Corrigé du brevet de technicien supérieur session 2009 Agencement de l’environnement architectural
Exercice 1 1. • On prend la valeur centrale de chacune des classes. • m = 50, 03 et σ = 0, 27 à 10−2 près. 2. 8 points 0,5 point 0,5 + 0,5 point

a. • On cherche p(49, 5 X 50, 5) où X suitla loi N (50 ; 0, 3). 0,5 point X − 50 suit la loi N (0 ; 1) et p(49, 5 X 50, 5) = • T= 0, 3 5 5 p − T 0,5 point 3 3 5 5 5 5 5 5 T =p T −p T − = p T − 1−p T •p − 3 3 3 3 3 3 5 −1 0,5 point = 2p T 3 5 = p(T 1, 67) = 0,9525 d’après la table. 0,5 point • p T 3 • D’où p(49, 5 X 50, 5) = 2 × 0,9525 − 1 = 0, 905 à 10−3 près. 0,5 point b. La probabilité que la boule ne soit pas conforme est donc 0, 100 0,5 point 1 point 0,5 point

3.

a. Y suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0, 10. b. • On cherche p(Y = 0). • Or p(Y = 0) = 4 × 0, 10 × (1 − 0, 1)4 = 1 × 1 × 0, 94 ≈ 0, 66 à 0 1) = P (Y = 0) + p(Y = 1).

10−2 près • On cherche p(Y • Or p(Y = 1) = • D’où p(Y Exercice 2 Partie A : 1. • y ′ = 2x y

0,5 point 0,5 point 0,5 point 0,5 point 12 points

4 × 0, 11 × 0, 93 = 4 × 0, 1 × 0, 93 1

1) = 0, 94 + 4 × 0, 1 × 0, 93 ≈ 0, 95 à 10−2 près.

0,5 point
2 x2

• une primitive de x −→ 2x est x −→ x , d’où y(x) = K e , K ∈ R.
′ ′ 2

1 point

2. • g (x) = a et g (x) − 2xg (x) = −2ax − 2bx + a. 0,5 point • g est solution de (E) si et seulement si −2ax 2 − 2bx + a = −4x 2 + 2 pour tout x ∈ R, soit a = 2 et b = 0. g définie par g (x) = 2x est solution de (E). 1 point • S = f / f (x) = K ex + 2x, K ∈ R 3. • On cherche K tel que f (0) = 1. soit K e + 0 = 1, soit K = 1. Partie B : 1. a. • h ′ (x) = 1 × ex + x × 2xe x
2 2 2

1 point
O

0,5 point

+ 0 = 1 + 2x 2 ex .

2

1 point

b. • Comme 1 + 2x 2 > 0 et ex > 0 sur R alors h ′ (x) > 0 sur [−2 ; 2]. • Et donc h est strictement croissante sur [−2 ; 2].

2

0,5 point 0,5 point

A. P. M. E. P.

A. P. M. E. P.

Corrigé (officiel) du brevet de technicien supérieur

c. • h est strictement croissante sur