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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P. M. E. P.}}
\lhead{\small Brevet de technicien supérieur }
\lfoot{\small{Groupement D}}
\rfoot{\small{15 mai 2012}}
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\thispagestyle{empty}
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\begin{center} \Large \textbf{\decofourleft~Brevet de technicien supérieur~\decofourright\\Corrigé du groupement D session 2012}  
\end{center}

\textbf{EXERCICE 1\hfill 11 points}

\medskip

%Cet exercice propose l'étude de la contamination accidentelle d'un cours d'eau par un polluant.
% 
%La partie B est consacrée à l'étude d'une fonction qui permet d'exprimer, dans la partie C, la concentration de polluant dans l'eau en fonction du temps.
% 
%\begin{center}Les deux premières parties de l'exercice peuvent être traitées de façon indépendante. \end{center}

\textbf{A. Résolution d'une équation différentielle} 

\medskip

%On considère l'équation différentielle 
%
%\[(\text{E})\: :\quad  y^{\prime} + 0,25 y = 3\text{e}^{-t},\]
% 
%où $y$ est une fonction de la variable réelle $t$, définie et dérivable sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$, et $y^{\prime}$ la fonction dérivée de la fonction $y$. 
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item %Déterminer les solutions sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ de l'équation différentielle 

%\[\left(\text{E}_{0}\right)\: :\quad  y^{\prime} + 0,25y = 0\]
L'équation différentielle $y^{\prime} + 0,25y = 0$ est de la forme $a(t)y' + b(t)y = 0$, avec $a(t) = 1$ et $b(t) = 0,5$.

Les solutions de cette équation sont les fonctions définies sur $\R$ par $f_{0}(t) = k\text{e}^{- 0,25t}$, avec $k \in \R$.
\item %Soit $h$ la fonction définie sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ par : $h(t) = -4\text{e}^{-t}$. 

%Démontrer que $h$ est une solution particulière de l'équation différentielle (E).
$h(t) =  -4\text{e}^{-t}$. $h$ est dérivable sur $\R$ et sur cet intervalle $h'(t) = 4\text{e}^{-t}$.

Donc $h'(t) + 0,25h(t) =  4\text{e}^{-t} + 0,25 \times (- 4)\text{e}^{-t} =  4\text{e}^{-t} - \text{e}^{-t} = 3\text{e}^{-t}$.

Conclusion $h$ est une solution particulière de (E).  
\item %En déduire l'ensemble des solutions de l'équation différentielle (E).
On sait que les solutions de (E) sont les fonctions de la forme $f(t) = f_{0}(t) + h(t) = k\text{e}^{- 0,25t} - 4\text{e}^{-t}$, avec$k \in \R$.   
\item %Déterminer la solution $f$ de l'équation différentielle (E) qui vérifie la condition initiale : 

%\[f(0) = 75.\]
$f(0) = 75 \iff k\text{e}^{- 0,25\times 0 } - 4\text{e}^{- 0} = 75  \iff k - 4 = 75 \iff k = 79$.

La solution est donc définie sur $\R$ par $f(t) = 79\text{e}^{- 0,25t} - 4\text{e}^{-t}$. 
\end{enumerate}

\bigskip
 
\textbf{B. Étude d'une fonction et calcul intégral}

\medskip

%Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ par : 
% 
%\[f(t) = 79\text{e}^{-0,25t}  - 4\text{e}^{-t}.\]
%  
%On désigne par $C$ la courbe représentative de la fonction $f$ dans un repère orthogonal \Oij. Sur l'axe des $x$ l'unité est : 0,5~cm. Sur l'axe des $y$ l'unité est : 0,25~cm. 
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item %Déterminer la limite de la fonction $f$ en $+ \infty$. Que peut-on en déduire pour la courbe $C$ ?
On sait que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{-0,25t} = \displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{- t} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 0$.

