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On rappelle que l’esp´erance de la variable al´eatoire X, not´eeE(X), est ´egale `a : lim x

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Academic year: 2022

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Texte intégral

(1)

Correction prise en partie sur le site de l’APMEP

Exercice 1 : Probabilit´e (8 points)

On ´etudie certaines caract´eristiques d’un supermarch´e d’une petite ville.

Partie A - D´emonstration pr´eliminaire

Soit X une variable al´eatoire qui suit la loi exponentielle de param`etre 0,2.

On rappelle que l’esp´erance de la variable al´eatoire X, not´eeE(X), est ´egale `a : lim

x→+∞

Z x

0

0,2te−0,2tdt.

Le but de cette partie est de d´emontrer queE(X) = 5.

1. On note g la fonction d´efinie sur l’intervalle [0 ; +∞[ parg(t) = 0,2te−0,2t. On d´efinit la fonction Gsur l’intervalle [0 ; +∞[ par G(t) = (−t−5)e−0,2t. V´erifier que G est une primitive deg sur l’intervalle [0 ; +∞[.

2. En d´eduire que la valeur exacte de E(X) est 5.

Indication : on pourra utiliser, sans le d´emontrer, le r´esultat suivant : lim

x→+∞xe−0,2x = 0.

Partie B - ´Etude de la dur´ee de pr´esence d’un client dans le supermarch´e

Une ´etude command´ee par le g´erant du supermarch´e permet de mod´eliser la dur´ee, exprim´ee en minutes, pass´ee dans le supermarch´e par un client choisi au hasard par une variable al´eatoire T.

Cette variableT suit une loi normale d’esp´erance 40 minutes et d’´ecart type un r´eel positif not´e σ.

Grˆace `a cette ´etude, on estime queP(T <10) = 0,067.

1. D´eterminer une valeur arrondie du r´eelσ `a la seconde pr`es.

2. Dans la suite , on prendσ = 20 minutes.

a. CalculerP(30< T <50).

b. Quelle est alors la proportion de clients qui passent plus d’une heure dans le supermarch´e ? On justifiera le r´esultat sans utiliser la calculatrice.

c. D´eterminer, `a l’unit´e pr`es, le r´eel a tel que P(T > a) ≈ 0,05. Interpr´eter le r´esultat dans le contexte de l’exercice.

Partie C - Dur´ee d’attente pour le paiement

Ce supermarch´e laisse le choix au client d’utiliser seul des bornes automatiques de paiement ou bien de passer par une caisse g´er´ee par un op´erateur.

1. La dur´ee d’attente `a une borne automatique, exprim´ee en minutes, est mod´elis´ee par une variable al´eatoire qui suit la loi exponentielle de param`etre 0,2 min−1.

a. Donner la dur´ee moyenne d’attente d’un client `a une borne automatique de paiement.

b. Calculer la probabilit´e, arrondie `a 10−3, que la dur´ee d’attente d’un client `a une borne automatique de paiement soit sup´erieure `a 10 minutes.

2. L’´etude command´ee par le g´erant conduit `a la mod´elisation suivante :

• parmi les clients ayant choisi de passer `a une borne automatique, 86 % attendent moins de 10 minutes ;

• parmi les clients passant en caisse, 63 % attendent moins de 10 minutes.

On choisit un client du magasin au hasard et on d´efinit les ´ev`enements : B :le client paye `a une borne automatique;

B :le client paye `a une caisse avec op´erateur;

S :la dur´ee d’attente du client lors du paiement est inf´erieure `a 10 minutes.

Une attente sup´erieure `a dix minutes `a une caisse avec op´erateur ou `a une borne automatique engendre chez le client une perception n´egative du magasin. Le g´erant souhaite que plus de 75 % des clients attendent moins de 10 minutes.

Quelle est la proportion minimale de clients qui doivent choisir une borne automatique de paiement pour que cet objectif soit atteint ?

