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% Tapuscrit René Roux
% Relecture François Hache
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\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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pdfsubject = {Baccalauréat ES/L Amérique du Nord},
pdftitle = {28 mai 2019},
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\newcommand{\e}{\,\text{e\,}}%  le e de l'exponentielle
\renewcommand{\d}{\,\text d}% le d de l'intégration
\renewcommand{\i}{\,\text{i}\,}%le i des complexes

\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat ES/L}
\lfoot{\small{Amérique du Nord}}
\rfoot{\small 28 mai 2019}
\pagestyle{fancy}
\label{Liban}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}

\textbf{Durée : 3 heures }
	
\vspace{0,5cm}
{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Terminale ES/L
			~\decofourright\\[5pt] Amérique du Nord 28 mai 2019}}
\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 1 \hfill  5 points}

\textbf{Commun à  tous les candidats}

%\medskip

\begin{center}
	\textbf{Partie A}
\end{center}  

\begin{enumerate}
	\item L'arbre de probabilité correspond à la situation est : 
	\begin{center}
		\bigskip
		\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=5pt,levelsep=3.5cm,treesep=1.25cm,nrot=:U]{\TR{}}
		{
			\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$C$}\naput{$\red{1-0,3=0,7}$}}
			{ 
				\TR{$N$}\naput{$0,4$}
				\TR{$\overline{N}$}\nbput{$\red{1-0,4=0,6}$}	   
			}
			\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$V$}\nbput{$0.3$}}
			{ 
				\TR{$N$}\naput{$0,8$}
				\TR{$\overline{N}$}\nbput{$\red{1-0,8=0,2}$}	   
			}
		}
		\bigskip
	\end{center}
	\item Déterminons $P(C\cap N)$. En utilisant les formule des probabilités conditionnelles,
	
$P(C\cap N)=P_{C}(N)\times P(C)=0,7\times 0,4=0,28$.
	\item En utilisant la formule des probabilités totales,
	
$P(N)= P(C\cap N)+ P(V\cap N) = P(C)\times P_{C}(N) + P(V)\times P_{V}(N) = 0,7 \times 0,4 + 0,3 \times 0,8  = 0,28 + 0,24 = 0,52$.
	\item On veut calculer $P_{\overline{N}}(V)$. En utilisant la formule de Bayes,
	
$P_{\overline{N}}(V)=\dfrac{P\left(\overline{N}\cap V\right)}{P\left(\overline{N}\right)}=\dfrac{0,3\times 0,2}{1-0,52} =0,125$	
\end{enumerate}

%\medskip

\begin{center}
	\textbf{Partie B}
\end{center} 

\begin{enumerate}
	\item $P(T\geqslant 3)=P(T\geqslant 2,5)-P(2,5\leqslant T\leqslant 3)=0,5-P(2,5\leqslant T\leqslant 3)\approx 0,023$.
	
Cela signifie donc qu'environ $2,3\,\%$ des participants ont mis plus de 3 heures pour effectuer les trois épreuves du parcours.
	\item $P(2\leqslant T\leqslant 3)=P(2,5-2\times0,25\leqslant X \leqslant 2,5+2\times 0,25)=P(\mu-2\sigma\leqslant X\leqslant \mu+2\sigma)\approx 0,954 $
	\item À l'aide de la calculatrice il est possible d'inverser une loi normale.
	
	Ainsi $P(T \leqslant k)=0,75$ donne $k\approx 2,67$. Donc on pourra estimer que $75\,\%$ des participant feront les épreuves en moins de $2,67$~heures (soit environ 2~heures 40~minutes).
\end{enumerate}

%\medskip

\begin{center}
	\textbf{Partie C}
\end{center}

\begin{enumerate}
	\item $n=60$ et $p=0,5$. On vérifie les trois conditions : $n\geqslant 30$ ; $np=60\times 0,5=30\geqslant 5$ et 
	
$n(1-p)=60\times (1-0,5)=30\geqslant5$.
	
L'intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 \% est : $I_{n}= \left [ p-1,96 \sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\,;\, p+1,96 \sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\right ]$.

