Asie Juin 2015

BAC ES/L – Mathématiques – Correction

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

Exercice 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
$\quad$
$P(X \ge 5) = 0,5 – P(3 \le X \le 5) \approx 0,16$
Réponse b
$\quad$
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
$\quad$
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
$\quad$
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

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.
$\quad$
$1,02 \times 1~250 – 25 = 1~250$.
Chaque année le capital de Valentine est donc le même : $1~250$ euros.
$\quad$

Partie B

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 $c_{n+1} = 1,02c_n – 25$.
$\quad$
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 $c_n = u_n + 1~250 = 650 \times 1,02^n + 1~250$
$\quad$
$\quad$
$\begin{align*} c_{n+1} – c_n &= 650 \times 1,02^{n+1} + 1~250 – \left(650 \times 1,02^n + 1~250\right) \\\\
& = 650 \times 1,02^{n+1} – 650 \times 1,02^n \\\\
&= 650 \times 1,02^n (1,02 – 1) \\\\
&= 650 \times 0,2 \times 1,02^n \\\\
& \ge 0
\end{align*}$
La suite $(c_n)$ est donc croissante.
$\quad$
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

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.
$\quad$
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.
$\quad$
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

a. On a, d’après la ligne 2 du logiciel, $f'(x) = -\e^{-x+1} + 1$
Par conséquent :
$\begin{align*} f'(x) \ge 0 & \ssi -\e^{-x+1} \ge -1 \\\\
& \ssi \e^{-x+1} \le 1 \\\\
& \ssi -x +1 \le 0 \\\\
& \ssi -x \le -1 \\\\
& \ssi x \ge 1
\end{align*}$

$f(10) = 10 + \e^{-9}$
$\quad$
b. La fonction $f$ admet donc un minimum $2$ pour $x= 1$.
$\quad$
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

La fonction $f$ admet un minimum pour $x=1$.
Le coût de revient est minimum quand l’entreprise fabrique $100$ objets.
$\quad$
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.
$\begin{align*} g(x) &= 1,2x – f(x) \\\\
&= 1,2x – x – \e^{-x+1} \\\\
&= 0,2x – \e^{-x+1}
\end{align*}$
$\quad$
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 $1,94 \le \alpha \le 1,95$.
$\quad$
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 $\dfrac{2 – \sqrt{2}}{2} \approx 0,29$