Bac ES/L – Nouvelle Calédonie – Mars 2017

Nouvelle Calédonie – Mars 2017

Bac TES/TL – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. $\quad$
  2. $p(T\cap B)=0,6 \times 0,5=0,3$
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(B)&=p(O\cap B)+p(T \cap B)+p(M \cap B) \\
    &=0,28\times \dfrac{4}{5}+0,6\times 0,5+0,12 \times \dfrac{3}{4}\\
    &=0,614
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_B(O)&=\dfrac{p(B\cap O)}{p(B)}\\
    &=\dfrac{0,28\times \dfrac{2}{5}}{0,614}\\
    &\approx 0,365
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. a. $P(47\pp X\pp 53)\approx 0,683$
    $\quad$
    b. $P(X\pg 56)=0,5-P(50\pp X \pp 56) \approx 0,023$
    $\quad$
  2. On cherche la valeur de $k$ telle que $P(X\pg k)=0,8$ soit $P(X \pp k)=0,2$
    La calculatrice nous donne $k \approx 47,5$.
    La hauteur de $80\%$ des rosiers “Arlequin” atteindra ou dépassera $47,5$ cm.
    $\quad$

Partie C

On a $n=75 \pg 30$, $p=0,85$ donc $np=63,75\pg 5$ et $n(1-p)=11,25 \pg 5$.
Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ de la fréquence des clients qui achètent un bouquet pour la fête des mères est donc :
$\begin{align*}I_{75}&=\left[0,85-1,96\sqrt{\dfrac{0,85 \times 0,15}{75}};0,85+1,96\sqrt{\dfrac{0,85 \times 0,15}{75}}\right]\\
&\approx [0,769;0,931]
\end{align*}$
La fréquence observée est $f=1-\dfrac{16}{75}\approx 0,787 \in I_{75}$.
Le fleuriste ne doit donc pas rejeter son hypothèse.
$\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. $f'(-3)$ est le coefficient directeur de la droite $(AB)$.
    Donc $f'(-3)=\dfrac{6-(-2)}{-3-(-5)}=4$
    Réponse B
    $\quad$
  2. Le point $A$ est un point d’inflexion de la courbe $\mathscr{C}$. Donc $f^{\prime\prime}(-3)=0$.
    Réponse C
    $\quad$
  3. La courbe $\mathscr{C}$ est au-dessus de ses tangentes sur l’intervalle $[-5;-3]$. La fonction $f$ est donc convexe sur l’intervalle $[-5;-3]$.
    Réponse A
    $\quad$
  4. La fonction $f$ est concave sur l’intervalle $[-3;1]$.
    La fonction $f’$ est donc décroissante sur l’intervalle $[-3;-1]$.
    Réponse A
    $\quad$
  5. La fonction $f$ est positive sur l’intervalle $[-5;1]$.
    Toute primitive de $f$ est donc croissante sur l’intervalle $[-5;1]$.
    Réponse B
    $\quad$
  6. $I$ correspond à l’aire du domaine compris entre la courbe $\mathscr{C}$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=-5$ et $x=-4$.
    Cette aire est positive et inférieure à l’aire d’un trapèze de petite base $1$, de grande base $3$ et de hauteur $1$.
    L’aire de ce trapèze est donc égale à $\dfrac{(1+3)\times 1}{2}=2$.
    Par conséquent $0 \pp I\pp 2$.
    Réponse C
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. a. On obtient le graphe probabiliste suivant :

    $\quad$
    b. La matrice de transition est :
    $$M=\begin{pmatrix}0,89&0,11\\0,14&0,86\end{pmatrix}$$
    $\quad$
    c. En février, on obtient $P_1=P_0M = \begin{pmatrix} 0,74&0,26\end{pmatrix}$
    Donc $74\%$ des abonnés ont emprunté un livre et $26\%$ des abonnés ont emprunté un film en février 2016.
    En mars 2016, on obtient $P_2=P_1M=\begin{pmatrix}0,695&0,305\end{pmatrix}$.
    Cela signifie donc que $69,5\%$ des abonnés ont emprunté un livre et $30,5\%$ des abonnés ont emprunté un film en mars 2016.
    $\quad$
  2. a. Pour tout entier naturel $n$ on a $P_{n+1}=P_nM=\begin{pmatrix}0,89a_n+0,14b_n&0,11a_n+0,86b_n\end{pmatrix}$
    Donc $a_{n+1}=0,89a_n+0,14b_n$
    $\quad
    b.
    $\begin{align*} \begin{cases} a_n+b_n=1\\a_{b+1}=0,89a_n+0,14b_n\end{cases}&\ssi \begin{cases} b_n=1-a_n\\a_{n+1}=0,89a_n+0,14\left(1-a_n\right)\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} b_n=1-a_n\\a_{n+1}=0,89a_n+0,14-0,14a_n\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} b_n=1-a_n\\a_{n+1}=0,75a_n+0,14\end{cases}\end{align*}$
    $\quad$
    c. On peut utiliser l’algorithme suivant :
    Initialisation
    $\quad$ $a$ prend la valeur $0,8$
    $\quad$ $n$ prend la valeur $0$
    Traitement
    $\quad$ Tant que $a \pg 0,6$
    $\qquad$ $a$ prend la valeur $0,85\times a+0,14$
    $\qquad$ $n$ prend la valeur $n+1$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie
    $\quad$ Afficher $n$
    $\quad$
  3. a. Pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=a_n-0,56$ donc $a_n=u_n+0,56$.
    On a également :
    $\begin{align*} u_{n+1}&=a_{n+1}-0,56\\
    &=0,75a_n+0,14-0,56\\
    &=0,75a_n-0,42 \\
    &=0,75\left(u_n+0,56\right)-0,42\\
    &=0,75u_n+0,42-0,42\\
    &=0,75u_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,75$ de premier terme $u_0=a_0-0,56=0,24$
    $\quad$
    b. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, on a $u_n=0,25 \times 0,75^n$.
    Donc $a_n=u_n+0,56=0,25 \times 0,75^n+0,56$.
    $\quad$
    c. On veut trouver le plus petit entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} a_n<0,6&\ssi 0,24\times 0,75^n+0,56<0,6 \\
    &\ssi 0,24\times 0,75^n <0,04 \\
    &\ssi 0,75^n< \dfrac{1}{6} \\
    &\ssi n\ln 0,75< \ln \dfrac{1}{6} \\
    &\ssi n > \dfrac{\ln \dfrac{1}{6}}{\ln 0,75}\\
    &\ssi n \pg 7
    \end{align*}$
    C’est donc au bout du $7^{\text{ème}}$ mois, soit au mois août que le pourcentage de jeunes abonnés empruntant un livre deviendra, pour la première fois, strictement inférieur à $60\%$.
    $\quad$
    d. $0<0,75<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,75^n = 0$
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to \infty} a_n=0,56$
    A long terme, $56\%$ des jeunes abonnés choisiront d’emprunter un livre.
    $\quad$

 

Ex 4

Exercice 4

Partie A

  1. Après avoir parcouru $2$ kilomètres les randonneurs se trouvent environ à $580$ m d’altitude.
    $\quad$
  2. Les randonneurs auront parcouru  environ $8,5$ km avant d’atteindre le refuge.
    $\quad$
  3. L’altitude du point de départ et du point d’arrivée ne sont pas les mêmes . Les randonneurs ne seront donc pas revenus à leur point de départ.
    $\quad$

Partie B

  1. $\quad$
    $\begin{align*} f'(x)&=150 \e^{-0,02x^2}+150x \times (-0,02 \times 2x)\e^{-0,02x^2}\\
    &=150 \e^{-0,02x^2}-6x^2\e^{-0,02x^2}\\
    &=\left(150 -6x^2\right)\e^{-0,02x^2}
    \end{align*}$
    $\quad$
    La fonction exponentielle est strictement positive.
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $150-6x^2$.
    $150-6x^2\pg 0 \ssi -6x^2 \pg -150 \ssi x^2 \pp 25 \ssi x\in[0;5]$
    $150-6x^2=0\ssi x^2=25$ $\ssi x=5$ car $x\pg 0$.

    Avec $f(5)= 750\e^{-0,5}+300\approx 755$ m et $f(12)=1~200\e^{-2,88}+300\approx 401$ m.$
    \quad$
  2. L’altitude maximale est d’environ $755$ m et elle est atteinte au bout de $5$ km.
    $\quad$
  3. D’après la question précédente, la fonction $f$ est strictement croissante sur l’intervalle $[0;5]$ et strictement décroissante sur l’intervalle $[5;12]$
    La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur l’intervalle $[0;5]$
    $f(0)=300$ et $f(5) \approx 755$.
    Donc $350\in\left[f(0);f(5)\right]$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l’équation $f(x)=350$ ne possède qu’une seule solution $\alpha$ sur l’intervalle $[0;5]$.
    $\quad$
    La fonction $f$ est décroissante sur l’intervalle $[5;12]$ et $f(12) \approx 401$
    Donc pour tout réel $x$ appartenant à $[5;12]$ on a $f(x) > 400 > 350$.
    L’équation $f(x)=350$ ne possède pas de solution sur l’intervalle $[5;12]$.
    $\quad$
    L’altitude de $350$ m sera donc atteinte qu’une seule fois durant cette randonnée.
    $\quad$
    D’après la calculatrice $\alpha \approx 0,334$.
    Les randonneurs ont donc parcouru environ $334$ m pour parvenir à une altitude de $350$ m.
    $\quad$
  4. $F$ est dérivable sur $[0;12]$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} F'(x)&=300-3~750\times (-0,02 \times 2x)\e^{-0,02x^2} \\
    &=300-150x\e^{-0,02x^2}\\
    &=f(x)
    \end{align*}$
    La fonction $F$ est donc une primitive de $f$ sur l’intervalle $[0;12]$.
    $\quad$
  5. L’altitude moyenne de la randonnée lors de l’ascension est donnée par :
    $\begin{align*} m&=\displaystyle \dfrac{1}{5-0} \int_0^{5}f(x)\dx \\
    &=\dfrac{1}{5}\left[F(5)-F(0)\right] \\
    &=\dfrac{1}{5}\left(1~500-3~750\e^{-0,5}+3~750\right)\\
    &=\dfrac{1}{5}\left(5~250-3~750\e^{-0,5}\right)\\
    &\approx 595 \text{m }
    \end{align*}$

Énoncé

GDE Erreur: Erreur lors de la récupération du fichier - si nécessaire, arrêtez la vérification d'erreurs (404:Not Found)

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Bac ES/L – Amérique du Sud – Novembre 2016

Amérique du Sud – Novembre 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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Ex 1

