Voici le corrigé complet du bac ES de mathématiques 2017 passé en France métropolitaine en juin 2017, pour les candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité. Le premier exercice enchaîne une loi uniforme, une loi normale, une loi binomiale et un intervalle de fluctuation pour juger l’affirmation d’un gérant. L’exercice de spécialité combine un graphe probabiliste à deux états, sa matrice de transition, une suite arithmético-géométrique étudiée grâce à une suite géométrique auxiliaire, puis la recherche d’un plus court chemin par l’algorithme de Dijkstra. Le troisième exercice étudie la fonction \(f(x)=(1-x)\mathrm{e}^{3x}\) : variations, convexité et point d’inflexion, position relative de deux courbes et calcul d’aire par intégrale. Le dernier teste la loi de Benford avec le logarithme népérien. Chaque résultat est justifié et vérifié.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Lois uniforme, normale et binomiale, intervalle de fluctuation
1. a. Le temps d’attente \(T_1\) (en minutes) suit la loi uniforme sur \([0\,;12]\). Pour une loi uniforme sur \([a\,;b]\), la probabilité d’un intervalle \([c\,;d]\) inclus dans \([a\,;b]\) vaut \(\dfrac{d-c}{b-a}\). On cherche la probabilité d’attendre plus de 5 minutes :
\[P(T_1\gt 5)=P(5\lt T_1\leq\, 12)=\frac{12-5}{12-0}=\frac{7}{12}\approx 0{,}583.\]
b. Le temps moyen d’attente est l’espérance de \(T_1\) ; pour une loi uniforme sur \([a\,;b]\) :
\[E(T_1)=\frac{a+b}{2}=\frac{0+12}{2}=6.\]
Le temps moyen d’attente est de 6 minutes.
2. Le temps d’attente \(T_2\) suit désormais une loi normale d’espérance \(\mu=5\) et d’écart type \(\sigma=1{,}5\). On demande \(P(0{,}75\lt T_2\lt 6)\). À la calculatrice (fonction « normale FRép ») :
\[P(0{,}75\lt T_2\lt 6)\approx 0{,}745.\]
Environ 74,5 % des clients attendent entre 0,75 et 6 minutes.
3. a. On choisit 10 clients au hasard ; le nombre de clients est assez grand pour assimiler ce choix à 10 tirages indépendants avec remise. Chaque client présente le caractère étudié avec la même probabilité \(p=0{,}1\) (succès) ou non (échec). La variable \(X\) qui compte les succès suit donc la loi binomiale de paramètres \(n=10\) et \(p=0{,}1\).
b. Probabilité qu’aucun des 10 clients ne présente ce caractère :
\[P(X=0)=\binom\,{10}{0}\times 0{,}1^{0}\times 0{,}9^{10}=0{,}9^{10}\approx 0{,}349.\]
4. Le gérant affirme que 90 % des clients sont satisfaits. Une enquête auprès de 860 clients en compte 763 satisfaits. On teste l’affirmation avec \(p=0{,}9\) et \(n=860\).
Conditions d’utilisation de l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % : \(n=860\geq\, 30\), \(np=774\geq\, 5\) et \(n(1-p)=86\geq\, 5\). Elles sont vérifiées.
\[I=[p-1{,}96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}\,;\,p+1{,}96\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}]=[0{,}9-1{,}96\sqrt{\frac{0{,}09}{860}}\,;\,0{,}9+1{,}96\sqrt{\frac{0{,}09}{860}}].\]
En arrondissant à \(10^{-3}\) (borne inférieure par défaut, borne supérieure par excès) : \(I\approx[0{,}879\,;0{,}921]\).
La fréquence observée de clients satisfaits est \(f=\dfrac{763}{860}\approx 0{,}887\).
Comme \(f\in I\), l’enquête ne permet pas de remettre en cause l’affirmation du gérant au seuil de 95 %.
Exercice 2 :
Candidats ayant suivi l’enseignement de spécialité : graphe probabiliste, suites et algorithme de Dijkstra
Partie A
Un joueur résout des énigmes successives ; chacune est d’un des deux types A ou B. Après une énigme de type A, la suivante est de type A avec la probabilité 0,85 ; après une énigme de type B, la suivante est de type B avec la probabilité 0,9. On note \(a_n\) et \(b_n\) les probabilités que la \(n\)-ième énigme soit de type A ou de type B, et \(P_n=\begin{pmatrix}a_n & b_n\end{pmatrix}\).
