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Baccalauréat Mathématiques

ES-L

Amérique du Nord 2018

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Pour les ES spécialité

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Eléments de correction

4 points

exercice 1

1. Si on appelle X la variable aléatoire correspondant au nombre de bulbes qui germent, on sait que X suit une loi binomiale de paramètres n=20 et p=0,85.
A la machine, on obtient $P(X\le 15)\approx 0,170$ et $P(X\ge 15)=1-P(X\le 14)\approx 0,933$
Réponse D

2. Cette intégrale représente l'aire du domaine plan compris entre la courbe, l'axe des abscisses, et les droites d'équation x=2 et x=4.
On compte le nombre de carreaux unité d'aire, et on évalue cette aire.
Réponse B : l'intégrale est comprise entre 9 et 10

3. Les fonctions g et G sont définies toutes deux sur $]0\;;\;+\infty[$
Si $G(x)=x\ln (x) -x$ alors $G'(x)=x\frac 1 x + 1 \ln (x) - 1=\ln (x)=g(x)$
Réponse C

4. $\ln (x)$ a un sens pour $x > 0$
$\ln (x) > 0$ pour $x > 1$
Réponse C
5 points

exercice 2

Partie A

1. Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique I₄₀₀ au seuil de 95 % de la proportion de rubans LED d'extérieur défectueux.

Les conditions d'utilisation de l'intervalle de fluctuation sont remplies.
En effet,

$\left\lbrace\begin{array}l n=400\ge30 \\ p=0,05\Longrightarrow np=400\times0,05=20\ge5 \\n(1-p)= 400\times(1-0,05)= 400\times0,95=380\ge5 \end{array}$

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique I₄₀₀ au seuil de 95% est :

$I_{400}=\left[0,05-1,96\sqrt{\dfrac{0,05 (1-0,05)}{400}};0,05+1,96\sqrt{\dfrac{0,05 (1-0,05)}{400}}\right]\\\\\Longrightarrow I_{400}\approx[0,028;0,072]$

La fréquence observée est $f=\dfrac{25}{400}=0,0625$

Nous remarquons que $f\in I_{400}.$

Par conséquent, au risque de se tromper de 5%, l'affirmation du fournisseur ne doit pas être remise en question.

2. Déterminons un intervalle de confiance I₄₀₀ au seuil de 95 % de la proportion de rubans LED d'intérieur défectueux.
Les conditions d'utilisation de l'intervalle de confiance sont remplies.
En effet,

$\left\lbrace\begin{array}l n=400\ge30 \\ f=\dfrac{38}{400}=0,095\Longrightarrow nf=400\times0,095=38\ge5 \\n(1-f)= 400\times(1-0,095)= 400\times0,905=362\ge5 \end{array}$

Donc un intervalle de confiance I₄₀₀ au seuil de 95% est : $I_{400}=\left[0,095-\dfrac{1}{\sqrt{400}};0,095+\dfrac{1}{\sqrt{400}}\right]$ $\Longrightarrow I_{400}=[0,045;0,145]$

Partie B

X suit la loi normale de moyenne

= 2500 et d'écart type sigma

= 400.

1. Par la calculatrice, nous obtenons $P(2100\le X\le2900)\approx0,68268949$
D'où la probabilité que le site internet vende entre 2100 et 2900 rubans LED d'intérieur en un mois est environ égale à 0,683 (arrondie à 0,001 près).

Nous pouvions trouver ce résultat par la propriété suivante de la loi normale :

$P(\mu-\sigma\le X\le\mu+\sigma)\approx0,683.$

Nous obtenons alors :

$P(2100\le X\le2900)=P(2500-400\le X\le2500+400)\\\phantom{P(81,6\le X\le82,4)}=P(\mu-\sigma\le X\le\mu+\sigma)\\\phantom{P(81,6\le X\le82,4)}\approx0,683$

2. a. Par la calculatrice, nous obtenons : $P(X\le a)=0,95\Longrightarrow\boxed{a\approx3158}$

2. b. Interprétation :

Si le stock de rubans LED d'intérieur se chiffre à 3158 rubans, alors la probabilité qu'il n'y ait pas rupture de stock est égale à 0,95.

Partie C

1. Arbre pondéré représentant la situation à ce stade de l'exercice :

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2. Déterminons la probabilité que le ruban LED soit d'extérieur et défectueux.

