Fiche de mathématiques
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Bac ES-L Centres étrangers 2018

Obligatoire et Spécialité

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Pour les élèves de ES ayant suivi l'enseignement de spécialité


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Bac ES et L Obligatoire et Spécialité Centres étrangers 2018

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4 points

exercice 1

{\red{\text{1. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ C}}}

f(x)=\text{e}^{-3x}+\text{e}^2\Longrightarrow f'(x)=(-3x)'\text{e}^{-3x}+(\text{e}^{2})'\\ \phantom{f(x)=\text{e}^{-3x}+\text{e}^2}\Longrightarrow f'(x)=-3\text{e}^{-3x}+0\ \ \ \ \ [\text{N.B.}:\text{e}^2\text{ est une constante }\Rightarrow (\text{e}^{2})'=0] \\\\\phantom{f(x)=\text{e}^{-3x}+\text{e}^2}\Longrightarrow\boxed{f'(x)=-3\text{e}^{-3x}}

{\red{\text{2. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ D}}}

Soit t  le taux d'évolution annuel moyen en pourcent.
Nous avons alors :

4\times(1+\dfrac{t}{100})^7=15\Longleftrightarrow(1+\dfrac{t}{100})^7=\dfrac{15}{4}=3,75 \\\\\phantom{4\times(1+\dfrac{t}{100})^7=15}\Longleftrightarrow1+\dfrac{t}{100}=3,75^{\frac{1}{7}} \\\\\phantom{4\times(1+\dfrac{t}{100})^7=15}\Longleftrightarrow\dfrac{t}{100}=3,75^{\frac{1}{7}}-1 \\\\\phantom{4\times(1+\dfrac{t}{100})^7=15}\Longleftrightarrow t=100\times(3,75^{\frac{1}{7}}-1) \\\phantom{4\times(1+\dfrac{t}{100})^7=15}\Longrightarrow\boxed{t\approx20,8}

{\red{\text{3. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ A}}}

La variable aléatoire X  suit une loi normale d'espérance mu = 13 et d'écart-type sigma = 2,4.
Nous devons déterminer  P(X\ge12,5).

Nous savons que   P(X\ge\mu)=0,5, soit que  P(X\ge13)=0,5

Dès lors,  P(X\ge12,5)=P(12,5\le X\le13)+P(X\ge13)
                     P(X\ge12,5)=P(12,5\le X\le13)+0,5

Or, par la calculatrice, nous avons :  P(12,5\le X\le13)\approx0,08251564

\text{D'où }\ P(X\ge12,5)\approx0,08251564+0,5\Longrightarrow P(X\ge12,5)\approx0,58251564 \\\\\phantom{\text{D'où }\ P(X\ge12,5)\approx0,08251564+0,5}\Longrightarrow \boxed{P(X\ge12,5)\approx0,58}

{\red{\text{4. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ B}}}

P(X\le15,5)=P(14\le X \le15,5) \\\\\phantom{P(X\le15,5)}=\dfrac{15,5-14}{16-14} \\\\\phantom{P(X\le15,5)}=\dfrac{1,5}{2} \\\\\Longrightarrow\boxed{P(X\le15,5)=0,75}

5 points

exercice 2

1. a)   Au matin de l'installation du système, la masse d'algues est de 2000 kg.
Une augmentation de 2% de la masse d'algues correspond à un coefficient multiplicateur de 1 + 0,02 = 1,02.
Après l'augmentation, la masse d'algues est de  1,02\times2000=2040\ \text{kg.}
Ensuite une baisse de 100 kg intervient grâce au système de filtration.
2040 - 100 = 1940.
Donc après un jour de fonctionnement du système, la masse a1 d'algues est de 1940 kg.

Après la nouvelle augmentation de 2 %, la masse d'algues est de  1,02\times1940=1978,8\ \text{kg.}
Ensuite une nouvelle baisse de 100 kg intervient grâce au système de filtration.
1978,8 - 100 = 1878,8.
Donc après deux jours de fonctionnement du système, la masse a2  d'algues est de 1878,8 kg.

