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%Tapuscrit du corrigé : Valérie Tamboise
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\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
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\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 2}
\lfoot{\small{Centres étrangers}}
\rfoot{\small{14 mars 2023}}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Centres étrangers 14 mars 2023~\decofourright\\[7pt]  Sujet 2\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 1} \quad 5 points}

\bigskip
Pour ce QCM, aucune justification n'est demandée. On en fournit quand même dans ce corrigé.
\begin{enumerate}
\item \textbf{Réponse B.}

$F$ est dérivable sur $\R $, en tant que produit de fonctions dérivables sur cet intervalle.

$F$ est de la forme $u \times v$ avec $u(x)=x-1$ et $v(x)=\mathrm{e}^x$

On a donc, pour tout réel $x$,  $u'(x)=1$ et $v'(x)	=\mathrm{e}^x$

$F= u'\times v + v'\times u$ donc,  pour tout réel $x$, $F'(x) = \mathrm{e}^x+ (x-1) \mathrm{e}^x = x\mathrm{e}^x=f(x)$ .

Donc $F$ est une primitive de $f$ sur $\R$.
\item \textbf{Réponse D.}

Par lecture graphique : $f(x)<0$ sur $]0~;~1[$ et $f(x)>0$ sur $]1~;~+\infty[$.

D'après l'énoncé : le maximum de la fonction $f$ est atteint au point d'abscisse 3  donc $f'(x)>0$ sur $]0~;~3[$ et $f'(x) <0$ sur $]3~;~+\infty[$.

D'après l'énoncé : le point d'abscisse 5 est le seul point d'inflexion, de plus,  par lecture  graphique,  la fonction est concave puis convexe donc : $f''(x)<0$ sur $]0~;~5[$ et $f''(x) >0$ sur $]5~;~+\infty[$.

%On a donc le tableau de signes suivant :

Pour tout $x \in ]5~;~+\infty[$, $f(x)$ et $f''(x)$ sont de même signe.

\item \textbf{Réponse D.}

Pour tout réel positif $t$, $g(t)=\dfrac{a}{b+\mathrm{e}^{-t}}$.

D'une part  $g(0)=\dfrac{a}{b+\mathrm{e}^0}=\dfrac{a}{b+1}=2$ donc $\dfrac{a}{b+1}=2 \iff a=2(b+1)=2b+2$.

D'autre part :

$\lim\limits_{t \to +\infty}{-t}=-\infty$ et $\lim\limits_{X\to -\infty}{\mathrm{e}^X}=0$, donc, par composition, $\lim\limits_{t\to +\infty}{ \mathrm{e}^{-t}}=0$

d'où, par somme, $\lim\limits_{t\to +\infty} b+ \mathrm{e}^{-t}=b$

et donc, par quotient $\lim\limits_{t\to +\infty}\dfrac{a}{b+\mathrm{e}^{-t}}=\dfrac{a}{b}$

d'où $\dfrac{a}{b}=3 \Leftrightarrow a=3b$

On a donc $a=2b+2=3b$ d'où $b=2$ et $a=3\times 2=6$
\item \textbf{Réponse C.}

\begin{minipage}{9.5cm}
Soient:
	\begin{itemize}
	\item $A$ l'évènement \og Alice choisit l'urne A \fg
	\item $B$ l'évènement \og Alice choisit l'urne B \fg
	\item $V$ l'évènement \og Elle obtient une boule verte \fg
	\item $R$ l'évènement \og Elle obtient une boule rouge \fg
\end{itemize}

