Bac ES/L – Nouvelle Calédonie – Mars 2016

Nouvelle-Calédonie – Mars 2016

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Exercice 1

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

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

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

Réponse c

$\quad$

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

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

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

Réponse d

$\quad$

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

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

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

Réponse d

$\quad$

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

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

Réponse c

$\quad$

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

Réponse b

$\quad$

Exercice 2

Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité

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

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

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

Exercice 3

Partie A

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

Partie B

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

Partie C

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

Exercice 4

Partie A

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

Partie B

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