Situations-problèmes C1 corrigées : math CST, secondaire 5

Compréhension. On cherche deux choses : le bac le moins cher (planches et fond) avec son coût, puis le nombre de sacs de terreau.

Données utiles : les côtés de 1,20 m et 1,00 m et leur angle de 105°, trois rangées de planches, les prix, la profondeur de 25 cm au plus, le terreau 5 cm sous le bord, les sacs de 50 L.

Contrainte cachée : c'est l'égalité des volumes qui fixe la longueur du bac rectangulaire. Les vis servent aux deux bacs : elles ne départagent rien.

Modèles. La façade avant fait face à l'angle de 105°, connu avec les deux côtés qui le forment : c'est un cas de loi des cosinus, pas de Pythagore, puisque l'angle n'est pas droit.

L'aire de la base triangulaire se calcule par $\frac{1}{2}ab\sin C$, vue en quatrième secondaire.

Les deux bacs sont des solides équivalents de même hauteur : leurs bases ont donc la même aire. Le fond coûte le même prix dans les deux cas ; seul le tour de la base, donc la longueur des planches, les départage.

Coût des planches : périmètre de la base $\times 3$ rangées $\times 7{,}80$ dollars.

Résolution. Façade avant du bac en coin :

donc $c\approx 1{,}7496$ m.

Aire de la base : $\frac{1}{2}(1{,}20)(1{,}00)\sin 105^\circ\approx 0{,}5796$ m².

Bac en coin : tour $1{,}20+1{,}00+1{,}7496\approx 3{,}9496$ m, soit $3\times 3{,}9496\approx 11{,}849$ m de planche et $92{,}42$ dollars.

Bac rectangulaire : même base de $0{,}5796$ m² et profondeur de $0{,}25$ m, donc une longueur de $\frac{0{,}5796}{0{,}25}\approx 2{,}3182$ m.

Son tour : $2(2{,}3182+0{,}25)\approx 5{,}1364$ m, soit $15{,}409$ m de planche et $120{,}19$ dollars.

Fond, identique pour les deux : $0{,}5796\times 24\approx 13{,}91$ dollars.

Totaux : bac en coin $92{,}42+13{,}91=106{,}33$ dollars ; bac rectangulaire $120{,}19+13{,}91=134{,}10$ dollars, soit $27{,}77$ dollars de plus.

Terreau : hauteur utile $0{,}40$ m, volume $0{,}5796\times 0{,}40\approx 0{,}2318$ m³, soit $231{,}8$ L.

Sacs : $\frac{231{,}8}{50}\approx 4{,}64$, donc $5$ sacs, puisqu'on n'achète pas une fraction de sac.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Inégalité triangulaire : $1{,}7496$ est bien entre $1{,}20-1{,}00=0{,}20$ et $1{,}20+1{,}00=2{,}20$.

Un angle obtus donne un côté opposé plus long que ce que donnerait un angle droit : $1{,}7496>\sqrt{1{,}20^{2}+1{,}00^{2}}\approx 1{,}56$, c'est cohérent.

Le bac rectangulaire de $2{,}32$ m tient avant la porte-fenêtre, à $2{,}60$ m : c'était une vraie option.

Terreau par plant : $\frac{231{,}8}{7}\approx 33{,}1$ L, au-dessus des 30 L conseillés.

Conclusion. Mireille doit construire le bac en coin : il coûte 106,33 dollars de bois, 27,77 dollars de moins que le bac rectangulaire équivalent, et elle doit acheter 5 sacs de terreau.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie voit que l'égalité des volumes fixe la longueur du bac rectangulaire, et tient compte des trois rangées, du fond et des 5 cm sous le bord. C : un de ces éléments manque, par exemple une seule rangée de planches. E : les deux bacs ne sont pas rendus équivalents.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : loi des cosinus pour la façade, $\frac{1}{2}ab\sin C$ pour l'aire, base commune des solides équivalents, conversion des m³ en litres. C : Pythagore à la place de la loi des cosinus ($1{,}56$ m au lieu de $1{,}75$ m), le reste juste. E : aucun modèle pour le triangle.

Cr3, élaboration d'une solution. A : étapes titrées (façade, aire, longueur du bac rectangulaire, coûts, sacs), unités comprises, conclusion qui répond aux deux questions. C : calculs justes mais étapes implicites, ou une question sans réponse. E : résultats isolés, sans lien entre eux.

Piège : remplir jusqu'au bord. Avec $0{,}45$ m, on trouve $260{,}8$ L et $6$ sacs, un de trop : la donnée « 5 cm sous le bord » se lit dans l'énoncé, aucune formule ne la donne.

Compréhension. On compare deux coûts MOYENS : acheter la garantie (prix, plus les franchises éventuelles) ou ne pas l'acheter (les réparations éventuelles).

Les montants tombent à des dates différentes : aujourd'hui, dans 24 mois, dans 36 mois. On les ramène tous à aujourd'hui avec le taux du compte d'épargne, sinon on compare des dollars qui ne valent pas la même chose.

Donnée inutile : le prix de l'ordinateur. Contraintes : au plus une panne, paiement en fin d'année, taux nominal capitalisé mensuellement.

