Bac ES/L – Polynésie – Septembre 2018

Polynésie – Septembre 2018

Bac ES/L – Mathématiques – Correction

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

Ex 1

Exercice 1

Affirmation A vraie

Trois  augmentations successives de $10\%$ se traduit par un coefficient multiplicateur de $\left(1+\dfrac{10}{100}\right)^3=1,1^3$.
Une baisse de $25\%$ se traduit par un coefficient multiplicateur de $\left(1-\dfrac{25}{100}\right)=0,75$.
Par conséquent $1,1^3\times 0,75=0,998~25<1$
Le prix de cet objet sera inférieur à son prix initial après les différentes variations.
$\quad$

Affirmation B vraie

Une équation de la tangente $T$ à $\mathscr{C}$ au point d’abscisse $1$ est de la forme $y=f'(1)(x-1)+f(1)$.
Or $f'(x)=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}$ donc $f'(1)=2$
De plus $f(1)=1$.
Une équation de $T$ est donc : $y=2(x-1)+1$ soit $y=2x-1$.
Si $x=2$ alors $y=2\times 2-1=3$.
Le point de coordonnées $(2;3)$ appartient donc à $T$.
$\quad$

Affirmation C fausse

On veut calculer :
$\begin{align*} u_0+u_1+\ldots u_{11} &=4\times \dfrac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{12}}{1-\dfrac{1}{3}} \\
&=4\times \dfrac{1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{12}}{\dfrac{2}{3}} \\
&=4\times \dfrac{3}{2}\left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{12}\right)\\
&=6\times \left(1-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{12}\right) \end{align*}$
$\quad$

Affirmation D fausse

On veut calculer :
$\begin{align*} p(X>10,25)&=p(10,25<x<11) \\
&=\dfrac{11-10,25}{11-9} \\
&=0,375
\end{align*}$

Ex 2

Exercice 2

Partie A

  1. On obtient l’arbre de probabilité suivant :

    $\quad$
  2. D’après la formule des probabilités totales on a :
    $\begin{align*} P(S)&=P(U\cap S)+P\left(\conj{U}\cap S\right) \\
    &=0,1\times 0,25+0,9\times 0,95 \\
    &=0,88 \end{align*}$
    $\quad$
  3. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_S(U)&=\dfrac{P(S\cap U)}{P(S)} \\
    &=\dfrac{0,1\times 0,25}{0,88} \\
    &=\dfrac{5}{176}\\
    &\approx 0,028\end{align*}$
    $\quad$

Partie B

  1. On a $P(2,6<T<9,4) \approx 0,95 \ssi P(\mu-2\sigma < T <\mu +2\sigma) \approx 0,95$.
    Par conséquent $\mu+2\sigma=9,4 \ssi 6+2\sigma=9,4 \ssi 2\sigma=3,4 \ssi \sigma =1,7$.
    $\quad$
  2. a. À l’aide de la calculatrice on trouve : $P(T>7) \approx 0,278)$.
    $\quad$
    b. On veut calculer :
    $\begin{align*} P_{(T\pg 7)}(T\pg 9)&=\dfrac{P\left(T\pg 7)\cap (T\pg 9)\right)}{P(T\pg 7)} \\
    &=\dfrac{P(T\pg 9)}{P(T\pg 7)} \\
    &\approx 0,140
    \end{align*}$
    $\quad$

Partie C

On a $n=57$ et $p=0,8$.
Donc $n=57 \pg 30$, $np=45,6 \pg 5$ et $n(1-p)=11,4 \pg 5$.

Un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de $95\%$ de la proportion de batteries pouvant assurer $350$ cycles de rechargement complet sans perte significative de puissance est :
$\begin{align*} I_{57}&=\left[0,8-1,96\sqrt{\dfrac{0,8\times 0,2}{57}};0,8+1,96\sqrt{\dfrac{0,8\times 0,2}{57}}\right] \\
&\approx [0,696;0,904]\end{align*}$

La fréquence observée est $f=\dfrac{40}{57}\approx 0,702 \in I_{57}$.

