EXERCICE1 4 points Commun à tous les candidats
Aucune justification n’était demandée dans cet exercice.
1. réponseb.
La fonction f est négative sur⌈⌊−1 ;7⌉⌋donc l’intégrale est négative.
2. réponseb.
L’intervalle de confiance au niveau de confiance 95 % est
· f − 1
pn;f + 1 pn
¸
; son amplitude est p2
n. On résout l’inéquation 2
pn 60,04et on trouve n>2500.
3. réponseb.
On calcule la dérivée de f : f′(x)=2(x+1)−2xlnx
x(x+1)2 donc f′(1)=1.
Le coefficient directeur de la tangente vaut1, ce qui élimine les réponsesc.etd.De plus f(1)=1 donc la courbe et sa tangente passent par le point de coordonnées(1 ;1)ce qui élimine la réponsea.
4. réponsea.
Il faut d’abord quex>0 et que 3x−6>0 oux>2. On cherche donc des solutions dans ]2 ;+∞[.
lnx+ln 2>ln (3x−6) ⇐⇒ln (2x)>ln(3x−6)⇐⇒2x>3x−6⇐⇒ 6>x ; finalement2<x66.
EXERCICE2 5 points
Candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité et candidats de L
1. La production diminue de 2 % par an ; or diminuer de 2 % revient à multiplier par 1− 2
100=0,98.
Donc pour toutn,Un+1=Un×0,98.
De plusU0=120000.
La suite (Un) est donc géométrique de premier termeU0=120000 et de raisonq=0,98.
D’après le cours, on peut déduire que, pour tout entier natureln: Un=U0×qn=120000×0,98n.
2. a. Comme 2005=2000+5, l’année 2005 correspond àn=5.
On cherche doncU5:U5=120000×0,985≈108470 Le nombre de jouets fabriqués en 2005 est 108470.
b. Pour déterminer à partir de quelle année, le nombre de jouets fabriqués sera strictement in- férieur à 100 000, on résout l’inéquationUn<100000.
Un<100000⇐⇒120000×0,98n<100000 ⇐⇒0,98n<100000 120000
⇐⇒0,98n<5
6 ⇐⇒ln(0,98n)<ln µ5
6
¶
⇐⇒nln (0,98)<ln µ5
6
¶
⇐⇒n> ln¡5
6
¢
ln (0,98)car ln (0,98)<0 Or ln¡5
6
¢
ln (0,98)≈9,02 doncn>10.
C’est donc à partir de 2000+10=2010 que le nombre de jouets fabriqués sera strictement inférieur à 100 000.
À la calculatrice on trouve U9≈100050et U10≈98049.
c. L’algorithme donné dans le texte affichera le plus petit entierntel queUn<90000 si on com- plète les lignes 8 et 9 ainsi :
8 nprend la valeurn+1 9 Aprend la valeurA×0,98 Autre possibilité :
8 nprend la valeurn+1
9 Aprend la valeur 120000×0,98n
3. a. 1+0,98+0,982+ ··· +0,98nest la somme desn+1 premiers termes d’une suite géométrique de premier terme 1 et de raison 0,98 ; donc :
1+0,98+0,982+ ··· +0,98n=1×1−0,98n+1 1−0,98 = 1
0,02ס
1−0,98n+1¢
=50¡
1−0,98n+1¢
b. Sn=U0+U1+U2+ ··· +Un=U0+U0×0,98+U0×0,982+ ··· +U0×0,98n
=U0¡
1+0,98+0,982+ ··· +0,98n¢
=120000×50¡
1−0,98n+1¢
=6000000¡
1−0,98n+1¢
c. Le nombre total de jouets fabriqués pendant les 15 premières années est égal àU0+U1+ ··· + U14=S14=6000000¡
1−0,9815¢
=1568585
Le nombre total de jouets fabriqués pendant les 15 premières années de production est égal à 1 568 585.
EXERCICE2 5 points
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité
1. Le graphe probabiliste traduisant les données de l’exercice est :
C T
0,03
0,02
0,97 0,98
2. P1=¡ c1 t1¢
Or le premier jour, 70 % des employés ont choisi un café doncc1=0,7 et donct1=1−c1=1−0,7= 0,3.
