Maths 2002 ATI-MI

BTS
FRN04
BTS 2002
Correction
EXERCICE 1 :
1° :
X suit une loi de Poisson de paramètre λ = 0,28 :
e −0,28 0,280
a) P( A ) = P( X = 0) =
= e − 0,28 ≈ 0,756.
0!
b)
e −0 ,28 0,281 e −0,28 0,282
P(B) = P( X ≤ 2) = P(X = 0) + P( X = 1) + P( X = 2) = e − 0,28 +
+
≈ 0,997.
1!
2!
2° :
a) Y suit une loi Binomiale car :
- deux issues possibles : sinistre ou pas ;
- 15 épreuves aléatoires indépendantes ;
- même probabilité de succès (p=0,6) à chaque épreuve.
Les paramètres de cette loi sont : n=15 et p=0,6.
10
5
10
b) P( Y = 10) = C10
× 0,4 5 ≈ 0,186.
15 0,6 0,4 = 3003 × 0,6
3° :
C suit une loi Normale de moyenne m = 1200 et d’écart type σ = 200 :
On se ramène à la loi normale centrée réduite N(0 ;1) par le changement
C−m
de variable suivant : T =
.
σ
1500 − 1200 
 1000 − 1200
P(1000 ≤ C ≤ 1500) = P
≤T≤
 = P(− 1 ≤ T ≤ 1,5)) =
200
200


Π(1,5) − Π(−1) = Π(1,5) − [1− Π(1)] = Π(1,5) − 1+ Π(1) = 0,9332 − 1+ 0,8413 = 0,7745 ≈ 0,775.
4° :
a) p =
91
= 0,91.
100
BTS Sujet 2002 Corr°
1
b) Un coefficient de confiance de 95% correspond à une valeur de t de
1,96.
L’intervalle de confiance est alors défini par la formule suivante :

p(1− p)
p(1− p)  
0,91× 0,09
0,91× 0,09 
; p + 1,96
;0,91+ 1,96
p − 1,96
 = 0,91− 1,96

100 − 1
100 − 1 
99
99


= [0,854;0,966].
c) Non car on a 5% de « chance » qu’il ne soit pas dans l’intervalle !
EXERCICE 2 :
A. Résolution d’une équation différentielle :
1° :
(E0 ) : y ' '− y '−2y = 0
(EC) : r ² − r − 2 = 0
∆ = (−1)² − 4 × 1× (−2) = 1+ 8 = 9
∆ > 0 ⇒ r1 =
1+ 9
= 2;
2
r2 =
1− 9
= −1.
2
Les solutions générales de (E0) sont de la forme : y 1( x ) = C1e 2 x + C 2e − x avec
C1, C2 nombres réels.
2° :
h est une solution particulière de (E) si et seulement si : h' '−h'−2h = (− 6 x − 4 )e − x .
Il nous faut donc calculer h’, puis h’’ :
h( x ) = (x ² + 2x )e − x
U = x ² + 2x
U' = 2x + 2
V = e- x
V' = −e − x
(
)
h' ( x ) = U' V + UV ' = (2x + 2)e - x + (x ² + 2x ) − e − x = e - x (2x + 2 − x ² − 2x ) = e - x (− x ² + 2).
h' ( x ) = e -x (− x ² + 2)
U = e− x
U' = -e - x
V = −x² + 2
V' = -2x
(
)
h' ' (x) = U' V + UV' = - e - x (− x ² + 2) + e − x (- 2x ) = e − x (x ² − 2x − 2).
On remplace tout cela dans le premier membre de (E) :
h' '−h'−2h = e − x [(x ² − 2x − 2) − (− x ² + 2) − 2(x ² + 2x )] = e − x [x ² − 2x − 2 + x ² − 2 − 2x ² − 4 x ] =
e − x (− 6 x − 4 ).
Donc h est bien une solution particulière de (E).
3° :
Il suffit d’additionner les deux fonctions trouvées précédemment :
y ( x ) = y 1( x ) + h( x ) = C1e 2 x + C 2e − x + (x ² + 2x )e − x .
BTS Sujet 2002 Corr°
2
4° :
f(0) = 0
conditions initiales qui vont permettre de trouver la valeur des deux

