[ Corrigé du baccalauréat ES Antilles-Guyane juin 2007 \ E

[ Corrigé du baccalauréat ES Antilles-Guyane juin 2007 \

EXERCICE1 4 points

Commun à tous les candidats

1. 35 % ont un enfant, donc 65 % n’en n’ont pas : la probabilité est donc égale àp³ E´

=0, 65.

2. p_E(C)=0, 4.

3. E∩Cest l’évènement : « ne pas avoir d’enfant et prendre un panier de 5 kg ».

On ap³ E∩C´

=p³ E´

×p_E(C)=0, 65×0, 4=0, 26.

4. a. On a doncp(C)=0, 3=p(C∩E)+p³ C∩E´

⇐⇒ p(C∩E)=0, 3−p³ C∩E´

=0, 3−0, 26= p(C)=0, 04.

b. On apE(C)=p(E∩C) p(E) =0, 04

0, 35= 4

35≈0, 114.

EXERCICE2 5 points

Réservé aux candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité.

1. a. On litf(1)= −1 et la tangente au poInt d’abscisse 1 est horizontale, donc f^′(1)=0.

b. L’axe (Oy) est asymptote verticale, donc lim

x→0f(x)= +∞; L’axe (Ox) est asymptote horizontale, donc lim

x→+∞f(x)=0.

c. f(x)>₀⇐⇒0<x6¹

e: les solutions sont les réels de l’intervalle

¸ 0 ; 1

e

¸ .

f^′(x)>₀ ⇐⇒ f est croissante ⇐⇒ x >1 : les solutions sont les réels de l’intervalle [1 ;+∞[.

2. a. f est dérivable sur I et sur cet intervalle : f^′(x)=b×¹

x×x−1(a+blnx)

x² =b−a−blnx x² . b.

½ f(1) = −1 f^′(1) = 0 ⇐⇒

½ a = −1

b−a = 0 ⇐⇒

½ a = −1 b = −1 Conclusion : sur I,f(x)= −1+lnx

x . c. • Sur I,f(x)>0⇐⇒ −1+lnx

x >0 ⇐⇒ −(1+lnx)>0 ⇐⇒1+lnx60⇐⇒

lnx6−1 ⇐⇒ x6e⁻¹⇐⇒ x<1

e: on retrouve bien l’intervalle

¸ 0 ; 1

e

¸ .

• Sur I,f^′(x)>0 ⇐⇒ lnx

x² >0⇐⇒ lnx>0 ⇐⇒ lnx>ln 1⇐⇒ x>1 : on retrouve bien l’intervalle [1 ;+∞[.

EXERCICE2 5 points

Réservé aux candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité 1. P0=75000.

L’année suivante l’accroissement est de 14 pour mille soit 14×75000=1050000 personnes soit 1 050 milliers, plus un solde entrants/sortants de 7 000 personnes soit 7 milliers.

Corrigé du baccalauréat ES A. P. M. E. P.

On a doncP1=75000+1050+7=76057.

De mêmeP2=P1×1, 014+7=77128,8 etP3=P2×1, 014+7=78215,6.

On voit tout de suite que la suite n’est pas arithmétique carP2−P16=P1−P0et qu’elle n’est pas non plus géométrique car P2

P1

6=P1

P0

.

2. Augmenter d’une année sur l’autre de 14 pour mille ou de de 1,4 pour cent c’est multiplier par 1, 014 et chaque année le solde entrants/sortants est de + 7, doncPn+1=1, 014Pn+7.

3. On aUn+1=Pn+1+500=1, 014Pn+7+500=1, 014Pn+507=1, 014

³

Pn+ ⁵⁰⁷

1,014

´

=1, 014(Pn+500)= Un+1=1, 014Un.

L’égalitéUn+1=1, 014Unmontre que la suite (Un) est une suite géométrique de raison 1, 014.

Son premier terme estU0=P0+500=75000+500=75500.