1. La première énigme est de type A, donc \(a_1=1\), \(b_1=0\) et \(P_1=\begin{pmatrix}1 & 0\end{pmatrix}\).
2. Les probabilités manquantes s’obtiennent par complément à 1 : de A vers B, \(1-0{,}85=0{,}15\) ; de B vers A, \(1-0{,}9=0{,}1\). D’où le graphe probabiliste :
3. En rangeant les sommets dans l’ordre A, B, la matrice de transition est :
\[M=\begin{pmatrix}0{,}85 & 0{,}15\\ 0{,}1 & 0{,}9\end{pmatrix}.\]
4. On veut montrer que \(a_{n+1}=0{,}75a_n+0{,}1\) pour tout \(n\geq\, 1\). On a \(P_{n+1}=P_n\times M\), c’est-à-dire :
\[\begin{pmatrix}a_{n+1} & b_{n+1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a_n & b_n\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0{,}85 & 0{,}15\\ 0{,}1 & 0{,}9\end{pmatrix},\]
donc \(a_{n+1}=0{,}85a_n+0{,}1b_n\). Comme \(a_n+b_n=1\), on a \(b_n=1-a_n\), d’où :
\[a_{n+1}=0{,}85a_n+0{,}1(1-a_n)=0{,}85a_n-0{,}1a_n+0{,}1=\mathbf{0{,}75a_n+0{,}1}.\]
5. a. On pose \(v_n=a_n-0{,}4\) et on montre que \((v_n)\) est géométrique. Pour tout \(n\geq\, 1\) :
\[v_{n+1}=a_{n+1}-0{,}4=0{,}75a_n+0{,}1-0{,}4=0{,}75a_n-0{,}3=0{,}75(a_n-0{,}4)=0{,}75v_n.\]
La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(q=0{,}75\) et de premier terme \(v_1=a_1-0{,}4=1-0{,}4=\mathbf{0{,}6}\).
b. Expression de \(v_n\) puis de \(a_n\) en fonction de \(n\) :
\[v_n=v_1\times q^{\,n-1}=0{,}6\times 0{,}75^{\,n-1}=\frac{0{,}6}{0{,}75}\times 0{,}75^{\,n}=0{,}8\times 0{,}75^{\,n}.\]
Comme \(a_n=v_n+0{,}4\) : \(a_n=0{,}8\times 0{,}75^{\,n}+0{,}4\) (ou, de façon équivalente, \(a_n=0{,}6\times 0{,}75^{\,n-1}+0{,}4\)). Vérification : \(a_1=0{,}8\times 0{,}75+0{,}4=1\) et \(a_2=0{,}8\times 0{,}5625+0{,}4=0{,}85\), ce qui correspond bien au graphe.
c. Limite de \((v_n)\) : comme \(0\lt 0{,}75\lt 1\), \(\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}75^{\,n}=0\), donc \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0\).
d. On en déduit \(\lim\limits_{n\to+\infty}a_n=0+0{,}4=\mathbf{0{,}4}\). Après un grand nombre d’énigmes, la probabilité que l’énigme proposée soit de type A se stabilise autour de 0,4 (et celle du type B autour de 0,6). L’analyse proposée dans l’énoncé, qui annonce une probabilité supérieure à 0,5, est donc fausse, puisque \(0{,}4\lt 0{,}5\).
Partie B
On cherche le chemin le plus court (de poids minimal) du sommet A au sommet G du graphe pondéré de l’énoncé, à l’aide de l’algorithme de Dijkstra. Les poids utiles, lus sur le graphe, sont : A–B : 2, A–C : 6, A–D : 10, B–C : 3, B–G : 15, C–D : 4, C–E : 9, C–G : 12, D–E : 3, E–F : 1, E–G : 4, F–G : 4.