2. a. La masse d'algues exprimée en kg après utilisation du système de filtration pendant n  jours se note an .
Une augmentation de 2% de la masse d'algues correspond à un coefficient multiplicateur de 1 + 0,02 = 1,02.
Après l'augmentation, la masse d'algues est de  1,02\times a_n
La nuit, une baisse de 100 kg intervient grâce au système de filtration.
Par conséquent, la masse d'algues exprimée en kg après utilisation du système de filtration pendant (n +1) jours est  \boxed{a_{n+1}=1,02\times a_n-100} .

2. b.  Soit  b_n=a_n-5000\ \ \ (n\in\mathbb{N})
Montrons que la suite (bn ) est géométrique.

b_{n+1}=a_{n+1}-5000 \\\phantom{b_{n+1}}=(1,02a_n-100)-5000 \\\phantom{b_{n+1}}=1,02a_n-5100 \\\phantom{b_{n+1}}=1,02a_n-1,02\times5000 \\\phantom{b_{n+1}}=1,02(a_n-5000) \\\phantom{b_{n+1}}=1,02b_n \\\\\Longrightarrow\boxed{b_{n+1}=1,02b_n}

D'où la suite (bn ) est une suite géométrique de raison q  = 1,02 et dont le premier terme est  b_0=a_0-250=2000-5000=-3000.

2. c.   Le terme général de la suite (bn ) est  b_n=b_0\times q^n , soit  b_n=-3000\times1,02^n.

\text{Dès lors }\ b_n=a_n-5000\Longrightarrow a_n=5000+b_n \\\\\phantom{\text{Dès lors }\ v_n=a_n-5000}\Longrightarrow\boxed{a_n=5000-3000\times1,02^n}

2. d.  Nous savons que  \lim\limits_{n\to+\infty}1,02^n=+\infty\ \ \ \text{car }\ 1,02>1

\text{Donc }\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=\lim\limits_{n\to+\infty}(5000-3000\times1,02^n) \\\\\phantom{\text{Donc }\lim\limits_{n\to+\infty}a_n}=5000-3000\times\lim\limits_{n\to+\infty}(1,02^n) \\\phantom{\text{Donc }\lim\limits_{n\to+\infty}a_n}=-\infty \\\\\Longrightarrow\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=-\infty}

\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=-\infty  se traduit par : pour tout nombre réel strictement négatif A  , il existe un rang N  à partir duquel toutes les valeurs de an  sont inférieures à A  et donc devenir négatives.
Par conséquent, à partir d'un certain nombre de jours, les algues finiront par disparaître.

3. a.  Algorithme complété :

            \begin{array}{|c|}\hline N\longleftarrow0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\A\longleftarrow2000\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Tant que }\ {\red{A>0}}\ \ \text{faire}\ \ \ \ \ \  \\\ \ \ |A\longleftarrow{\red{1,02\times A-100}} \\|N\longleftarrow N+1\ \ \ \ \ \ \ \ \  \\\text{Fin de Tant que}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Afficher }{\red{N}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\hline\end{array}

3. b.   En utilisant la calculatrice, nous obtenons 26 à l'issue de l'algorithme.

4. a. Résolvons l'inéquation  5000-3000\times1,02^n\le0.

5000-3000\times1,02^n\le0\Longleftrightarrow3000\times1,02^n\ge5000 \\\\\phantom{5000-3000\times1,02^n\le0}\Longleftrightarrow1,02^n\ge\dfrac{5000}{3000} \\\\\phantom{5000-3000\times1,02^n\le0}\Longleftrightarrow1,02^n\ge\dfrac{5}{3} \\\\\phantom{5000-3000\times1,02^n\le0}\Longleftrightarrow\ln(1,02^n)\ge\ln(\dfrac{5}{3}) \\\\\phantom{5000-3000\times1,02^n\le0}\Longleftrightarrow n\times\ln(1,02)\ge\ln(\dfrac{5}{3}) \\\\\phantom{5000-3000\times1,02^n\le0}\Longleftrightarrow n>\dfrac{\ln(\dfrac{5}{3})}{\ln(1,02)}\\\phantom{5000-3000\times1,02^n\le0\Longleftrightarrow}\ \ \ \ \text{(Conservation du sens de l'inégalité car }\ln(1,02)>0) \\\\\text{Or }\ \dfrac{\ln(\dfrac{5}{3})}{\ln(1,02)}\approx25,8

Puisque n  est un nombre entier, la plus petite valeur de n  vérifiant l'inéquation est n  = 26.