Ceci montre que l'axe des abscisses est asymptote horizontale à $C$ au voisinage de plus l'infini. 
\item  
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que pour tout $t$ appartenant à l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ : 
		
%\[f^{\prime}(t) = \text{e}^{-0,25t} \left(-19,75 + 4\text{e}^{-0,75t}\right)\]
$f$ somme de fonctions dérivables est dérivable sur $\R$ et c'est la fonction de la question A. 4. Elles est donc solution de l'équation (E), c'est-à-dire que :

$f^{\prime}(t) + 0,25 f(t) = 3\text{e}^{-t} \iff f^{\prime}(t)  = 3\text{e}^{-t} -  0,25 f(t) =  3\text{e}^{-t} - 0,25\left(79\text{e}^{-0,25t}  - 4\text{e}^{-t} \right) = 4\text{e}^{-t} - 19,75\text{e}^{-0,25t} = 4 \text{e}^{-0,25t}\times \text{e}^{-0,75t} - 19,75\text{e}^{-0,25t} = \text{e}^{-0,25t} \left(-19,75 + 4\text{e}^{-0,75t}\right)$.
		\item %Justifier que pour tout $t$ appartenant à l'intervalle $[0~;~+ \infty[$ : $- 19,75 + 4\text{e}^{- 0,75 t} < 0$.
		Supposons que $- 19,75 + 4\text{e}^{- 0,75 t} < 0 \iff 4\text{e}^{- 0,75 t} < 19,75 \iff \text{e}^{- 0,75 t} < \np{4,9375} \iff -0,75t < \ln \np{4,9375} \iff 0,75 t > - \ln \np{4,9375} \iff t > -\frac{4}{3}\ln \np{4,9375} \approx -2,1$.
		
		Donc a fortiori pour $t > 0$, on a bien $- 19,75 + 4\text{e}^{- 0,75 t} < 0$.
		\item %En déduire Le signe de $f^{\prime}(t)$ et le sens de variation de la fonction $f$ sur l'intervalle $[0~;~+ \infty[$.
		Comme $\text{e}^{-0,25t} > 0$ quel que soit $t$, la dérivée $f'(t)$ est du signe de $- 19,75 + 4\text{e}^{- 0,75 t}$ donc négative sur $[0~;~+ \infty[$ : la fonction $f$ est donc décroissante sur cet intervalle de $f(0) = 75$ à $0$.
	\end{enumerate} 
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Compléter, après l'avoir reproduit sur la copie, le tableau de valeurs suivant dans lequel les valeurs de $f(t)$ \textbf{seront arrondies au dixième}. 

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
$t$		&0	&5		&10		&15		&20 	&25 \\ \hline
$f(t)$	&75	&22,6	&6,5	&1,9	&0,5	&0,2\\ \hline
\end{tabularx}

\medskip
 
		\item %Construire la courbe $C$ sur une feuille de papier millimétré.
\begin{center}
\psset{xunit=0.4cm,yunit=0.2cm}
\begin{pspicture}(0,-5)(30,80)
\multido{\n=0+1}{31}{\psline[linestyle=dotted](\n,0)(\n,80)}
\multido{\n=0+2}{41}{\psline[linestyle=dotted](0,\n)(30,\n)}
\psaxes[linewidth=1.5pt,Dx=5,Dy=5]{->}(0,0)(30,80)
\psplot[plotpoints=5000,linewidth=1.25pt,linecolor=cyan]{0}{25}{79 2.71828 x 4 div exp div 4 2.71828 x exp  div sub}
\uput[d](29,0){$t$}\uput[l](0,79){$f(t)$}\rput(3,50){$C$}
\psline[linecolor=red,linewidth=1.25pt]{->}(0,7.5)(9.4,7.5)
\psline[linecolor=red,linewidth=1.25pt]{->}(9.4,7.5)(9.4,0)
\end{pspicture}
\end{center}		 
	\end{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %Démontrer que la valeur moyenne de la fonction $f$ sur l'intervalle [0~;~20] est : 
		
%\[V_{m}= \dfrac{1}{20}(-316\text{e}^{-5} + 4\text{e}^{-20} + 312)\] 
$V_{m}= \dfrac{1}{20 - 0}\displaystyle\int_{0}^{20} f(t)\:\text{d}t$.

