\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx,colortbl} \usepackage{lscape} \usepackage{dcolumn,multicol} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} \usepackage{pst-all,pst-func} % Tapuscrit René ROUX \usepackage[left=2.5cm, right=2.5cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \usepackage{fancyhdr} \usepackage[frenchb]{babel} \DecimalMathComma \usepackage{colortbl} \usepackage{multicol} \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Baccalauréat ES/L Liban}, pdftitle = {mai 2019}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \usepackage[np]{numprint} \newcommand{\e}{\,\text{e\,}}%%% le e de l'exponentielle \renewcommand{\d}{\,\text d}%%% le d de l'intégration \renewcommand{\i}{\,\text{i}\,}%%% le i des complexes \newcommand{\ds}{\displaystyle} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Corrigé du baccalauréat ES/L} \lfoot{\small{Liban}} \rfoot{\small mai 2019} \pagestyle{fancy} \label{AmNord} \thispagestyle{empty} \begin{center}\textbf{Durée : 3 heures } \vspace{0,5cm} {\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Terminale ES/L -- Liban mai 2019 ~\decofourright}} \end{center} \vspace{0,5cm} \textbf{Exercice 1 \hfill 4 points} \textbf{Commun à tous les candidats} \medskip \begin{enumerate} \item La fonction $u$ somme de fonctions dérivableses est continue et dérivable sur $\left ] 0~;\, +\infty\strut\right [$. $\forall x\in\left ] 0~;\, +\infty\strut\right [$, $u'(x) =\dfrac{3}{x}-2$. Donc $u'(1) = 1$ et d'autre part $u(1)= - 1$. Une équation de la tangente à $\mathcal{C}_u$ au point d'abscisse 1 a pour équation : $y - f(1)= u'(1)(x - 1)$, soit $y + 1 = x-1$ ou $y = x - 2$. \hfill \textbf{Affirmation 1 : Vraie} \item La fonction $\ln$ est une fonction strictement croissante sur $]0~;~+ \infty[$, donc en particulier $\forall x\in \left [\e~;\, \e^2\strut\right ]$, $x\geqslant \e \iff \ln(x) \geqslant \ln(\e) \iff \ln(x)\geqslant 1 \iff \dfrac{1}{\text{e}^2}\ln (x) \geqslant \dfrac{1}{\e^2}$, donc $f(x)\geqslant \dfrac{1}{\e^2} > 0$. Donc la fonction $f$ est positive sur $\left [\e~;\, \e^2\strut\right ]$. La fonction $f$ est continue sur l'intervalle $\left [\e~;\, \e^2\strut\right ]$ La fonction $F$ définie pour tout $x$ appartenant à $\left [\e~;\,\e^2\strut\right]$ par $F(x) = \dfrac{1}{\e^{2}} (x\ln(x) - x)$ est une primitive de $f$ d'après l'indication. Or $\displaystyle\int_{\e}^{\e^2} f(x)\:\text{d}x = \left[\dfrac{1}{\e^{2}} (x\ln (x) - x)\right]_{\e}^{\e^2} = \dfrac{1}{\e^{2}}\left((\e^2\ln(\e^2)-\e^2)- (\e\ln(\e)-\e)\right) =$ $\dfrac{1}{\e^{2}}((2\e^2\ln(\e)-\e^2)-(\e-\e)) = \dfrac{1}{\e^{2}}((2\e^2-\e^2)-\e +\e)) = \dfrac{1}{\e^{2}} \times \e^2 = 1$. $\bullet~~$$f$ est une fonction positive et continue ; $\bullet~~$ $f$ a pour intégrale sur l'intervalle $\left [\e~;\,\e^2\strut\right]$, 1. Conclusion $f$ est une fonction de densité sur $\left [\e~;\, \e^2\strut\right ]$ \hfill \textbf{Affirmation 2 : Vraie} \item La fonction $g$ définie sur $\R$ par $g(x)=3\e^{-2x+1}$ est continue. Elle admet donc des primitives sur $\R$. Si $G$ est une primitive de $g$ sur $\R$ alors $\forall x\in\R$, $G'(x)=g(x)$. $\forall x\in\R$, $G'(x) = -6\times \left(-2\e^{-2x+1}\right) = 12\e^{-2x + 1}\neq g(x)$. La fonction $G$ n'est pas une primitive de la fonction $g$. \hfill \textbf{Affirmation 3 : Fausse} \item La fonction $h$ est continue et dérivable sur $\left [ -8~;\, -0,75\strut\right ]$. En utilisant la formule de la dérivée d'un quotient, \\ $\forall x \in \left [ -8~;\, -0,75\strut\right ]$, $h'(x) =\dfrac{4\times x^2-(4x+1)\times 2x}{x^4}=\dfrac{-4x^2- 8x^2 - 2x}{x^4}= \dfrac{-2x - 4x^2}{x^4} = \dfrac{-2 - 4x}{x^3}$ La fonction $h'$ est continue et dérivable sur $\left [ -8~;\, -0,75\strut\right ]$. En utilisant la formule de la dérivée d'un quotient, $\forall x \in \left [- 8~;~- 0,75\strut\right]$, $h''(x) = \dfrac{- 4\times x^3 -(-4x -2)\times 3x^2}{x^6} = \dfrac{- 4x^3 + 12x^3 + 6x^2}{x^6}= \dfrac{8x^3 + 6x^2}{x^6} = \dfrac{8x + 6}{x^4}$. $\forall x \in \left [-8~;~- 0,75\strut\right]$, $x^4>0$ donc $h''(x)$ a le même signe que $8x + 6$. $8x + 6\leqslant 0 \iff x \leqslant - \dfrac{6}{8} \iff x\leqslant - 0,75$. Conclusion $h''(x) < 0$ sur $\left[ -8~;\, -0,75\strut\right]$, donc $h$ est concave sur $\left[-8~;~ -0,75\strut\right]$. \hfill \textbf{Affirmation 4 : Vraie} \end{enumerate} \newpage \textbf{Exercice 2 \hfill 5 points} \textbf{Candidats de la série ES n'ayant pas suivi l'enseignement de spécialité et candidats de la série L} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 1:} \emph{Modèle $1$} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item $u_1=u_0\times q = 97\times 1,63 = 158,11$ centaines soit environ 158 centaines de chenilles. $u_2 = u_1\times q = 158,11 \times 1,63 = \np{257,7193} \approx 257,72$ soit environ 258 centaines de chenilles. Le 13 juin, il y aura environ 258 centaines de chenilles. \item La suite $\left(u_n\right)$ est géométrique, donc $\forall n \in \N$, $u_n = u_0\times q^n = 97\times 1,63^n$. \item $u_0 > 0$ et $q > 1$ donc la suite géométrique $\left(u_n\right)$ de premier terme $u_0$ et de raison $q$ est croissante pour tout entier naturel $n$. \item Le 13 juin 2018 correspond à $n = 12$. Or $u_{12} = 97\times 1,63^{12}\approx \np{34121,097}$ soit environ \np{34121} centaines de chenilles. Le 13 juin 2018 il y aura environ \np{34121} centaines de chenilles. \end{enumerate} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 2:} \emph{Modèle $2$} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item Le 13 juin 2018 correspond à $n = 12$. Ainsi $v_{12} =\dfrac{1}{3} \left (\np{-2809} \times 0,91^{12} + \np{3100}\strut\right)\approx 731,4$. Le 13 juin 2018 il y aura environ 731 centaines de chenilles. \item $\forall n \in \N$, $v_{n+1}- v_n= 0,91v_n+93 -v_n = -0,09v_n + 93= -0,09\times \dfrac{1}{3} \left ( \np{-2809} \times 0,91^n + \np{3100}\strut\right)+93\\=- 0,03\left( \np{-2809} \times 0,91^n + \np{3100}\strut\right) + 93 = 84,27\times 0,91^n - 93 + 93 = 84,27\times 0,91^n$ $\forall n \in \N$, $0,91^n > 0$ donc $84,27\times 0,91^n > 0$. Conclusion : $v_{n+1}- v_n > 0$. La suite $\left(v_n\right)$ est strictement croissante sur $\N$. \end{enumerate} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 3:} \emph{Comparaison des différents modèles} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item Le 13 juin correspond à $n = 12$. En utilisant le premier modèle $u_{12} = 97\times 1,63^{12}\approx \np{34121,1}$ soit environ \np{34121} centaines et $v_{12}\approx 731$ du même ordre de grandeur que 745. Le modèle 2 