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\newcommand{\chapHead}[1]{% #1 = Titre
\begin{tikzpicture}
\fill[blue!20] (0,0) rectangle+(\textwidth,-1.5cm);
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\fill[violet] (12cm,0) rectangle +(4cm,-4.5cm);
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% "Fiche"
\node[below] at (14cm,-0.5cm) {%
\begin{minipage}{4cm}
\begin{center}
\color{white}\fontfamily{lmss}\fontseries{bx}
\selectfont{\Large Corrigé}

\bigskip

\emph{{\small Stéphane PASQUET}}
\end{center}
\end{minipage}
};
% Titre
\node[below right] (titre) at (0.25cm,-1.5cm) {%
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\color{purple}\Huge #1
\end{minipage}
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\end{minipage}
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}
% Sections
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% Partie

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\begin{center}
\Large
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\begin{document}
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\pagestyle{fancy}
\chapHead{Baccalauréat Série ES\\
Pondichéry, avril 2015}

\section*{Exercice 1 - Commun à tous les candidats}

\partie{A}

Ici, je décide de noter :
\begin{itemize}
\item B l'événement : \og L'ordinateur a un problème de batterie \fg{} ;
\item D l'événement : \og L'ordinateur a un problème de disque dur \fg.
\end{itemize}

On a alors l'arbre suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\node (B) at (2,2) {B};
\node (BB) at (2,-2) {\evcont{B}};
\node (BD) at (4,3) {D};
\node (BDB) at (4,1) {\evcont{D}};
\node (BBD) at (4,-1) {D};
\node (BBDB) at (4,-3) {\evcont{D}};
\draw (0,0) -- (B.west) node[midway,fill=white] {$0,05$};
\draw (0,0) -- (BB.west) node[midway,fill=white] {$0,95$};
\draw (B.east) -- (BD.west) node[midway,fill=white] {$0,02$};
\draw (B.east) -- (BDB.west) node[midway,fill=white] {$0,98$};
\draw (BB.east) -- (BBD.west) node[midway,fill=white] {$0,05$};
\draw (BB.east) -- (BBDB.west) node[midway,fill=white] {$0,95$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
\begin{enumerate}
\item La probabilité pour que l'ordinateur n'ait aucun des 2 problèmes ci-dessus est :
\[
\proba{\evcont{B}\cap\evcont{D}}=0,95\times0,95=0,9025.
\]
\underline{La proposition 1 est donc fausse.}

\item La probabilité pour que l'ordinateur ait un disque dur défectueux est :
\[
\proba{D}=0,05\times0,02+0,95\times0,05=0,0485.
\]
\underline{La proposition 2 est donc vraie.}

\item Sachant que l'ordinateur a été retourné pendant sa période de garantie car son disque dur était défectueux, la probabilité que sa batterie le soit également est :
\[
\probacond{B}{D}=\dfrac{\proba{B\cap D}}{\proba{D}}=\dfrac{0,05\times0,02}{0,0485}=\numprint{0,020618557}>0,02.
\]
\underline{La proposition 3 est donc fausse.}

\newpage

\partie{B}

\item Si X représente la variable aléatoire représentant l'autonomie (en heures) de la batterie, $\text{X}\hookrightarrow\mathscr{N}\coord{8}{4}$.

Donc $\probavar[\geqslant]{X}{10}=1-\probavar[<]{X}{10}\approx0,16<0,2$ (à l'aide de la calculatrice).

\medskip

\underline{La proposition 4 est donc vraie.}

\partie{C}

\item Utilisons un intervalle de fluctuation. Ici, $n=\numprint{1000}$ et $p=0,02$ (en effet, si \pourcent{98} des clés USB fonctionnent, alors \pourcent{2} ne fonctionnent pas). Donc $n\geqslant50$, $np\geqslant5$ et $n(1-p)\geqslant5$. L'utilisation d'un intervalle de fluctuation $I$ est donc légitime.
\[
I=\intervOO{0,02-1,96\dfrac{\sqrt{0,02\times0,98}}{\sqrt{\numprint{1000}}}}{0,02+1,96\dfrac{\sqrt{0,02\times0,98}}{\sqrt{\numprint{1000}}}}\approx\intervFO{0,0113}{0,029}
\]
La fréquence observée des clés USB défectueuses est $f=\dfrac{50}{\numprint{1000}}=0,05\notin I$. On peut donc remettre en cause l'hypothèse selon laquelle \pourcent{2} des clés sont défectueuses.