DoncP1=¡
0,7 0,3¢
3. La matrice de transitionMde ce graphe, estM=
µ0,97 0,03 0,02 0,98
¶ .
La probabilité qu’un employé choisisse du thé le quatrième jour est t4; on va donc chercher P4=¡
c4 t4¢ .
On sait queP4=P3×Met queP3=P2×M doncP4=P2×M2; de mêmeP2=P1×M donc P4=P1×M3.
En effectuant les calculs à la calculatrice, on trouveP4≈¡
0,66 0,34¢
, donc la probabilité qu’un employé choisisse un thé le quatrième jour est 0,34.
4. a. L’état stable¡ c t¢
est l’unique état tel que
½ c+t =1
¡c t¢
×M=¡ c t¢ On calcule :
¡0,4 0,6¢
×M=¡
0,4 0,6¢
×
µ0,97 0,03 0,02 0,98
¶
=¡
0,4×0,97+0,6×0,02 0,4×0,03+0,6×0,98¢
=¡
0,4 0,6¢ De plus 0,4+0,6=1 Donc¡
0,4 0,6¢
est l’état stable du système.
b. Puisque l’état stable est¡
0,4 0,6¢
, la probabilité qu’a un employé de prendre du café tend vers 0,4 donc la société CAFTHÉ qui pensait que la machine à café serait toujours la plus utilisée avait tort.
5. a. Par définitionPn+1=Pn×Mdonc¡
cn+1 tn+1¢
=¡ cn tn¢
×
µ0,97 0,03 0,02 0,98
¶
ce qui équivaut à
½ cn+1=0,97cn+0,02tn
tn+1=0,03cn+0,98tn
On en déduit quecn+1=0,97cn+0,02tn; ortn=1−cndonc cn+1=0,97cn+0,02(1−cn)⇐⇒ cn+1=0,97cn+0,02−0,02cn
⇐⇒ cn+1=0,95cn+0,02
b. En faisant tourner l’algorithme proposé, voici l’état des variables à chaque étape :
Variables n i A Jour
Saisie den 3
Initialisation deA 3 0,70 1
1ertour de boucle 3 1 0,685 2
2etour de boucle 3 2 0,67075 3
3etour de boucle 3 3 0,6572125 4
La valeur affichée par l’algorithme quand la valeur denest égale à 3 est 0,657 212 5.
Cet algorithme permet de déterminer le pourcentage d’employés prenant un café le journ+1 ; pourn=3, donc le quatrième jour, il y a à peu près 66% des employés qui prennent un café.
EXERCICE3 5 points
Commun à tous les candidats
Partie A : Étude du processus de mise en bouteille 1. Voici l’arbre pondéré traduisant l’énoncé :
1−0,05=0,95 R
1−0,04=0,96 B 0,04 B
0,05 R
0,08 B
1−0,08=0,92 B
2. L’évènement « la bouteille est correctement remplie et elle a un bouchon » est l’évènementR∩B.
P(R∩B)=P(R)×PR(B)=0,95×0,96=0,912
La probabilité que la bouteille soit correctement remplie et qu’elle ait un bouchon est égale à 0,912.
3. D’après la formule des probabilités totales : P(B)=P(R∩B)+P³
R∩B´
=0,912+0,05×0,08=0,912+0,04=0,916 La probabilité que la bouteille ait un bouchon est donc égale à 0,916.
4. On cherche la probabilité de l’évènementRsachantB: PB(R)=P(B∩R)
P(B) =0,912 0,916≈0,996
Sachant que la bouteille a un bouchon, la probabilité qu’elle soit correctement remplie est égale à 0,996.
Partie B : Production journalière
1. La variable aléatoire X suit la loi normale de paramètresµ=2000 et σ=200 et on cherche P(X∈ ⌈⌊1800 ;2200⌉⌋).
Or 1800=µ−σet 2200=µ+σet on sait queP¡
X∈ ⌈⌊µ−σ;µ+σ⌉⌋¢
≈0,683 donc la probabilité que la production journalière soit comprise entre 1 800 et 2 200 bouteilles est approximativement de 0,683.
2. On demandeP(X<1600) ; à la calculatrice, on trouveP(X<1600)≈0,023.
Donc la probabilité que le service de maintenance intervienne sur les machines est approxima- tivement de 0,023.
