Polynésie – septembre

Polynésie – Bac ES/L – Correction

Mathématiques – Septembre 2013

Vous pouvez trouver l’énoncé de ce sujet de bac ici.

Exercice 1

  1. Réponse A : la seule équation pour laquelle $y=0$ quand $x=2$ est $y = -\text{e}x+2\text{e}$
  2. Réponse C : les tangentes à la courbe $\mathcal{C}_f$ sur $[0;2]$ sont au-dessus  la courbe.
    NB : il y a un point d’inflexion sur $]-\infty;0]$
  3. Réponse B : l’intégrale a calculer correspond à l’aire, exprimée en unité d’aire, comprise entre l’axe des abscisses, la courbe et les droites d’équation $x=0$ et $x=2$.
    Cette aire vaut au moins $2$ (la moitié d’un carré) et au plus $8$ ($2$ carrés).
    La seule réponse possible est $16 – 24\sqrt{\text{e}}$.
  4. Réponse A : la fonction $f$ admet un maximum en $-2$. La fonction dérivée doit donc changer de signe en $-2$.

Exercice 2

Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité

Partie A

  1. a. Il est possible de relier tous les sommets de ce graphe ensemble.
    Exemple : $B_1 – B_3 – B_5 – B_7 – B_6 – B_2 – B_4$. Le graphe est donc connexe.
    b. Étudions les degrés des sommets :

    Sommet $B_1$ $B_2$ $B_3$ $B_4$ $B_5$ $B_6$ $B_7$
    Degré $2$ $3$ $3$ $5$ $3$ $3$ $3$

    Un seul sommet est de degré pair. Il n’existe donc pas de cycle eulérien.
    Par conséquent, il n’y a pas de parcours permettant de revenir à une balise de départ en passant une et une seule fois par tous les chemins.
    c. $6$ sommets sont de degré impair. Il n’existe donc pas de chaîne eulérienne.
    Il n’est pas possible de relier deux balises différentes en passant une et une seule fois par tous les chemins.

  2. Nous allons utiliser l’algorithme de Dijkstra
    $B_1$ $B_2$ $B_3$ $B_4$ $B_5$ $B_6$ $B_7$
    $0~(B_1)$ $21~(B_1)$ $13~(B_1)$
    $21~(B_3)$ $18~(B_3)$
    $20~(B_5)$ $33~(B_5)$
    $29~(B_4)$ $24~(B_4)$ $33~(B_4)$
    $27~(B_2)$
    $29~(B_6)$

    La durée minimale est de $29$ minutes en suivant le parcours $B_1-B_3-B_5-B_4-B_6-B_7$

Partie B


  1. TES - polynesie - sept2013 - ex2
  2. La matrice de transition est $M = \left( \begin{matrix} 0,7&0,3\\\\ 0,6&0,4 \end{matrix} \right)$.
  3. $P_1 = P_0 \times M = (0,68~~0,32)$.
    En $2012$, $68\%$ des licenciés sont assurés et $32\%$ ne le sont pas.
  4. Tous les coefficients de la matrice sont non nuls. La situation possède donc un état stable $(x~~y)$ tel que $(x~~y) = (x~~y) \times M$ et $x+y=1$.
    $\left\{ \begin{array}{l} x=0,7x+0,6y \\\\y=0,3x+0,4y\\\\x+y=1 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0,3x=0,6y \\\\0,6y=0,3x\\\\x+y=1 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x=2y \\\\3y=1 \end{array} \right.$ $\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x =\dfrac{2}{3} \\\\y=\dfrac{1}{3} \end{array} \right.$
    L’état stable est donc $\left(\dfrac{2}{3}~~\dfrac{1}{3} \right)$.
    Au bout d’un grand nombre d’années, le nombre de licenciés assurés sera donc d’environ $66\%$.
    Le club pourra donc maintenir son offre.