Modèles. Des chances pour de $a$ contre $b$ correspondent à la probabilité $\frac{a}{a+b}$ :

$P_{2}=\frac{3}{3+47}=0{,}06$ et $P_{3}=\frac{9}{9+91}=0{,}09$.

Valeur actuelle : $C=VF(1+i)^{-n}$, avec $i=\frac{0{,}036}{12}=0{,}003$ par mois.

Espérance d'un coût : somme des coûts actualisés, pondérés par leurs probabilités ; l'absence de panne, de probabilité $0{,}85$, coûte $0$.

Résolution. Facteurs d'actualisation : $(1{,}003)^{-24}\approx 0{,}9306$ et $(1{,}003)^{-36}\approx 0{,}8978$.

Sans garantie :

$E_{1}=0{,}06\times 450\times 1{,}003^{-24}+0{,}09\times 520\times 1{,}003^{-36}\approx 25{,}127+42{,}016\approx 67{,}14$ dollars.

Avec garantie :

$E_{2}=189+0{,}06\times 50\times 1{,}003^{-24}+0{,}09\times 50\times 1{,}003^{-36}\approx 189+2{,}792+4{,}040\approx 195{,}83$ dollars.

Écart : $195{,}83-67{,}14=128{,}69$ dollars d'aujourd'hui, en défaveur de la garantie.

Prix équitable $p$ : celui qui rend les deux espérances égales, $p+6{,}832=67{,}143$, d'où $p\approx 60{,}31$ dollars.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Ordre de grandeur sans actualiser : $0{,}06\times 450+0{,}09\times 520=73{,}80$ dollars. L'actualisation baisse un peu ce montant, ce qui est logique : un dollar payé plus tard coûte moins aujourd'hui.

Probabilités : $0{,}06+0{,}09=0{,}15$, il reste bien $0{,}85$ pour « aucune panne ».

Comparer à une même date future, dans 36 mois, donne le même verdict : chaque montant est multiplié par le même facteur $1{,}003^{36}$.

Limite : l'espérance est une moyenne. Quelqu'un qui ne pourrait pas payer 520 dollars d'un coup peut choisir la garantie comme une assurance, en sachant qu'elle lui coûte en moyenne près de 129 dollars.

Conclusion. En moyenne, la garantie prolongée n'est pas avantageuse : elle coûte 195,83 dollars d'aujourd'hui contre 67,14 dollars sans elle, un écart de 128,69 dollars. Elle ne serait équitable qu'à un prix d'environ 60,31 dollars.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie pose les deux scénarios, n'oublie ni la franchise ni la date de chaque paiement, et compare à une date commune. C : elle oublie la franchise, ou compare sans actualiser. E : elle compare 189 dollars à 450 ou 520 dollars, sans probabilités.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : chances converties en probabilités, valeur actuelle mensuelle, espérance. C : le taux annuel appliqué à 24 et 36 périodes, ou l'espérance juste mais non actualisée. E : aucune espérance, une décision « au jugé ».

Cr3, élaboration d'une solution. A : les deux espérances sont posées et titrées, chaque montant porte sa date, la conclusion chiffre l'écart et le prix équitable. C : la décision est juste mais un des deux montants demandés manque. E : un nombre sans démarche.

Piège : lire « 3 contre 47 » comme $\frac{3}{47}\approx 0{,}064$. Les chances comparent les cas favorables aux cas DÉFAVORABLES : la probabilité se divise par le total, $3+47=50$.

Compréhension. On compare deux montants à la même date, dans 12 mois : ce qu'il faut rembourser et le profit supplémentaire accumulé.

Ce profit supplémentaire n'est donné nulle part : c'est le profit MAXIMAL avec deux presses, moins le profit maximal avec une presse, moins le salaire de l'employé.

Variables : $x$ t-shirts et $y$ cotons ouatés par semaine, avec $x\ge 0$ et $y\ge 0$. Donnée inutile : l'emballage, sans limite, n'impose aucune contrainte.

Modèles. Une presse : $4x+6y\le 2400$ (40 h font 2400 min), séchoir $3x+6y\le 3600$, $x\le 700$, $y\le 350$.

Deux presses : $4x+6y\le 4800$, le reste inchangé.

Fonction à maximiser : $P=6x+14y$. Prêt : $VF=C(1+i)^{n}$, avec $i=\frac{0{,}078}{12}=0{,}0065$ et $n=12$.

Résolution. Une presse : la contrainte du séchoir est redondante, puisque $3x+6y\le 4x+6y\le 2400<3600$. Sommets $(0\,;0)$, $(600\,;0)$, $(75\,;350)$, $(0\,;350)$.

$P(600\,;0)=3600$, $P(75\,;350)=450+4900=5350$, $P(0\,;350)=4900$ : maximum de $5350$ dollars par semaine.

Deux presses : le séchoir devient la contrainte qui bloque. Sommets $(0\,;0)$, $(700\,;0)$, $(700\,;250)$, $(500\,;350)$, $(0\,;350)$.

$3(700)+6y=3600$ donne $y=250$ ; $3x+6(350)=3600$ donne $x=500$. Les deux points respectent les presses : $4(700)+6(250)=4300\le 4800$ et $4(500)+6(350)=4100\le 4800$.

L'intersection des presses et du séchoir, $(1200\,;0)$, sort de la région : ce n'est pas un sommet.