Dans le tableau, chaque case indique la distance provisoire depuis A et le sommet d’où l’on arrive ; à chaque ligne, on fixe le sommet non encore choisi de plus petite distance (dernière colonne), puis on met à jour ses voisins.
| A | B | C | D | E | F | G | Sommet fixé |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 0 | ∞ | ∞ | ∞ | ∞ | ∞ | ∞ | A (0) |
| 2 (A) | 6 (A) | 10 (A) | ∞ | ∞ | ∞ | B (2) | |
| 5 (B) | 10 (A) | ∞ | ∞ | 17 (B) | C (5) | ||
| 9 (C) | 14 (C) | ∞ | 17 (B ou C) | D (9) | |||
| 12 (D) | ∞ | 17 (B ou C) | E (12) | ||||
| 13 (E) | 16 (E) | F (13) | |||||
| 16 (E) | G (16) |
En passant par F, on obtiendrait \(13+4=17\gt 16\) : l’étiquette de G reste 16 (E). En remontant les prédécesseurs depuis G : G ← E ← D ← C ← B ← A.
Le chemin le plus court est A – B – C – D – E – G, de poids total \(2+3+4+3+4=\mathbf{16}\).
Exercice 3 :
Fonction exponentielle, convexité, intégrale et aire entre deux courbes
Partie A
On étudie sur \([0\,;1]\) la fonction \(f(x)=(1-x)\mathrm{e}^{3x}\), dont on admet que \(f^{\prime}(x)=(-3x+2)\mathrm{e}^{3x}\) et \(f^{\prime\prime}(x)=3(1-3x)\mathrm{e}^{3x}\).
(Vérification de \(f^{\prime}\) : avec \(u=1-x\) et \(v=\mathrm{e}^{3x}\), \(f^{\prime}(x)=-\mathrm{e}^{3x}+3(1-x)\mathrm{e}^{3x}=(2-3x)\mathrm{e}^{3x}\).)
1. Étude des variations de \(f\). Comme \(\mathrm{e}^{3x}\gt 0\) pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-3x+2\), qui s’annule en \(x=\dfrac{2}{3}\), est positif avant et négatif après.
| \(x\) | \(0\) | \(\frac{2}{3}\) | \(1\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(-3x+2\) | + | 0 | − | ||
| \(\mathrm{e}^{3x}\) | + | | | + | ||
| \(f^{\prime}(x)\) | + | 0 | − | ||
| \(f(x)\) | \(1\) | ↗ | \(\frac{1}{3}\mathrm{e}^{2}\approx 2{,}46\) | ↘ | \(0\) |
avec \(f(0)=1\times \mathrm{e}^{0}=1\), \(f(\frac{2}{3})=\frac{1}{3}\mathrm{e}^{2}\approx 2{,}46\) et \(f(1)=0\). La fonction \(f\) est croissante sur \([0\,;\frac{2}{3}]\), décroissante sur \([\frac{2}{3}\,;1]\), et admet un maximum \(\frac{\mathrm{e}^{2}}{3}\approx 2{,}46\) en \(x=\frac{2}{3}\).
2. Convexité et point d’inflexion. On a \(f^{\prime\prime}(x)=3(1-3x)\mathrm{e}^{3x}\) ; comme \(3\gt 0\) et \(\mathrm{e}^{3x}\gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(1-3x\).
| \(x\) | \(0\) | \(\frac{1}{3}\) | \(1\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(3\) | + | | | + | ||
| \(\mathrm{e}^{3x}\) | + | | | + | ||
| \(1-3x\) | + | 0 | − | ||
| \(f^{\prime\prime}(x)\) | + | 0 | − | ||
| \(f\) | convexe | concave |
La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(x=\frac{1}{3}\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un point d’inflexion d’abscisse \(\frac{1}{3}\). Son ordonnée est \(f(\frac{1}{3})=(1-\frac{1}{3})\mathrm{e}^{1}=\frac{2}{3}\mathrm{e}\), d’où le point d’inflexion \(I(\frac{1}{3}\,;\frac{2}{3}\mathrm{e})\), soit environ \((0{,}33\,;1{,}81)\).
Partie B
On considère aussi la fonction \(g\) définie sur \([0\,;1]\) par \(g(x)=x^{2}-2x+1=(1-x)^{2}\), de courbe \(\mathcal{C}_g\).
1. Les deux courbes ont les mêmes points d’abscisses 0 et 1 : \(f(0)=1\) et \(g(0)=1\) ; \(f(1)=0\) et \(g(1)=0\). Donc \(\mathcal{C}_f\) et \(\mathcal{C}_g\) passent toutes deux par les points \((0\,;1)\) et \((1\,;0)\).