	La situation peut être représentée à l'aide de l'arbre ci-contre :
	\end{minipage}	\hfill
	%:-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/Arbre/
% Racine à Gauche, développement vers la droite
\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1,baseline=(R)]
% Styles (MODIFIABLES)
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thick]
			\tikzstyle{noeud}=[fill=white,circle,inner sep=2pt]
			\tikzstyle{feuille}=[fill=white,circle,inner sep=2pt]
			\tikzstyle{etiquette}=[midway,fill=white, inner xsep=3pt, inner ysep=1.5pt]
% Dimensions (MODIFIABLES)
\def\DistanceInterNiveaux{2}
\def\DistanceInterFeuilles{1}
% Dimensions calculées (NON MODIFIABLES)
\def\NiveauA{(0)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauB{(1.5)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauC{(2.5)*\DistanceInterNiveaux}
\def\InterFeuilles{(-1)*\DistanceInterFeuilles}
% Noeuds (MODIFIABLES : Styles et Coefficients d'InterFeuilles)
\node[noeud] (R) at ({\NiveauA},{(1.5)*\InterFeuilles}) {};
\node[noeud] (Ra) at ({\NiveauB},{(0.5)*\InterFeuilles}) {$A$};
\node[feuille] (Raa) at ({\NiveauC},{(0)*\InterFeuilles}) {$V$};
\node[feuille] (Rab) at ({\NiveauC},{(1)*\InterFeuilles}) {$R$};
\node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{(2.5)*\InterFeuilles}) {$B$};
\node[feuille] (Rba) at ({\NiveauC},{(2)*\InterFeuilles}) {$V$};
\node[feuille] (Rbb) at ({\NiveauC},{(3)*\InterFeuilles}) {$R$};
% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
\draw[fleche] (R.east)--(Ra) node[etiquette] {$\dfrac{1}{2}$};
\draw[fleche] (Ra.east)--(Raa) node[etiquette,pos=0.45] {$\frac{1}{2}$};
\draw[fleche] (Ra.east)--(Rab) node[etiquette,pos=0.65] {$\frac{1}{2}$};
\draw[fleche] (R.east)--(Rb) node[etiquette] {$\dfrac{1}{2}$};
\draw[fleche] (Rb.east)--(Rba) node[etiquette,pos=0.45] {$\frac{3}{4}$};
\draw[fleche] (Rb.east)--(Rbb) node[etiquette,pos=0.65] {$\frac{1}{4}$};
\end{tikzpicture}
%:-+-+-+-+- Fin

On cherche la probabilité $P_V(B)$.

$P(\mathrm{V} \cap B) = P(B) \times P_ B(V)=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{3}{4}=\dfrac{3}{8}$

Les évènements $A$ et $B$ partitionnant l'univers,  la loi des probabilités totales donne :

$P(V)=P(V\cap A )+p(V \cap B) =P(A) \times P_A(V) +\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{3}{8}= \dfrac{2}{8}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{5}{8}$

$P_V(B)=\dfrac{P(V\cap B)}{P(V)}= \dfrac{\frac{3}{8}}{\frac{5}{8}}= \dfrac{3}{5}$.
\item \textbf{Réponse B.}

%On cherche l'algorithme qui permet de calculer la somme des 100 premiers termes de la suite $\left( u_n\right)$ définie sur $\N$ par $u_n=\dfrac{1}{n}$.
%
%La somme S (et pas le compteur k) doit être initialisée à 0 donc ce ne sont pas les réponses c. ou d.
%
%La somme S doit être incrémentée du terme suivant, ceci est réalisé par l'algorithme b.

%%%%
On cherche l'algorithme qui permet de calculer la somme des 100 premiers termes de la suite $\left( u_n\right)$ définie sur $\N$ par $u_n=\dfrac{1}{n}$.
	
	L'algorithme A.  calcule chaque terme mais ils ne sont pas additionnés,  ce n'est pas la réponse A. 
	
	L'algorithme C.  initialise le compteur k,  il ne peut donc pas comparer S à 100,  l'algorithme ne fonctionne pas,  ce n'est pas la réponse C.

	L'algorithme D. initialise le compteur k à zéro mais il n'est pas incrémenté dans la boucle while,  k faudra toujours 0 et l'algorithme ne s'arrête jamais, ce n'est donc pas l'algorithme D. 

	Par élimination,  c'est donc l'algorithme B. 