4. b.  Nous retrouvons la réponse obtenue à la question 3.b correspondant au nombre de jours au bout desquels les algues finissent par disparaître.

5 points

exercice 2 - Pour les élèves de ES ayant suivi l'enseignement de
                                spécialité

1. a.  Graphe probabiliste complété :

                         
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1. b.  Le nombre 1 figurant sur le graphe signifie que lorsqu'un appareil est défectueux un jour, il est encore défectueux le lendemain (ce qui paraît cohérent en l'abscence de maintenance).

1. c.   M=\begin{pmatrix} 0,9&0,1&0\\0&0,8&0,2\\0&0&1\end{pmatrix}

Le coefficient 0,2 est placé à la 2ème  ligne (correspondant à S) et à la 3ème  colonne (correspondant à D).
Il correspond au poids de l'arête allant de S à D.
Donc ce coefficient 0,2 signifie que la probabilité que d'un jour sur l'autre un automate en sursis devienne défaillant est égale à 0,2.

2. a.   P_0=\begin{pmatrix} 1&0&0\end{pmatrix}

P_1=P_0\times M\\\phantom{P_1}=\begin{pmatrix} 1&0&0\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix} 0,9&0,1&0\\0&0,8&0,2\\0&0&1\end{pmatrix} \\\\\phantom{P_1}=\begin{pmatrix} 1\times0,9+0\times0+0\times0&1\times0,1+0\times0,8+0\times0&1\times0+0\times0,2+0\times1\end{pmatrix} \\\\\phantom{P_1}=\begin{pmatrix} 0,9&0,1&0\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow\boxed{P_1=\begin{pmatrix} 0,9&0,1&0\end{pmatrix}}

2. b.   Nous devons déterminer  P_3=P_0\times M^3.

M=\begin{pmatrix} 0,9&0,1&0\\0&0,8&0,2\\0&0&1\end{pmatrix}\Longrightarrow M^3=\begin{pmatrix} 0,729&0,217&0,054\\0&0,512&0,488\\0&0&1\end{pmatrix}\\\\\text{D'où }\ P_3=\begin{pmatrix} 1&0&0\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}0,729&0,217&0,054\\0&0,512&0,488\\0&0&1\end{pmatrix} \\\\\phantom{\text{D'où }\ P_3}=\begin{pmatrix} 1\times0,729+0+0&1\times0,217+0+0&1\times0,054+0+0\end{pmatrix} \\\\\phantom{\text{D'où }\ P_3}=\begin{pmatrix} 0,729&0,217&0,054\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow\boxed{P_3=\begin{pmatrix} 0,729&0,217&0,054\end{pmatrix}}

2. c.   P= \begin{pmatrix} x&y&z\end{pmatrix}\text{est un état stable}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}P\times M=P\\x+y+z=1\end{matrix}\right.

\text{Or }\ P\times M=\begin{pmatrix} x&y&z\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix} 0,9&0,1&0\\0&0,8&0,2\\0&0&1\end{pmatrix} \\\\\phantom{\text{Or }\ P\times M}=\begin{pmatrix} 0,9x+0+0&0,1x+0,8y+0&0+0,2y+z\end{pmatrix} \\\\\phantom{\text{Or }\ P\times M}=\begin{pmatrix} 0,9x&0,1x+0,8y&0,2y+z\end{pmatrix}

\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}P\times M=P\\x+y+z=1\end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\begin{pmatrix} 0,9x&0,1x+0,8y&0,2y+z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x&y&z\end{pmatrix}\\x+y+z=1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \end{matrix}\right. \\\\\phantom{\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}P\times M=P\\x+y+z=1\end{matrix}\right.}\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}0,9x=x\ \ \ \ \ \ \ \ \\0,1x+0,8y=y\\0,2y+z=z\ \ \ \ \\x+y+z=1\ \ \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}0,9x-x=0\ \ \ \ \ \ \ \ \\0,1x+0,8y-y=0\\0,2y+z-z=0\ \ \ \ \\x+y+z=1\ \ \end{matrix}\right.