Ainsi : $ I_{60}=\left[0,5-1,96\sqrt{\dfrac{0,5\times 0,5}{60}} ;0,5+1,96\sqrt{\dfrac{0,5\times 0,5}{60}}\right] \approx [0,373~;~0,627]$.
	\item La fréquence est égale à : $f=\dfrac{25}{60}\approx 0,417$. Et $f\in I_{60}$. Il est donc impossible de remettre en question l'affirmation de l'organisateur.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 2 \hfill  5 points}

\textbf{Candidats de ES n'ayant pas suivi la spécialité et candidats de L}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item En février, un mois se sera écoulé, donc $n=1$. $u_1=0,9u_0+42=0,9\times 280+42=294$
	\item Pour tout entier naturel $n$,	on a $v_n=u_n-420$
	\begin{enumerate}
		\item $\forall n\in \N$, $v_{n+1}=u_{n+1}-420=0,9u_n+42-420=0,9u_n-378=0,9\left(u_n-\dfrac{378}{0,9}\right)=0,9(v_n-420)=0,9v_n$.
		
	La suite $\left(v_n\right)$ est donc une suite géométrique de raison $q=0,9$ et de premier terme\\$v_0=u_0-420=-140$
		\item $\forall n\in \N$, $v_n = v_0\times q^n = -140\times0,9^n$. De plus $u_n =v_n + 420$ donc $u_n = -140\times 0,9^n + 420$.
		\end{enumerate}
	\item La raison de la suite $(v_n)$ appartient à l'intervalle $]-1;1[$, donc $\lim\limits_{n \to +\infty}v_n=0$. 
	
Or $\forall n\in \N$, $u_n=v_n+420$. Donc $\lim\limits_{n \to +\infty}u_n=420$.
	
Cela signifie qu'au bout d'un certain nombre de mois, le nombre de véhicules loués va se rapprocher de 420.
	\item 
		\begin{enumerate}
		\item L'algorithme de seuil complété :
\begin{center}
\begin{tabular}{|l|} \hline 
$N\gets 0$\\ 
$U\gets 280$\\ 
Tant que $U\leqslant 380$\\ 
\hspace{1cm} $N\gets N+1$\\ 
\hspace{1cm} $U\gets0,9\times U+42$\\ 
Fin Tant que\\ 
\hline 
\end{tabular}
\end{center}
		\item À l'aide de la calculatrice, on trouve : $u_{11}\approx 376,1$ et  $u_{12}\approx 380,5$.
		
La variable $N$ contient la valeur 12 à la fin de l'exécution de l'algorithme.
		\item C'est donc en janvier 2020 (12 mois après janvier 2019) que la commune devra augmenter le nombre de voitures.
	\end{enumerate}
	\item $ -140\times 0,9^n+420>380 \iff -140\times 0,9^n>-40 \iff 0,9^n< \dfrac{2}{7}\iff n\ln 0,9<\ln \dfrac{2}{7} \iff n> \dfrac{\ln \dfrac{2}{7}}{\ln 0,9}$
	
et $\dfrac{\ln \dfrac{2}{7}}{\ln 0,9}\approx 11,89$ donc $n\geqslant 12$. On retrouve bien la valeur obtenue à la question 3. b. avec l'algorithme. C'est donc en janvier 2020 que la commune devra augmenter le nombre de voitures.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 2 \hfill  5 points}

\textbf{Candidats de ES ayant suivi la spécialité}

\medskip

\begin{center}
\textbf{Partie A}
\end{center}  

\medskip

\begin{enumerate}
\item Le mot $abab$ est reconnu par cet automate. Il correspond au chemin $1\rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 3 \rightarrow 4$.
	
Le mot $abc$ n'est pas reconnu par cet automate.

Le mot $abbcbb$ est reconnu par cet automate. C'est le chemin $1 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow  4 \rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 4$.
\item La matrice $M$ est  $M=
\begin{pmatrix}
0 & 2 & 1 & 0 \\
1 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 1 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
\end{pmatrix}$

\item Pour trouver le nombre de chemins de longueur 4 reliant deux sommets, il faut connaître les coefficient de la matrice $M^4$. On lit dans cette matrice que $M_{(1,4)}^4=5$. Donc il ya 5 chemins de longueur 4 reliant les commets 1 et 4.
	\newpage
%	Les mots (chemins) sont :
%	\begin{itemize}
%		\item chemin : $1\rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 3 \rightarrow 4$ soit le mot $abab$ ;
%		\item chemin : $1\rightarrow 2 \rightarrow 1 \rightarrow 3 \rightarrow 4$ soit le mot $acbb$ ;
%		\item chemin : $1\rightarrow 2 \rightarrow 3 \rightarrow 3 \rightarrow 4$ soit le mot $bbab$ ;
%		\item chemin : $1\rightarrow 3 \rightarrow 3 \rightarrow 3 \rightarrow 4$ soit le mot $baab$ ;
%		\item chemin : $1\rightarrow 2 \rightarrow 1 \rightarrow 3 \rightarrow 4$ soit le mot $bcbb$.
%	\end{itemize}	