\end{enumerate}
\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 2} \quad 6 points}

\bigskip
\textbf{Partie A}

On considère la fonction $g$ définie sur $ ]- 1,5~;~+\infty[ $ par $g(x)=f(x)-x=\ln(2x+3)-1-x$.

\begin{enumerate}
\item $\lim\limits_{x\to-1,5^+}{2x+3}=0^+$ ( $x> - 1,5$ donc $2x+3>0$)

or $\lim\limits_{X\to 0}\ln (X) =-\infty$ donc, par composition, $\lim\limits_{x\to - 1,5}\ln(2x+3)= -\infty$.

De plus, $\lim\limits_{x\to -1,5}-1-x= 0,5$ donc, par somme,  $\lim\limits_{x\to -1,5}g(x)=-\infty$.

\item $g$ est dérivable sur $]-1,5~;~+\infty[$ comme composée de fonctions dérivables sur cet intervalle.

$g$ est de la forme $\ln(u)+v$ avec $u(x)=2x-3$ et $v(x)=-1-x$ .  On a donc $u'(x)=2$ et $v'(x)=-1$.

$g'=\dfrac{u'}{u}+v'$ donc, pour tout réel $x \in ]-1,5~;~+\infty[$, $g'(x) =\dfrac{2}{2x+3}-1=\dfrac{2-2x-3}{2x+3}=\dfrac{-2x-1}{2x+3}$.

Sur l'intervalle $]-1,5~;~+\infty[ $,  $2x+3$ est strictement positif donc le signe de $g'(x)$ est le signe de $-2x-1$ : $g'(x)$ est donc strictement positif sur l'intervalle  $ ]-1,5~;~-0,5[$ et strictement négatif sur l'intervalle  $ ]-0,5~;~+\infty[$.

$g$ est donc strictement croissante sur l'intervalle  $ ]- 1,5~;~-0,5[ $ et strictement décroissante sur l'intervalle  $ ]-0,5~;~+\infty[$.

\item
	\begin{enumerate}
		\item Sur l'intervalle $]-0,5~;~+\infty[ $, la fonction $g$ est une fonction continue (car dérivable) et strictement décroissante. D'où le tableau de variations :
		
\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(7,3.5)
\psframe(7,3.5)\psline(0,3)(7,3) \psline(1,0)(1,3.5)\psline(0,2.5)(7,2.5)
\uput[u](0.5,2.9){$x$} \uput[u](1.4,2.9){$-1,5$} \uput[u](4,2.9){$-0,5$} \uput[u](6.5,2.9){$+ \infty$}
\rput(0.5,2.75){$g'(x)$}\rput(0.5,1.25){$g$}
\uput[u](6.5,0){$- \infty$}\uput[d](4,2.5){$\approx 0,19$}\uput[u](1.5,0){$- \infty$}
\psline{->}(1.5,0.5)(3.5,2)\psline{->}(4.5,2)(6.5,0.5)
\rput(2.5,2.75){$+$}\rput(4,2.75){0}\rput(5.5,2.75){$-$}
\end{pspicture}
\end{center}
$g(-0,5) =\ln(2\times (-0,5)+3)- 1 + 0,5 = \ln(2) - 0,5 \approx 0,19$ et $\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)=- \infty$ (admis), donc 0  est une valeur intermédiaire entre  $g(-0,5)$ et $\lim\limits_{x\to +\infty}g(x)$.
		
En vertu du corollaire au théorème des valeurs intermédiaires appliqué aux fonctions strictement monotones, l'équation $g(x)=0$ admet une unique solution sur l'intervalle $]-0,5~;~+\infty[$.
	\item La calculatrice donne :
	
$\bullet~$$g(0,2) \approx 0,24$ et $g(0,3) \approx - 0,02$ donc $0,2 < \alpha < 0,3$ ;
	
$\bullet~$$g(0,25) \approx 0,003$ et $g(0,26) \approx - 0,002$ donc $0,25\leqslant\alpha \leqslant 0,26$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item $f$ est  croissante sur l'intervalle  $ ]-1,5~;~+\infty[ $  et donc en particulier sur l'intervalle $[-1~; \alpha]$ .

