[ Corrigé du baccalauréat ES Nouvelle-Calédonie mars 2007 \
EXERCICE1 4 points
Commun à tous les candidats 1. On litf′(−3)= 3−1
−2−(−3)=2 (pente de la tangente en A).
f′(−1)=0 : tangente horizontale.
2. a. Comme la fonction exponentielle est croissante surR, la composition par cette fonction exponentielle ne va pas changer les variations dex7−→ef(x).
b. • lim
x→−∞f(x)= −∞, donc par composition lim
x→−∞ef(x)=0.
• lim
x→+∞f(x)=0, donc par composition lim
x→−∞ef(x)=1.
c. Commeg′(x)=f′(x)ef(x), doncg′(−3)=f′(−3)ef(−3)=2×e1=2e.
3. a. On a lim
x→+∞f(x)=0, donc lim
x→+∞ln[f(x)]= −∞. b. Sur ]−3, 1 ;+∞[,hest dérivable et :
h′(x)= f′(x)
f(x), donch′(−3)=f′(−3) f(−3) =2
1=2.
EXERCICE2 5 points
Pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
Première méthode : graphe probabiliste
1. Si A gagne la partie de la semaine, la probabilité qu’il gagne alors la partie de la semaine sui- vante est de 0,4 donc la probabilité de rester dans l’état A estpAn(An+1)=0, 4 et la probabilité de passer de l’état A à l’état B estpAn(Bn+1)=0, 6.
Si A perd la partie, la probabilité qu’il gagne la partie de la semaine semaine suivante, est de 0, 9 donc la probabilité de passer de l’état B à l’état A estpBn(An+1)=0, 9 et la probabilité de rester dans l’état B estpBn(Bn+1)=0, 1. On a donc le graphe probabiliste suivant :
A B
0,4 0,1
0,6
0,9 La matrice de transition associée est doncM=
µ0, 4 0, 6 0, 9 0, 1
¶ . 2. La matrice de l’état initial estP1=¡
0, 7 0, 3¢ .
L’état probabiliste de la semainenestPn=P1×Mn−1donc en particulier : P4=P1×M3=¡
0, 7 0, 3¢
µ0, 55 0, 45 0, 675 0, 325
¶
=¡
0,5875 0,4125¢ .
Donc la probabilité pour que A gagne la partie de la 4esemaine est égale à 0,587 5 3. P×M=P ⇐⇒ (x 1−x)
µ0, 55 0, 45 0, 675 0, 325
¶
=(x 1−x)⇐⇒
¡0, 4x+0, 9(1−x) 0, 6x+0, (1−x)¢
=(x 1−x)⇐⇒
½ 0, 9−0, 5x = x 0, 1+0, 5x = 1−x
⇐⇒
½ 0, 9 = 1, 5x
−0, 9 = −1, 5x , d’oùx=0, 6.
L’état stable est donc¡
0, 6 0, 4¢ .
Corrigé du baccalauréat ES A. P. M. E. P.
4. Le résultat précédent montre que lim
n→+∞an=0, 6.
Au bout d’un certain nombre de semaines la probabilité de gagner pour A se rapproche de 0,6.
Deuxième méthode : probabilité et suites 1. a. On ap(An)=anetp(Bn)=1−p(An)=1−an.
Si A gagne la semainen, la probabilité de gagner la semainen+1 estpAn(An+1)=0, 4 et pAn(Bn+1)=0, 6.
Si A perd la semainen, la probabilité de gagner la semainen+1 est pBn(An+1)=0, 9 etpBn(Bn+1)=0, 1.
D’où l’arbre suivant :
b b
An
an
b An+1
0,4
b Bn+1
0,6
b
Bn
b An+1
0,9
b Bn+1
0,1 b. D’après la loi des probabilités totales on a :
pAn+1=p(An∩An+1)+p(Bn∩An+1)=p(An)×pAn(An+1)+p(Bn)×pBn(An+1)= an×0, 4+(1−an)×0, 9=0, 9+0, 4an−0, 9an=0, 9−0, 5an, soit :
an+1=0, 9−0, 5an. 2. a. Pourn>1, on a :
un+1=an+1−0, 6=0, 9−0, 5an−0, 6=0, 3−0, 5an=0, 5 µ0, 3
0, 5−an
¶
=0, 5(0, 6−an)=
−0, 5(an−0, 6)= −0, 5un.
un+1= −0, 5unsignifie que la suite (un) est une suite géométrique de raison−0, 5 de pre- mier termeu0=a0−0, 6=0, 7−0, 6=0, 1.
b. On sait queun=u0×qn=0, 1×(−0, 5)n. Orun=an−0, 6⇐⇒ an=un+0, 6, soit : an=0, 1×(−0, 5)n+0, 6.