Exercice 1

  1. On compte le nombre de carreaux compris entre la courbe, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=2$ et $x=4$. Il y a, au minimum, $6$ carreaux entiers.
    Donc $6 \pp I \pp 8$. Réponse d
    $\quad$
  2. La fonction $g$ est deux fois dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions deux fois dérivables sur $\R$.
    $g'(x)=2\e^x-3\times 2x=2\e^x-6x$
    $g\prime\prime(x)=2\e^x-6=2\left(\e^x-3\right)$.
    $\e^x-3 =0\ssi x=\ln 3$ et $\e^x-3 \pg 0 \ssi x \pg \ln 3$
    $g$ admet donc un point d’inflexion au point d’abscisse $\ln 3$.
    Réponse c
    $\quad$
  3. A l’aide de la calculatrice on trouve que $P(X \pp 2)\approx 0,012$.
    Réponse c
    $\quad$
  4. $n=400 \pg 30$ et $f=\dfrac{24}{400}$ donc $nf=24 \pg 5$ et $n(1-f)=376 \pg 5$.
    Un intervalle de confiance au seuil de confiance de $95\%$ est :
    $\begin{align*} I_{400}&=\left[\dfrac{24}{400}-\dfrac{1}{\sqrt{400}};\dfrac{24}{400}+\dfrac{1}{\sqrt{400}}\right] \\
    &=[0,01;0,11]
    \end{align*}$
    Réponse b
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. a. La fonction $g$ est dérivable sur $[1;45]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $g'(x)=-20+5\left(\ln(x)+\dfrac{x}{x}\right) = -20 +5\ln(x)+5=5\ln(x)-15$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} -15+5\ln(x) \pg 0 &\ssi 5\ln(x) \pg 15 \\
    &\ssi \ln(x) \pg 3 \\
    &\ssi x \pg \e^3
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. On obtient alors le tableau de variation suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex2
  2. a. Sur l’intervalle $\left[1;\e^3\right]$ la fonction $g$ est continue, en tant que somme et produit de fonctions continues sur cet intervalle, et strictement décroissante.
    $g(1)=10>0$ et $g\left(\e^3\right)=-5\e^3+30<0$.
    Par conséquent $0\in\left[-5\e^3+30;10\right]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x)=0$ possède une unique solution sur l’intervalle $\left[1;\e^3\right]$.
    $\quad$
    Sur l’intervalle $\left[\e^3;45\right]$, on a $g(x) \pp 225\ln(45)-870<0$.
    L’équation $g(x)=0$ ne possède donc pas de solution sur cet intervalle.
    $\quad$
    On en déduit donc que l’équation $g(x)=0$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $[1;45]$.
    $\quad$
    b. $g(1,74) \approx 0,02 >0$ et $g(1,75)\approx -1,10<0$.
    Donc $1,74 < \alpha <1,75$.
    $\quad$
    c. D’après le tableau de variation de la fonction $g$ on en déduit donc le tableau de signe suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex22
  3. La fonction $G$ est dérivable sur l’intervalle $[1;45]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} G'(x)&=-11,25\times 2x+ 2,5\left(2x\ln(x)+\dfrac{x^2}{x}\right)+30 \\
    &=-22,5x+5x\ln(x)+2,5x+30 \\
    &=-20x+5x\ln(x)+30\\
    &=g(x)
    \end{align*}$
    La fonction $G$ est donc une primitive de la fonction $g$ sur l’intervalle $[1;45]$.
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} I&=\displaystyle \int_{10}{45}g(x)\dx \\
    &=G(45)-G(10)\\
    &=-22~781,25+5~062,5\ln(45)+1~350-\left(-1~125+250\ln(10)+300\right) \\
    &=-20~606,25+5~062,5\ln(45)-250\ln(10) \\
    &\approx -1~910,7
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. La valeur moyenne de $g$ sur l’intervalle $[10;45]$ est donnée par :
    $\begin{align*}m&= \displaystyle \dfrac{1}{45-10}\int_{10}^{45}g(x)\dx \\
    &=\dfrac{I}{35} \\
    &\approx -55
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. D’après la question A.2.c, $g(x) <0$ si $x > \alpha$.
    La température devient donc négative à partir de l’altitude $\alpha$ où $1,74<\alpha<1,75$.
    $\quad$
  2. Le minimum de la fonction $g$ est $-5\e^3+30$.
    La température minimale est donc $-5\e^3+30 \approx -70,42$ degrés Celcius.
    $\quad$
  3. D’après la question A.4.b on sait que la valeur moyenne de la fonction $g$ sur l’intervalle $[10;45]$ est environ $-55$.
    La température moyenne de la stratosphère en donc d’environ $-55$ degrés Celcius.
    $\quad$

 

Ex 3 obl

Exercice 3

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

  1. $\dfrac{2~470-950}{950}=1,6$.
    Le pourcentage d’augmentation du nombre de clients entre 1997 et 2000 est donc de $160\%$.
    $\quad$
  2. $u_1=0,7\times 2~470+1~200=2~929$.
    $2~929$ clients ont donc fréquenté cet hôtel.
    $\quad$
  3. L’algorithme 2 est faux car il fournit l’année à partir de laquelle le nombre de clients annuel sera inférieur ou égal à $3~900$.
    L’algorithme 3 est faux car il fournit un nombre de clients (celui qui dépasse pour la première fois $3~900$).
    L’algorithme 1 répond donc à la question.
    $\quad$
  4. a. $v_n=u_n-4~000$ donc $u_n=v_n+4~000$.
    $\begin{align*}
    v_{n+1}&=u_{n+1}-4~000 \\
    &=0,7u_n+1~200-4~000\\
    &=0,7u_n-2~800\\
    &=0,7\left(v_n+4~000\right)+2~800\\
    &=0,7v_n-2~800+2~800 \\
    &=0,7v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,7$ et de premier terme $v_0=2~470-4~000=-1~530$.
    $\quad$
    b. Par conséquent $v_n=-1~530 \times 0,7^n$ pour tout entier naturel $n$.
    $\quad$
    c. On sait que, pour tout entier naturel $n$ on a : $u_n=v_n+4~000$.
    Donc $u_n=4~000-1~530\times 0,7^n$.
    $\quad$
    d. Oncherche le plus entier naturel $n$ tel que
    $\begin{align*} u_n \pg 3~900 &\ssi 4~000-1~530\times 0,7^n \pg 3~900 \\
    &\ssi -1~530\times 0,7^n \pg -100 \\
    &\ssi 0,7^n \pp \dfrac{100}{1~530} \\
    &\ssi n \ln(0,7) \pp \ln \dfrac{100}{1~530} \\
    &\ssi n \pg \dfrac{\ln \dfrac{100}{1~530}}{\ln(0,7)} \\
    &\ssi n \pg 8
    \end{align*}$
    C’est donc à partir de l’année 2008 que le nombre de clients a dépassé $3~900$.
    $\quad$
  5. On a $0<0,7<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty}0,7^n=0$.
    Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=4~000$.
    Sur le long terme le gérant de l’hôtel peut donc espérer avoir $4~000$ clients par an.
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

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

Partie A

  1. On obtient le graphe probabiliste suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex3spe
  2. a. $55\%$ des clients ont choisi le menu gastronomique le soir du 1er juin 2015.
    La matrice $P_0$ correspondant à l’état initial est donc :
    $P_0=\begin{pmatrix}0,55&0,45\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. On a $P_3=P_2M=P_1\times M^2=P_0\times M_3 \approx \begin{pmatrix}0,4319&0,5682\end{pmatrix}$.
    La probabilité qu’un client choisisse le menu gastronomique le 4 juin 2015 est environ $43,19\%$.
    $\quad$
  3. a. L’état stable $P=\begin{pmatrix} g&t\end{pmatrix}$ vérifie :
    $\begin{align*} \begin{cases} \begin{pmatrix} g&t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} g&t\end{pmatrix}\times M \\g+t=1\end{cases}&\ssi \begin{cases} g=0,6g+0,3t\\t=0,4g+0,7t\\g+t=1\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} 0,4g=0,3t\\0,3t=0,4g\\g+t=1 \end{cases}\\
    &\ssi \begin{cases}g=\dfrac{3}{4}t\\\dfrac{3}{4}t+t=1\end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} g=\dfrac{3}{4}t \\ \dfrac{7}{4}t=1 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} g=\dfrac{3}{4}t\\ t=\dfrac{4}{7} \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} g=\dfrac{3}{7}\\ t=\dfrac{4}{7} \end{cases}
    \end{align*}$
    L’état stable est donc $P=\begin{pmatrix} \dfrac{3}{7}&\dfrac{4}{7}\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b. Cela signifie donc que sur le long terme la probabilité qu’un client choisisse le menu gastronomique est $\dfrac{3}{7}$ et celle qu’il choisisse le menu traditionnel est $\dfrac{4}{7}$.
    $\quad$

Partie B

  1. Calculons le degré de chacun des sommets :
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet}&C&G&L&M&P&R&S&U\\
    \hline
    \text{Degré}&3&4&3&2&2&2&4&4\\
    \hline
    \end{array}$
    Seulement deux sommets possèdent un degré impair. Il existe donc une chaîne eulérienne.
    Il est par conséquent possible d’inspecter tous les canaux en ne passant qu’une seule fois par chacun d’entre-eux.
    On peut choisir “Ca’Pesaro” et “Palazzo Labia” comme lieux possibles de départ et d’arrivée.
    $\quad$
  2. La durée totale du trajet correspond à la somme de tous les temps associés aux canaux soit $50$ minutes.
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

Partie A

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    tesl-amerique-du-sud-nov2016-ex4
  2. $p(F\cap A)=0,3\times 0,65=0,195$.
    Cela signifie donc que la probabilité que l’ampoule choisie soit une ampoule fluocompacte achetée par le magasin Atelier est $19,5\%$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(B)&=p(B\cap F)+p(B\cap H)+p(B\cap L) \\
    &=0,3\times 0,35+0,25\times 0,7+0,45\times 0,5\\
    &=0,505
    \end{align*}$
    La probabilité que l’ampoule soit achetée par le magasin Bricolo est $50,5\%$.
    $\quad$

Partie B

  1. a. D’après le graphique, l’espérance mathématique de $X$ est $40~000$.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} p(20~000<X<60~000)&=P(40~000-20~000<X<40~000+20~000) \\
    &=2p(20~000<X<40~000) \\
    &=0,92
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. Puisque l’espérance mathématique de $X$ est $40~000$ on a $p(X<20~000)=p(X>60~000)$.
    Or $p(X<20~000)=0,5-0,46=0,04$.
    Par conséquent :
    $\begin{align*} p(X>20~000)&=p(20~000<X<60~000)+p(X>60~000) \\
    &=0,92+0,04\\
    &=0,96\\
    &>0,95
    \end{align*}$
    La marque ÉclaireBien pourra donc commercialiser ses ampoules.
    $\quad$
  2. a. $p(Y>20~000)=0,5+p(20~000<Y<42~000) \approx 0,93$.
    Donc $p(Y>20~000)<0,95$
    La marque BelleLampe ne pourra pas commercialiser ses ampoules.
    $\quad$
    b. En utilisant la fonction Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $a \approx 17~327$.
    Cela signifie sont que $5\%$ des ampoules produites par la marque BelleLampe ont une durée de vie inférieure à $17~327$ heures.
    $\quad$

 

 

Énoncé

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Bac ES/L – Nouvelle Calédonie – Novembre 2016

Nouvelle Calédonie – Novembre 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que produit de fonctions dérivables sur $\R$.
    $f'(x)=2\e^{-x}-(2x+3)\e^{-x}=(-2x-1)\e^{-x}$
    Réponse d
    $\quad$
  2. $\quad$
    On considère la fonction $f$ définie sur l’intervalle $[0;1]$ par $f(x)=2e^{2x}+3$.
    La fonction $f$ définie sur $[0;1]$ par $F(x)=e^{2x}+3x$ est une primitive de $f$ sur l’intervalle $[0;1]$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} I&=\displaystyle \int_0^1 \left(2\e^{2x}+3\right)\dx \\
    &=F(1)-F(0) \\
    &=\e^2+3-1 \\
    &=\e^2+2
    \end{align*}$
    Réponse b
    $\quad$
  3. La fonction $g$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme de fonctions dérivables sur $\R$.
    Une équation de la tangente $T$ à la courbe représentant la fonction $g$ au point d’abscisse $a$ est de la forme :
    $y=g'(a)(x-a)+g(a)$
    $g'(x)=5\e^x$ donc $g'(0)=5$ et $g(0)=8$.
    Une équation de $T$ est donc $y=5x+8$.
    Ainsi si $x=1$ alors $y=5+8=13$.
    Le point $C$ appartient donc à $T$.
    Réponse c
    $\quad$
  4. $h$ est dérivable sur $\R$ en tant que polynôme.
    Pour tout réel $x$ on a :
    $h'(x)=3x^2-6$ et $h\prime\prime(x)=6x$.
    Ainsi $h\prime\prime(x) \pg 0 $ sur $[0;+\infty[$.
    La fonction $h$ est convexe sur $[0;+\infty[$.
    Réponse d
    $\quad$

Ex 2 obl

Exercice 2

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

Partie A

  1. $u_1=0,5\times 350+100=275$
    $u_2=0,5\times 275+100=237,5$
    $\quad$
  2. a. Pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=w_n+200$
    $\begin{align*} w_{n+1}&=u_{n+1}-200 \\
    &=0,5u_n+100-200 \\
    &=0,5u_n-100\\
    &=0,5\left(w_n+200\right)-100\\
    &=0,5w_n+100-100\\
    &=0,5w_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(w_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,5$ et de premier terme $w_0=350-200=150$.
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a alors $w_n=150\times 0,5^n$.
    Par conséquent $u_n=w_n+200=150\times 0,5^n+200$.
    $\quad$