f' (0) = 1
constantes C1 et C2.
y (0) = C1e 2× 0 + C 2e −0 + (0² + 2 × 0 )e −0 = C1 + C 2
C1 + C 2 = 1 (1)
y ' ( x ) = 2C1e 2 x − C 2e − x + (− x ² + 2)e − x
y ' (0) = 2C1e 2× 0 − C 2e − 0 + (− 0² + 2)e − 0 = 2C1 − C 2 + 2
2C1 − C 2 + 2 = 1
2C1 − C 2 = −1
(2)
Les équations (1) et (2) forment un système d’équations à deux inconnues :
C1 + C 2 = 1
on additionne les deux équations et on obtient :

2C1 − C 2 = −1
3C1 = 0 ⇔ C1 = 0
C 2 = 1− C1 = 1− 0 = 1
d’où f( x ) = e − x + (x ² + 2x )e − x = (x ² + 2x + 1)e − x = (x + 1)²e − x .
B. Etude d’une fonction :
1° :
a) lim ( x + 1)² = +∞
et
b) lim ( x + 1)² = +∞
et
x → −∞
x → +∞
lim e − x = +∞ donc lim f( x ) = +∞ .
x → −∞
x → −∞
lim e − x = 0 + c’est une forme indéterminée mais la
x → +∞
fonction exponentielle est prioritaire devant la fonction polynôme donc
lim f( x ) = 0 +.
x → +∞
c) La limite obtenue au b) traduit géométriquement la présence d’une
asymptote horizontale en + ∞ d’équation y=0.
2° :
a)
f( x ) = (x + 1)²e − x
U = (x + 1)² = x ² + 2x + 1 U' = 2x + 2
V = e− x
V ' = −e − x
(
)
f' ( x ) = U' V + UV ' = (2x + 2) × e − x + (x + 1)² × − e − x = e − x (2x + 2 − ( x + 1)²)
= e − x (2x + 2 − x ² − 2x − 1) = e − x (− x ² + 1).
b) f' ( x ) ≥ 0 ⇔ − x ² + 1 ≥ 0 car e − x > 0 pour tout x réel,
− x ² + 1 ≥ 0 ⇔ − x ² ≥ −1 ⇔ x ² ≤ 1 ⇔ −1 ≤ x ≤ 1 .
BTS Sujet 2002 Corr°
3
c) Tableau de variations :
x
Sign(f’(x))
−∞
-1
0
-
1
0
4 e −1
+
+∞
f
+∞
-
0+
0
3° :
0
t t²
a) DL d’ordre 2 par le formulaire : e t = 1+ + + t 2ε( t )
1! 2!
avec lim ε( t ) = 0 .
t →0
On change de variable : t en -x et on obtient :
0
e − x = 1+
0
e − x = 1+
− x (− x )²
2
+
+ (− x ) ε(− x )
1!
2!
− x x²
+ + x 2 ε(− x )
1
2
0
e − x = 1− x +
x²
+ x 2 ε' ( x )
2
avec lim ε( x ) = 0
x →0
avec lim ε( x ) = 0
x →0
avec lim ε' ( x ) = 0
x →0
b) On reconstruit à partir du DL précédent la fonction f en multipliant la
partie régulière par (x + 1)² :
0
x² 
x² 


e − x (x + 1)² =1− x + (x + 1)² + x 2ε' ( x ) = 1− x + (x ² + 2x + 1) + x 2ε' ( x )
2
2


