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% Tapuscrit : Jean-Claude Souque
%Relecture François Hache
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du baccalauréat STL biotechnologies}  
\lfoot{\small{Antilles-Guyane}}
\rfoot{\small{16 juin 2016}}
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\thispagestyle{empty}
\begin{center}{\Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat STL biotechnologies   ~\decofourright\\[4pt]Antilles-Guyane 16 juin 2016 }}
\end{center}

\vspace{0,25cm}  

\section*{\textsc{Exercice 1} \hfill 3 points}   

\medskip

{\footnotesize
Le tableau ci-dessous donne la solubilité du dioxyde de carbone dans l'eau (en cm$^3$/ml d'eau) à la pression de 1 bar, pour différentes valeurs de la température (en \degres C).

\begin{center}
\begin{tabular}[]{|m{2.3cm}|*{7}{>{\centering \arraybackslash}p{0.75cm}|}}
\hline
Température $t_i$ 	&0 &10	&20		&30		&40 	&50 	&80\\\hline
Solubilité $y_i$	&1,8&1,3&0,88	&0,65	&0,52 	&0,43	&0,29\\\hline
\end{tabular}
\end{center}

Le nuage de points représentant cette série est donné par le graphique suivant :
}
\begin{center}

\psset{xunit=0.14cm,yunit=4cm,comma=true}
\begin{pspicture}(-0.05,-0.1)(80.2,2.3)
\multido{\n=0.0+10}{10}{\psline[linewidth=0.2pt,linestyle=dashed](\n,0)(\n,2.1)}
\multido{\n=0+0.5}{5}{\psline[linewidth=0.2pt,linestyle=dashed](0,\n)(90,\n)}
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=10,Dy=0.5]{->}(0,0)(-0.1,-0.1)(92,2.3)
\psdots(0,1.8)(10,1.3)(20,0.88)(30,0.65)(40,0.52)(50,0.43)(80,0.29)
\uput[r](0,2.25){$y$}\uput[u](90.35,0){$t$}\uput[dl](0,0){O}
\psset{arrowscale=2}
\def\Func {2.72818 x 0.023 neg mul exp 1.51 mul}
\psplot[linewidth=0.75pt,plotpoints=5000,linecolor=violet]{0}{80}{\Func}
\psline[linewidth=0.75pt,linecolor=violet,linestyle=dashed,ArrowInside=-< ]{<-}(!0 /x 65 def \Func)(!65 /x 65 def \Func)(65,0)
\uput[d](65,-0.032){65}\uput[l](0,0.3386){$\approx \np{0.34}$}
\end{pspicture}
\end{center}

\begin{enumerate}
\item La forme de ce nuage conduit à envisager un ajustement exponentiel de la série $\left(t_i~;~y_i\right)$.

On pose $z_i= \ln (y_i)$.

%Recopier \textbf{sur votre copie} et 
Complétons le tableau ci-dessous. %On arrondira les valeurs de  $z_i$ à $10^{-3}$ près.

\begin{center}
\begin{tabular}[]{|m{2.3cm}|*{7}{>{\centering \arraybackslash}p{0.995cm}|}}
\hline
Température $t_i$ &0 &10& 20& 30& 40 &50 &80\\
\hline
$z_i =\ln(y_i)$ &$\np{0.588}$&$\np{0.262}$&$-\np{0.128}$&$-\np{0431}$&$-\np{0.654}$&$-\np{0.844}$&$-\np{1.238}$\\ \hline
\end{tabular} 
\end{center}
\item  À l'aide de la calculatrice, une équation de la droite d'ajustement de $z$ en $t$ de la série $(t_i~;~z_i)$ par la méthode
des moindres carrés est $z=-\np{0.023}t+\np{0.407}$. {\footnotesize Les coefficients sont arrondis à $10^{-3}$}.
\item  Dans la suite, on retient pour droite d'ajustement la droite d’équation $z = - 0,023t +0,41$. 
La relation entre la solubilité $y$ du dioxyde de carbone et la température $t$
peut se modéliser sous la forme  $y = A\e^{-0,023t}$ où $A = 1,51$ à $10^{-2}$ près.