Partie B

  1. La moitié des filles inscrites l’année précédente ne renouvellent pas leur inscription : il reste donc $0,5F_n$.
    Chaque année $100$ nouvelles filles s’inscrivent.
    Donc $F_{n+1}=0,5F_n+100$.
    $\quad$
  2. a. D’une année sur l’autre, le nombre de garçons inscrits augmente de $10\%$.
    Donc $G_{n+1}=1,1G_n$.
    La suite $\left(G_n\right)$ est donc géométrique de raison $1,1$ et de premier terme $G_0=500-350=150$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel, $G_n=150\times 1,1^n$.
    $\quad$
    b. On veut déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} 150\times 1,1^n \pg 300 &\ssi 1,1^n \pg 2 \\
    &\ssi n\ln 1,1 \pg \ln 2 \\
    &\ssi n \pg \dfrac{\ln 2}{\ln 1,1} \\
    a\ssi n \pg 8
    \end{align*}$
    C’est donc à partir de l’année 2023 que le club comptera plus de $300$ garçons.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Valeur de } n&0&1&2&3&4\\
    \hline
    \text{Valeur de } G&150&165&182&200&220\\
    \hline
    \text{Valeur de} F&350&275&238&219&209\\
    \hline
    \text{Condition } G\pp F&\text{vrai}&\text{vrai}&\text{vrai}&\text{vrai}&\text{faux}\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$
    b. L’algorithme affichera donc $4$.
    Le nombre de garçons va dépasser celui des filles en 2019

Ex 2 spé

Exercice 2

Candidats de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. On obtient le graphe suivant :
    bac-esl-nouvelle-caledonie-nov2016-ex2
  2. La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix}0,7&0,3\\0,2&0,8\end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. Pierre réussi son premier plongeon donc $P_1=\begin{pmatrix}1&0\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  4. A l’aide de la calculatrice on obtient :
    $P_4=\begin{pmatrix}0,475&0,525\end{pmatrix}$
    $\quad$
  5. On a $a_{n+1}=0,7a_n+0,2b_n$
    Or, pour tout entier naturel $n$, on a $a_n+b_n=1$ donc $b_n=1-a_n$.
    Ainsi $a_{n+1}=0,7a_n+0,2\left(1-a_n\right)=0,2+0,5a_n$.
    $\quad$
  6. Initialisation
    $\quad$ Affecter à $N$ la valeur de $1$
    $\quad$ $A$ prend la valeur $1$
    Traitement
    $\quad$ Tant que $A > 0,41$
    $\qquad$ $N$ prend la valeur $N+1$
    $\qquad$ $A$ prend la valeur $0,5A+0,2$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie
    $\quad$ Afficher $N$
    $\quad$
  7. a. Pour tout entier naturel $n \pg 1$ : $a_n=u_n+0,4$.
    $\begin{align*} u_{n+1}&=a_{n+1}-0,4 \\
    &=0,5a_n+0,2-0,4\\
    &=0,5a_n-0,2\\
    &=0,5\left(u_n+0,4\right)-0,2\\
    &=0,5u_n+0,2-0,2\\
    &=0,5u_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,2$ et de premier terme $u_1=1-0,4=0,6$.
    $\quad$
    b. Ainsi, pour tout entier naturel $n\pg 1$ on a $u_n=0,6\times 0,5^{n-1}$
    Par conséquent $a_n=u_n+0,4=0,6 \times 0,5^{n-1}+0,4$.
    $\quad$
    c. On veut que déterminer le plus petit entier naturel $n \pg 1$ tel que :
    $\begin{align*} a_n \pp 0,41 &\ssi 0,6 \times 0,5^{n-1}+0,4 \pp 0,41 \\
    &\ssi 0,6 \times 0,5^{n-1} \pp 0,01 \\
    &\ssi 0,5^{n-1}\pp \dfrac{1}{60} \\
    &\ssi (n-1)\ln 0,5 \pp \ln \dfrac{1}{60} \\
    &\ssi (n-1) \pg \dfrac{\ln \dfrac{1}{60}}{\ln 0,5} \\
    &\ssi n \pg 1 +\dfrac{\ln \dfrac{1}{60}}{\ln 0,5} \\
    &\ssi 7
    \end{align*}$
    $\quad$
    d. Pierre devra donc faire une pause après $7$ essais.

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. On obtient l’arbre suivant :
    bac-esl-nouvelle-caledonie-nov2016-ex3
  2. On veut calculer $p(F\cap J)=0,57 \times 0,49 = 0,279~3$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} &p(J)=p(F\cap J)+p\left(\overline{F}\cap J\right) \\
    &\ssi 0,67=0,279~3+p\left(\overline{F}\cap J\right) \\
    &\ssi p\left(\overline{F}\cap J\right) = 0,67-0,279~3 \\
    &\ssi p\left(\overline{F}\cap J\right) = 0,390~7
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $p_{\overline{F}}(J)=\dfrac{p\left(\overline{F}\cap J\right)}{p\left(\overline{F}\right)} = \dfrac{0,390~7}{0,43} \approx 0,908~6$
    $\quad$

Partie B

  1. On veut calculer :$p(X \pp 5\times 24)=p(X \pp 120) = 0,5$.
    $\quad$
  2. $p(96 \pp X \pp 144) \approx 0,984$
    La probabilité que l’autonomie de la tablette en mode veille soit comprise entre $4$ et $5$ jours est d’environ $98,4\%$.
    $\quad$

Partie C

On a $n=150 \pg 30$, $p=0,91$ donc $np=136,5 \pg 5$ et $n(1-p)=13,5 \pg 5$.
Un intervalle de fluctuation au seul de $95\%$ est donc :
$\begin{align*} I_{150}&=\left[0,91-1,96\sqrt{\dfrac{0,91\times 0,09}{150}};0,91+1,96\sqrt{\dfrac{0,91\times 0,09}{150}}\right] \\
&\approx [0,864;0,956]
\end{align*}$
La fréquence observée est $f=\dfrac{130}{150} \approx 0,867 \in I_{150}$

Au risque d’erreur de $5\%$ on valide l’affirmation du service des ventes de la société.

 

Ex 4

Exercice 4

Partie A

  1. $f'(1)$ est le coefficient directeur de la droite $d$.
    Ainsi $f'(1)=\dfrac{2}{1}=2$.
    La tangente à la courbe $\Gamma$ au point d’abscisse $3$ est horizontale. Donc $f'(3)=0$.
    $\quad$
  2. La fonction $f$ est dérivable sur l’intervalle $[0,5;10]$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=a+\dfrac{b}{x}$
    $\quad$
  3. $f'(1)=2 \ssi a+b=2$ donc $a=2-b$
    $f'(3)=0 \ssi a+\dfrac{b}{3}=0$
    Par conséquent $2-b+\dfrac{b}{3}=0$
    Soit $2-\dfrac{2}{3}b=0$
    Donc $\dfrac{2}{3}b=2$
    Finalement $b=3$
    Or $a=2-b=-1$.
    $\quad$

Partie B

  1. $f'(x)=-1+\dfrac{3}{x}=\dfrac{-x+3}{x}$
    $\quad$
  2. Une équation de la tangente à la courbe $\Gamma$ ou point d’abscisse $1$ est de la forme :
    $y=f'(1)(x-1)+f(1)$
    Or $f'(1)=2$ et $f(1)=1$
    Donc une équation de la droite $d$ est $y=2(x-1)+1$ soit $y=2x-1$.
    $\quad$
  3. Sur l’intervalle $[0,5;10]$, $x > 0$.
    Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $-x+3$.
    Ainsi :
    – sur l’intervalle $[0,5;3]$, $f'(x) \pg 0$
    – sur l’intervalle $[3;10]$, $f'(x) \pp 0$
    On obtient alors le tableau de variation suivant :
    bac-esl-nouvelle-caledonie-nov2016-ex4
    Où $f(0,5) = 1,5+3\ln(0,5)$ et $f(10)=-8+3\ln(10)$
    $\quad$
  4. Sur l’intervalle $[0,5;3]$, la fonction $f$ est continue car dérivable et strictement croissante.
    $f(0,5) \approx -0,58 <0$ et $f(3)=2,30$
    Donc $0\in \left[f(0,5);f(3)\right]$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution $\alpha$ sur l’intervalle $[0,5;3]$.
    A l’aide de la calculatrice on obtient $\alpha \approx 0,63$
    $\quad$
  5. D’après le logiciel de calcul formel, une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0,5;10]$ est la fonction $F$ définie par $F(x)=3x\ln(x)-x-\dfrac{x^2}{2}$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} \displaystyle S&=\int_1^8 f(x)\dx \\
    &=F(8)-F(1) \\
    &=24\ln(8)-8-\dfrac{64}{2}-\left(-1-\dfrac{1}{2}\right) \\
    &=24\ln(8)-\dfrac{77}{2}\\
    &\approx 11,41
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie C

$f'(x)=\dfrac{-x+3}{x}=-1+\dfrac{3}{x}$

La fonction $f’$ est dérivable sur $[0,5;10]$ en tant que somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.

$f\prime\prime(x)=-\dfrac{3}{x^2} \pp 0$.

La fonction $f$ est donc concave sur l’intervalle $[0,5;10]$.
La courbe $\Gamma$ est par conséquent toujours située en dessous de ses tangentes. L’affirmation de Tom est exacte.

 

Énoncé

GDE Erreur: Erreur lors de la récupération du fichier - si nécessaire, arrêtez la vérification d'erreurs (404:Not Found)

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Bac ES/L – Antilles Guyane – Septembre 2016

Antilles Guyane – septembre 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. La fonction $f$ est dérivable deux fois sur $\R$ en tant que produit de fonctions deux fois dérivables sur $\R$.
    $f'(x)=\e^x+xe^x$
    $f\prime\prime(x)=\e^x+\e^x+x\e^x = \e^x\left(2+x\right)$.
    La fonction exponentielle est strictement positive.
    Par conséquent $f\prime\prime(x)\pg 0 \ssi x\pg -2$.
    La fonction $f$ est convexe sur $[0;+\infty[$. Réponse d
    $\quad$
  2. La fonction exponentielle ne s’annule jamais.
    Par conséquent $(3x+1)\e^x=0 \ssi 3x+1=0 \ssi x=-\dfrac{1}{3}$.
    L’équation possède $1$ solution sur $\R$. Réponse b
    $\quad$
  3. Chaque année le coefficient multiplicateur est $1+\dfrac{8}{100}=1,08$.
    Sur $10$ ans, le coefficient multiplicateur est $1,08^{10}\approx 2,16$
    Or $2,16=1+\dfrac{116}{100}$.
    Le prix de cette denrée a augmenté, à l’unité près, de $116\%$. Réponse b
    $\quad$
  4. La fonction $g$ semble être décroissante sur l’intervalle $[1;3]$. Par conséquent $g'(2)<0$.
    Le coefficient directeur à la courbe $\mathscr{C}_g$ au point d’abscisse $2$ semble être $-1$.
    Donc $g'(2)=-1$ Réponse a
    $\quad$
  5. On considère la fonction $H$ définie sur $\R$ par $H(x)=\dfrac{1}{3}\e^{3x+2}$.
    $H$ est dérivable sur $\R$.
    $H'(x)=\dfrac{1}{3}\times 3 \times \e^{3x+2}=\e^{3x+2}=h(x)$.
    Cette fonction $H$ est donc une primitive de la fonction $h$.
    Réponse b
    $\quad$
  6. La courbe laisse envisager que $\mu=10$.
    On calcule, à la calculatrice, avec les paramètres $\mu=10$ et $\sigma=1$ $P(9<X<12) \approx 0,8186 \approx 0,82$
    Réponse c
    $\quad$

 

Ex 2 spé

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. On a $E_0=\begin{pmatrix} 0,1&0,85&0,05\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  2. On obtient le graphe suivant :
    bac-esl-antilles-guyane-septembre2016-ex2
  3. a. $0,5$ correspond à la probabilité qu’un abonné qui était initialement en Step passe au Pilates d’une semaine sur l’autre.
    $\quad$
    b.
    $\begin{align*} E_1&=E_0\times M \\
    &=\begin{pmatrix}\scriptsize{0,1 \times 0,3+0,85\times 0,5+0,05\times 0,2}&\scriptsize{0,1 \times 0,1+0,85\times 0,3+0,05\times 0,6}&\scriptsize{0,1 \times 0,6+0,85\times 0,2+0,05\times 0,2} \end{pmatrix}\\
    &=\begin{pmatrix}0,465&0,295&0,24\end{pmatrix}
    \end{align*}$
    $\quad$
    c. On a $E_3=E_0\times M^3=\begin{pmatrix}0,317~2&0,348~8&0,334\end{pmatrix}$
    $\quad$
  4. $E_6=E_0\times M^6 \approx \begin{pmatrix}0,33&0,33&0,33\end{pmatrix}$
    Au bout de $6$ semaines, environ $\dfrac{1}{3}$ des abonnés se répartissent dans chaque activité.
    $\quad$
  5. On calcule $E_8=E_0\times M^8 \approx \begin{pmatrix} 0,333&0,333&0,333\end{pmatrix}$
    Ainsi, si la salle compte $120$ abonnés, on compte prévoir $120 \times 0,333 \approx 40$ abonnés dans chacune des activités après $8$ semaines.
    $\quad$
  6. a. Il semblerait que l’état stable soit $E=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}$
    $\quad$
    b.
    $$\begin{align*} \begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix} \times M&= \begin{pmatrix}\dfrac{0,3+0,5+0,2}{3}&\dfrac{0,1+0,3+0,6}{3}&\dfrac{0,6+0,2+0,2}{3} \end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}
    \end{align*}$$
    Donc l’état stable est bien $\begin{pmatrix}\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}$.

