Antilles – Guyane – Septembre 2013

Correction Bac ES – mathématiques

Vous pouvez trouver l’énoncé du sujet ici.

Exercice 1

Partie A

1. 
   
2. $P(B \cap J) = 0,3 \times 0,3 = 0,09$.
3. $P(G) = P\left((B\cap J)\cup (V\cap N) \right)$ Ces $2$ événements sont disjoints.
   $P(G) = P(B \cap J) + P(V \cap N) = 0,09 + 0,2 \times 0,7 = 0,23$

Partie B

On appelle $X$ la variable aléatoire comptant le nombre de lots gagnés. Les $4$ tirages sont indépendants, aléatoires et identiques. A chaque tirage, $2$ issues sont possibles : $G$ et $\bar{G}$.
$X$ suit donc une loi binomiale de paramètres $n=4$ et $p=0,23$.
Par conséquent $P(X=1) = \binom{4}{1}\times 0,23 \times (1-0,23)^3 \approx 0,42$ à $10^{-2}$ près.

Partie C

1. En utilisant la calculatrice, on trouve $P(40 < X < 50) \approx 0,68$ à $10^{-2}$ près.
2. On cherche $P(X \ge 5) = P(X \ge 45) – P(45 \le X \le 50) \approx 0,5 – 0,34 \approx 0,16$

Exercice 2

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

Partie A

1. Vraie
   Il n’y a que $2$ points d’intersection entre la courbe $\mathcal{C}$ et la droite d’équation $y=1$.
2. Vraie
   Sur l’intervalle $[1;3]$, les tangentes à la courbe semblent être en-dessous de la courbe.
3. Vraie
   La tangente en $-1$ est horizontale.
4. Vraie
   Le coefficient directeur de la tangente en $0$ est : $\dfrac{y_D-y_B}{x_D-x_B} = \dfrac{-2}{2} = -1 = f'(0)$.
5. Fausse
   La fonction $f$ est décroissante sur $[1;3]$.
6. Vraie
   La fonction $f$, fonction dérivée de la fonction $F$, est positive sur $[1;3]$.

Partie B

1. Fausse
   $0,2\text{ln }x – 1 \le 0 \Leftrightarrow 0,2\text{ln }x \le 1 \Leftrightarrow \text{ln }x \le 5 \Leftrightarrow x \in ]0;\text{e}^5]$.
2. Fausse
   Dérivons $2$ fois la fonction $g$.
   $g'(x) = 2x – \dfrac{2}{x}$ et $g^{\prime \prime} (x)= 2+\dfrac{2}{x^2} > 0$.
   La fonction $g$ est donc convexe sur $]0;+\infty[$.

Exercice 2

(Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité)

1. a. $P_1=(0,2~~0,8)$
   b.
   
2. a. La matrice de transition est donc :
   $$M =\left(\begin{matrix} 0,8&0,2 \\\\ 0,3&0,7 \end{matrix} \right)$$
   b. On a donc $P_2 = P_1 \times M = (0,4~~0,6)$ et $P_3 = P_2 \times M = (0,5~~0,5)$.
3. Aucun coefficient de la matrice n’est nul. Cette situation possède donc un état stable.
   On cherche donc les valeurs $a$ et $b$ telles que $(a~~b) = (a~~b)\times M$ avec $a+b=1$
   $\left\{\begin{array}{l} a= 0,8a + 0,3b \\\\b=0,2a+0,7b\\\\a+b=1 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 0,2a = 0,3b \\\\0,3b=0,2a\\\\a=1-b \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} 0,2 – 0,2b = 0,3b\\\\a=1-b \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} b = 0,4\\\\a=0,6 \end{array} \right.$
   L’état stable est donc $(0,6~~0,4)$.
4. Ce type de problème, appelé problème de coloration, n’est plus au programme de Terminale ES.
   A-E-F-G-H est un sous graphe complet d’ordre 5. Par conséquent nous avons besoin d’au moins $5$ couleurs.
   Nous allons maintenant appliquer l’algorithme de Welsh-Powell.
   On détermine les degrés des sommets :

