Fiche de mathématiques

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Bac Mathématiques ES-L

Obligatoire et Spécialité

Amérique du Nord 2017

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Corrigé

4 points

exercice 1 - Commun à tous les candidats

1) $\text{Pour tout x de }]0;+\infty[ \text{ : }f(x)=x\ln(x)-x$

$\text{Donc, pour tout x de }]0;+\infty[ \text{ : }$

$f'(x)=[x'\times\ln(x)+x\times(\ln(x))']-x'\\\\f'(x)=[1\times\ln(x)+x\times(\dfrac{1}{x})]-1\\\\f'(x)=\ln(x)+1-1\\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=\ln(x)}$
Donc : réponse b)

2) $6\times0,95^n-1\le2$

$6\times0,95^n\le2+1\\\\6\times0,95^n\le3\\\\0,95^n\le\dfrac{3}{6}\\\\0,95^n\le0,5\\\\\ln(0,95^n)\le\ln(0,5)\\\\n\times\ln(0,95)\le\ln(0,5)\\\\n\ge\dfrac{\ln(0,5)}{\ln(0,95)}\\\\\Longrightarrow\boxed{n\in\left[\dfrac{\ln(0,5)}{\ln(0,95)}\ ;\ +\infty\right[}$
Donc : réponse d)

3) Déterminons l'intervalle de confiance $I_{1000}$ au seuil de 95% de la fréquence des tubes dans la norme pour cette entreprise.

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

$\left\lbrace\begin{array}l n=1000\ge30 \\ f=\dfrac{954}{1000}=0,954\Longrightarrow nf=1000\times0,954=954\ge5 \\n(1-f)=1000\times(1-0,954)=1000\times0,046=46\ge5 \end{array}$

Donc l'intervalle de confiance $I_{1000}$ au seuil de 95% est : $I_{1000}=\left[0,954-\dfrac{1}{\sqrt{1000}};0,954+\dfrac{1}{\sqrt{1000}}\right]$

$\Longrightarrow\boxed{I_{1000}\approx[0,922\ ;\ 0,986]}$
Donc : réponse a)

4) Soit X la variable aléatoire dont les valeurs sont le nombre de fois que la cible est atteinte par l'archer.

L'expérience consiste en une répétition de 6 tirs, ces tirs étant indépendants et identiques.
Pour chaque tir, il n'existe que deux possibilités : la cible est atteinte avec une probabilité p = 0,8 ou la cible n'est pas atteinte avec une probabilité 1-p = 0,2.
Donc la variable aléatoire X suit une loi binomiale de paramètres n = 6 et p = 0,8.

Si l'archer touche 3 fois la cible, alors X = 3.

$P(X=3)=\begin{pmatrix}6\\3\end{pmatrix}\times0,8^3\times0,2^{3}\\\\P(X=3)=20\times0,512\times0,008\\\\\Longrightarrow\boxed{P(X=3)=0,08192}$

Donc : réponse d)

5 points

exercice 2 - Commun à tous les candidats

1) a) L'université comptait 27 500 étudiants en septembre 2016 et 150 étudiants démissionnent entre le 1er septembre 2016 et le 30 juin 2017,

D'où le nombre d'étudiants en juin 2017 est égal à 27 500 - 150 = 27 350.

b) Les effectifs constatés à la rentrée de septembre connaissent une augmentation de 4 % par rapport à ceux du mois de juin qui précède.
Une augmentation de 4 % correspond à un coefficient multiplicateur de 1,04.

Donc le nombre d'étudiants à la rentrée de septembre 2017 est égal à 1,04 multiplie

27 350 = 28 444.

2) L'université compte $u_n$ étudiants en septembre 2016+n et 150 étudiants démissionnent entre le 1er septembre 2016+n et le 30 juin 2016+n+1,
D'où le nombre d'étudiants en juin 2016+n+1 est égal à $u_n-150$

Les effectifs constatés à la rentrée de septembre connaissent une augmentation de 4 % par rapport à ceux du mois de juin qui précède.
Une augmentation de 4 % correspond à un coefficient multiplicateur de 1,04.

Nous en déduisons que le nombre d'étudiants à la rentrée de septembre 2016+n+1 est égal à $1,04\times(u_n-150)$ .