Donc $-1 \leqslant x \leqslant \alpha \Longrightarrow f(-1) \leqslant f(x) \leqslant f(\alpha)$.

Or $g(\alpha ) = 0 = f(\alpha) -\alpha$ donc $ f(\alpha)=\alpha$ et $f(-1) = \ln(2\times(-1)+3)-1= \ln(1) - 1 =- 1$

donc $- 1 \leqslant f(x) \leqslant\alpha $, c'est à dire $f(x) \in [-1~;~\alpha]$.
\item
	\begin{enumerate}
		\item
\emph{Initialisation :} à l'indice $n=0$ :
			
On a  $u_0=0$ et $u_1=f(u_0)=f(0)=\ln(3)-1\approx 0,099$  donc $-1 \leqslant u_0 \leqslant u_1 \leqslant\alpha$.

La propriété est vraie pour $n=0$.

\emph{Hérédité :} supposons que, pour un entier naturel $n$ donné, l'inégalité  $-1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant\alpha$ est vraie. Montrons que l'inégalité sera vraie au rang suivant :

Par hypothèse de récurrence : 

$\aligned[t]  & -1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant\alpha \\
	&\implies f(-1) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(\alpha) \quad \text{ car } f \text{ est croissante sur  } [-1~;~\alpha]\\
	&\implies -1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2} \leqslant\alpha  \quad \text{car } f(-1)=-1 \text{ et } f(\alpha)=\alpha\\ \endaligned$

Si l'inégalité est vérifiée à l'indice $n$,  alors, elle l'est aussi au rang suivant.

\emph{Conclusion :} L'inégalité est vérifiée à l'indice 0 et sa véracité est héréditaire pour tout indice $n$ naturel, donc, par principe de récurrence, on a  $-1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant\alpha$ pour tout entier naturel $n$.

	\item On vient d'établir que :

pour tout entier naturel $n$ , $u_n \leqslant\alpha$ donc la suite est majorée par $\alpha$

et  pour tout entier naturel $n$, $u_n \leqslant u_{n+1}$ donc la suite est  croissante, 

elle est donc convergente.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{\textsc{Exercice 3} \quad 6 points}

\begin{enumerate}
\item
	\begin{enumerate}
		\item Dans le repère $\big(\mathrm{A}~;~\vect{i},\vect{j},\vect{k}\big)$, on a les points suivants :

H$(0~;~2~;~2)$,  M$ (3~;~0~;~1) $ et N$(3~;~1~;~1)$. \hfill

\item On a  $\vect{\mathrm{HM}}\begin{pmatrix} x_\mathrm{M}-x_\mathrm{H}\\y_\mathrm{M}-y_\mathrm{H}\\z_\mathrm{M}-z_\mathrm{H} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\-2\\-1\end{pmatrix}$

La droite (HM) est dirigée par $\vect{\mathrm{HM}}$ et elle passe par H, elle admet donc comme représentation paramétrique : $ \left\{\begin{array}{l} x=x_\mathrm{H} + tx_{\vect{\mathrm{HM}}}\\y=y_\mathrm{H} + ty_{\vect{\mathrm{HM}}}\\z=z_\mathrm{H} + tz_{\vect{\mathrm{HM}}} \end{array}\right. \quad t \in \R $, soit ici : $ \left\{\begin{array}{l} x=3t\\y=2 -2 t\\z=2-t \end{array}\right. \quad t \in \R $
	\end{enumerate}
\item  Dans le repère $\big(\mathrm{A}~;~\vect{i},\vect{j},\vect{k}\big)$, on a les coordonnées suivantes :

\hfill~ B$(2~;~0~;~0)$ \hfill C$ (2~;~2~;~0) $ \hfill F$(2~;~0~;~2)$ \hfill

Le plan (BCF) est parallèle au plan $yOz$, son équation est donc de la forme $x=c$ , $c\in\R$.

