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

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

= 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 a_n .
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 (b_n ) 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 (b_n ) 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 (b_n ) 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 a_n 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 2^ème ligne (correspondant à S) et à la 3^ème 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 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 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

6,88, alors f( alpha

) = 3000.

Nous en déduisons alors que si 0 infegal

, alors f (x ) supegal

f (

), soit que si 0 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.

Publié par malou le 12-10-2018

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