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Publié par | LExpress.fr |
Publié le | 21 juin 2017 |
Nombre de lectures | 8 876 |
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
2.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)
(0,75)
1n
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 :Il ne passera donc jamais en dessous des 40 % d'énigmes faciles à résoudre et on peut donc
penser que la revue spécialisée fait erreur.
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
3×2 2
+ 0 –
2 2312e
f=1−e=e=
(3) ()3 3
23
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>tout0 pourxet1−3x>0équivaut àx<. D'où
3
1
x0 1
3
f ''(x)–+ 0
Convexité de f
convexe
concave
Conclusion :Cfpossède un point d'inflexion de coordonnées
1
x=
3
et
3×1
1 13212e
y=f=1−e=e=
(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)⩾ln 1car la fonction ln est strictement croissante
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.
9 3
SoitS≈1,5u.a.en arrondissant au dixième.
1
3
Exercice 4 (3 points)
ln(c+1)−ln(c)
c
Pour tout entier c compris entre 1 et 9,P(X=)=
ln(10)
ln(2)−ln(1)ln(2)
1
1.On a doncP(X=)≈= =0,301
ln(10)ln(10)
2. a. Premier cas.
On prend un échantillon de taillen= 36 677.
ln(2)
Onfait l'hypothèse quep=P(X=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)≈1 .On est très loinP(X=1)≈donne la loi de Benford.0,301 que
Conclusion : La loi de Benford n'est ici pas adaptée pour la variable aléatoireX.