\medskip

\underline{La proposition 5 est donc fausse.}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 {\fontsize{14}{16}\selectfont(Candidats n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité)}}

\begin{enumerate}
\item
\begin{enumerate}
\item \raisebox{-1.5em}{\begin{tabular}{|>{\bfseries}Sc|*7{Sc|}}
\hline
Test C<400 & xxx & vrai & vrai & vrai & vrai & vrai & faux\\
\hline
Valeur de C & 300 & 326 & $349,92$ & $371,93$ & $392,17$ & 410,8 & xxx \\
\hline
Valeur de n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & xxx\\
\hline
\end{tabular}}

\medskip

Détail du premier calcul : $326-326\times0,08+50=349,92$.

\item L'algorithme affiche ici $n=5$. Cela correspond au nombre d'années qu'il devra attendre avant que le nombre de colonies d'abeilles dépasse ou égale 400.
\end{enumerate}

\item 
\begin{enumerate}
\item $C_{n+1}=C_n-\dfrac{8}{100}C_n+50=0,92C_n+50$.
\item $\begin{aligned}[t]
V_{n+1} & = 625 - C_{n+1}\\
& = 625-0,92C_n-50\\
& = 575-0,92C_n\\
& = 0,92\left(\dfrac{575}{0,92}-C_n\right)\\
& = 0,92(625-C_n)\\
\Aboxed{V_{n+1} & = 0,92V_n}
\end{aligned}$

\item D'après la question précédente, on déduit que la suite $(V_n)$ est géométrique de raison $q=0,92$ et de premier terme $V_0=625-C_0=625-300=3250$.

Ainsi, d'après le cours, $V_n=C_0\times q^n=300\times0,92^n$.

Or, $V_n=625-C_n$ donc $C_n=625-V_n$ ; par conséquent, on a :
\[
\boxed{C_n=625-300\times0,92^n}
\]
\item En 2024, $n=10$. 

$C_10=625-300\times0,92^{10}\approx494,68$.

\medskip

\underline{L'apiculteur peut donc espérer avoir 494 colonies d'abeilles en 2024.}

\paragraph*{N.B.} Ici, on aurait aussi pu arrondir \og normalement \fg{} en prenant l'entier le plus proche, à savoir 495. Mais j'ai choisi 494 car le nombre 495 n'est pas encore atteint.
\end{enumerate}

\item L'apiculteur souhaite obtenir 600 colonies d'abeilles.
\begin{enumerate}
\item Il suffit de remplacer la ligne \og Tant que C < 400 \fg{} par la ligne :\\ \og Tant que C < 600 \fg.

\item On cherche $n$ tel que :
\begin{align*}
 & C_n\geqslant600\\
 \iff & 625-300\times0,92^n\geqslant600\\
 \iff & -300\times0,92^n\geqslant-25\\
 \iff & 0,92^n\leqslant\dfrac{-25}{-300}\\
 \iff & 0,92^n\leqslant\dfrac{1}{12}\\
 \iff & \ln\big(0,92^n\big)\leqslant\ln\dfrac{1}{12}\\
 \iff & n\ln0,92\leqslant-\ln12\\
 \iff & n\geqslant\dfrac{-\ln12}{\ln0,92}\text{ (on change de signe car }\ln0,92<0\text{ puisque }0<0,92<1
\end{align*}

On trouve alors $n\geqslant29,8$.