Exercice 3

  1. a. Soit $a$ le pourcentage d’augmentation cherché.
    Alors $7000\times \left( 1 + \dfrac{a}{100} \right) = 68500$ d’où $1 + \dfrac{a}{100} = \dfrac{68500}{7000}$ $\Leftrightarrow \dfrac{a}{100} = \dfrac{68500}{7000} – 1$.
    Par conséquent $a = \dfrac{61500}{70} = \dfrac{6150}{7} \approx 879$.
    La production a donc augmenté d’environ $879\%$ entre $2000$ et $2012$.
    b. $x^{12} = 9,79 \Leftrightarrow x=9,79^{1/12}$ d’où $x\approx 1,209$.
    Si on reprend le pourcentage trouvé à la question précédente et qu’on cherche le coefficient multiplicateur associé, on obtient : $1 + \dfrac{879}{100} = 9,79$.
    Le taux d’évolution moyen $t$ entre $2000$ et $2012$ vérifie donc $\left(1 + \dfrac{t}{100} \right)^{12} = 9,79$.
    Donc$ 1 + \dfrac{t}{100}\approx 1,209 $ et par conséquent $t \approx 20,9$.
    Entre $2000$ et $2012$, la production a augmenté d’environ $21\%$ chaque année.
  2. a. $f'(x) = \dfrac{27131}{x} + 3\times 0,626x^2 = \dfrac{27131}{x} + 1878x^2$.
    Sur $[2;20]$, tous les termes sont positifs donc $f'(x) > 0$.
    La fonction $f$ est par conséquent croissante sur $[2;20]$.
    b. On cherche les valeurs de $x$ pour lesquelles $f(x) \ge 90000$.
    La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[2;20]$.
    $f(2) \approx 18811$ et $f(20) \approx 86285$.
    Or $90000 \notin [18811;86285]$.
    D’après le théorème des valeurs intermédiaires, il est donc impossible, sur $[2;20]$ que $f(x) \ge 90000$.
    Par conséquent, l’entreprise ne pourra pas dépasser une production de $90000$ tonnes de papier recyclé avant l’année $2020$.
  3. a. On cherche donc la valeur de :
    $P(X \le 496) = P(X \le 500) – P(496 \le X \le 500) $
    $P(X \le 496)= 0,5 – P(496 \le X \le 500) = 0,5 – 0,4772 \approx 0,0228$
    La probabilité qu’une bobine choisie au hasard soit refusée est donc d’environ $0,0228$.
    b. On cherche la valeur de :
    $P(X \ge 506) = P(X \ge 500) – P(500 \le X \le 506) = 0,5 – 0,4987 \approx 0,0013$.
    La probabilité que la bobine choisie fasse perdre de l’argent à l’entreprise est donc égale à $0,0013$.

Exercice 4

Partie A

 

U $81751602$ $81571748$ $81392291$ $81213228$ $81034558$
N $0$ $1$ $2$ $3$ $4$
Test U > S Vrai Vrai Vrai Vrai Faux

On obtient donc $4$ en sortie.

Partie B

  1. $u_0 = 81~751~602$ $\quad u_1 = 81~751~602 \times (1-0,0022) = 81~571~748$
  2. a. $1-0022 = 09978$
    Par conséquent, pour tout $n \in \N$, on a $u_{n+1} = 0,9978u_n$.
    $(u_n)$ et donc une suite géométrique de raison $0,9978$.
    b. Par conséquent $u_n = 81~751~602\times 0,9978^n$
  3. a. En $2035$, on a donc $n=24$. Par conséquent $u_24 = 77~542~583$.
    La population de l’Allemagne sera donc au premier janvier $2035$ de $77~542~583$ habitants.
    b. On cherche la plus petite valeur de $n$ telle que $81~751~602 \times 0,9978^n \le 81~200~000$
    Donc $0,9978^n \le \dfrac{81~200~000}{81~751~602}$ $\Leftrightarrow n\text{ln }0,09978 \le \text{ln }\dfrac{81~200~000}{81~751~602}$ $\Leftrightarrow n \ge \dfrac{\text{ln }\dfrac{81~200~000}{81~751~602}}{\text{ln }0,09978}$.
    D’où $n \ge 3,07$.
    C’est donc au bout de $4$ ans, en $2015$, que la population de l’Allemagne passera sous le seuil des $81~200~000$ habitants.

Partie C

  1. On peut prendre la suite $(v_n)$ définie de la façon suivante :
    $v_0 = 81~751~602$  et  $v_{n+1} = 0,9978v_n+49~800$
  2. $v_1 = 81~621~549$  et  $v_2 = 81~491~782$.
    La population de l’Allemagne semble décroître.