En effet $z_i=\ln(y_i)$ est équivalent à $y_i=\e^{z_i}$. En remplaçant $z_i$ par la relation trouvée nous avons $y_i=\e^{-\np{0.023}t+\np{0.41}}$

$\e^{-\np{0.023}t+\np{0.41}}=\e^{-\np{0.023}t}\times \e^{\np{0.41}}$. Or $\e^{\np{0.41}}\approx \np{1.5068}$ soit à $10^{-2}$près $\np{1.51}$.
Par conséquent $y=\np{1.51}\e^{-\np{0.023}t}$.
\item En supposant que l’ajustement précédent est valable pour toute valeur de $t$ comprise dans
l’intervalle [0~;~80], déterminons une valeur approchée à $10^{-2}$ près de la solubilité du dioxyde de
carbone dans l'eau à la température de 65\,°C. Pour ce faire, remplaçons $t$ par $65$  dans la relation précédente :

$y=\np{1.51}\e^{-\np{0.023}\times 65}\approx \np{0.34}$

Une valeur approchée à $10^{-2}$ près de la solubilité du dioxyde de carbone dans l'eau à la température de 65\,°C est $\np{0.34}$.
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

%\textbf{\textsc{Exercice 2}\hfill(4 points)}

\section*{\textsc{Exercice 2}\hfill(4 points)}

\medskip
Initialement, une population de bactéries compte \np{50 000} individus. L’évolution du nombre de
bactéries, en fonction du temps, est étudiée dans un laboratoire où travaillent deux techniciens.

\smallskip
\textbf{PARTIE A :}
\smallskip

L’un des deux techniciens émet l’hypothèse que cette population augmente de 23\,\% toutes les
heures. On modélise l’évolution du nombre de bactéries par $\left(u_n \right)$   une suite de nombres réels.
\begin{enumerate}
\item  Initialement, une population de bactéries compte \np{50 000} individus par conséquent 

$u_0=\np{50000}$.
À un taux d'augmentation de \np{0.23}, correspond un coefficient multiplicateur de \np{1.23}, il en résulte

   $u_1=\np{1.23}\times \np{50000}=\np{61500}$ et  $u_2=\np{61500}\times \np{1.23}=\np{75645}$.
\item 	\begin{enumerate}
		\item   $u_{n+1}=\np{1.23}u_n$.
		\item Chaque terme se déduisant du précédent en le multipliant par un même nombre,\np{1.23}, la suite  $\left(u_n \right)$  est une suite géométrique de raison $1,23$.
		\end{enumerate}
\item 	\begin{enumerate}
		\item Le terme général d'une suite géométrique de premier terme $u_0$ et de raison $q $ est $u_n=u_0q^n$, soit ici
$u_n=\np{50000}\left(\np{1.23}\right)^n$.
		\item $u_7=\np{50000}\left(\np{1.23}\right)^7 \approx \np{212964}$  à l’entier près. Ce nombre représente le nombre de bactéries présentes au bout de sept heures.
		\end{enumerate}
\item Déterminons au bout de combien d’heures, selon l’hypothèse émise par ce technicien, le nombre de bactéries dépassera \np{500000}. 

Résolvons $u_n\geqslant \np{500000}$.

$\np{50000}\left(\np{1.23}\right)^n\geqslant \np{500000}\quad; \quad \left(\np{1.23}\right)^n\geqslant 10\quad ;\quad \ln \np{1.23}^n\geqslant \ln 10\quad ;\quad n\ln \np{1.23}\geqslant \ln 10\quad ;\quad$

$ n \geqslant \dfrac{\ln 10}{\ln \np{1.23}}\quad ;\quad  n\geqslant \np{11.12}$.

Au bout de douze heures, selon l’hypothèse émise par ce technicien, le nombre de bactéries dépassera \np{500000}. 