$P(700\,;0)=4200$, $P(700\,;250)=7700$, $P(500\,;350)=7900$, $P(0\,;350)=4900$ : maximum de $7900$ dollars.

Profit supplémentaire net : $7900-5350-40\times 22=2550-880=1670$ dollars par semaine.

Montant à rembourser : $42\,000(1{,}0065)^{12}\approx 45\,395{,}69$ dollars.

Sur 48 semaines : $48\times 1670=80\,160$ dollars, plus que $45\,395{,}69$ : le prêt est remboursé.

Semaines nécessaires : $\frac{45\,395{,}69}{1670}\approx 27{,}2$, donc $28$ semaines d'activité.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Le profit ne double pas : $7900<2\times 5350=10\,700$, parce qu'une deuxième presse ne double ni le séchoir ni la demande.

Le sommet $(500\,;350)$ est entier : aucune question d'arrondi.

28 semaines, c'est moins que les 48 de l'année. Même si l'atelier ne travaillait que 30 semaines, $30\times 1670=50\,100$ dollars couvriraient encore le prêt : la décision est solide.

Conclusion. Kim a raison d'acheter la presse, mais pas pour la raison qu'il donne : son profit hebdomadaire maximal passe de 5 350 à 7 900 dollars, pas au double. Une fois l'employé payé, il gagne 1 670 dollars de plus par semaine, et 28 semaines d'activité suffisent à couvrir les 45 395,69 dollars dus dans 12 mois.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie voit que le gain est l'écart entre deux optimums, que le séchoir ne double pas, retire le salaire et compare au montant dû dans 12 mois. C : elle oublie le salaire, ou compare au capital de 42 000 dollars sans intérêts. E : elle double le profit sans modèle.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : deux systèmes, sommets vérifiés dans toutes les contraintes, fonction évaluée à chaque sommet, valeur future mensuelle. C : un point hors région retenu comme sommet, ou le taux annuel appliqué sur 12 périodes. E : aucun système.

Cr3, élaboration d'une solution. A : deux tableaux de sommets titrés « une presse » et « deux presses », le gain net, le prêt, puis le nombre de semaines. C : résultats justes mais la deuxième question (combien de semaines) sans réponse. E : traces confuses.

Piège : croire Kim. Un profit doublé, $2\times 5350-5350-880=4470$ dollars par semaine, ferait payer la presse en $11$ semaines ; c'est le séchoir, qui ne double pas, qui limite la production.

Compréhension. On cherche si les 780 dollars de location évitent, EN MOYENNE, plus de 780 dollars de retards.

Il faut donc la durée du montage dans chaque météo possible, c'est-à-dire le chemin le plus long du réseau des tâches, puis une espérance.

Données utiles : durées, préalables, 24 h disponibles, 1 800 dollars par heure de retard, probabilités et effets. Inutile : la température. Contrainte : le chapiteau n'annule que l'effet de la pluie sur C.

Modèles. Graphe orienté des tâches : un chemin va du début à la fin en respectant les préalables. La durée minimale du montage est celle du chemin CRITIQUE, le plus LONG.

Chemins : A, C, E, H ; A, C, E, G ; A, D, F, G ; B, G.

Probabilités : pluie $\frac{2}{2+3}=0{,}4$, vent $0{,}25$. Les phénomènes sont indépendants : on multiplie, ce qui donne quatre météos.

Coût moyen des retards : $E=\sum(\text{retard}\times 1800)\times p$.

Résolution. Beau temps : A, C, E, H dure $3+9+6+3=21$ h ; A, C, E, G $20$ h ; A, D, F, G $14$ h ; B, G $8$ h. Chemin critique A, C, E, H : $21$ h, soit $3$ h de marge.

Beau temps, $0{,}6\times 0{,}75=0{,}45$ : $21$ h, aucun retard.

Pluie seule, $0{,}4\times 0{,}75=0{,}3$ : A, C, E, H dure $25$ h, retard de $1$ h.

Vent seul, $0{,}6\times 0{,}25=0{,}15$ : A, C, E, H dure $23$ h, mais A, D, F, G passe à $3+16+4+2=25$ h, retard de $1$ h. Le vent change le chemin critique.

Pluie et vent, $0{,}4\times 0{,}25=0{,}1$ : A, C, E, H dure $3+13+8+3=27$ h, retard de $3$ h.

Sans chapiteau :

$E=(0{,}3\times 1+0{,}15\times 1+0{,}1\times 3)\times 1800=0{,}75\times 1800=1350$ dollars.

Avec chapiteau, la pluie ne retarde plus C : pluie seule $21$ h ; vent seul $25$ h ; pluie et vent $\max(23\,;25)=25$ h.

$E=(0{,}15\times 1+0{,}1\times 1)\times 1800=450$ dollars, plus la location : $450+780=1230$ dollars.

Économie moyenne grâce au chapiteau : $1350-1230=120$ dollars.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Somme des probabilités : $0{,}45+0{,}3+0{,}15+0{,}1=1$.

Le chapiteau ne peut pas tout régler : avec du vent, le chemin des kiosques dépasse 24 h quoi qu'il arrive, d'où les 450 dollars de retards moyens qui restent.