(2)

Partie D - Bons d’achat

Lors du paiement, des cartes `a gratter, gagnantes ou perdantes, sont distribu´ees aux clients. Le nombre de cartes distribu´ees d´epend du montant des achats. Chaque client a droit `a une carte `a gratter par tranche de 10 ed’achats.

Par exemple, si le montant des achats est 58,64e, alors le client obtient 5 cartes ; si le montant est 124,31e, le client obtient 12 cartes.

Les cartes gagnantes repr´esentent 0,5 % de l’ensemble du stock de cartes. De plus, ce stock est suffisamment grand pour assimiler la distribution d’une carte `a un tirage avec remise.

1. Un client effectue des achats pour un montant de 158,02 e.

Quelle est la probabilit´e, arrondie `a 10−2, qu’il obtienne au moins une carte gagnante ?

2. A partir de quel montant d’achats, arrondi `` a 10e, la probabilit´e d’obtenir au moins une carte gagnante est-elle sup´erieure `a 50 % ?

Solution: Partie A - D´emonstration pr´eliminaire

1. La fonctionGsera une primitive degsur [0 ; +∞[ si et seulement si elle est d´erivable sur [0 ; +∞[

et que sa fonction d´eriv´ee est la fonction g.

Avec les r`egles de composition et de produit de fonctions classiques, la fonctionGest effectivement d´erivable sur [0 ; +∞[, et pour tout tr´eel positif, on a :

G0(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 de g sur [0 ; +∞[.

2. En appliquant la d´efinition de l’esp´erance, rappel´ee dans l’´enonc´e, on va commencer par calculer l’int´egrale deg entre 0 etx :

Z x

0

g(t) dt= h

G(t) ix

0 =G(x)−G(0) = (−x−5) e−0,2x−(0−5) e−0,2×0 =−xe−0,2x−5 e−0,2x+ 5 D´eterminons maintenant la limite de cette int´egrale quandx tend vers +∞.

Puisque cette limite est admise dans le sujet, on a : lim

x→+∞xe−0,2x= 0.

Comme−0,2 est n´egatif, 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 Z x

0

g(t) dt= lim

x→+∞−xe−0,2x−5 e−0,2x+ 5 = 5.

En conclusion, on a bien ´etabli que l’esp´erance E(X) est bien ´egale `a 5.

Partie B - ´Etude de la dur´ee de pr´esence d’un client dans le supermarch´e 1. PosonsT0la variable al´eatoire d´efinie parT0 = T −40

σ . PuisqueT suit une loi normale d’esp´erance 40 et d’´ecart-typeσ, on peut dire que T0 suit la loi normale centr´ee et r´eduite.

Par ailleurs les ´ev`enements (T <10) et

T0 < 10−40 σ

sont ´equivalents, et ont donc la mˆeme probabilit´e.

En utilisant la calculatrice avec la fonction inversant la loi normale centr´ee r´eduite, on obtient que la borne 10−40

σ = −30

σ doit ˆetre environ ´egale `a −1,498 5.

En r´esolvant, on aσ≈ −30

−1,498 5, soit σ≈20,019 8 min, soit, en donnant un arrondi `a la seconde pr`es, 20 min 01 s. (car 0,0198×60≈1,2)

Remarque :Ici la mod´elisation implique que les valeurs prises parT peuvent ˆetre n´egatives, et ce de fa¸con non compl`etement n´egligeable, puisque la probabilit´e d’avoirT n´egatif va ˆetre proche de 0,025, le 0 ´etant presque ´egal `aµ−2σ. Cela peut sembler d´estabilisant, mais ici, la mod´elisation est donn´ee et n’est pas `a remettre en cause.

(3)

2. a. A la calculatrice,` P(30< T <50)≈0,383 b. P(T >60) = 1−P(µ−σ < T < µ+σ)

2 = 1−0,683

2 ≈0,159.

Environ 15,9% des clients passent plus d’une heure dans le supermarch´e.

c. P(T >a) = 0,05⇔P(T 6a) = 0,95.

A la calculatrice, on trouve` a≈73.