\begin{center}
\begin{tabular}{l c l l}
Le chemin & $1 \stackrel{a}{\longrightarrow} 2  \stackrel{b}{\longrightarrow} 3  \stackrel{a}{\longrightarrow} 3  \stackrel{b}{\longrightarrow} 4$ & donne le mot & $abab$\\
Le chemin & $1 \stackrel{b}{\longrightarrow} 2  \stackrel{b}{\longrightarrow} 3  \stackrel{a}{\longrightarrow} 3  \stackrel{b}{\longrightarrow} 4$ & donne le mot & $bbab$\\
Le chemin & $1 \stackrel{a}{\longrightarrow} 2  \stackrel{c}{\longrightarrow} 1  \stackrel{b}{\longrightarrow} 3  \stackrel{b}{\longrightarrow} 4$ & donne le mot & $acbb$\\
Le chemin & $1 \stackrel{b}{\longrightarrow} 2  \stackrel{c}{\longrightarrow} 1  \stackrel{b}{\longrightarrow} 3  \stackrel{b}{\longrightarrow} 4$ & donne le mot & $bcbb$\\
Le chemin & $1 \stackrel{b}{\longrightarrow} 3  \stackrel{a}{\longrightarrow} 3  \stackrel{a}{\longrightarrow} 3  \stackrel{b}{\longrightarrow} 4$ & donne le mot & $baab$
\end{tabular}
\end{center}

\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}
\textbf{Partie B}
\end{center}  

\medskip

\begin{enumerate}
	\item 
		\begin{enumerate}
			\item Le tableau suivant donne les degrés des différents sommets :
\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline 
Sommet	&A&B&C&E&G&L&P&V\\ \hline 
Degré	&2&2&4&4&3&5&4&4\\ \hline 
\end{tabular}
\end{center}

Deux sommets sont de degrés impairs, donc d'après d’après le théorème d'Euler, il existe une chaîne eulérienne permettant de parcourir l’ensemble du réseau en empruntant chaque route une et une seule fois.
			\item Le technicien doit commencer par un sommet de degré impair, c'est-à-dire par Grenoble ou Lyon.
		\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour déterminer le trajet le plus rapide pour aller de B vers A, on utilise l'algorithme de Dijkstra.
	\begin{center}
\begin{tabular}{|*{9}{c|}}\hline 
A  			&  B  	&    C 			&  E  		&  G   			&   L   	&   P   		& V 			& Sommet choisi \\ \hline
$\infty$	&  0  	& $\infty$ 		& $\infty$ 	& 180 (B) 		& 80 (B) 	& $\infty$ 		&  $\infty$ 	& L(80) \\ \hline 
$\infty$	&    	& 260 (L) 		& 150 (L) 	& 180 (B)		& 			& $\infty$  	& 180 (L)	 	& E(150)\\
			&		&    			& 	 		& \sout{190 (L)}&		  	&	     		& 				& \\ \hline 
$\infty$	&  		& \sout{290(E)} &			& 180 (B) 		& 			& 230 (E)   	& \sout{250 (L)}&G (180) \\
			& 		& 260 (L) 		& 		 	& 				& 		 	& 		 		&  180 (L)		&\\ \hline
$\infty$	&  		& 260 (L)		&			& 		 		& 			& 230 (E)   	& \sout{270 (G)}& V (180)\\
			& 		& 		 		& 		 	& 				& 		 	& 		 		&  180 (L)		&\\ \hline
$\infty$	&  		& 260 (L)		&			& 		 		& 			& \sout{280 (V)}&				& P (230)\\
			& 		& 		 		& 		 	& 				& 		 	& 230 (E)		&  				&\\ \hline
410 (P)		&  		& \sout{360 (P)}&			& 		 		& 			& 				&				& C (260)\\
			& 		& 260 (L) 		& 		 	& 				& 		 	& 				&  				&\\ \hline
\sout{420 (C)}&  	& \sout{360 (P)}&			& 		 		& 			& 				&				& A (410)\\
410 (P)		& 		&  				& 		 	& 				& 		 	& 				&  				&\\ \hline
\end{tabular}	
	\end{center} 

%Le plus court chemin de B à A est de longueur 410 : c'est $B \rightarrow L \rightarrow E \rightarrow P \rightarrow A$

Le trajet le plus court de B à A est de longueur 410:
B $\stackrel{80}{\longrightarrow}$ 
L $\stackrel{70}{\longrightarrow}$
E $\stackrel{80}{\longrightarrow}$
P $\stackrel{180}{\longrightarrow}$ A.