Sensibilité : l'économie n'est que de 120 dollars. Si la location dépassait $1350-450=900$ dollars, la décision s'inverserait.

Conclusion. Le comité devrait louer le chapiteau. Le montage dure au minimum 21 h par beau temps ; le coût moyen des retards passe de 1 350 dollars sans chapiteau à 450 dollars avec, soit 1 230 dollars location comprise, une économie moyenne de 120 dollars.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie retient les 24 h, les trois préalables de G, les deux tâches touchées par le vent et le rôle limité du chapiteau. C : elle oublie l'effet du vent sur E, ou applique le chapiteau à toutes les tâches. E : elle compare 780 dollars à une heure de retard sans probabilités.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : graphe orienté, chemin le plus long, quatre météos dont les probabilités se multiplient, espérance. C : chances converties en $\frac{2}{3}$, ou chemin le plus COURT pris pour la durée. E : aucune espérance.

Cr3, élaboration d'une solution. A : un tableau des quatre météos (probabilité, durée, retard) avec et sans chapiteau, puis la recommandation chiffrée. C : tableau juste mais conclusion sans comparaison chiffrée. E : calculs épars.

Piège : ne regarder que la pluie, parce que le vent touche surtout D, qui n'est pas critique. On trouve alors $0{,}4\times 1\times 1800=720$ dollars de retards évitables, moins que 780 dollars, et on refuse le chapiteau à tort : avec 11 h de plus, D, qui n'avait que 7 h de marge, devient critique.

Compréhension. Le critère ne juge pas la procédure elle-même, il juge la personne qu'elle fait élire. Il faut donc appliquer les trois procédures, puis compter les ménages satisfaits par chaque élu.

Nombre de ménages : $44+41+38+22+5=150$, la somme des effectifs et non le nombre de colonnes.

La seconde probabilité est conditionnelle : son univers n'est plus les 150 ménages, mais les seuls ménages satisfaits.

Modèles. Pluralité : le plus de premiers choix. Élimination : à chaque tour, on écarte la candidature la plus faible et on reporte ses bulletins sur le nom suivant encore en lice, jusqu'à une majorité absolue de 76 voix. Borda : somme des points.

Probabilité : $\frac{\text{cas favorables}}{\text{cas possibles}}$, et $P(\text{premier}\mid\text{satisfait})=\frac{P(\text{premier et satisfait})}{P(\text{satisfait})}$.

Résolution. Premiers choix : A $38$, B $44+5=49$, C $22$, D $41$, total $150$. Pluralité : B est élu.

Élimination, tour 1 : personne n'a 76 voix. C (22) est éliminée ; ses 22 bulletins (C, D, A, B) passent à D : D $63$, B $49$, A $38$.

Tour 2 : A est éliminée ; ses 38 bulletins (A, C, D, B) vont à D, puisque C n'est plus en lice : D $101$, B $49$. D est élu.

Borda :

Total $1500=150\times 10$. Borda : C est élue.

Ménages satisfaits, l'élu étant au 1er ou au 2e rang : par B, $44+5=49$ ; par D, $41+22=63$ ; par C, $44+41+38+22=145$.

Le vote de Borda l'emporte : $P(\text{satisfait})=\frac{145}{150}=\frac{29}{30}\approx 0{,}967$.

Parmi les 145 ménages satisfaits, 22 seulement ont classé C en premier : $P(\text{premier}\mid\text{satisfait})=\frac{22}{145}\approx 0{,}152$.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Contrôles de calcul : 150 voix à chaque tour d'élimination, 1 500 points de Borda en tout.

Le résultat est plausible : C est deuxième choix sur 123 bulletins, c'est une candidature de compromis, ce que Borda récompense. Elle gagne aussi ses trois duels : devant A sur 107 bulletins, devant B sur 101, devant D sur 104.

La faible valeur $0{,}152$ ne contredit rien : la satisfaction vient presque entièrement des deuxièmes choix.

Conclusion. Le comité doit retenir le vote de Borda, qui fait élire Carmen : un ménage pris au hasard est satisfait avec une probabilité d'environ 0,967, et parmi les ménages satisfaits, la probabilité qu'il ait classé Carmen en premier n'est que d'environ 0,152.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie applique les trois procédures, compte la satisfaction de chaque élu et restreint l'univers aux ménages satisfaits pour la seconde probabilité. C : elle n'applique qu'une ou deux procédures, ou confond « satisfait » et « premier choix ». E : elle choisit une procédure sur sa réputation.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : reports exacts (les bulletins d'Ariane vont à Dao en sautant Carmen), barème de Borda à 4 points, probabilité conditionnelle. C : un report vers une candidature éliminée, ou le dénominateur 150 dans la conditionnelle. E : le nombre de colonnes pris pour le nombre de ménages.

Cr3, élaboration d'une solution. A : trois blocs titrés, un par procédure, un tableau des satisfaits, puis les deux probabilités et la phrase de recommandation. C : calculs justes, recommandation absente. E : élus donnés sans calcul.

Piège : diviser par 150 dans la seconde probabilité. « Parmi les ménages satisfaits » change l'univers : on divise par 145. Le quotient $\frac{22}{150}\approx 0{,}147$ répond à une autre question.