 

Ex 3

Exercice 3

  1. a. Il s’agit de l’aire d’un trapèze : $\mathscr{A}=\dfrac{(1+2)\times 0,5}{2}=0,75$ u.a.
    $\quad$
    b. Cela signifie donc que $P(0,5\pp X \pp 1)=0,75$
    $\quad$
  2. $\quad$
    $$\begin{align*} P(0 \pp  X \pp 0,75)&= \int_0^{0,75} 2x\dx \\
    &=\Big[x^2\Big]_0^{0,75} \\
    &=0,75^2-0^2 \\
    &=0,562~5
    \end{align*}$$
    On pouvait également voir cette probabilité comme l’aire d’un triangle de base $0,75$ et de hauteur $2\times 0,75$.
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. a.
    $$\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{valeur de }U&600&650&698&743&785&826\\
    \hline
    \text{valeur de } n&0&1&2&3&4&5\\
    \hline
    \text{test }U<800&\text{vrai}&\text{vrai}&\text{vrai}&\text{vrai}&\text{vrai}&\text{faux} \\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
    b.L’algorithme affichera donc la valeur $5$.
    $\quad$
    c. Cela signifie que ce n’est qu’au bout de la $5^{\text{ème}}$ année que le nombre d’abonnés à ce service dépassera les $800$ personnes.
    $\quad$
  2. a. $u_1=0,95\times 600+80=650$ et $u_2=0,95\times 650+80\approx 698$.
    On retrouve bien les valeurs du tableau précédent.
    $\quad$
    b. $v_n=u_n-1~600$ donc $u_n=v_n+1~600$
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-1~600 \\
    &=0,95u_n+80-1~600 \\
    &=0,95\left(v_n+1~600\right)-1~520 \\
    &=1~520+0,95v_n-1~520\\
    &=0,95v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,95$ et de premier terme $v_0=u_0-1~600=-1~000$.
    $\quad$
    c. Cela signifie donc que pour tout entier naturel $n$ on a $v_n=1~000\times 0,95^n$.
    Par conséquent $u_n=v_n+1~600=1~000\times 0,95^n+1~600$.
    $\quad$
  3. $0<0,95<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,95^n=0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=1~600$.
    Sur le long terme, l’association servira $1~600$ repas par jours.
    Puisque la taille des locaux acutels ne permet pas servir plus de $1~000$ repas, l’association devra envisager un jour des travaux d’agrandissement.

 

Énoncé

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Bac ES/L – Métropole – Septembre 2016

Métropole – septembre 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. $\quad$
    tes-metropole-sept-2016-ex1
  2. On veut calculer $P(H\cap D)=0,6 \times 0,8 = 0,48$
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(D)&=p(H\cap D)+p\left(\overline{H}\cap D\right) \\
    &=0,6\times 0,8+0,4\times 0,45 \\
    &=0,48+0,18\\
    &=0,66
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $\begin{align*} p_D\left(\overline{H}\right)&=\dfrac{p\left(\overline{H}\cap D\right)}{p(D)} \\
    &=\dfrac{0,18}{0,66} \\
    &=0,273
    \end{align*}$
    La probabilité que le client soit une femme sachant qu’il affirme avoir pris un dessert est donc de $0,273$.
    $\quad$

Partie B

  1. La fréquence observée est $f=\dfrac{204}{300}=0,68$.
    Un intervalle de confiance au niveau de $95\%$ est :
    $\begin{align*} I_{300}&=\left[0,68-\dfrac{1}{\sqrt{300}};0,68+\dfrac{1}{\sqrt{300}}\right] \\
    &\approx [0,622;0,738]
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. On appelle $n$ la taille de l’échantillon étudié pour un caractère dont la fréquence d’apparition est $f$.
    L’amplitude de l’intervalle de confiance est alors :
    $\begin{align*} A&=f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}-\left(f-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right) \\
    &=\dfrac{2}{\sqrt{n}}
    \end{align*}$
    On veut donc que :
    $\begin{align*} \dfrac{2}{\sqrt{n}} \pp 0,06 &\ssi \sqrt{n}\pg\dfrac{2}{0,06} \\
    &\ssi \sqrt{n} \pg \dfrac{100}{3} \\
    &\ssi n\pg \dfrac{10~000}{9}
    \end{align*}$
    Il faut donc interroger au moins $1~112$ personnes.
    $\quad$

 

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. $p(X \pg 100)=0,5-P(90 \pp X\pp 100)\approx 0,048$ Réponse c
    $\quad$
  2. $p(\mu-20\pp Y\pp \mu+20)=p(\mu-2\sigma \pp Y \pp \mu+2\sigma) \approx 0,95$ Réponse d
    $\quad$

Partie B

  1. La fonction $f$ est croissante sur $[-5;1]$ car $f'(x) \pg 0$ sur cet intervalle Réponse b
    $\quad$
  2. La fonction $f’$ est décroissante sur $[-5;-1]$ par conséquent la fonction $f$ est concave sur cet intervalle. Réponse b
    $\quad$

Ex 3 obl

Exercice 3

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

Partie A

  1. $u_1=1~500\times 0,95+50 = 1~475$.
    $u_2=1~475\times 0,95+50=1~451,25$ on arrondit à l’unité et $u_2=1~451$.
    $\quad$
  2. Chaque année $5\%$ des arbres sont coupés. Il en reste donc $95\%$ d’une année sur l’autre soit $0,95u_n$.
    De plus $50$ arbres seront plantés.
    Donc, pour tout entier naturel $n$, on a $u_{n+1}=0,95\times u_n+50$.
    $\quad$
  3. a. On considère un entier naturel $n$.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-1~000\\
    &=0,95u_n+50-1~000\\
    &=0,95u_n-950\\
    &=0,95\left(v_n+1~000\right)-950\\
    &=0,95v_n+950-950\\
    &=0,95v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,95$ et de premier terme $v_0=1~500-1~000=500$.
    $\quad$
    b. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=500\times 0,95^n$.
    Donc $u_n=v_n+1~000=500\times 0,95^n+1~000$.
    $\quad$
    c. En 2030 on a alors $n=15$.
    Ainsi $u_{15} \approx 1~232$.
    En 2030 on peut estimer que la forêt comptera $1~232$ arbres.
    $\quad$

Partie B

On cherche le plus petit entier naturel $n$ tel que :
$\begin{align*} 1,03^n\pg2 &\ssi n \ln 1,03 \pg \ln 2 \\
&\ssi n = \dfrac{\ln 2}{\ln 1,03} \end{align*}$
Ainsi $n \pg 24$.
Au bout de $24$ ans le prix d’un stère de bois aura donc doublé.
$\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Le graphe possède exactement deux sommets, $A$ et $F$, de degré impair. Il possède donc une chaîne eulérienne et l’enfant pourra parcourir chaque chemin pédestre du circuit une fois et une seule.
    Le chemin $F-C-H-G-F-B-D-C-B-A-D-A$ convient.
    $\quad$
  2. Le nombre de parcours allant de $E$ à $H$ en $4$ chemins pédestres correspondant au coefficient $M^4_{(5;8)} = 3$.
    Les parcours sont donc : $E-D-B-C-H$, $E-A-D-C-H$ et $E-A-B-C-H$.

Partie B

  1. $f(9)=81a+9b+c=9$
    $f(11)=121a+11b+c=20$
    $f(16)=256a+16b+c=2$
    On est donc amené à résoudre le système suivant :
    $$\begin{cases}81a+9b+c=9\\121a+11b+c=20\\256a+16b+c=2\end{cases}$$
    On note $A=\begin{pmatrix}81&9&1\\121&11&1\\256&16&1\end{pmatrix}$, $X=\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ et $B=\begin{pmatrix}9\\20\\2\end{pmatrix}$.
    Le système peut donc s’écrire $AX=B$
    On constate à l’aide de la calculatrice que la matrice $A$ est inversible.
    Ainsi $X=A^{-1}B = \begin{pmatrix}-1,3\\31,5\\-169,2\end{pmatrix}$.
    Donc $a=-1,3$, $b=31,5$ et $c=-169,2$.
    $\quad$
  2. On veut résoudre l’inéquation $-1,3x^2+31,5x-169,2\pp 10$
    $\ssi -1,3x^2+31,5x-179,2\pp 0$
    $\Delta = 31,5^2-4\times (-1,3)\times (-179,2)=60,41>0$
    Il y a donc racines réelles :
    $x_1=\dfrac{-31,5-\sqrt{60,41}}{-2,6} \approx 15,10$ et $x_2=\dfrac{-31,5+\sqrt{60,41}}{-2,6} \approx 9,13$.
    Puisque le coefficient principal est $a=-1,3<0$, les solutions de l’inéquation sont donc les nombres appartenant aux intervalles $\left[9;x_2\right]$ et $\left[x_2;18\right]$.

Ex 4

Exercice 4

  1. La fonction $g$ est dérivable sur $[0,5;5]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} g'(x)&=5-3\ln x-3x\times \dfrac{1}{x}\\
    &=5-3\ln x-3 \\
    &=2-3\ln x
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $2-3\ln x>0 \ssi -3\ln x>-2 \ssi \ln x <\dfrac{2}{3} \ssi x < \e^{\frac{2}{3}}$
    La fonction $g$ est donc croissante sur l’intervalle $\left[0,5;\e^{\frac{2}{3}}\right]$ et décroissante sur l’intervalle $\left[\e^{\frac{2}{3}};5\right]$.
    $\quad$
  3. La fonction $g$ atteint donc un maximum pour $x_0=\e^{\frac{2}{3}} \approx 1,95$.
    $\quad$
  4. La fonction $g$ est continue, car dérivable, et croissante sur l’intervalle $\left[0,5;x_0\right]$.
    $g(0,5) \approx 3,54<4$
    $g\left(x_0\right) \approx 5,84>4$
    Donc $4$ appartient à l’intervalle $\left[g(0,5);g\left(x_0\right)\right]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x)=4$ possède une unique équation $\alpha_1$ sur l’intervalle $\left[0,5;x_0\right]$ et $0,62<\alpha_1<0,63$.
    $\quad$
    La fonction $g$ est continue, car dérivable, et croissante sur l’intervalle $\left[x_0;5\right]$.
    $g\left(x_0\right) \approx 5,84>4$
    $g(5) \approx 0,86<4$
    Donc $4$ appartient à l’intervalle $\left[g(5);g\left(x_0\right)\right]$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $g(x)=4$ possède une unique équation $\alpha_2$ sur l’intervalle $\left[x_0;5\right]$ et $3,68<\alpha_2<3,69$.
    $\quad$
  5. D’après les variations de la fonction $g$ et les réponses de la question précédente, la solution de l’inéquation $g(x) \pg 4$ est l’intervalle $\left[\alpha_1;\alpha_2\right]$.
    $\quad$
  6. La fonction $G$ est dérivable sur l’intervalle $[0,5;5]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} G'(x)&=-\dfrac{3}{2}\times 2x\ln x-\dfrac{3}{2}\times x^2\times \dfrac{1}{x}+\dfrac{13}{4}\times 2x \\
    &=-3x\ln x-\dfrac{3}{2}x+\dfrac{13}{2}x\\
    &=5x-3x\ln x\\
    &=g(x)
    \end{align*}$
    La fonction $G$ est donc une primitive de $g$ sur l’intervalle $[0,5;5]$.
    $\quad$
  7. La valeur moyenne de la fonction $g$ sur l’intervalle $[0,5;5]$ est :
    $\begin{align*}m&=\displaystyle \dfrac{1}{5-0,5}\int_{0,5}^5 g(x)\dx \\
    &=\dfrac{1}{4,5}\left(G(5)-G(0,5)\right) \\
    &=\dfrac{1}{4,5}\left(-\dfrac{75}{2}\ln(5)+\dfrac{325}{4}-\left(\dfrac{3}{8}\ln(2)+\dfrac{13}{16}\right)\right) \\
    &=\dfrac{\dfrac{1~287}{16}-\dfrac{75}{2}\ln(5)-\dfrac{3}{8}\ln(2)}{4,5} \\
    &\approx 4,405
    \end{align*}$
    $\quad$

