n\ln 1,02 > \ln \dfrac{18~000}{16~264,65} \\\\
    &\ssi n > \dfrac{\ln \dfrac{18~000}{16~264,65}}{\ln 1,02}\\\\
    & \ssi n \ge 6
    \end{align*}$
    C’est donc en $2022$ que le couple atteindra son objectif.
    $\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. a. Le maximum semble être atteint sur la courbe pour $x=40$ et $f(40) \approx  10$.
    Il y a donc au maximum $10~000$ habitants dans la station balnéaire durant cet été. Il est atteint le $10$ août.
    $\quad$
    b. Au maximum, ils consommeront $55 \times 10~000=550~000$ litres d’eau.
    La commune sera donc en capacité de fournir la quantité d’eau nécessaire.
    $\quad$
  2. On cherche donc le nombre de jour pour lesquels $f(x)\ge 8$.
    Cela se produit $53$ jours.
    $\quad$

Partie B

  1. $f(9) = 2 + 0,2\times 9\e^{-0,025\times 9 + 1} = 2+1,8\e^{0,775}$.
    La consommation sera donc au plus de $55f(9)\times 1~000 \approx 324~888 < 324~890$.
    $\quad$
  2. a. La fonction $f$ est dérivable sur $[0;70]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*}f'(x) &= 0,2\e^{-0,025x+1}+0,2x\times (-0,025)\e^{-0,025x+1} \\\\
    &=(0,2-0,005x)\e^{-0,025x+1}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. La fonction exponentielle étant toujours positive, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $0,2-0,005x$.
    $\begin{align*} 0,2-0,005x \ge 0 &\ssi -0,005x \ge -0,2 \\\\
    &\ssi x \le \dfrac{-0,2}{-0,005} \\\\
    &\ssi x \le 40
    \end{align*}$
    Ainsi $f'(x) \ge0$ sur $[0;40]$ et $f'(x) \le 0$ sur $[40;70]$.
    $\quad$
    c. La consommation maximale a donc lieu le $40^{\text{ème}}$ jour soit le $10$ août.
    $\quad$

Partie C

  1. La somme $S$ correspond à la somme des aires des rectangles de hauteur $g(i)$ et de largeur $1$ pour $i$ allant de $10$ à $20$.
    BAC ESL-Antilles-septembre 2015-ex4
    $\quad$
  2. La fonction $g$ est continue et positive sur $[10;20]$
    Par conséquent, la quantité cherchée correspond à :
    $\begin{align*} I&=\displaystyle \int_{10}^{21} g(x)\mathrm{dx} \\\\
    &= G(21)-G(10) \\\\
    &=2~310-26~840\e^{0,475}-\left(1~100-22~000\e^{0,75}\right) \\\\
    &\approx 4~625
    \end{align*}$
    $4~625$ m$^3$ d’eau environ ont été consommé du $10^{\e}$ eu $20^{\e}$ jour.

Bac ES/L – Métropole – Septembre 2015

Métropole – Septembre 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

Le sujet de ce bac est disponible ici.

Exercice 1

Partie 1

  1. $\quad$
    BAC esl-metropole-sept2015-ex1
  2. On veut calculer $p(A\cap E) = 0,7 \times 0,4 = 0,28$ d’après l’arbre.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales, on a :
    $\begin{align*} p(E) &=p(A\cap E)+p(B\cap E) \\\\
    &=0,28 + 0,3\times 0,5 \\\\
    &=0,28 + 0,15\\\\
    &=0,43
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_{\overline{E}}(A)&=\dfrac{p\left(A\cap\overline{E}\right)}{p\left(\overline{E}\right)} \\\\
    &=\dfrac{0,42}{1-0,43}\\\\
    &=\dfrac{14}{19}\\\\
    &\approx 0,739
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

On a $p=\dfrac{123}{210}$ et $n=210 \ge 30$
$np=123\ge 5$ et $n(1-p)=87 \ge 5$

Par conséquent un intervalle de confiance au seuil de $95\%$ est :
$\begin{align*} I_{210}&=\left[\dfrac{123}{210}-\dfrac{1}{\sqrt{210}};\dfrac{123}{210}+\dfrac{1}{\sqrt{210}}\right] \\\\
&\approx [0,516;0,655]
\end{align*}$
$\quad$

Partie C

  1. On a $P(X \ge 60) = 0,5 + P(40 \le X \le 60) \approx 0,994$
    $\quad$
  2. On a $P(30 \le X \le 50) \approx 0,789$
    $\quad$

Exercice 2

Partie A : A l’aide d’un graphique

  1. Graphiquement on constate que $f$ est croissante sur $[0;1]$ et décroissante sur $[1;5]$.
    $\quad$
  2. La fonction est convexe si, et seulement si, $f\prime\prime(x) \ge 0$.
    Elle est donc convexe sur $[2;5]$.
    $\quad$
  3. Elle possède un point d’inflexion pour $x=2$.
    $\quad$

Partie B – Etude de la fonction 

  1. Sur $[0;5]$, $5x \ge 0$ et la fonction exponentielle est toujours positive.
    Donc $f(x) \ge 0$ sur $[0;5]$.
    $\quad$
  2. La fonction $F$ est dérivable sur $[0;5]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $F'(x)=-5\e^{-x}-(-5x-5)\e^{-x} = 5x\e^{-x} = f(x)$.
    Par conséquent $F$ est une primitive de $f$ sur $[0;5]$.
    $\quad$
  3. La fonction $f$ est continue et positive. Par conséquent l’aire du domaine  cherchée est donnée par :
    $\begin{align*} \displaystyle I&=\int_0^1f(x)\mathrm{d}x \\\\
    &= F(1)-F(0)\\\\
    &=-10\e^{-1}+5
    \end{align*}$
    $\quad$

Exercice 3

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

  1. $u_1=0,75\times 500+300=675$.
    $u_2=0,75\times 675+300\approx 806$.
    $\quad$
  2. Chaque année, $75\%$ des abonnés renouvellent leur abonnement. Cela représente donc $0,75u_n$.
    $300$ nouveaux abonnés arrivent chaque année. Par conséquent $u_{n+1}=0,75u_n+300$.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} v_{n+1} &=u_{n+1}-1~200 \\\\
    &=0,75u_n+300-1~200\\\\
    &=0,75u_n-900\\\\
    &=0,75(v_n+1~200)-900\\\\
    &=0,75v_n+900-900\\\\
    &=0,75v_n
    \end{align*}$
    La suite $(v_n)$ est donc bien géométrique de raison $0,75$ et son premier terme est $v_0=u_0-1~200=-700$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $v_n=-700\times 0,75^n$
    Or $u_n=v_n+1~200$ donc $u_n=-700\times 0,75^n+1~200$
    $\quad$
    c. Ainsi $u_{10} = -700\times 0,75^{10}+1~200\approx 1~161$.
    Cela signifie donc qu’il aura $1~161$ abonnés en $2024$.
    $\quad$
  4. Le bon algorithme est le numéro 1.
    L’algorithme 2 modifie l’indice après avoir calculé l’élément de la suite. Il ne convient donc pas.
    La valeur de l’année doit être modifiée qu’après avoir déterminé le rang de la suite qui nous intéresse. On rejette donc l’algorithme 3.
    $\quad$

Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. $\quad$
    BAC esl-metropole-sept2015-ex3
  2. La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix} 0,7&0,3\\\\0,15&0,85\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  3. En $2018$, $n=4$. On calcule donc $P_4=P_0\times M^4 \approx \begin{pmatrix} 0,358&0,642\end{pmatrix}$
    Cela signifie donc qu’en $2018$, la probabilité pour qu’un client paye en une seule fois est d’environ $35,8\%$.
    $\quad$
  4. On appelle $P=\begin{pmatrix} x&y \end{pmatrix}$ l’état stable.
    Il vérifie $P=PM$ et $x+y=1$
    On a par conséquent :
    $\begin{align*} \begin{cases}x+y=1\\\\0,7x+0,15y=x\\\\0,3x+0,85y=y\end{cases}&\ssi \begin{cases} x=1-y \\\\0,15y=0,3x\\\\0,3x=0,15y\end{cases}\\\\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y\\\\0,3(1-y)=0,15y\end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y \\\\0,3-0,3y=0,15y\end{cases}\\\\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y\\\\0,3=0,45y\end{cases}\\\\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y=\\\\y=\dfrac{2}{3}\end{cases}\\\\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{1}{3}\\\\y=\dfrac{2}{3}\end{cases}\end{align*}$
    L’état stable est donc $\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3} &\dfrac{2}{3}\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  5. On a, pour tout entier naturel $n$, $a_n+b_n=1$ soit $b_n=1-a_n$.
    De plus
    $\begin{align*} a_{n+1}&=0,7a_n+0,15b_n \\\\
    &=0,7a_n+0,15(1-a_n)\\\\
    &=0,7a_n+0,15-0,15a_n\\\\
    &=0,55a_n+0,15
    \end{align*}$
    $\quad$
  6. a.
    Initialisation :
    $\quad$ $a$ prend la valeur $0,6$
    $\quad$ $n$ prend la valeur $0$
    Traitement :
    $\quad$ Tant que $a\ge 0,333~4$
    $\qquad$ $a$ prend la valeur $0,55a+0,15$
    $\qquad$ $n$ prend la valeur $n+1$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $n$
    $\quad$
    b. On veut que déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} a_n<0,333~4 &\ssi \dfrac{4}{15}\times 0,55^n+\dfrac{1}{3} < 0,333~4 \\\\
    &\ssi \dfrac{4}{15}\times 0,55^n <0,333~4-\dfrac{1}{3} \\\\
    &\ssi 0,55^n<\dfrac{15}{4}\left(0,333~4-\dfrac{1}{3}\right)\\\\
    &\ssi n\ln 0,55<\ln \left[\dfrac{15}{4}\left(0,333~4-\dfrac{1}{3}\right)\right]\\\\
    &\ssi n > \dfrac{\ln \left[\dfrac{15}{4}\left(0,333~4-\dfrac{1}{3}\right)\right]}{\ln 0,55}\\\\
    &\ssi n \ge 14
    \end{align*}$
    $\quad$
    Le plus petit entier naturel qui assure que $a_n<0,333~4$ est donc $14$.$\quad$

Exercice 4

  1. La fonction $f$ est dérivable sur $[0,2;10]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*}f'(x)&=2\times 2x \ln(x)+2x^2\times \dfrac{1}{x} \\\\
    &= 4x\ln(x)+2x \\\\
    &=2x\left(2\ln(x)+1\right)
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Une équation de la tangente au point d’abscisse $a$ est de la forme $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    Ainsi $\begin{align*} y&=2a\left(2\ln(a)+1\right)(x-a)+2a^2\ln(a) \\\\
    y&=2a\left(2\ln(a)+1\right)x-4a^2\ln(a)+2a^2+2a^2\ln(a)\\\\
    y&=2a\left(2\ln(a)+1\right)x-2a^2\left(\ln(a)+1\right)\end{align*}$.
    $\quad$
  3. La tangente passe par l’origine du repère si, et seulement si, $2a^2\left(\ln(a)+1\right)=0$
    Puisque $a\in[0,2;10]$ cela signifie donc que $\ln(a)+1=0$ soit $a=\e^{-1}$.
    Par conséquent une seule tangente passe par l’origine du repère.

 

Bac ES/L Polynésie Septembre 2015

Polynésie – Septembre 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

Exercice 1

Partie A

  1. On appelle $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de fois où le joueur gagne. Toutes les conditions sont requises pour que $X$ suivent la loi binomiale $\mathscr{B}(4;0,12)$
    Ainsi on veut calculer $\displaystyle P(X=1) = \binom{4}{1}\times 0,12^1\times 0,88^3 \approx 0,327~1$. Réponse A
    $\quad$
  2. On appelle $G$ l’événement “le joueur gagne une partie” et $E$ l’événement “le joueur emporte son lot”.
    On a ainsi $P(G)=0,12$ et $P_G(E)=0,8$.
    Par conséquent $P(G \cap E) = 0,8 \times 0,12 = 0,096$. Réponse C
    $\quad$
  3. $P(140 < X < 160) \approx 0,683$ Réponse A
    $\quad$

Partie B

  1. $f'(x) = 2\e^{-x}-(2x+1)\e^{-x} = (-2x+1)\e^{-x}$ Réponse D
    $\quad$
  2. D’après les croissances comparées, $\ln a < a < \e^a$. Réponse D
    $\quad$

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. $\quad$
    Bac ESL-polynésie-sept2015-ex2
    $\quad$
  2. a. On a $M=\begin{pmatrix}0,97 & 0,03\\\\0,002&0,998\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    b. $P_1=P_0 \times M = \begin{pmatrix} 0,4\times 0,97 + 0,6 \times 0,002 &0,4\times 0,03 + 0,6\times 0,998\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0,389~2&0,610~8\end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. Pour déterminer si l’objectif est atteint, on calcule $P_2 = P_1 \times M$.
    Or $P_2= \begin{pmatrix} 0,378~745~6&0,621~254~4\end{pmatrix}$
    Par conséquent l’objectif n’est pas atteint.
    $\quad$

Partie B

  1. Un itinéraire est $P-A-E-C-B-D-F-G$ mais il en existe d’autres.
    $\quad$
  2. Dans ce graphe, plus de $2$ sommets possèdent des degrés impairs ($P$, $C$ et $A$ par exemple sont de degré $3$). Il n’existe donc pas de chaîne eulérienne et il est impossible d’envisager un itinéraire qui emprunterait une et une seule fois toutes les voies.
    $\quad$
  3. On va utiliser l’algorithme de Dijkstra.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    P&A&B&C&D&E&F&G&\text{Sommet} \\\\
    \hline
    0& & & & & & & & P \\\\
    \hline
    &9(P) &8(P) &4(P) & & & & & C \\\\
    \hline
    &9(P) &7(C) & & &13(C) & & & B \\\\
    \hline
    &9(P) & & &13(B) &12(B) & & & A \\\\
    \hline
    & & & &13(B) &12(B) & & & E \\\\
    \hline
    & & & &13(B) & & &22(E) & D \\\\
    \hline
    & & & & & &18(D) &21(D) & F \\\\
    \hline
    & & & & & & & 21(D)& G \\\\
    \hline
    \end{array}$$
    Le trajet le plus court en temps est donc $P-C-B-D-G$. Il nécessite $21$ minutes.
    $\quad$

