[ BTS Groupement B – Mathématiques \ Éléments de correction Session 2011

Éléments de correction Session 2011

Exercice 1 :

Partie A : Résolution d’une équation différentielle

1. (a) L’équationr²−3r+2=0 admet deux racines réellesr=1 etr=2.

S={1, 2}

(b) L’équation caractéristique associée à (E0) est l’équation r²−3r+2=0 dont on a déterminé précédemment les solutions.

La solution générale de (E₀) est alors

y(x)=λe^x+µe^2x avec (λ,µ)∈R² 2. (a) La fonction dérivée degest

g^′(x)=(2x+2)e^x (b) à l’aide de la dérivée d’un produit, et après simplification, on a

g^′′(x)=(2x+4)e^x Nous obtenons alors

g^′′(x)−3g^′(x)+2g(x)=(2x+4)e^x−3×(2x+2)e^x+2¡

2xe^x+2¢

=(2x+4−6x−6+4x)e^x+6

= −2e^x+6

Par conséquent, la fonctiongest une solution particulière de l’équation (E).

3. La solution générale de l’équation (E) s’obtient en ajoutant la solution générale de l’équation homogène asso- ciée (E0) et une solution particulière de (E).

y(x)=λe^x+µe^2x+2xe^x+3 avec (λ,µ)∈R² 4. On a déjàf de la formef(x)=λe^x+µe^2x+2xe^x+3.

Orf(0)=2 d’oùλ+µ+3=2, c’est-à-direλ+µ= −1.

On a aussi

f^′(x)=λe^x+2µe^2x+g^′(x)

=λe^x+2µe^2x+(2x+2)e^x Orf^′(0)=1 d’oùλ+2µ+2=1, c’est-à-direλ+2µ= −1.

Il faut alors résoudre le système

(λ+µ= −1 λ+2µ= −1 ⇐⇒

(λ= −1 µ=0 La fonctionf cherchée est alors

f(x)=(2x−1)e^x+3

Partie B :

1. (a) On écritf(x)=2xe^x−e^x+3.

Comme on a lim

x→−∞e^x=0 et lim

x→−∞xe^x=0, alors, par somme :

x→−∞lim f(x)=3

(b) D’après le résultat précédent, la courbeCadmet la droite d’équationy=3 comme asymptote horizontale au voisinage de−∞.

2. (a) D’après le formulaire, on a le développement limité à l’ordre 2 au voisinage de zéro de e^x: e^x=1+x+1

2x²+x²ε(x) avec lim

x→0ε(x)=0

alors, par produit avec (2x−1) en ne gardant que les termes de degré inférieur ou égal à 2 : f(x)= =(2x−1)

µ

1+x+1 2x²

¶

+3+x²ε(x)

= −1−x−1

2x²+2x+2x²+3+x²ε(x)

=2+x+3

2x²+x²ε(x)

(b) Une équation de la tangenteT à la courbeCest donnée par la 2partie affine de ce développement limité à l’ordre 2 au voisinage de zéro def

(T) : y=2+x (c) La courbeCest au-dessus de la tangenteTau voisinage de 0 car3

2x²est positif au voisinage de 0.

3. (a) Commef^′(x)=(2x+1)e^xet que pour tout réelx, e^x>0, alorsf^′(x) est du signe de (2x+1).

2x+1<0⇐⇒x< −1

2et 2x+1>0⇐⇒x> −1

2, alors la fonctionf est

— strictement décroissante sur

¸

−∞;−1 2

¸ ,

— strictement croissante sur

·1 2;+∞

· . (b) Le minimum def est alors pourx= −1

2et f

µ

−1 2

¶

= −2e⁻¹²+3

≈1,79 4. (a) On a

I= Z0,5

0

µ

2+x+3 2x²

¶ dx

=

· 2x+1

2x²+1 2x³

¸0,5 0

d’où

K= Z_0,5

0 (2x−1)e^xdx

=£

(2x−1)e^x¤0,5

0 −

Z_0,5

0 2e^xdx

=£

(2x−1)e^x¤0,5 0 −2£

e^x¤0,5 0

=£

(2x−3)e^x¤0,5 0

= −2e^0,5+3 (c) On a :

J= Z0,5

0 f(x)dx

= Z_0,5

0

¡(2x−1)e^x+3¢ dx

= Z_0,5

0 (2x−1)e^xdx+ Z_0,5

0 3e^xdx

=K+3[x]^0,5₀

=K+3×0,5

=9 2−2e^0,5 (d) On a

J−I=9

2−2e^0,5−1,1875

≈0,015

<2×10⁻²

Exercice 2 : Partie A :

Xsuit la loi normaleN (8,33;0,09) alorsT=X−8,33

0,09 suit la loi normale centrée réduiteN _(0;1).

1. On demandep(8,186X68,48).

p(8,186X68,48)=p

µ8,18−8,33

0,09 6T6^8,48−8,33 0,09

¶

=p µ

−0,15

0,096_T6^0,15 0,09

¶

=p µ

−15

9 6T6¹⁵ 9

¶

=Π µ15

9

¶

−Π µ

−15 9

¶

=Π µ15

9

¶

−

· 1−Π

µ15 9

¶¸

=2Π µ15

9

¶

−1

≈2Π(1,67)−1

≈2×0,9525−1

≈0,905 2. En procédant de la même façon, on a

p(8,33−h6X68,33+h)=p

µ8,33−h−8,33

0,09 6T 6^{8,33+h−8,33} 0,09

¶

=p µ

− h

0,096T6 ^h 0,09

¶

=p µ

−100h

9 6T6^100h 9

¶

=Π µ100h

9

¶

−Π µ

−100h 9

¶

=Π µ100h

9

¶

−

· 1−Π

µ100h 9

¶¸

=2Π µ100h

9

¶

−1 Il faut alors résoudre

2Π µ100h

9

¶

−1=0,95 c’est-à-dire

Π µ100h

9

¶

=0,975 d’où

100h =1,96

Partie B :

1. — Chaque prélèvement est constitué de 50 épreuves élémentaires indépendantes puisque le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise ;

— Chaque épreuve élémentaire n’a que deux issues possibles :

— soit le succès : l’événementE, « une gaine prélevée dans un stock important est non conforme pour le diamètre intérieur », de probabilitép=p(E)=0,096,

— soit l’échec : l’événement ¯E, « une gaine prélevée dans un stock important est conforme pour le dia- mètre intérieur », de probabilitéq=1−p=0,904 ;

— La variable aléatoireXmesure le nombre de succès,

alors la variable aléatoireXsuit la loi binomiale de paramètresn=50 etp=0,096.

2. On demandep(X=5).

p(X=5)=C⁵₅₀0,096⁵×0,904⁴⁵

≈0,184 3. On demande icip(X62).

On a

p(X62)=p(X=0)+p(X=1)+p(X=2)

=0,904⁵⁰+50×0,096×0,904⁴⁹+C²₅₀0,096²×0,904⁴⁸

≈0,129 Partie C :

1. La règle de décision permettant d’utiliser ce test est la suivante : on prélève un échantillon aléatoire de 300 pastilles, on mesure le diamètre des pastilles et on calcule la moyenne ¯dde ces diamètres :

— Si ¯d∈[8,106;8,154], on accepte l’hypothèseH0et on rejetteH1: la livraison est conforme pour le diamètre, au seuil de 5%.

— Si ¯d∉[8,106;8,154], on rejetteH0et on accepteH1: la livraison est non conforme pour le diamètre.

2. Ici, ¯d∉[8,106;8,154], par conséquent la livraison n’est pas conforme pour le diamètre, au seuil de 5%.

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