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% Merci à Marc Incamps du lycée de Raiatea pour le sujet 
% Merci à Jean-Paul Blaineau pour le corrigé
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\def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat ES}
\lfoot{\small{Polynésie}}
\rfoot{\small{10 juin 2011}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center} { \Large \textbf{\decofourleft~Baccalauréat ES  Polynésie 10 juin 2011 \decofourright}}
\end{center}

\vspace{0.25cm}

\subsection*{{Exercice 1 \hfill 4 points}}

\emph{Commun à tous les candidats}

\medskip

\begin{enumerate}
\item VRAI
 
Sur l'intervalle $]- \infty~;~1[,\, f$ est continue, strictement décroissante (cf tableau de variation fourni). Et l'intervalle image de $]- \infty~;~1[$ est $]- \infty~;~2[$. Or 0 appartient à cet intervalle. Selon le cas particulier du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet une et une seule solution sur $]- \infty~;~1[$.
 
De plus, sur $]1~;~+ \infty[,\, f$ admet $3$ pour minimum. Alors, l'équation $f(x) = 0$ n'admet pas de solution sur cet intervalle. Finalement, l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution sur $] - \infty~;~1[\, \cup\, ]1~;~+ \infty[$. 
\item  FAUX
 
La droite d'équation $y = 1$ n'est ni asymptote en $- \infty$ (la limite de $f$ est 2), ni asymptote en $+ \infty$ (la limite de $f$ est infinie). 
\item  FAUX
 
La fonction $f$ est décroissante sur l'intervalle ]1~;~6]. Donc sur cet intervalle, $f'(x)$ est négatif. Il existe donc au moins un réel $x$ tel que $f'(x) \geqslant 0$ soit faux. 
\item  FAUX
 
La fonction $f$ est strictement positive sur ]1~;~6]. Or $F' = f$. Donc $F' > 0$. D'où $F$ est croissante sur ]1~;~6]. 
\item  ON NE PEUT PAS CONCLURE
 
On sait que : $\ln [f(x)]$ existe $\iff  f(x)$\, définie et $f(x) > 0$. Sur $]- \infty~;~0]$, l'image de $x$ par $f$ est parfaitement définie. Mais, on ne connaît pas le signe de $f$ sur cet intervalle. Il se pourrait, par exemple, que $f(0)$ soit négatif ! 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item VRAI
		 
Par composition des fonctions, on a : $g(6) = \text{e}^{f(6)} = \text{e}^{3}$. 
		\item  FAUX 
		
On a $\displaystyle\lim_{\substack{x \to 1\\x < 1}} f(x) = -\infty$ et $\displaystyle\lim_{X \to - \infty} \text{e}^X = 0$ donc $\displaystyle\lim_{\substack{x \to 1\\x < 1}} \text{e}^{f(x)} = 0$, soit $\displaystyle\lim_{\substack{x \to 1\\x < 1}} g(x) = 0$. 
		\item  FAUX
		 
On a : $g'(x) = f'(x) \times \text{e}^{f(x)}$. Or $\text{e}^{f(x)} > 0$. Donc $g'(3)$ est du signe de $f'(3)$. Or sur ]1 ~;~6], $f$ est décroissante. Alors $f'(3) < 0$. D'où $g'(3) < 0$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}
 
\subsection*{{Exercice 2 \hfill 5 points}}

\emph{Commun à tous les candidats}

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item À l'aide de la calculatrice, on obtient une équation de la droite d'ajustement affine D de $y$ en $x$ par la méthode des moindres carrés (coefficients arrondis à $10^{-2}$) :  $y = - 4,17x + 299,33$. 
		\item On trace D à l'aide de deux points (le point moyen G du nuage, non exigé, appartient à D).
	\end{enumerate} 
\item Méthode libre ! Lecture graphique pour $x = 12 \ldots$

On préférera un calcul : 

Pour $x =  12$, on a $y_{12} = -4,17 \times  12 + 299,33 = 249,29$. Que l'on arrondit à $249$ milliers de mariages.
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item 0n représente le nuage de points $N_{i}\left(x_{i}~;~Y_{i}\right)$.
\item Tableau : 

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{10}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$x_{i}$&0&1&2&3&4&5&6&7&8\\ \hline
$Z_{i}$&2,77&2,71&3,04&3,26&3,50&3,97&4,16&4,56&4,93\\ \hline
\end{tabularx}

\medskip

\item
	\begin{enumerate}
		\item On sait que : $Z = 0,29x + 2,51$ et que $Z = \ln (Y)$.
		 