D'où $u_{n+1}=1,04\times(u_n-150)$

$u_{n+1}=1,04\times u_n-1,04\times 150\\\\\Longrightarrow\boxed{u_{n+1}=1,04u_n-156}$

3) Lignes L5, L6, L7 et L9 de l'algorithme :

L5 : Tant que $U\le\blue{33\ 000}$
L6 : n prend la valeur $\blue{n+1}$
L7 : U prend la valeur $\blue{1,04\times U+156}$
L9 : Sortie : Afficher $\blue{2016+n}$

4) a) Tableau de valeurs trouvées grâce à l'algorithme :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline x&\text{Initialisation}&\text{Etape 1}&\text{Etape 2}&\text{Etape 3}&\text{Etape 4}&\text{Etape 5}&\text{Etape 6} \\\hline \text{Valeur de }n&0&1&2&3&4&5&6\\\hline \text{Valeur de }U&27\ 500&28\ 444&29\ 426&30\ 447&31\ 509&32\ 613&33\ 762\\ \hline \end{array}$

b) La capacité maximale de l'établissement est de 33 000 étudiants.
Puisque 33 762 > 33 000, l'algorithme s'arrête à l'étape 6, soit pour n = 6.
Dans ce cas, 2016 + n = 2016 + 6 = 2022.

Par conséquent, la valeur affichée en sortie de cet algorithme est 2 022.

5) Pour tout entier naturel n, $v_n=u_n-3900$

a) $v_{n+1}=u_{n+1}-3900$

$v_{n+1}=(1,04\times u_n-156)-3900\\\\ v_{n+1}=1,04\times u_n-156-3900\\\\ v_{n+1}=1,04\times u_n-4046\\\\ v_{n+1}=1,04\times u_n-1,04\times3900\\\\ v_{n+1}=1,04\times (u_n-3900) \\\\\boxed{v_{n+1}=1,04\times v_n}$

D'où, la suite (v_n) est une suite géométrique de raison 1,04 et dont le premier terme est
v₀ = u₀ - 3900 = 27500 - 3900 = 23600.

b) Le terme général de la suite (v_n) est $v_n=v_0\times1,04^n$ , soit $v_n=23\ 600\times1,04^n$ .
Or $v_n=u_n-3900\Longrightarrow u_n=v_n+3900$

$\Longrightarrow\boxed{u_n=23\ 600\times1,04^n+3\ 900}$

c) Puisque 1,04 > 1, nous savons que $\lim\limits_{n\to+\infty}1,04^n=+\infty$
Par conséquent $\boxed{\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=+\infty}$

Nous pouvons interpréter ce résultat en disant que l'effectif de l'université pourra être aussi grand que nous le désirons si nous attendons un nombre d'années suffisamment grand.
Il n'y a donc pas de capacité maximale.

5 points

exercice 3

Candidats de la série ES n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité et candidats de la série L

Partie A

1) Arbre de probabilité

Sujet Bac ES-L Obligatoire et spécialité Amérique du Nord 2017 : image 15

2) L'événement "La personne choisie est intolérante au gluten et ne passe pas le test pour être diagnostiquée" se traduit par $I\cap\overline{T}$ .

En utilisant l'arbre pondéré, nous obtenons :

$p(I\cap\overline{T})= p(I)\times p_I(\overline{T})\\\\ p(I\cap\overline{T})=0,01\times0,8\\\\\boxed{ p(I\cap\overline{T})=0,008}$

3) En utilisant la formule de Bayes (probabilités totales), nous obtenons :

$P(T)= p(I\cap T)+ p(\overline{I}\cap T)\\\\ p(T)= p(I)\times p_I(T)+p(\overline{I})\times p_{\bar{I}}(T)\\\\p(T)=0,01\times0,2+0,99\times0\\\\\Longrightarrow\boxed{p(T)=0,002}$

Partie B

1) Par la calculatrice, nous obtenons : $p(9\le X\le13)\approx0,38292492$

En arrondissant cette valeur à $10^{-3}$ , nous trouvons : $\boxed{p(9\le X\le13)\approx0,383}$

2) $p(X\le6)=0,5-p(6\le X\le11)$

$p(X\le6)\approx0,5-0,39435022\\\\\Longrightarrow\boxed{p(X\le6)\approx0,106}$

3) Par la calculatrice, nous trouvons : $\boxed{X\approx15}$

Interprétation :

La maladie a été diagnostiquée au plus 15 ans après l'apparition des premiers symptômes pour 84 % des personnes intolérantes au gluten.

4) Nous pouvons d'emblée exclure la courbe 1 car son axe de symétrie semble être une droite d'équation x = 4 alors que la courbe doit avoir comme axe de symétrie la droite d'équation x = 11 puisque

= 11.

Excluons la courbe 3.
En effet, nous avons trouvé dans la question 1 que $p(9\le X\le13)\approx0,383$
Si la courbe recherchée était la courbe 3, cela signifierait que l'aire du domaine compris entre la courbe 3, l'axe des abscisses et les droites d'équation x =9 et x = 13 serait environ égale à 0,383 u.a.

Considérons le rectangle coloré jaune dans la figure ci-dessous dont les dimensions sont égales à 4 unités et 0,06 unité

Sujet Bac ES-L Obligatoire et spécialité Amérique du Nord 2017 : image 16

L'aire du rectangle est égale à 4 multiplie

0,06 = 0,24 u.a.