Exercice 3

  1. $u(0,6) = 0,456$ par conséquent la courbe représentative de la fonction $u$ est $C’$.
    $\quad$
  2. a. $u(0,5) = 0,35$.
    Ainsi $50\%$ des salariés de la filiale A ayant les plus bas salaires se répartissent $35\%$ de la masse salariale.
    $\quad$
    b. $v(0,5) = 0,2125$.
    Ainsi $50\%$ des salariés de la filiale B ayant les plus bas salaires se répartissent $21,25\%$ de la masse salariale.
    La filiale A distribue donc la plus grande part de la masse salariale.
    $\quad$
    c. La filiale B parait avoir la distribution des salaires la plus inégalitaire.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} c_u &= 2\left(\dfrac{1}{2}-\displaystyle \int_0^1 \left(0,6x^2+0,4x\right)\mathrm{d}x\right) \\\\
    &=2\left(\dfrac{1}{2}-\left[\dfrac{0,6x^3}{3}+\dfrac{0,4x^2}{2}\right]_0^1\right)\\\\
    &=1-2(0,2+0,2)\\\\
    &=0,2
    \end{align*}$
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} \dfrac{c_v}{2}&=\dfrac{1}{2}-\displaystyle \int_0^1 v(x)\mathrm{d}x \\\\
    &=\left[\dfrac{x}{2}\right]_0^1-\int_0^1 v(x)\mathrm{d}x\\\\
    &= \int_0^1 x\mathrm{d}x-\int_0^1 v(x) \mathrm{d}x
    \end{align*}$
    $\quad$
    Montrons que $D$ est effectivement au-dessus de $C$.
    $x-v(x) = -0,7x^3-0,1x^2+0,8x$ $=x\left(-0,7x^2-0,1x+0,8\right)$
    $\Delta = 2,34 >0$. Il y a donc deux racines $x_1 = \dfrac{0,1 – \sqrt{2,34}}{-1,4}>1$ et $x_2=\dfrac{0,1 + \sqrt{2,34}}{-1,4}<0$.
    Ainsi sur $[0;1]$, $x-v(x) \ge 0$.
    Par conséquent l’aire du domaine compris entre les droites d’équation $x=0$ et $x=1$, la droite $D$ et la courbe $C$ correspond à $\dfrac{c_v}{2}$.
    $\quad$
    c. $\dfrac{c_v}{2}$ est donc positive (en tant qu’intégrale d’une fonction continue positive sur $[0;1]$) et inférieure à l’aire du triangle rectangle isocèle de côté $1$ (qui vaut $0,5$).
    Par conséquent $0\le c_v\le 1$.
    $\quad$
    d. Ainsi :
    $\begin{align*} c_v&= 2\left(\left[\dfrac{x}{2}-\dfrac{0,7x^4}{4}-\dfrac{0,1x^3}{3}+\dfrac{0,2x^2}{2}\right]_0^1\right)\\\\
    &\approx 0,383
    \end{align*}$
    Par conséquent $c_u \le c_v$.
    $\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. La fonction $P$ semble décroissante sur l’intervalle $[50;60]$ par conséquent $P'(54) \le 0$.
    $\quad$
  2. La fonction semble convexe sur $[0;40]$. Après $40$ la courbe se retrouve en-dessous de ses tangentes.
    $\quad$
  3. Les solutions de l’équation $P(x)=10$ sont environ $10$ et $58$.
    $\quad$
  4. Le nombre $A$ correspond à l’aire domaine compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=10$.
    Ce domaine est compris entre deux rectangles de dimensions $10\times 6$ et $10\times7$.
    Ainsi $60 < A < 70$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. $P'(x)=(-0,1x+5)\e^{0,1x-5}$.
    La fonction exponentielle est toujours positive. Le signe de $P'(x)$ ne dépend donc que de celui de $-0,1x+5$.
    $-0,1x+5 \ge 0 \ssi -0,1x \ge -5 \ssi x \le 50$.
    Ainsi $P'(x) \ge 0$ sur $[0;50]$ et $P'(x) \le 0$ sur $[50;60]$.
    $\quad$
    b. La fonction $P$ est donc croissante sur $[0;50]$ et décroissante sur $[50;60]$.
    Son maximum est donc atteint en $50$ et vaut $P(50) =6+10=16$.
    $\quad$
  2. La fonction $P$ est continue et strictement croissante sur l’intervalle $[0;40]$.
    De plus $P(0) = 6-\e^{-5} < 10$ et $P(40) = 6  +20\e^{-1}>10$
    Par conséquent, d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $P(x)=10$ possède une unique solution sur $[0;40]$.
    $x_0 \approx 29,8$.
    $\quad$
  3. Pour étudier la convexité de la fonction $P$ on étudie le signe de $P\prime\prime(x)=(-0,01x+0,4)\e^{0,1x-5}$.
    Ce signe ne dépend que de celui de $-0,01x+0,4$.
    Or $-0,01x+0,4 \ge 0 \ssi -0,01x \ge 0,4$ $\ssi x \le 40$.
    La fonction $P$ est donc convexe sur $[0;40]$ et concave sur $[40;60]$.

 

Bac ES/L – Antilles Guyane – Juin 2015

Antilles Guyane – Juin 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici.

Exercice 1

  1. La fonction $f$ est deux dérivable sur $\R$ en tant que fonction polynomiale.
    Pour tout réel $x$ on a:
    $f'(x) = 3x^2 + 6 \times 2x = 3x^2 + 12x$
    $f \prime \prime (x) = 3\times 2x + 12 = 6x + 12$
    Donc $f\prime \prime (x) \ge 0 \ssi 6x \ge -12 \ssi x \ge -2$
    La fonction $f$ est donc convexe sur $[-2;+\infty[$.
    Réponse b
    $\quad$
  2. La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$. Par conséquent $g(x) = 0 \ssi (x-2) = 0$.
    Il n’y a donc qu’une seule solution : $2$.
    Réponse b
    $\quad$
  3. $\quad$
    $\displaystyle \begin{align*} I&= \int_0^1 -2x\e^{-x^2}\mathrm{d}x \\\\
    &= \left[\e^{-x^2}\right]_0^1 \\\\
    &= \e^{-1} – 1
    \end{align*}$
    Réponse b
    $\quad$
  4. $h$ est dérivable en tant que produit de fonctions dérivables sur $]0;+\infty[$.
    $h'(x) = 2\ln x + \dfrac{2x+4}{x}$
    Réponse d
    $\quad$
  5. A chaque augmentation le prix a été multiplié par $1,05$.
    Cela s’est répété pendant $3$ mois. Le prix a donc été multiplié par $1,05^3$.
    Réponse a
    $\quad$

Exercice 2

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

  1. $\quad$
    BAC ESL - Antilles Guyane - juin 2015 - ex2
    $\quad$
  2. On veut calculer $P(S \cap T) = 0,7 \times 0,8 = 0,56$
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(T) &= P(S \cap T) + P\left(\overline{S} \cap T\right) \\\\
    &= 0,56 + 0,3 \times 0,1 \\\\
    &= 0,59
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_{\overline{T}}(S) & =\dfrac{P\left(\overline{T} \cap S\right)}{P(T)} \\\\
    &= \dfrac{0,7 \times 0,2}{0,59} \\\\
    & \approx 0,24
    \end{align*}$
    L’affirmation est donc fausse.
    $\quad$
  5. a. La variable aléatoire $X$ suit la loi binomiale $\mathscr{B}(4;0,59)$.
    $\quad$
    b. $P(X = 0) = \binom{4}{0} \times 0,59^0 \times 0,41^4 \approx 0,03$
    $\quad$
    c.
    $\begin{align*} P(X \ge 2) & = 1 – \left(P(X = 0) + P(X = 1)\right) \\\\
    &\approx 1 – 0,19 \\\\
    &\approx 0,81
    \end{align*}$
    $\quad$

