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Exercice 1 : (4 points) (commun à tous les candidats)

1. Graphiquement la droite D passe par le point (0 ; 3) donc son ordonnée à l’origine est 3.

2. La droite D passe par les points (0 ; 3) et (1 ; 0).

Son coefficient directeur est ; 0 – 3

1 – 0 = – 3.

Comme D est la tangente à la courbe C au point d’abscisse 0, son coefficient directeur est donc égal à f ’(0) :

Donc f ’(0) = – 3

3. L’aire grisée sur la figure est l’aire de la partie du plan délimitée par la courbe C, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = 4. Elle est donc égale à

∫

₀⁴ ^{f ( x )dx}^{car f(x)}^≥⁰

sur [0 ; 4].

De plus l’aire du rectangle OBAE est égale à : 4 × 179 75 = 716

75. Donc

∫

₀⁴ ^{f ( x )dx}⁼⁷¹⁶₇₅^.

La valeur moyenne de la fonction f sur l’intervalle [0 ; 4] est égale à : µ = 1

4 – 0

∫

₀⁴ ^{f ( x )dx}

Donc µ = 1 4 × 716

75 soit µµµµ = 179 75

4. Sur [0 , 4], la fonction admet 2 extremums pour x = 1 et x = 3, donc l’équation f ’(x) = 0 possède deux solutions distinctes.

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Exercice 2 : (Sur 5 points) (Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité)

1. 3

5 des annonces reçoivent une première enchère le lendemain de leur parution ; dans ce cas, 75 % des vendeurs sont satisfaits du prix de vente final ;

Donc P(L) = 3

5 et PL(S) = 0,75 Donc P_L( S ) = 1 – 0,75 = 0,25 1

3 des annonces reçoit une première enchère au bout de trois jours et, dans ce cas, 57% des vendeurs sont satisfaits du prix de vente final de leur objet ;

Donc P(T) = 1

3 et PT(S) = 0,57 Donc P_T( S ) = 1 – 0,57 = 0,43

Les autres annonces ne reçoivent aucune enchère et le vendeur retire alors sou objet de la vente.

Donc P(A) = 1 – P(L) – P(T) = 1 15 L’arbre pondéré représentant la situation est :

2. La probabilité que l'annonce ait reçu une première enchère le lendemain de sa parution et que le vendeur soit satisfait du prix de vente final est égale à P(L ∩∩∩∩ S).

P(L ∩ S) = P(L) × PL(S) P(L ∩ S) = 3

5 × 0,75 P(L ∩∩∩∩ S) = 0,45

3. La probabilité que le vendeur soit satisfait du prix de vente de son objet est égale à P(S).

L, T et A forment une partition de l’ensemble annonces mise en ligne, donc, d’après la formule des probabilités totales, on a :

P(S) = P(S ∩ L) + P(S ∩ T) + P(S ∩ A)

= P(L) × PL(S) + P(T) × PT(S) + P(A) × PA(S) PA(S) = 0 car l’annonce est retiré de la vente

Donc P(S) = 3

5 × 0,75 + 1

3 × 0,57 soit P(S) = 0,64 L

T

S S S

S 3/5

0,75

0,57 1/3

0,25

0,43 A 1/15

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4. Un objet est vendu à un prix qui satisfait son vendeur, la probabilité que cet objet ait reçu une première enchère dès le lendemain de la parution de l'annonce est égale à PS(L).

PS(L) = P(S ∩ L) P(S) PS(L) = 0,45

0,64 soit PS(L) = 0,70 au centième.

5. La loi de probabilité associée à cette expérience est une loi binomiale de paramètres 3 (car il y a 3 jeux vidéo de mis en vente) et 0,64 (car la probabilité que le vendeur soit satisfait est 0,64).

Représentons la situation par un arbre

L'événement : « Marc soit satisfait du prix de vente final d’au moins deux de ces jeux vidéo » correspond aux chemins : S S S , S S S , S S S et S S S donc la probabilité de cette événement est : 3 × 0,64²× 0,36 + 0,64³ = 0,70 au centième.

0,36 0,64

S S

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Exercice 2 : (5 points) (Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité) 1.

a. Le graphe est connexe et il possède deux sommets de degré impair. Donc il admet une chaine eulérienne, c’est à dire passant par toutes les arêtes une seule fois.

Il a donc la possibilité d'effectuer un parcours empruntant une fois et une seule toutes les pistes cyclables.

b. Il ne pourra pas rendre sa bicyclette dans la station de départ car ce n’est pas un cycle eulérien (0 sommets impairs).

2. On appelle M la matrice associée à ce graphe.:

a. Une des deux matrices N ou T est la matrice M³.

Or il existe 2 chaînes de longueur 3 pour aller de A à G : ACFG et ABDG.

Le 1^er terme de la dernière colonne est 2 pour N et 1 pour T.

C’est donc N qui est égale à M³

b. Philippe a loué une bicyclette à la station F et l’a rendu à la station E. Au cours de son déplacement, il est passé exactement deux fois devant une station, donc c’est une chaine de longueur 3 de F vers E.

Dans N, le terme de la 6^ème ligne et 5^ème colonne est 11.

Donc il y a 11 trajets possibles.

3. On utilise l’algorithme de Dijkstra :

A B C F E D G sommets

fixés

0 7A 11A 13A A

11A 13A 21B 22B AB

13A 20C 22B ABC

20C 22B 31F ABCF

22B 31F ABCFE

27D ABCFED

Le chemin le plus court est alors : ABDG

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Exercice 3 : (4 points) (Commun à tous les candidats)

1. Le taux d'évolution de cet indice entre 2000 et 2006 est donné par : y6 – y0

y₀ = 181,5 – 100

100 = 81,5 %.

