Correction des exercices de bac
I Liban mai 2018
Les quinze jours précédant la rentrée universitaire, le standard téléphonique d’une mutuelle étudiante enregistre un nombre record d’appels.
Les appelants sont d’abord mis en attente et entendent une musique d’ambiance et un message préenre- gistré.
Lors de cette première phase, le temps d’attente, exprimé en secondes, est modélisé par la variable aléa- toireX qui suit la loi exponentielle de paramètreλ=0,02 s−1.
Les appelants sont ensuite mis en relation avec un chargé de clientèle qui répond à leurs questions.
Le temps d’échange, exprimé en secondes, lors de cette deuxième phase est modélisé par la variable aléa- toireY, exprimée en secondes, qui suit la loi normale d’espéranceµ=96 s et d’écart-typeσ=26 s.
1. • La durée moyenne d’attente est 1 λ= 1
0,02= 50 s.
• La durée moyenne de temps d’échange estµ= 96 s.
• La durée totale moyenne d’un appel au standard téléphonique est donc 50+96=146 s, soit 2 min 26 s. 2. Un étudiant est choisi au hasard parmi les appelants du standard téléphonique.
(a) P(X Ê120)=1−P(X É120)=1− Z120
0 λe−λt dt=1− h
−e−λti120 0 =1−
³1−e−120λ´
=e−120λ
=e−2,4≈0,09 donc P(X Ê120)≈0,09.
(b) P(Y É90)=P(Y É96)−P(90ÉY É96)=0,5−P(90ÉY É96)≈0,408 ; p(Y Ê90)≈0,408 .
3. Une étudiante, choisie au hasard parmi les appelants, attend depuis plus d’une minute d’être mise en relation avec le service clientèle. Lasse, elle raccroche et recompose le numéro. Elle espère attendre moins de trente secondes cette fois-ci.
Le fait de raccrocher puis de rappeler augmente-t-il ses chances de limiter à 30 secondes l’attente sup- plémentaire ou bien aurait-elle mieux fait de rester en ligne?
On sait qu’une loi exponentielle est une loi à durée de vie sans vieillissement, donc P(XÊ60)(X É60+30)=P(X É30) donc cela ne change rienb de raccrocher et de rappeler.
II Amérique du Nord mai 2018
Partie A - Démonstration préliminaire
1. La fonctionGsera une primitive deg sur [0 ;+∞[ si et seulement si elle est dérivable sur [0 ;+∞[ et que sa fonction dérivée est la fonctiong.
Avec les règles de composition et de produit de fonctions classiques, la fonction G est effectivement dérivable sur [0 ; +∞[, et pour touttréel positif, on a :
G′(t)=(−1)×e−0,2t+(−t−5)×(−0,2)e−0,2t =¡
−1+0,2t+0,2×5¢
e−0,2t =0,2te−0,2t =g(t).
La fonctionGest donc bien une primitive deg sur [0 ;+∞[.
2. En appliquant la définition de l’espérance, rappelée dans l’énoncé, on va commencer par calculer l’in- tégrale deg entre 0 etx:
Zx
0 g(t) dt=
hG(t)ix
0=G(x)−G(0)=(−x−5)e−0,2x−(0−5)e−0,2×0= −xe−0,2x−5e−0,2x+5 Déterminons maintenant la limite de cette intégrale quandxtend vers+∞.
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Puisque cette limite est admise dans le sujet, on a : lim
x→+∞xe−0,2x =0.
Comme−0,2 est négatif, on a :
x→+∞lim
−0,2x= −∞, or lim
y→−∞ey=0, donc, par composition : lim
x→+∞e−0,2x =0.
Finalement, par limite de la somme de fonctions, on a :
x→+∞lim Zx
0 g(t) dt= lim
x→+∞
−xe−0,2x−5e−0,2x+5=5.
En conclusion, on a bien établi que l’espérance E(X) est bien égale à 5.
Partie B - Étude de la durée de présence d’un client dans le supermarché 1. PosonsT′la variable aléatoire définie parT′=T−40
σ . PuisqueT suit une loi normale d’espérance 40 et d’écart-typeσ, on peut dire queT′suit la loi normale centrée et réduite.
Par ailleurs les évènements (T <10) et µ
T′<10−40 σ
¶
sont équivalents, et ont donc la même probabilité.
En utilisant la calculatrice avec la fonction inversant la loi normale centrée réduite, on obtient que la borne 10−40
σ =
−30
σ doit être environ égale à−1,498 5.
En résolvant, on aσ≈
−30
−1,498 5, soitσ≈20,019 8 min, soit, en donnant un arrondi à la seconde près, 20 min 01 s. (car 0,0198×60≈1,2)
Remarque : Ici la modélisation implique que les valeurs prises parT peuvent être négatives, et ce de façon non complètement négligeable, puisque la probabilité d’avoirT négatif va être proche de 0,025, le 0 étant presque égal àµ−2σ. Cela peut sembler déstabilisant, mais ici, la modélisation est donnée et n’est pas à remettre en cause.