Ici on a donc $x=2$

Cherchons le paramètre $t$ tel qu'un point $M_t$ de paramètre $t$ dans la représentation de (HM) soit un point de (BCF) :

	$\aligned M_t \in (\mathrm{BCF}) &\iff x_{M_t} = 2\\
	&\iff 3t=2\\
	&\iff t = \dfrac{2}{3}\\ \endaligned$

	P est donc $M_{\frac{2}{3}}$ sur la droite (HM), il a donc comme coordonnées :

$x_P=2$, $y_P=2-2\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{6}{3}-\dfrac{4}{3}=\dfrac{2}{3}$ et $z_P=2-\dfrac{2}{3}=\dfrac{6}{3}-\dfrac{2}{3}=\dfrac{4}{3}$ .

Cela confirme P$\left(2~;~\dfrac{2}{3} ~;~\dfrac{4}{3}\right) $

\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\vect{\mathrm{PM}}\begin{pmatrix} x_\mathrm{M}-x_\mathrm{P}\\y_\mathrm{M}-y_\mathrm{P}\\z_\mathrm{M}-z_\mathrm{P} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3-2\\0-\frac{2}{3}\\1-\frac{4}{3}\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 1\\-\frac{2}{3}\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$ \quad et de même : $\vect{\mathrm{PN}} \begin{pmatrix} 1\\\frac{1}{3}\\-\frac{1}{3}\end{pmatrix}$ .

Comme le repère est orthonormé, on peut calculer le produit scalaire à l'aide des coordonnées :

$ \vect{\mathrm{PM}}\cdot \vect{\mathrm{PN}} = 1\times 1  -\dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{3} -\dfrac{1}{3} \times \left(-\dfrac{1}{3}\right) = 1 -\dfrac{2}{9}+\dfrac{1}{9} = \dfrac{8}{9}$

		\item $\mathrm{PM}=\sqrt{1^2+{\left(-\dfrac{2}{3}   \right)}^2 +{\left(-\dfrac{1}{3}   \right)}^2} =\sqrt{1+\dfrac{4}{9}+\dfrac{1}{9}}=\sqrt{\dfrac{14}{9}}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}$

		\item On sait que $\vect{\mathrm{PM}}\cdot \vect{\mathrm{PN}}=PM \times PN \times \cos\left( \widehat{MPN}\right)$.

On a donc $\dfrac{8}{9}=\dfrac{\sqrt{14}}{3}\times \dfrac{\sqrt{11}}{3}\times \cos \left( \widehat{MPN} \right)$.

d'où $\cos \left( \widehat{MPN} \right) = \dfrac{8}{\sqrt{11}\sqrt{14}}$ soit $\widehat{MPN}\approx 50\degres$.

L'angle ne dépasse pas $55 \degres$, le toit peut donc être construit.
	\end{enumerate}
\item 	Les droites (EH) et (MN) sont parallèles donc les droites (HM) et (EN) sont coplanaires et non parallèles , elles sont donc sécantes.

On a  $\vect{\mathrm{EN}}\begin{pmatrix} x_\mathrm{N}-x_\mathrm{E}\\y_\mathrm{N}-y_\mathrm{E}\\z_\mathrm{N}-z_\mathrm{E} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\1\\-1\end{pmatrix}$

La droite (EN) est dirigée par $\vect{\mathrm{EN}}$ et elle passe par E, elle admet donc comme représentation paramétrique : $ \left\{\begin{array}{l} x=x_\mathrm{E} + tx_{\vect{\mathrm{EN}}}\\y=y_\mathrm{E} + ty_{\vect{\mathrm{EN}}}\\z=z_\mathrm{E} + tz_{\vect{\mathrm{EN}}} \end{array}\right. \quad t \in \R $, soit ici : $ \left\{\begin{array}{l} x=3t'\\y= t'\\z=2-t' \end{array}\right. \quad t'\in \R $