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Bac ES/L – Antilles Guyane – Juin 2016

Antilles Guyane – juin 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. D’après le tableau de variation (et en utilisant la conséquence du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x)=0$ possède exactement une solution sur l’intervalle $[-1;1]$, une solution sur l’intervalle $[1;2]$ et aucune solution sur l’intervalle $[2;3]$.
    Réponse b
    $\quad$
  2. $\ln(2x)=2\ssi 2x=\e^2 \ssi x=\dfrac{\e^2}{2}$
    Réponse b
    $\quad$
  3. $\quad$
    $\begin{align*} S_10&=u_0\times \dfrac{1-q^{11}}{1-q} \\
    &=400\times \dfrac{1-0,5^{11}}{1-0,5} \\
    &=400\times \dfrac{1-0,5^{11}}{0,5} \\
    &=800 \times \left(1-0,5^{11}\right)
    \end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$
  4. Cet algorithme permet de déterminer le plus entier entier naturel $n$ tel que $u_n \pg 120$ où $\left(u_n\right)$ est une suite géométrique de premier terme $u_0=50$ et de raison $q=1,2$.
    On a donc $u_n=50\times 1,2^n$ pour tout entier naturel $n$.
    On peut, au choix :
    – essayer toutes les valeurs entières proposées;
    – faire calculer les $100$ premières valeurs de cette suite par la calculatrice;
    – résoudre l’équation $u_n \pg 120$ (c’est ce choix qui va être fait ici).
    $\begin{align*} u_n \pg 120 &\ssi 50 \times 1,2^n \pg 120 \\
    &\ssi 1,2^n \pg 2,4 \\
    &\ssi n\ln 1,2 \pg \ln 2,4 \\
    &\ssi n \pg \dfrac{\ln 2,4}{\ln 1,2} \\
    & \ssi n \pg 5
    \end{align*}$
    Réponse a
    $\quad$
  5. $f(1)=2+3 \ln(1)=2$.
    $f'(x)=\dfrac{3}{x}$ donc $f'(1)=3$.
    Une équation de la tangente à la courbe représentative de $f$ au point d’abscisse $1$ est du type : $y=f'(1)(x-1)+f(1)$.
    Donc ici $y=3(x-1)+2$ soit $y=3x-1$.
    Réponse b
    $\quad$

Ex 2 obl

Exercice 2

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

Partie A

  1. $\quad$
    bac ESL - antilles guyane - juin 2016 - ex2obl
  2. On veut calculer $P(B \cap A) = 0,3 \times 0,4 = 0,12$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(A)&=P(B\cap A)+P(L \cap A)+P(U\cap A) \\
    &=0,12 +0,09 + 0,21 \\
    &=0,42
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. $\quad$
    $\begin{align*} P_L(A)&=\dfrac{P(L\cap A)}{p(A)} \\
    &=\dfrac{0,09}{0,42} \\
    &=\dfrac{3}{14}
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. $\quad$
    $\begin{align*} P(T\pg 12) &= P(12 \pp L \pp 20) \\
    &=\dfrac{20-12}{20-1} \\
    &=\dfrac{8}{19}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Le temps d’attente moyen est donné par $E(T)=\dfrac{20+1}{2}=10,5$ minutes.
    $\quad$

Partie C

On veut calculer $P(X \pg 250) = 0,5-P(220 \pp X \pp 250) \approx 0,16$.

Ex 2 spé

Exercice 2

Candidats ES ayant suivi l’enseignement de spécialité.

Partie A

  1. a. Le graphe est connexe.
    Regardons le degré des sommets :
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet}&B&C&D&E&F&G&H \\
    \hline
    \text{Degré}&2&4&3&2&4&4&3 \\
    \hline
    \end{array}$$
    Tous les sommets de ce graphe ne sont pas de degré pair.
    Il ne possède donc pas de cycle eulérien. Il est impossible d’emprunter tous les tronçons de route en passant une et une seule fois sur chacun d’eux, en partant de l’hôtel et en y revenant.
    $\quad$
    b. Le graphe possède exactement deux sommets de degré impair. Il existe une chaîne eulérienne.
    Le guide peut donc emprunter tous les tronçons de route en passant une et une seule fois sur chacun d’eux, en partant de l’hôtel mais sans forcément y revenir.
    $\quad$
  2. Pour déterminer le chemin le plus court menant de l’hôtel au musée nous allons utiliser l’algorithme de Dijsktra.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    B&C&D&E&F&G&H&\text{Sommet} \\
    \hline
    &&&&&&0&H\\
    \hline
    12H&20H&9H&&&&&D \\
    \hline
    12H&17D&&&30D&&&B\\
    \hline
    &17D&&&30D&25B&&C\\
    \hline
    &&&&28C&24C&&G\\
    \hline
    &&&33G&28C&&&F\\
    \hline
    &&&31F&&&&E\\
    \hline
    \end{array}$
    $\quad$

Partie B

  1. $\quad$
    bac ESL - antilles guyane - juin 2016 - ex2spé
  2. La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix} 0,9&0,1\\0,2&0,8 \end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. En 2015, on a $P_0=\begin{pmatrix} 0,3&0,7\end{pmatrix}$
    En 2016, $P_1=P_0\times M=\begin{pmatrix} 0,41&0,59\end{pmatrix}$.
    Donc en 2016, $41\%$ des hôtels seront répertoriés.
    En 2017, $P_2=P_0\times M^2 = \begin{pmatrix}0,487&0,513\end{pmatrix}$
    Donc en 2017, $48,7\%$ des hôtels seront répertoriés.
    $\quad$
  4. On recherche l’état stable $P=\begin{pmatrix} x&y \end{pmatrix}$ avec $x+y=1$.
    On a donc $P=PM$
    Soit :
    $\begin{align*} P=PM&\ssi \begin{cases} x=0,9x+0,2y \\y=0,1x+0,8y \\x+y=1 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y \\0,1x-0,2y=0 \\0,1x-0,2y=0 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y\\0,1-0,1y-0,2y=0 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=1-y\\0,3y=0,1 \end{cases} \\
    &\ssi \begin{cases} x=\dfrac{2}{3} \\y=\dfrac{1}{3}\end{cases}
    \end{align*}$
    Sur le long terme environ $66,67\%$ des hôtels seront répertoriés.
    $\quad$

 

 

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. Graphiquement $f(x) > 0$ sur l’intervalle $]0,5;6]$
    $\quad$
  2. Le maximum de la fonction sur l’intervalle $[0;6]$ est environ $2,2$.
    $\quad$
  3. Il semblerait que :
    • $f'(x)>0$ sur l’intervalle $[0;1,5[$ car $f$ semble être croissante sur cet intervalle;
    • $f'(1,5)=0$;
    • $f'(x)<0$ sur l’intervalle $]1,5;6]$ car $f$ semble être décroissante sur cet intervalle.
    $\quad$
  4. Sur l’intervalle $[0;2,5]$ la courbe représentative de la fonction $f$ semble être située au-dessous de ses tangentes.
    Sur l’intervalle $[2,5;6]$ la courbe représentative de la fonction $f$ semble être située au-dessus de ses tangentes.
    La courbe admet donc un point d’inflexion approximativement en $x=2,5$.
    $\quad$
  5. $\ds \int_1^4 f(x)\dx$ correspond à l’aire du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe représentative de la fonction $f$, les droites d’équation $x=1$ et $x=4$.
    On a donc $\ds 2 <\int_1^4 f(x)\dx <7$
    $\quad$

Partie B

  1. On a $f'(x)=(-10x+15)\e^{-x}$
    La fonction exponentielle étant strictement positive, le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $-10x+15$.
    Or $-10x+15=0 \ssi x=1,5$ et $-10x+15 >0 \ssi x <1,5$.
    $f(1,5)=10\e^{-1,5}$
    On obtient donc le tableau de variation suivant :
    bac ESL - antilles guyane - juin 2016 - ex3
  2. On a $f\prime\prime(x)=(10x-25)\e^{-x}$.
    Le signe de $f\prime\prime(x)$ ne dépend que de celui de $10x-25$.
    Or $10x-25=0 \ssi x=2,5$ et $10x-25>0 \ssi x>2,5$.
    Ainsi $f$ est concave sur l’intervalle $[0;2,5]$ et convexe sur l’intervalle $[2,5;6]$.
    $\quad$
  3. $F$ est dérivable sur l’intervalle $[0;6]$ en tant que produits de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} F'(x)&=-10\e^{-x}-(-10x-5)\e^{-x} \\
    &=-10\e^{-x}+(10x+5)\e^{-x} \\
    &=(10x-5)\e^{-x} \\
    &=f(x)
    \end{align*}$
    Donc $F$ est bien une primitive de $f$ sur l’intervalle $[0;6]$.
    $\quad$
  4. On a donc :
    $\begin{align*} \ds \int_2^4 f(x) &=F(4)-F(2) \\
    &=-45\e^{-4}+25\e^{-2} \\
    &\approx 2,56
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. On voudrait donc que $2AD=2,56$ soit $AD=1,28$
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. $410\times (1-0,1)^2=410\times 0,9 = 332,1$.
    On peut donc considérer que l’évolution d’une année sur l’autre correspond à une diminution de $10\%$.
    $\quad$
  2. On cherche la valeur de l’entier naturel $n$ à partir duquel :
    $\begin{align*} 332 \times 0,9^n <180 &\ssi 0,9^n < \dfrac{180}{332} \\
    &\ssi n\ln 0,9 < \ln \dfrac{180}{332} \\
    &\ssi n > \dfrac{\ln \dfrac{180}{332}}{\ln 0,9} \\
    &\ssi n \pg 6
    \end{align*}$
    C’est donc à partir de 2021 que la quantité de polluants rejetés par ces entreprises ne dépassera plus le seuil de $180$ tonnes.

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Bac ES/L – Asie – Juin 2016

Asie – juin 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. $f'(1)$ correspond au coefficient directeur de la tangente $T_1$.
    Cette tangente est parallèle à l’axe des abscisses.
    Donc $f'(1)=0$
    Réponse a
    $\quad$
  2. $f'(0)$ est le coefficient directeur de la tangente $T_0$, qui passe par les points $A$ et $C$.
    Donc $f'(0)=\dfrac{3-1}{2-0}=1$
    Réponse b
    $\quad$
  3. On ne connaît pas précisément l’ordonnée de $B$ (on peut seulement lire qu’elle vaut environ $1,5$).
    Réponse d
    $\quad$
  4. $\displaystyle \int_0^2 f(x)\mathrm{d}x$ est l’aire du domaine compris entre la courbe $\mathcal{C}_f$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=2$.
    Cette aire est comprise entre celle d’un rectangle de dimensions $2\times 1$ et celle d’un rectangle de dimensions $2\times 1,5$ ($1,5$ est une valeur approchée de l’ordonnée de $B$).
    Par conséquent $\displaystyle 2 \leqslant \int_0^2 f(x)\mathrm{d}x \leqslant 3$.
    Réponse b
    $\quad$