                                                      \Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}-0,1x=0\ \ \ \ \ \ \ \ \\0,1x-0,2y=0\\0,2y=0\ \ \ \ \\x+y+z=1\ \ \end{matrix}\right.\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=0\ \ \ \ \ \ \ \ \\0-0,2y=0\\y=0\ \ \ \ \\x+y+z=1\ \ \end{matrix}\right. \\\\\Longleftrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}x=0\\y=0\\z=1\end{matrix}\right.
Par conséquent, ce graphe possède un unique état stable  P= \begin{pmatrix}0&0&1\end{pmatrix}.
Ce résultat signifie qu'à long terme, en l'absence de maintenance, tous les automates seront défaillants.

3. a.   Pour tout entier naturel n ,
P_{n+1}=P_n\times M\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} f_{n+1}&s_{n+1}&d_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} f_{n}&s_{n}&d_{n}\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix} 0,9&0,1&0\\0&0,8&0,2\\0&0&1\end{pmatrix} \\\\\phantom{P_{n+1}=P_n\times M}\Longleftrightarrow\begin{pmatrix} f_{n+1}&{\red{s_{n+1}}}&d_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 0,9f_{n}&{\red{0,1f_n+0,8s_{n}}}&0,2s_n+d_{n}\end{pmatrix} \\\\\Longrightarrow\boxed{s_{n+1}=0,1f_n+0,8s_{n}}

3. b.   Algorithme complété :

          \begin{array}{|c|}\hline D\longleftarrow0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\S\longleftarrow{\red{0}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\F\longleftarrow1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\N\longleftarrow0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Tant que }\ {\red{D<0,3}}\ \ \text{faire} \\\ \ |D\longleftarrow0,2\times S+D \\\ \ \ \ \ \ \ \ \ |S\longleftarrow0,1\times F+0,8\times S \\\ \ |N\longleftarrow{\red{N+1}}\ \ \ \ \ \ \ \ \  \\\text{Fin de Tant que}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  \\\text{Afficher }{\red{N}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\hline \end{array}

3. c.   En exécutant l'algorithme par la calculatrice, nous obtenons : N  = 8.
Donc la proportion d'automates défaillants deviendra supérieure à 30 % au bout de 8 jours.

3. d.   L'ordre d'affectation des variables D, S et F a de l'importance.

Montrons par exemple l'impact d'une permutation des lignes d'affectation de D et de S.
L'agorithme proposé nous donne les affectations suivantes et dans cet ordre :  

\begin{array}{|c|}\hline  D\longleftarrow0,2\times S+D\ \ \ \ \ \ \ \  \\S\longleftarrow0,1\times F+0,8\times S \\\hline \end{array} , ce qui correspond à  \begin{array}{|c|}\hline  d_{n+1}=0,2\times s_n+d_n\ \ \ \ \ \ \ \  \\s_{n+1}=0,1\times f_n+0,8\times s_n \\\hline \end{array}

En permutant les affectations de D et de S, nous aurions :

\begin{array}{|c|}\hline  S\longleftarrow0,1\times F+0,8\times S \\D\longleftarrow0,2\times S+D\ \ \ \ \ \ \ \  \\\hline \end{array} , ce qui correspondrait à  \begin{array}{|c|}\hline  s_{n+1}=0,1\times f_n+0,8\times s_n \\d_{n+1}=0,2\times s_{{\red{n+1}}}+d_n\ \ \ \ \  \\\hline \end{array}

Les valeurs de D seraient alors faussées.
L'ordre d'affectation des variables D, S et F a donc de l'importance.

