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%Tapuscrit : Denis Vergès
%Corrigé : René Roux
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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 = {Corrigé du baccalauréat ES},
pdftitle = {Centres étrangers 13 juin 2017},
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat ES}
\lfoot{\small{Corrigé Centres étrangers}}
\rfoot{\small 13 juin 2017}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center} { \Large{ \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat ES Centres étrangers ~\decofourright\\[4pt]13 juin 2017}}} 

\end{center}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 1 \hfill 4 points}}

\medskip

\emph{Cet exercice est un questionnaire à choix multiples}

\medskip 

\emph{Pour chacune des questions posées, une seule des quatre réponses est exacte. \\
Une réponse exacte rapporte un point. Une réponse fausse, une réponse multiple ou l'absence de réponse ne rapporte ni n'enlève aucun point.\\ 
Indiquer sur la copie le numéro de la question et recopier la réponse choisie. Aucune justification n'est demandée.}
 
\medskip

\begin{enumerate}
\item La loi uniforme est définie sur l'intervalle [1 ; 9] de longueur 8.

$p(5 < X < 9) = \dfrac{9-5}{9-1}=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}$\hfill  \textbf{Réponse b.}
\item  L'intervalle de confiance au seuil des 95 \% est : $\left[f-\dfrac{1}{\sqrt{n}}~;~f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right]$.

Son amplitude est donc égale à $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$. Celle-ci est égale à $0,01$. Cela donne donc :

$\dfrac{2}{\sqrt{n}}=0,01 \iff \dfrac{4}{n}=0,0001 \iff n=\dfrac{4}{0,0001}=$\np{40000} \hfill \textbf{Réponse d.}
\item $x^{23} = 92 \iff \ln \left( x^{23}\right)=\ln (92) \iff 23\times \ln (x) = \ln (92) \iff \ln (x)=\dfrac{\ln (92)}{23}$

$\iff x = e^{\frac{\ln (92)}{23}}$ \hfill \textbf{Réponse c.} 

\item D'après le tableau de variations, pour tout $x\in [~-5~;~3~]$ (intervalle de longueur 8), on a $2\leqslant f(x) \leqslant 5 $.

Donc, $ 8\times 2 \leqslant \displaystyle\int_{-5}^3 g(x)\:\text{d}x \leqslant 8 \times 4$ soit $16 \leqslant I \leqslant 32$. \hfill \textbf{Réponse c.}

\end{enumerate}
\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 2 \hfill 6 points}}

\textbf{Commun à tous les candidats} 

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip 

On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $[- 20~;~20]$ par 

\[f(x) = (- 2x + 30)\text{e}^{0,2x-3}.\] 

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Pour tout réel $x$ de l'intervalle $[- 20~;~ 20]$,
		
		$f'(x) = -2\times \text{e}^{0,2x - 3} +(-2x + 30)\times 0,2 \times \text{e}^{0,2x-3}$
		
		$= \left[ -2+0,2\times (-2x+30) \right] \text{e}^{0,2x-3}= \left(-2-0,4x+6 \right) \text{e}^{0,2x - 3} =(-0,4x + 4)\text{e}^{0,2x - 3}$. 
		\item Pour tout $x \in [- 20~;~20]$,\: $\text{e}^{0,2x-3} > 0$ donc $f'(x)$ a le même signe que $-0,4x + 4$.
		
