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. $\quad$
   
   $\quad$
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 :
   
   $\quad$
   $f(-3) = -2 +\e^3 \approx 18,09 > 0$
   $f(3) = -2 + 7\e^{-3} \approx -1,65 < 0$
   $\quad$
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 $T$.