Ainsi, $\ln (Y) = 0,29x + 2,51$ qui équivaut à : $Y = \text{e}^{0,29x+2,51} = \text{e}^{0,29x} \times  \text{e}^{2,51} \approx  12,30 \text{e}^{0,29x}$. (le coefficient 12,30 étant arrondi)
 
On a bien $Y = 12,30 \times \text{e}^{0,29x}$ pour ce nouvel ajustement. 
		\item En 2012, $x = 12$. Alors $Y_{12} = 12,30 \times  \text{e}^{O,29 \times 12} \approx 399,25$. Que l'on arrondit à 399 milliers.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{Partie C}

\medskip
 
Il est toujours possible de travailler graphiquement en déterminant, par lecture, à partir de quelle valeur entière de $x$ la courbe $(C)$ d'équation $y = 12,30 \times \text{e}^{0,29x}$ va passer au-dessus de la droite D d'équation $y = -4,17x + 299,33$.

Car, par le calcul, cela revient à résoudre l'inéquation : $12,30 \times \text{e}^{0,29x} > -4,17x + 299,33$ ! Pas de méthode algébrique simple ! Alors, utilisons la calculatrice ...
 
La fonction affine représentée par D est décroissante, tandis que la fonction représentée par la courbe $(C)$ est croissante. Nous allons déterminer le \og point de bascule \fg{} à l'aide de la table de valeurs de la calculatrice. On trouve :

\medskip
\begin{center}
\begin{tabularx}{0.6\linewidth}{|c|*{2}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline 
$x$& Fonction $(C)$& Fonction affine (D) \\ \hline
10 &257,63 &223,54\\ \hline 
11 &253,46 &298,75\\ \hline
\end{tabularx}
\end{center}
\medskip
 
C'est à partir de 2011 que, pour la première fois, le nombre de pacs dépassera celui des mariages.

\vspace{0,5cm}
 
\subsection*{{Exercice 3 \hfill 5 points}}

\emph{Enseignement obligatoire} 

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item A partir de l'énoncé, puisque l'on est en situation d'équiprobabilité (le candidat interrogé étant choisi au hasard) : 

$p\left(\text{R}_{1}\right) = \dfrac{74,3}{100} = 0,743$ ; $p(\text{O}) = \dfrac{17,8}{100}= 0,178$ ; $p\left(\text{E}_{1}\right) = 1 - \left[p\left(\text{R}_{1}\right) + p(\text{O})\right] = 0,079$. 
\item  Un candidat admis est reçu au premier tour ou est reçu après avoir passé l'oral de rattrapage. 

L'évènement A peut s'écrire : A = R$_{1}\, \cup \left(\text{O}\, \cap \, \text{R}_{2} \right)$ et $p\left(\text{O}\, \cap \, \text{R}_{2} \right) = p(\text{A}) - p\left(\text{R}_{1}\right) = 0,861 - 0,743 = 0, 118$.

Interprétation: 11,8\,\% des candidats ont été reçus au rattrapage. 
\item  Calcul d'une probabilité conditionnelle.
 
\[p_{\text{O}}\left(\text{R}_{2}\right) = \dfrac{p\left(\text{O}\, \cap \, \text{R}_{2} \right)}{p(\text{O})} = \dfrac{0,118 }{0,178} \approx 0,663.\]	
 
Interprétation : 66,3\,\% des candidats admis à l'oral de rattrapage ont été reçus. 
\item  Arbre de probabilités. L'arbre pondéré décrivant la situation est : 

\medskip
 
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\psset{linewidth=.75pt}
\pstree[treemode=R,levelsep=3cm,treesep=1.1]{\TR{}}
{
	\TR{$\; \mathrm{R}_{1} \;$}\taput{\footnotesize{0,743}}	  
	\pstree{\TR{$\; \mathrm{O} \;$}\taput{\footnotesize{0,178}}}
	  {
		  \TR{$\; \mathrm{R}_{2}$}\taput{\footnotesize{0,663}}	
		  \TR{$\;\mathrm{E}_{2}$}\tbput{\footnotesize{0,337}}	
	  }
	\TR{$\; \mathrm{E}_{1} \;$}\tbput{\footnotesize{0,079}}		  	
}
\end{center}

\medskip

\item  On interroge au hasard trois candidats et l'on considère que les trois réponses sont indépendantes les unes des autres. Il s'agit d'un schéma de Bernoulli de paramètres $n = 3$ (l'expérience est répétée $3$ fois dans les mêmes conditions) 
et $p = p(\text{A}) = 0,861$ (probabilité du succès).