4. On sait que pour tout natureln,Un=U0×1, 014ⁿ=75500×1, 014ⁿ. OrUn=Pn+500⇐⇒Pn=Un−500=75500×1, 014ⁿ−500.

5. a. 2010 correspond au rangn=5, ce qui donneU5=75500×1, 014⁵−500=80435,1 milliers de personnes, soit environ 80 435 000 habitants.

b. Il faut trouver le plus petit naturelnvérifiant :

75500×1, 014ⁿ−500>2×75000⇐⇒ 75500×1, 014ⁿ>150500 ⇐⇒1, 014ⁿ>^{155 000}₇₅₅₀₀ ⇐⇒

nln 1, 014>ln¡_{155 000}

75500

¢ ⇐⇒n>^ln

¡_{155 000} 75500

¢

ln 1,014 . Or^ln

¡_{155 000} 75500

¢

ln 1,014 ≈49, 6.

Il faudra attendre d’après cette prévision 50 ans, soit en 2055.

EXERCICE3 5 points

Commun à tous les candidats

1. De 2001 à 2002, l’augmentation relative est égale à 2300−1650

1650 =0,3939 soit environ 39,4 %.

2.

0 500 1000 1500 2000 2500 3000 3500 4000 4500 5000

0 1 2 3 4 5 6 7

b b b b b b b

Antilles-Guyane 2 juin 2007

Corrigé du baccalauréat ES A. P. M. E. P.

3. La calculatrice donne après arrondis à l’unitéy=880x−582.

Voir ci-dessus

4. On propose un deuxième ajustement de cette série statistique par la fonction f définie, pour tout réel positifx, par : f(x)=130x²+100x+68.

Recopier et compléter le tableau suivant :

x 0 1 2 3 4 5 6

f(x) 68 298 788 1 538 2 548 3 818 5 348

0 1000 2000 3000 4000 5000 6000

0 1 2 3 4 5 6 7

b b b b b b b

D C

5. 2005 correspond au rangx=7.

Avec l’estimation affine on obtienty=880×7−582=6160−582=5578.

Avec l’estimation par la parabole, on obtient y =130×7²+130×7+68=7348 : c’est donc l’ajustement par la fonctionf qui est la meilleure.

EXERCICE4 6 points

Commun à tous les candidats

1. Le tableau de variations montre que sur ]− ∞;a[,f(x)<0 ; Sur ]a;+∞[, f(x)>0 et enfinf(a)=0.

2. a. On a lim

x→0e^x=1 et lim

x→0l nx= −∞, donc lim

x→0= +∞.

Géométriquement ce résultat signifie que l’axe des ordonnées est asymptote verticale à la représentation graphique def au voisinage de zéro.

b. f est dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : f^′(x)=e^x−1

x =xe^x−1 x =g(x)

x .

c. On a vu le signe deg(x) qui est le même que celui def^′(x) carx>0, d’où :

• sur ]a;+∞[, g(x)>0, doncf^′(x)>0 : la fonctionf est croissante sur ]a;+∞[ ;

• sur ]0 ;a[, g(x)<0, doncf^′(x)<0 : la fonctionf est décroissante sur ]0 ;a[ ;

• f^′(a)=0.f(a)=e^a−lnaest le minimum def sur ]0 ;+∞[.

Antilles-Guyane 3 juin 2007

Corrigé du baccalauréat ES A. P. M. E. P.

3.

0 1 2 3 4 5 6

0 1 2

C

a

4. a. Voir la figure ci-dessus.

b. La fonctionHest dérivable sur ]0 ;+∞[ et sur cet intervalle : H^′(x)=lnx+x×1

x−1=lnx+1−1=lnx : la fonctionH est donc une primitive de la fonctionhdéfinie sur ]0 ;+∞[ parh(x)=lnx.

c. Du résultat précédent on déduit qu’une primitive sur ]0 ;+∞[ de la fonctionf est la fonc- tionFdéfinie sur cet intervalle par :

F(x)=e^x−(xlnx−x)=e^x−xlnx+x.

d. Des variations def on a vu que sur l’intervalle [1 ; 2],f(x)>0, donc l’aire du domaineD est égale en unité d’aire à l’intégrale :

Z2 1

f(x) dx=[F(x)]²₁=F(2)−F(1)=e²−2ln 2+2−¡

e¹−1ln 1+1¢

=e²−e−2ln 2+1 (u. a.).

D’après l’énoncé l’unité d’aire vaut 4×2=8 cm², donc l’aire en cm²est égale à : 8¡

e²−e−2ln 2+1¢

≈34, 28≈34, 3 cm². (ce que l’on peut vérifier approximativement en comptant les carreaux de 1 cm²)

Antilles-Guyane 4 juin 2007