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Polynésie - 5 septembre 2017 - APMEP
Pour tout réeltpositif ounul on admet qu’il existe unnombreatel queN(t)=N0eat 1 Des cultures en laboratoire ont montré que le nombre de cellules de la tumeur double en 14 semaines; celasigni?e queN(t+4)=2N(t) Onrésout cette équation d’inconnuea: N(t+4)=2N(t) ??N0ea(t+14)=2N0eat?? eat+14a=2eat?? eat×e14a=2eat
EXERCICE14POINTS
Commun à tous les candidats
1. ?1 2? x =310??ln??12? x? =ln?310? ??x×ln?1 2? =ln?310? ??x×[-ln(2)]=ln(3)-ln(10) ??x=ln(3)-ln(10) -ln(2)=ln(10)-ln(3)ln(2)Réponse b.2.Pour toutx?[-2 ; 2], la fonctionfdéfinie parf(x)=2xex2admet pour primitive la fonction
Fdéfinie parF(x)=ex2.
En effetf(x) est de la formeu?(x)×eu(x). Cette dernière admet pour primitive eu(x).F(2)=e4etF(-2)=e4. DoncI=?
2 -2f(x)dx=F(2)-F(-2)=0Réponse c.3.Pour toutx?]0 ;+∞],
f ?(x)=2×ln(x)+(2x+3)×1 x=2ln(x)+2+3xRéponse c.4.Sionaugmente de5%unequantité onlamultiplie par1,05, etsionl"augmente de7%onmul-
tiplie par 1,07. Les deux augmentations successives donneront un coefficient multiplicateur égal à 1,05×1,07=1,1235 soit une augmentation de 12,35%.Réponse d.EXERCICE25POINTS
Commun à tous les candidats
PartieA
1. a.D"après l"énoncé,P(A)=0,20,PA(R)=0,75 etP
A(R)=0,566
b.On complète l"arbre de probabilités proposé dans le texte : A 0,20 R0,75 R0,25 A0,80R0,566
R0,4341
2. a.Formule de BayesP(A∩R)=PA(R)×P(A)=0,75×0,20=0,15.
b.La probabilités qu"un candidat réussie le permis et ait suivi la formation AAC est de 15%.3.Formule des probabilités totales :P(R)=P(R∩A)+P?
R∩
A? =PA(R)×P(A)+PA(R)×P?A?P(R)=0,15+0,80×0,566=0,6028.
Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
4.Formule de Bayes :P(A∩R)=PR(A)×P(R) donc
PR(A)=P(A∩R)
P(R)=0,150,6028≈0,2488.
PartieB
1.La fréquence théorique de tickets gagnants estp=0,62 et l"échantillon est de taillen=400.
On an?30 ,np=248?5 etn(1-p)=152?5 on peut donc bâtir l"intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% : I=? p-1,96? p(1-p)?n;p+1,96? p(1-p)?n?Orp-1,96?
p(1-p)?n≈0,5724 etp+1,96? p(1-p)?n≈0,667.FinalementI400=[0,5724 ; 0,6676].
2.Calculons la fréquence de réussite :f=220
400=1120=0,55.
f?I400donc on peut raisonnablement émettre des doutes quant aux affirmations de ce res- ponsable.PartieC
1.On sait queXsuit la loi normale de paramètresμ=1500 etσ=410.
Avec la calculatrice,P(1090?X?1910)≈0,68.
On peut également direque 1090=μ-σet 1910=μ+σ, et on sait queP(μ-σ?X?μ+σ)≈
0,68.2.Avec la calculatrice,P(X?1155)=0,5-P(1155?X?1500)≈0,20.
3. a.P(X?a)=1-P(X?a)=0,2 doncP(X?a)=0,8.
À l"aide de la toucheInvNormCD(inversion de la loi normale), on trouvea≈1845,06 soit a≈1845. b.Cela veut donc dire que moins de 20% des candidats auront payéplus de 1845?pour obtenir leur permis.EXERCICE35POINTS
Candidatsde la sérieES n"ayant passuivi l"enseignementdespécialitéet candidatsde la série L
tares de l"annéen+1. D"une année à l"autre la surface diminue de 0,4%, donc il en restera 99,6%, soit avec les no- tations 0,996×un. On ajoute alors 7,2 millions d"hectares, soit donc au total0,996×un+7,2.Doncun+1=0,996×un+7,2.