semble donc être le modèle le plus adapté. \item \begin{enumerate} \item $v_n \geqslant \np{1000} \iff \dfrac{1}{3} \left( \np{-2809} \times 0,91^n + \np{3100}\strut\right)\geqslant \np{1000} \iff \np{-2809} \times 0,91^n + \np{3100}\geqslant \np{3000}$ $ 100 \geqslant \np{2809} \times 0,91^n\iff \dfrac{100}{\np{2809}} \geqslant 0,91^n \iff \ln \left(\dfrac{100}{2809}\right) \geqslant n\times \ln(0,91) \iff \dfrac{\ln\left(\dfrac{100}{2809}\right)}{\ln(0,91)} \leqslant n$ car $\ln (0,91) < 0$. Or $\dfrac{\ln\left(\dfrac{100}{2809}\right)}{\ln(0,91)}\approx 35,36$ donc $n\geqslant 36$. \item Au bout de 36 jours après le 1\up{er} juin 2018, soit le 7 juillet 2018, le nombre de chenilles dépassera \np{1000} centaines. \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \textbf{Exercice 2 \hfill 5 points} \textbf{Candidats de la série ES ayant suivi l'enseignement de spécialité} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 1} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item On a le graphe probabiliste suivant à trois sommets correspondant à la situation décrite :\\ \vspace{0.5cm} \begin{center} \begin{pspicture}(-2,-2)(3,3.5) \psset{dotsize=0.2,labelsep=0.05,nodesep=0.1,unit=0.8,shortput=nab,arrows=->,arrowsize=0.3} \dotnode(0,0){g} \uput[d](0.3,-0.6){A} \dotnode(5,0){d} \uput[r](4.8,-0.6){C} \dotnode(2.5,4){h} \uput[r](3,4){B} \ncarc[arcangle=20]{g}{d}^{\red{{\footnotesize $0,2$}}} \ncarc[arcangle=20]{d}{g}^{\red{{\footnotesize $0,35$}}} \ncarc[arcangle=20]{g}{h}^{\red{{\footnotesize $0,5$}}} \ncarc[arcangle=-20,arrows=<-]{g}{h}^{\red{{\footnotesize $0,6$}}} \nccircle{h}{.5cm}^{\red{{\footnotesize $0,3$}}} \nccircle[angle=90]{g}{.5cm}^{\red{{\footnotesize $0,3$}}} \ncarc[arcangle=20]{h}{d}^{\red{{\footnotesize $0,1$}}} \ncarc[arcangle=30]{d}{h}^{\red{{\footnotesize $0,45$}}} \nccircle[angle=-90]{d}{0.51cm}^{\red{{\footnotesize $0,2$}}} \end{pspicture} \end{center} \item Du système suivant $\left\{\begin{array}{l c l} a_{n+1}&=&0,3a_n + 0,6b_n + 0,35c_n\\ b_{n+1}&=&0,5a_n+ 0,3b_n + 0,45c_n\\ c_{n+1}&=&0,2a_n + 0,1b_n + 0,2c_n \end{array}\right.$ on en déduit que la matrice de transition est $M= \begin{pmatrix} 0.3 & 0.5 & 0.2\\ 0.6 & 0.3 & 0.1\\ 0.35 & 0.45 & 0.2\\ \end{pmatrix}$ \item Comme $P_1 = \begin{pmatrix} a_1 & b_1 & c_1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0,355&0,405&0,24\end{pmatrix}$, on a ensuite $P_2 = P_1\times M =\begin{pmatrix} 0,355 & 0,405 & 0,24 \end{pmatrix}\times \begin{pmatrix} 0,3 & 0,5 & 0,2\\ 0,6 & 0,3 & 0,1\\ 0,35 & 0,45 & 0,2\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \np{0,4335} & 0,407 & \np{0,1595} \end{pmatrix}$ \item $\forall n\geqslant1$, $P_{n+1}=P_n\times M$, donc $P_n=P_1\times M^{n-1}$. Le douzième jour correspond à $n=11$ ; le treizième à $n=12$. Donc $P_{12}=P_1\times M^{11}$ et $P_{13}=P_1\times M^{12}$. À la calculatrice, on trouve : $P_{12}\approx \begin{pmatrix} 0,431 & 0,410 & 0,159 \end{pmatrix}$ et $P_{13}\approx \begin{pmatrix} 0,431 & 0,410 & 0,159 \end{pmatrix}$. $P_{12}\approx P_{13}$. L'état d'équilibre est atteint. Les valeurs $a_n$, $b_n$ et $c_n$ n'évolueront presque plus. Comme $c_{12} \approx c_{13}$, le restaurateur a raison d'affirmer que la proportion des clients qui choisiront le plat C sera d'environ 15,9 \% les douzième