$P(E\cap D)=P(E)\times P_E(D)\\\phantom{P(E\cap D)}=0,2\times0,05\\\phantom{P(E\cap D)}=0,1\\\\\Longrightarrow\boxed{P(E\cap D)=0,01}$

Par conséquent, la probabilité que le ruban LED soit d'extérieur et défectueux est égale à 0,01.

${\red{\text{3. }}}\ P_{\overline{E}}(D)=\dfrac{P(\overline{E}\cap D)}{P(\overline{E})}\\\\\phantom{{\red{\text{3. }}}\ P_{\overline{E}}(D)}=\dfrac{P(\overline{E}\cap D)}{0,8}$

D'autre part nous savons par l'énoncé que 6 % de tous les rubans LED sont défectueux, soit que P(D) = 0,06.

En utilisant la formule des probabilités totales, nous avons alors :

$P(D)=P(E\cap D)+P(\overline{E}\cap D)\Longleftrightarrow0,06=0,01+P(\overline{E}\cap D)\\\phantom{P(D)=P(E\cap D)+P(\overline{E}\cap D)}\Longleftrightarrow P(\overline{E}\cap D)=0,06-0,01\\\phantom{P(D)=P(E\cap D)+P(\overline{E}\cap D)}\Longleftrightarrow\boxed{ P(\overline{E}\cap D)=0,05}$

$\text{D'où }\ P_{\overline{E}}(D)=\dfrac{P(\overline{E}\cap D)}{0,8}\\\\\phantom{\text{D'où }\ P_{\overline{E}}(D)}=\dfrac{0,05}{0,8}=\dfrac{5}{80}\\\\\phantom{\text{D'où }\ P_{\overline{E}}(D)}=\dfrac{1}{16}\\\\\Longrightarrow\boxed{P_{\overline{E}}(D)=\dfrac{1}{16}=0,0625}$

Interprétation :
la probabilité qu'un ruban soit défectueux sachant que ce ruban est un ruban d'intérieur est égale à 0,0625.

5 points

exercice 3

1.a $u_{n+1}=u_n+\dfrac{14}{100} u_n - 7=1,14 u_n - 7$

1.b En 2018, le nombre de contrats est $u_1=1,14u_0-7=1,14\times 120 - 7=129,8$ soit environ 130 contrats.

2.a

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2.b $u_5\approx 184,78$ et $u_6\approx 203,65$
L'algorithme affiche 2023, année à partir de laquelle l'entreprise devra embaucher.

3.a Soit $v_n=u_n-50$
Pour tout n de N , $v_{n+1}=u_{n+1}-50=1,14u_n-7-50= 1,14u_n-57=1,14\left(u_n-\dfrac{57}{1,14}\right)=1,14(u_n-50)=1,14v_n$
(v) est donc une suite géométrique de raison 1,14.
Son premier terme est $v_0=u_0-50=70$

3.b $v_n=70\times (1,14)^n$
On en déduit : $u_n=v_n+50=70(1,14)^n + 50$

3.c On cherche n entier tel que $u_n> 190$ soit
$70(1,14)^n+50 > 190$
$70(1,14)^n > 140$
$1,14^n > 2$

$n\ln (1,14) > \ln (2)$ or $\ln (1,14) > 0$

$n > \dfrac{\ln (2) }{ \ln (1,14)}$ quotient dont la valeur est d'environ 5,29

On prendra donc $n\ge \red{6}$
On retrouve qu'à partir de l'année $2017+{\red{6}}=2023$ l'entreprise devra embaucher.

5 points

exercice 3 : ELÈVES DE ES AYANT SUIVI L'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ

Partie A

1. Les données de l'énoncé nous permettent de traduire la situation par le graphe probabiliste suivant :

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La matrice de transition du graphe probabiliste est $\boxed{M=\begin{pmatrix}0,85 & 0,15\\0,25 & 0,75\end{pmatrix}}$ .

2. Montrons que $P=\begin{pmatrix}0,625&0,375\end{pmatrix}$ est un état stable du système.

D'une part, 0,625 + 0,375 = 1.