\end{enumerate}

\smallskip

\textbf{PARTIE B :}

\smallskip
Le deuxième technicien du laboratoire émet une hypothèse un peu différente et considère que le
nombre de bactéries augmente de $p\,\%$ toutes les heures ( $p \not= 23$). Pour déterminer au bout de combien d'heures, selon son hypothèse, le nombre de bactéries dépasse \np{500 000}, il a réalisé l'algorithme suivant. Cependant, une partie de l'algorithme a été effacée, et on ne dispose que des premiers résultats affichés par celui-ci.

\begin{center}
\begin{tabularx}{0.8\linewidth}{|p{0.5cm}p{5cm}|>{\centering \arraybackslash}X|}
\hline
&\centering Algorithme 									& Résultats de l’algorithme \\ 
\hline
& \textbf{Variables} : $N$ est un nombre entier & 							\\
& $p$ et $U$ sont des nombres réels				&							\\
&\textbf{Début :}								&$N=0 \quad U= \np{50000}$\phantom{xxxx}\\
& Lire $p$										&							\\
& $N$ prend la valeur 0							&$N=1\quad U = \np{63500}$\phantom{xxxx}	\\
& $U$ prend la valeur 50 000					&							\\
& \textbf{Tant que } $U < $\textcolor{blue}{\np{500000}}						&							\\
& $N$ prend la valeur	\textcolor{blue}{$N+1$}	&$N=2\quad U = \np{80645}$\phantom{xxxx}\\
& $U$ prend la valeur \textcolor{blue}{$\np{1.27}*U$}&$N=3\quad U = \np{102673.15}$\\
& Afficher la valeur de $N$						&$\cdot$			\\
& Afficher la valeur de $U$						&$\cdot$			\\
& \textbf{Fin du tant que}						&$\cdot$			\\
& Afficher $N$									&$\cdot$			\\
& Afficher $U$									&$\cdot$			\\
& \textbf{Fin}									&$\cdot$			\\
 \hline
\end{tabularx}
\end{center}

\smallskip
\begin{enumerate}
\item  En utilisant les premiers résultats affichés par l’algorithme, déterminons la valeur de $p$.

Calculons les quotients de deux valeurs successives.

$\dfrac{\np{63500}}{\np{50000}}= \np{1.27} \qquad \dfrac{\np{80645}}{\np{63500}}= \np{1.27}\qquad \dfrac{\np{102673.15}}{\np{80645}}\approx \np{1.27}$

La valeur de $p$ est  \np{1.27}.

\item Les parties manquantes de l’algorithme figurant dans la colonne de gauche du tableau ont été
complétées.  %(repérées par des pointillés).
\item Déterminons au bout de combien d’heures, selon cette hypothèse, le nombre de bactéries dépassera \np{500000}.

 Pour ce faire, nous pouvons considérer une suite géométrique $\left(v_n\right)$ de raison \np{1.27} et  résoudre  
 
 $v_n\geqslant \np{500000}$.

$\np{50000}\left(\np{1.27}\right)^n\geqslant \np{500000}\quad; \quad \left(\np{1.27}\right)^n\geqslant 10\quad ;\qquad \ln \np{1.27}^n\geqslant \ln 10\quad;\qquad n\ln \np{1.27}\geqslant \ln 10\quad ;$

$n \geqslant \dfrac{\ln 10}{\ln \np{1.27}}\quad;\quad
 n\geqslant \np{9.63}$

 ou  utiliser l'algorithme, les valeurs étant arrondies à l'unité.
 
{\scriptsize
\begin{tabularx}{\linewidth}{|c|*{11}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
N&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10\\\hline
U&\np{50000}&\np{63500}&\np{80645}&\np{102419}&\np{130072}&\np{165192}&\np{209793}&\np{266438}&\np{338376}&\np{429738}&\np{545767}\\\hline
condition&vraie&vraie&vraie&vraie&vraie&vraie&vraie&vraie&vraie&vraie&fausse\\\hline
 \end{tabularx}}
 
 Au bout de dix heures, selon cette hypothèse, le nombre de bactéries dépassera \np{500000}.
 
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

%\textbf{\textsc{Exercice 3}\hfill(5 points)}

\section*{\textsc{Exercice 3}\hfill(5 points)}

\medskip

\textbf{PARTIE A : RÉSOLUTION D’UNE ÉQUATION DIFFÉRENTIELLE}

\medskip

Les fonctions intervenant dans cette partie sont définies et dérivables sur $[0~;~+\infty[$.