On peut aussi utiliser ce que l’on sait sur la courbe en cloche associée à une loi normale.
On remarque d’abord que 1600=2000−2×200=µ−2σ.
D’après le rappel de cours, on sait queP¡
X∈ ⌈⌊µ−2σ;µ+2σ⌉⌋¢
≈0,954, ce qui correspond à l’aire hachurée en rouge dans le dessin ci-dessous. Pour des raisons de symétrie, les deux aires en blanc sous la courbe sont égales et leur somme vaut 1−0,954=0,046 ; chacune d’elle vaut alors la moitié de 0,046 soit 0,023.
µ
=2000 µ−2σ
=1600 µ+2σ
=2400
0,954 1−0,954
2 =0,023
1−0,954 2 =0,023
EXERCICE4 6 points
Commun à tous les candidats Partie A :
1. Le nombre de milliers d’insectes est donné parf(t)=25e−0,5toùtest exprimé en années ; donc le nombre d’insectes au départ estf(0)×1000=25000, et le nombre d’insectes au bout d’un an estf(1)×1000≈15163.
Le pourcentage d’évolution est15163−25000
25000 ×100≈ −39,35.
Le pourcentage de diminution du nombre d’insectes la première année est approximativement de 39%.
2. a. La fonctionFdéfinie sur⌈⌊0 ; 4⌉⌋parF(t)= −50e−0,5test une primitive def si, pour touttde
⌈⌊0 ; 4⌉⌋,F′(t)=f(t).
F′(t)= −50×(−0,5) e−0,5t=25e−0,5t=f(t) DoncFest une primitive def sur⌈⌊0 ; 4⌉⌋. b.
Z4
2 25e−0,5tdt=F(4)−F(2)=¡
−50e−2¢
−¡
−50e−1¢
=50e−1 e2 c. On calcule la valeur moyenne de la fonctionf entre 2 et 4 :
1 4−2
Z4
2 25e−0,5tdt=1
2×50e−1
e2 =25e−1 e2 ≈5,814
La population moyenne d’insectes entre le début de la deuxième et le début de la quatrième année est de 5 814.
Partie B :
1. Sig(t)=20e−0,1t2+t−4,65, alors :
g′(t)=20×(−0,1×2t) e−0,1t2+1= −4te−0,1t2+1
2. On admet que la fonctiong′est continue et strictement croissante sur l’intervalle⌈⌊4 ; 10⌉⌋. g′(4)=1−16e−1,6≈ −2,23<0 etg′(10)=1−40e−10≈0,998>0
On établit le tableau de variation de la fonctiong′sur l’intervalle⌈⌊4 ;10⌉⌋:
t 4 10 0,998 g′(t)
−2,23 0 α
D’après le tableau de variation deg′on peut déduire que l’équationg′(t)=0 admet une solution uniqueαdans l’intervalle⌈⌊4 ;10⌉⌋.
g′(5)≈ −0,64<0 g′(6)≈0,34>0
¾
=⇒α∈ ⌈⌊5 ;6⌉⌋; g′(5,5)≈ −0,07<0 g′(5,6)≈0,03>0
¾
=⇒α∈ ⌈⌊5,5 ;5,6⌉⌋
g′(5,57)≈ −0,001<0 g′(5,58)≈0,008>0
¾
=⇒α∈ ⌈⌊5,57 ;5,58⌉⌋
Donc la valeur arrondie au dixième deαest 5,6.
On peut aussi faire référence au tableau de valeurs trouvé à la calculatrice pour donner ce résultat.
3. a. D’après le tableau de variation de la fonctiong′sur⌈⌊4 ;10⌉⌋, on peut dire que :
• g′(t)<0 sur⌈⌊4 ;α⌈⌊;
• g′(t)=0 sit=α;
• g′(t)>0 sur⌉⌋α;10⌉⌋. b. On en déduit que :
• la fonctiongest strictement décroissante sur⌈⌊4 ;α⌉⌋;
• la fonctiongest strictement croissante sur⌈⌊α;10⌉⌋.
c. D’après les résultats des questions précédentes, on peut voir que le nombre d’insectes com- mence à remonter à partir det=α, c’est-à-dire à partir de la sixième année puisqueα≈5,7.
Donc le traitement semble efficace sur la population d’insectes à partir de la sixième année.
