Exercice 1 (6 points)

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• Publié le: 21 juin 2017
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• Langue: Français

Extrait

Exercice 1 (6 points)

MATHEMATIQUES
Série ES
ENSEIGNEMENT DE SPECIALITE

1.a.T1suit la loi uniforme sur l'intervalle [0 ; 12].
Laprobabilité qu'un client attende au moins 5 minutes avant d'être pris en charge est :
12−5 7
⩾5=P5⩽T⩽12≈= =
P(T1) (1)0,583
12−0 12
0+12
=
b.Le temps moyen d'attente à une caisse est :E(T1)=6 min
2

2.T2suit la loi normale d'espérance 5 et d'écart-type 1,5. A l'aide de la calculatrice, on obtient
P0,7⩽6≈
(5⩽T1)0,745

3. a.On répèten= 10 fois une même expérience aléatoire de manière indépendante à deux issues :
la caisse tombe en panne ou ne tombe pas en panne avec une probabilité de tomber en panne égale àp= 0,1.
Xest la variable aléatoire égale au nombre de caisses qui tombent en panne pendant une journée donnée.
Xsuit donc la loi binomiale de paramètresn= 10 etp= 0,1.

b.

10 10
P X=0=(1−0,1)=0,9≈
( )

0,349

4.On effectue un sondage de taillen= 860.
Onfait l'hypothèse que la proportion de clients satisfaits soitp= 0,9.
L'intervallede fluctuation asymptotique au seuil de confiance à 95 %est :
p(1−p)p(1−p)
I=p−1,96; p+1,96≈[0,880 ; 0,920]
[ ]
√n√n
763
Lafréquence de clients satisfaits observée est :f= ≈0,887
860
Conclusion :f∈Idonc on ne peut pas remettre en question l'affirmation du gérant.

Exercice 2 (5 points)

Partie A
( )
1. P1=1 0.
2. 0,15
0,9
0,85
A B
0,1

0,85 0,15
3.On en déduitM=.
( )
0,1 0,9
0,85 0,15
P=P15
( )( )( )
2 1×M=1 0× =1×0,85+0×0,1 1×0,15+0×0,9 doncP2=0,85 0,
( )
0,1 0,9
0,85 0,15
4.Pour tout entiern,P=P×M=(a b)× =(0,85a+0,1b0,15a+0,9b)
( )
n+1n nnn nn n
0,1 0,9
b=0,85a+0,1b0,15a+0,9b
(a1n+1) (n nn n)
n+
D'oùa=0,85a+0,1baveca+b=1 doncb=1−a
n+1n nn nn n
a=0,85a+0,1(1−a)=5a+ −
n+1n n0,8n0,1 0,1ad'oùa+=0,75a+0,1
n n1n

5.Pour tout entiern⩾1 ,v=a−0,4 .
n n
n⩾= −0,4=
a.Pour tout1,v+an+10,75a+0,1−0,4=0,75a−0,3
n1n n
0,3
v=0,75a−0,4
doncn+=0,75a−(n)
1n
(0,75)
vn+=0,75v
1n
La suite (vn) est donc géométrique de raisonq= 0,75 et de premier termev=a−0,4=1−0,4=
1 1

b.On a, pour tout

n⩾1

,

n−1
vn=v1×q

donc

n−1
v=0,6×0,75
n

Pour tout entiern⩾1 ,v=a−0,4 donca=v+0,4
n nn n
n−10,6n
0,6×0,75+0,4= ×0,75+0,4
d'oùan=
0,75
0,6n
En remarquant que=0,8 onobtient bienan=0,8×0,75+0,4
0,75

n
c.0 < 0,75 < 1 donclim 0,75=0.
n→+∞
n
Par limite de produit on alim(0,6×0,75)=0
n→+∞

soit

limv=0
n
n→+∞

.

0,6.

d. a=v+0,4limdonc, par limite de somme,a=0,4 .
n nn
n→+∞
A long terme le joueur devra résoudre 40 % d'énigmes faciles et donc 60 % d'énigmes difficiles.
Conclusion :ne passera donc jamais en dessous des 40 % d'énigmes faciles à résoudre et on peut doncIl
penser que la revue spécialisée fait erreur.

Partie B
Pour déterminer le trajet le plus rapide pour aller de A à G, on utilise l'algorithme de Dijkstra.