On considère l’équation différentielle (E) : 

\[y' + 0,6y = 45.\]

\begin{enumerate}
\item Déterminons une fonction constante solution de l’équation différentielle (E).

Soit la fonction $g$ définie par $g(x)= k$ où $k$ est un nombre réel, solution de (E). Nous avons donc $0+\np{0.6}k=45$ d'où $k=\dfrac{45}{\np{0.6}}=75$

La fonction constante solution de (E) est $x\mapsto 75$.
\item Résolvons  l’équation différentielle (E).

Déterminons d'abord une solution de l'équation (E$'$) $ y'+\np{0.6}y = 0$. Nous en déduisons 

$\dfrac{y'}{y}= -\np{0.6}$. Par conséquent, les solutions de cette équation sont les fonctions définies par  $y(x)=C\e^{\np{0.6}x}$ où $C$ est une constante quelconque.

Les solutions de (E) s'écrivent comme la somme des solutions de (E$'$) et de la solution particulière $g$.

Les solutions de (E) sont les fonctions $y$ définies par $y(x) = C\e^{\np{0.6}x}+75$ où $C$ est une constante quelconque.

\item Déterminons la solution $f$ de l’équation différentielle (E) telle que $f(0) = 20$.

$y(0)=C\e^0+75=20$ d'où $C=-55$.

La fonction $f$, solution de (E)  et vérifiant $f(0)=20$, est la fonction définie par 

$f(x)=-55\e^{-\np{0.6}x}+75$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{PARTIE B : ÉTUDE D’UNE FONCTION}

\medskip 

Dans cette partie, on considère la fonction $f$ définie sur $[0~;+~\infty[$ par

\[f(t) = - 55\e^{- 0,6 t} + 75.\]

On appelle $(\mathcal{C})$ la courbe représentative de la fonction $f$.

\medskip

\begin{enumerate}
\item  Calculons la limite de $f$ en $+ \infty$.

$\displaystyle \lim_{t\to +\infty}f(t)=\lim_{t\to +\infty} -55\e^{\np{0.6}t}+\lim_{t\to+\infty} 75=0+75=75$

La droite d'équation $y=75$ est asymptote à la courbe représentative $(\mathcal{C})$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item  $f'(t)=-55\left(-0.6\e^{-\np{0.6}t}\right)=33\e^{-\np{0.6}t}$.
		\item Étudions le signe de $f'$. 
		
		Pour tout $t$ appartenant à $[0~;~+ \infty[,\: f'(t)>0$ comme produit de termes strictement positifs.
		
Étudions le sens de variation.		

Si pour tout $x\in I,\:f'(x)> 0$ alors $f$ est strictement croissante sur $I$. 

Il en résulte que $f$ est strictement croissante sur $[0~;~+ \infty[$.

 Dressons le tableau de variation de la fonction $f$ 

\begin{center}
\psset{unit=1cm}
\begin{pspicture}(8,3)
\psframe(8,3)
\psline(0,2.5)(8,2.5) \psline(1.1,0)(1.1,3) \psline(0,2)(8,2) 
\uput[u](0.5,2.45){$t$}  \uput[u](1.35,2.45){$0$} \uput[u](7.57,2.45){$+\infty$}
\uput[u](0.5,1.9){$f^{\prime}(t)$}\uput[u](4.5,2){$+$}%\uput[u](6.6,2){$-$}
\rput(0.52,1.5){\scriptsize Variation}\rput(0.4,1){de $f$}
\uput[d](1.45,0.51){$20$}\uput[ur](7.12,1.55){$75 $}
\psline{->}(1.5,0.5)(7.3,1.5)
\end{pspicture}
\end{center}

		\item  La courbe $(\mathcal{C})$ est tracée à la fin du texte. %sur une feuille de papier millimétré \textbf{à remettre avec la copie}.