Exercice 2

Candidats ES ayant pas suivi l’enseignement de spécialité 

  1. $\quad$
    BAC ESL - Antilles Guyane - juin 2015 - ex2-1
    $\quad$
  2. La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix} 0,6 & 0,4 \\0,3&0,4\end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} P_2&=P_0 \times M^2 \\\\
    &= \begin{pmatrix} 0,48 \times 0,5 + 0,39 \times 0,39 & 0,52 \times 0,5 + 0,61 \times 0,5 \end{pmatrix} \\\\
    &= \begin{pmatrix} 0,435 & 0,565 \end{pmatrix}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. On a $P_4 = P_0 \times M^4 \approx \begin{pmatrix} 0,43&0,57 \end{pmatrix}$.
    $\quad$
    Cela signifie donc qu’au bout de $4$ jours $43\%$ des vélos sont sur le site $A$ et $57\%$ sont sur le site $B$.
    $\quad$
    c. L’état stable $\begin{pmatrix} a&b \end{pmatrix}$ vérifie :
    $\begin{align*} \begin{cases} a+b=1 \\\\a=0,48a + 0,39b \\\\b=0,52a+061b \end{cases} & \ssi \begin{cases} a=1 -b \\\\0,52a= 0,39b \\\\0,39b=0,52a \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} a=1-b \\\\0,52(1 – b)= 0,39b  \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} a=1-b \\\\0,52 = 0,91b  \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} b = \dfrac{4}{7} \\\\a = \dfrac{3}{7} \end{cases}
    \end{align*}$
    $\quad$
    d. $\dfrac{4}{7} \times 140 = 80$.
    Au maximum $80$ vélos sont sur le site $B$. Cela signifie donc qu’au maximum $10$ vélos sont à redistribuer sur le site $A$.
    Le véhicule est donc adapté à la situation.
    $\quad$

Exercice 3

  1. a. Cet algorithme affiche, chaque année de 2011 à 2018, le nombre de clients de l’opérateur .
    $\quad$
    b.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    k&0&1&2&3&4&5 \\\\
    \hline
    \text{NbClients}&1~000~000&960~000&924~000&891~600&862~440&836~196 \\\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} V_{n+1} & = U_{n+1} – 600 \\\\
    & = 0,9U_n + 60 – 600 \\\\
    &= 0,9U_n – 540 \\\\
    & = 0,9\left(U_n – 600\right) \\\\
    &= 0,9 V_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(V_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,9$ et de premier terme $V_0 = 400$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $V_n = 400 \times 0,9^n$.
    $\quad$
    c. $U_n = V_n + 600 = 400 \times 0,9^n+600$.
    $\quad$
    d.
    $\begin{align*} U_{n+1} – U_n & = 400 \times 0,9^{n+1} + 600 – 400 \times 0,9^n – 600 \\\\
    & = 400 \times 0,9^{n+1} – 400 \times 0,9^n \\\\
    &= 400 \times 0,9^n (0,9 – 1) \\\\
    & = -40 \times 0,9^n
    \end{align*}$
    Cela signifie donc que la suite $\left(U_n\right)$ est décroissante et que, par conséquent, l’opérateur de téléphonie perd des clients chaque année.
    $\quad$
  3. En 2014, l’opérateur a $860~000$ clients.
    Ainsi, à partir de 2014, le nombre de clients est modélisé par la suite :
    $$\begin{cases} W_0 = 860~000 \\\\
    W_{n+1} = 0,92W_n + 100~000
    \end{cases}$$
    On constate alors que $W_5 = 992~958$ et $W_6 = 1~013~522$
    C’est donc au bout de $6$ ans que l’opérateur retrouvera au moins un million de clients.
    $\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. $P(X \le 496) = 0,5 – P(496 \le X \le 500) \approx 0,02$
    $\quad$
  2. $P(497 \le X \le 500) \approx 0,43$
    $\quad$
  3. La variable aléatoire $Y = \dfrac{X – 500}{2}$ suit la loi normale centrée réduite.
    On veut trouver la valeur de $\alpha$ afin que :
    $\begin{align*} P(500 – \alpha \le X \le 500 + \alpha) = 0,95 & \ssi P(-\alpha \le X – 500 \le \alpha) = 0,95 \\\\
    & \ssi P\left(-\dfrac{\alpha}{2} \le \dfrac{X – 500}{2} \le \dfrac{\alpha}{2}\right) = 0,95  \\\\
    & \ssi 2\Phi \left(Z \le \dfrac{\alpha}{2} \right) -1 = 0,95 \\\\
    & \ssi 2\Phi \left(Z \le \dfrac{\alpha}{2} \right) = 1,95 \\\\
    & \ssi \Phi \left(Z \le \dfrac{\alpha}{2} \right) = 0,975 \\\\
    & \ssi \dfrac{\alpha}{2} \approx 1,96 \\\\
    & \ssi \alpha \approx 3,92
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

On a $n=200$ et $p=0,97$
Par conséquent $n \ge 30$, $np = 194 \ge 5$ et $n(1-p) = 6 \ge 5$
Les conditions sont vérifiées pour déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de confiance de $95\%$.
$\begin{align*} I_{200} &= \left[0,97 – 1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,97 \times 0,03}{200}}; 0,97 + 1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,97 \times 0,03}{200}}\right] \\\\
& \approx [0,946;0,994]
\end{align*}$

La fréquence observée des bouteilles conformes est $f = \dfrac{185}{200} = 0,925 \notin I_{200}$.

Ainsi, au risque de $5\%$, le test effectué remet en cause l’affirmation de l’entreprise.

 

Bac ES/L – Métropole – Juin 2015

Métropole – Juin 2015

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce sujet de bac est disponible ici : Obligatoire et Spécialité

Exercice 1

Partie A

  1. $\quad$
    bac ES - métropole - juin 2015 - ex1
    $\quad$
  2. On veut calculer $p(F \cap R) = 0,42 \times 0,65 = 0,273$ d’après l’arbre pondéré.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales, on a :
    $\begin{align*} p(R) &= p(F \cap R) + p\left(\overline{F} \cap R\right) \\\\
    &= 0,273 + 0,58 \times 0,45 \\\\
    &= 0,534
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. $P(X \ge 36) = 0,5 + P(36 \le X \le 48) \approx 0,885$
    $\quad$
  2. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_{X \ge 36}(36 \le X \le 60) &= \dfrac{P(36 \le X \le 60)}{P(X \ge 36)} \\\\
    & \approx \dfrac{0,770}{0,885} \\\\
    & \approx 0,870
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie C

  1. On a $n = 1~500$ et $p =0,3$
    Donc $n \ge 30$, $np = 450 \ge 5$ et $n(1-p) = 1050 \ge 5$.
    Les conditions sont vérifiées pour déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$.
    $\begin{align*} I_{1~500} &= \left[0,3- 1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,3 \times 0,7}{1~500}};0,3+ 1,96 \times \sqrt{\dfrac{0,3 \times 0,7}{1~500}}\right] \\\\
    &\approx [0,276;0,324]
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. La fréquence observée est $f = \dfrac{430}{1~500} \approx 0,287 \in I_{1~500}$.
    On ne peut donc pas rejeter, au seuil de $5\%$, l’hypothèse formulée par le gérant.
    $\quad$