Or une primitive de $f(t)$ sur $[0~;~+ \infty[$ est $F(t) = \dfrac{79}{-0,25}\text{e}^{- 0,25t} + 4\text{e}^{- t} = - 316\text{e}^{- 0,25t} + 4\text{e}^{- t}$, donc :

$V_{m}= \dfrac{1}{20}[F(20) - F(0)] = \dfrac{1}{20}\left(- 316 \text{e}^{-0,25 \times 20} + 4\text{e}^{- 20}- ( 316 + 4) \right) = \dfrac{1}{20}\left(- 316 \text{e}^{- 5} + 4 \text{e}^{- 20} + 312\right)$.
		\item %Donner la valeur approchée de $V_{m}$ arrondie au dixième.
		La calculatrice livre $V_{m} \approx 15,5$.
	\end{enumerate} 
\end{enumerate}

\medskip
 
\textbf{C. Exploitation des résultats de la partie B}
 
%On admet que, $t$ semaines après la contamination, la concentration de polluant dans l'eau, exprimée en milligramme par litre, est $\dfrac{1}{3}f(t)$, où $f$ est la fonction étudiée dans la partie B.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %La baignade est sans danger lorsque la concentration de polluant dans l'eau est inférieure ou égale à 2,5~milligrammes par litre. En utilisant la courbe $C$ construite au 3. b. de la partie B, déterminer au bout de combien de semaines la baignade peut être autorisée.
 
%Laisser apparents les traits utiles sur le graphique.
La concentration en polluant est inférieure ou égale à 2,5~mg/l si :

$\dfrac{1}{3}f(t) \leqslant 2,5 \iff f(t) \leqslant 7,5$.

On trace la droite d'équation $y = 7,5$ qui coupe la courbe $C$ en un point dont l'abscisse est à peu près égale à 9,5.

Il faudra donc attendre 10 semaines. 
\item %Quelle est la valeur moyenne, au cours des 20 semaines suivant la contamination, de la concentration de polluant dans l'eau ?
La valeur moyenne, au cours des 20 semaines suivant la contamination, de la concentration de polluant dans l'eau est égale à :

$\dfrac{1}{3}V_{m} \approx 5,2$. 
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{EXERCICE 2 }\hfill 9 points

\medskip 

\begin{center}\textbf{Toutes les parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante}\end{center}
 
\textbf{A. Probabilités conditionnelles}

\medskip

%\emph{On rappelle que la probabilité qu'un évènement $E$ se réalise sachant qu'un évènement $F$ (de probabilité non nulle) est réalisé se note $P_{F}(E)$ et vérifie : $P_{F}(E) = \dfrac{p(E \cap F)}{P(F)}$.}

\medskip

%À la suite d'une campagne de vaccination lancée par l'Organisation Mondiale de la Santé (OMS) pour lutter contre une pandémie, on estime que, dans une population donnée, il ne reste plus que 1\,\% de personnes non vaccinées.
 
%D'après une étude, on estime également que 95\,\% des personnes vaccinées sont immunisées contre le virus de la pandémie et que 20\,\% des personnes non vaccinées sont naturellement immunisées contre ce virus.
 
%On choisit au hasard une personne dans la population concernée. 
%
%On note A l'évènement : \og la personne choisie est vaccinée \fg, 
%
%et B l'évènement : \og la personne choisie est immunisée contre le virus \fg.
\begin{center}
\pstree[linecolor=blue,treemode=R,nodesep=1.85pt]{\TR{}}
{
	\pstree{\TR{$A$}\taput{0,99}}
	  { 
		  \TR{$B$}\taput{0,95}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{0,05}	   
	  }
	\pstree{\TR{$\overline{A}$}\tbput{0,01}}
	  {
		  \TR{$B$}\taput{0,2}
		  \TR{$\overline{B}$}\tbput{0,8}	  
	  }
}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item %Montrer que la probabilité que la personne choisie soit immunisée contre le virus est égale à \np{0,9425}.
D'après l'arbre :

$P(B) = P(A \cap B) + P\left(\overline{A} \cap B \right) = 0,99 \times 0,95 + 0,01 \times 0,2 = \np{0,9425}$. 
\item %Calculer la probabilité que la personne choisie ait été vaccinée sachant qu'elle est immunisée contre le virus. Arrondir au millième.
Il faut calculer $P_{B}(A) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)} = \dfrac{0,99 \times 0,95}{\np{0,9425}} \approx \np{0,9979}$. 
\end{enumerate}

\textbf{B. Loi binomiale et approximation d'une loi binomiale par une loi de Poisson} 

\medskip

%On admet que 1\,\% des personnes d'une population donnée n'a pas été vacciné.
 