%Unités graphiques : \np[cm]{1} en abscisse ; \np[mm]{2}  en ordonnées.
	\end{enumerate}
\item Résolvons par le calcul l’équation $f(t) = 70$ 

$-55\e^{-\np{0.6}t}+75=70\qquad 55\e^{-\np{0.6}t}=5 \qquad \e^{-\np{0.6}t}=\dfrac{1}{11} \qquad \ln \e^{-\np{0.6}t}=\ln \dfrac{1}{11}
-\np{0.6}t=-\ln 11\qquad $

$t=\dfrac{\ln 11}{\np{0.6}}\approx \np{3.9965}$

L'ensemble solution de l'équation $f(t)=70$ est $\left\{\dfrac{\ln 11}{\np{0.6}}\right\}$, à une unité près \{4\}.
%(on donnera la valeur exacte puis la valeur arrondie à l’unité).
\item Calculons $\displaystyle I = \int_0^4 f(t)\mathrm{d}t$ 

Déterminons une primitive $F$ de $f$. 

$F(t)=75 t-55\times \left(\dfrac{1}{-\np{0.6}}\e^{-\np{0.6}t}\right)=75x+\dfrac{275}{3}\e^{-\np{0.6}t}$

$\displaystyle I = \int_0^4 f(t)\mathrm{d}t=\Bigg [75x+\dfrac{275}{3}\e^{-\np{0.6}t}\Bigg]_0^4$

$F(4)=75\times 4+\dfrac{275}{3}\e^{-\np{0.6}\times 4}=300+\dfrac{275}{3}\e^{-\np{2.4}}$

$F(0)=75\times 0+\dfrac{275}{3}\e^{-\np{0.6}\times 0}=\dfrac{275}{3}\e^{0}=\dfrac{275}{3}$

  $I=F(4)-F(0)=300+\dfrac{275}{3}\e^{-\np{2.4}}-\dfrac{275}{3}=\dfrac{900+275\e^{-\np{2.4}}-275}{3}=\dfrac{625+275\e^{-\np{2.4}}}{3}\approx \np{216.65}$.


%(on donnera la valeur exacte puis la valeur arrondie à $10^{-2})$.

%Donner une interprétation graphique du résultat.
La fonction $f$ étant une fonction strictement positive sur $[0~;~+\infty[$ \emph{a fortiori} sur [0~;~4], ce résultat peut être considéré comme l'aire, en unités d'aire, du domaine plan délimité par la courbe, l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et  la droite d'équation $t=4$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{PARTIE C : UTILISATION DES RÉSULTATS}

\medskip
{\footnotesize
\emph{Dans cette partie, toute trace de recherche même incomplète ou d’initiative même infructueuse sera
prise en compte dans l’évaluation.}
\smallskip

Le principe de la haute pasteurisation consiste à chauffer dans un autoclave, pendant un laps de
temps de 15 secondes, les aliments à une température comprise entre 70~\degres C et 75~\degres C.

Du lait dont la température initiale est de 20~\degres C est introduit dans un autoclave dont la température est constante et égale à 75~\degres C.
La température du lait est donnée par la fonction $f$ définie dans la partie B, où $t$ est le temps en secondes.
}

Déterminons combien de temps, au total, le lait doit rester dans l’autoclave afin d’être pasteurisé.

Nous avons montré à la question Partie B~3 que la température de 70°C était atteinte au bout de quatre heures. Puisque le lait doit rester quinze secondes à la température minimale de 70°C, le lait pour être pasteurisé doit rester quatre heures et quinze secondes dans l'autoclave.

\vspace{0.5cm}

%\textbf{\textsc{Exercice 4}\hfill(5 points)}

\section*{\textsc{Exercice 4}\hfill(5 points)}

\medskip

On étudie le taux de glycémie dans une population donnée, exprimé en g/L.

\medskip

\textbf{PARTIE A}

\medskip
{\footnotesize
On suppose que le taux de glycémie est une variable aléatoire $X$ qui suit une loi normale de
moyenne $\mu = 1$ et d’écart-type $\sigma = 0,03$. On mesure la glycémie chez une personne choisie au
hasard dans la population.
}
\begin{enumerate}
\item  Justifions que la probabilité pour que la glycémie de cette personne soit comprise entre 0,94 et
1,06 a pour valeur approchée 0,95.