Compréhension. Trois limites pèsent sur le nombre de tables : l'ESPACE au sol, l'ARGENT et le stock de 12 tables rondes.

L'espace dépend de l'aire de la salle, qui n'est donnée nulle part : il faut la tirer du plan. On cherche le nombre maximal d'invités, avec des nombres ENTIERS de tables.

On retire la scène, la piste et le buffet, PUIS on prend 70 % de ce qui reste.

Modèles. La diagonale $\overline{AC}$ découpe la salle en deux triangles. Dans $ABC$, deux côtés et l'angle compris : loi des cosinus pour $AC$, puis $\frac{1}{2}ab\sin C$. Dans $ACD$, les trois côtés sont connus : formule de Héron.

Programmation linéaire : $x$ tables rondes et $y$ tables rectangulaires, entiers, $x\ge 0$, $y\ge 0$. On maximise $N=10x+8y$.

Résolution. $AC^{2}=24^{2}+15^{2}-2(24)(15)\cos 100^\circ\approx 926{,}03$, donc $AC\approx 30{,}4307$ m.

Aire de $ABC$ : $\frac{1}{2}(24)(15)\sin 100^\circ\approx 177{,}27$ m².

Aire de $ACD$ : $p=\frac{30{,}4307+20+16}{2}\approx 33{,}2153$, puis $\sqrt{p(p-30{,}4307)(p-20)(p-16)}\approx 145{,}06$ m².

Aire de la salle : $177{,}27+145{,}06=322{,}33$ m².

Aire restante : $322{,}33-32-49-24=217{,}33$ m², dont 70 % pour les tables : $152{,}13$ m².

Table ronde : $\pi(1{,}7)^{2}\approx 9{,}079$ m². Table rectangulaire : $3{,}0\times 2{,}6=7{,}8$ m².

Système : $9{,}079x+7{,}8y\le 152{,}13$ ; $84x+60y\le 1320$, soit $7x+5y\le 110$ ; $x\le 12$.

Sommets : $(0\,;0)$, $(12\,;0)$, $(12\,;5{,}2)$, $(10{,}58\,;7{,}19)$ à l'intersection de l'espace et du budget, $(0\,;19{,}50)$.

$N$ aux sommets : $0$, $120$, $161{,}6$, $163{,}31$, $156{,}03$. Le maximum est en $(10{,}58\,;7{,}19)$, mais on ne loue pas 0,58 table.

Arrondir vers le bas donne $(10\,;7)$ et $156$ invités seulement. On cherche donc, pour chaque $x$, le plus grand $y$ entier permis par l'espace et par le budget :

$x=12$ : $y\le 5$, $N=160$ ; $x=11$ : $y\le 6$, $N=158$ ; $x=10$ : $y\le 7$, $N=156$ ; $x=9$ : $y\le 9$, $N=162$ ; $x=8$ : $y\le 10$, $N=160$.

Pour $x$ de $0$ à $7$, le même calcul ne dépasse jamais $158$ invités.

Maximum : $(9\,;9)$, $162$ invités ; espace $9(9{,}079)+9(7{,}8)\approx 151{,}91$ m² sur $152{,}13$, location $9(84)+9(60)=1296$ dollars sur $1320$.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Contrôles du triangle : $30{,}43<20+16$, et l'angle obtus en $B$ donne $AC$ plus long que $\sqrt{24^{2}+15^{2}}\approx 28{,}30$.

La marge d'espace n'est que de $0{,}22$ m² : un arrondi trop tôt de $AC$ ou de l'aire de la salle peut faire croire que $(9\,;9)$ ne tient pas. On garde les décimales jusqu'au bout.

Les 160 invités tiennent, avec 2 places de libres.

Conclusion. Oui : la salle mesure environ 322,33 m², et en louant 9 tables rondes et 9 tables rectangulaires, pour 1 296 dollars, le comité peut asseoir au plus 162 invités. Les 160 invités prévus auront tous une place.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie retire la scène, la piste et le buffet avant de prendre 70 %, tient compte du stock de 12 tables rondes et cherche des nombres entiers. C : elle prend 70 % de la salle entière, ou oublie le stock. E : elle divise l'aire de la salle par l'espace d'une table.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : loi des cosinus, aire trigonométrique et Héron, aire du disque, système, sommets, recherche d'un optimum entier. C : la salle traitée comme un rectangle de 24 m sur 15 m, ou le sommet arrondi au hasard. E : aucun système.

Cr3, élaboration d'une solution. A : étapes titrées (aire de la salle, aire disponible, système, sommets, points entiers) et conclusion qui répond au comité. C : optimum juste sans réponse à la question des 160 invités. E : un nombre de tables sans justification.

Piège : arrondir le sommet optimal vers le bas. $(10\,;7)$ n'assoit que 156 invités et fait répondre « non » au comité, alors que $(9\,;9)$ en assoit 162 : le bon point entier se cherche le long des contraintes qui bloquent.

Compréhension. Deux décisions : le réseau le plus court, donc le moins cher puisque le prix vaut 46 dollars par mètre plus un montant fixe, puis le paiement le moins coûteux, comparé à une même date.

Le réseau doit relier six sommets sans conduite inutile : c'est un arbre.