0
f( x ) = x ² − x 3 +
0
f( x ) = 1+ x −
x4
x²
+ 2 x − 2 x ² + x 3 + 1 − x + + x 2 ε' ( x )
2
2
x²
+ x 2 ε' ( x )
2
avec lim ε' ( x ) = 0
x →0
avec lim ε' ( x ) = 0 .
x →0
c) Equation de la tangente T0 : y = 1+ x .
L’étude du signe de −
x²
<0
2
x²
Quand x = 0 ⇒ −
=0
2
x²
Quand x > 0 ⇒ − < 0
2
Quand x < 0 ⇒ −
x²
va nous indiquer les positions de C et T0.
2
C est au dessous de T
C intercepte T
C est au dessous de T.
C. Calcul intégral :
1° :
a) f est solution de (E) donc on peut écrire :
BTS Sujet 2002 Corr°
4
f' '−f'−2f = (− 6x − 4 )e − x ⇒ −2f = −f' '+f'+ (− 6x − 4 )e − x
f=−
f=
(
1
− f' '+f'+(− 6x − 4 )e − x
2
(
1
f' '−f'+ (6x + 4 )e − x
2
)
)
b) Si F est une primitive de f alors on doit démontrer F’ = f :
(
)
1
f'− f − (6 x + 10 )e − x
2
1
F' ( x ) = f' '− f'−(− 6 x − 10 + 6 )e − x
2
F( x ) =
(
)
car la dérivée de (6 x + 10 )e − x se fait par (UV )' = U' V + UV '
U = 6 x + 10
avec
V=e
F' ( x ) =
U' = 6
−x
V' = -e - x
(
)
1
f' '− f'−(− 6 x − 4 )e − x = f( x ).
2
c) En remplaçant par la valeur des fonctions, on obtient :
[
[
[
]
1 −x
e (− x ² + 1) − (x + 1)²e − x − (6 x + 10 )e − x
2
1
F( x ) = e − x (− x ² + 1− x ² − 2x − 1− 6 x − 10 )
2
1
F( x ) = e − x (− 2x ² − 8x − 10 ) = e − x (− x ² − 4 x − 5 ).
2
F( x ) =
]
]
2° :
0
0
−1
−1
A = ∫ f( x )dx = [F( x )] = (− 0² − 4 × 0 − 5 )e − 0 − (− (−1)² − 4 × (−1) − 5 )e − ( −1) = −5 + 2e u.a.
On peut raisonner en faisant une intégration par parties (même si cela
n’était pas demandé, on peut alors ne pas avoir fait les questions précédentes) :
0
0
−1
−1
A = ∫ f( x )dx = ∫ (x + 1)²e − x dx
On choisit alors :
U' = 2x + 2
U = (x + 1)²
V' = e
−x
V=
e−x
= −e − x
−1
La formule donne :
[
(
)]
∫(
[
(
)]
∫(
A = (x + 1)² − e − x
A = (x + 1)² − e − x
BTS Sujet 2002 Corr°
(
)
0
0
−
2x
−1
−1
+ 2) − e − x dx
0
0
+
2x
−1
−1
+ 2) e − x dx
( )
5
On recommence une intégration par parties sur la deuxième intégrale
( )
0
B = ∫ (2x + 2) e − x dx
−1
U = 2x + 2
U' = 2
V' = e− x
V = -e - x
[
(
)]
−x
∫ (− e )dx
[
(
)]
−x
∫ (e )dx
B = (2x + 2) − e − x
B = (2x + 2) − e − x
[
(
= (2x + 2) − e − x
0
0
−
2
−1
−1
0
0
+
2
−1
−1
)] + [− 2e ] = (2(− e )) − (0(− e )) + (− 2e ) − (− 2e ) = −2 − 2 + 2e = −4 + 2e
0
−1
−x 0
−1
0
1
0
1
On reprend le calcul avec A :
[ ( )] − 4 + 2e
A = (1(− e )) − (0(− e )) − 4 + 2e = −1− 4 + 2e = −5 + 2e.
A = (x + 1)² − e − x
0
BTS Sujet 2002 Corr°
0
−1
1
6