Partie B

  1. a. $F$ est une primitive de $f$ sur $[-1;5]$.
    Donc sur cet intervalle :
    $\begin{align*} f(x)&=F'(x) \\
    &=-(2x+4)\e^{-x}+\left(x^2+4x+5\right)\e^{-x} \\
    &=\left(x^2+2x+1\right)\e^{-x}
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. L’aire cherchée est égale à :
    $\begin{align*} I&=\displaystyle \int_0^2 f(x)\mathrm{d}x \\
    &=F(2)-F(0) \\
    &=-17\e^{-2}+5
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. $f$ est dérivable sur $[-1;5]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=(2x+2)\e^{-x}-\left(x^2+2x+1\right)\e^{-x}=\left(-x^2+1\right)\e^{-x}$
    Sur $[1;5]$, $x^2\geqslant 1$ donc $-x^2+1\leqslant 0$.
    La fonction exponentielle est strictement positive.
    Donc $f'(x)\leqslant 0$ sur $[1;5]$.
    La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $[1;5]$.
    De plus $f$ est continue sur cet intervalle car dérivable.
    $f(1)=4\e^{-1}\approx 1,47 >1$ et $f(5)=36\e^{-5} \approx 0,24 <1$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l’équation $f(x)=1$ admet donc une unique solution.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. On effectue $100$ tirages aléatoires, indépendants, avec remise possédant exactement deux issues : $D$ “la clé est défectueuse” et $\overline{D}$.
    $p(D)=0,015$.
    La variable aléatoire $X$ suit donc la loi binomiale de paramètres $n=100$ et $p=0,015$.
    $\quad$
  2. A l’aide de la calculatrice on trouve :
    $p(X=0) \approx 0,221$ et $p(X=1)\approx 0,336$
    $\quad$
  3. $p(X \leqslant 2) = p(X=0)+p(X=1)+p(X=2) \approx 0,810$
    $\quad$

Partie B

  1. $p(98\leqslant R \leqslant 103) \approx 0,976$
    $\quad$
  2. La droite d’équation $x=30$ est un axe de symétrie pour la courbe donc l’espérance de la variable aléatoire $W$ est $\mu=30$.
    On sait que $p(28\leqslant W \leqslant 32)\approx 0,95$
    Or on sait que $p(\mu-2\sigma \leqslant W \leqslant \mu+2\sigma) \approx 0,95$
    Et ici $p(30-2\sigma \leqslant W \leqslant 30+2\sigma) \approx 0,95$.
    Ainsi l’écart-type est $\sigma \approx 1$.
    $\quad$

Partie C

$n=100 \geqslant 30$, $f=\dfrac{94}{100}$ donc $nf=94\geqslant 5$ et $n(1-f) =6 \geqslant 5$.
Un intervalle de confiance au niveau de confiance de $95\%$ est donc :
$\begin{align*} I_{100}&=\left[0,94-\dfrac{1}{\sqrt{100}};0,94+\dfrac{1}{\sqrt{100}}\right] \\
&=[0,84;1]
\end{align*}$

Remarque : une probabilité ne peut pas être supérieure à $1$, on ne peut donc pas écrire $1,04$ comme borne supérieure de l’intervalle de confiance.
$\quad$

Ex 3 obl

Exercice 3

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

  1. Le lycée comptait $3~000$ élèves au $1^{\text{er}}$ septembre 2015. Donc $u_0=3~000$.
    Chaque année $10\%$ des élèves quittent l’établissement; il en reste donc $90\%$ soit $0,9u_n$.
    $250$ nouveaux élèves s’inscrivent$ donc, pour tout entier naturel $n$ on a $u_{n+1}=0,9u_n+250$.
    $\quad$
  2. a. Pour tout entier naturel $n$, $u_n=v_n+2~500$
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-2~500 \\
    &=0,9u_n+250-2~500 \\
    &=0,9u_n-2~250 \\
    &=0,9\left(v_n+2~500\right) \\
    &=0,9v_n+2~250-2~250 \\
    &=0,9v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,9$ et de premier terme $v_0=u_0-2~500=500$.
    $\quad$
    b. Ainsi, pour tout entier naturel $n$, on a $v_n=500\times 0,9^n$.
    Ainsi $u_n=v_n+2~500=500\times 0,9^n+2~500$.
    $\quad$
  3. Pour tout entier naturel $n$,
    $\begin{align*} u_{n+1}u_n&=500\times 0,9^{n+1}+2~500-500\times 0,9^n-2~500 \\
    &=500\times 0,9^n\times (0,9-1) \\
    &=500\times 0,9^n \times (-0,1) \\
    &=50\times 0,9^n
    \end{align*}$
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}-u_n<0$
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc décroissante.
    $\quad$
  4. Initialisation
    $\quad$ $u$ prend la valeur $2~800$
    $\quad$ $n$ prend la valeur $2015$
    Traitement
    $\quad$ Tant que $u>2~800$ faire
    $\qquad$ $u$ prend la valeur $0,9u+250$
    $\qquad$ $u$ prend la valeur $n+1$
    $\quad$ Fin Tant que
    Sortie
    $\quad$ Afficher $n$
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité.

Partie A

  1. Ce graphe est connexe.
    Les sommets $A$, $B$ et $D$ sont de degré $3$.
    Pour que le graphe admette une chaîne eulérienne, il faudrait qu’il possède exactement deux sommets de degré $3$.
    Il n’en possède donc pas.
    $\quad$
  2. a. $C$ et $D$ ne sont pas adjacents donc $a=0$.
    $D$ et $G$ sont adjacents donc $b=1$.
    $I$ et $E$ sont adjacents donc $c=1$.
    $K$ et $E$ ne sont pas adjacents donc $d=0$.
    $\quad$
    b. $M^3_{(1;10)}=5$.
    Par conséquent il existe $5$ chemins de longueur $3$ reliant $A$ et $J$ :
    $A-D-G-J$
    $A-C-G-J$
    $A-C-F-J$
    $A-D-F-J$
    $A-B-F-J$.
    $\quad$

Partie B

Pour déterminer ce chemin nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra.

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
A&B&C&D&E&F&G&H&I&J&K&\text{Sommet} \\
\hline
0&&&&&&&&&&&A \\
\hline
&2A&5A&3A&&&&&&&&B \\
\hline
&&5A&3A&8B&4B&&&&&&D\\
\hline
&&5A&&8B&4B&8D&&&&&F \\
\hline
&&5A&&8B&&8D&7F&8F&9F&&C\\
\hline
&&&&8B&&8D&7F&8F&9F&&H \\
\hline
&&&&8B&&8D&&8F&9F&9H&E\\
\hline
&&&&&&8D&&8F&9F&9H&G\\
\hline
&&&&&&&&8F&9F&9H&I\\
\hline
&&&&&&&&&9F&9H&J\\
\hline
&&&&&&&&&&9H&K\\
\hline
\end{array}$$

Le chemin de longueur minimale entre les sommets $A$ et $K$ est $A-B-F-H-K$. Il mesure $9$ km.

Ex 4

Exercice 4

On appelle :
• $F$ l’événement “la personne interrogée est une femme”;
• $H$ l’événement “la personne interrogée est un homme”;
• $F$ l’événement “la personne interrogée travaille à temps partiel”.

Bac ESL - Asie - juin 2016 - ex4

D’après la formule des probabilités totales :
$\begin{align*} p(T)=p(F\cap T)+p(H\cap T) &\ssi 0,36=0,6\times 0,56+p(H\cap T) \\
&\ssi 0,36=0,336+p(H\cap T) \\
&\ssi p(H\cap T)=0,024
\end{align*}$

On veut calculer :
$\begin{align*}p_T(H)&=\dfrac{p(H\cap T)}{p(T)} \\
&=\dfrac{0,024}{0,36} \\
&=\dfrac{1}{15}
\end{align*}$

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Bac ES/L – Métropole – Juin 2016

Métropole – juin 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

  1. $n=300\geqslant 30$, $f=\dfrac{225}{300}$ donc $nf=225\geqslant 5$ et $n(1-f)=75 \geqslant 5$.
    Un intervalle de confiance au niveau de confiance $0,95$ est :
    $\begin{align*} I_{300}&=\left[\dfrac{225}{300}-\dfrac{1}{\sqrt{300}};\dfrac{225}{300}+\dfrac{1}{\sqrt{300}}\right] \\
    &\approx [0,692;0,808]
    \end{align*}$
    Réponse b
    $\quad$
  2. On appelle $X$ la variable aléatoire qui suit la loi uniforme sur l’intervalle $[4;11]$.
    Alors :
    $\begin{align*}P(X\leqslant 10)&=P(4\leqslant X \leqslant 10)\\
    &=\dfrac{10-4}{11-4}\\
    &=\dfrac{6}{7}
    \end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$
  3. Pour tout réel $x$ on a :
    $\begin{align*} f'(x)&=\e^{-2x+3}-2(x+1)\e^{-2x+3} \\
    &=(1-2x-2)\e^{-2x+3} \\
    &=(-1-2x)\e^{-2x+3}
    \end{align*}$
    Réponse d
    $\quad$
  4. $f\prime\prime$ s’annule en changeant de signe en $1$.
    La courbe représentative de $f$ sur $[-2;2]$ possède donc un point d’inflexion.
    Réponse c
    $\quad$

Ex 2 obl

Exercice 2

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

  1. Chaque année il revend $25\%$ de son parc; il en conserve donc $75\%$ soit $0,75u_n$.
    Il achète chaque année $3~000$ voitures.
    Donc $u_{n+1}=0,75u_n+3~000$
    $\quad$
  2. a. $u_n=v_n+12~000$
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}-12~000 \\
    &=0,75u_n+3~000-12~000 \\
    &=0,75u_n-9~000\\
    &=0,75\left(v_n+12~000\right)-9~000 \\
    &=0,75v_n+9~000-9~000 \\
    &=0,75v_n
    \end{align*}$
    Donc la suite $\left(v_n\right)$ est géométrique de raison $0,75$ et de premier terme $v_0=u_0-12~000=-2~000$.
    $\quad$
    b. On a donc, pour tout entier naturel $n$, $v_n=-2~000\times 0,75^n$
    $0<0,75<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,75^n=0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} v_n=0$.
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$ on a : $u_n=12~000+v_n=12~000-2~000 \times 0,75^n$
    $\quad$
    d. Au bout d’un grand nombre d’années, le parc automobile de ce loueur comptera $12~000$ voitures.
    $\quad$
  3. a.
    Initialisation
    $\quad$ $U$ prend la valeur $10~000$
    $\quad$ $N$ prend la valeur $0$
    Traitement
    $\quad$ Tant que $N<11~950$
    $\qquad$ $U$ prend la valeur $0,75U+3~000$
    $\qquad$ $N$ prend la valeur $N+1$
    $\quad$ Fin tant que
    Sortie
    $\quad$ Afficher $N$
    $\quad$
    b. On a $u_{12} \approx 11~937$ et $u_{13} \approx 11~952$
    C’est donc en 2028 que le parc automobile de ce loueur comptera au moins $11~950$ voitures.
    $\quad$
    c. $\quad$
    $\begin{align*} 12~000-2~000\times 0,75^n \geqslant 11~950 &\ssi -2~000\times 0,75^n \geqslant 50 \\
    &\ssi 0,75^n \leqslant 0,025 \\
    &\ssi n\ln(0,75) \leqslant \ln(0,025) \\
    &\ssi n \geqslant \dfrac{\ln(0,025)}{\ln(0,75)} \\
    &\ssi n \geqslant 13
    \end{align*}$
    On retrouve bien le même résultat.
    $\quad$

Ex 2 spé

Exercice 2

Candidats de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

  1. $\quad$


    $\quad$
  2. La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix}0,8&0,2\\0,6&0,4\end{pmatrix}$
    $\quad$
  3. On a $P_6=P_0\times M^6 = \begin{pmatrix} 0,750~016&0,249~984\end{pmatrix}$
    Donc $c_6 \approx 0,75$
    $\quad$
  4. a. $P_{n+1}=P_n\times M$
    $\quad$
    b. On a donc $c_{n+1}=0,8c_n+0,6r_n$ avec $c_n+r_n=1$
    D’où $c_{n+1}=0,8c_n+0,6(1-c_n)$ avec $r_n=1-c_n$.
    Donc $c_{n+1}=0,2c_n+0,6$ et $r_n=1-c_n$.
    $\quad$
  5. a. On a $c_n=v_n+0,75$.
    $\begin{align*}
    v_{n+1}&=c_{n+1}-0,75 \\
    &=0,2c_n+0,6-0,75 \\
    &=0,2c_n-0,15 \\
    &=0,2\left(v_n+0,75\right)-0,15\\
    &=0,2v_n+0,15-0,15 \\
    &=0,2v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,2$ et de premier terme $v_0=c_0-0,75=0,25$.
    $\quad$
    b. On a donc, pour tout entier naturel $n$, $v_n=0,25\times 0,2^n$.
    $\quad$
    $0<0,2<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,2^n=0$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} v_n=0$.
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$, on a $c_n=v_n+0,75=0,25\times 0,2^n+0,75$.
    $\quad$
    d. On peut donc conjecturer que la probabilité qu’Hugo coure le 29 décembre 2014 est $0,75$.
    $\quad$
    e. On conjecture que l’état stable est $P=\begin{pmatrix} 0,75&0,25\end{pmatrix}$
    $\quad$
    $\begin{align*} P\times M&=\begin{pmatrix} 0,75\times 0,8+0,25\times 0,6&0,75 \times 0,2+0,25 \times 0,4\end{pmatrix}\\
    &=\begin{pmatrix} 0,75&0,25\end{pmatrix} \\
    &=P
    \end{align*}$
    Donc $P=\begin{pmatrix} 0,75&0,25\end{pmatrix}$ est bien l’état stable.
    $\quad$