2.

2 3 4 5 6

120 130 140 150 160 170 180 190 200

0 1

100 110

x y

3.

Rang xi 0 1 2 3 4 5 6

z_i = ln y_i 4,605 4,666 4,739 4,837 4,967 5,114 5,201 4.

a. Une équation de la droite d'ajustement de z en x obtenue par la méthode des moindres carrés est : z= 0,104x + 4,564.

b. On en déduit :

z = ln y soit y = e^z.

y = e0,104x + 4,564

y = e^0,104x ×e^4,564 car e^{a + b} = e^a ×e^b. y = 95,967 e^0,104x.

Une approximation de l'indice des prix y en fonction du rang x de l'année est donnée par y = 95,967 e^0,104x.

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5. y ≈ 96e^0,104x

a. Soit n un entier tel que 96e^0,104n≥ 250 e^0,104n≥250

96 e^0,104n≥125

48 0,104n ≥ ln 125

48 car la fonction ln est croissante sur ]0 ; +∞[.

n ≥ ln 125

48 0,104 n ≥ 9,2

Le plus petit entier n tel que 96e^0,104n ≥ 250 est 10.

b. L’année ayant le rang 10 est 2010.

C’est à partir de 2010 que l’indice des prix des logements anciens en Ile de France aura dépassé 250.

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Exercice 4 : (7 points) (commun à tous les candidats) 1. Sur ] 0 ; + ∞ [, g(x) = ln x + 2x² – 3

Sur ] 0 ; α [ g(x) est négative Sur ] α ; + ∞ [ g(x) est positive Pour x = α, g(x) = 0.

Tableau de signe de g sur ] 0 ; + ∞∞∞∞ [ :

2. Sur ] 0 ; + ∞ [, f(x) = 2 x – ln x

x + 2x – 5 a. Limite en 0 :

x lim→ 0 2

x = + ∞

x → 0lim ln x = – ∞ et lim

x → 0⁺ x = 0⁺ donc lim

x → 0 ln x x = – ∞ x → 0lim (2x – 5) = – 5

Donc lim

x →→→→ 0 f(x) = + ∞∞∞∞ b. Limite en + ∞

x → + ∞lim 2 x = 0 x → + ∞lim

ln x

x = 0 (limites du cours) x → + ∞lim (2x – 5) = + ∞

Donc lim

x →→→ + ∞→ ∞∞∞ f(x) = + ∞∞∞∞

3. a. Sur ] 0 ; + ∞ [, f est dérivable de dérivée :

f ’(x) = – 2 x² –

1

x × x – 1 × ln x x² + 2

= – 2

x² – 1 – ln x x² + 2

= – 2 – 1 + ln x + 2x² x²

= ln x + 2x² – 3 x² Donc f ’(x) = g(x)

x²

x 0 α + ∞ g(x) – 0 +

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b. On a f ’(x) = g(x) x²

x² > 0 donc le signe de f ’(x) est le même que celui de g(x).

D’après la question 1. :

Sur ] 0 ; αααα [ f ’(x) est négative donc f est décroissante Sur ] αααα ; + ∞∞∞ [ ∞ f ’(x) est positive donc f est croissante Tableau de variation de f :

c. On a α ≈ 1,19 donc e ∈ [ α ; + ∞[

Comme f est croissante sur [ α ; + ∞[ alors pour tout x supérieur ou égal à e on a : f(e) ≤ f(x)

f(e) = 2 e – 1

e + 2e – 5 = 1

e + 2e – 5 ≈ 0,80 > 0.

Donc pour tout x supérieur ou égal à e on a : f(x) > 0.

4. Soit h la fonction définie sur ]0 ; + ∞[ par h(x) = (ln x)².

a. h est une fonction dérivable sur ]0 ; + ∞[ comme composée de fonction dérivable sur ]0 ; + ∞[.

h’(x) = 2 ln x × 1/x h’(x) = 2 ln x

x

b. On remarque que pour tout x de l'intervalle] 0 ; +∞[, on a : f(x) = 2 x – 1

2 h’(x) + 2x – 5 car h’(x) = 2 ln x

x . F(x) = 2 ln x – 1

2 × h(x) + 2 × x² 2 – 5x F(x) = 2 ln x – (ln x)²

2 + x² – 5x.

Une primitive F de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; + ∞[ est : F(x) = 2 ln x – (ln x)²

2 + x² – 5x.

x f '(x)

f 0

− + ∞

α

+

f(α)

+ ∞ +∞

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c. Sur l’intervalle [e ; e²], la fonction est positive (question 3. c.).

On en déduit que l'aire en unités d'aire de la partie du plan délimitée par la courbe Cf, l’axe des abscisses et les droites d'équation x = e et x = e² est donnée par :

I =

e2

∫

e f(x) dx u.a.

I =

e2 2

2 e

(ln x)

2 ln x x 5x

2

 

− + −

 

 

I = 2 ln e² – (ln e²)²

2 + (e²)² – 5e² – (2 ln e – (ln e)²

2 + e² – 5e) I = 2 × 2 – 4

2 + e⁴ – 5e² – 2 + 1

2 – e² + 5e I = 4 – 2 – 3

2 + e⁴ – 6 e² + 5e I = e⁴ – 6 e² + 5e + 1

2 I ≈≈≈≈ 24,36 ua.