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Aumatin du 54e jour il n’y auraplus d’eaudans le bassin EXERCICE 4 5 points Candidats de la série ES ayant suivi l’enseignement de spécialité Partie A 1 Voici le graphe probabilisted’ordre2 delasituation : S T 041 009 059 091 2 L’état stable P véri?e: P =PM ? ¡ a b ¢ = ¡ a b ¢ × µ 059 041 009 091 ¶ ? ¡ a
Exercice14points
Commun à tous les candidats
1. a.fest définie si 1-x2>0??x2-1<0??(x+1)(x-1)<0; le trinôme est positif sauf
entre ses racines-1 et 1. fest donc définie sur ]-1 ; 1[. b.f?12?=ln?
1-?12?
2? =ln34=ln3-ln4=ln3-ln22=ln3-2ln2.2. a.ln(lnx)>0??ln(lnx)>ln1??lnx>1 (par croissance de la fonction exponentielle)
??lnx>lne??x>e. L"ensemble des solutions est l"intervalle ]e ;+∞[. b.Pourx>1, on ag?(x)=1 x lnx=1xlnx.Exercice26points
Commun à tous les candidats
PartieAÉtude statistique et interpolation de données1.La calculatrice donne, coefficients arrondis au dixième,y=-0,2x+30.
2.1999 correspond au rang 7; selon cet ajustement, le taux d"emploi des seniors en 1999 sera
-0,2×7+30=-1,4+30=28,6.3.2010 correspond au rang 18; selon cet ajustement, le taux d"emploi des seniors en 2010 sera
-0,2×18+30=-1,4+30=26,4. Selon cet ajustement la France n"atteindra pas son objectif. PartieBInterpolation de données à l"aide d"un second modèle1.2010 correspond àn=10; le taux d"emploi des seniors sa alors :
29,9×1,03710≈43.
2.Il faut résoudre l"inéquation :29,9×1,037n?50??1,037n?50
29,9??
nln1,037>ln5029,9??n>ln50
29,9ln1,037≈14,15. Le plus naturel solution est doncn=15, soit en 2015. PartieCExtrapolation de données selon un troisième modèle
1.aetbdoivent vérifier le système :?aln10+b=31,9
aln15+b=38,1.Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
2.On résout le système :?aln10+b=31,9
aln15+b=38,1?(par différence)a(ln15-ln10)=6,2??aln1,5=6,2?? a=6,2 ln1,5.La calculatrice donnea=6,2
ln1,5≈15,29. Ensuiteb=31,9-aln10=31,9-ln10×6,2ln1,5 ≈-3,309.Dans la suite, on admettra quea=15,3 etb=-3,3.
3.On a doncf(x)=15,3ln(x+1)-3,3.
Il faut résoudre l"inéquation :
15,3??(x+1)?e53,3
15,3??
x?e53,315,3-1≈31,5.
Le plus petit naturel solution estn=32 qui correspond à 2024.Exercice35points
Commun à tous les candidats
PartieAPosition relative deCfet de l"une de ses tangentes.1.L"équation de la tangente àCfau point d"abscisse 0 est :
y-f(0)=f?(0)(x-0)f(0)=e-0=1;
f?(x)=-e-x, doncf?(0)=-e-0=-1.
Donc l"équation de la tangente àCfau point d"abscisse 0 esty-1=-x??y=-x+1.2. a.Pour toutxréel,h(x)=e-x-(-x+1)=e-x+x-1, donc
h ?(x)=-e-x+1=1-e-x. b.h?(x)>0??1-e-x>0??e-x<1?? -xcroissante sur ]0 ;+∞[.
3.Les deux questions précédentes ont montré que la fonction a pour minimumh(0)=1-1=0,
donc la fonction est positive pour tout réel; orh(x)?0??f(x)-g(x)?0??f(x)?g(x) ce qui signifie que la courbe est au dessus de sa tangente, saufpourx=0 où les deux courbes sont tangentes.PartieBCalcul d"aire
1.On a vu que la fonctionhest positive en particulier sur [0; 1].
Un e primitive de la fonctionhsur [0; 1] est la fonction définie par : x?-→H(x)=-e-x+x22-x, donc :
1 0 h(x)dx=H(1)-H(0)=-e-1+12 2-1-? -e-0+022-0? =-e-1+12-1+1=12-1e.Liban230 mai 2011
Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
2. a.On découpe l"intervalle en deux : de 0 à 1 puis de 1 àa.
