Fiche de mathématiques
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Bac STL Bio Antilles Guyane 2018

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Durée : 4 heures

Coefficient : 4
5 points

exercice 1

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exercice 2


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exercice 3


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exercice 4


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Annexe à rendre avec la copie

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Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018

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5 points

exercice 1

1.   Tableau donnant le nombre de bactéries en fonction du temps en minutes :

          \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline&&&&&&\\\text{Temps en minutes} : {\red{t_i}} &0 &2& 4& 6& 8& 10\\&&&&&& \\\hline &&&&&&\\\text{Nombre de bactéries} : {\red{n_i}}& 15\, 000& 11\, 000& 8\, 400& 6\, 600& 5\, 500& 4\, 600\\&&&&&&\\\hline \end{array}

Nuage de points de coordonnées (ti ; ni ) :

          
Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018 : image 10


2. a)  Tableau exprimant le logarithme népérien (arrondi à 0,001 près) du nombre de bactéries en fonction du temps en minutes :

           \begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline&&&&&&\\\text{Temps en minutes} : {\red{t_i}} &0 &2& 4& 6& 8& 10\\&&&&&& \\\hline &&&&&&\\ {\red{y_i=\ln(n_i)}}& 9,616&9,306&9,036&8,795&8,613&8,434\\&&&&&&\\\hline \end{array}

2. b)   L'équation réduite de la droite d'ajustement affine de y  en t  est  de la forme y  = at  + b .
A l'aide de la calculatrice, nous obtenons a  environegal -0,1175714 et b  environegal 9,5545238.

En arrondissant les coefficients à 0,001 près, l'équation réduite de la droite d'ajustement affine de y  en t  
est y  = -0,118t  + 9,555 .


3.   Dans la suite, on suppose que la droite d'ajustement affine de y  en t  obtenue par la méthode des moindres carrés a pour équation y  = -0,12t  + 9,55 .

3. a)   Dans l'équation de la droite, remplaçons t  par 15 et calculons la valeur de y .

y=-0,12\times15+9,55\Longrightarrow y=7,75. \\\\\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}y=\ln(n)\\y=7,75\end{matrix}\right.\ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ln(n)=7,75 \\\phantom{\text{Or }\ \left\lbrace\begin{matrix}y=\ln(n)\\y=7,75\end{matrix}\right.\ \ \ \ }\Longrightarrow\ \ \ \ \boxed{n=\text{e}^{7,75}\approx2321,57}

Par conséquent, au bout de 15 minutes, le nombre estimé de bactéries est légèrement supérieur à 2300 (valeur arrondie à la centaine près).

3. b)  Le nombre de bactéries doit être inférieur à 100.
La valeur de y  correspondant à n  = 100 est y  = ln(100).

Nous devons résoudre l'inéquation :  -0,12t+9,55<\ln(100)

-0,12t+9,55<\ln(100)\Longleftrightarrow-0,12t<\ln(100)-9,55 \\\\\phantom{-0,12t+9,55<\ln(100)}\Longleftrightarrow t>\dfrac{\ln(100)-9,55}{-0,12} \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln(100)-9,55}{-0,12}\approx41,2

L'énoncé demande de fournir le résultat à la minute près.
Par conséquent, le nombre de bactéries sera inférieur à 100 au bout de 42 minutes.

5 points

exercice 2

1.   Une augmentation de 2 % correspond à un coefficient multiplicateur de 1 + 0,02 = 1,02.
Au 1er février 2018, le versement du 1er janvier n'aura subi qu'une seule augmentation de 2%.
1,02 multiplie 100 = 102.
D'où, le 1er février 2018, Vincent versera 102 euros.

2. a)  Le montant versé le (n +1)-ième mois est égal au montant versé le n -ième mois multiplié par 1,02.
Nous obtenons ainsi la relation  \red{u_{n+1} = 1,02\times u_n}
Par conséquent, la suite u  est une suite géométrique de raison q = 1,02 et dont le premier terme est u 1 = 100.

{\red{2.\ \text{b}.}}\ \ u_n=u_1\times(\text{raison})^{n-1}\Longrightarrow\boxed{u_n=100\times1,02^{n-1}}

2. c.  L'indice n  correspondant au 1er décembre est n  = 12. u_{12}=100\times1,02^{12-1}=100\times1,02^{11}\approx124,34
Donc, le 1er décembre 2018, Vincent versera le montant de 124,34 euros.