5 points

exercice 3

1. a.   Arbre pondéré décrivant la situation :

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1. b.  En utilisant la formule des probabilités totales, nous avons :

P(I)= P(A\cap I)+P(B\cap I) \\\phantom{P(I)}=P(A)\times P_{A}(I)+P(B)\times P_{B}(I)\ \\\phantom{P(I)}=0,4\times\dfrac{1}{4}+0,6\times\dfrac{1}{3} \\\phantom{P(I)}=0,1+0,2 \\\phantom{P(I)}=0,3 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(I)=0,3}

1. c.  La probabilité qu'une guirlande pouvant être utilisée aussi bien en intérieur qu'en extérieur provienne du fournisseur A est donnée par :

P_{\overline{I}}(A)=\dfrac{P(A\cap\overline{I})}{P(\overline{I})} \\\\\phantom{P_{\overline{I}}(A)}=\dfrac{P(A)\times P_A(\overline{I})}{1-P(I)} \\\\\phantom{P_{\overline{I}}(A)}=\dfrac{0,4\times\dfrac{3}{4}}{1-0,3} \\\\\phantom{P_{\overline{I}}(A)}=\dfrac{0,3}{0,7} \\\\\Longrightarrow\boxed{P_{\overline{I}}(A)=\dfrac{3}{7}}

La probabilité qu'une guirlande pouvant être utilisée aussi bien en intérieur qu'en extérieur provienne du fournisseur B est donnée par  P_{\overline{I}}(B)=1-P_{\overline{I}}(A)=1-\dfrac{3}{7}

\Longrightarrow\boxed{P_{\overline{I}}(B)=\dfrac{4}{7}}

Puisque  \dfrac{3}{7}\neq\dfrac{4}{7} , nous en déduisons que le responsable a tort.

2.   Soit X  la variable aléatoire associant à chaque guirlande son prix de vente.
Les valeurs de X  sont 3 et 5.

La loi de probabilité de X  est donnée par le tableau suivant :

                            \begin{array}{|c|c|c|}\hline \text{Prix de vente}\ x_i&\ \ 3\ \ &\ \ 5\ \ \\\hline P(X=x_i)&\ \ 0,3\ \ &\ \ 0,7\ \ \\\hline \end{array}

Le prix moyen d'une guirlande est donné par l'espérance mathématique E (X ).

E(X)=3\times0,3+5\times0,7=4,4.
Par conséquent, le prix moyen d'une guirlande prélevée au hasard dans le stock s'élève à 4,40 euros.

3.   Le prélèvement de 50 guirlandes dans le stock correspond à 50 tirages indépendants et identiques.
Lors de chaque tirage, deux issues sont possibles :
le succès : "la guirlande est défectueuse" avec une probabilité p  = 0,02.
l'échec : "la guirlande n'est pas défectueuse" avec une probabilité 1 - p  = 1 - 0,02 = 0,98.

La variable aléatoire D comptant le nombre de guirlandes défectueuses suit une loi binomiale de paramètres n  = 50 et p  = 0,02.

Nous devons déterminer  P(D\ge1).

P(D\ge1)=1-P(D=0)\\\\\phantom{P(D\ge1)}=1-\begin{pmatrix}50\\0\end{pmatrix}\times0,02^0\times0,98^{50-0} \\\\\phantom{P(D\ge1)}=1-1\times1\times0,98^{50} \\\\\phantom{P(D\ge1)}\approx1-0,36417 \\\\\phantom{P(D\ge1)}\approx 0,63583\\\\\Longrightarrow\boxed{P(D\ge1)\approx0,636}

Par conséquent, la probabilité qu'au moins une guirlande soit défectueuse est environ égale à 0,636 (arrondie à 10-3).