$-0,4x+4\geqslant 0 \iff -0,4x \geqslant -4 \iff x\leqslant \dfrac{-4}{-0,4} \iff x\leqslant 10$. On obtient donc le tableau de variation de $f$ sur l'intervalle $[- 20~;~20]$ : 
%Tableau de variations de f
\begin{center}
{\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}%  paramètres
\def\esp{\hspace*{2.5cm}}% pour modifier la largeur du tableau
\def\hauteur{20pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
$\begin{array}{|c|*5{c}|}
\hline
x 		&$-20$  &\esp & 10 & \esp & 20 \\ \hline
-0,4x+4 &  &   \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \\ \hline
f'(x) 	&  &   \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} & \\ \hline
 & &  &   \Rnode{max}{\frac{10}{\text{e}}}  &  &   \\  
f(x) & &     &  &  &  \rule{0pt}{\hauteur} \\ 
 & \Rnode{min1}{70\text{e}^{-7}} &   &  &  &   \Rnode{min2}{-10\text{e}} \rule{0pt}{\hauteur}    
 \ncline{->}{min1}{max} 
 \ncline{->}{max}{min2} \\ 
\hline
\end{array}$
}
\end{center}	
%% fin tableau
$f(-20) = 70\text{e}^{-7}\approx 0,064$ \hfill $f(10) = \frac{10}{\text{e}}\approx 3,68$ \hfill $f(20) = -10\text{e} \approx -27,18$. 
	\end{enumerate}
\pagebreak
\item
	\begin{enumerate}
		\item Sur l'intervalle $[- 20~;~10]$, la fonction $f$ est positive. L'équation $f(x) = - 2$ n'admet donc pas de solution sur cet intervalle.
		
		Sur l'intervalle $[10~;~20]$, la fonction $f$ est continue strictement décroissante à valeurs dans $\left[~\dfrac{10}{\text{e}};~-10\text{e}\right]$.
		
		Or $-2 \in \left[~\dfrac{10}{\text{e}};~-10\text{e}\right]$, donc d'après le théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=-2$ admet une unique solution notée $\alpha$ dans l'intervalle $[10~;~20]$.
		
		Conclusion : l'équation $f(x)=-2$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[10~;~20]$.
	
		\item  Avec la calculatrice, on trouve $\alpha \in ]15,8~;~15,9[$. 
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
			\item La ligne 1 nous donne comme dérivée la fonction $f$. Dons la fonction définie sur l’intervalle $[10~;~15]$ par $F(x)=(- 10x + 200)\text{e}^{0,2x-3}$ est une primitive de la fonction $f$.
			
Donc $\displaystyle\int_{10}^{15} f(x)\:\text{d}x=\left[F(x)\right]_{10}^{15}$. \hfill $F(15) = 50$ et $F(10) = 100 \text{e}^{-1}$.
			
Donc $\displaystyle\int_{10}^{15} f(x)\:\text{d}x=50-\dfrac{100}{\text{e}}$.			
			\item La ligne 3 nous donne la dérivée seconde de la fonction $f$ : $f''(x)=(- 0,08x + 0,4)\text{e}^{0,2x-3}$.
			
Pour tout $x\in [-2~;~20]$, $\text{e}^{0,2x-3}>0$, donc $f''(x)$ a le même signe que $-0,08x+0,4$.\\
			$-0,08x+4\geqslant 0 \iff -0,08x\geqslant -4 \iff x\leqslant \dfrac{-0,4}{-0,08} \iff x\leqslant 5 $.
			
La fonction $f$ est convexe si et seulement si $f''(x)\leqslant 0$. Le plus grand intervalle sur lequel la fonction $f$ est convexe, est : $[-20~;~5]$. L'abscisse du point d'inflexion est $x = 5$.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip 

\begin{enumerate}
\item $f(10)-f(0)=10\text{e}^{-1}-30\text{e}^{-3}\approx 2,185$. Le dénivelé de cette nouvelle piste est donc de \np{2185} mètres. 
\item Pour déterminer la difficulté de cette piste, il faut étudier les variations de la fonction dérivée $f'$ sur l'intervalle $(0~;~10]$.

D'après les questions précédentes, on a :

$f'(x)=(-0,4x+4)\text{e}^{0,2x-3}$ \hfill et \hfill $f''(x) = (- 0,08x + 0,4)\text{e}^{0,2x-3}$.