La fonctionfétant positive sur [0 ;a], on sait que l"aire de la surface comprise entre la courbe représentative def, la droiteΔet les droites verticales d"équationx=0 etx=1 estégale à?
1 0 h(x)dx. Ensuite l"aire de la surface limitée par la courbe représentative def, l"axe des abscisses et les droites verticalesx=1 etx=aest égale à? a 1 f(x)dx.DoncA=?
1 0 h(x)dx+? a 1 f(x)dx;A=H(1)-H(0)+[-e-x]a1=1
2-1e-e-a+e-1=12-e-a.
b.On sait que lima→+∞e-a=0, donc lima→+∞A=1 2.Exercice45points
Candidatsn"ayantpas suivi l"enseignementde spécialité 1. T 0,75A 0,9 A0,1T0,25A
0,2 A0,82.Déterminer la probabilité des évènements suivants :
b.p?T∩
A? =p(T)×pT?A? =0,75×0,1=0,075. c.p?T∩A?
=p(T)×pT(A)=0,25×0,2=0,05. d.p?T∩A?
=p(T)×pT?A? =0,25×0,8=0,2.3. a.D"après la loi des probabilités totales :
p(A)=p(T∩A)+p?T∩A?
=0,675+0,05=0,725. b.Il faut calculerpA(T)=p(A∩T) p(A)=0,6750,725=675725=2729≈0,931.4.On ap(S)=p?
T∩
A? +p?T∩A? =0,075+0,05=0,125.5.On a une épreuve de Bernoulli avecn=3 etp=0,125.
Calculons la probabilité qu"aucun des trois ne soit surpris; elle est égale à (1-0,125)3, donc la
probabilité qu"au moins un élève soit surpris est égale à :1-(1-0,125)3≈0,330.
Liban330 mai 2011
Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
Exercice45points
Candidatsayantsuivi l"enseignementde spécialitéPartieAÉtat stable d"un graphe probabiliste
1.AI0,95 0,990,050,01
2.Au départ 92% des des clients sont des clients d"agence et 8% des clients internet, doncP0=?0,92 0,08?.
3. a.On aP1=P0×M=?0,92 0,08?×?0,95 0,050,01 0,99?
=?0,8748 0,1252?. Soit en arrondissant au centièmeP1=?0,87 0,13?. b.En 2015 l"état probabiliste sera :P5=P0×M5=?0,92 0,08?×?0,95 0,050,01 0,99? 5 ≈?0,72 0,28?. Il y aura environ 72% clients d"agence et 28% clients internet.Ptel queP=P×M.
Avecaclients d"agence eticlients internet on auraP=?a i?.On aura donc :
?a i?=?a i?×?0,95 0,050,01 0,99? eta+i=1, doncaetivérifient le système : ?a=0,95a+0,01i i=0,05a+0,99i a+i=1?????0,05a-0,01i=0 -0,05a+0,01i=0 a+i=1???5a-i=0 a+i=1? (par somme) 6a=1??a=16et par suitei=56.
ConclusionP=?1
656?PartieBÉtude de la limite d"une suite récurrente
1. a.Pn+1=Pn×M???an+1in+1?=?anin?×?0,95 0,050,01 0,99?
?an+1=0,95an+0,01in i n+1=0,05an+0,99inEn particulier :an+1=0,95an+0,01in.
b.On a doncan+1=0,95an+0,01inet compte tenu dean+in=1?? i n=1-an, on obtient : a2. a.Pourtoutentiernatureln,un+1=an+1-1
6=0,94an+0,01-16=0,94an-0,946=0,94?
a n-16?0,94un.
Orun+1=0,94unpour tout entier naturelnsignifie que la suite(un)est une suite, géomé- trique de raison 0,94 et de premier termeu0=a0-16=0,92-16=6×0,92-16=113150.
Liban430 mai 2011
Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
b.On sait qu"alors pour tout natureln,un=113150×0,92n. c.Orun=an-16??an=un+16=113150×0,94n+16.
d.Comme 0<0,94<1, on sait que limn→+∞0,94n=0, donc limn→+∞an=1 6. Dans un certain temps il y aura un client d"agence pour cinq clients internet.Liban530 mai 2011
Corrigédu baccalauréat ESA. P. M. E. P.
ANNEXE
Exercice3
0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5-0,5
-0,20,20,40,60,81,01,21,4
Cf xy O aLiban630 mai 2011
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