Ex 3

Exercice 3

Partie A

  1. $P(R)=\dfrac{960}{3~200}=0,3$
    $\quad$
  2. On a donc $P_R(F)=0,35$
    $\quad$
  3. Par conséquent $P(R \cap F)=0,35 \times 0,3 = 0,105$
    $\quad$
  4. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(F)=P(F\cap R)+P\left(F \cap \overline{R}\right) &\ssi 0,385=0,105+P\left(F \cap \overline{R}\right) \\
    &\ssi P\left(F \cap \overline{R}\right)=0,28
    \end{align*}$
    $\quad$
  5. Ainsi
    $\begin{align*} P_{\overline{R}}(F)&=\dfrac{P\left(F \cap \overline{R}\right)}{P\left(\overline{R}\right)} \\
    &=\dfrac{0,28}{1-0,3}\\
    &=0,4
    \end{align*}$
    $40\%$ des chansons non classées dans la catégorie rock sont interprétées en français.
    $\quad$

Partie B

  1. $P(15\leqslant X \leqslant 45) \approx 0,866$
    $\quad$
  2. $P(X \geqslant 60) = 0,5-P(30 \leqslant X \leqslant 60) \approx 0,001$
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

Partie A : Étude graphique

  1. $f'(1,5)$ correspond au coefficient directeur de la tangente à la courbe $(C)$ au point d’abscisse $1,5$.
    La tangente en ce point est horizontale. Donc $f'(1,5)=0$.
    $\quad$
  2. Le coefficient directeur de cette tangente est $f'(1)=\dfrac{3-2}{1-0}=1$
    La tangente passe par le point de coordonnées $(0;2)$ donc son ordonnée à l’origine est $2$.
    Une équation de cette tangente est donc $y=x+2$.
    $\quad$
  3. L’aire $\mathscr{A}$ de ce domaine est strictement comprise entre la somme des aires de $3$ carrés de côté $1$ et celle des aires de $4$ carrés de côté $1$.
    Donc $3<\mathscr{A}<4$.
    $\quad$
  4. La courbe $(C)$ semble toujours située sous ses tangentes. La fonction $f$ semble donc concave sur $[0,5;6]$.
    $\quad$

Partie B : Étude Analytique

  1. $f$ est dérivable sur $[0,5;6]$ en tant que somme de fonctions dérivable sur cet intervalle.
    $\begin{align*} f'(x)&=-2+\dfrac{3}{x} \\
    &=\dfrac{-2x+3}{x}
    \end{align*}$
    $\quad$
  2. Sur $[0,5;6]$ $x>0$. Le signe de $f'(x)$ ne dépend donc que de celui de $-2x+3$.
    Or $-2x+3>0 \ssi -2x > -3 \ssi x < \dfrac{3}{2}$
    On obtient ainsi le tableau de variations suivant :
    bac ESL - metropole - juin 2016 - ex4
  3. $4+3\ln(0,5) \approx 1,9 > 0$.
    La fonction $f$ est strictement croisante sur $\left[0,5;\dfrac{3}{2}\right]$ donc $f(x) >f(0,5)>0$ sur cet intervalle.
    L’équation $f(x)=0$ n’a donc pas de solution sur $\left[0,5;\dfrac{3}{2}\right]$
    $\quad$
    Sur l’intervalle $\left[\dfrac{3}{2};6\right]$, la fonction $f$ est continue car dérivable, strictement décroissante.
    $f\left(\dfrac{3}{2}\right) \approx 3,2 > 0$ et $f(6) \approx -1,6<0$
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ possède donc une unique solution sur $\left[\dfrac{3}{2};6\right]$.
    $\quad$
    Finalement l’équation $f(x)=0$ possède bien une unique solution $\alpha$ sur $[0,5;6]$.
    $\alpha \approx 4,88$
    $\quad$
  4. On obtient ainsi le tableau de signe suivant :
    bac ESL - metropole - juin 2016 - ex4-2
  5. a. $F$ est dérivable sur $[0,5;6]$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $\begin{align*} F'(x)&=-2x+2+3\ln(x)+3\dfrac{x}{x} \\
    &=-2x+2+3\ln(x)+3 \\
    &=-2x+5+3\ln(x) \\
    &=f(x)
    \end{align*}$
    Donc $F$ est bien une primitive de $f$ sur $[0,5;6]$.
    $\quad$
    b. L’aire cherchée est donc :
    $\begin{align*} \mathscr{A}&=\displaystyle \int_{1}^2 f(x) \mathrm{d}x \\
    &=F(2)-F(1) \\
    &=6\ln(2)-1-3\ln(1) \\
    &=-1+6\ln(2) \\
    &\approx 3,2
    \end{align*}$

 

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Bac ES/L – Polynésie – Juin 2016

Polynésie – juin 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

 

Ex 1

Exercice 1

Partie A

  1. On obtient l’arbre pondéré suivant :
    TES-L - polynésie - juin 2016 - ex1
  2. On veut calculer $P(K\cap A)=0,42 \times 0,72 = 0,319~2$ $\approx 0,319$.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales, on a :
    $\begin{align*} P(A)&=P(K\cap A)+P(L\cap A)+P(M\cap A) \\
    &=0,319~2+0,35\times 0,65+0,23\times 0,82 \\
    &=0,735~3\\
    &\approx 0,735
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer :
    $P_A(M)=\dfrac{P(M\cap A)}{P(A)}$ $ = \dfrac{0,23\times 0,82}{0,735} $ $\approx 0,257$.
    $\quad$

Partie B

  1. On veut calculer $P(13\leqslant X \leqslant 27) \approx 0,683$
    $\quad$
  2. On veut déterminer la valeur de $a$ telle que $P(X>a)=0,1$ ce qui revient à trouver la valeur de $a$ telle que $P(X\leqslant a)=0,9$.
    A l’aide la touche inverse loi normale de la calculatrice, on a $a\approx 28,97$.
    Cela signifie que la probabilité que la durée du prêt immobilier soit supérieure à $28,97$ ans est égale à $10\%$.
    $\quad$

Ex 2

Exercice 2

  1. a. Puisque $u_1=a\times u_0+b=b$ et que $u_1=5~000$ alors $b=5~000$.
    $\quad$
    b. On a alors $u_2=a\times u_1+5~000$
    Soit $11~000=5~000a+5000~$
    Donc $6~000=5~000a$
    Et $a=\dfrac{6~000}{5~000}=1,2$
    Donc, pour tout entier naturel $n$, on a =u_{n+1}=1,2u_n+5~000$.
    $\quad$
  2. a. $u_3=1,2\times 11~000+5~000= 18~200$
    $u_4=1,2\times 18~200+5~000=26~840$
    $\quad$
    b. Les valeurs calculées sont relativement proches de celles réellement constatées.
    La modélisation semble donc pertinente.
    $\quad$
  3. a.
    $\begin{align*} v_{n+1}&=u_{n+1}+25~000 \\
    &=1,2u_n+5~000+25~000 \\
    &=1,2u_n+30~000\\
    &=1,2\left(v_n-25~000\right)+30~000\\
    &=1,2v_n+30~000+30~000\\
    &=1,2v_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(v_n\right)$ est donc géométrique de raison $1,2$ et de premier terme $v_0=u_0+25~000=25~000$.
    $\quad$
    b. Donc, pour tout entier naturel $n$ on a  $v_n=25~000\times 1,2^n$.
    Par conséquent $u_n=v_n-25~000=25~000\times 1,2^n-25~000$.
    $\quad$
  4. a.
    $\begin{align*} u_n>180~000 &\ssi 25~000\times 1,2^n-25~000>180~000 \\
    &\ssi 25~000\times 1,2^n>205~000 \\
    &\ssi 1,2^n > 8,2
    \end{align*}$
    $\quad$
    b. $\quad$
    Variables : 
    $\quad$ $N$ est un entier naturel
    $\quad$ $W$ est un nombre réel
    Initialisation :
    $\quad$ $N$ prend la valeur $0$
    $\quad$ $W$ prend la valeur $1$
    Traitement :
    $\quad$ Tant que $W\leqslant 8,2$
    $\qquad$ $W$ prend la valeur $W\times 1,2$
    $\quad$ $N$ prend la valeur $N+1$
    $\quad$ Fin du Tant que
    Sortie :
    $\quad$ Afficher $N$
    $\quad$
    c. $1,2^n>8,2 \ssi n\ln 1,2 > \ln 8,2 \ssi n>\dfrac{\ln 8,2}{\ln 1,2} \ssi n\geqslant 12$
    L’algorithme affichera donc $12$.
  5. En 2022, elle aura vendu $197~903$ écrans 3D.
    Il y a $3$ ans de baisse, donc en 2025 elle peut prévoir $197~903\times 0,85^3\approx 121~537$ écrans 3D.
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats ES ayant suivi la spécialité mathématiques

  1. Affirmation A : fausse
    La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix}0,4&0,6\\0,3&0,7\end{pmatrix}$
    $\begin{align*} \begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix}M&=\begin{pmatrix}0,4\times \dfrac{2}{3}+0,3\times \dfrac{1}{3}&\dfrac{2}{3}\times 0,6+\dfrac{1}{3}\times 0,7 \end{pmatrix} \\
    &=\begin{pmatrix} \dfrac{11}{30}&\dfrac{19}{30}\end{pmatrix}\end{align*}$
    On ne retrouve pas la matrice $\begin{pmatrix}\dfrac{2}{3}&\dfrac{1}{3}\end{pmatrix} $.
    $\quad$
  2. Affirmation B : vraie
    Regardons si ce graphe possède une chaîne eulérienne.
    Pour cela, on détermine le degré de chacun des sommets.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet}&A&B&C&D&E&F\\
    \hline
    \text{Degré}&2&4&3&2&3&4\\
    \hline
    \end{array}$
    Ce graphe possède exactement deux sommets de degré impair.
    Il possède bien une chaîne eulérienne.
    Il est donc possible de trouver une chaîne passant une et une seule fois par toutes les arêtes de ce graphe.
    $\quad$
    Affirmation C : vraie
    Nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra.
    $$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&\text{sommet}\\
    \hline
    0&&&&&&A\\
    \hline
    &2A&&&&1A&F\\
    \hline
    &2A&5F&&5F&&B\\
    \hline
    &&5F&&4B&&E\\
    \hline
    &&5F&5E&&&C\\
    \hline
    &&&5E&&&D\\
    \hline
    \end{array}$$
    La chaîne la plus courte entre $A$ et $D$ est donc bien une chapine de poids $5$.
    $\quad$
  3. Affirmation D : fausse
    On a $M^4=\begin{pmatrix}7&6&4&6\\6&11&2&6\\4&2&3&4\\6&6&4&7\end{pmatrix}$
    $M^4_{(2;4)}=6 \neq 3$
    Il existe donc $6$ chaînes de longueur $4$ reliant le sommet $B$ au sommet $D$.
    $\quad$
  4. Affirmation : vraie
    $AB=\begin{pmatrix} -a&0\\0&a^2\end{pmatrix}$
    On cherche donc la valeur de $a$ telle que $-a=1$ et $a^2=1$.
    Il y a une seule solution $a=-1$.
    $\quad$