2. d.  Le 30 décembre 2018, le montant total remboursé correspond à la somme des 12 versements mensuels depuis le 1er janvier 2018, soit la somme des 12 premiers termes de la suite géométrique u.

S_{12}=u_1\times\dfrac{1-q^{12}}{1-q}=100\times\dfrac{1-1,02^{12}}{1-1,02}=100\times\dfrac{1,02^{12}-1}{0,02}\\\\\Longrightarrow\boxed{S_{12}\approx1341,21}
Le quart de la somme empruntée est  \dfrac{1}{4}\times5000=1250\ \text{euros.}
Puisque 1341,21 est supérieur à 1250, Vincent aura remboursé un quart de ce qu'il doit à ses parents le 30 décembre 2018.

3.   Soit l'algorithme suivant :

                 \begin{array}{|c|}\hline n\longleftarrow1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\u\longleftarrow100\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\S\longleftarrow100\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Tant que  }S<5000 \\n\longleftarrow n+1\\\ \ \ \ u\longleftarrow 1,02\times u\\S\longleftarrow S+u \\\text{Fin Tant que}\ \ \ \ \ \ \ \  \\\hline\end{array}

3. a.   Tableau reprenant les premières valeurs successives prises par les variables u  et S .

                 \begin{array}{|c|ccc|ccc|ccc|ccc|}\hline\text{Valeurs de }n&&1&&&2&&&3&&&4& \\\hline \text{Valeurs de }u&&100&&&102&&&104,04&&&106,12& \\\hline \text{Valeurs de }S&&100&&&202&&&306,04&&\cellcolor{red}&\cellcolor{red}{412,16}&\cellcolor{red} \\\hline \end{array}

3. b.   Le nombre inscrit dans la case colorée représente le montant total remboursé au 30 avril 2018.

3. c.   La valeur de la variable n  après l'exécution complète de l'algorithme représente le nombre total de mensualités versées pour rembourser l'emprunt de Vincent.
Grâce à cette valeur de n , nous pouvons déterminer la durée du remboursement de cet emprunt.

5 points

exercice 3

L'eau du réseau contient une substance chimique dont l'évolution de la concentration en fonction du temps t  écoulé depuis le début de la pollution est modélisée par la fonction f  définie sur [0 ; +infini[ par  f(t) = 30\,\text{e}^{-0,06t}

1.   Résoudre l'équation différentielle  (E):y'+0,06y=0.

(E)\Longleftrightarrow\boxed{y'=-0,06y}
Nous savons que l'ensemble des solutions de l'équation différentielle y' = ay  où a  est un nombre réel fixé, est l'ensemble des fonctions y  définies sur R par  y(x)=k\ \text{e}^{ax}k  désigne un réel quelconque.
Puisque a  = -0,06, l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E) est l'ensemble des fonctions y  définies sur [0 ; +infini[ par  y(t) = k\,\text{e}^{-0,06t}\ \ \ \text{avec }\ k\in\R.

2.   La fonction f  définie sur [0 ; +infini[ par  f(t) = 30\,\text{e}^{-0,06t} est de la forme  y(t) = k\,\text{e}^{-0,06t}\ \ \ \text{avec }\ k=30.
Par conséquent, la fonction f  est bien une solution de l'équation différentielle (E).

3.   f(0)=30\ \text{e}^{-0,06\times0}=30\ \text{e}^{0}=30\times1=30\Longrightarrow\boxed{f(0)=30}
Interprétation :
Au début de la pollution, la concentration de la substance chimique dans l'eau potable est de 30 mg.L-1.

4.  Dans l'expression  f(t) = 30\,\text{e}^{-0,06t} , le temps t  écoulé est exprimé en heures.
Au bout d'une journée, t  = 24.

f(24)=30\ \text{e}^{-0,06\times24}=30\ \text{e}^{-1,44}\Longrightarrow\boxed{f(24)\approx7,11}
Donc au bout d'une journée, la concentration de la substance chimique dans l'eau est environ de 7,11 mg.L-1.

5.  Nous devons résoudre l'inéquation f (t ) infegal 0,05.

30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05\Longleftrightarrow \text{e}^{-0,06t}\le\dfrac{0,05}{30}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (\dfrac{0,05}{30}=\dfrac{5}{3000}=\dfrac{1}{600}) \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \text{e}^{-0,06t}\le\dfrac{1}{600} \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \dfrac{1}{\text{e}^{0,06t}}\le\dfrac{1}{600} \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \text{e}^{0,06t}\ge600 \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow \ln(\text{e}^{0,06t})\ge\ln(600) \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow 0,06t\ge\ln(600) \\\\\phantom{30\ \text{e}^{-0,06t}\le0,05}\Longleftrightarrow t\ge\dfrac{\ln(600)}{0,06} \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln(600)}{0,06}\approx106,6

Il sera donc possible de consommer de nouveau l'eau du robinet au bout de 106,6 heures, soit au bout d'environ 4 jours et 11 heures.