		\item Si la route entre Le-Puy-en-Velay et Aurillac est fermée à la circulation, d'après l'algorithme précédent, le chemin le plus court est de longueur 420 : c'est 
B $\stackrel{80}{\longrightarrow}$ 
L $\stackrel{180}{\longrightarrow}$
C $\stackrel{160}{\longrightarrow}$ A.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 3 \hfill  4 points}

\textbf{Commun à  tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $P(X\geqslant 1)=1-P(X<1)=1-P(X=0)=1-\binom{0}{10}\times 0,3^0\times (1-0,3)^{10}=1-0,7^{10}\approx0,972$ \hfill \textbf{Réponse A}
	\item $P(15 \leqslant T \leqslant 25)=\dfrac{25-15}{40-10}=\dfrac{10}{30}=\dfrac{1}{3}$\hfill \textbf{Réponse B}
	\item Il s'agit de la somme des onze premiers termes (du rang 0 au rang 10) de la suite géométrique de raison 1,2 et de premier terme 1.
	$S=1\times \dfrac{1-1,2^{11}}{1-1,2}\approx 32,15$ \hfill \textbf{Réponse D}
	\item Il faut calculer la dérivée $g'$ de la fonction $g$ ainsi que sa dérivée seconde $g''$.
	
$\forall x\in [0;10]$, $g'(x)=g'(x)=2x\left(2\ln(x)-5\right)+x^2\times 2\times \dfrac{1}{x}=4x\ln(x)-10x+2x=4x\ln(x)-8x$

et $g''(x)=4\ln(x)+4x\times \dfrac{1}{x}-8=4\ln(x)+4-8=4\ln(x)-4$

$g''(x)\geqslant 0\iff 4\ln(x)-4\geqslant 0 \iff \ln(x)\geqslant 1 \iff x\geqslant \text{e}$

La fonction $g$ est donc convexe sur l'intervalle $[\text{e}~;~10]$ \hfill \textbf{Réponse D}
\end{enumerate}

\newpage

\textbf{Exercice 4 \hfill  6 points}

\textbf{Commun à  tous les candidats}

\medskip

\begin{center}
	\textbf{Partie A : lectures graphiques}
\end{center} 

\medskip

\begin{enumerate}
	\item Le point $A$ a pour coordonnées $A(0~;~-11)$ donc $f(0) = -11$.
	
En utilisant les coordonnées des points $A$ et $B$, on calcule la pente de la droite $(AB)$ tangente à $\mathcal{C}_f$ :

$f'(0)=\dfrac{0-(-11)}{5-0}=\dfrac{11}{5}$.
	
La tangente à $\mathcal{C}_f$ au point $C$ est horizontale, donc $f'(11)=0$.
	\item En étudiant la représentation graphique de la fonction $f$ et dans la limite de précision du graphique, on peut affirmer que $\forall x\in [0~;~2,7],f(x)\leqslant0$ et $\forall x\in [2,7~;~30], \: f(x)\geqslant 0$.
	
Toute primitive $F$ de la fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $[0~;~2,7]$ et strictement croissante sur $[2,7~;~30]$.

L'affirmation est donc \textbf{fausse}.
\end{enumerate}

\medskip

\begin{center}
\textbf{Partie B : étude d'une fonction}
\end{center}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item En utilisant la formule permettant de dériver un produit de fonctions, et en posant $u(x)=x^2-11$ et $v(x)=\text{e}^{-0.2x}$, $u'(x)=2x$ $v'(x) = -0,2\e^{-0,2x}$, on trouve : 
	
$f'(x)=2x\e^{-0,2x}+\left(x^2-11\right)\times (-0,2)\e^{-0,2x} =\left(2x-0,2x^2+2,2\right)\e^{-0,2x}=(-0,2x^2+2x+2,2)\e^{-0,2x}$.
	\item $\forall x\in [0~;~30]$, $\e^{-0,2x}>0$ donc $f(x)$ a le même signe que le trinôme du second degré $-0,2x^2+2x+2,2$.
	