Cette étude ne remet donc pas en cause l’affirmation du constructeur.
$\quad$

Ex 3 obl

Exercice 3

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

Partie A

  1. On a $u_0=16~000$.
    $u_1=u_0\times \left(1-\dfrac{15}{100}\right)=0,85\times 16~000=13~600$
    $u_2=0,85\times 13~600=11~560$
    $\quad$
  2. Pour tout entier naturel $n$ on a :
    $u_{n+1}=u_n\times \left(1-\dfrac{15}{100}\right)=0,85u_n$.
    La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique de raison $q=0,85$.
    Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=16~000\times 0,85^n$.
    $\quad$
  3. a. La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique de raison $q=0,85$.
    Or $0<0,85<1$. Par conséquent $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=0$.
    $\quad$
    b. Cela signifie donc que sur le long teme madame DURAND n’aura plus de capital disponible.
    $\quad$
  4. a. On peut donc écrire :
    $$\begin{array}{|l|}
    \hline
    U\leftarrow 16~000\\
    N \leftarrow 0\\
    \text{Tant que } U\pg 2~000\\
    \hspace{1cm} N\leftarrow N+1\\
    \hspace{1cm} U \leftarrow 0,85\times U\\
    \text{Fin Tant que}\\
    \hline
    \end{array}$$
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a $u_n=16~000\times 0,85^n$.
    On veut déterminer le plus petit entier naturel $n$ tel que :
    $\begin{align*} u_n <2~000 &\ssi 16~000 \times 0,85^n<2~000\\
    &\ssi 0,85^n < 0,125 \\
    &\ssi n\ln 0,85 < \ln 0,125 \\
    &\ssi n > \dfrac{\ln 0,125}{\ln 0,85} \end{align*}$
    Or $\dfrac{\ln 0,125}{\ln 0,85} \approx 12,8$.
    Cela signifie que la variable $N$ contiendra la valeur $13$ à la fin de l’exécution de l’algorithme.
    $\quad$

Partie B

  1. Chaque année elle prélève $15\%$ de son capital. Il lui reste donc $85\%$ de son capital soit $0,85v_n$.
    Elle ajoute $300$ € chaque $1\ier$ décembre. Par conséquent, pour tout entier naturel $n$ on a $v_{n+1}=0,85v_n+300$.
    $\quad$
  2. a. On a $w_0=v_0-2~000=14000~$.
    $\quad$
    b. Pour tout entier naturel $n$ on a $w_n=v_n-2~000$ soit $v_n=w_n+2~000$.
    Ainsi :
    $\begin{align*} w_{n+1}&=v_{n+1}-2~000 \\
    &=0,85v_n+300-2~000 \\
    &=0,85v_n-1~700 \\
    &=0,85\left(w_n+2~000\right)-1~700 \\
    &=0,85w_n+1~700-1~700\\
    &=0,85w_n\end{align*}$
    La suite $\left(w_n\right)$ est donc géométrique de raison $0,85$.
    $\quad$
    c. Pour tout entier naturel $n$ on a donc $w_n=14~000\times 0,85^n$.
    Or $v_n=w_n+2~000$ donc $v_n=14~000\times 0,85^n+2~000$.
    $\quad$
  3. $0<0,85<1$ donc $\lim\limits_{n \to +\infty} 0,85^n=0$ et $\lim\limits_{n\to +\infty} v_n=2~000$.
    Sur le long terme, son capital disponible sera de $2~000$.
    Il ne sera donc pas toujours supérieur à $2~500$ €.
    $\quad$

Ex 3 spé

Exercice 3

Candidats de ES ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. Le degré des sommets est donné par le tableau suivant :
    $\begin{array}{|l|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    \text{Sommet}&A&B&C&D&E&F&G\\
    \hline
    \text{Degré}&2&4&5&4&3&4&2\\
    \hline
    \end{array}$
    Le graphe est connexe et possède exactement deux sommets de degré impair.
    Il possède donc une chaîne eulérienne.
    Ils peuvent donc effectuer un trajet empruntant une et seule fois tous les sentiers.
    $\quad$
  2. Nous allons utiliser l’algorithme de Diskstra pour répondre à la question.
    $\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}
    \hline
    A&B&C&D&E&F&G&\text{Sommet}\\
    \hline
    0&&&&&&&A\\
    \hline
    \phantom{11(A)}&13(A)&17(A)&&&&&B\\
    \hline
    &&17(A)&23(B)&20(B)&&&C\\
    \hline
    &&&22(C)&19(C)&29(C)&&E\\
    \hline
    &&&22(C)&&29(C)&&D\\
    \hline
    &&&&&26(D)&44(D)&E\\
    \hline
    &&&&&&41(F)&G\\
    \hline
    \end{array}$
    Le trajet le plus plus court pour relier la station A à la station G est $A-C-D-F-G$ (il faut $41$ minutes).

Partie B

  1. On obtient le graphe probabiliste suivant :

    $\quad$
  2. La matrice de transition est $M=\begin{pmatrix} 0,9&0,1\\0,15&0,85\end{pmatrix}$.
    $\quad$
  3. a. $P_1=P_0M=\begin{pmatrix}0,525&0,475\end{pmatrix}$
    Donc $P_2=P_1M =\begin{pmatrix}0,543~75&0,456~25\end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 0,544&0,456\end{pmatrix}$.
    $\quad$
    b. Cela signifie donc qu’à la fin de la $2\ieme$ journée environ $54,4\%$ des audio-guide sont rendus sur le site B et environ $45,6\%$ d’entre-eux sont rendus sur le site G.
    $\quad$
  4. Pour tout entier naturel $n$ on a $b_{n+1}=0,75b_n+0,15$.
    On va tester chacune des propositions au rang $0$.
    Proposition a. : $-0,1+0,6=0,5=b_0$
    Proposition c. : $0,1+0,6=0,7\neq b_0$
    Proposition b. : $-0,6+0,1=-0,5\neq b_0$
    Proposition d. : $-0,1-0,6=-0,7\neq b_0$
    Par conséquent la bonne expression est celle de la proposition a : $b_n=-0,1\times 0,75^n+0,6$.
    $\quad$
  5. Pour tout entier naturel $n$ on a donc $g_n=1-b_n=0,4+0,1\times 0,75^n$.
    On veut résoudre :
    $\begin{align*} g_n<0,35 &\ssi 0,4+0,1\times 0,75^n<0,35 \\
    &\ssi 0,1\times 0,75^n<-0,05
    \end{align*}$
    Un produit de nombres positifs reste positif. L’inéquation précédente n’a donc pas de solution.
    La personne chargée de la gestion des audio-guides a par conséquent tort.
    $\quad$