$\text{D'autre part, }\ P\times M=\begin{pmatrix}0,625&0,375\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}0,85&0,15\\0,25&0,75\end{pmatrix}\\\\\phantom{\text{D'autre part, }\ P\times M}=\begin{pmatrix}0,625\times0,85+0,375\times0,25&0,625\times0,15+0,375\times0,75\end{pmatrix}\\\\\phantom{\text{D'autre part, }\ P\times M}=\begin{pmatrix}0,53125+0,09375&0,09375+0,28125\end{pmatrix}\\\\\phantom{\text{D'autre part, }\ P\times M}=\begin{pmatrix}0,625&0,375\end{pmatrix}\\\\\phantom{\text{D'autre part, }\ P\times M}=P\\\\\Longrightarrow\boxed{P\times M=P}$

Par conséquent, $P=\begin{pmatrix}0,625&0,375\end{pmatrix}$ est un état stable du système.

3. La matrice M de transition ne comporte pas de 0.
L'état probabiliste P_n à l'étape n converge vers un état P indépendant de l'état initial P₀ .

Cet état P est l'état probabiliste stable du système, soit $P=\begin{pmatrix}0,625&0,375\end{pmatrix}$

Donc, à long terme, la probabilité que le client soit sous contrat avec l'entreprise Alphacopy tendra vers 0,625.
Cela signifie que 62,5 % des contrats d'entretien de photocopieurs seront attribué à l'entreprise Alphacopy .

Par conséquent, puisque l'objectif de l'entreprise Alphacopy est d'obtenir au moins 62% des contrats d'entretien des photocopieurs, elle peut espérer atteindre son objectif, voire même le dépasser de 0,5 %.

Partie B

${\red{1. }}\ \ P_{n+1}=P_n\times M\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}a_{n+1}&b_{n+1}\\\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{n}&b_{n}\\\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}0,85&0,15\\0,25&0,75\end{pmatrix}\\\\\phantom{{\red{1. }}\ \ P_{n+1}=P_n\times M}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}a_{n+1}&b_{n+1}\\\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_{n}\times0,85+b_n\times0,25&a_{n}\times0,15+b_n\times0,75\\\end{pmatrix}\\\\\phantom{{\red{1. }}\ \ P_{n+1}=P_n\times M}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix}{\red{a_{n+1}}}&b_{n+1}\\\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}{\red{0,85a_n+0,25b_n}}&0,15a_{n}+0,75b_n\\\end{pmatrix}\\\\\Longrightarrow\boxed{a_{n+1}=0,85a_n+0,25b_n}$

Or $a_n+b_n=1\Longrightarrow b_n=1-a_n$

$\text{D'où }\ a_{n+1}=0,85a_n+0,25(1-a_n)\\\phantom{\text{D'où }\ a_{n+1}}=0,85a_n+0,25-0,25a_n\\\phantom{\text{D'où }\ a_{n+1}}=0,60a_n+0,25\\\\\Longrightarrow\boxed{a_{n+1}=0,60a_n+0,25}$

2. a. Algorithme complété :

$n\longleftarrow0\\a\longleftarrow0,46\\\text{Tant que }\ {\red{a<0,62}}\\\phantom{Tant }n\longleftarrow n+1\\\phantom{Tant }{\red{a\longleftarrow 0,6\times a+0,25}}\\\text{Fin Tant que}\\\text{Afficher }2017+n$

2. b. Les différentes valeurs de a_n suivant les valeurs de n sont reprises dans le tableau suivant (les résultats sont arrondis au millième) :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|>{\columncolor{green}}c| }\hline n&0&1&2&3&4&5&6&7\\\hline a_n&0,46&0,526&0,566&0,589&0,604&0,612&0,617&0,620\\\hline \end{array}$

La première valeur de n pour laquelle a_n supegal

0,62 est n = 7.

Dans ce cas, 2017 + n = 2017 + 7 = 2024.

D'où l'année affichée en sortie de l'algorithme est 2024.
L'entreprise Alphacopy atteindra son objectif en 2024.

3. $u_n=a_n-0,625\ \ \ \ (n\in\mathbb{N})$

3. a. Démontrons que la suite (u_n ) est géométrique.