   Sommets	A	B	C	D	E	F	G	H
   Degré	$5$	$3$	$2$	$2$	$6$	$4$	$6$	$4$

   On les range dans l’ordre décroissant de leur degré : E-G-A-F-H-B-C-D puis on parcourt cette liste.
   Sommet E : Dans la liste restante, seul le sommet B ne lui est pas lié. {E,B}
   Sommet G : Dans la liste restante, seul le sommet D ne lui est pas lié. {A,C}
   Sommet A : Dans la liste restante, seul le sommet C ne lui est pas lié. {A,C}
   Sommet F : Dans la liste restante, tous les sommets lui sont liés. {F}
   Il ne reste plus que le sommet H.{H}
   Il faut donc $5$ lots minimum : {E,B},{G,D},{A,C},{F} et {H}

Exercice 3

Partie A

1. Si $n=2$, $X$ prend les valeurs suivantes : $80\quad 92 \quad 102,8$
   On obtient donc en sortie : $102$
2. Cela signifie donc qu’il y avait au moins $102$ participants en $2007$.

Partie B

1. a. $b_{n+1} = a_{n+1} – 200 = 0,9a_n+20-200 = 0,9a_n-180 = 0,9(a_n-200) = 0,9b_n$.
   La suite $(b_n)$ est donc une suite géométrique de raison $0,9$.
   b. $b_0 = 80 – 200 = -120$ Donc $b_n = -120 \times 0,9^n$.
2. $a_n=b_n+200 = 200 – 120\times 0,9^n$
3. $-1 < 0,9 < 1$ Donc $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} 0,9^n = 0$. Par conséquent $\lim\limits_{n \rightarrow +\infty} a_n = 200$.

Partie C

1. La limite de la suite $(a_n)$ étant $200$, l’objectif de $180$ est donc réalisable.
2. On veut résoudre $200 – 120 \times 0,9^n \ge 300 \Leftrightarrow -120 \times 0,9^n \ge 100$.
   or, pour tout $n$, $-120 \times 0,9^n$ est toujours positif.
   L’inéquation ne possède donc pas de solution et il est impossible d’atteindre l’objectif de $300$ adhérents.

Exercice 4

1. a. $B'(x) = 1 -4\text{e}^{-x}$
   b. $B'(x) = 0 \Leftrightarrow 1 – 4\text{e}^{-x} = 0$ $\Leftrightarrow 4\text{e}^{-x}=1$ $\Leftrightarrow \text{e}^{-x} = \dfrac{1}{4}$ $\Leftrightarrow -x = \text{ln } \dfrac{1}{4}$ $\Leftrightarrow x = \text{ln } 4$
   c. $B(0) = 4 – 5 = -1$ ; $B(10) = 10 + 4\text{e}^{-10} – 5 = 5 + 4\text{e}^{-10}$.
   $B\left(\text{ln }4 \right) = \text{ln }4 + 4\text{e}^{-\text{ln }4} – 5 = \text{ln }4 + \dfrac{4}{4} – 5 = \text{ln }4 – 4$
   d. 
2. a. Sur l’intervalle $[\text{ln }4;10]$, la fonction $B$ est continue et strictement croissante.
   $B(\text{ln }4) = \text{ln }4 – 4 < 0$ et $B(10) = 5 + 4\text{e}^{-10} >0$.
   Donc $0\in[\text{ln }4-4;5+4\text{e}^{-10}]$.
   D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $B(x) = 0$ possède une unique solution
   b. $\alpha = 4,97$ à $10^{-2}$ près.
3. L’entreprise est bénéficiaire quand $x>4,97$.
   Il faut donc produire et vendre au moins $498$ unités pour être bénéficiaire.