Exercice 2

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

  1. On a donc $u_3 = 2~000 \times 1,008^2 = 2~032,128 \approx 2~062,13$.
    Ainsi le coût de forage des $30$ premiers mètres est de :
    $$2~000+2~016 + 2~032,128 \approx 6~048,13 ~€$$
    $\quad$
  2. a. On a :
    $\begin{align*} u_{n+1} &= 2~000 \times 1,008^n \\\\
    &= 2~000 \times 1,008^{n-1} \times 1,008 \\\\
    &= 1,008 u_n
    \end{align*}$
    La suite $(u_n)$ est donc géométrique de raison $1,008$ et de premier terme $u_1 = 2~000$.
    $\quad$
    b. Le pourcentage d’augmentation du coût de forage de la $(n+1)$ -ième dizaine de mètres par rapport à celui de la $n$-ième dizaine de mètres est :
    $$\begin{align*} t&=\dfrac{u_{n+1} – u_n}{u_n}\\\\
    &= \dfrac{1,008u_n – u_n}{u_n} \\\\
    &=0,008 \\\\
    &=0,8\%
    \end{align*}$$
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Valeur de } i& &2&3&4&5\\\\
    \hline
    \text{Valeur de } u&2~000&2~016& 2~032,13&2~048,39&2~064,77\\\\
    \hline
    \text{Valeur de } S&2~000&4~016&6~048,13&8~096,52&10~161,29 \\\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$
    b. On obtient donc en sortie $10~161,29$ ce qui correspond, en euros, au coût d’un forage de $50$ mètres.
    $\quad$
  4. a. On veut trouver le plus grand entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} -250~000 + 250~000 \times 1,008^n\le  125~000 & \ssi 250~000 \times 1,008^n \le 375~000 \\\\
    &\ssi 1,008^n \le 1,5 \\\\
    & \ssi n \ln 1,008 \le \ln 1,5 \\\\
    & \ssi n \le \dfrac{\ln 1,5}{\ln 1,008} \\\\
    & \ssi n \le 50
    \end{align*}$
    La profondeur maximale est donc de $500$ mètres.
    $\quad$
  5. Initialisation
    $\quad$ $u$ prend la valeur $2~000$
    $\quad$ $S$ prend la valeur $2~000$
    $\quad$ $n$ prend la valeur $1$
    Traitement
    $\quad$ Tant que $S \le 125~000$
    $\qquad$ $u$ prend la valeur $u \times 1,008$
    $\qquad$ $S$ prend la valeur $S+u$
    $\qquad$ $n$ prend la valeur $n+1$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie
    $\quad$ Afficher $(n-1)\times 10$
    $\quad$

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité 

Partie A

  1. a. La chaîne $A-D-E-C-F-H-G-B$ permet de passer par tous les sommets. Le graphe est donc connexe.
    $\quad$
    b. La chaîne $A-D-E-C-F-E-H-F-B-H-G-B-A$ est une chaîne eulérienne. Le graphe admet donc bien une chaîne eulérienne.
    Remarque 1 : On pouvait aussi étudier les degrés des sommets.
    Remarque 2: Le graphe possède un cycle eulérien.
    $\quad$
  2. Pour connaître le nombre de chemins de longueur $3$ reliant $E$ à $B$ on lit le coefficient $M^3_{(5,2)} = 5$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. D’après la partie A, le graphe possède une chaîne eulérienne. On peut donc passer par tous les refuges en empruntant une fois et une seule fois chacun des sentiers.
    On peut prendre l’itinéraire $A-D-E-C-F-E-H-F-B-H-G-B-A$.
    $\quad$
    b. D’après la question A.2., il existe $5$ chemins de longeur $3$ reliant $E$ à $B$.
    Il existe donc $5$ itinéraires de $3$ jours reliant le refuge $E$ au refuge $B$.
    $\quad$
  2. Pour déterminer cet itinéraire, on va utiliser l’algorithme de Dijkstra.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&G&H&\text{Sommet} \\\\
    \hline
    0 & & & & & & & & A\\\\
    \hline
    &12(A)& &14(A) & & & & &B \\\\
    \hline
    & & &14(A) & &21(B) &28(B) &33(B) &D \\\\
    \hline
    & & & &24(D) &21(B) &28(B) &33(B) &F \\\\
    \hline
    & &31(F) & &24(D) & &28(B) &32(F) &E \\\\
    \hline
    & &31(F) & & & &28(B) & 32(F)&G\\\\
    \hline
    & &31(F) & & & & & 32(F)&C\\\\
    \hline
    & & & & & & & 32(F)&H\\\\
    \hline
    \end{array}$
    L’itinéraire le plus court reliant $A$ à $H$ est donc $A-B-F-H$. Il fait $32$ kilomètres.
    $\quad$

 

Exercice 3

Partie A

  1. a. $f'(-3) = 0$ : coefficient directeur de la tangente à la courbe au point $A$.
    $\quad$
    b. $f(0) = 2$
    $f'(0) = \dfrac{-4 -8}{2 -(-2)} = -3$ : Coefficient directeur de la tangente au point $B$.
    $\quad$
  2. a. $f$ est dérivable sur $[-4;3]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivable sur cet intervalle.
    $\begin{align*} f'(x) &= \e^{-x} – (x+b)\e^{-x} \\\\
    &= (-x-b+1)\e^{-x}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $f(0) = a+b = 2$ et $f'(0) = -b+1 = -3$
    Les nombres $a$ et $b$ vérifient donc le système :
    $$\begin{cases} a+b=2 \\\\1-b=-3 \end{cases}$$
    c. $\quad$
    $\begin{align*} \begin{cases} a+b=2 \\\\1-b=-3 \end{cases} & \ssi\begin{cases} a=2-b \\\\-b=-4 \end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} b=4 \\\\a=-2 \end{cases}
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. $f'(x) = \e^{-x} – (x+4)\e^{-x} = (-x-3)\e^{-x}$
    $\quad$
    La fonction exponentielle est strictement positive sur $[-4;3]$.
    Par conséquent le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $-x-3$
    Or $-x-3>0 \ssi x < -3$
    On obtient ainsi le tableau de variation suivant :
    bac ES - métropole - juin 2015 - ex3
    $\quad$
    $f(-3) = -2 +\e^3 \approx 18,09 > 0$
    $f(3) = -2 + 7\e^{-3} \approx -1,65 < 0$
    $\quad$
  2. Sur l’intervalle $[-3;3]$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
    De plus $f(-3) >0$ et $f(3)<0$.
    Par conséquent $0$ appartient à l’intervalle image.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution $\alpha$ sur $[-3;3]$.
    $\alpha \approx 0,90$
    $\quad$
  3. a. On a donc $S = \displaystyle \int_{-3}^0 f(x) \mathrm{d}x$
    $\quad$
    b. D’après l’affichage du logiciel de calcul formel, la fonction $F$ définie sur $[-4;3]$ par $F(x) = -2x+(-x-5)\e^{-x}$ est une primitive de $f$ car $F'(x) = f(x)$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} S &=F(0) – F(-3) \\\\
    &= -5 – \left(6 – 2\e^3\right) \\\\
    & = 2\e^3-11 \\\\
    & \approx 29,17 \text{ u.a}
    \end{align*}$
    $\quad$

Exercice 4

La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.

On a ainsi :
$\begin{align*} f'(x) &= 3 -3\ln(x) – \dfrac{3x}{x} \\\\
&= 3 – 3\ln(x) – 3 \\\\
&= -3\ln(x)
\end{align*}$

Une équation de la tangente $T$ est donnée par la formule $y=f'(a)(x-a) + f(a)$
Ici, $a=1$, $f'(1) = 0$ et  $f(1) = 3$

Une équation de $T$ est donc $y= 3$

$f'(x) > 0 \ssi -3 \ln (x) >0 \ssi \ln(x) <0 \ssi x \in]0;1[$.

La fonction $f$ est donc croissante sur $]0;1]$ et décroissante sur $[1;\infty[$. Elle admet donc un maximum en $1$ qui vaut $3$.

La courbe $C_f$ admet une tangente horizontale au point d’abscisse $1$ d’équation $y=3$.

Par conséquent la courbe $C_f$ est toujours située sous sa tangente $T$.