Soit $Z$ la variable aléatoire comptabilisant le nombre de succès, c'est-à-dire le nombre de candidats admis parmi les trois candidats interrogés.
 
	\begin{enumerate}
		\item La probabilité que les trois candidats aient été admis est : $p_{1} = p(Z = 3) = p(\text{A})^3 = (0,861)^3 \approx 0,638$.
		\item La probabilité qu'au moins deux des trois candidats aient été admis est :
		 
$p_{2} = p(Z = 2) + p(Z = 3) = 3 \times  (0,861)^2 \times 0,139 + (0,861)^3 \approx  0,947$.
 
Pour $p(Z = 2)$, il Y a trois chemins à considérer sur l'arbre à trois niveaux 
	\end{enumerate}
\end{enumerate} 

\vspace{0,5cm}
 
\subsection*{{Exercice 3 \hfill 5 points}}

\emph{Enseignement de spécialité} 

\medskip

\textbf{Partie A}

\medskip
 
Voici le graphe avec les degrés des sommets.

\begin{center}
\psset{unit=1cm}\begin{pspicture}(5,4.5)
\psdots(3,0.5)(4.5,0.75)(2,1)(3,2)(0.25,2.25)(4,2.75)(2.5,3.5)%ETPLOHW
\uput[dl](3,0.5){E(2)} \uput[r](4.5,0.75){T(4)} \uput[l](2,1){P(4)} \uput[l](3,2){L(4)} 
\uput[u](0.25,2.25){O(2)} \uput[r](4,2.75){H(3)} \uput[u](2.5,3.5){W(3)}
\psline(2,1)(3,0.5)(4.5,0.75)(2,1)(3,2)(4.5,0.75)(4,2.75)(4.5,0.75)%PETPLTHT
\psline(2,1)(0.25,2.25)(2.5,3.5)(3,2)(4,2.75)(2.5,3.5) %POWLHW 
\end{pspicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item  Le graphe est connexe. Or, d'après le théorème d'Euler :
 
- un graphe connexe admet une chaine eulérienne si, et seulement si, le nombre de sommets de degré impair est 0 ou 2.
 
- un graphe connexe admet un cycle eulérien si, et seulement si, tous ses sommets sont de degré pair.
 
W et H sont les seuls sommets de degré impair. Le graphe  admet donc une chaine eulérienne. W et H étant pris pour points de départ et d'arrivée, en voici une :
 
W--O--P--L--W--H--L--T--P--E--T--H
\item Selon le 1., puisque tous les sommets ne sont pas de degré pair, le graphe n'admet pas de cycle eulérien. 
\item Le graphe n'est pas orienté. Ainsi, sa matrice $M$ associée est une matrice symétrique.
 
L'élément $a_{ij}$ de la matrice $M$ est égal au nombre de chaines de longueur 1 reliant le sommet $i$ au sommet $j$. Les sommets étant pris dans l'ordre alphabétique EHLOPTW, la matrice M est la suivante : 
\end{enumerate}

\medskip

\[\begin{pmatrix}
0 &0 &0 &0 &1 &1 &0 \\
0 &0 &1 &0 &0 &1 &1 \\
0 &1 &0 &0 &1 &1 &1\\
0 &0 &0 &0 &1 &0 &1\\
1&0 &1 &1 &0 &1 &0\\
1 &1 &1 &0 &1 &0 &0\\
0 &1 &1 &1 &0 &0 &0\\
\end{pmatrix}\]

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Utilisons l'algorithme de détermination d'une plus courte chaîne de Dijkstra. Le sommet O est le sommet de départ et T est celui d'arrivée. 

On obtient la plus courte chaîne : O - P - L - H - T de poids $46$.

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline 
O&W &P &L &H &E &T \\ \hline
\Rnode{E}{} 0 &15, O &13, O& $\infty$& $\infty$& $\infty$& $\infty$\\ \hline 
& 15, O&\Rnode{D}{} 13, O& 18, P&$\infty$&28, P& 47, P\\ \hline 
&15, O&& 18, P &29, W&28, P&47, P\\ \hline 
&&&\Rnode{C}{} 18, P& 26, L& 28, P& 47, P\\ \hline 
&&&&\Rnode{B}{} 26, L& 28, P& 46, H\\ \hline 
&&&&&28, P &46, H\\ \hline 
&&&&&&\Rnode{A}{} 46, H \\ \hline
\end{tabularx}
\nccurve[arrows=->,angleA=-90,angleB=-90,arrowsize=2pt 4]{A}{B}
\nccurve[arrows=->,angleA=-90,angleB=-90,arrowsize=2pt 4]{B}{C}
\nccurve[arrows=->,angleA=-90,angleB=-90,arrowsize=2pt 4]{C}{D}
\nccurve[arrows=->,angleA=-90,angleB=-90,arrowsize=2pt 4]{D}{E}


 
\item Le plus court chemin de O à T est de poids $46$, ce qui correspond à 46~minutes de déplacement pour Arthur.
 