Ex 3 obl

Exercice 3

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

  1. Affirmation A : fausse
    La fonction $f$ est dérivable sur $]0;+\infty[$ en tant que somme et produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
    $f'(x)=\ln x+\dfrac{x}{x}-1 = \ln x+1-1=\ln x$
    La fonction $\ln$ est négative sur l’intervalle $]0;1[$. Par conséquent la fonction $f$ est décroissante sur cet intervalle.
    $\quad$
    Affirmation B : vraie
    $f’$ est dérivable sur $]0;+\infty$ et $f\prime\prime(x)=\dfrac{1}{x}>0$ sur $]0;+\infty[$.
    Donc $f$ est convexe sur $]0;+\infty[$.
    $\quad$
    Affirmation C : fausse
    $f(100) \approx 361,5 > 50$
    $\quad$
  2. Affirmation D : vraie
    $g'(1)$ est égale au coefficient directeur de $T$.
    Les points de coordonnées $(1;2)$ et $(2;0)$ appartiennent à $T$.
    Donc $g'(1)=\dfrac{2-0}{1-2}=-2$
    $\quad$
    Affirmation E : vraie
    $\displaystyle \int_0^1g(x)\mathrm{d}x$ est égale à l’aire du domaine compris entre la courbe $\mathscr{C}_g$, l’axe des abscisses et les droites d’équation $x=0$ et $x=1$.
    Or ce domaine est strictement inclus dans un rectangle de dimension $1\times 3$.
    Donc $\displaystyle \int_0^1g(x)\mathrm{d}x<3$
    $\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. $f(2)=4\e^{-0,8}$
    Donc l’aire du panneau publicitaire est $\mathscr{A}(2)=2\times 4\e^{-0,8} \approx 3,6$ m$^2$.
    $\quad$
  2. L’aire d’un panneau publicitaire est donnée par : $\mathscr{A}(x)=x\times f(x)=4x\e^{-0,4x}$ pour $x$ appartenant à l’intervalle $[0;10]$.
    Cette fonction est dérivable sur cet intervalle en tant que produit de fonctions dérivables.
    $\mathscr{A}'(x)=4\e^{-0,4x}-1,6x\e^{-0,4x}=4\e^{-0,4x}(1-0,4x)$
    La fonction exponentielle étant strictement positive, le signe de $\mathscr{A}'(x)$ ne dépend que de celui de $1-0,4x$
    Or $1-0,4x>0 \ssi 1>0,4x \ssi  x<\dfrac{1}{0,4} \ssi x<2,5$
    La fonction $\mathscr{A}$ admet donc un maximum pour $x=2,5$
    $f(2,5)=4\e^{-1} \approx 1,47$
    Les dimensions du panneau publicitaire dont l’aire est la plus grande sont $2,5$ m $\times 1,47$ m.
    $\quad$

Énoncé

Bac ES/L – Centres étrangers – Juin 2016

Centres étrangers – juin 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

  1. $f'(x)=-1+\dfrac{2}{x} = \dfrac{-x+2}{x}$.
    Réponse c
    $\quad$
  2. sur $]0;10]$, $f'(x)=0\ssi -x+2=0 \ssi x=2$.
    L’équation possède donc une seule solution.
    Réponse b
    $\quad$
  3. Une équation de la tangente au point d’abscisse $a$ est donnée par $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.
    $f'(4)=-\dfrac{1}{2}$ et $f(4)=1+2\ln 4$.
    Une équation de $T$ est donc :
    $y=-\dfrac{1}{2}(x-4)+1+2\ln 4$
    Soit $y=-\dfrac{1}{2}x+2+1+2\ln 4$
    Réponse d
    $\quad$
  4. $\displaystyle \int_1^3f(x)\mathrm{d}x$ correspond à l’aire du domaine compris entre l’axe des abscisses, la courbe $C$ et les droites d’équation $x=1$ et $x=3$.
    Ce domaine a une aire comprise entre $8$ et $9$ fois celle d’un petit carré.
    Réponse c
    Remarque : on pouvait également demander à la calculatrice de faire le calcul et voir dans quel intervalle ce trouvait la valeur affichée.
    $\quad$

Exercice 2

Partie A

  1. On obtient l’arbre suivant
    TES-L - centres étrangers - juin 2016 -ex2
  2. $p(N\cap Q)=0,4\times 0,92 = 0,368$.
    Cela signifie que $36,8\%$ des pneus du stock de production sont des pneus neige ayant réussi les tests de qualité.
    $\quad$
  3. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} p(Q)&=p(N\cap Q)+p(C\cap Q) \\
    &=0,4\times 0,92+0,6\times 0,96 \\
    &=0,944
    \end{align*}$
    $\quad$
  4. On veut calculer $p_Q(N)=\dfrac{p(Q\cap N)}{p(Q)}=\dfrac{0,4\times 0,92}{0,944} \approx 0,390$
    $\quad$

Partie B

  1. On veut calculer $P(X \leqslant 25) = 0,5-P(25\leqslant X \leqslant 30) \approx 0,266$.
    $\quad$
  2. On veut que $P(X \geqslant d’) = 0,2$ soit $P(X \leqslant d’) = 0,8$
    A l’aide de la touche Inverse loi normale de la calculatrice on trouve $d’ \approx 36,733$.
    Donc $d=36~733$.
    $\quad$

Partie C

On prend $n=900\geqslant 30$ et $p=0,85$
Donc $np=765\geqslant 5$ et $n(1-p)=135\geqslant 5$.

Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est donc :
$$\begin{align*} I_{900}&=\left[0,85-1,96\times \sqrt{\dfrac{0,85\times 0,15}{900}};0,85-1,96\times \sqrt{\dfrac{0,85\times 0,15}{900}}\right] \\
& \approx [0,826;0,874]
\end{align*}$$

La fréquence observée est $f=\dfrac{735}{900} \approx 0,817 \notin I_{900}$

Le directeur va donc conclure, au risque de $5\%$ que la qualité de fabrication des pneus de cette année est moins bonne que celle de l’année précédente.

$\quad$

Exercice 3

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

Partie A

  1. a. Le sommet $F$ n’est pas adjacent avec le sommet $C$. Le graphe $\Gamma$ n’est donc pas complet.
    $\quad$
    b. On peut relier deux sommets quelconques du graphe entre-eux. Le graphe est $\Gamma$ est donc connexe.
    $\quad$
  2. Déterminons le degré des sommets du graphe.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet}&A&B&C&D&E&F&G&H\\
    \hline
    \text{Degré}&3&4&3&4&3&2&3&2 \\
    \hline
    \end{array}$
    Le graphe possède quatre sommets de degré impair. Il ne possède donc pas de chaîne eulérienne.
    $\quad$
  3. La matrice adjacente est :
    $$M=\begin{pmatrix}
    0&1&0&1&1&0&0&0\\
    1&0&1&1&0&1&0&0\\
    0&1&0&1&0&0&1&0 \\
    1&1&1&0&1&0&0&0\\
    1&0&0&1&0&0&0&1\\
    0&1&0&0&0&0&1&0\\
    0&0&1&0&0&1&0&1\\
    0&0&0&0&1&0&1&0
    \end{pmatrix}$$
  4. a. Le coefficient $M^2_{(1;8)} = 0$. Il est donc impossible d’aller de $B$ en $H$ en deux vols.
    En revanche $M^3_{(1;8)}=4$. Il est donc possible d’aller de $B$ en $H$ en trois vols.
    $\quad$
    b. $4$ trajets sont possibles : $BAEH$, $BFGH$, $BCGH$, $BDEH$.
    $\quad$

Partie B

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
A&B&C&D&E&F&G&H&\text{Sommet}\\
\hline
0&&&&&&&&A \\
\hline
&40A&&100A&45A&&&&B\\
\hline
&&150B&90B&45A&120B&&&E\\
\hline
&&150B&85E&&160B&&135E&D\\
\hline
&&145D& &&160B&&135E&H\\
\hline
&&145D&&&160B&215H&&C\\
\hline
&&&&&160B&195C&&B\\
\hline
&&&&&&195C&&G \\
\hline
\end{array}$$

Le trajet le moins cher est donc $AEDCG$. Il coûte $195$ euros.
$\quad$

Exercice 3

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

Partie A

  1. $u_1=\left(1+\dfrac{6}{100}\right) \times u_0=1,06 \times 500 = 530$
    $u_2=1,06u_1 = 561,8 \approx 562$
    $\quad$
  2. On a $u_n=1,06^n \times u_0 = 500 \times 1,06^n$.
    $\quad$
  3. On a $1,06 > 1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 1,06^n=+\infty$ et $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=+\infty$
    $\quad$

Partie B

  1. L3 : Tant que $U<1~000$
    L5 : Affecter à $U$ la valeur $1,06\times U$
    L7 : Afficher $N$
    $\quad$
  2. On veut déterminer le plus petit entier $n$ tel que :
    $\begin{align*} 500\times 1,06^n \geqslant 1~000 &\ssi 1,06^n \geqslant 2 \\
    &\ssi n \ln 1,06 \geqslant \ln 2 \\
    &\ssi n \geqslant \dfrac{\ln 2}{\ln 1,06} \\
    &\ssi n \geqslant 12
    \end{align*}$
    Dans $12$ mois le nombre de films proposés aura doublé par rapport au nombre de films proposés à l’ouverture.
    $\quad$

Partie C

  1. $10\%$ des clients se désabonnent. Il en reste donc $90\%$ soit $0,9v_n$.
    Chaque mois, 2~500 nouveaux abonnés sont enregistrés.
    Donc $v_{n+1}=0,9v_n+2~500$.
    $\quad$
  2. a.
    $\begin{align*} w_{n+1}&=v_{n+1}-25~000 \\
    &=0,9v_n+2~500-25~000\\
    &=0,9v_n-22~500\\
    &=0,9\left(w_n+25~000\right)-22~500\\
    &=0,9w_n+22~500-22~500\\
    &=0,9w_n
    \end{align*}$
    La suite $\left(w_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,9$ et de premier terme $w_0=15~000-25~000=-10~000$.
    $\quad$
    b. Ainsi $w_n=-10~000\times 0,9^n$
    Et $v_n=25~000-10~000\times 0,9^n$.
    $\quad$
    c. $0<0,9<1$ Donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,9^n = 0$.
    Ainsi $\lim\limits_{n \to +\infty} v_n=25~000$.
    Selon ce modèle, sur le long terme il y aura $25~000$ abonnés.
    $\quad$

Exercice 4

Partie A

  1. $f$ est dérivable sur $[0;8]$ en tant que quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur de s’annule pas (car la fonction exponentielle est strictement positive).
    $f$ est de la forme $\dfrac{1}{u}$ donc la dérivée est $-\dfrac{u’}{u^2}$
    $f'(x)=-\dfrac{-0,4\times 20\e^{-x}}{\left(20\e^{-x}+1\right)^2}$ $=\dfrac{8\e^{-x}}{\left(20\e^{-x}+1\right)^2}$.
    $\quad$
  2. $f$ est convexe sur $I$ si, et seulement si, $f\prime\prime(x) \geqslant 0 $ pour tout réel $x$ de $I$.
    Or $f\prime\prime(x)=8\e^{-x}\times \dfrac{20\e^{-x}-1}{\left(20\e^{-x}+1\right)^3}$.
    La fonction exponentielle est toujours positive.
    Donc le signe de cette expression ne dépend que de celui de $20\e^{-x}-1$.
    $\begin{align*} 20\e^{-x}-1 \geqslant 0 &\ssi 20\e^{-x} \geqslant 1 \\
    &\ssi \e^{-x} \geqslant \dfrac{1}{20} \\
    &\ssi -x \geqslant \ln \dfrac{1}{20} \\
    &\ssi -x \geqslant -\ln 20 \\
    &\ssi x \leqslant \ln 20
    \end{align*}$
    Donc $f$ est convexe sur l’intervalle $[0;\ln 20]$
    $\quad$

Partie B

Proposition 1 : Fausse
$f(8)=\dfrac{0,4}{20e^{-8}+1}+0,4 \approx 0,797 \neq 0,6$
Le village B est à $0,797$ km d’altitude.
$\quad$

Proposition 2 : Vraie
$f(0)=\dfrac{0,4}{21}+0,4=\dfrac{44}{105}$
Donc $f(8)-f(0) \approx 0,378$
L’écart d’altitude entre les deux villages A et B est donc bien d’environ $378$ mètres.
$\quad$

Proposition 3 : Vraie
$f'(0)=\dfrac{8}{21^2}\approx 0,018$ soit environ $1,8\%$
$\quad$

Proposition 4 : Fausse
La fonction $f$ est convexe sur l’intervalle $[0;\ln 20]$ et concave sur $[\ln 20;8]$.
Par conséquent la valeur maximale de $f'(x)$ est atteinte pour $x=\ln 20$.
$f'(\ln 20)=0,1$.
La pente maximale est donc de $10\%$
Le projet sera accepté.