 

 

Bac ES/L – Asie Juin 2015

Asie Juin 2015

BAC ES/L – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

  1. Les $10$ tirages sont aléatoires, indépendants, identiques et ne possède que de issues : “pile” et “face”. De plus la probabilité d’obtenir “pile” est de $0,5$.
    Ainsi $X$ suit la loi binomiale $\mathscr{B}(10;0,5)$.
    $P(X = 5) = \displaystyle \binom{10}{5} \times 0,5^5 \times 0,5^5 \approx 0,25$
    Réponse c
    $\quad$
  2. $P(X \ge 5) = 0,5 – P(3 \le X \le 5) \approx 0,16$
    Réponse b
    $\quad$
  3. Un intervalle de confiance au seuil de $0,95$ est donné par $\left[f – \dfrac{1}{\sqrt{n}}; f + \dfrac{1}{\sqrt{n}}\right]$.
    L’amplitude de l’intervalle est donc de :
    $f +\dfrac{1}{\sqrt{n}} – \left(f – \dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) = \dfrac{2}{\sqrt{n}}$.
    On veut que :
    $\begin{align*} \dfrac{2}{\sqrt{n}} \le 0,04 & \ssi \dfrac{1}{\sqrt{n}} \le 0,02 \\\\
    & \ssi \sqrt{n} \ge 50 \\\\
    & \ssi n \ge 2~500
    \end{align*}$
    réponse d
    $\quad$
  4. On appelle
    $A$ l’événement “la pièce a été livrée par le fournisseur A”
    $B$ l’événement “la pièce a été livrée par le fournisseur B”
    $D$ l’événement “la pièce présente un défaut”.
    D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p\left(\overline{D}\right) &= p\left((A \cap \overline{D}\right) + p\left(B \cap \overline{D}\right) \\\\
    & =0,7 \times 0,98 + 0,3 \times 0,97 \\\\
    & = 0,977
    \end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$
  5. On cherche la valeur de $x$ telle que $0,1140 \left(1 + \dfrac{x}{100}\right)^7 = 0,1372$ ($7$ années séparent les deux dates).
    On peut essayer tous les choix proposés ou résoudre l’équation.
    $\begin{align*} 0,1140 \left(1 + \dfrac{x}{100}\right)^7 = 0,1372 & \ssi \left(1 + \dfrac{x}{100}\right)^7 = \dfrac{0,1372}{0,1140} \\\\
    &\ssi  1 +  \dfrac{x}{100}  = \sqrt[7]{\dfrac{0,1372}{0,1140}} \approx 1,0268 \\\\
    & \ssi \dfrac{x}{100} \approx 0,0268 \\\\
    & \ssi x \approx 2,68
    \end{align*}$
    Réponse c
    $\quad$

Exercice 2

Candidats ES n’ayant pas suivi la spécialité mathématiques et candidats L

Partie A

  1. a. $\quad$
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Valeur de } N & 0 & 1 & 2& 3&4&5&6&7&8 \\\\
    \hline
    \text{Valeur de C} &1900&1913&1926,26&1939,79&1923,58&1967,65&1982,01&1996,65&2011,58\\\\
    \hline
    \end{array}$$
    b. L’algorithme affichera donc $8$.
    Cela signifie donc qu’en $2022$ le capital de Valentine aura dépassé les $2~000$ euros.
    $\quad$
  2. $1,02 \times 1~250 – 25 = 1~250$.
    Chaque année le capital de Valentine est donc le même : $1~250$ euros.
    $\quad$

Partie B

  1. Chaque année le capital de Valentine augmente de $2\%$. Il est donc multiplié par $1,02$.
    On obtient ainsi $1,02c_n$.
    Mais elle doit payer $25$ euros de frais de gestion.
    D’où $c_{n+1} = 1,02c_n – 25$.
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} u_{n+1}& = c_{n+1} – 1~250 \\\\
    &= 1,02c_n – 25 – 1~250 \\\\
    &= 1,02c_n – 1~275 \\\\
    &= 1,02c_n – 1,02 \times 1~250 \\\\
    &= 1,02\left(c_n – 1~250\right) \\\\
    &= 1,02u_n
    \end{align*}$
    La suite $(u_n)$ est donc géométrique  de raison $1,02$ et de premier terme $u_0 = 1~900 – 1~250 = 650$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $u_n = 650 \times 1,02^n$.
    Or $c_n = u_n + 1~250 = 650 \times 1,02^n + 1~250$
    $\quad$
  3. $\quad$
    $\begin{align*} c_{n+1} – c_n &= 650 \times 1,02^{n+1} + 1~250 – \left(650 \times 1,02^n + 1~250\right) \\\\
    & = 650 \times 1,02^{n+1} – 650 \times 1,02^n \\\\
    &= 650 \times 1,02^n (1,02 – 1) \\\\
    &= 650 \times 0,2 \times 1,02^n \\\\
    & \ge 0
    \end{align*}$
    La suite $(c_n)$ est donc croissante.
    $\quad$
  4. On veut trouver le plus petit entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} 650 \times 1,02^n + 1~250 \ge 2~100 & \ssi 650 \times 1,02^n \ge 850 \\\\
    & \ssi 1,02^n \ge \dfrac{850}{650} \\\\
    & \ssi 1,02^n \ge \dfrac{17}{13} \\\\
    & \ssi n \ln 1,02 \ge \ln \dfrac{17}{13} \\\\
    & \ssi n \ge \dfrac{\ln \dfrac{17}{13}}{\ln 1,02} \\\\
    & \ssi n \ge 14
    \end{align*}$
    Dans $14$ ans la valeur du capital dépassera pour la première fois $2~100$ euros.
    $\quad$

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi la spécialité mathématiques

Partie A

  1. a. Les sommets $A$ et $H$ ne sont pas adjacents. Le graphe $G_L$ n’est donc pas complet.
    $\quad$
    b. La chaîne $A-F-B-D-H-E-B-C$ permet de passer par tous les sommets.
    Le graphe $G_L$ est donc connexe.
    $\quad$
  2. Le sommet $A$ est degré $3$.
    Il est donc impossible de construire un cycle eulérien.
    Ainsi il n’est pas possible d’organiser une tournée de toutes les exploitations en partant de $A$ et en terminant en $A$ et en passant au moins une fois par chaque client, tout en empruntant une fois et une seule fois chaque route.
    $\quad$
  3. Le nombre de chemins de longueur $3$ reliant $A$ à $H$ correspond au coefficient $M^3_{(1;8)} = 6$.
    Il y a donc $6$ chemins de longueurs $3$ reliant $A$ à $H$ :
    $A-B-E-H$
    $A-F-E-H$
    $A-B-D-H$
    $A -F-D-H$
    $A-E-B-H$
    $A-E-F-H$
    $\quad$

Partie B

Pour répondre à la question, on va utiliser l’algorithme de Dijkstra
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
A&B&C&D&E&F&G&H&\text{Sommet} \\\\
\hline
0& & & & & & & & A \\\\
\hline
& 19(A)& & &6(E) &10(A) & & &  E\\\\
\hline
&13(E) & & & &10(A) & &20(E) &  F\\\\
\hline
&13(E) & &35(F) & & &22(F) &18(F) & B \\\\
\hline
& &26(B) &31(H) & & &22(F) &18(F) & H \\\\
\hline
& &26(B) &31(H) & & &22(F) & & G \\\\
\hline
& &26(B) &31(H) & & & & & C \\\\
\hline
& & &31(H) & & & & & D \\\\
\hline
\end{array}$
Le chemin le cours pour se rendre de $A$ à $D$ est donc $A-F-H-D$.