\medskip

\underline{Il faudra donc attendre 30 ans avant de doubler le nombre de colonies d'abeilles.}
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 {\fontsize{14}{16}\selectfont(Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité)}}

\begin{enumerate}
\item On a le graphe suivant :
\begin{center}
\tikzset{%
	fleche/.style args={#1}{%
		postaction = decorate,%
		decoration={%
			name=markings,
    		mark=at position #1 with {\arrow[scale=2]{>}}
    	}
	}
}
\begin{tikzpicture}
\coordinate (A) at (0,0);
\coordinate (B) at (4,0);
\coordinate (C) at (60:4);
% A -> C
\draw[fleche=0.5] (A) to[bend left=30] (C);
\node[above left] at ($0.5*(A)+0.5*(C)+(-.5,.5)$) {0,2};
% A -> B
\draw[fleche=0.5] (A) to[bend right=30] (B);
\node[below] at ($0.5*(A)+0.5*(B)+(0,-1)$) {0,2};
% B -> C
\draw[fleche=0.5] (B) to[bend right=30] (C);
\node[above right] at ($0.5*(B)+0.5*(C)+(.5,.5)$) {0,4};
% C -> A
\draw[fleche=0.5] (C) to[bend left=30] (A);
\node[right] at ($0.5*(A)+0.5*(C)+(0.6,0)$) {0,2};
% B -> A
\draw[fleche=0.5] (B) to[bend right=30] (A);
\draw[fleche=0.5,yscale=15,xscale=3] (A.west) to[loop left] (A.west);
\node[above] at ($0.5*(B)+0.5*(A)+(0,0.5)$) {0,1};
\node at ($(A.west)+(-1.6,0)$) {0,6};
\node[circle,draw,fill=white] at (A) {A};
\node[circle,draw,fill=white] at (B) {B};
\node[circle,draw,fill=white] at (C) {C};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item La matrice $M$ de transition est alors :
\[
M=\begin{pmatrix}
0,6 & 0,2 & 0,2\\
0,1 & 0,5 & 0,4\\
0,2 & 0   & 0,8
\end{pmatrix}
\]

\item $N_2=N_0M^2=\begin{pmatrix}100 & 0 & 0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
0,42 & 0,22 & 0,36\\
0,19 & 0,27 & 0,54\\
0,28 & 0,04 & 0,68
\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}42 & 22 & 36\end{pmatrix}$.

Cela signifie qu'après 2 minutes, il y a 42 internautes sur le site A, 22 sur le site B et 36 sur le site C.

\item $N_0\times M^{20}\approx\begin{pmatrix}31,25 & 12,5 & 56,25\end{pmatrix}=N_{20}$.

\og 20 \fg{}  est assez grand pour que l'on puisse assimiler $N_{20}$ à l'état stable.

Cela signifie alors qu'à long terme, il y aura \pourcent{31,25} des internautes sur le site A, \pourcent{12,5} sur le site B et \pourcent{56,25} sur le site C (quel que soit le nombre d'internautes au départ).

\item
\begin{enumerate}
\item D'après le graphe, la probabilité de passer de C à A  en 1 minute est égale à 0,2.

Ainsi, la probabilité pour qu'à l'instant $t=1$ le site A soit infecté est égale à 0,2.

\item Pour que les trois sites soient infectés, il faut que l'internaute utilise le chemin $C \rightarrow B\rightarrow A$ (ce qui est impossible car il ne peut pas passer de C à B) ou le chemin $C \rightarrow A \rightarrow B$, avec une probabilité de $0,2\times0,2=0,04$.

\medskip

La probabilité pour que les 3 sites soient infectés à l'instant $t=2$ est égale à 0,04.
\end{enumerate}
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 (Commun à tous les candidats)}

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item $f(-1)=-2(-1+2)\e^{-(-1)}=-2\e\approx-5,44$.
\item $f$ est de la forme $uv$ avec $u(x)=-2(x+2)$ et $v(x)=\e^{-x}$. Ainsi, $u'(x)=-2$ et $v'(x)=-\e^{-x}$.

La dérivée de $f$ est donc :
\begin{align*}
f'(x) & = (u'v+uv')(x)\\
& = -2\e^{-x}-2(x+2)(-\e^{-x})\\
& = -2\e^{-x}+2(x+2)\e^{-x}\\
& = \big[-2+2(x+2)\big]\e^{-x}\\
\Aboxed{f'(x) & = (2+2x)\e^{-x}}
\end{align*}

\item $f'(x)\geqslant0 \iff 2+2x\geqslant0$ car $\e^{-x}>0$ pour tout réel $x$.