et treizième jours. \end{enumerate} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 2} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item Le tableau suivant donne les degrés des différents sommets : \begin{center} \begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline Sommet &$H_1$ &$H_2$ &$H_3$ &$H_4$ &$H_5$ &$H_6$ &$H_7$ &$H_8$\\ \hline Degré &3 &4 &6 &2 &2 &3 &4 &2\\ \hline \end{tabular} \end{center} \begin{enumerate} \item Deux sommets sont de degré impair, les sommets $H_1$ et $H_6$. Par conséquent, d’après le théorème d’Euler, ce graphe connexe admet une chaine eulérienne. Il existe un parcours qui emprunte toutes les rues une et une seule fois. \item Un graphe connexe contient un cycle eulérien si et seulement si il ne possède aucun sommet de degré impair (tous ses sommets sont de degré pair). Donc ce graphe n'admet pas de cycle eulérien. \end{enumerate} \item Pour déterminer le trajet le plus rapide pour aller de B vers A, on utilise l'algorithme de Dijkstra. \begin{center} \begin{tabular}{|*{9}{c|}}\hline $H_1$ & $H_2$ & $H_3$ & $H_4$& $H_5$ & $H_6$ & $H_7$ & $H_8$ & Sommet choisi \\ \hline 8 ($H_4$) & $\infty$ & $\infty$ & 0 & 15 ($H_4$)& $\infty$ & $\infty$ & $\infty$ & $H_1$(80) \\ \hline & 17 ($H_1$) & 24 ($H_1$) & & 15 ($H_4$)& $\infty$ & $\infty$ & $\infty$ & $H_5$(15)\\ & & & & & & & & \\ \hline & 17 ($H_1$) & \sout{24 ($H_1$)} & & & $\infty$ & $\infty$ & $\infty$ & $H_2$ (17) \\ & & 22 ($H_5$) & & & & & &\\ \hline & & 22 ($H_5$) & & & 34 ($H_2$) & $\infty$ & $\infty$ & $H_3$ (22)\\ & & \sout{40 ($H_2$)} & & & & & &\\ \hline & & & & &\sout{34 ($H_2$}& 26 ($H_3$) & 50 ($H_3$) & $H_7$ (26)\\ & & & & & 27 ($H_3$) & & &\\ \hline & & & & & 27 ($H_3$) & & 35 ($H_7$) & $H_6$ (27)\\ & & & & &\sout{33 ($H_7$)}& &\sout{50 ($H_3$)}&\\ \hline & & & & & & &35 ($H_7$) & $H_8$ (35)\\ & & & & & & &\sout{36 ($H_6$)} &\\ \hline \end{tabular} \end{center} Le trajet le plus court de $H_4$ à $H_8$ est de longueur 35 : $H_4$ $\stackrel{15}{\longrightarrow}$ $H_5$ $\stackrel{7}{\longrightarrow}$ $H_3$ $\stackrel{4}{\longrightarrow}$ $H_7$ $\stackrel{9}{\longrightarrow}$ $H_8$. \end{enumerate} \vspace{0.5cm} \textbf{Exercice 3 \hfill 6 points} \textbf{Commun à tous les candidats} \medskip \begin{enumerate} \item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $\left [ -4~;\, 10\strut\right ]$. En utilisant la formule de la dérivée d'un produit, on obtient $\forall x \in \left [ -4~;\, 10\strut\right ]$, $f'(x) = 0+ (-8x- 10)\e^{-0,5x}+(-4x^2-10x+8)\times (- 0,5)\e^{-0,5x} =$ $\e^{-0,5x}\left[-8x- 10 - 0,5(-4x^2 - 10x + 8)\right] = \e^{-0,5x}(-8x - 10 + 2x^2 + 5x - 4) = \left(2x^2 - 3x - 14\right)\e^{- 0,5x}$. \item $\forall x \in \left [ -4~;\, 10\strut\right ]$ , $\e^{-0,5x}>0$ donc $f'(x)$ a le même signe que $2x^2 - 3x - 14$. Ce trinôme du second degré a pour solutions $\left(\Delta = 121 = 11^2 > 0\right)$ : $x_1 = \dfrac{3 + 11}{4} = \dfrac{7}{2}$ et $x_2 = \dfrac{3 - 11}{4} = - 2$. Calculs des valeurs exactes des valeurs intervenant dans le tableau de variation : $f(-4)=1+(-4\times(-4)^2-10\times (-4)+8)\e^{-0,5\times -4}=1-16\e^{2}\approx -117,2<0$ $f(-2)=1+(-4\times(-2)^2-10\times (-2)+8)\e^{-0,5\times -2}=1+12\e \approx 33,6>0$ $f\left(\dfrac{7}{2}\right)=1+\left(-4\times\left(\dfrac{7}{2}\right)^2-10\times \left(\dfrac{7}{2}\right)+8\right)\e^{-0,5\times \frac{7}{2}}=1-76\e^{-\frac{7}{2}} \approx -12,2< 0$. $f(10)= 1+(- 4\times(10)^2-10\times (10)+8)\e^{-0,5\times 10}=1-492\e^{-5} \approx -2,3<0$ Le tableau de variations de la fonction $f$ sur l'intervalle $\left [ -4~;\, 10\strut\right ]$ est : \begin{center} {\renewcommand{\arraystretch}{1.3} \psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}% paramètres \def\esp{\hspace*{2cm}}% pour modifier la largeur du tableau \def\hauteur{20pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur $\begin{array}{|c|*7{c}|}\hline x & -4 & \esp & -2 & \esp & \frac{7}{2} & \esp & 10\\ \hline f'(x) & & \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} &\vline\hspace{-2.7pt}0 & + &\\ \hline & & & \Rnode{max1}{1+12\e} & & & & \Rnode{max2}{1-492\e^{-5}} \\ f(x) & & & & & & &\rule{0pt}{\hauteur} \\ & \Rnode{min1}{1-16\e^2} & & & & \Rnode{min2}{1 - 76\e^{-\dfrac{7}{4}}} \rule{0pt}{\hauteur} & & \ncline{->}{min1}{max1} \ncline{->}{max1}{min2} \ncline{->}{min2}{max2} \\ \hline \end{array} $} \end{center} \item \begin{enumerate} \item Sur l'intervalle $\left [ -4~;\, -2\strut\right ]$, la fonction f est continue et strictement croissante. Or $0\in \left [ 1-16\e^2~;\, 1+12\e \strut\right ]$. Donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution, notée $\alpha$, dans l'intervalle $\left [ -4~;\, -2\strut\right ]$.\\ \item Tableau complété : \medskip \begin{center} \renewcommand{\arraystretch}{1.8} \begin{tabular}{|*7{c|}}\hline & $m$ & signe de $p$ & $a$ & $b$ & $b-a$ & $b-a>10^{-1}$\\\hline Initialisation & \cellcolor{lightgray!40} & \cellcolor{lightgray!40} & $-4$ & $-2$ & $2$ & VRAI\\\hline \parbox[c]{3.2cm}{\centering Après le 1\ier{} passage\\ dans la boucle} & $-3$\rule[-12pt]{0pt}{30pt} & Négatif & $-4$ & $-3$ & $1$ & VRAI\\\hline \parbox[c]{3.5cm}{\centering Après le 2\ieme{} passage\\ dans la boucle} & \red{$-3,5$} \rule[-12pt]{0pt}{30pt}&\red{Positif} & \red{$-3,5$} &\red{$-3$} &\red{$0,5$} & \red{VRAI} \\\hline \end{tabular} \end{center} \item Cet algorithme est un algorithme de dichotomie. Il permet d'obtenir un encadrement de la solution de l'équation $f(x)=0$ dans l'intervalle $[a\,;\,b]$. On peut donc affirmer que $-3,1875<\alpha<-3,125$. À l'aide de la calculatrice, on trouve $\alpha \approx -3,1511$ \end{enumerate} \item La valeur moyenne de la fonction $f$ sur l'intervalle $\left [ -4~;\, 10\strut\right ]$ se calcule avec la formule : $\overline{f}=\dfrac{1}{10-(-4)}\displaystyle\int_{-4}^{10} f(x)\:\text{d}x = \overline{f}=\dfrac{1}{10-(-4)}\displaystyle\int_{-4}^{10} f(x)\:\text{d}x=\dfrac{1}{14}\left[F(x)\strut\right]_{-4}^{10}=\dfrac{1}{14}\left[\left(10+1408\e^{-5}\right)-\left(-4+8\e^{2}\right)\right] = \dfrac{-8\e^{2}+1408\e^{-5}+14}{14}\approx -2,54$ \end{enumerate} \vspace{0.5cm} \textbf{Exercice 4 \hfill 5 points} \textbf{Commun à tous les candidats} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 1} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item Une épreuve de Bernoulli est une expérience aléatoire qui conduit à deux issues : réussite ou échec. Si $p$ est la probabilité de réussite, le probabilité d'échec est $1 - p$. Lorsqu'on répète une épreuve de Bernoulli on obtient un schéma de Bernoulli. La loi de probabilité de