Le signe (déjà trouvé) de $f''(x)$ donne les variations de $f'$. Le tableau de variations de $f'(x)$ est donc : 
%Tableau de variations de f'
\begin{center}
\renewcommand{\arraystretch}{1.3}
\psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}%  paramètres
\def\esp{1.5cm}% pour modifier la largeur du tableau
\def\hauteur{10pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur
$\begin{array}{|c|*6{c}|}
\hline
x 		&0  	& \hspace*{\esp} 	& 5						& \hspace*{\esp}&  20& \\ \hline
f''(x) 	&  		&   \pmb{+} 		& \vline\hspace{-2.7pt}0& \pmb{-} 		&   &\\ \hline
		& 		& 					& \Rnode{max}{2\text{e}^{-2}}&  		&  	&\\ 
f' 		& 		&     				&  						&  				&  	&\\
   		&\Rnode{min1}{4\text{e}^{-3}}\ncline{->}{min1}{max} & &				&	&  	&\Rnode{min2}{0} \ncline{->}{max}{min2}\\ 	  \hline
\end{array}$
\end{center}
%% fin tableau

$f'(0) = 4\text{e}^{-3}\approx 0,199$ \hfill $f(5)=2\text{e}^{-2}\approx 0,271$ \hfill $f(10)=0$.

D'après le tableau de variation, la fonction $f'$ admet sur l'intervalle $[0~;~10]$ un maximum au point d'abscisse 5. Ce maximum a pour valeur approchée $0,271$. La pente maximum sera donc de 27,1 \%, ce qui correspond à une piste rouge.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}
\pagebreak

\textbf{\textsc{Exercice 3 \hfill 5 points}}

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

\medskip 

\begin{enumerate}
\item Au 1\up{er} janvier 2018, la surface sera égale à : $120\times 0,90+4=112 m^2$. 
\item  Algorithme : 

\begin{center}\begin{tabularx}{0.5\linewidth}{|lX|}\hline 
L1&$U$ prend la valeur \red{120}\\
L2 &$N$ prend la valeur 0 \\
L3 &Tant que \red{U>60}\\ 
L4 &\hspace{0.4cm}$U$ prend la valeur \red{$0,9\times U+4$}\\
L5 &\hspace{0.4cm}$N$ prend la valeur $N + 1$\\ 
L6 &Fin tant que \\
L7 &Afficher \red{N}\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center} 

\item 
	\begin{enumerate}
		\item pour tout entier naturel $n$,
		
$v_{n+1}=u_{n+1}-40=0,9u_n+4-40=0,9u_n-36=0,9(u_n-40)=0,9v_n$.

Donc la suite $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique de raison $q = 0,9$ et de premier terme $v_0 = u_0 - 40 = 80$. 
		\item pour tout entier naturel $n$, on a : $v_n = v_0 \times q^n = 80\times 0,9^n$. 
		\item Nous savons que pour tout entier naturel $n$, $v_n = u_n - 40$ donc $u_n = v_n + 40 = 80\times 0,9^n + 40$. 
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $80 \times  0,9^n + 40 \leqslant  60 \iff 80 \times  0,9^n \leqslant 20 \iff 0,9^n \leqslant \dfrac{20}{80} \iff 0,9^n \leqslant \dfrac{1}{4} $
		
$\iff \ln \left(0,9^n\right)\leqslant \ln \left(\dfrac{1}{4}\right) \iff n\times \ln (0,9) \leqslant -\ln (4) \iff n \geqslant \dfrac{-\ln (4)}{\ln (0,9)}$.

Or $\dfrac{-\ln (4)}{\ln (0,9)}\approx 13,16$, donc $n\geqslant 14$.
		\item Au bout de 14 années, soit à partir de 2021, la surface sera réduite de plus de la moitié. 
	\end{enumerate}
\item Calculons la limite de la suite $\left(u_n\right)$ lorsque $n$ tend vers l'infini. La suite $(v_n)$ est une suite géométrique de raison 0,9. Comme $q\in ]-1~;~1[$, la limite de la suite $\left(v_n\right)$ est nulle lorsque $n$ tend vers l'infini. De plus $u_n=v_n+40$ donc la limite de la suite $(u_n)$ quand $n$ tend vers l'infini sera égale à 40. Le jardinier n'arrivera jamais à faire disparaître complètement la plante de son terrain car il en restera toujours au minimum $40 m^2$. 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textsc{Exercice 3 \hfill 5 points}

\textbf{Candidats de la série ES ayant suivi l'enseignement de spécialité} 


%On note $P_n = \begin{pmatrix}a_n& b_n \end{pmatrix}$ l'état probabiliste correspondant aux intentions de vote le $n$-ième mois après le début de la campagne. On a donc $P_0 = \begin{pmatrix}0,65& 0,35\end{pmatrix}$. 

