Nouvelle Calédonie – Mars 2015

Correction bac ES/L – Mathématiques

L’énoncé de ce sujet de bac est ici.

Exercice 1

a. On a $f'(x) = (57 – 25x)\e^{-x}$.
La fonction exponentielle est toujours positive; par conséquent le signe de $f'(x)$ ne dépend que de celui de $57 – 25x$.
Or $57 – 25x > 0 \Leftrightarrow -25x > -57 \Leftrightarrow x < \dfrac{57}{25}$
Donc sur $\left[1,5;\dfrac{57}{25}\right]$, $f'(x) > 0$ et sur $\left[\dfrac{57}{25};6\right]$ $f'(x) < 0$.
$\quad$
b. $\quad$

$f(1,5) = 5,5\e^{-1,5} \approx 1,23$
$f\left(\dfrac{57}{25}\right) = 25\e^{-57/25} \approx 2,56$
$f(6) = 118\e^{-6} \approx 0,29$
$\quad$
La courbe $C$ possède un point d’inflexion si $f\prime \prime(x)$ s’annule en changeant de signe.
Le signe de $f\prime \prime(x)$ ne dépend que de celui de $25x-82$.
Or $25x-82 = 0 \Leftrightarrow x = \dfrac{82}{25}$
Et $25x-82 > 0 \Leftrightarrow x > \dfrac{82}{25}$.
Par conséquent $C$ possède un unique point d’inflexion sur $[1,5;6]$ dont l’abscisse est $\dfrac{82}{25}$.
$\quad$
a. Sur $[4;5]$, la fonction $f$ est continue et strictement décroissante.
$f(4) \approx 1,25$ et $f(5) \approx 0,63$.
Donc $1\in [f(5);f(4)]$.
D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=1$ possède une unique solution sur $[4;5]$.
$\quad$
b.$\quad$
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
& \dfrac{a+b}{2} & y \text{ à} 10^{-3} \text{ près} & a & b & b-a & \text{sortie} \\\\
\hline
\text{initialisation} & & 4 & 5 & 1 & \\\\
\hline
1^{\text{re}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,5 & 0,894 & 4 & 4,5 & 0,5 & \\\\
\hline
2^{\text{e}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,25 & 1,059 & 4,25 & 4,5 & 0,25 & \\\\
\hline
3^{\text{e}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,375 & 0,974 & 4,25 & 4,375 & 0,125 & \\\\
\hline
4^{\text{e}} \text{ boucle “Tant que”} & 4,3125 & 1,016 & 4,3125 & 4,375 & 0,062 & 4,34375 \\\\
\hline
\end{array}$$
b. Ainsi $\alpha \approx 4,3$ au dixième près.
$\quad$

Exercice 2

Partie A : sélection des pommes

On obtient l’arbre de probabilité suivant :

D’après l’arbre de probabilité on a $p(C\cap T) = 0,86 \times 0,97 = 0,8342$.
$\quad$
D’après la formule des probabilités totales on a :
$$\begin{align*} p(T) &= p(T \cap C) + p\left(T \cap \overline{C}\right) \\\\
& = 0,8342 + 0,14 \times 0,02 \\\\
& = 0,837
\end{align*}$$
$\quad$
On cherche à calculer :
$\begin{align*} p_T(C) &= \dfrac{p(T \cap C)}{p(T)} \\\\
& = \dfrac{0,8342}{0,837} \\\\
& \approx 0,997
\end{align*}$
$\quad$

Partie B : contrôle d’un fournisseur

On a $n=80$ et $p=0,86$.
Donc $n \ge 30 $ ,$np = 68,6 \ge 5$ et $n(1-p) = 11,2 \ge 5$.
Donc un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ est :
$\begin{align*} I_{80} &= \left[0,86 – 1,96\sqrt{\dfrac{0,86 \times 0,14}{80}};0,86 + 1,96\sqrt{\dfrac{0,86 \times 0,14}{80}} \right] \\\\
& \approx [0,783;0,937]
\end{align*}$
$\quad$
La fréquence observée est $f=\dfrac{65}{80} = 0,8125 \in I_{80}$.
Par conséquent, au risque de $5\%$, l’entreprise peut continuer à utiliser son fournisseur.
$\quad$

