\documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage{tabularx} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{graphicx,colortbl} \usepackage{textcomp} \usepackage{multirow} \usepackage{enumitem} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès %Relecture François Hache %Merci à Ronan Charpentier pour le sujet \usepackage{pst-plot,pst-text,pstricks-add} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \usepackage[left=3cm, right=3cm, top=3cm, bottom=3cm]{geometry} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \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{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Corrigé du BTS Opticien-lunetier}, pdftitle = {septembre 2020}, allbordercolors = white, pdfstartview=FitH} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\footnotesize Corrigé du brevet de technicien supérieur } \lfoot{\footnotesize{Opticien--lunetier}} \rfoot{\footnotesize{septembre 2020}} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}} \begin{center} \Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du brevet de technicien supérieur~\decofourright\\ Opticien--lunetier septembre 2020} \end{center} %Corrigé Ronan Charpentier \vspace{0,25cm} \textbf{Exercice 1 \hfill 10 points} \medskip \textbf{Partie A. Statistiques à 2 variables} \medskip \begin{enumerate} \item Le coefficient de corrélation linéaire de cette nouvelle série $(t~;~z)$ est $r_2 \approx 0,999$, ce qui est plus proche de 1 (en valeur absolue) que le coefficient de corrélation $r_1=0,865$ de la série $(t;T)$, c'est pourquoi le changement de variable est pertinent. \item Une équation de la droite de régression de $z$ en $t$ selon la méthode des moindres carrés est $z = 0,251t + 0,016$, avec des coefficients arrondis au millième. \item Alors $z=\ln\left(\dfrac{\np{1500}}{\np{1500}-T}\right)$ donc $\ln\left(\dfrac{\np{1500}-T}{\np{1500}}\right)=-z$ donc $1 -\dfrac{T}{\np{1500}}=\text{e}^{-z}$ et $T= \np{1500}\left(1-\text{e}^{-z}\right)$ soit $T= \np{1500} - \np{1500} \text{e}^{-(0,251t+0,016)}= \np{1500} - \np{1500} \text{e}^{-0,016} \text{e}^{-0,251t}$ donc $T=A e^{-0,251 t}+ \np{1500}$ où $A=- \np{1500} \text{e}^{-0,016} \approx \np{1476}$ arrondi à l'unité. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B. Résolution d'une équation différentielle} \medskip \begin{enumerate} \item Les solutions de l'équation différentielle $\left(E_0\right) :\, y' + 0,25y = 0$ sont les fonctions de la forme $y=k \text{e}^{-0,25 t}$ où $k \in \mathbb{R}$. \item \begin{enumerate} \item $g(t) = \np{1500}$ donc $g'(t)+0,25 g(t)=0+0,25 \times \np{1500} = 375$ donc $g$ est une solution de l'équation différentielle $(E)$. \item Les solutions de l'équation différentielle $(E)$ sont les fonctions de la forme $y=k \text{e}^{-0,25 t}+ \np{1500}$. \end{enumerate} \item La condition initiale $h(0)=24$ donne $k \text{e}^{-0,25 \times 0}+ \np{1500} = 24$ donc $k=-1476$ par conséquent $h(t)=-1476 \text{e}^{-0,25t}+ \np{1500}$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie C. Étude d'une fonction} \medskip \begin{enumerate} \item $f'(t) = 369 \text{e}^{-0,25t}$ or $\text{e}^{-0,25t}>0$ donc $f'(t)>0$ et $f$ est strictement croissante sur $[0~;~+\infty[$. \item \begin{enumerate} \item $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = \np{1500}$ \item La courbe $\mathcal{C}$ admet une asymptote dont l'équation est $y = \np{1500}$ \item Une équation de la tangente à la courbe $\mathcal{C}$ au point d'abscisse $0$ est $y = 369t + 24$ \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie D. Étude d'une suite} \medskip \begin{enumerate} \item Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $v_{n+1}=u_{n+1}-24=0,9 u_n +2,4 -24=0,9 u_n -21,6 =0,9 (u_n -24)=0,9 v_n$ donc $\left(v_n\right)$ est géométrique de raison 0,9 ; son premier terme est $v_0=u_0-24=1500-24=1476$. \item \begin{enumerate} \item On en déduit que $v_n= 1476 \times 0,9 ^n$, \item or $u_n=v_n+24$ donc pour tout entier naturel $n$,\: $u_n = \np{1476} \times 0,9^n + 24$. \end{enumerate} \item $\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} 0,9 ^n =0$ donc par produit $\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} 1476 \times 0,9 ^n =0$ et par somme $\displaystyle \lim\limits_{n \to +\infty} u_n =24$. A long terme la température se rapproche de 24 °C. \item En sortie de l'algorithme, la valeur de $n$ est $70$, ce qui signifie que la température descend en dessous de 25 °C au bout de 70 minutes, et pas avant. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Exercice 2 \hfill 10 points} \medskip \textbf{Partie A : Loi normale} \medskip \begin{enumerate} \item La variable aléatoire $X$ suit la loi normale de moyenne $80$ et d'écart-type $0,16$ donc la probabilité qu'une tige soit conforme est $P(79,63 \leqslant X \leqslant 80,37) \approx 0,979$ à la calculatrice. Par conséquent la probabilité qu'une tige prélevée au hasard dans la production ne soit pas conforme est $1-0,979=0,021$. (On peut aussi calculer $P(X<79,63) + P(X>80,37)$, on trouve la même réponse). \item $P(X \leqslant 80,28) \approx 0,960$, à nouveau ce résultat est obtenu à l'aide de la calculatrice. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie B : Loi binomiale et loi de Poisson} \medskip \begin{enumerate} \item On répète $n$ fois, indépendamment (tirage avec remise), une épreuve à deux issues, le succès \og la tige n'est pas conforme \fg{} de probabilité $p=0,02$, et l'échec. La variable aléatoire $Y$ qui compte le nombre de succès suit donc une loi binomiale. \item Pour cette question, on prend $n = 50$ donc $Y$ suit la loi $\mathcal{B}(50~;~0,02)$. La probabilité qu'il y ait exactement $2$ tiges de longueur non conforme dans ce prélèvement est $P(Y = 2) \approx 0,186$, à l'aide de la calculatrice. \item \begin{enumerate} \item On approche $\mathcal{B}(200~;~0,02)$par la loi de Poisson de même espérance $\lambda=n p = 200\times 0,02= 4$. \item En approchant $Y$ par $Z$ qui suit $\mathcal{P}(4)$, la probabilité d'avoir au plus $3$ tiges de longueur non conforme est $P(Z \leqslant 3) \approx 0,433$. \end{enumerate} \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie C : Test d'hypothèse} \setlength\parindent{0mm} \medskip \begin{enumerate} \item Sous l'hypothèse nulle $H_0 : \mu =80$, $P(80 - h < \overline{L} < 80 + h) = 0,95$ pour $h=2 \sigma\left(\overline{L}\right)=2 \times 0,016=0,032$. \item On prélève un échantillon de 100 tiges du lot et on calcule leur longueur moyenne $\overline{l}$. Si $\overline{l} \in [79,968;80,032]$ alors on accepte $H_0$ sinon on rejette $H_0$, avec un risque d'erreur $\alpha=0,05$. \item $80,02 \in [79,968~;~80,032]$ donc on accepte $H_0$. \end{enumerate} \bigskip \textbf{Partie D : évènements indépendants} \medskip \begin{enumerate} \item Par indépendance de $B$ et $C$, on a $P(B \cap C)= P(B) \times P(C) = 0,02 \times 0,05 =0,001$. \item La probabilité que la tige contrôlée ait au moins un des deux défauts est $P(B \cup C)=P(B)+P(C)-P(B \cap C)=0,02 + 0,05-0,001 =0,069$. \item La probabilité que la tige contrôlée n'ait aucun des deux défauts est $P\left( \overline{B} \cap \overline{C} \right) = 1 - P ( B \cup C)=0,931$. \end{enumerate} \end{document}