\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item Le graphe probabiliste :

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(0,-1)(4,1.2)
\psset{nodesep=5pt,arcangle=15,arrowsize=2pt 3}%  paramètres du graphe
\def\nomG{A}
\def\nomD{B}
\def\valGD{0,05}
\def\valDG{0,03}
\def\valGG{0,95}
\def\valDD{0,97}
\Rnode{G}{\nomG} \hskip 4cm \Rnode{D}{\nomD}
\ncarc{->}{G}{D} 
      \Aput{\valGD}
\ncarc{->}{D}{G} 
      \Aput{\valDG}
\nccircle[angleA=90]{->}{G}{4mm}   
      \Bput{\valGG}
\nccircle[angleA=-90]{->}{D}{.4cm} 
      \Bput{\valDD}
\end{pspicture}
\end{center}
		\item La matrice de transition $M$ associée à ce graphe en prenant les sommets dans l'ordre alphabétique est $M=\begin{pmatrix}0,95&0,05\\0,03 &0,97\end{pmatrix}$. 
	\end{enumerate}
\item $P_l = \begin{pmatrix}a_0& b_0\end{pmatrix}\times M=\begin{pmatrix}0,65& 0,35\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}0,95&0,05\\0,03 &0,97\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0,628& 0,372\end{pmatrix}$. 

\item On note $P = \begin{pmatrix}a& b\end{pmatrix}$ l'état stable associé à ce graphe.
	\begin{enumerate}
		\item Les termes de la matrice de transition $M$ ne sont pas nuls, donc l'état $P_n$ converge vers un état stable $P = \begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}$ qui se trouve en résolvant le système d'équations suivant : 
		
$\begin{pmatrix}a& b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a& b\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}0,95&0,05\\0,03 &0,97\end{pmatrix} $.

$\begin{pmatrix}a& b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a& b\end{pmatrix}\times\begin{pmatrix}0,95&0,05\\0,03 &0,97\end{pmatrix} \iff \begin{pmatrix}a& b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,95a+0,03b& 0,05a+0,97b\end{pmatrix} $, d'où  : 

$\left\{\begin{array}{l c l}
a &= &0,95a + 0,03b\\
b &=& 0,05a + 0,97b
\end{array}\right.$
		
Ces deux équations se simplifient pour obtenir : $0,05a-0,03b=0$. De plus $a+b=1$. Donc le couple $(a~;~b)$ est solution du système :

$\left\{\begin{array}{l c l}
0,05a - 0,03b &= &0\\
a + b &=& 1
		\end{array}\right.$
 
		\item Par substitution :
		
$\left\{\begin{array}{l c l}
0,05a - 0,03b &= &0\\
a + b &=& 1
		\end{array}\right.
		\iff 
\left\{\begin{array}{l c l}
0,05a - 0,03(1-a)y &= &0\\
b &=& 1-a
\end{array}\right.\\
		\iff
\left\{\begin{array}{l c l}
0,05a - 0,03+0,03a &= &0\\
b  &=& 1-a
\end{array}\right.
		\iff
		\left\{\begin{array}{l c l}
0,08a  &= &0,03\\
b  &=& 1-a
\end{array}\right.$
		
$\iff
\left\{\begin{array}{l c l}
a &= &\dfrac{0,03}{0,08} = \dfrac{3}{8} \\
b  &=& 1- \dfrac{3}{8}= \dfrac{5}{8}
\end{array}\right.$
		
L'état stable du système est $P = \begin{pmatrix}\dfrac{3}{8}&\dfrac{5}{8}\end{pmatrix}$.
\item Au bout d'un certain temps, le candidat A  aura environ $37,5\,\%$ des abonnés, et le candidat B $62,5\,\%$.
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item On note $P_n = \begin{pmatrix}a_n& b_n \end{pmatrix}$ pour tout entier naturel $n$.\\
		Donc  $P_{n+1} = \begin{pmatrix}a_{n+1}& b_{n+1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_n& b_n \end{pmatrix} \times M$.
		