On sait que−1< −0, 5<0 et que lim
n→+∞(−0, 5)n=0, donc lim
n→+∞an=0, 6.
On retrouve le fait que la limite de la suite (an) est égale à 0,6.
EXERCICE3 5 points
Commun à tous les candidats
1. La probabilité de tomber sur une pièce défectueuse est égale à : p(DA∪DB)=p(DA)+p(DB)−p(DA∩DB)=0, 28+0, 37−0, 10=0, 55.
2. a.
0,4 A
0,4 R
R
0,6 B
0,3 R
R
Nouvelle-Calédonie 2 mars 2007
Corrigé du baccalauréat ES A. P. M. E. P.
b. Il faut trouver :
p(A∩R)=p(A)×pA(R)=0, 4×0, 4=0, 16.
c. On a de mêmep(B∩R)=p(B)×pB(R)=0, 6×0, 3=0, 18.
D’après la loi des probabilités totales on a : p(R)=p(A∩R)+p(B∩R)=0, 16+0, 18=0, 34.
d. On apR(A)=p(R∩A p(R) =0, 16
0, 34=16 34= 8
17.
e. La probabilité de tirer une pièce ayant le défaut DAest égale à 0,4. Les tirages s’effectuent dans des conditions identiques et de manière indépendante, donc on a une épreuve de Bernoulli. En trois tirages les issues favorables sont :
A–A–B ; A–B–A et B–A–A donc trois tirages favorables dont la probabilité est égale à 0, 42× 0, 6.
La probabilité pour que, sur les 3 pièces choisies, exactement 2 pièces aient le défaut DA
est donc égale à :
3×0, 42×0, 6=3×0, 16×0, 6=0, 288, soit un peu moins de 30 %.
EXERCICE4 6 points
Commun à tous les candidats
1. • Sur [0 ; 1],f est dérivable et sur cet intervalle :f′(x)= −8x+8.
Or 06x61 ⇐⇒068x68⇐⇒ −86−8x60⇐⇒ 06−8x+868.
Donc sur [0 ; 1], f′(x)>0 : la fonction est croissante.
• Sur [1 ; 5],f est dérivable et sur cet intervalle :f′(x)=1 x−1.
Or 16x65 ⇐⇒ 1
5l eq sl ant1
x 61⇐⇒ 1
5−1l eq sl ant1
x−161−1 soit−4
56f′(x)60.
Donc sur [1 ; 5]f′(x)60 doncf est décroissante.
2. a. Sur [0 ; 1], une primitive def est la fonctionFdéfinie parF(x)= −4x3 3 +4x2.
b. On a vu que sur [0 ; 1] la fonction f est croissante def(0)=0 àf(1)=4 : la fonction est donc positive et l’aire du domaine plan limité par la courbe (C), l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la droite d’équationx=1 est égal à l’intégrale
Z1
0 f(x) dx=[F(x)]10= F(1)−F(0)= −413
3 +4×12−
·
−403 3 +4×02
¸
=4−4 3=8
3. 3. a. Gest dérivable sur [1 ; 5] et sur cet intervalleG′(x)=lnx+x×1
x−1=lnx+1−1=lnx.
DoncGest une primitive degsur [1 ; 5]
b. f est décroissante def(1)=ln 1−1+5=4 à f(5)=ln 5−5+5=ln 5. f est donc posi- tive et l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine plan limité par la courbe (C), l’axe des abscisses, et les droites d’équationsx=1 etx=5 est égale à l’intégrale
Z5
1 f(x) dx=
·
G(x)−x2 2 +5x
¸5
1
=
·
xlnx−x−x2 2 +5x
¸5
1
=5ln 5−5−52 2 +5−
·
1ln 1−1−12 2 +5
¸
=5ln 5+ 20−5−25
2 +1+1
2=5ln 5+4.
4. Le nombre total d’appels (en milliers) reçus pendant ces 5 minutes est égal à Z5
0 f(x) dx= Z1
0 f(x) dx+ Z5
1 f(x) dx=8
3+5ln 5+4=5ln 5+20
3 ≈14,7139.
En arrondissant à l’unité le nombre total d’appels reçus pendant ces 5 minutes est de 14 714.
Nouvelle-Calédonie 3 mars 2007
Corrigé du baccalauréat ES A. P. M. E. P.
0 1 2 3 4 5 6
0 1 2 3 4 5
(C
0 1 2 3 4
0 1 2 3 4 5
0 1 2 3 4 5
0 1 2 3 4 5 6
Nouvelle-Calédonie 4 mars 2007