Les deux solutions ($\Delta\geqslant0$) sont : $x_1=11$ et $x_2=-1$. Cette dernière valeur ne sera pas retenue car ne faisant pas partie de l'intervalle d'étude.

$f(0)=(0^2-11)\e^{0}=-11<0$\\ $f(11)=(11^2-11)\e^{-0,2\times11}=110\e^{-2,2}>0$\\ $f(30)=(30^2-11)\e^{-2,2\times30}=889\e^{-6} > 0$.

Le tableau de variations de la fonction $f$ sur l'intervalle  $[-2\,;\,4]$ est :

\begin{center}
{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}%  paramètres
\def\esp{\hspace*{2cm}}% pour modifier la largeur du tableau
\def\hauteur{20pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
$\begin{array}{|c|*5{c}|}\hline
x & 0  & \esp & 11 & \esp & 30 \\ \hline
f'(x) &  &   \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \\ \hline
& &  &   \Rnode{max}{110\e^{-2,2}}  &  &   \\  
f(x) & &     &  &  &  \rule{0pt}{\hauteur} \\ 
& \Rnode{min1}{-11} &   &  &  &   \Rnode{min2}{889\e^{-6}} \rule{0pt}{\hauteur}    
\ncline{->}{min1}{max} 
\ncline{->}{max}{min2} \\ \hline
\end{array} $
		}
\end{center}
	
	\item% La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur l'intervalle $[0~;~11]$. De plus $f(0)<0$ et 
%	
%$f(11)>0$. Donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution, notée $\alpha$ sur l'intervalle $[0~;11]$.\\
%	Avec la calculatrice : $\alpha\approx  3,32$.
Pour tout réel $x$, $\e^{-0,2x}>0$ donc 
$\left (x^2-11 \right )\e^{-0,2x}=0 \iff x^2-11 = 0 \iff x=-\sqrt{11} \text{ ou } x=\sqrt{11}$.

L'équation $f(x) = 0$ admet donc une solution unique $\alpha = \sqrt{11} \approx 3,32$ sur $[0~;~11]$.
	\item La dernière ligne du tableau nous donne une primitive de la fonction $f$. Ainsi sur l'intervalle $[0~;~30]$, $F(x) = (- 5x^2-50x-195)\e^{- 0,2x}$.
	
$I=\displaystyle\int_{10}^{20} f(x)\:\text{d}x=\left[F(x)\strut\right]_{10}^{20}= F(20)- F(10)$

$F(20)=(-5\times 20^2+2\times 20 - 195)\e^{-0,2\times20}= - \np{3195}\e^{-4}$
	
$F(10)=(-5\times 10^2+2\times 10 - 195)\e^{-0,2\times10}= - \np{1195}\e^{-2}$
	
Donc $I=-3195\e^{-4} + 1195\e^{-2}\approx 103,21$
\end{enumerate}

\newpage

\begin{center}
\textbf{Partie C : application économique}
\end{center}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $f(15)=(15^2-11)\e^{-0,2\times15}=214\e^{-3}\approx 10,65$. Soit 10,65 centaines de milliers, ou \np{1065000}.
	
\np{1065000} objets seront demandés si le prix unitaire est fixé à 15 euros.
	\item La valeur moyenne de la fonction $f$ sur l'intervalle $[10~;~20]$ se calcule avec la formule : 
	
$\overline{f}=\dfrac{1}{20-10}\displaystyle\int_{10}^{20} f(x)\:\text{d}x$.

En utilisant les résultats de la partie précédente, $\overline{f} =\dfrac{1}{10}\times (\np{-3195}\e^{-4}+ \np{1195}\e^{-2})\approx 10,32$ soit 10,32 centaines de milliers d'objets, soit environ \np{1032000} objets.
	\item Pour un prix de 15 euros (soit $x = 15$), 
	
$E(15) = \dfrac{f'(15)}{f(15)}\times 15=\dfrac{-12,8\e^{-3}}{214\e^{-3}}\times 15 =-\dfrac{192}{214}\approx - 0,90$.
	
Cela signifie que si le prix de 15 euros augmente de 1\,\%, la demande diminuera alors d'environ $0,9$\,\%.
\end{enumerate}
\end{document}