Exercice 3

On cherche à résoudre l’équation :
$\begin{align*} g(x) = 0 & \Leftrightarrow 2\ln(x) + 1 = 0 \\\\
& \Leftrightarrow 2\ln(x) = -1\\\\
& \leftrightarrow \ln(x) = – \dfrac{1}{2} \\\\
& \Leftrightarrow x = \e^{-1/2}
\end{align*}$
Par conséquent les coordonnées de $A$ sont $\left(\e^{-1/2};0\right)$.
$\quad$
a. La fonction $g$ est dérivable sur $[0,5;5]$ en tant que quotient de fonctions dérivables sur cet intervalle dont le dénominateur ne s’annule pas.
$\begin{align*} g'(x) & = \dfrac{\dfrac{2}{x} \times x – (2\ln(x) + 1)}{x^2 } \\\\
& = \dfrac{2 – 2\ln(x) – 1}{x^2} \\\\
& = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^2}
\end{align*}$
$\quad$
b. Le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui de $1 – 2\ln(x)$.
$1 – 2\ln(x) > 0 \Leftrightarrow -2\ln(x) > -1 \Leftrightarrow \ln(x) < \dfrac{1}{2} \Leftrightarrow x <\e^{1/2}$
Donc $g'(x) > 0$ sur $\left[0,5;e^{1/2}\right]$ et $g'(x) < 0$ sur $\left[e^{1/2};5\right]$.
$\quad$
c. Ainsi $g$ est croissante sur $\left[0,5;e^{1/2}\right]$ et décroissante sur $\left[e^{1/2};5\right]$.
$\quad$
Une équation de la tangente à la courbe $\Gamma$ est de la forme :
$$y=g'(a)(x – a)+g(a)$$
$g(1) = 1$ et $g'(1) = 1$.
Donc une équation de la tangente au point B est $y=x-1 + 1$ soit $y=x$
$\quad$
a. Par lecture graphique l’aire de $\mathscr{D}$ est comprise entre $2$ u.a. et $3$ u.a.
$\quad$
b. $G$ est une fonction dérivable sur $[0,5;5]$ en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.
$\begin{align*} G'(x) &= \dfrac{1}{x}[\ln(x) + 1] + \ln(x) \times \dfrac{1}{x} \\\\
& = \dfrac{\ln(x) + 1 + 1}{x} \\\\
& = g(x)
\end{align*}$
Par conséquent $G$ est une primitive de $g$ sur $[0,5;5]$.
$\quad$
La fonction $g$ est continue et positive sur $[0,5;5]$.
Par conséquent l’aire de $\mathscr{D}$ vaut :
$$\begin{align*} \int_1^3 g(x)\mathrm{d}x &=G(3) – G(1) \\\\
& = \ln(3)[\ln(3) + 1] – \ln(1) [\ln(1) + 1] \\\\
& = \ln(3)[\ln(3) + 1] \text{ u.a.}
\end{align*}$$
$\quad$

Exercice 4

Enseignement obligatoire

$18\%$ des abonnés de l’opérateur A changent d’opérateur. Par conséquent $82\%$ restent chez l’opérateur A. Cela représente donc $0,82u_n$.
De plus $22\%$ des abonnés de l’opérateur B changent d’opérateur pour aller chez l’opérateur B. Cela représente donc $0,22v_n$.
Ainsi l’année suivante, le nombre d’abonnés de l’opérateur A est $u_{n+1} = 0,82u_n + 0,22v_n$.
$\quad$
Les commerciaux ont le choix entre l’opérateur A et l’opérateur B et ne dispose d’un seul abonnement. Donc $u_n+_n = 1$.
$\quad$
Ainsi $v_n = 1 – u_n$. Donc
$\begin{align*} u_{n+1} &= 0,82u_n + 0,22v_n \\\\
& = 0,82u_n + 0,22(1 – u_n) \\\\
& = 0,82u_n + 0,22 – 0,22u_n \\\\
&= 0,6u_n + 0,22
\end{align*}$
$\quad$
a. $\quad$
$\begin{align*} w_{n+1} &= u_{n+1} – 0,55 \\\\
&= 0,6u_n+ 0,22 – 0,55 \\\\
&=0,6u_n – 0,33\\\\
&=0,6u_n – 0,6 \times 0,55 \\\\
&=0,6(u_n – 0,55) \\\\
&=0,6w_n
\end{align*}$
Ainsi la suite $(w_n)$ est géométrique de raison $0,6$ et de premier terme $w_0 = u_0 – 0,55 = -0,15$.
$\quad$
b. On a ainsi $w_n=-0,15 \times (0,6)^n$ pour tout entier naturel $n$.
$\quad$
c. De plus $u_n = w_n + 0,55 = 0,55 – 0,15 \times (0,6)^n$.
$\quad$
$0<0,6<1$ donc la limite quand $n$ tend vers $+\infty$ de $0,6^n$ est $0$. On peut donc conjecturer que la limite de $(u_n)$ est $0,55$.
Cela signifie que $55\%$ des commerciaux choisiront, au bout d’un grand nombre d’années, l’opérateur A et $45\%$ l’opérateur B.
$\quad$