2. a. On montre que \(\mathrm{e}^{3x}-1\geq\, 0\) pour tout \(x\in[0\,;1]\). Par équivalences, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante :
\[\mathrm{e}^{3x}-1\geq\, 0\iff \mathrm{e}^{3x}\geq\, 1\iff 3x\geq\, \ln 1\iff 3x\geq\, 0\iff x\geq\, 0.\]
Tout \(x\) de \([0\,;1]\) vérifie \(x\geq\, 0\), donc \(\mathrm{e}^{3x}-1\geq\, 0\) sur \([0\,;1]\).
b. Pour \(x\in[0\,;1]\), on a \(\mathrm{e}^{3x}-1\geq\, 0\) et \(x\geq\, 0\) ; en additionnant, \(\mathrm{e}^{3x}-1+x\geq\, 0\).
c. Position relative des courbes. On factorise la différence par \(1-x\) :
\[f(x)-g(x)=(1-x)\mathrm{e}^{3x}-(1-x)^{2}=(1-x)(\mathrm{e}^{3x}-(1-x))=(1-x)(\mathrm{e}^{3x}-1+x).\]
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | |
|---|---|---|---|
| \(1-x\) | + | + | 0 |
| \(\mathrm{e}^{3x}-1+x\) | 0 | + | + |
| \(f(x)-g(x)\) | 0 | + | 0 |
Ainsi \(f(x)-g(x)\geq\, 0\) sur \([0\,;1]\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\) sur \([0\,;1]\), les deux courbes se rejoignant aux points d’abscisses 0 et 1.
3. a. Une primitive de \(g\) est \(G(x)=\dfrac{x^{3}}{3}-x^{2}+x\). D’où :
\[\int_0^1 g(x)\,\mathrm{d}x=\Big[G(x)\Big]_0^1=(\frac{1}{3}-1+1)-0=\frac{1}{3}.\]
b. Comme \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\) sur \([0\,;1]\), l’aire \(S\) (en unités d’aire) du domaine compris entre les deux courbes et les droites d’équations \(x=0\) et \(x=1\) vaut \(\displaystyle\int_0^1\big(f(x)-g(x)\big)\,\mathrm{d}x\). Une primitive de \(f\) est \(F(x)=\frac{1}{9}(4-3x)\mathrm{e}^{3x}\) (on vérifie que \(F^{\prime}(x)=\frac{1}{9}(-3+3(4-3x))\mathrm{e}^{3x}=(1-x)\mathrm{e}^{3x}\)), donc :
\[\int_0^1 f(x)\,\mathrm{d}x=F(1)-F(0)=\frac{\mathrm{e}^{3}}{9}-\frac{4}{9}=\frac{\mathrm{e}^{3}-4}{9}.\]
\[S=\frac{\mathrm{e}^{3}-4}{9}-\frac{1}{3}=\frac{\mathrm{e}^{3}-7}{9}\approx 1{,}45.\]
L’aire cherchée vaut \(S=\frac{\mathrm{e}^{3}-7}{9}\approx 1{,}45\) u.a., soit environ 1,5 u.a. arrondie au dixième.
Exercice 4 :
Logarithme népérien et loi de Benford
Selon la loi de Benford, le premier chiffre significatif \(X\) d’une donnée prend la valeur \(d\) (entier de 1 à 9) avec la probabilité \(P(X=d)=\dfrac{\ln(d+1)-\ln(d)}{\ln 10}\).
1. Probabilité que le premier chiffre soit 1 :
\[P(X=1)=\frac{\ln 2-\ln 1}{\ln 10}=\frac{\ln 2}{\ln 10}\approx 0{,}301.\]
Selon la loi de Benford, environ 30 % des données commencent par le chiffre 1.
2. a. Dans la série observée, 11 094 données sur 36 677 commencent par le chiffre 1. La fréquence observée est :
\[f=\frac{11\,094}{36\,677}\approx 0{,}302.\]
Cette fréquence est très proche de la valeur théorique 0,301 : l’observation est compatible avec la loi de Benford.
b. Pour \(X\) le premier chiffre de la taille des candidats de l’année exprimée en centimètres : presque toutes les tailles sont comprises entre 100 cm et 199 cm, et très peu de candidats mesurent 2 m (200 cm) ou plus. Le premier chiffre vaut donc 1 dans la quasi-totalité des cas, bien plus que les 30 % prévus. La loi de Benford n’est pas du tout adaptée pour modéliser cette variable \(X\).