$2+2x\geqslant0\iff2x\geqslant-2\iff x\geqslant-1$ d'où :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorV=violet!10,colorC=violet!10,colorL=violet!10]{$x$/0.5,$f'(x)$/0.5,$f(x)$/1}{$-\infty$,$-1$,$+\infty$}
\tkzTabLine{,-,z,+}
\tkzTabVar{+/,-/$-2\e$,+/}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{enumerate}

\partie{B}

$C_3$ représente $f$ car elle passe par le point de coordonnées \coord{-1}{-5,44}.

$C_1$ représente donc $f'(x)$ car elle est sous l'axe des abscisse pour $x<-1$.

$C_2$ est donc celle qui correspond à $f''(x)$.

\medskip

Une fonction est convexe lorsque sa dérivée seconde est positive. Ainsi, $f$ est convexe sur \intervFF{-1}{0} par exemple.

\section*{Exercice 4 (Commun à tous les candidats)}

\partie{A}

\begin{enumerate}
\item Le coût de production est d'environ \numprint{250000}~\euro.
\item Le bénéfice est réalisé lorsque $R>C$, donc pour une quantité de pièces comprise entre \numprint{3000} et \numprint{23000}.
\item Le bénéfice semble maximal pour \numprint{13000} pièces environ (ici, on tente de regarder la distance entre les deux courbes, qui semble la plus grande -- un peu plus d'un carreau -- pour $x=13$).
\end{enumerate}

\partie{B}

\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
B'(x) & =-0,5\times2x+6\times1+2\times\left(1\times\ln x + x\times\dfrac{1}{x}\right)\\
& = -x+6+2\ln x+2\\
\Aboxed{B'(x) & = -x+8+2\ln x}
\end{aligned}$

\item $-1+\dfrac{2}{x}\geqslant0\iff\dfrac{2}{x}\geqslant1\iff \dfrac{x}{2}\leqslant\dfrac{1}{1}\iff x\leqslant2$.

Ainsi, $B''(x)\geqslant0$ pour $x\leqslant2$.

La fonction $B'$ est donc croissante pour $x\leqslant2$ (et donc décroissante pour $x\geqslant2$).

\medskip

De plus, 

$B'(1)=-1+8+2\ln1=7$ (car $\ln1=0$) ;

$B'(2)=-2+8+2\ln2=6+2\ln2$ ;

$B'(30)=-30+8+2\ln30=-22+2\ln30$.

\item
\begin{enumerate}
\item La fonction $B'$ est continue (car c'est la somme d'un polynôme -- $-x+8$ -- et de la fonction $x\mapsto2\ln x$, qui sont toutes les deux continues sur \intervFF{1}{30}).

De plus, $B'(1)$ et $B'(2)$ sont strictement positifs, donc l'équation $B'(x)=0$ n'admet pas de solution sur \intervFF{1}{2}, et $B'(30)<0$ donc, d'après le théorème de la valeur intermédiaire, il existe une unique solution à l'équation $B'(x)=0$ sur \intervOO{2}{30}.

\medskip

\underline{Finalement, il existe une unique solution à l'équation $B'(x)=0$ sur  \intervFF{1}{30}.}

\item $\alpha\approx13,153$ (à la calculatrice).
\end{enumerate}

\item De la question 3, on déduit que $B'(x)>0$ sur \intervFO{1}{\alpha} et $B'(x)\leqslant0$ sur \intervFF{\alpha}{30}, d'où le tableau suivant :
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[color,colorV=violet!10,colorC=violet!10,colorL=violet!10]{$x$/0.5,$B'(x)$/0.5,$B(x)$/1}{1,$\alpha$,30}
\tkzTabLine{,+,z,-}
\tkzTabVar{-/,+/,-/}
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item D'après le tableau précédent, le bénéfice maximal est atteint en $\alpha$, soit pour \numprint{13153} pièces fabriquées (eh ! j'étais pas loin dans la partie A !).

$B(\alpha)\approx40,199$ donc le bénéfice maximum vaut à peu près \numprint{40199}\euro.
\end{enumerate}
\end{document}