$u_{n+1}=a_{n+1}-0,625\\\phantom{u_{n+1}}=(0,60a_{n}+0,25)-0,625\\\phantom{u_{n+1}}=0,60a_{n}-0,375\\\\\phantom{u_{n+1}}=0,60a_{n}-0,60\times\dfrac{0,375}{0,60}\\\\\phantom{u_{n+1}}=0,60(a_{n}-\dfrac{0,375}{0,60})\\\\\phantom{u_{n+1}}=0,60(a_{n}-0,625)\\\phantom{u_{n+1}}=0,60\times u_n\\\\\Longrightarrow\boxed{u_{n+1}=0,60\times u_n}$

Donc la suite (u_n ) est une suite géométrique de raison 0,60 et dont le premier terme est $u_0=a_0-0,625=0,46-0,625=-0,165.$

3. b. Puisque la suite (u_n ) est géométrique, nous avons :

$u_n=u_0\times0,60^n\\ {\red{u_n=-0,165\times0,60^n}}\\\\\text{Or }\ u_n=a_n-0,625\Longrightarrow a_n={\red{u_n}}+0,625\\\\\text{D'où }\ \boxed{a_n=-0,165\times0,60^n+0,625}$

${\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62\Longleftrightarrow-0,165\times0,60^n+0,625\ge0,62\\\phantom{{\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62}\Longleftrightarrow-0,165\times0,60^n\ge0,62-0,625 \\\phantom{{\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62}\Longleftrightarrow-0,165\times0,60^n\ge-0,005 \\\\\phantom{{\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62}\Longleftrightarrow0,60^n\le\dfrac{-0,005}{-0,165} \\\\\phantom{{\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62}\Longleftrightarrow0,60^n\le\dfrac{1}{33}\\\\\phantom{{\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62}\Longleftrightarrow\ln(0,60^n)\le\ln(\dfrac{1}{33}) \\\\\phantom{{\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62}\Longleftrightarrow n\ln0,60\le-\ln33 \\\\\phantom{{\red{\text{3. c. }}}\ a_n\ge0,62}\Longleftrightarrow n\ {\red{\ge}}\ \dfrac{-\ln33}{\ln0,60}\ \ \ (\text{car }\ln0,60<0)$

$\text{Or }\ \dfrac{-\ln33}{\ln0,60}\approx6,84$

Le plus petit entier n vérifiant l'inéquation est donc n = 7.

D'où $a_n\ge0,62\Longleftrightarrow n\ge7\ \ \ (n\in\mathbb{N}).$

Nous retrouvons ainsi le résultat de la question 2. b. 6 points

exercice 4

Partie A

1. La saturation est obtenue pour un temps de travail de 3 heures.

2. Le rejet arrive au delà de 3 heures (dérivée négative, fonction décroissante)

Partie B

1. Pour $x\in [0\;;\;30]\;, g(x)=12,5x\text{e} ^{(-0,125x+1)}$
Alors $g\,'(x)=12,5\text{e} ^{(-0,125x+1)}+12,5x\times (-0,125)\text{e} ^{(-0,125x+1)}=(12,5-1,5625x)\text{e} ^{(-0,125x+1)}$

2. $g\,'(x)$ a le même signe que $12,5-1,5625x$
$12,5-1,5625x> 0$ pour $12 > 1,5625x$ soit $x< 8$

$\begin{array} {|c|cccccc|} \hline x & 0 & & 8 & & 30 & \\ \hline {g'(x)} & & + & 0 & - & & \\ \hline {g} & _0 & \nearrow & ^{100}& \searrow &_{g(30)} & \\ \hline \end{array}$

3. La saturation est obtenue pour x=8 soit au bout de 8 jours.

Partie C

1. La dérivée seconde de g est donnée par la seconde forme proposée.

2. Dans [10 ; 50], $\txt{e} ^ {-0,25x+6}- 1 > 0$ pour $\txt{e} ^ {-0,25x+6} > 1$ soit $-0,25x+6> 0$ soit $x < 24$
L'intervalle solution de cette inéquation est donc [10 ; 24[

3. On en déduit que la fonction $h$ est convexe sur [10 ; 24[ (dérivée seconde positive) et concave sur ]24 ; 50]

4. La fonction "envie" décroît au delà de 24 milliers d'euros (salaire annuel)

5. La fonction "satisfaction" atteint 80 lorsque $h(x)=80$

soit $\dfrac{ 90}{ 1+\txt{e} ^ {-0,25x+6}}= 80$

$90=80+80\txt{e} ^ {-0,25x+6}$

$10=80\txt{e} ^ {-0,25x+6}$

$\txt{e} ^ {-0,25x+6}=\dfrac 1 8_$

$-0,25x+6=\ln (\frac 1 8)$

$x=\dfrac{-1 }{0,25}(-6+\ln (\frac 1 8))$

$x=24-4\ln (\frac 1 8)\approx 32,32$

La fonction "satisfaction" atteint 80 pour un salaire d'environ 32,32 milliers d'euros soit 32 320 euros.

Publié par malou le 29-06-2018

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