Mais, comme celui-ci ne dispose que de 40~minutes pour arriver à Temple, il sera en retard de 6 minutes sur l'horaire fixé par les organisateurs du séjour ! 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}
 
\subsection*{{Exercice 4 \hfill 6 points}}

\emph{Commun à tous les candidats} 

\medskip
 
Il s'agit d'étudier $f(x) = \np{17280}\text{e}^{-0,024x}$.

\begin{enumerate}
\item En 2011, $x = 11$. Donc on calcule $f(11) \approx \np{13271}$ au billion près. 
\item La limite de $f$ en $+ \infty$. 

On a $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}\text{e}^{- 0,024x} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty}f(x) = 0$
\item  $f = k\text{e}^v$. Donc $f' = kv'\text{e}^v$. Pour tout nombre réel $x$ de $[11~;~ +\infty[$ :  
$f'(x) = \np{17280} \times (-0,024)\text{e}^{-0,024x} = -414,72\text{e}^{-0,024x}$.

Donc $f'(x) < 0$. Alors $f$ est strictement décroissante sur $[11~;~ +\infty[$. 

\medskip

\begin{center}
\begin{pspicture}(6,3)
\psframe(6,3)\psline(0,2)(6,2)\psline(0,2.5)(6,2.5)\psline(2,0)(2,3)
\uput[u](1,2.5){$x$} \uput[u](2.2,2.5){$11$} \uput[u](5.5,2.5){$+ \infty$} 
\rput(1,2.25){$f'(x)$}\rput(1,1){$f(x)$}\uput[d](2.15,2){$m$}\uput[u](5.85,0){$0$}
\psline{->}(2.5,1.5)(5.5,0.5)\rput(4,2.25){$-$}
\end{pspicture} \quad avec $m \approx \np{13271}$. 
\end{center}


\item  NON ! $f$ admet pour maximum $m$. Or $m < \np{15000}$. Donc il n'existe pas de valeur de $x$ telle que $f(x) = \np{15000}$. 
\item  NON ! $f$ admet pour limite $0$ en plus l'infini. Donc on peut trouver $x$ tel que $f(x) < \np{6000}$.

Détermination de l'année : 

$f(x) < \np{6000}  \iff  \text{e}^{-0,024x} < \dfrac{\np{6000}}{\np{17280}} \iff  - 0,024x < \ln \left(\dfrac{\np{6000}}{\np{17280}}\right) \iff$

$x > \dfrac{\ln \left(\frac{\np{6000}}{\np{17280}}\right)}{-0,024}$.
Or $\dfrac{\ln \left(\frac{\np{6000}}{\np{17280}}\right)}{-0,024} \approx 44,07$. 

Donc on prend $x \geqslant 45$. Les découvertes de pétrole deviendront strictement inférieures à \np{6000}~billions de barils à partir de 2045.
 
Vérification : $x = 44$\, ;\, $f(44) \approx  \np{6011}$  et $x = 45$\, ;\, $f(45) \approx \np{5868}$. 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item $f$ est une fonction continue sur l'intervalle $[11~;~+ \infty[$. Elle admet donc des primitives sur cet intervalle. Soit $F$ l'une de ses primitives. On a alors : 

$f(x) = \np{17280}\text{e}^{-0,024x}$, donc $F(x) = 17280 \times \dfrac{1}{-0,024} 	\text{e}^{-0,024x} = - \np{720000}\text{e}^{-0,024x}$. 
		\item  On a ensuite : 
$I = 	\displaystyle\int_{11}^{21} f(x)\:\text{d}x = F(21) - F(11) = -\np{720000}\left(\text{e}^{-0,504} - \text{e}^{-0,264}\right)$. 

\[\int_{11}^{21} f(x)\:\text{d}x \approx \np{117982}\quad \text{\`a l'unité près}\]

		\item   On cherche la valeur moyenne $v$ de $f$ sur l'intervalle [11~;~21]. 

\[v = \dfrac{1}{21 - 11}\times \int_{11}^{21} f(x)\:\text{d}x = \dfrac{I}{10} \approx \np{11798}\]
 
D'après ce modèle, on peut espérer découvrir \np{11798} billions de barils par an.  
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\vfill Jean-Paul Blaineau
\end{document}