Si la courbe recherchée était la courbe 3, nous aurions alors 0,383 < 0,24, ce qui est absurde.
Nous excluons donc la courbe 3.

Par conséquent, la fonction de densité de la loi normale d'espérance = 11 et d'écart-type = 4 est représentée par la courbe 2.

5 points

exercice 3

Candidats de la série ES ayant suivi l'enseignement de spécialité

1) a) L'ordre du graphe est donné par le nombre de sommets.
Puisqu'il y a 9 sommets, ce graphe est d'ordre 9.

b) Un graphe est connexe si on peut relier deux quelconques de ses sommets par une chaîne (éventuellement réduite à une arête).
Considérons par exemple la chaîne D - M - J - L - G - V - B - R - H.
Elle contient tous les sommets du graphe. Cette chaîne permet donc de relier deux sommets quelconques par une chaîne.
Par conséquent, le graphe est connexe.

c) Un graphe est complet s'il est simple et si tous les sommets sont adjacents.
Le graphe proposé est simple car il ne contient pas de boucles et que chaque couple de sommets est relié par au plus une arête.
Par contre, les sommets H et B ne sont reliés par aucune arête. Ils ne sont donc pas adjacents.
Par conséquent, le graphe est n'est pas complet.

2) La question revient à déterminer si ce graphe connexe possède une chaîne eulérienne, soit déterminer s'il possède 0 ou 2 sommets de degré impair.
Calculons le degré de chacun des sommets.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline\text{Sommet}&B&D&G&H&J&L&M&R&V\\\hline\text{Degré}&2&1&3&2&3&4&5&3&5\\\hline \end{array}$

Puisque 6 sommets sont de degré impair, ce graphe ne possède pas de chaîne eulérienne.

Par conséquent, Sarah ne pourra pas emprunter toutes les routes une et une seule fois.

3) a) Les sommets étant placés dans l'ordre alphabétique, les coefficients manquants correspondent au nombre d'arêtes reliant M, R et V à B, D et G.
Ces coefficients manquants sont alors :

$\begin{matrix}0 & 1 & 0\\1 & 0 & 1\\1 & 0 & 1\end{matrix}$

b) Les nombres de chemins de longueur 4 sont les coefficients de la matrice $M^4$ .
Le nombre de chemins permettant d'aller de B à D est donné par le coefficient (1,2) de la matrice $M^4$ .
Ce coefficient est égal à 3.

Par conséquent, il existe 3 chemins de longueur 4 permettant d'aller de B à D.

4) Valeurs obtenues en utilisant l'algorithme de Dijkstra :

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline&B&\ \ D\ \ &\ \ G\ \ &\ \ H\ \ &J&L&M&R&V\\\hline B&\ \ 0\ \ &&&&&&&&\\\hline R&&&&&&&&50_B&220_B\\\hline G&&&150_R&272_R&&&&&220_B\\\hline V&& &&272_R&&291_G&&&220_B\\\hline H&&&&272_R&412_V&291_G&670_V&&\\\hline L&&&&&412_V&291_G&567_H&&\\\hline J&&&&&412_V&&567_H&&\\\hline M&&&&&&&567_H&&\\\hline D&&617_M&&&&&&&\\ \hline \end{array}$

Par conséquent, la distance minimale permettant d'aller du sommet B au sommet D est de 617 km.
Le trajet à emprunter est alors : B - R - H - M - D
6 points

exercice 4 - Commun à tous les candidats

Partie A : Etude graphique

1) f'(3) représente le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de f au point d'abscisse 3.

$f'(3)=\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\dfrac{0-4}{4-3}=\dfrac{-4}{1}\\\\\Longrightarrow\boxed{f'(3)=-4}$

2) Par le graphique, nous en déduisons le tableau de signe de f' sur l'intervalle [0,7 ; 6] :

$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline x&0,7&&1&&2&&6\\\hline f'(x)&&-&\barre{0}&+&\barre{0}&-&\\\hline \end{array}$

Partie B : Etude théorique

$f(x)=(x^2-2x+1)e^{-2x+6}$

1) Calcul de f'(x)

$f'(x)=(x^2-2x+1)'\times e^{-2x+6}+(x^2-2x+1)\times(e^{-2x+6})'\\\\f'(x)=(2x-2)\times e^{-2x+6}+(x^2-2x+1)\times(-2e^{-2x+6})\\\\f'(x)=[(2x-2)-2(x^2-2x+1)]\times e^{-2x+6}\\\\f'(x)=(2x-2-2x^2+4x-2)\times e^{-2x+6}\\\\\Longrightarrow\boxed{f'(x)=(-2x^2+6x-4)e^{-2x+6}}$

2) Nous savons que la fonction exponentielle est strictement positive.
Donc le signe de f'(x) sera le signe de -2x² + 6x - 4.