$\quad$

Exercice 3

Partie A

  1. a. On a, d’après la ligne 2 du logiciel, $f'(x) = -\e^{-x+1} + 1$
    Par conséquent :
    $\begin{align*} f'(x) \ge 0 & \ssi -\e^{-x+1} \ge -1 \\\\
    & \ssi \e^{-x+1} \le 1 \\\\
    & \ssi -x +1 \le 0 \\\\
    & \ssi -x \le -1 \\\\
    & \ssi x \ge 1
    \end{align*}$
    Bac es - asie juin 2015 -ex 3
    $f(10) = 10 + \e^{-9}$
    $\quad$
    b. La fonction $f$ admet donc un minimum $2$ pour $x= 1$.
    $\quad$
  2. D’après la ligne 4 du logiciel, $f\prime \prime (x) = \e^{-x+1}$.
    La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\R$, $f\prime \prime (x) \ge 0$ sur $[0;10]$.
    La fonction $f$ est donc convexe sur cet intervalle.
    $\quad$

Partie B

  1. La fonction $f$ admet un minimum pour $x=1$.
    Le coût de revient est minimum quand l’entreprise fabrique $100$ objets.
    $\quad$
  2. a. Chaque objet étant vendu $12$ euros, le montant obtenu par la vente de $x$ centaines d’objets est donc de $x \times 100 \times 12 = 1200x$ euros.
    Il s’agit bien de $1,2x$ milliers d’euros.
    b.
    $\begin{align*} g(x) &= 1,2x – f(x) \\\\
    &= 1,2x – x – \e^{-x+1} \\\\
    &= 0,2x – \e^{-x+1}
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. a. Étudions les variations de $g$ sur $[0;10]$.
    $g$ est dérivable sur cet intervalle en tant que somme de fonctions dérivables sur $[0;10]$.
    $g'(x) = 0,2 + \e^{-x+1}$
    La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\R$, on a donc $g'(x) > 0$ sur $[0;10]$.
    Par conséquent la fonction $g$ est strictement croissante sur $[0;10]$.
    De plus la fonction $g$ est continue sur $[0;10]$
    $g(0) = -\e < 0$ et $g(10) = 2 – \e^9 > 0$
    Ainsi $0$ appartient à l’intervalle image de $[0;10]$ par la fonction $g$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x) =0$ possède une unique solution $\alpha$.
    $\quad$
    b. A l’aide de la calculatrice, on trouve $1,94 \le \alpha \le 1,95$.
    $\quad$
  4. La fonction $g$ étant strictement croissante on a les signes suivants :
    sur $[0;\alpha[$, $g(x) <0$
    $g(\alpha) = 0$
    sur $[\alpha;10]$, $g(x) > 0$
    Pour que la marge brute soit positive, il faut donc que l’entreprise au moins $195$ objets.
    $\quad$

Exercice 4

L’aire du triangle $OIC$ est de $\dfrac{1 \times 2}{2} = 1$ u.a.

L’aire de $OABC$ correspond à l’aire du domaine situé sous la droite $\mathscr{D}_f$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=a$.

Une primitive de $f$ sur $[0;1]$ est $F$ définie sur $[0;1]$ par $F(x) = 2x – x^2$

Ainsi $\begin{align*} \mathscr{A}_{OABC} & = \displaystyle \int_0^a (2 – 2x)\mathrm{d}x \\\\
& = F(a) – F(0) \\\\
& = 2a -a^2
\end{align*}$

On veut donc que $2a – a^2 = 0,5$ soit $-a^2 + 2a – 0,5 = 0$

$\Delta = 4 – 4 \times (-0,5) \times (-1) = 2 > 0$

Il y a donc deux solutions :

$a_1 = \dfrac{-2 – \sqrt{2}}{-2 } = \dfrac{2  +\sqrt{2}}{2} > 1$

$a_2  =\dfrac{-2 + \sqrt{2}}{-2 } =\dfrac{ 2  -\sqrt{2}}{2} \in [0;1]$

Or $0 \le a \le 1$ donc la seule solution acceptable est $a_2$.

La solution est donc $\dfrac{2 – \sqrt{2}}{2} \approx 0,29$

 

BAC ES/L – Polynésie – Juin 2015

Polynésie Juin 2015

BAC ES/L – Mathématiques – Correction

L’énoncé de ce bac est disponible ici.

Exercice 1

  1. $g$ est dérivable sur $]0;+\infty[$, en tant que somme et composée de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} g'(x) &= 2 \times 3\e^{3x} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{x} \\\\
    &=6\e^{3x} + \dfrac{1}{2x}
    \end{align*}$
    Réponse c
    $\quad$
  2. La tangente $T$ au point d’abscisse $0$ traverse la courbe en ce point. Le point d’abscisse $0$ est donc un point d’inflexion pour $C$.
    Par conséquent la fonction $f$ est concave sur $[-2;0]$ et convexe sur $[0;4]$.
    Réponse d.
    $\quad$
  3. $n$ étant un nombre entier, les deux premières réponses sont impossibles.
    $1,9^7 \approx 89,4$ et $1,9^8 \approx 169,8$.
    Par conséquent l’algorithme affiche $8$.
    Réponse c
    $\quad$
  4. $X$ suit la loi uniforme sur l’intervalle $[0;5]$.
    Par conséquent $E(X) = \dfrac{5 + 0}{2} = \dfrac{5}{2}$.
    Réponse c
    $\quad$

Exercice 2

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

Partie A Etude de l’efficacité du traitement 

  1. a. $n 100 \ge 30$, $f = 0,18$
    $nf = 18 \ge 5$ et $n(1-f) = 82 \ge 5$. Les conditions sont réunies pour fournir l’intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$.
    $$\begin{align*} I_{100}&= \left[0,18 – \dfrac{1}{\sqrt{100}};0,18+\dfrac{1}{\sqrt{100}}\right] \\\\
    & =[0,08;0,28]
    \end{align*}$$
    b. $n=100 \ge 30$, $f=0,32$
    $nf=32 \ge 5$ et $n(1-f) = 68 \ge 5$. Les conditions sont réunies pour fournir l’intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$.
    $$\begin{align*} J_{100}&= \left[0,32 – \dfrac{1}{\sqrt{100}};0,32+\dfrac{1}{\sqrt{100}}\right] \\\\
    & =[0,22;0,42]
    \end{align*}$$
  2. Les deux intervalles n’étant pas disjoints, on ne peut pas dire si le traitement est efficace.

Partie B Qualité de la prodction

  1. $\quad$
    Bac ES - polynésie - juin 2015 - ex2$\quad$
  2. a. On veut calculer $p(T \cap A) = 0,25 \times 0,12 = 0,03$
    $\quad$
    b. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(A) &= p(A \cap T) + p\left(A \cap \overline{T}\right) \\\\
    &= 0,25 \times 0,12 + 0,75 \times 0,3 \\\\
    &= 0,255
    \end{align*}$
    $\quad$
  3. On calcule pour cela :
    $\begin{align*} p_A(T) & = \dfrac{p(A \cap T)}{p(A)} \\\\
    & = \dfrac{0,03}{0,255} \\\\
    & \approx 0,12
    \end{align*}$
    On ne peut donc pas affirmer qu’il y a une chance sur quatre pour qu’il provienne de la partie du champ traitée.
    $\quad$
  4. On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre de fruits abîmés.
    On effectue $5$ tirages aléatoires, identiques et indépendants. Chaque tirage ne possède que deux issues : $A$ et $\overline{A}$. De plus $p(A)=0,255$.
    Par conséquent $X$ suit la loi binomiale $\mathscr{B}(5;0,255)$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} P(X \le 1) &=P(X = 0) + P(X= 1) \\\\
    &= (1-0,255)^5 + \displaystyle \binom{5}{1}0,255 \times (1-0,255)^4 \\\\
    & \approx 0,622
    \end{align*}$
    $\quad$