On obtient alors : $\begin{pmatrix}a_{n+1}& b_{n+1} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0,95a_n+0,03b_n& 0,05a_n+0,97b_n \end{pmatrix}$.

Donc $a_{n+1}=0,95a_n+0,03b_n$. De plus $a_n+b_n=1$ donc $b_n=1-a_n$.

Pour finir : $a_{n+1} = 0,95a_n + 0,03\left(1 - a_n\right) = 0,95a_n + 0,03 - 0,03a_n = 0,92a_n + 0,03$. 
		\item Pour tout entier naturel $n$,  $v_{n+1} = a_{n+1} - 0,375 = 0,92a_n+0,03 - 0,375 = 0,92a_n - 0,372 = 0,92\left(a_n - 0,375\right) = 0,92a_n$.

Donc la suite $\left(v_n\right)$ est une suite géométrique de raison $q = 0,92$ et de premier terme

$v_0 = a_0 - 0,375 = 0,275$. 
		\item Pour tout entier naturel $n$, $v_n = v_0\times q^n = 0,275 \times 0,92^n$ et comme $v_n = a_n - 0,375$ on en déduit que $a_n = 0,275 \times  0,92^n + 0,375$. 
	\end{enumerate}
\item $a_{11} = 0,275 \times 0,92^{11} + 0,375 \approx 0,485$.

La campagne électorale dure 11~mois. Si la modélisation de l'institut de sondage est valable, le candidat A aura donc environ $48,5\,\%$ des voix. C'est donc le candidat B qui sera élu avec environ $51,5\,\%$ des suffrages exprimés. 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{\textsc{Exercice 4 \hfill 5 points}}

\textbf{Commun à tous les candidats } 

\emph{Les parties {\rm A} et {\rm B} sont indépendantes} 

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip 

\begin{enumerate}
\item L'arbre pondéré.
% arbre pondéré
\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=2.5pt]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$A$} \naput{$0,64$}}
	{\TR{$D$} \naput{$0,6$}
	\TR{$E$} \nbput{$0,4$}}
	
\pstree{\TR{$B$} \nbput{0,35}}
	{\TR{$D$}\naput{$0,7$}
	\TR{$E$}\nbput{$0,3$}}
	
\pstree{\TR{$C$} \nbput{0,25}}
	{\TR{$D$}\naput{$0,5$}
	\TR{$E$}\nbput{$0,5$}}
	}
\end{center}

%Fin arbre
\item Formule de Bayes : $p(A \cap E) = p_A(E)\times p(A) = 0,4\times 0,4 = 0,16$. 
\item Formule des probabilités totales :

$p(E) = p(A \cap E) + p(B \cap E) + p(C \cap E) = $

$p_A(E)\times p(A) + p_B(E)\times p(B) + p_C(E)\times p(C) =
0,16 + 0,35\times 0,3 + 0,25\times 0,5 = 0,16 + 0,105 + 0,125 = 0,39$. 
\item Formule de Bayes : $p_E(C) = \dfrac{p(C\cap E)}{p(E)} = \dfrac{0,125}{0,39}\approx 0,32$. 
\item Pour une embarcation, l'espérance du gain sera de :

$E(X) = p(A\cap D) \times 15 + p(A\cap E) \times 25 + p(B\cap D) \times 10 + p(B\cap E) \times 16 +
 p(C\cap D) \times 35 + p(C\cap E)\times 60=23,605$.

Donc pour 200 embarcations, $E(X) = 23,605\times 200 = \np{4721}$ euros.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip 

\begin{enumerate}
\item À l'aide de la calculatrice, $p(490 < X < 520)\approx 0,819$. 
\item 8 heures correspond à 480 minutes. On cherche donc $p(X<480)$.

Avec la calculatrice $p(X < 480) = 0,5 - p(480 < X < 500)\approx 0,023$.
\item À l’aide de la touche inverse loi normale de la calculatrice, on détermine la valeur de $a$.

On trouve $a\approx 476,74$ soit $a = 477$.

Cela signifie que la probabilité que batterie d’un bateau soit déchargée avant $477$~minutes d’utilisation est d’environ 1\,\%.
\end{enumerate}
\end{document}