Corrigé BTS Mathématique groupe B

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BTS groupe B session 2015 : Mathématique
PARTIE A : Résolution d’une équation différentielle
1°) a) L’équation r² + 5r + 4 est une équation du second degré dont le discriminant est
Δ = 5² - 4x1x4 = 25 – 16 = 9 > 0
L’équation admet donc deux solutions réelles :(...)
 
Publié le : jeudi 4 février 2016
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BTS GROUPEMENT B
Session 2015
Épreuve :MATHEMATIQUES
Durée de l’épreuve : 2h00
Coefficient :selon spécialité
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PROPOSITION DE CORRIGÉ
EXERCICE 1 PARTIEA : Résolution d’une équation différentielle 1°) a) L’équation r² + 5r + 4 est une équation du second degré dont le discriminant est  Δ = 5² - 4x1x4 = 25 – 16 = 9 > 0  L’équation admet donc deux solutions réelles : √   √      4   et     1         On a donc1  4;  b) (E0) est une équation différentielle du type ay’’ + by’ + c = 0 avec a = 1 , b = 5 et c = 4  On a résolu l’équation caractéristique r² + 5r + 4 = 0 dans la question 1°a) et on a obtenu Δ > 0        Les solutions de (E0) sont donc d’après le formulaire de la forme    !   Donc les solutions de (E0) sont de la forme     ! 2°) Le logiciel nous donne l’expression générale de la fonction f :"  # #       f est une fonction définie et dérivable sur [0 ; +¥[ et on a, pour tout tÎ[0 ; +¥[ : $  ! "  4#  #       0 & &  On a donc, avec cette forme générale,"0  # #    #    #  car e = 1       0 $ & &  Et" 0  #   4#   #  4# car e = 1      Or les conditions initiales nous donnent f(0) = 5 et f’(0) = -1   #  #   5 #  #   51  4#5 #         On a donc' ⟺ ' ⟺ ' par substitution #  4#  1 1  4#  #1  4##           3#  1   5 3#  5  1  3#  #  #           Donc' ⟺ ' ⟺ +' ⟺ ⟺ '#  1  4# #  1  4# #  1  4# #  1  4#      #  1  4#      #  #   Donc- ⟺ ' #  1  4 #  3    !  !  Donc une expression de f(t) est :2,50,5  3      "  3   2
PARTIE B : Etude d’une fonction 1°) a) D’après sa représentation graphique, on peut conjecturer que la fonction f est décroissante sur  l’intervalle [0 ; +¥[ ( on constate que les valeurs de f(t) diminuent lorsque t augmente ) $ !   b) Le logiciel nous indique l’expression de f’(t) : on a2"  3      On admet que pour tout réel t de l’intervalle [0 ; +¥[3  2  0! !  Or pout tout réel t de l’intervalle [0 ; +¥[  0 donc  0!   Donc, pour tout réel t de l’intervalle [0 ; +¥[, 3  2  0 soit f’(t) < 0  Donc la fonction f est strictement décroissante sur l’intervalle [0 ; +¥[, ce qui confirme la  conjecture faite à la question 1°a) 2°) a)Justifications non demandées mais permettant de comprendre la réponse :D’après la réponse du logiciel, le développement limité de la fonction f à l’ordre 2 au voisinage de  0 est «  5    »  Les points de suspension indiquent le « résidu » du développement limité  Un développement limité à l’ordre 2 d’une fonction au voisinage de 0 est de la forme ²            avec 0lim  &   →& Le développement limité de la fonction f à l’ordre 2 au voisinage de 0 est donc :      5    avec 0lim  →&  b) On sait que l’équation de la tangente T à la courbe C au point d’abscisse 0 est de la forme       où a0et a1sont les deux premiers coefficients du développement limité de f au &   voisinage de 0.  D’après notre réponse à la question 2°a), on a a0= 5 et a1= - 1  Donc une équation de la tangente T à la courbe C au point d’abscisse 0 esty = - t + 5  c) On sait que le signe de a2t² dans le développement limité de f au voisinage de 0 permet de  placer la courbe C par rapport à sa tangente T au voisinage de 0  D’après notre réponse à la question 2°a), on a a2=   Or   0 puisque t² > 0 et  0   Donc la courbe C est au-dessous de sa tangente T au voisinage de 0.  ! 3°) a) On a 2,5 0,5 "  3  On sait que lim 4  ∞lim   etlim   0→: →: →:  !  Donc par compositionlim   lim   0→: →:  Donc par somme 3  0  0,5  0  2,5lim " →:  Donc 2,5lim " →:  b) Ce résultat indique que la courbe C admet en +¥une asymptote horizontale d’équation y = 2,5