Environ 5% des clients passent plus de 73 minutes dans le supermarch´e.

Partie C - Dur´ee d’attente pour le paiement

1. a. Pour la dur´ee d’attente moyenne d’attente des clients, on va utiliser l’esp´erance de la variable al´eatoire donnant leur temps d’attente.

Comme cette variable al´eatoire suit la loi exponentielle de param`etre 0,2 min−1, on est exactement dans la situation ´etudi´ee `a la Partie Aet donc on va en utiliser le r´esultat : la dur´ee moyenne d’attente aux caisses automatiques est de 5 minutes.

b. Si on noteX la variable al´eatoire, la probabilit´e qu’un client attende plus de 10 minutes est donc :

P(X >10) = 1−P(X <10) = 1− Z 10

0

0,2 e−0,2t dt= e−0,2×10= e−2 ≈0,135.

A 10` −3pr`es, la probabilit´e qu’un client attende plus de dix minutes aux bornes automatiques est donc de 0,135.

2. Puisque l’on choisit au hasard un client du magasin, on est en situation d’´equiprobabilit´e et les proportions sont assimilables `a des probabilit´es.

Notonspla proportion de clients choisissant les caisses automatiques. On peut alors visualiser la situation `a l’aide de l’arbre suivant :

B

S S B

S S p

0,86 0,14

1−p 0,63

0,37

B etB formant une partition de l’univers, on utilise la loi des probabilit´es totales : P(S) =P S∩B

+P S∩B

=P B

×PB S

+P 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 158,02 e, le client obtient 15 cartes.

— Chaque carte peut ˆetre gagnante (consid´er´e comme succ`es).

Puisque la distribution d’une carte est assimilable `a un tirage au sort dans le stock de cartes, on va assimiler la proportion de cartes gagnantes `a la probabilit´e qu’une carte distribu´ee soit gagnante.

La probabilit´e du succ`es est donc de p= 0,005.

(4)

— Le client re¸coit 15 cartes.

Puisque l’on dit que la distribution est assimilable `a un tirage avec remise, la distribution des 15 cartes est consid´er´ee comme la r´ep´etition 15 fois de fa¸con ind´ependante de la distribution d’une carte.

— On s’int´eresse au nombreN de cartes gagnantes re¸cues par le client.

Les ´el´ements cit´es ci-dessus permettent de dire que la variable al´eatoire N suit la loi binomiale de param`etres B(15 ; 0,005), et donc :

P(N >1) = 1−P(N = 0) = 1− 15

0

0,0050×0,99515= 1−0,99515≈0,072.

La probabilit´e que ce client ait au moins une carte gagnante est de 0,07, `a 10−2 pr`es.

2. La d´emarche va ˆetre similaire, sauf que le nombre de r´ep´etitions va ˆetre variable. Si on notenle nombre de cartes re¸cues, et que l’on consid`ere Nn, la variable al´eatoire suivant la loi binomiale de param`etres net 0,005 alors on aura :

P(Nn>1) = 1−P(Nn= 0) = 1− n

0

0,0050×0,995n= 1−0,995n. R´esolvons :

P(Nn>1)>0,50 ⇐⇒ 1−0,995n>0,5

⇐⇒ −0,995n>−0,5

⇐⇒ 0,995n60,5

⇐⇒ nln(0,995)6ln(0,5) car la fonction ln est croissante sur [0 ; +∞[

⇐⇒ n> ln(0,5)

ln(0,995) car ln(0,995) est n´egatif.

Comme ln(0,5)

ln(0,995) ≈138,3 et que ndoit ˆetre entier, il faut avoir n>139, et c’est donc `a partir de 1 390 eque la probabilit´e d’avoir au moins une carte gagnante d´epasse 0,5.

(5)

Exercice 2 : Fonctions (8 points) Partie A

On consid`ere la fonction f d´efinie pour tout r´eel x parf(x) =xe1−x2. 1. Calculer la limite de la fonctionf en +∞.