Donc pour tout entier natureln, la suite (un) permet d"obtenir une estimation de la surface boisée en millions d"hectares pour l"année 2015+n.2.Algorithme complété :
Polynésie216 juin 2017
Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
Variables :Nest un nombre entier naturel
Uest un nombre réel
Initialisation : Affecter àNla valeur 2015
Affecter àUla valeur 4000
Traitement :
Tant queU?3500 faire
Affecter àUla valeur 0,996×U+7,2
Affecter àNla valeurN+1
Fin Tant que
Sortie : AfficherN
3. a.Pour tout entier natureln,
v =0,996×? u n-1792,80,996?
=0,996×(un-1800)=0,996×vn. Donc (vn)est une suite géométrique de raisonq=0,996 et de premier termev0=u0-1800=220.
b.Pour tout entier natureln,vn=v0×qn=2200×0,996n.De plusvn=un-1800 doncun=vn+1800.
Donc pour tout entier natureln,un=2200×0,996n+1800. c.La limite de la suite (vn) quandntend vers l"infini est égale à 0 carq?]-1 ; 1[. Donc la limite de la suite (un) quandntend vers l"infini sera égale à 1800. Cela signifie qu"au bout d"un très grand nombre d"années, la surface boisée tendra vers1800 millions d"hectares.
4.Chaque année depuis 2016, le nombre d"arbres plantés augmente de 10%, donc est multiplié
par 1,1. Donc pour l"année 2016+n, l"ONU aura replanté 7,3×1,1nmilliards d"arbres. La somme des 10 premiers termes (de 2016 à 2025) est donc :S=7,3×1-1,110
1-1,1≈116,34<140.
L"ONU n"arrivera donc pas à atteindre son objectif.EXERCICE35POINTS
Candidatsde la sérieES ayantsuivi l"enseignementde spécialitéPartieA
À l"aide de l"algorithme de Dijkstra
Départ-SommetABCDEFO
O2, O5, O4, O+∞+∞+∞0
A(2)5,O4,O9, A∞+∞
4, AB(4)4, O9, A7, B+∞
C(4)9, A7, B+∞
E(7)9,A15, E
8, ED(8)14, D
Le tracé le plus court entre O et F est donc : O-→A-→B-→E-→D-→F.Il devra donc combattre 14 créatures.
PartieB
Polynésie316 juin 2017
Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
1.Pout toutx?[1 ; 10],f(x)=ax2+bx+c.
f(1)=8??a+b+c=8. f(2)=25??4a+2b+c=25. f(3)=80??9a+3b+c=80.On obtient le système suivant :???a+b+c=8
4a+2b+c=25
9a+3b+c=80
2.On poseA=((1 1 14 2 19 3 1))
,X=((a b c)) etB=((8 2580))
A×X=B??((1 1 14 2 19 3 1))
×((a
b c)) =((8 2580))
??((a+b+c
4a+2b+c
9a+3b+c))
=((8 2580))
On obtient alors le système précédent.
3.On poseM=((0,5-1 0,5
-2,5 4-1,53-3 1))
a.Avec la calculatrice,M×A=((0,5-1 0,5
-2,5 4-1,53-3 1))
×((1 1 14 2 19 3 1))
=((1 0 00 1 00 0 1)) =Id3matrice identité de dimen- sion 3. b.La matriceMreprésente donc l"inverse de la matriceA.4.A×X=B=?M×A×X=M×B??X=M×B. Donc((a
b c)) =((0,5-1 0,5 -2,5 4-1,53-3 1))
×((8
2580))
=((19 -40 29))
Donc pour toutx?[1 ; 10],f(x)=19x2-40x+19.
5.La courbe représentative de la fonctionfadmet un minimum au point d"abscissex= -b
2a= 2019. Donc la fonctionfest croissante sur l"intervalle?2019; 10?
, et pour toutx??2019; 10? f(x)?f(10) soitf(x)?1529<2500. Le parc n"a aucun risque de refuser des personnes.EXERCICE46POINTS
Commun à tous les candidats
1.f(0)=-2 etf?(0)=10
2. a.Pour toutx?[0 ; 5],
fquotesdbs_dbs9.pdfusesText_15[PDF] corrigé mguc 2013
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