Correction BTS blanc

BTS2
2010-2011
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Exercice 1.
Partie A
1.
i
ci
zi
1
0
4,79
2
54
4,19
3
84
3,58
4
100
3,00
5
109
2,40
6
114
1,79
7
117
1,10
2. Le coefficient de correlation linéaire, r vaut r = cov(z,t)
σz σt = −0, 9995
r est très proche de −1 donc la regression linéaire est justifiée.
3. On sait que z = at + b où a =
cov(z,t)
var(t)
et b = z − at. On trouve a = −0, 30 et b = 4, 80.
4. On a z = at + b. Or z = log(120 − c), donc log(120 − c) = at + b. Ce qui conduit à
120 − c = exp(at + b). D’où c = 120 − eat+b = 120 − e−0,3t+4,8 = 120 − 121, 51e−0,3t .
Partie B
1. L’équation différentielle y ′ + 0, 3y = 0 est de la forme ay ′ + by = O avec a = 1 et b = 0, 3.
Les solutions de cette équation différentielle sont de la forme y(t) = k exp(−G(t)) où G
est une primitive de la fonction t 7→ ab = 0, 3. G(t) = 0, 3t correspond. Les solutions sont
donc de la forme y(t) = ke−0,3t où k est une constante.
2. Soit c0 une constante vérifiant l’équation différentielle y ′ + 0, 3y = 36. Alors c′0 + 0, 3c0 =
36
0, 3c0 = 36 donc c0 = 0,3
= 120.
3. Les solutions de l’équation (E) sont donc y(t) = c0 + yh (t) où c0 est la constante trouvée
à la question précédente et yh est une solution de l’équation différentielle homogène
associée à (E). Donc y(t) = 120 + ke−0,3t .
c est de la forme c(t) = 120 + ke−0,3t . De plus c(0) = 120 + ke0 = 120 + k = 0. Donc
k = −120 et c(t) = 120(1 − e−0,3t .
Partie C
1. f est dérivable sur [0; +∞[ et f ′ (t) = 120 × (0, 3e−0,3t ) = 36e−0,3t . Cette fonction est
toujours strictement positive sur [0; +∞[ donc f est strictement croissante sur [0; +∞[.
2.
lim f (t) = lim 120(1 − e−0,3t = 120 car displaystyle limt→+∞ e−0,3t = 0.
t→+∞
t→+∞
On en déduit que la courbe de f admet une asymptote horizontale en +∞ d’équation
y = 120.
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3.
4. La valeur moyenne de f s’obtient en calculant l’intégrale de f entre 2 et 12 et en divisant
le résultat par la longueur de l’intervalle :
Z 12
Z 12
1
1
f (t)dt =
120(1 − e−0,3t )dt
12 − 2 2
10 2
Z
120 12
=
(1 − e−0,3t )dt
10 2
h
e−0,3t i12
= 12 t −
−0, 3 2
e−3,6
e−0,6 = 12 12 +
−2−
0, 3
0, 3
≃ 99
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Exercice 2.
1. Il y a 35% des personnes qui sont bronchiteux. Parmi ceux-ci, 65% sont fumeurs. Donc
le pourcentage de bronchiteux fumeur
est de 0, 35 × 0, 65 = 0, 2275. Il y a 22,75% de
fumeurs bronchiteux. Donc P E = 0, 2275.
2. Il y a 45% de fumeurs au total et 22,75% de fumeurs bronchiteux. donc le pourcentage
de fumeurs bronchiteux est de 22,75
45 = 50, 5% parmi les fumeurs.
3. (a) X correspond à choisir 10 personnes avec remise et compter combien sont bronchiteuse. La probabilité qu’une personne soit bronchiteuse est 0,35. Donc X suit une
loi binomiale de paramètres 10 et 0,35 : B(10; 0, 35).
L’espérance d’une binamiale de paramètre n, p est E(X)
p = np et sa variance est
V ar(X) = np(1 − p) donc ici E(X) = 3, 5 et σ(X) = V ar(X) = 1, 5.
2
10−2 = 0, 176.
(b) P (X = 2) = 10
2 (0, 35) (1 − 0, 35)
0
10−0 =
(c) P (X > 1) = 1 − P (X < 1) = 1 − P (X = 0) = 1 − 10
0 (0, 35) (1 − 0, 35)
1 − 0, 013 = 0, 987.
(d) P (X 6 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) = 0, 013 + 0, 072 + 0, 176 = 0, 261.
4. (a) Soit Y le nombre de bronchiteux parmi les n personnes. Y suit une loi binomiale
de paramètres n et 0,35.
P (Y > 1) = 1 − P (Y = 0) = 1 − n0 (0, 35)0 (1 − 0, 35)n−0 = 1 − 0, 65n .
(b) P (Y > 1) > 0, 99
⇐⇒
1 − 0, 65n > 0, 99
⇐⇒ 0, 65n < 0, 01
⇐⇒
log(0,01)
n log(0, 65) < log(0, 01) ⇐⇒ n > log(0,65) = 10, 7. La plus petite valeur de n
est donc 11.
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