$P(\np{0.94}\leqslant X\leqslant \np{1.06})= P(\mu-2\sigma\leqslant X\leqslant \mu +2\sigma)$. Or nous savons que  pour une variable aléatoire suivant une loi normale de paramètres $(\mu,~\sigma)$ la probabilité $P(\mu-2\sigma\leqslant X\leqslant \mu +2\sigma)$ est d'environ \np{0.95}.

\item Déterminons une valeur approchée de $P(X \leqslant 1,06)$. 

Puisque la courbe est symétrique par rapport à la moyenne, nous avons donc 

$P(X\leqslant 0,94) = P(X\geqslant 1,06)= \dfrac{\np{0.05}}{2}=\np{0.025}$

$P(X \leqslant 1,06)=1-P(X \geqslant 1,06)=1-\np{0.025}=\np{0.975}$

\item Sachant que $P(X \geqslant 0,97)$ a pour valeur approchée $0,84$, déterminons une valeur approchée à
$10^{-3}$ près de 
$P(0,97 \leqslant X \leqslant 1,06)$.

$P(0,97 \leqslant X \leqslant 1,06)=p(X\leqslant \np{1.06})-p(X\leqslant \np{0.97})=\np{0.975}-(1-\np{0.84})=\np{0.815}$

ou

$P(0,97 \leqslant X \leqslant 1,06)=p(X\geqslant \np{0.97})-p(X\geqslant \np{1.06})=\np{0.84}-\np{0.025} =\np{0.815}$


\end{enumerate}

\medskip

\textbf{PARTIE B}

\medskip

Un médecin, qui ne connaît pas l'hypothèse émise dans la PARTIE A, souhaite estimer la proportion $p$ inconnue des personnes de cette population dont le taux de glycémie est supérieur à
$1,06$.
Il prélève au hasard un échantillon de \np{1000} personnes dans la population étudiée.

Il constate que 29 personnes ont un taux de glycémie supérieur à 1,06.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Déterminons l’intervalle de confiance au niveau de 95\,\% de la proportion $p$.

La proportion observée est égale à $f=\dfrac{29}{\np{1000}}=\np{0.029}$.

L'intervalle d'estimation d'une proportion avec un niveau de confiance de 95\,\% est 

	  \[I= \Bigg[f  = -1,96 \sqrt{\dfrac{f (1- f )}{n}} ~,~ f +1,96 \sqrt{\dfrac{f (1- f )}{n}}\Bigg]\]
	
 \[I=\left [ \np{0.029} -1,96 \sqrt{\dfrac{\np{0.029} (1- \np{0.029} )}{1000}}~;~ \np{0.029} +1,96 \sqrt{\dfrac{\np{0.029} (1- \np{0.029} )}{1000}}\right ]\approx \big[\np{0.018}~;~\np{0.040}\big]\]	
	
		{\footnotesize Les bornes de l'intervalle sont arrondies  à $10^{-3}$.}

\item %Le résultat précédent est cohérent avec la réponse à la question \textbf{A 2.}. Une estimation par intervalle de confiance permet de montrer que la proportion d'éléments de la population présentant un taux de glycémie  supérieur à 1,06  est comprise entre \np{0,019} et \np{0.039} or nous avons montré que la probabilité qu'une personne quelconque ait un taux de glycémie supérieur à  \np{1,06} est \np{0.025}. Ce nombre est inclus dans l'intervalle.


À la question précédente, on a déterminé un intervalle de confiance $I$ au niveau de 95\,\% de la proportion $p$ de personnes ayant une glycémie supérieure à 1,06; cela signifie que la probabilité que cet intervalle contienne la proportion en question est supérieure à 95\,\%.

À la question \textbf{A.2}, on a vu que $P(X \geqslant 1,06)\approx 0,025$.

Or  0,025 appartient à l'intervalle $I$.
 
Donc on peut dire que le résultat de la question précédente est cohérent avec le résultat de la question \textbf{A.2}, avec un risque d'erreur de 5\,\%.

\end{enumerate}

\medskip

\textbf{PARTIE C}

\medskip

On admet que, dans la population étudiée, la probabilité qu'une personne ait un taux de glycémie supérieur à \np[g/L]{0,99}  est  $p_1 = 0,64$.