Indication : on pourra utiliser que pour tout r´eel x diff´erent de 0, f(x) = xe × x2

ex2.

On admettra que la limite de la fonction f en −∞est ´egale `a 0.

2. a. On admet quef est d´erivable sur Ret on note f0 sa d´eriv´ee.

D´emontrer que pour tout r´eelx,

f0(x) = 1−2x2

e1−x2. b. En d´eduire le tableau de variations de la fonction f.

Partie B

On consid`ere la fonction g d´efinie pour tout r´eel xparg(x) = e1−x.

Sur le graphique ci-dessous, on a trac´e dans un rep`ere les courbes repr´esentatives Cf etCg respectivement des fonctions f etg.

Baccalauréat S A. P. M. E. P.

0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0

0,5

1,0

1,5

2,0

2,5

0,5

−1,0

1,5 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0

Cf

Cg

O

Le but de cette partie est d’étudier la position relative de ces deux courbes.

1. Après observation du graphique, quelle conjecture peut-on émettre ? 2. Justifier que, pour tout réelxappartenant à ]− ∞; 0],f(x)<g(x).

3. Dans cette question, on se place dans l’intervalle ]0 ;+∞[.

On pose, pour tout réelxstrictement positif,Φ(x)=lnxx2+x.

a. Montrer que, pour tout réelxstrictement positif,

f(x)!g(x) équivaut àΦ(x)!0.

On admet pour la suite quef(x)=g(x) équivaut àΦ(x)=0.

b. On admet que la fonctionΦest dérivable sur ]0 ;+∞[. Dresser le tableau de variation de la fonctionΦ. (Les limites en 0 et+∞ne sont pas attendues.)

c. En déduire que, pour tout réelxstrictement positif,Φ(x)!0.

4. a. La conjecture émise à la question 1. de la partie B est-elle valide ? b. Montrer queCf etCgont un unique point commun, notéA.

c. Montrer qu’en ce pointA, ces deux courbes ont la même tangente.

Partie C

1. Trouver une primitiveFde la fonctionf surR.

2. En déduire la valeur de

!1

0

"

e1−xxe1−x2# dx.

3. Interpréter graphiquement ce résultat.

20 juin 2016 3 Antilles–Guyane

Le but de cette partie est d’´etudier la position relative de ces deux courbes.

1. Apr`es observation du graphique, quelle conjecture peut-on ´emettre ? 2. Justifier que, pour tout r´eelx appartenant `a ]− ∞; 0], f(x)< g(x).

3. Dans cette question, on se place dans l’intervalle ]0 ; +∞[.

On pose, pour tout r´eel x strictement positif, Φ(x) = lnx−x2+x.

a. Montrer que, pour tout r´eel xstrictement positif,

f(x)6g(x) ´equivaut `a Φ(x)60.

On admet pour la suite quef(x) =g(x) ´equivaut `a Φ(x) = 0.

b. On admet que la fonction Φ est d´erivable sur ]0 ; +∞[. Dresser le tableau de variation de la fonction Φ. (Les limites en 0 et +∞ne sont pas attendues.)

(6)

c. En d´eduire que, pour tout r´eel xstrictement positif, Φ(x)60.

4. a. La conjecture ´emise `a la question 1. de la partie B est-elle valide ? b. Montrer queCf etCg ont un unique point commun, not´eA.

c. Montrer qu’en ce pointA, ces deux courbes ont la mˆeme tangente.

Partie C

1. Trouver une primitive F de la fonctionf sur R. 2. En d´eduire la valeur de

Z 1 0

e1−x−xe1−x2

dx.

3. Interpr´eter graphiquement ce r´esultat.

Solution:

Partie A

1. Pour tout r´eelx >0, on a f(x) =xe1−x2 =x× e e−x2 = e

x × x2

ex2. Par op´erations :

x→+∞lim e

x = 0. (1)

De plus lim

x→+∞x2 = +∞ et par croissance compar´ee lim

t→+∞

et

t = +∞. Par compos´ee des limites on alors lim

x→+∞

ex2

x2 = +∞, puis par inverse :

x→+∞lim x2

ex2 = 0, (2)

enfin, par produit de (1) et (2) on a lim

x→+∞f(x) = 0 .