4.   Un intervalle de confiance au niveau de confiance de 95 % de la proportion f  de clients satisfaits pour un échantillon de taille n  est donné par :  [f-\dfrac{1}{\sqrt{n}};f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}]

L'amplitude de cet intervalle est alors égal à :

(f+\dfrac{1}{\sqrt{n}})-(f-\dfrac{1}{\sqrt{n}})=f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}-f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\\\\\phantom{(f+\dfrac{1}{\sqrt{n}})-(f-\dfrac{1}{\sqrt{n}})}=2\times\dfrac{1}{\sqrt{n}} \\\\\phantom{(f+\dfrac{1}{\sqrt{n}})-(f-\dfrac{1}{\sqrt{n}})}=\dfrac{2}{\sqrt{n}}

L'amplitude de cet intervalle doit être inférieure ou égale à 8 %.

\text{Donc }\ \dfrac{2}{\sqrt{n}}\le0,08\Longleftrightarrow\dfrac{2}{0,08}\le\sqrt{n} \\\\\phantom{\text{Donc }\ \dfrac{2}{\sqrt{n}}\le0,08}\Longleftrightarrow25\le\sqrt{n} \\\phantom{\text{Donc }\ \dfrac{2}{\sqrt{n}}\le0,08}\Longleftrightarrow\sqrt{n}\ge25 \\\phantom{\text{Donc }\ \dfrac{2}{\sqrt{n}}\le0,08}\Longleftrightarrow\boxed{n\ge625}

Par conséquent, l'entreprise doit interroger au minimum 625 clients.

6 points

exercice 4

f(x)=1000(x+5)\,\text{e}^{-0,2x}

Partie A - Etude graphique


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1.   Résoudre graphiquement l'équation f (x ) = 3000 revient à déterminer l'abscisse du point de la courbe représentative de f  dont l'ordonnée est 3000.
Par le graphique, nous trouvons que cette abscisse est environ égale à 6,8.
D'où une valeur approchée de la solution de l'équation f (x ) = 3000 est x environegal 6,8.

2.   La fonction f  est continue et positive sur l'intervalle [2 ; 8].
Donc  \int\limits_2^8f(x)\,dx  représente l'aire en unités d'aire du domaine compris entre la courbe représentative de f , l'axe des abscisses et les droites d'équation x  = 2 et x  = 8.

Nous pouvons observer graphiquement que  \text{Aire}_{\text{trapèze ABCD}}<\int\limits_2^8f(x)\,dx<\text{Aire}_{\text{trapèze AEFD}}

\text{Or }\ \text{Aire}_{\text{trapèze ABCD}}=\dfrac{(AB+CD)\times AD}{2} \\\\\phantom{\text{Or }\ \text{Aire}_{\text{trapèze ABCD}}}=\dfrac{(4500+2500)\times 6}{2} \\\\\phantom{\text{Or }\ \text{Aire}_{\text{trapèze ABCD}}}=21000 \\\\\text{et }\ \text{Aire}_{\text{trapèze AEFD}}=\dfrac{(AE+FD)\times AD}{2} \\\\\phantom{\text{et }\ \text{Aire}_{\text{trapèze AEFD}}}=\dfrac{(4800+2800)\times 6}{2} \\\\\phantom{\text{Or }\ \text{Aire}_{\text{trapèze ABCD}}}=22800

D'où  21\,000\ \text{u.a.}<\int\limits_2^8f(x)\,dx<22\,800\ \text{u.a.}

\dfrac{21000+22800}{2}=21900

Comme le graphique ne nous permet pas de donner une valeur approchée de l'intégrale à une unité d'aire près, nous proposons comme valeur approchée :  \boxed{\int\limits_2^8f(x)\,dx\approx 21900\ \text{u.a.}}