Les deux longueurs manquantes peuvent appartenir au réseau optimal : on ne peut pas les ignorer, il faut les calculer.

Modèles. Graphe valué : sommets P, A, B, C, D, E ; arêtes, les tranchées possibles ; valeurs, leurs longueurs. Le réseau le moins cher est l'arbre de valeurs minimales : 5 arêtes pour 6 sommets, prises par longueurs croissantes en écartant celles qui fermeraient un cycle.

Loi des cosinus dans le triangle $PAB$ (angle de $44^\circ$ en P) et dans le triangle $DAC$ (angle de $64^\circ$ en D).

Valeur actuelle de chaque versement : $C=VF(1+i)^{-n}$, avec $i=\frac{0{,}048}{4}=0{,}012$ par trimestre.

Résolution. $AB^{2}=38^{2}+50^{2}-2(38)(50)\cos 44^\circ\approx 1210{,}51$, donc $AB\approx 34{,}79$ m.

$AC^{2}=41^{2}+39^{2}-2(41)(39)\cos 64^\circ\approx 1800{,}09$, donc $AC\approx 42{,}43$ m.

Arêtes par longueurs croissantes : AB $34{,}79$ ; BE $36$ ; PA $38$ ; CD $39$ ; BC $40$ ; AD $41$ ; AC $42{,}43$ ; PE $44$ ; PB $50$.

On garde AB, BE et PA (P, A, B et E sont reliés), puis CD, puis BC, qui relie le bloc C, D au reste. Cinq arêtes : l'arbre est complet. AD fermerait le cycle A, B, C, D.

Longueur du réseau : $34{,}79+36+38+39+40=187{,}79$ m.

Prix : $187{,}79\times 46+1350\approx 9988{,}34$ dollars.

Comptant : $0{,}94\times 9988{,}34\approx 9389{,}04$ dollars, payés aujourd'hui.

Trois versements de $\frac{9988{,}34}{3}\approx 3329{,}45$ dollars, à 0, 4 et 8 trimestres. Valeur actuelle :

$3329{,}45\left(1+1{,}012^{-4}+1{,}012^{-8}\right)\approx 3329{,}45\times 2{,}8624\approx 9530{,}18$ dollars.

Le comptant coûte $9530{,}18-9389{,}04=141{,}14$ dollars de moins, en dollars d'aujourd'hui.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Arbre : 5 arêtes pour 6 sommets, aucun cycle, tous les sommets atteints.

Dans $PAB$, l'angle de $44^\circ$ est le plus petit des trois (les autres valent environ $49^\circ$ et $87^\circ$) : il fait bien face au plus petit côté, AB.

Le paiement en trois fois n'est pas « gratuit » : sur deux ans, l'argent laissé placé rapporte moins que l'escompte de 6 %. Comparer les deux options à une autre date, dans deux ans par exemple, donne le même choix.

Conclusion. La pépinière doit faire creuser les tranchées AB, BE, PA, CD et BC, soit 187,79 m de conduite pour 9 988,34 dollars, et payer comptant : elle économise ainsi environ 141,14 dollars d'aujourd'hui par rapport aux trois versements.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie reconnaît un réseau sans cycle, calcule les deux longueurs manquantes, n'oublie pas le montant fixe et compare les paiements à une date commune. C : elle compare les paiements sans actualiser. E : elle additionne toutes les tranchées.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : loi des cosinus deux fois, arbre de valeurs minimales, valeur actuelle trimestrielle. C : Pythagore dans un triangle qui n'est pas rectangle, ou les plus courtes chaînes de P vers chaque serre à la place de l'arbre. E : aucun graphe.

Cr3, élaboration d'une solution. A : liste ordonnée des arêtes, chaque choix et chaque rejet justifiés, coût, puis comparaison des paiements et économie chiffrée. C : réseau juste, paiement choisi sans calcul. E : tranchées citées sans démarche.

Piège : laisser de côté les deux tranchées non mesurées. Le réseau BE, PA, CD, BC, AD mesure $194$ m, $6{,}21$ m de trop, et coûte $285{,}66$ dollars de plus : ici, l'arête calculée AB est la plus courte du plan.

Compréhension. Trois étapes s'enchaînent : le vote désigne le projet ; si c'est la citerne, la géométrie donne son prix ; la finance donne le délai.

Le volume de la citerne n'est pas donné : c'est celui de la pluie tombée sur le toit. Contraintes : deux hauteurs possibles, un diamètre de 2,6 m au plus, des intérêts versés par semestres entiers.

Modèles. Vote de Borda, comme le veulent les statuts. Volume de pluie : aire du toit $\times$ hauteur de pluie, en mètres.

Cylindre : $V=\pi r^{2}h$, dont on tire le rayon (mesure manquante d'un solide de volume imposé), puis l'aire totale $2\pi r^{2}+2\pi rh$.

Fonds : $VF=C(1+i)^{n}$ avec $i=0{,}02$ par semestre, et $n=\frac{\log(VF/C)}{\log(1+i)}$, arrondi au semestre supérieur.

Résolution. Borda : V $=24(3)+20(1)+16(1)=108$ ; T $=24(1)+20(3)+16(2)=116$ ; C $=24(2)+20(2)+16(3)=136$. Total $360=60\times 6$. La citerne est élue.

