EXERCICE1 4 points 1. ln¡
x2¢
=2⇐⇒ x2=e2 ⇐⇒x=e oux= −e.
2. exp(2x−6)=e2x−6=e2(x−3)=¡ ex−3¢2
.
3. On sait que quel que soitx, ex>0 ; il faut donc résoudre l’inéquation ex<9⇐⇒ x<ln 9 ⇐⇒
x<ln 32⇐⇒ x<2ln 3.S=]− ∞; 2ln 3[.
4.
Z5
0 f(x)dx= Z2
0 f(x)dx+
Z5
2 f(x)dx ⇐⇒
Z5
2 f(x)dx= Z5
0 f(x)dx−
Z2
0 f(x)dx=1, 9−(−0, 9)= 2, 8.
5. Vm= 1 4−0
Z4 0
1
x+1dx=1
4[ln(x+1)]40=ln 5−ln 1 4 =ln 5
4 . 6. Comme lim
x→+∞ex= +∞, lim
x→+∞
2
ex =0 et lim
x→+∞ln µ2
ex
¶
= −∞. 7. On a¡
3lnq(2+lnq)¢′
=3
q(2+lnq)+3lnq×1
q =6+3lnq+3lnq
q =6+6lnq q . 8. On af′(x)=2
x−3.
Une équation de la tangente au point A d’abscisse 1 et d’ordonnée 2ln 1−3×1+5=2 est y−f(1)=f′(1)(x−1)=0, soity−2= −1(x−1)⇐⇒ y= −x+3.
EXERCICE2 6 points
PARTIE A : UTILISATION D’UN GRAPHIQUE 1. A(0 ; 6)∈Cg ⇐⇒6=g(0) a
e0+1 ⇐⇒6=a 2.
Le nombre dérivé en 0 est le coefficient directeur de la droite (AB) soit0−6 4−0= −3
2=g′(0).
2. g′(x)= − abebx
¡ebx+1¢2. 3. • g(0)=6 ⇐⇒ a
e0+1=6⇐⇒ a
2 =6 ⇐⇒a=12.
• g′(0)= −3
2 ⇐⇒ − 12be0
¡e0+1¢2= −3
2 ⇐⇒b=1 2. On a doncg(x)= 12
e0,5x+1. PARTIE B : ÉTUDE DE FONCTIONS
1. On donnef(x)=e0,5x−1 pour tout réelxdans [0 ;+∞[ a. • f(0)=e0−1=1−1=0.
• lim
x→+∞e0,5x= +∞, donc lim
x→+∞f(x)= +∞.
b. f est dérivable sur [0 ;+∞[ et sur cet intervalle : f′(x)=0, 5e0,5x.
f(x)>0 car c’est le produit de deux nombres supérieurs à zéro.
La fonctionf est donc strictement croissante sur [0 ;+∞[ def(0)=0 à plus l’infini.
c. Voir ci-dessous.
2. a. On a f(p)=g(p) ⇐⇒ e0,5p−1= 12
e0,5b+1 ⇐⇒ ¡
e0,5p−1¢ ¡
e0,5b+1¢
=12 ⇐⇒ ep−1= 12⇐⇒ ep−ep=13 ⇐⇒ p=ln 13≈2, 565.
Voir sur le graphique.
b. On af(p)=g(p)=e0,5p−1=e0,5 ln 13−1=¡ eln 13¢0,5
−1=130,5−1=p 13−1.
c. On a vu que pourx>0, f(x)>0, donc l’intégrale est égale à l’aire, en unité d’aire de la surface limitée par la courbeCf, l’axe des abscisses et le droites d’équationsx=0 et x=ln 13.
Une primitive def est la fonctionFdéfinie sur [0 ;+∞[ par : F(x)= 1
0, 5e0,5x−x, d’où : Zln 13
0 f(x) dx=[F(x)]ln 130 =F(ln 13)−F(0)= 1
0, 5e0,5x−x− µ 1
0, 5e0,5x−x
¶
= 1
0, 5e0,5×ln 13− ln 13−
µ 1 0, 5e0−0
¶
=2×130,5−ln 13− 1 0, 5=2p
13−2−ln 13≈2, 646
Annexe
0 2 4 6 8 10
0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5 4,0 4,5 5,0
A
B
Cg
O
Cf
≈2, 565
≈2, 606
PARTIE C : INTERPRÉTATION ÉCONOMIQUE
1. Le prix d’équilibre est le nombreptrouvé dans la partie B, puisquef(p)=g(p).
On a doncp≈2, 565 centaines d’euros soit à l’euro prèsp≈257(. 2. On a R=np−
Zp
0 f(x) dx=
³p 3−1´
×ln 13−2p
13+2+ln 13.
R=p
13 ln 13−ln 13−2p
13+2+ln 13=(ln 13−2)p 13+2.
EXERCICE3 5 points 1. a.
B 0,3
0,8 M 0,2 M
R
0,2 0,5 M
M
C
0,5 0 M
1 M b. On ap(C)=1−p(B)−p(R)=1−0, 3−0, 2=0, 5.
c. On sait quep(B∩M)=0, 24.