2. a. On utilise la d´eriv´ee d’un produit, ainsi que la d´eriv´ee des fonctions de la forme eu : f0(x) = 1 e1−x2 +x×(−2x) e1−x2 = e1−x2 −2x2e1−x2 = 1−2x2

e1−x2. b. Pour tout r´eelx, e1−x2 >0, doncf0(x) a le mˆeme signe que 1−2x2. Or :

1−2x2>0⇐⇒ −

√2

2 6x6

√2 2 . De plus f

√ 2 2

!

=

√ 2

2 e12 = 1

√ 2

√e = re

2 ; de mˆeme f −

√ 2 2

!

=− re

2. On en d´eduit de ce qui pr´ec`ede le tableau de variations suivant :

x f0(x)

f(x)

−∞ −

√ 2 2

√ 2

2 +∞

− 0 + 0 −

0 0

− re

− 2 re

2

re 2 re 2

0 0

(7)

Partie B

1. Il semble que Cf soit toujours au dessous deCg.

2. Soit x un r´eel tel que x60, alorsxe1−x2 60, c’est-`a-diref(x)60, alors que g(x) = e1−x >0 par cons´equent il est clair que f(x)< g(x).

3. a. Soit x un r´eel tel que x > 0, alors, par application de la fonction ln qui est strictement croissante :

f(x)6g(x) ⇐⇒ xe1−x2 6 e1−x

⇐⇒ lnx+ 1−x2 61−x

⇐⇒ lnx−x2+x60

⇐⇒ Φ(x)60.

b. On a Φ0(x) = 1

x −2x+ 1 = −2x2+x+ 1

x . Comme x > 0, Φ0(x) a le mˆeme signe que

−2x2+x+ 1. Ce polynˆome du second degr´e a pour discriminant ∆ = 9 et pour racines−12 et 1. Ainsi :

−2x2+x+ 1>0⇐⇒ −1

2 < x <1.

On a Φ(1) = ln 1−12+ 1 = 0. Sur ]0 ; +∞[ le tableau de variation (sans limite) de Φ est donc :

x Φ0(x)

Φ(x)

0 1 +∞

+ 0 −

0 0

c. Le tableau de variation pr´ec´edent montre que la fonction Φ poss`ede en 1 un maximum qui vaut 0, autrement dit, pour tout r´eel x >0, on a Φ(x)60.

a. D’apr`es B 1 et B 3 c, on a, pour tout r´eel x,f(x) >g(x). La courbe Cf est donc toujours en dessous deCg.

b. Sur ]− ∞; 0], on a f(x)< g(x) les courbes n’y ont donc aucun point commun.

Sur ]0 ; +∞[, on a f(x) = g(x) ⇔ x = 1. Ces deux courbes ont donc un unique point commun A dont l’abscisse est 1.

c. On a f(1) = g(1) = 1. De plus f0(1) = (1−2×12) e1−12 = −1, et g0(x) = −e1−x donc g0(x) = −e1−1 = −1, donc f0(1) = g0(1). Au point d’abscisse 1, les tangentes respectives

`

a Cf et Cg passe par un mˆeme point, et ont mˆeme coefficient directeur, elles sont donc confondues.

4. a. Φ(x)60 ⇐⇒ f(x)6g(x) donc Cf est bien en dessous deCg.

b. f(x) =g(x) ⇐⇒ Φ(x) = 0 ⇐⇒ x= 1 donc les deux courbes ont un point commun, A, de coordonn´ees (1 ; 1).

c. f0(1) =−1 : g0(x) =−e1−x doncg0(1) =−1.

En A, les deux tangentes ont l mˆeme coefficient directeur, donc les deux courbes ont mˆeme tangente.