Volume : $28\times 15\times 0{,}025=10{,}5$ m³.

Hauteur 1,8 m : $r=\sqrt{\frac{10{,}5}{1{,}8\pi}}\approx 1{,}3626$ m, diamètre $2{,}73$ m $>2{,}6$ m : elle ne passe pas la porte.

Hauteur 2,0 m : $r=\sqrt{\frac{10{,}5}{2\pi}}\approx 1{,}2927$ m, diamètre $\approx 2{,}59$ m $\le 2{,}6$ m.

Aire totale : $2\pi(1{,}2927)^{2}+2\pi(1{,}2927)(2{,}0)\approx 10{,}50+16{,}24\approx 26{,}7448$ m².

Prix : $26{,}7448\times 520+3800\approx 17\,707{,}30$ dollars.

Délai : $15\,000(1{,}02)^{n}\ge 17\,707{,}30$ donne $n\ge\frac{\log(1{,}18049)}{\log(1{,}02)}\approx 8{,}38$.

Les intérêts tombent par semestres entiers : $n=9$ semestres, soit $4{,}5$ ans. En effet $15\,000(1{,}02)^{8}\approx 17\,574{,}89$ ne suffit pas, et $15\,000(1{,}02)^{9}\approx 17\,926{,}39$ suffit.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Le cylindre retenu contient bien $\pi(1{,}2927)^{2}(2{,}0)\approx 10{,}5$ m³, soit $10\,500$ L.

Avec la pluralité, que les statuts n'autorisent pas, la remise à vélos (24 premiers choix) aurait été élue et payée après $\frac{\log(1{,}3)}{\log(1{,}02)}\approx 13{,}2$, donc 14 semestres.

La hauteur de 2,0 m est d'ailleurs la moins chère en paroi des deux, mais même plus chère, elle serait imposée par la porte.

Conclusion. La coopérative réalisera la citerne : un cylindre de 2,0 m de haut et d'environ 2,59 m de diamètre, qui coûte 17 707,30 dollars. Son fonds suffira dans 9 semestres, soit 4 ans et demi.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie applique le vote prévu par les statuts, tire le volume de la pluie, teste les deux hauteurs contre la porte et compte des semestres entiers. C : un de ces quatre points manque. E : elle choisit le projet le moins cher sans vote.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : Borda, conversion de 25 mm en 0,025 m, rayon tiré du volume, aire totale avec les deux disques, logarithme. C : 25 mm pris pour 0,25 m, ou paroi latérale seule. E : aucun modèle de cylindre.

Cr3, élaboration d'une solution. A : trois blocs titrés (vote, citerne, délai), unités partout, conclusion qui donne le projet, les dimensions et le délai. C : une des trois réponses absente. E : traces isolées.

Piège : oublier la porte. Avec 1,8 m, on trouve une citerne de 2,73 m de diamètre qui n'entre pas dans le local, et un prix d'environ $17\,880{,}48$ dollars qui donne aussi 9 semestres : le délai ne trahit pas l'erreur, seule la contrainte du diamètre la révèle.

Compréhension. On maximise un revenu MOYEN, parce que les pourboires sont aléatoires : le salaire horaire moyen au café n'est donné nulle part, il faut le construire avec le document 1.

Ensuite, le revenu de l'été, placé à la fin de l'été pendant deux ans, doit atteindre 6 800 dollars.

Variables : $x$ heures au café et $y$ heures au marché par semaine.

Modèles. Espérance du pourboire horaire, avec les fréquences du relevé (probabilité fréquentielle) : $E=\sum x_{i}p_{i}$.

Contraintes : $0\le x\le 25$, $8\le y\le 30$, $x+y\le 35$. Revenu moyen par semaine : $R=(13{,}40+E)x+17{,}25y$.

Placement : $VF=C(1+i)^{n}$ avec $i=\frac{0{,}039}{12}=0{,}00325$ et $n=24$.

Résolution. Pourboire moyen :

$E=\frac{40(2)+70(4)+50(6)+40(9)}{200}=\frac{1020}{200}=5{,}10$ dollars par heure.

Au café : $13{,}40+5{,}10=18{,}50$ dollars par heure en moyenne, plus qu'au marché.

Sommets : $(0\,;8)$, $(25\,;8)$, $(25\,;10)$, $(5\,;30)$, $(0\,;30)$.

$R(0\,;8)=138$ ; $R(25\,;8)=600{,}50$ ; $R(25\,;10)=635$ ; $R(5\,;30)=610$ ; $R(0\,;30)=517{,}50$.

Maximum : 25 heures au café et 10 heures au marché, $635$ dollars par semaine en moyenne.

Été : $10\times 635=6350$ dollars.

Dans deux ans : $6350(1{,}00325)^{24}\approx 6864{,}26$ dollars, plus que $6800$.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Somme des fréquences : $40+70+50+40=200$. Le sommet optimal est entier : les heures se font telles quelles.

Seuil : il fallait gagner au moins $\frac{6800}{(1{,}00325)^{24}}\approx 6290{,}55$ dollars cet été. La marge, $64{,}26$ dollars à l'arrivée, est mince : $E$ est une moyenne, et un été moins généreux en pourboires, ou une semaine de congé, suffirait à manquer l'objectif.

