Correction BTS groupement B

Correction BTS groupement B 12 mai 2010

EXERCICE 1(12 points)

A. Résolution d’une équation différentielle

1. La solution générale de (E₀) est du type y₀(x) = ke^−G(x) où k est un nombre réel quelconque et G une primitive de la fonction x7→ −1 d’où :

y₀(x) =k e^x aveck∈R. 2. On calcule la dérivée deg :

g⁰(x) = 1×e^x+x×e^x+ 2×1 + 0

=e^x+xe^x+ 2.

On remplace dans l’équation (E) :

g⁰(x)−g(x) = (e^x+xe^x+ 2)−(xe^x+ 2x+ 2)

=e^x+xe^x+ 2−xe^x−2x−2

=e^x−2x, donc :

La fonction g est une solution particulière de l’équation (E).

3. L’ensemble des solutions de (E) s’obtient en additionnait une solution particulière de (E) à la solution générale de l’équation homogène (E₀). On obtient alors :

y(x) =y₀(x) +g(x).

y(x) =ke^x+xe^x+ 2x+ 2.

4. On choisitf(x) =ke^x+xe^x+ 2x+ 2 avec f(0) = 3 d’où : f(0) =ke⁰+ 0×e⁰+ 2×0 + 2 = 3⇐⇒k+ 2 = 3.

On obtient k= 1 soit : f(x) =e^x+xe^x+ 2x+ 2.

(On peut aussi écrire f(x) = (x+ 1)e^x+ 2x+ 2et vérifier que l’on obtient la fonction étudiée ensuite !)

B. Étude d’une fonction

1. Calul de la limite en +∞ :

x→lim+∞(x+ 1) = +∞

x→lim+∞(e^x) = +∞

x→lim+∞(2x+ 2) = +∞















x→lim+∞(x+ 1)e^x= +∞

x→lim+∞(2x+ 2) = +∞







x→lim+∞f(x) = +∞.

2. Réponse B.

(On pourrait démontrer que lim

x→−∞f(x)−(2x+ 2) = 0, ou tracer la droite d’équationy= 2x+ 2sur le graphique ou sur la calculatrice pour s’en convaincre ...)

3. (a) Le développement limité, à l’ordre 2, au voisinage de 0, de la fonction exponentielle est : e^x = 1 +x+x²

2! +x²(x) avec lim

x→0(x) = 0.

Pour la fonctionf, on obtient alors : f(x) = (x+ 1) 1 +x+x²

2

!

+ 2x+ 2 +x²(x) avec lim

x→0(x) = 0

=x+x²+ 1 +x+x²

2 + 2x+ 2 +x²(x) f(x) = 3 + 4x+3

2x²+x²(x) avec lim

x→0(x) = 0

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(b) Réponse B.

(Une équation de la tangenteT à la courbe C au point d’abscisse0 est donnée par la partie affine (termes de degré inférieur où égal à 1) du développement limité, doncy = 3 + 4x.)

(c) Réponse A.

(On étudie le signe de « l’écart » entre C estT :f(x)−(3 + 4x) = 3

2 +x²(x)qui est du signe de x² au voisinage de 0donc positif pour toutx; on peut aussi tracer la tangente à la courbe au point d’abscisse 0 et vérifier que la courbe reste au dessus ...)

C. Calcul intégral 1. I =

Z ₁

−1

(2x+ 2)dx

= [x²+ 2x]¹−1

= (1²+ 2×1)−((−1)²+ 2(−1)) Donc : I = 4.

2. J = Z 1

−1(x+ 1)e^xdx

= [(x+ 1)e^x]¹−1− Z 1

−1

e^xdx

= ((1 + 1)e¹)−((−1 + 1)e⁻¹)−[e^x]¹−1

= 2e−0−e+e⁻¹ D’où : J =e+e⁻¹. 3. (a) K =

Z 1

−1

f(x)dx

= Z 1

−1(x+ 1)e^x dx+ Z 1

−1(2x+ 2)dx

=J+I

Soit : K =e+e⁻¹+ 4.

(b) K= 7,09.

(c) K désigne l’aire de la portion de plan délimitée par les droites d’équations x = −1 et x= 1, l’axe des abscisses et la courbeC.

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EXERCICE 2(8 points)

A. Loi binomiale et loi de Poisson

1. (a) On effectue un prélèvement de 30 bouteilles de manière aléatoire dans un stock suffisamment important pour pouvoir assimiler ce prélèvement à un tirage avec remise.

Pour chaque bouteille, on a deux issues possibles :

• soit la bouteille est non conforme, avec une probabilitép=P(E) = 0,02 ;

• soit la bouteille est conforme, avec une probabilitéq = 1−p= 0,98.

la variable aléatoire X compte le nombre de bouteille non conformes, donc : X suit la loi binomiale de paramètres n= 30 etp= 0,02 :X B(30 ; 0,02) (b) P(X≤1) =P(X = 0) +P(X= 1)

= C⁰₃₀×0,02⁰×0,98³⁰+ C¹₃₀×0,02¹×0,98²⁹

= 0,5454 + 0,3340 P(X≤1)≈0,879.

2. (a) On a λ=n×p= 30×0,02 = 0,6.

Le paramètre de la loi de Poisson vautλ= 0,6.

(b) P(Y ≤1) =P(Y = 0) +P(Y = 1)

= e^−0,6×0,6⁰

0! +e^−0,6×0,6¹ 1!

= 0,5488 + 0,3293

La probabilité qu’il y ait au plus une bouteille non conforme est de 0,878.

B. Loi normale

1. La variable aléatoireT = Z−70

1 suit la loi normale centrée réduiteN(0,1). On a donc : P(68≤Z ≤72) =P(68≤1T + 70≤72)

=P(−2≤T ≤2)

= 2Π(2)−1

= 2×0,9772−1 P(68≤Z ≤72) = 0,95.

2. P(70−h≤Z ≤70 +h) = 0,99 ⇐⇒P(70−h≤1T+ 70≤70 +h) = 0,99

⇐⇒P(−h≤T ≤h) = 0,99

⇐⇒2Π(h)−1 = 0,99

⇐⇒Π(h) = 0,995 Or, d’après la table de la loi normale, Π(2,575) = 0,995.

Donc : h= 2,57.

Intervalle de confiance

1. C suit la loi normale N(70,12; 0,1).

L’intervalle de confiance est donc :I =

¯

x−t× σ

√100; ¯x+t× σ

√100

avec 2Π(t)−1 = 0,95⇐⇒Π(t) = 0,975, soitt= 1,96.

I =

70,12−1,96× 1

10; 70,12 + 1,96× 1 10

I = [ 69,92 ; 70,32 ]

2. Non ! (La moyenne est dans l’intervalle de confiance dans95%des cas « seulement ».)

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