%On prélève au hasard $400$ personnes de ce11e population. L'effectif de la population est assez important pour que l'on puisse assimiler ce prélèvement à un tirage avec remise de $400$ personnes. 
%On considère la variable aléatoire $X$ qui, à tout prélèvement de $400$ personnes, associe le nombre de personnes de ce prélèvement n'ayant pas été vaccinées.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Justifier que la variable $X$ suit une loi binomiale et préciser les paramètres de cette loi.
Chacun des 400 tirages est indépendant des autres et chaque tirage a deux issues seulement : non vacciné de probabilité 0,01 et vacciné de probabilité 0,99.

$X$ suit donc une loi binomiale $\mathcal{B}(400~;~0,01)$. 
\item %Calculer la probabilité qu'un prélèvement de $400$ personnes contienne au plus une personne non vaccinée. Arrondir au millième.
Im faut calculer $P(X \leqslant 1)$.

$P(X \leqslant 1) = P(X = 0) + P(X = 1) = C_{400}^0 \times 0,01^0 \times 0,99^{400} + C_{400}^1 \times 0,01^1 \times 0,99^{399} \approx \np{0,0905}$. 
\item %On admet que la loi de $X$ peut être approchée par une loi de Poisson. 
	\begin{enumerate}
		\item %Déterminer le paramètre $\lambda$ de cette loi de Poisson.
On a $\lambda = np = 400 \times 0,01 = 4$.		 
		\item %On désigne par $X_{1}$  une variable aléatoire suivant la loi de Poisson de paramètre $\lambda$, où $\lambda$ a la valeur obtenue au a.
		 
%Calculer une valeur approchée de $P\left(X_{1} > 5\right)$ arrondie au millième. Interpréter le résultat obtenu dans le contexte de l'exercice.
$P\left(X_{1} > 5\right) = 1 - \left[P\left(X_{1} \leqslant 5\right) = 1 - P\left(X_{1} = 0\right) + P\left(X_{1} = 1\right) + P\left(X_{1} = 2\right) +\right.$

$\left.  P\left(X_{1} = 3\right) + P\left(X_{1} = 4\right) + P\left(X_{1} = 5\right)\right] \approx 1 - (0,018 + 0,073 + 0,147 + 0,195 + 0,195 + 0,156) \approx 0,216$.

La probabilité qu'il y ait dans le tirage plus de cinq personnes non vaccinées est égale à environ 0,216.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
 
\textbf{C. Approximation d'une loi binomiale par une loi normale} 

\medskip

%On estime que 20\,\% des personnes non vaccinées sont naturellement immunisées contre le virus.
 
%Parmi les personnes non vaccinées, on prélève au hasard 200~personnes.
 
%On considère la variable aléatoire $Y$ qui, à tout prélèvement de 200~personnes parmi les personnes non vaccinées, associe le nombre de personnes de ce prélèvement qui ne sont pas immunisées contre le virus. 
%On admet que $Y$ suit la loi binomiale de paramètres $200$ et $0,8$.

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %On considère que la loi suivie par $Y$ peut être approchée par une loi normale. Montrer que les paramètres de cette loi normale sont : 

%\[m = 160\:\: \text{et}\:\: \sigma \approx   5,66 \:(\text{valeur de $\sigma$ arrondie au centième}).\]
On a $m = np = 200 \times 0,8 = 160$.

De plus $\sigma = \sqrt{npq} = \sqrt{200 \times 0,8 \times 0,2} = \sqrt{32} \approx 5,66$. 
\item %On désigne par $Y_{1}$ une variable aléatoire suivant la loi normale de paramètres $m = 160$ et $\sigma = 5,66$.
 
%On souhaite calculer la probabilité qu'il y ait, dans un prélèvement de 200~personnes, entre 155 et 165 personnes non immunisées contre le virus en utilisant la loi de $Y_{1}$  et en tenant compte de la correction de continuité.
 
%Pour cela, calculer une valeur approchée de $P(154,5\leqslant Y_{1} \leqslant 165,5)$ arrondie au centième.
La variable centrée réduite $T = \dfrac{Y_{1} - 160}{5,66}$ suit la loi normale $\mathcal{N}(0~;~1)$.

On a donc: $P(154,5 \leqslant Y_{1} \leqslant 165,5) = P\left(\dfrac{154,5 - 160}{5,66} \leqslant T \leqslant \dfrac{165,5 - 160}{5,66}\right) \approx P(- 0,97 \leqslant T \leqslant 0,97) = 2\Pi(0,97) - 1 \approx 2 \times \np{0,8340} - 1 \approx 0,868 \approx 0,87$ au centième près. 
\end{enumerate}
\end{document}