Conclusion. Léa devrait travailler 25 heures au café et 10 heures au marché chaque semaine. Elle gagnerait en moyenne 635 dollars par semaine, 6 350 dollars sur l'été, qui deviendraient environ 6 864,26 dollars dans deux ans : elle atteindrait son objectif, de justesse.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie voit que les pourboires changent le salaire du café, garde les quatre contraintes, dont le minimum de 8 heures au marché, et fait commencer le placement à la fin de l'été. C : elle oublie le minimum de 8 heures, ou place l'argent pendant deux ans et dix semaines. E : elle répond sans revenu moyen.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : espérance pondérée par les heures, système, sommets, valeur future mensuelle. C : moyenne simple des quatre pourboires, $\frac{2+4+6+9}{4}=5{,}25$, sans pondération, ou taux annuel appliqué 24 fois. E : aucun système.

Cr3, élaboration d'une solution. A : les étapes titrées (salaire moyen au café, horaire optimal, revenu de l'été, valeur dans deux ans) et une conclusion qui dit l'horaire et répond sur l'objectif. C : horaire juste, objectif non tranché. E : nombres sans lien.

Piège : oublier les pourboires. Le café paie alors moins que le marché, l'optimum devient $(5\,;30)$, et le revenu calculé, $584{,}50$ dollars par semaine, donne $6318{,}36$ dollars dans deux ans : on conclut à tort que Léa n'y arrivera pas, et on lui conseille le mauvais horaire.

Compréhension. Deux questions : le trajet le plus court qui passe sur chaque sentier et revient au chalet, puis le volume d'eau d'une passe, comparé à celui du réservoir.

L'eau ne dépend pas du trajet, mais de la longueur des sentiers ARROSÉS : la vanne est fermée sur un sentier repris.

Donnée inutile : la vitesse de 8 km/h.

Modèles. Graphe : sommets, les intersections et le chalet ; arêtes, les sentiers ; valeurs, leurs longueurs.

Passer une fois sur chaque arête et revenir au départ, c'est un cycle eulérien, possible seulement si tous les sommets sont de degré pair. Sinon, il faut repasser sur des arêtes : on répète la chaîne la plus courte entre les deux sommets impairs.

Volumes : la couche d'eau est un prisme droit très mince (longueur $\times$ largeur $\times$ épaisseur) ; le réservoir est un cylindre, $V=\pi r^{2}L$.

Résolution. Degrés : H 2, J 3, K 2, N 2, L 2, M 3. Deux sommets impairs, J et M : pas de cycle eulérien.

Chaînes de J à M : le sentier direct, $260$ m ; J, H, M, $120+110=230$ m ; J, K, N, L, M, $640$ m. On répète J, H, M : $230$ m.

Un trajet possible : H, J, K, N, L, M, J, H, M, H.

Longueur des sentiers : $120+110+260+180+150+140+170=1130$ m. Distance d'une passe : $1130+230=1360$ m.

Eau d'une passe : $1130\times 2{,}5\times 0{,}0015=4{,}2375$ m³, soit $4237{,}5$ L.

Réservoir : $\pi(0{,}8)^{2}(2{,}5)\approx 5{,}0265$ m³, soit $5026{,}5$ L.

$4237{,}5<5026{,}5$ : une passe complète se fait sans refaire le plein, avec environ $789$ L de reste.

Validation (rétroaction seulement : ce critère ne compte pas dans la note).

Le trajet commence et finit en H, passe sur les 7 sentiers et ne reprend que les sentiers J, H et H, M.

Ordre de grandeur : 1,5 mm sur 2,5 m de large, c'est $3{,}75$ L par mètre de sentier, et $1130\times 3{,}75=4237{,}5$ L.

Si la vanne restait ouverte sur les sentiers repris, il faudrait $1360\times 3{,}75=5100$ L, plus que le réservoir : la phrase sur la vanne décide de la réponse.

Conclusion. L'arroseuse suit par exemple le trajet H, J, K, N, L, M, J, H, M, H : 1 360 m par passe, en ne reprenant que les sentiers de J à H et de H à M. Elle dépose 4 237,5 L d'eau, et son réservoir de 5 026,5 L suffit pour une passe complète.

Grille. Cr1, compréhension. A : la copie retient le retour au chalet, la vanne fermée sur un sentier repris, et calcule l'eau sur 1 130 m et non sur 1 360 m. C : elle compte l'eau sur tout le trajet. E : elle additionne les sentiers sans se demander si un tel trajet existe.

Cr2, mobilisation des savoirs. A : degrés, sommets impairs, chaîne la plus courte entre eux, conversions de 1,5 mm en mètres et de m³ en litres, volume du cylindre avec le RAYON. C : le sentier direct de 260 m répété, ou le diamètre pris pour le rayon. E : aucun graphe.

Cr3, élaboration d'une solution. A : un trajet écrit en entier, sa longueur, puis deux volumes comparés et une phrase de réponse. C : longueur juste sans trajet explicite. E : un nombre isolé.

Piège : répéter le sentier direct entre J et M parce que ce sont les deux sommets impairs. La chaîne la plus courte entre eux passe par le chalet : 230 m au lieu de 260 m, et la passe mesure 1 360 m, pas 1 390 m.