Partie C

(8)

1. On poseu(x) = 1−x2; alorsu0(x) =−2x doncx=−1

2u0(x) d’o`uf =−1

2u0(x)eu(x). Une primitive est F(x) =−1

2eu(x)= −1 2e1−x2 . 2.

Z 1 0

e1−x−xe1−x2

dx= Z 1

0

[g(x)−f(x) dx].

Une primitive deg−f estG−F avec (G−F)(x) =−e1−x

−1 2e1−x2

= 1

2e1−x2 −e1−x. Z 1

0

e1−x−xe1−x2

dx= (G−F)(1)−(G−F)(0) = 1

2 −1

− 1

2e−e

= e−1 2 .

3. Ce r´esultat correspond `a l’aire en unit´es d’aire du domaine compris entre Cg, Cf et les droites d’´equation x= 0 etx= 1.

(9)

Exercice 3 : Un vrai/faux pour ne pas s’ennuyer (4 points) R´epondre `a chacune des affirmations ci-dessous par Vrai ou Faux en justifiant la r´eponse. Toute r´eponse non justifi´ee ne sera pas prise en compte.

Les deux questions sont ind´ependantes l’une de l’autre.

1. La dur´ee de vieT (exprim´ee en ann´ees) d’un appareil ´electronique suit la loi exponentielle de param`etre λo`u λ >0.

On sait qu’un tel appareil a une dur´ee de vie moyenne de quatre ans.

La probabilit´e que cet appareil fonctionne deux ann´ees de plus sachant qu’il a d´ej`a fonctionn´e trois ans est d’environ 0,39 `a 0,01 pr`es.

2. Le plan complexe est muni d’un rep`ere orthonormal

O ; −→ u , −→

v

.

L’´equation z3 −3z2 + 3z = 0 admet trois solutions dans l’ensemble des nombres complexes C, qui sont les affixes de trois points formant un triangle ´equilat´eral.

Solution:

1. La dur´ee de vie T (exprim´ee en ann´ees) d’un appareil ´electronique suit la loi exponentielle de param`etreλo`uλ >0.

On sait qu’un tel appareil a une dur´ee de vie moyenne E(T) de quatre ans ; or λ= 1

E(T) donc λ= 0,25.

D’apr`es le cours, si une variable al´eatoire X suit une loi exponentielle de param`etre λ, alors P(X < t) = 1− e−λt.

On cherche P(T>3)(T >3 + 2).

La loi exponentielle est une loi `a dur´ee de vie sans vieillissement doncP(T>3)(T >3 + 2) =P(T >

2).

P(T >2) = 1−P(T <2) = 1− 1− e−0,25×2

= e−0,25×2 ≈0,616= 0,39.

Cette affirmation est fausse.

2. Le plan complexe est muni d’un rep`ere orthonormal

O ; →− u , −→

v

. On r´esout dansCl’´equation (E) :z3−3z2+ 3z= 0.

z3−3z2+ 3z=z(z2−3z+ 3) donc (E) ⇐⇒ z(z2−3z+ 3) = 0 ⇐⇒ z= 0 ou z2−3z+ 3 = 0 On r´esout dans C l’´equation (E’) : z2−3z+ 3 = 0 : ∆ = 9−12 = −3 donc l’´equation admet deux solutions complexes conjugu´eesz1= 3 + ı√

3

2 etz2 = 3−ı√ 3

2 .

Soit A le point d’affixez1 et B le point d’affixe z2.

• OA =|z1|= v u u t

3 2

2

+

√3 2

!2

= r9

4+3 4 =√

3

• OB =|z2|=|z1|carz1 etz2 sont deux nombres complexes conjugu´es, donc OB =√ 3.

• AB =|z2−z1|=

3−ı√ 3

2 −3 + ı√ 3 2

=

−ı√ 3

=√ 3

OA = OB = AB donc les trois solutions de l’´equation (E) sont les affixes de trois points qui sont les sommets d’un triangle ´equilat´eral.

Cette affirmation est vraie.

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