Bac S – Mathématiques – Correction
L'énoncé de ce sujet de bac est disponible ici. Exercice 1
Etude du cas particulier
a. La fonction $f_2$ est d'après l'énoncé dérivable sur $\R$. $ f_2′(x) = \e^x – 2$
Or $\e^x-2 > 0 \Leftrightarrow \e^x > 2 \Leftrightarrow x > \ln 2$. On obtient par conséquent le tableau de variations suivant:
$\quad$
b. $2 – 2\ln 2 > 0$ donc pour tout réel $x$, $f_2(x) > 0$ et l'équation $\e^x = 2x$ ne possède aucune solution. Sujets BAC SVT ES-L & TS session remplacement Mars 2015 - Site des Sciences et technologies du vivant, de la santé et de la Terre. On en déduit donc que $\Delta_2$ et $\Gamma$ n'ont pas de point d'intersection. Etude du cas général où $ a$ est un réel strictement positif
a. $f_a(x)=\e^x(1-ax\e^{-x})$
$\lim\limits_{x \to +\infty} x\e^{-x} = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\e^x} = 0$
De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \e^x = +\infty$. Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f_a(x) = +\infty$
$\lim\limits_{x \to -\infty} \e^x = 0$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} -ax = +\infty$ car $a > 0$. Donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f_a(x) = +\infty$. b. $f_a$ est dérivable sur $\R$.
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$f_a'(x) = \e^x – a$. $\e^x – a > 0 \Leftrightarrow x > \ln a$. On obtient ainsi le tableau de variations suivant:
La fonction $f_a$ admet donc un minimum $f_a(\ln a) = a-a\ln a$. c. $a -a \ln a = a (1 – \ln a)$
Puisque $a > 0$, $a -a \ln a$ est du signe de $1- \ln a$. Cela signifie donc que:
• si $a > \e$ alors $1 – \ln a < 0$ et $a – a\ln a < 0$
• si $0< a < \e$ alors $1 – \ln a > 0$ et $a – a\ln a > 0$
d. Si $0 < a < \e$ alors $f_a(x) > 0$ pour tout réel $x$. Si $a > \e$:
Sur $]-\infty;\ln a]$, la fonction $f_a$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus $\lim\limits_{x \to – \infty} f_a(x) = +\infty$ et $f_a(\ln a) <0$. ToutMonExam | Sujets/Corrigés Sciences de la Vie et de la Terre BAC S 2015 - Nouvelle Calédonie. Par conséquent $0$ appartient à l'intervalle image de $]-\infty;\ln a]$ par $f_a$. D'après le théorème de la bijection ou le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f_a(x) = 0$ possède une unique solution sur $]-\infty;\ln a[$ et $\Gamma$ et $\Delta_a$ ont un unique point d'intersection sur cet intervalle. De même, en utilisant la croissance stricte de $f_a$ sur $[\ln a;+\infty[$, on prouve que $\Gamma$ et $\Delta_a$ ont un unique point d'intersection sur $[\ln a;+\infty[$.
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Cela signifie donc qu'environ $81, 7\%$ des puces ont une durée de vie supérieure ou égale à $10~000$ heures. c. $P(20~000 \le X \le 30~000) = \e^{-20~000\lambda} – \e^{-30~000\lambda} \approx 0, 122$. Cela signifie donc qu'environ $12, 2\%$ des puces ont une durée de vie comprise entre $20~000$ et $30~000$ heures. a. On effectue $15~000$ "tirages" indépendants, aléatoires et identiques. Pour chacun de ces tirages les puces ont soit une durée de vie courte ou non et la probabilité qu'une puce livrée ait une vie courte est $p = 0, 003$. Par conséquent $Y$ suit la loi $\mathscr{B}(15~000;0, 003)$. b. $E(Y) = np = 15~000\times 0, 003 = 45$. c. $P(40 \le Y \le 50) = P(Y \le 50) – P(Y \le 39) \approx 0, 589$. Exercice 3
a. Une représentation paramétrique de $D_1$ est:
$\begin{cases} x = t \\\\y= 2 + 2t \qquad t \in \R \\\\z=-1 + 3t \end{cases}$. b. Un vecteur directeur de $D_2$ est $\vec{u_2} (1;-2;0)$. Bac s sujet de svt session mars 2015 nouvelle calédonie – table. c. Si on prend $k = -2$ dans $D_2$ alors:
$\begin{cases} x = -1 \\\\y=4\\\\z=2 \end{cases}$
Donc $A_2$ appartient à $D_2$.
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Les deux courbes ont donc, si $a > \e$ deux points d'intersection. Si $a=\e$ alors la droite et la courbe $Gamma$ ont un seul point en commun: celui d'abscisse $\ln a = 1$. Exercice 2
a. D'après l'énoncé, on observe que $2\%$ des puces livrées ont une durée de vie courte. Donc $P_L(C) = 0, 02$. Bac s sujet de svt session mars 2015 nouvelle calédonie de. b. Cela signifie donc que $P_L\left(\overline{C}\right) = 0, 98$ et $P\left(L \cap \overline{C}\right) = 0, 95 \times 0, 98 = 0, 931$. c. On cherche donc à calculer ici:
$P\left(\left(L \cap C\right) \cup \overline{L}\right) = 1 – P\left(L \cap \overline{C}\right) = 1 – 0, 931 = 0, 069$. a. On sait que $P(X \le 1~000) = 0, 02$. Puisque $X$ suit une loi exponentielle de paramètre $\lambda$, cela signifie donc que:
$P(X \le 1~000) = 1 – \e^{-1~000\lambda}$
Par conséquent:
$ \begin{align*} 1 – \e^{-1~000\lambda} = 0, 02 & \Leftrightarrow -\e^{-1~000\lambda} = -0, 98 \\\\
& \Leftrightarrow -1~000\lambda = \ln (0, 98) \\\\
& \Leftrightarrow \lambda = \dfrac{-\ln (0, 98)}{1~000}
\end{align*}$
b. $P(X \ge 10~000) = \e^{-10~000\lambda} \approx 0, 817$.
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