$\quad$

Ex 4

Exercice 4

  1. a. D’après le graphique, on a $f(0)=0$.
    $\quad$
    b.La droite $\mathscr{D}$ passe par les points $O(0;0)$ et $B(4;6)$.
    On a donc $f'(0)=\dfrac{6-0}{4-0}=1,5$.
    $\quad$
    c. La courbe $\mathscr{C}$ semble être au-dessus de ses tangentes sur l’intervalle $[-6;4]$. La fonction $f$ semble donc être convexe sur cet intervalle.
    $\quad$
  2. a. Pour tout réel $x$ on a :
    $f'(x)=2-\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{1}{2}x}$.
    $\quad$
    b. On veut résoudre sur l’intervalle $[-6;4]$ l’inéquation :
    $\begin{align*} f'(x)>0 &\ssi 2-\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{1}{2}x} > 0\\
    &\ssi -\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{1}{2}x}> -2 \\
    &\ssi \e^{-\frac{1}{2}x}<4 \\
    &\ssi -\dfrac{1}{2}x<\ln(4) \\
    &\ssi  x>-2\ln(4)\end{align*}$
    L’ensemble solution est donc $\left[-2\ln(4);4\right]$.
    $\quad$
    c. $-2\ln(4) =-2\ln\left(2^2\right)=-4\ln(2)$.
    On obtient ainsi le tableau de variation suivant :

    $\quad$
    d. Sur l’intervalle $\left[-6;-4\ln(2)\right]$, la fonction est continue (car dérivable) et strictement décroissante.
    De plus $f(-6)=-13+\e^3 \approx 7,09>0$ et $f\left(-4\ln(2)\right) \approx -2,55<0$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution sur l’intervalle $\left[-6;-4\ln(2)\right]$.
    $\quad$
    Sur l’intervalle $\left[-4\ln(2);4\right]$, la fonction est continue (car dérivable) et strictement croissante.
    De plus $f\left(-4\ln(2)\right) \approx -2,55<0$ et $f(4)=7+\e^{-2}\approx 7,14>0$.
    D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires l’équation $f(x)=0$ possède une unique solution sur l’intervalle $\left[-4\ln(2);4\right]$.
    $\quad$
    L’équation $f(x)=0$ possède donc deux solutions sur l’intervalle $[-6;4]$.
  3. On a $f(0)=0-1+1=0$ et $0\in \left[-4\ln(2);4\right]$
    La solution non nulle $\alpha$ appartient donc à l’intervalle $\left[-6;-4\ln(2)\right]$.
    À l’aide de la calculatrice on obtient $-4,68 <\alpha <-4,67$.
    $\quad$
  4. Pour tout réel $x$ on a : $f'(x)=2-\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{1}{2}x}$
    Donc $f\dsec(x)=-\dfrac{1}{2}\times \left(-\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{1}{2}x}\right)=\dfrac{1}{4}\e^{-\frac{1}{2}x}$
    La fonction exponentielle est strictement positive sur l’intervalle $[-6;4]$. Par conséquent $f\dsec(x)>0$ sur cet intervalle et la fonction $f$ est convexe sur $[-6;4]$.
    $\quad$
  5. a. Pour tout réel $x$ on a $g'(x)=2x-1-2\times \left(-\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{1}{2}x}\right)=2x-1-\dfrac{1}{2}\e^{-\frac{1}{2}x}=f(x)$.
    La fonction $g$ est donc une primitive de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;4]$.
    $\quad$
    b. La valeur moyenne de la fonction $f$ sur l’intervalle $[0;4]$ est :
    $\begin{align*} m&=\dfrac{1}{4-0}\ds \int_0^4 f(x)\dx \\
    &=\dfrac{1}{4}\left(g(4)-g(0)\right) \\
    &=\dfrac{1}{4}\left(12-2\e^{-2}+2\right) \\
    &=\dfrac{14-2\e^{-2}}{4} \\
    &=\dfrac{7-\e^{-2}}{2} \\
    &\approx 3,43\end{align*}$
    $\quad$

Énoncé obl

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Énoncé spé

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