Orp(B∩M)=p(B)×pB(M), donc 0, 24=0, 3×pB(M)⇐⇒pB(M)=0, 24
0, 3 =0, 8.
d. On sait quepR(M)=0, 5, donc :
p(M)=p(B∩M)+p(R∩M)=0, 3×0, 8+0, 2×0, 5=0, 24+0, 1=0, 34.
e. Il faut trouverp M(R)=p(M∩R) p(M) = 0, 1
0, 34≈0,2941, soit 0,294 au millième près.
2. a. X suit une loi binomiale de paramètresn=3 etp=0, 34. La probabilité que les trois étu- diants empruntent un magazine chacun est donc égale à :
0, 343≈0, 0393, soit 0,039 au millième près.
b. Xpeut prendre les valeurs 0, 1, 2 et 3.
c.
xi 0 1 2 3
p(X=xi) 0, 287 0, 444 0, 229 0, 039 d. On sait que l’espérance deXest :
E=n×p=3×0, 34=1, 02.
Cela signifie que sur un grand nombre chaque triplet d’étudiants interrogés aura emprunté en moyenne un magazine.
EXERCICE4 5 points
1. Pourcentage d’augmentation de la fréquence de visite de ce site entre les mois 2 et 3 : 60−32
32 ×100=28
32×100=87, 5 ( %).
2. Sicest le nombre de visiteurs le cinquième mois,on a : 157=15+32+60+125+c+491
6 ⇐⇒6×157=723+c ⇐⇒942=723+c ⇐⇒c=942−723= 219.
3.
0 25 50 75 100 125 150 175 200 225 250 275 300 325 350 375 400 425 450 475
0 1 2 3 4 5 6
b b b b b
4. a. Les points dans l’ensemble ne sont pas alignés. L’ajustement affine n’est pas pertinent.
b. xi 1 2 3 4 5 6
zi 0,405 1,163 1,792 2,526 3,086 3,894
c. La calculatrice donnez=0, 684x−0, 251 les coefficients étant arrondis au millième.
d. Poury>0, on a : z=ln³y
10
´
⇐⇒ y
10=ez ⇐⇒ y=10×ez ⇐⇒ y=10×e0,684x−0,251
=10×e0,684x×e−0,251. Or e−0,251≈0,7788.
Finalement :y≈10×0,7788×e0,684x=7, 788×e0,684xsoit enfin : y≈7, 79×e0,68x.
e. Avec ce modèle pourx=10, on obtient :
y≈7, 79×e0,68×10=7, 79×e6,8≈6994,23, soit environ 6 994 visiteurs.
Ce nombre paraît légèrement exagéré...
EXERCICE4 5 points Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Partie A
1. Graphe probabiliste correspondant à cette situation :
A B
0,6 0,9
0,4
0,1 La matrice de transition estM=
µ0, 6 0, 4 0, 1 0, 9
¶ .
2. a. En 2005, 25 % de la population est abonnée à l’opérateur A, donca0=0, 25 etb0=0, 75.
E0=¡
0, 25 0, 75¢ .
b. On sait queE1=E0×M=¡
0, 25 0, 75¢
×
µ0, 6 0, 4 0, 1 0, 9
¶
=¡
0, 225 0, 775¢ . c. On aE8=E0×M8=¡
0, 25 0, 75¢
×
µ0, 6 0, 4 0, 1 0, 9
¶8
. En arrondissant les coefficients au cen- tième, la calculatrice ddonne :E8=¡
0, 2 0, 8¢ . d. On doit avoirE=E×Mou¡
a b¢
=¡ a b¢
×
µ0, 6 0, 4 0, 1 0, 9
¶
, ce qui donne le système :
a = 0, 6a+0, 1b b = 0, 4a+0, 9b
a+b = 1
⇐⇒
0, 4a−0, 1b = 0
−0, 4a+0, 1b = 0
a+b = 1
⇐⇒
½ 4a−b = 0
a+b = 1 ⇒(par somme) 5a=1⇐⇒ a=1
5=0, 2. D’oùb=0, 8.
L’état stable du système estE=¡
0, 2 0, 8¢ .
Au bout d’un certain nombre d’années 20 % de la population sera abonné chez l’opérateur A.
Partie B
1. Pour tout natureln, En+1=En×Msoit¡
an+1 bn+1¢
=¡
an bn¢
×
µ0, 6 0, 4 0, 1 0, 9
¶
⇐⇒
an+1 = 0, 6an+0, 1bn
bn+1 = 0, 4an+0, 9bn
an+bn = 1
⇐⇒
an+1 = 0, 6an+0, 1(1−an) bn+1 = 0, 4(1−bn)+0, 9bn
an+bn = 1
⇐⇒
an+1 = 0, 5an+0, 1 bn+1 = 0, 5bn+0, 4 an+bn = 1 2. a. Avecun=an−0, 2, on peut écrire :
un+1=an+1−0, 2⇐⇒ un+1=0, 5an+0, 1−0, 2⇐⇒
un+1=0, 5an−0, 1⇐⇒ un+1=0, 5(an−0, 2), soitun+1=0, 5un, relation qui montre que la suite (un) est une suite géométrique de raison 0,5 de premier termeu0=a0−0, 2=0, 25− 0, 2=0, 05.
b. On sait queun=u0×qn=0, 05×0, 5n.
un=0, 05×0, 5n. c. On sait que 0<0, 5<1, donc lim
n→+∞0, 5n=0, donc lim
n→+∞un=0.
Orun=an−0, 2⇐⇒ an=un+0, 2, donc lim
n→+∞an=0, 2.