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PARTIE C : Application au transfert de la pièce sur le tapis roulant 1°) La pièce peut être transférée sur le tapis roulant à partir du moment où elle se situe à 1cm du tapis  roulant (soit 0,01m) Le tapis roulant étant situé à 2,5m du sol, il est à une hauteur de 2,5m.  On cherche donc t0tel que f(t0) = 2,5 + 0,01 = 2,51m.  La fonction f est strictement décroissante, donc l’équation f(t0) = 2,51 admet une unique solution.  Pour trouver une valeur approchée de t0arrondie au dixième par excès, on saisit la fonction f dans  la calculatrice et on affiche le tableau de valeurs de cette fonction : t f(t) 5 2,520 > 2,51 6 2,507 < 2,51 Donc t0est compris entre 5s et 6s 5,7 2,51004 > 2,51 5,8 2,50908 < 2,51 Donc t0est compris entre 5,7s et 5,8s  Donc une valeur approchée de t0arrondie au dixième par excès estt0≈ 5,8s 2°) a) étape 1 étape 2 étape 3  a 5 5,5 5,5  b 6 6 5,75
 b – a 6 – 5 = 1 > 0,1 6 – 5,5 = 0,5 > 0,1 5,75 – 5,5 = 0,25 > 0,1 <  ,< ,,>  m m =  5,5 m = 5,75 m = 5,625     f(m) = f(5,5) ≈ 2,512 > 2,51 f(m) = f(5,75) ≈ 2,509 < 2,51 f(m) = f(5,625) ≈ 2,511 > 2,51 a = 5,5 b = 5,75a = 5,625  b) Cet algorithme continue ses calculs tant que l’écart entre a et b est strictement supérieur à 0,1  A la fin, il affichera donc a et b tel que l’écart entre ces deux nombres soit inférieur à 0,1  On constate que cet algorithme divise à chaque fois cet écart par 2, ce qui est logique puisque  m prend la valeur moyenne entre a et b, ce qui réduit à chaque étape l’écart de moitié.  On a 0,25 ÷ 2 = 0,125 > 0,1 donc le programme passera à l’étape 4  Enfin, 0,125 ÷ 2 = 0,0625 < 0,1 donc l’algorithme s’arrêteraAPRESl’étape 4, c’est-à-dire une  fois que les nouvelles valeurs de a et b auront été affectées !  Donc, finalement, l’amplitude de l’encadrement de t0fourni par cet algorithme est de 0,0625 ! 4
EXERCICE2 PARTIEA : Loi exponentielle
&,&&&& 1°) D’après la formule qui nous est donnée, on a P ( T ≤ 100 ) =1   DoncP ( T ≤ 100 ) ≈ 0,393 2°) D’après la formule qui nous est donnée, on a@A   200&.&&  Cela veut dire que la durée moyenne entre deux calibrages est de 200 heures. PARTIEB : Loi binomiale et loi normale 1°) On répète 500 prélèvements successifs avec remise (donc indépendants) d’un rivet.  On sait que la probabilité de prélever un rivet défectueux à chaque tirage est p(E) = 0,01  Le « succès » d’un prélèvement est défini par le fait de prélever un rivet défectueux  Donc X compte le nombre de succès parmi les 500 prélèvements indépendants effectués  Donc X suit une loi binomiale de paramètre n = 500 et p = 0,01 soit X ~b( 500 ; 0,01 ) 2°) a) La calculatrice nous indiqueP ( X = 0 ) ≈ 0,007  Cela veut dire que la probabilité de ne tirer aucun rivet défectueux dans le lot est de 0,007  soit 0,7%  b) La probabilité qu’un lot de 500 rivets contienne au plus 7 rivets défectueux est P ( X ≤ 7 )  La calculatrice nous indique alorsP ( X ≤ 7 ) ≈ 0,868  La probabilité qu’un lot de 500 rivets contienne au plus 7 rivets défectueux est de 0,868  soit 86,8% ! 3°) a) On sait qu’une loi binomialepeut être approchée par une loi normale de paramètres µ= np= 500 x 0,01 = 5 ets=CDE1  E C500  0,011  0,01 F 2,22 Donc X peut être approchée par une loi normalen( 5 ; 2,22 ) -4  b) La calculatrice nous indiqueP ( Y ≤ 7,5 ) ≈ 0.870près )( 0,8699 si on arrondit à 10  Ce résultat est donc trèsproche de celui obtenu à laquestion 2°b), mais n’est pas strictement  identique, en raison de l’approximation faite par la loi normale et sur la valeur des.
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PARTIE C : Test d’hypothèse 1°) La capture d’écran nous indique que : ̅ -P(45 – h ≤G≤ 45 + h) ≈ 0,9492199 < 0,95 pour h = 0,0294 ̅ -P(45 – h ≤G≤ 45 + h) ≈ 0,9500042 > 0,95 pour h = 0,0295  Donc la valeur de h recherchée est comprise entre 0,0294 et 0,0295 -4  Donc une valeur approchée de h par excès à 10 près esth ≈ 0,0295 2°) Avec la valeur de h choisie à la question 1°) on a 45 – h = 45 – 0,0295 = 44,9705  Et 45 + h = 45 + 0,0295 = 45,0295 Donc la règle de décision au seuil de 5% sera la suivante : « Si la fréquence de l’échantillon n’est pas comprise entre 44,9705 et 45,0295, on rejette l’hypothèse H0et on accepte l’hypothèse H1: l’hypothèse H0n’est pas validée. Si la fréquence de l’échantillon est comprise entre 44,9705 et 45,0295, on accepte l’hypothèse H0: l’hypothèse H0est validée. » 3°) On constate que> 45,0295  Doncn’est pas compris entre 44,9705 et 45,0295  Donc l’hypothèse H0n’est pas validée pour cet échantillon  Donc, au seuil de 5%, cette livraison n’est pas conforme pour le diamètre ! FIN DU SUJET
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