A
0

B
∞
(2 ;A)

C
∞
(6 ; A)
(5 ;B)

D
∞
(10 ; D)
(10 ; D)
(9 ;C)

E
∞
∞
∞
(14 ; C)
(12 ;D)

F
∞
∞
∞
∞
∞
(13 ; E)

G
∞
∞
(17 ; B)
(17 ; B)
(17 ; B)
(16 ; E)
(16 ;E)

Sommet sélectionné
A (0)
B(2)
C(5)
D(9)
E(12)
F(13)
G(16)

Le sommet G étant marqué, pour lire la chaîne de poids minimal, on part de G et on "remonte" la
chaîne en suivant les prédécesseurs. G←E←D←C←B←A. Le trajet le plus court possible pour aller
de A à G estA-B-C-D-E-G. Il faudra prévoir16 minutespour effectuer ce trajet.

Exercice 3 (6 points)

Partie A

x

f '(x)

f(x)

0

1

3x
Pour toutxsur [0 ; 1] on donnef(x)=(1−x)e
3x
1.Pour toutxsur [0 ; 1] on sait d'après l'énoncé quef '(x)=(−3x+2)e
3x2
Ore>0pour toutxet−3x+2>0donnex<. D'où
3
2
1
3
3×0 0
f(0)=(1−0)e=1e=1
×
3 22
+ 0 –
2 2312e
f=1−e=e=
( ) ()
23 33 3
e
3×1
f(1)=(1−1)e=0
3
0

3x
2.D'après le logiciel de calcul formel,'f '(x)=3e(1−3x).
3x1
avec 3e>0 pourtoutxet1−3x>0équivaut àx<. D'où
3
1
x0 1
3
f ''(x)–+ 0

Convexité de f

convexe

concave

3×1
11 13212e
Conclusion :Cfpossède un point d'inflexion de coordonnéesx=ety=f=1−e=e=
3(3) (3)3
3
Partie B
1.D'après la partie A on sait quef(1) = 0 etf(0) = 1 donc A ( 1 ; 0) et B(0 ; 1) appartiennent bien àCf.
22
D'autre part,g(1)=1−2×1+1=0etg(0)=0−2×0+1=1
donc A ( 1 ; 0) et B(0 ; 1) appartiennent aussi àCg.
Conclusion :A ( 1 ; 0) et B(0 ; 1) sont des points communs aux courbesCf etCg.

3x
2. a.Résolvons l'inéquatione−1⩾0.
3x
e⩾1
3x
ln(e)⩾car la fonction ln est strictement croissanteln 1
3x⩾0 soitx⩾0
3x
Conclusion : On a donc bien pour toutxdans [0 ; 1],e−1⩾0

b.De plus sur [0 ; 1],

x⩾0

donc

3x
e−1+x⩾0

3x
c.Pour toutxdans [0 ; 1],f(x)−g(x)=(1−x)(e−1+x)
3x
avece−1+x⩾0etx⩽1donc1−x⩾0.
Conclusion : Pour toutxdans [0 ; 1],f(x)−g(x)⩾0.

1 11
3 33
2x21202
∫ ∫
3. a.g(x)dx= (x−2x+1)dx= −x+x= −1+1− −0+0=
[ ]( )( )
3 33
0 00
b. fetgsont deux fonctions continues sur [0 ; 1] telles quef(x)−g(x)⩾0.
1 11
∫ ∫∫
On a doncS=(f(x)−g(x))dx=f(x)dx−g(x)dx
0 00
3
e−4 1
S= −u.a. SoitS≈1,5u.a.en arrondissant au dixième.
9 3

1
3

Exercice 4 (3 points)
ln(c+1)−ln(c)
Pour tout entier c compris entre 1 et 9,P(X=c)=
ln(10)
ln(2)−ln(1)ln(2)
1.On a doncP(X=1)≈= =0,301
ln(10)ln(10)
2. a. Premier cas.
On prend un échantillon de taillen= 36 677.
ln(2)
X
Onfait l'hypothèse quep=P(=1)= ≈0,301
ln(10)
L'intervallede fluctuation asymptotique au seuil de confiance à 95 %est :
p(1−p)p(1−p)
I=p−1,96; p+1,96≈[0,296 ; 0,306]
[ ]
√n√n
La fréquence observée de communes dont la population est un nombre qui commence par 1 est :
11094
f= ≈0,302.
36 677
Conclusion :f∈Idonc l'observation ne permet pas de remettre en question l'affirmation proposée.

b. Deuxième cas.
On peut supposer que, sauf rares exceptions, les candidats mesurent entre 1 mètre et deux mètres, soit
une mesure en centimètres qui commence par 1.
On peut donc supposer queP(X=1)≈On est très loin1 .P(X=1)≈0,301 quedonne la loi de Benford.
Conclusion : La loi de Benford n'est ici pas adaptée pour la variable aléatoireX.