Partie B - Etude théorique


1.   Pour tout x  de [0 ; 20],

        f'(x)=[1000(x+5)\,\text{e}^{-0,2x}]' \\\\\phantom{f'(x)}=1000\times[(x+5)\,\text{e}^{-0,2x}]' \\\\\phantom{f'(x)}=1000\times[(x+5)'\times\,\text{e}^{-0,2x}+(x+5)\times(\,\text{e}^{-0,2x})'] \\\\\phantom{f'(x)}=1000\times[1\times\,\text{e}^{-0,2x}+(x+5)\times(-0,2)\,\text{e}^{-0,2x}] \\\\\phantom{f'(x)}=1000\times[\,\text{e}^{-0,2x}-0,2(x+5)\,\text{e}^{-0,2x}] \\\\\phantom{f'(x)}=1000\times[\,\text{e}^{-0,2x}-0,2x\,\text{e}^{-0,2x}-\,\text{e}^{-0,2x}] \\\\\phantom{f'(x)}=1000\times[-0,2x\,\text{e}^{-0,2x}] \\\\\phantom{f'(x)}=-200x\,\text{e}^{-0,2x} \\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=-200x\,\text{e}^{-0,2x}}

2.   Sens de variation de f  :

x\in[0;20]\Longrightarrow x\ge0\Longrightarrow -200x\le0 \\\\\\\text{D'où }\ \left\lbrace\begin{matrix}-200x\le0\\\\\text{e}^{-0,2x}>0\end{matrix}\right.\Longrightarrow-200x\,\text{e}^{-0,2x}\le0

Par conséquent, sur l'intervalle [0 ; 20], f' (x ) infegal 0 et donc, la fonction f est strictement décroissante sur l'intervalle [0 , 20].
Nous en déduisons le tableau de variations de f  sur l'intervalle [0 ; 20] :

                     \begin{array}{|c|ccc|}\hline x&0&&20\\\hline &&&\\f'(x)&0&-&-\\&&&\\\hline &5000&&\\f(x)&&\searrow&\\&&&25000\,\text{e}^{-4}\approx458\\\hline \end{array}

3.   La fonction f  est continue et strictement décroissante sur l'intervalle [0 ; 20].
f (0) = 5000 et f (20) environegal 458.
Nous observons alors que 3000 est compris entre f (0) et f (20).

Selon le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, nous déduisons que l'équation f (x ) = 3000 admet une unique solution alpha sur l'intervalle [0 ; 20].

Par la calculatrice, nous obtenons  \boxed{\alpha\approx6,88}

4.   On admet que la fonction F  définie sur [0;20] par  F( x)=-5000( x+10)\,\text{e}^{-0,2 x}  est une primitive de f .

\int\limits_2^8f(x)\,dx=[F(x)]\limits_2^8 \\\phantom{\int\limits_2^8f(x)\,dx}=F(8)-F(2) \\\phantom{\int\limits_2^8f(x)\,dx}=(-5000\times18\times\,\text{e}^{-1,6})-(-5000\times12\times\,\text{e}^{-0,4}) \\\phantom{\int\limits_2^8f(x)\,dx}=-90000\times\,\text{e}^{-1,6}+60000\times\,\text{e}^{-0,4} \\\\\Longrightarrow\boxed{\int\limits_2^8f(x)\,dx=60000\,\text{e}^{-0,4}-90000\,\text{e}^{-1,6}\approx22\,049}

Partie C - Application économique


1.   Par la question 3b, nous savons que la fonction f est strictement décroissante sur [0 ; 20] et que si alpha environegal 6,88, alors f(alpha) = 3000.

Nous en déduisons alors que si 0 infegal x  infegal alpha, alors f (x ) supegal f (alpha), soit que si 0 infegal x  infegal 6,88, alors f (x ) supegal 3000.

Par conséquent, en-dessous de 6,88 euros, la demande est supérieure à 3000 objets.

2.   La valeur moyenne de f  sur l'intervalle [2 ; 8] est donnée par :

m=\dfrac{1}{8-2}\,\int\limits_2^8f(x)\,dx\\\\\phantom{m}=\dfrac{1}{6}(60000\,\text{e}^{-0,4}-90000\,\text{e}^{-1,6}) \\\\\phantom{m}=10000\,\text{e}^{-0,4}-15000\,\text{e}^{-1,6} \\\\\phantom{m}\approx3\,675\\\\\Longrightarrow\boxed{m\approx3\,675}

Cela signifie que pour un prix unitaire compris entre 2 euros et 8 euros, la demande est en moyenne de 3675 objets.
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