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. a.
    $\begin{align*} P&=H \times C \\\\
    & = \begin{pmatrix} 8&10&14 \\6&6&10 \\12&10&18 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 25\\20\\15\end{pmatrix} \\\\
    &= \begin{pmatrix} 8 \times 25 + 10 \times 20 + 14 \times 15 \\6 \times 25 + 6 \times 20 + 10 \times 15 \\ 12 \times 25 + 10 \times 20 + 18 \times 15 \end{pmatrix} \\\\
    &=\begin{pmatrix} 610\\420\\770\end{pmatrix}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. Les coefficients de la matrice $P$ correspondent aux coûts de production des différents modèles de planches de surf.
    $\quad$
  2. a. On veut donc que :
    $\begin{cases} 8a+10b+14c=500 \\
    6a+6b+10c=350 \\
    12a+10b+18c=650
    \end{cases}$
    Ainsi les réels $a$, $b$ et $c$ doivent être solutions du système $H \times \begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 500\\350\\650 \end{pmatrix}$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $\begin{pmatrix} a \\b\\c \end{pmatrix} =H^{-1} \times \begin{pmatrix} 500\\350\\650 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 25 \\12,5 \\12,5 \end{pmatrix}$.
    Donc $a=25$, $b= 12,5$ et$ c=12,5$
    $\quad$

Partie B

  1. a. 
    Bac ES - polynésie - juin 2015 - ex2.1$\quad$
    b. On a donc $M=\begin{pmatrix} 0,7 & 0,3\\0,5&0,5\end{pmatrix}$.
    $\quad$ 
  2. a. Si $n=0$, aucune étape n’a été faite. Il est donc $22$ heures et toutes les lumières sont allumées.
    Par conséquent $a_0 = 1$ et $b_0=0$.
    $\quad$
    Puisque $P_{n+1} = P_n \times M$ alors $P_n = P_0 \times M^n  $.
    $\quad$
    b. $P_3 = M^3 \times P_0 = \begin{pmatrix} 0,628 & 0,372\end{pmatrix}$
    La matrice $P_3$ correspond à l’étape 3. Il est donc $22$ heures et $30$ secondes.
    la probabilité qu’un spot soit éteint à $22$ heures et $30$ secondes est donc de $0,372$.
    $\quad$
  3. L’état stable $\begin{pmatrix} a&b \end{pmatrix}$ vérifie :
    $\begin{align*} \begin{cases} a+b=1 \\\\a=0,7a+0,5b \\\\b=0,3a+0,5b \end{cases} &\ssi \begin{cases} a+b=1 \\\\0,3a=0,5b \\\\0,5b = 0,3a \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} a+b= 1 \\\\0,6a = b \end{cases} \\\\
    & \ssi \begin{cases} b = 0,6a \\\\1,6a = 1 \end{cases} \\\\
    &\ssi \begin{cases} a=0,625 \\\\b= 0,375 \end{cases}
    \end{align*}$
    L’état stable est donc $\begin{pmatrix} 0,625 & 0,375 \end{pmatrix}$.

$\quad$

Exercice 3

Partie A

  1. Suite à l’évaporation du produit, la concentration restante du produit chaque semaine $0,9C_n$. La concentration augmente ensuite de $10 \text{ mg.l}^{-1}$.
    Donc $C_{n+1} = 0,9 \times C_n + 10$.
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} V_{n+1} &= C_{n+1} – 100 \\\\
    &= 0,9C_n + 10 – 100 \\\\
    &= 0,9C_n – 90 \\\\
    &= 0,9C_n – 0,9 \times 100 \\\\
    &= 0,9\left(C_n – 100\right) \\\\
    &= 0,9V_n
    \end{align*}$.
    La suite $\left(V_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,9$ et de premier terme $C_0 = 160 – 100 = 60$.
    $\quad$
    b. On a ainsi $V_n = 60 \times 0,9^n$ pour tout entier naturel $n$.
    $\quad$
    c. $C_n = V_n + 100 = 100 + 60 \times 0,9^n$
    $\quad$
  3. a. $0 < 0,9 < 1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,9^n = 0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} V_n = 100$.
    Au bout d’un grand nombre de semaines, la concentration du produit se stabilisera à $100 \text{ mg.l}^{-1}$.
    $\quad$
    b. On veut résoudre :
    $\begin{align*} V_n \le 140 & \ssi 100 + 60 \times 0,9^n \le 140 \\\\
    & \ssi 60 \times 0,9^n \le 40 \\\\
    & \ssi 0,9 ^n \le \dfrac{2}{3} \\\\
    & \ssi n \ln 0,9 \le \ln \dfrac{2}{3} \\\\
    & \ssi n \ge \dfrac{ \ln \dfrac{2}{3}}{\ln 0,9} \\\\
    & \ssi n \ge 4
    \end{align*}$
    La concentration devient inférieure à $140 \text{mg.l}^{-1}$ au bout de $4$ semaines.
    $\quad$
  4. On voulait intervenir après $6$ semaines. Ce réglage ne convient donc pas.
    $\quad$

Partie B

On a ainsi $C_{n+1} = 0,9 \times C_n + 12$
Par conséquent $C_0 = 160$, $C_1 = 156$ , $C_2 = 152,4$ , $C_3 = 149,16$, $C_4 \approx 146,24$, $C_5 \approx 143,62$ et $C_6 \approx 142,26$.
Au bout de $6$ semaines la concentration est conforme aux attentes.
Ce réglage vérifie donc la première condition.

$\quad$

Mais en faisant en sorte, par exemple, que la concentration augmente de $11,8 \text{ mg.l}^{-1}$ chaque semaine, on obtient $C_6 \approx 140,32$. Cela vérifie toujours la première condition mais on a consommé moins de produit.

Le réglage proposé n’est donc pas convenable.

$\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. En 2002, environ $50~000$ passagers avaient choisi la formule Privilège.
    $\quad$
  2. On peut estimer un écart d’environ $25~000$ passagers en 2015 entre le nombre de passagers ayant choisi la formule Avantage et ceux ayant choisi la formule Privilège.
    $\quad$
  3. L’abscisse du point d’intersection nous indique au bout de combien d’années, après 2000, les deux formules auront été choisies à parts égales par les passagers.
    Environ $40~000$ passagers auront choisi la formule Avantage et autant auront choisi la formule Privilège.
    $\quad$
  4. Le nombre total de passager ayant choisi la formule durant la période entre 2007 et 2015 correspond à l’aire du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe $C_p$ et les droites d’équation $x=7$ et $x=15$.
    Cette aire est comprise entre celle d’un rectangle de hauteur $30~000$ et de longueur $8$ soit $240~000$ et celle d’un rectangle de hauteur $40~000$ et de longueur $8$ soit $320~000$.
    Le nombre total de passage sur cette période est donc compris entre $240~000$ et $320~000$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. La fonction exponentielle est strictement positive sur $[1;16]$.
    Sur $[0;16]$, $x+1 > 0$ donc $E'(x) > 0 $ comme somme de nombres strictement positifs.
    b. $\quad$
    Bac ES - polynésie - juin 2015 - ex4.1
    $\quad$
    $E(16)  =2\ln(17) + 3 + 3\e^{-3,2}$
    $\quad$
  2. a. La fonction $E$ est continue et strictement croissante sur $[0;16]$.
    $E(0) = -6 <0$ et $E(16) > 0$.
    Donc $0$ appartient à l’intervalle image de $[0;16]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $E(x) = 0$ possède une unique solution.
    La calculatrice on obtient que $\alpha \approx 6,0$.
    $\quad$
    b. La fonction $E$ étant strictement croissante sur $[0;16]$, on obtient le tableau de signes suivant :
    Bac ES - polynésie - juin 2015 - ex4.2$\quad$
    De 2000 à 2006, la formule Privilège sera adoptée par plus de passagers que la formule Avantage.
    En 2006, autant de passagers choisiront les deux formules.
    De 2006 à 2016, la formule  Avantage sera adoptée par plus de passagers que la formule Privilège.