2. Puisque le temps est exprimé en minutes, une heure correspond à 60 minutes, et donc la probabilité cherchée est obtenue à la calculatrice :
P(T Ê60)=1−P(T<60)≈0,158 7.
Puisque la question est posée en terme de proportion, on va supposer que la modélisation est fiable et que les probabilités sont assimilables à des proportions, et donc qu’environ 15,9 % des clients passent plus d’une heure dans le supermarché.
Partie C - Durée d’attente pour le paiement
1. (a) Pour la durée d’attente moyenne d’attente des clients, on va utiliser l’espérance de la variable aléa- toire donnant leur temps d’attente.
Comme cette variable aléatoire suit la loi exponentielle de paramètre 0,2 min−1, on est exactement dans la situation étudiée à laPartie Aet donc on va en utiliser le résultat : la durée moyenne d’at- tente aux caisses automatiques est de 5 minutes.
(b) Si on noteX la variable aléatoire, la probabilité qu’un client attende plus de 10 minutes est donc : P(X Ê10)=1−P(X <10)=1−
Z10
0 0,2e−0,2t dt=e−0,2×10=e−2≈0,135.
À 10−3près, la probabilité qu’un client attende plus de dix minutes aux bornes automatiques est donc de 0,135.
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2. Puisque l’on choisit au hasard un client du magasin, on est en situation d’équiprobabilité et les propor- tions sont assimilables à des probabilités.
Notonspla proportion de clients choisissant les caisses automatiques. On peut alors visualiser la situa- tion à l’aide de l’arbre suivant :
B
S S
B
S S p
0,860,14
1−p 0,63
0,37
B etB formant une partition de l’univers, on utilise la loi des probabilités totales : P(S)=P¡
S∩B¢ +P
³ S∩B
´
=P¡ B¢
×PB¡ S¢
+P
³ B
´
×PB¡ S¢
=p×0,86+(1−p)×0,63 Finalement :P(S)=0,63+p(0,86−0,63)=0,63+0,23p.
Pour que plus de 75 % des clients attendent moins de dix minutes, on doit avoir : P(S)>0,75 ⇐⇒ 0,63+0,23p>0,75
⇐⇒ 0,23p>0,12
⇐⇒ p>0,12 0,23
La proportion minimale de clients devant choisir les caisses automatiques, si on veut que plus de 75 % des clients attendent moins de dix minutes est donc de 12
23, soit environ 52,2 %.
Partie D - Bons d’achat
1. Pour un montant de 158,02e, le client obtient 15 cartes.
— Chaque carte peut être gagnante (considéré comme succès).
Puisque la distribution d’une carte est assimilable à un tirage au sort dans le stock de cartes, on va assimiler la proportion de cartes gagnantes à la probabilité qu’une carte distribuée soit gagnante.
La probabilité du succès est donc dep=0,005.
— Le client reçoit 15 cartes.
Puisque l’on dit que la distribution est assimilable à un tirage avec remise, la distribution des 15 cartes est considérée comme la répétition 15 fois de façon indépendante de la distribution d’une carte.
— On s’intéresse au nombreNde cartes gagnantes reçues par le client.
Les éléments cités ci-dessus permettent de dire que la variable aléatoireNsuit la loi binomiale de para- mètresB(15 ; 0,005), et donc :
P(NÊ1)=1−P(N=0)=1− Ã15
0
!
0,0050×0,99515=1−0,99515≈0,072.
La probabilité que ce client ait au moins une carte gagnante est de 0,07, à 10−2près.
2. La démarche va être similaire, sauf que le nombre de répétitions va être variable. Si on notenle nombre de cartes reçues, et que l’on considèreNn, la variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètresn et 0,005 alors on aura :
P(NnÊ1)=1−P(Nn=0)=1− Ãn
0
!
0,0050×0,995n=1−0,995n. Résolvons :
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P(NnÊ1)Ê0,50 ⇐⇒ 1−0,995nÊ0,5
⇐⇒ −0,995nÊ −0,5
⇐⇒ 0,995nÉ0,5
⇐⇒ nln(0,995)Éln(0,5) car la fonction ln est croissante sur [0 ; +∞[
⇐⇒ nÊ ln(0,5)
ln(0,995) car ln(0,995) est négatif.
Comme ln(0,5)
ln(0,995)≈138,3 et quendoit être entier, il faut avoirnÊ139, et c’est donc à partir de 1 390e que la probabilité d’avoir au moins une carte gagnante dépasse 0,5.
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