Pour trouver l'intersection des droites (EH) et (MN), il faut donc résoudre le système :

$\left\{\begin{array}{l}
3t	=3t'\\
2-2t 	=t'\\
2-t	=2-t'\\
\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
t=t'\\
2-2t=t\\
2-t=2-t\\
\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l c l}
t=t'\\
2=3t\\
0=0\\
\end{array}\right.\iff t=t'=\dfrac{2}{3}$

Le point d'intersection est donc le point P.
\end{enumerate}

\bigskip

\newpage

\textbf{\textsc{Exercice 4} \quad 3 points}

\bigskip

Vérifions d'abord la condition 1 portant sur la première phase.

Nous avons :
\begin{itemize}
\item une expérience à deux issues (le candidat est qualifié), le succès est \og être qualifié\fg{}, a une probabilité $p = 0,6$ ;
\item cette expérience est répétée quatre fois (quatre candidats) de façon identique et indépendante, donc $n=4$ répétitions;
\item dans ce schéma de Bernoulli de paramètres $n=4$ et $p=0,6$, on note $X$ la variable aléatoire qui compte le nombre de succès.
\end{itemize}

Avec ces éléments, on peut dire que $X$ suit la loi binomiale $ \mathcal{B}\left(4 ~;~ 0,6\right)$.

La condition 1 \og la deuxième phase doit avoir lieu dans 80\% des cas \fg{} correspond à l'évènement \og au moins deux candidats sont sélectionnés \fg{} a une probabilité supérieure ou égale à 0,8 (c'est à dire correspond à $P(X \geqslant 2)\geqslant 0,8$.

Avec la calculatrice : $\displaystyle P(X \geqslant  2)  \approx 0,821$.

On a donc bien : $P(X \geqslant 2)\geqslant 0,8$, la condition 1 est donc vérifiée.

\bigskip 

Pour la condition 2 :

Soit $T$ la variable aléatoire donnant la durée de la deuxième phase.

Les valeurs prises par $T$ sont : 0, 5, 9 et 11.

La deuxième phase dure 11 minutes lorsque quatre candidats sont sélectionnés donc

 $P(T=11)=P(X=4)= \binom{4}{4}\times 0,6^4\times 0,4^{0}=0,6^4= \np{0,1296}$.

De même :

$P(T=9)=P(X=3)= \binom{4}{3}\times 0,6^3\times 0,4^1= \np{0,3456}$.

$P(T=5)=P(X=2)= \binom{4}{2}\times 0,6^2\times 0,4^2= \np{0,3456}$.

$P(T=0)=P(X=0)+P(X=1)= \binom{4}{0}\times 0,6^0\times 0,4^4+ \binom{4}{1}\times 0,6^1\times 0,4^3= \np{0,0256} + \np{0,1536} = \np{0,1792}$


On peut résumer les résultats dans le tableau de la loi de probabilité de la loi $T$ : 

\begin{center}
\begin{tabular}{|l|c|c|c|c|}\hline 
$t_i$ 		& 0 			& 5 			& 9 			& 11\\\hline
$P(T=t_i)$ 	& \np{0,1792} 	& \np{0,3456} 	& \np{0,3456} 	& \np{0,1296}\\\hline
\end{tabular}
\end{center}

La durée moyenne du jeu correspond à l'espérance de la variable aléatoire $T$.

$E(T)= 0 \times P(T=0) + 5 \times P(T=5) + 9 \times P(T=9) + 11 \times P(T=11)$

$E(T) = 0 + 5\times \np{0,3456}+ 9 \times \np{0,3456} + 11 \times \np{0,1296}= 6,264$

La durée moyenne du jeu est donc supérieur à  6 minutes, la deuxième condition n'est pas vérifiée, le jeu ne peut donc pas être retenu.
\end{document}