Exercice 4

Enseignement de spécialité

Partie A

$\quad$

$\quad$
On a ainsi la matrice de transition $M = \begin{pmatrix} \dfrac{3}{5} & \dfrac{2}{5} \\ \dfrac{1}{5} & \dfrac{4}{5} \end{pmatrix}$.
$\quad$
Puisque $x_1 = 0,05$ alors $y_1 = 0,95$ et $P_1=\begin{pmatrix} 0,05 & 0,95\end{pmatrix}$.
Ainsi $P_2 = P_1 \times M = \begin{pmatrix} 0,22 & 0,78 \end{pmatrix}$
Cela signifie donc $22\%$ des clients ont visité le site internet de la société lors de la deuxième journée de promotion.
$\quad$
L’état stable $P \begin{pmatrix}x&y \end{pmatrix}$ vérifie $P=MP$ soit
$\begin{align*} \begin{cases} x+y= 1 \\x= \dfrac{3}{5}x+\dfrac{1}{5}y \\ y= \dfrac{2}{5}x+\dfrac{4}{5}y \end{cases} & \Leftrightarrow \begin{cases} y=1-x \\5x=3x+y \\5y=2x+4y \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} y=1-x \\2x=y \\y=2x \end{cases} \\\\
& \Leftrightarrow \begin{cases} y = 1-x \\2x = 1 -x \end{cases} \\\\
& = \Leftrightarrow \begin{cases} 3x = 1 \\y=1-x \end{cases} \\\\
& = \Leftrightarrow \begin{cases} x = \dfrac{1}{3} \\ y = \dfrac{2}{3} \end{cases}
\end{align*}$
Remarque : une méthode plus rapide consisterait à montrer que $\begin{pmatrix} \dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \dfrac{1}{3} & \dfrac{2}{3} \end{pmatrix} \times M$ .
$\quad$

Partie B

Étudions les degrés des différents sommets :
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
A&B&C&D&E&F&G&H&I \\
\hline
4&3&4&2&4&6&4&3&2\\
\hline
\end{array}$
Ce graphe possède deux sommets de degrés impairs. Il existe une chaîne eulérienne et il est possible de trouver un parcours permettant de parcourir l’ensemble du réseau en n’empruntant qu’une seule fois chaque fibre optique.
Exemple : $B-A-D-F-A-C-F-E-C-E-G-I-H-G-F-H$.
$\quad$
Utilisons l’algorithme de Dijkstra pour répondre à cette question:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline
A&B&C&D&E&F&G&H&I&Sommet \\\\
\hline
& 30(A)&30(A)&20(A)& &50(A)&&&&A \\\\
\hline
& & & & & 50(A) & & & & D \\\\
\hline
& & 30(A) & & 40(B) & & & & & B \\\\
\hline
& 30(A) & & & 40(B) & 50(A) & & & & C \\\\
\hline
& & & & & 50(A) & 80(E) & & & E \\\\
\hline
& & & & & & 60(F) & 80(F) & & F \\\\
\hline
& & & & & & & 80(F) & 70(G) & G \\\\
\hline
& & & & & & & & 70(G) & H\\\\
\hline
\end{array}$
Ainsi le chemin le plus rapide pour relier le routeur A au retour B nécessite $70$ms.
Le paquet a emprunté le chemin le plus rapide sur le réseau.