$\Delta=6^2-4\times(-2)\times(-4)=36-32=4>0$

Puisque $\Delta>0$ , le trinôme -2x² + 6x - 4 admet deux racines réelles distinctes :

$x_1=\dfrac{-6-\sqrt{4}}{-4}=\dfrac{-6-2}{-4}=\dfrac{-8}{-4}=2\\\\ x_2=\dfrac{-6+\sqrt{4}}{-4}=\dfrac{-6+2}{-4}=\dfrac{-4}{-4}=1$

Puisque le coefficient « a » de x² est négatif, le trinôme -2x² + 6x - 4 est négatif à l' « extérieur » des racines et positif entre les racines.

D'où le tableau de signe de f'(x) et les variations de f suivant :

$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline x&0,7&&1&&2&&6\\\hline -2x^2+6x-4&&-&\barre{0}&+&\barre{0}&-&\\\hline f'(x)&&-&\barre{0}&+&\barre{0}&-&\\\hline &f(0,7)&&&&f(2)&& \\ f(x)&&\searrow&&\nearrow&&\searrow& \\ &&&f(1)&&&&f(6) \\\hline \end{array}$

3) a) Nous savons que la fonction f est concave sur un intervalle I si et seulement si f''(x) < 0 sur l'intervalle I.

Or par le logiciel de lecture formelle, nous obtenons : $f''(x)=2e^{-2x+6}(2x^2-8x+7)$

Puisque l'exponentielle est strictement positive, nous avons : $2e^{-2x+6}>0$
Donc le signe de f''(x) sera le signe de 2x² - 8x + 7.

Les racines de f'', soit celles du trinôme 2x² - 8x + 7 ont été calculées par le logiciel :

$x_1=\dfrac{-\sqrt{2}+4}{2}\approx1,3\ \ ;\ \ x_2=\dfrac{\sqrt{2}+4}{2}\approx2,7$
Ces racines appartiennent bien à l'intervalle [0,7 ; 6].

D'où, puisque le coefficient « a » de x² est positif, le trinôme 2x² - 8x + 7 est positif à l' « extérieur » des racines et négatif entre les racines.
Par conséquent, f ''(x) < 0 sur l'intervalle $\left[\dfrac{-\sqrt{2}+4}{2}\ ;\ \dfrac{\sqrt{2}+4}{2}\right]$ .
Nous en déduisons que le plus grand intervalle sur lequel la fonction f est concave est l'intervalle $\left[\dfrac{-\sqrt{2}+4}{2}\ ;\ \dfrac{\sqrt{2}+4}{2}\right]$

b) La courbe représentative de la fonction f admettra un point d'inflexion sur l'intervalle [0,7 ; 6]
si et seulement si la dérivée seconde f '' s'annule en changeant de signe en une valeur x de cet intervalle.

Nous avons montré dans la question 3a) que la dérivée seconde s'annulait en changeant de signe en deux valeurs de l'intervalle [0,7;6].

D'où la fonction f admet deux points d'inflexion.

Leurs abscisses sont : $x_1=\dfrac{-\sqrt{2}+4}{2}\approx1,3$ et $x_2=\dfrac{\sqrt{2}+4}{2}\approx2,7$

c) Par le logiciel de calcul formel, nous savons qu'une primitive de la fonction f est la fonction F définie par

$F(x)=\dfrac{1}{4}(-2x^2+2x-1)e^{-2x+6}$

Dès lors,

$\displaystyle \int\limits_3^5f(x)\,dx=\left[F(x)\right]\limits_3^5=F(5)-F(3)\\\\ \displaystyle \int\limits_3^5f(x)\,dx=\dfrac{1}{4}(-2\times5^2+2\times5-1)e^{-2\times5+6}-\dfrac{1}{4}(-2\times3^2+2\times3-1)e^{-2\times3+6}\\\\\displaystyle \int\limits_3^5f(x)\,dx=\dfrac{1}{4}(-50+10-1)e^{-10+6}-\dfrac{1}{4}(-18+6-1)e^{-6+6}\\\\\displaystyle \int\limits_3^5f(x)\,dx=\dfrac{1}{4}\times(-41e^{-4})-\dfrac{1}{4}\times(-13e^{0})\\\\\displaystyle \int\limits_3^5f(x)\,dx=\dfrac{1}{4}\times(-41)\times e^{-4}-\dfrac{1}{4}\times(-13)\times1\\\\\Longrightarrow\boxed{\displaystyle \int\limits_3^5f(x)\,dx=\dfrac{1}{4}(-41e^{-4}+13)\approx3,1\ (\text{arrondi à }10^{-1}\ \text{près})}$

Publié par malou le 28-04-2018

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