la variable aléatoire égale au nombre de succès d'un schéma de Bernoulli s'appelle une loi binomiale. Si $n$ est le nombre de répétitions de l'expérience et $p$ la probabilité de réussite de chacune, on note cette loi $\mathcal{B}(n ; p)$. Donc $X\sim \mathcal{B}(300~;~0,72)$ \item $p(X = 190) = \dbinom{190}{300}\times0,72^{190}\times (1 - 0,72)^{300 - 190}\approx \np{0,0002}$. \item $P(X \geqslant 220) = 1 - P(X < 220)=1 - P(X\leqslant 219)$. À l'aide de la calculatrice, $P(X \geqslant 220) \approx \np{0,3291}$. \end{enumerate} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 2} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item Le trinôme du second degré $2x^2 - 7x - 4$ admet deux racines distinctes $\left(\Delta = 81 = 9^2 > 0\right)$ : $x_1= \dfrac{7 - 9}{4} = -\dfrac{1}{2}$ et $x_2 = \dfrac{7 + 9}{4} = 4$. Donc le signe de ce trinôme selon les valeurs de $x\in\R$ est : \begin{center} {\renewcommand{\arraystretch}{1.3} \psset{nodesep=3pt,arrowsize=2pt 3}% paramètres \def\esp{\hspace*{2cm}}% pour modifier la largeur du tableau \def\hauteur{20pt}% mettre au moins 20pt pour augmenter la hauteur $\begin{array}{|c|*7{c}|}\hline x & -\infty & \esp & -\frac{1}{2} & \esp & 4 & \esp & \infty\\ \hline \text{signe de } 2x^2-7x-4& & \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}0 & \pmb{-} &\vline\hspace{-2.7pt}0 & + &\\ \hline \end{array} $} \end{center} Donc $\mathcal{S}=\left]-\infty\,;\,-\dfrac{1}{2}\strut\right]\cup \left[4\,;\,+\infty\strut\right[$. \item On utilise ici les formules des lois uniformes. On choisit un nombre au hasard dans l'intervalle $\left[0~;\, 10\strut\right]$. Si ce nombre fait partie de l'ensemble solution précédent, alors il appartient à l'intervalle $\left [4~;\,10\strut\right ]$. La probabilité que ce nombre soit solution de l'inéquation précédente est égale à : $p=\dfrac{10 - 4}{10 - 0}=\dfrac{6}{10}= \dfrac{3}{5}$. \end{enumerate} \medskip \begin{flushleft} \textbf{Partie 3} \end{flushleft} \begin{enumerate} \item $Z\sim \mathcal{N}\left(2,3~;~0,11^2\right)$ \begin{enumerate} \item À l'aide de la calculatrice, $P(2,18 \leqslant Z \leqslant 2,42) \approx 0,72$ \item $P(Z\geqslant 2,25) = P(2,25 \leqslant Z \leqslant 2,3) + P(Z\geqslant 2,3) = 0,5+P(2,25 \leqslant Z \leqslant 2,3)$ À l'aide de la calculatrice, $P(Z\geqslant 2,25) \approx 0,68$. \end{enumerate} \item $Z \sim \mathcal{N}(2,3~;~\sigma^2)$. De plus $P(2,18 \leqslant Z \leqslant 2,42)\approx 0,95$. Or $P(\mu-2\sigma \leqslant Z \leqslant \mu+2\sigma) = P(2,3-2\sigma \leqslant Z \leqslant 2,3 + 2\sigma) \approx 0,95$ donc $2,3 - 2\sigma = 2,18$ (ou $2,3 + 2\sigma = 2,52$) donc $\sigma =\dfrac{2,3 - 2,18}{2}= 0,06$. Donc $Z\sim \mathcal{N}\left(2,3~;~0,06^2\right)$ \end{enumerate} %\begin{enumerate} %\item Soit $Z$ une variable aléatoire qui suit la loi normale d'espérance $2,3$ et d'écart-type $0,11$. % \begin{enumerate} % \item Calculer $P(2,18 \leqslant Z \leqslant 2,42)$. Arrondir à $10^{-2}$. % \item Calculer $P(Z\geqslant 2,25)$. Arrondir à $10^{-2}$. % \end{enumerate} % %\item On suppose maintenant que $Z$ suit une loi normale d'espérance $2,3$ et d'écart-type $\sigma$. % %Donner une valeur approchée de $\sigma$ pour que $P(2,18 \leqslant Z \leqslant 2,42) \approx 0,95$. Justifier. %\end{enumerate} \end{document}