6.   La concentration moyenne de la substance chimique dans l'eau, lors des douze premières heures, est donnée par la formule :    \overset{.}{C=\dfrac{1}{12}\int\limits_0^{12}f(t)\ dt.}

6. a)   La fonction F  est dérivable sur [0 ; +infini[.
Pour tout t  appartenant à l'intervalle [0 ; +infini[, montrons que F' (t ) = f (t ).

F'(t)=(-500\times\text{e}^{-0,06t})' \\\phantom{F'(t)}=-500\times(\text{e}^{-0,06t})' \\\phantom{F'(t)}=-500\times(-0,06t)'\text{e}^{-0,06t} \\\phantom{F'(t)}=-500\times(-0,06)\times\text{e}^{-0,06t} \\\phantom{F'(t)}=30\times\text{e}^{-0,06t} \\\phantom{F'(t)}=f(t) \\\\\Longrightarrow\boxed{F'(t)=f(t)}
Nous en déduisons que la fonction F est une primitive de f .

{\red{6.\ \text{b)}}}\ C=\dfrac{1}{12}\int\limits_0^{12}f(t)\ dt =\dfrac{1}{12}[F(t)]\limits_0^{12}=\dfrac{1}{12}[F(12)-F(0)]        \\\\\phantom{{\red{6.\ \text{b)}}}\ C}=\dfrac{1}{12}[-500\times\text{e}^{-0,06\times12}-(-500\times\text{e}^{-0,06\times0})]  \\\\\phantom{{\red{6.\ \text{b)}}}\ C}=\dfrac{1}{12}(-500\times\text{e}^{-0,72}+500\times\text{e}^{0}]) \\\\\phantom{{\red{6.\ \text{b)}}}\ C}=\dfrac{1}{12}(500-500\times\text{e}^{-0,72})=\dfrac{500}{12}(1-\text{e}^{-0,72})=\dfrac{125}{3}(1-\text{e}^{-0,72}) \\\\\Longrightarrow\boxed{C=\dfrac{125}{3}(1-\text{e}^{-0,72})}

6. c)  C=\dfrac{125}{3}(1-\text{e}^{-0,72})\approx21,39
Donc la concentration moyenne de la substance chimique dans l'eau lors des douze premières heures est environ de 21,39 mg·L-1 (valeur approchée à 10-2 près).

5 points

exercice 4

Partie A

Bac STL Biotechnologies Antilles Guyane 2018 : image 11


1. Graphiquement, nous pouvons estimer que la courbe admet un maximum pour X  = 20.
Par conséquent, par lecture graphique, nous pouvons dire que l'espérance de X  est mu = 20.

2.   L'aire de la partie grisée représente la probabilité que la variable aléatoire X  soit inférieure à 19,98,
soit  P(X infegal 19,98).

3.   En utilisant la calculatrice, nous obtenons P(19,975 infegal X infegal 20,015) environegal 0,98758066.
Par conséquent, la probabilité que le volume de l'éprouvette soit compris entre 19,975 mL et 20,025 mL est environ égale à 0,988 (arrondie à 0,001).

Partie B

1.   Déterminons un intervalle de fluctuation asymptotique I1000  au seuil de 95 % de la fréquence observée d'éprouvettes non conformes.

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

\left\lbrace\begin{array}l n=1000\ge30 \\ p=0,012\Longrightarrow np=1000\times0,012=12\ge5 \\n(1-p)= 1000\times(1-0,012)= 1000\times0,988=988\ge5 \end{array}

Donc un intervalle de fluctuation asymptotique I1000  au seuil de 95% est :

 I_{1000}=\left[0,012-1,96\sqrt{\dfrac{0,012 (1-0,012)}{1000}};0,012+1,96\sqrt{\dfrac{0,012 (1-0,012)}{1000}}\right]\\\\\Longrightarrow \boxed{I_{1000}\approx[0,006;0,018]}

2.   La fréquence observée est   f=\dfrac{9}{1000}=0,009.
Nous remarquons que   f\in I_{1000}.
Par conséquent, au risque de se tromper de 5%, l'annonce faite par l'entreprise est acceptable.

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