On tire un échantillon de 100 personnes au hasard. On suppose que la population est suffisamment importante pour assimiler le choix de cet échantillon à un tirage avec remise de 100 personnes. On appelle $Y$ la variable aléatoire qui compte le nombre de personnes dont la glycémie est supérieure à \np[g/L]{0,99}.

\begin{enumerate}
\item   $Y$ suit une loi binomiale  de paramètres $n=100$ et $p= 0,64$ puisqu'il y a répétition de cent tirages indépendants et identiques caractérisés par deux issues ou la personne a un taux supérieur à \np[g/L]{0,99} de probabilité $\np{0.64}$ (succès) ou la personne a un taux inférieur à \np[g/L]{0,99} de probabilité $\np{0.36}$ (échec).
\end{enumerate}
On suppose que les conditions permettant d’approximer une loi binomiale par une loi normale sont
remplies. On appelle $\mu'$ la moyenne et $\sigma'$ l’écart type de la loi normale $Z$ approximant la loi
binomiale $Y$.
\begin{enumerate}[resume]
\item  $\mu'=np=100\times \np{0.64} = 64$ et $\sigma' = \sqrt{np(1-p)}=\sqrt{64\times\np{0.36}}=\sqrt{\np{23.04}}=4,8$.
\item Déterminons une valeur approchée de $P( Z \leqslant 78,4)$ à  $10^{-2}$ près.
 
$p(\mu-3\sigma\leqslant Z\leqslant \mu +3\sigma)$ est environ \np{0.99}

$p (Z\leqslant 78,4) = 1-p(Z\geqslant \mu' + 3\sigma')=1-\np{0.005}=\np{0.995}$.

Une valeur approchée de $P( Z \leqslant 78,4)$ à  $10^{-2}$ près est 1.
\end{enumerate}

\vspace{0.5cm}

%\textbf{\textsc{Exercice 5}\hfill(3 points)}

\section*{\textsc{Exercice 5}\hfill(3 points)}

\medskip

QUESTIONNAIRE À CHOIX MULTIPLE

\medskip

\emph{\footnotesize Pour chaque question, une seule des réponses proposées est exacte. Chaque bonne réponse
rapporte un point, une mauvaise réponse ou l'absence de réponse n'enlève pas de point.\\
Reporter sur la copie le numéro de la question suivi de la lettre de la réponse choisie. Aucune
justification n’est demandée.}
\begin{enumerate}
\item  Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = \ln \left(x^2 + 3\right)$, et soit $(C)$ sa représentation graphique dans un repère du plan. La tangente à la courbe $(C)$ au point A$(1~;~\ln(4))$ a pour coefficient
directeur :

\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}} 
\textbf{a.~~} \psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{$0,25$}&\textbf{b.~~}\psframebox[linewidth=0.1pt]{ $0,5$}&\textbf{c.~~}\psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{ $1$}&\textbf{d.~~}\psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{  $\ln 4$}
\end{tabularx}

\item On considère deux variables aléatoires $Y$ et $Z$.

$Y$ suit une loi uniforme sur l’intervalle $[1~;~3]$.

$Z$ suit une loi uniforme sur l’intervalle $[0~;~2]$.
		\begin{description}
		\item[a.] \psframebox[linewidth=0.1pt]{$Y$ et $Z$ ont la même variance.}
		\item[b.] \psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{$Y$ et $Z$ ont la même espérance.}
		\item[c.] \psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{La variance de $Z$ est strictement inférieure à la variance de $Y$.}
		\item[d.] \psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{La variance de $Z$ est nulle.}
\end{description}

\item Une culture bactériologique comporte initialement \np{8 000} bactéries.

Leur nombre augmente de 20\,\% par heure.

Dans la copie de la feuille de tableur ci-dessous, quelle formule peut-on rentrer en B3, puis
recopier vers le bas, pour calculer le nombre de bactéries en fonction de l'heure ?

\begin{center}
\begin{tabular}{|c|c|c|}
\hline
&A& B\\\hline
1& Temps (heures)& Nombre de bactéries\\\hline
2& 0& \np{8 000}\\\hline
3& 1& \\\hline
4& 2& \\\hline
\end{tabular}
\end{center}

\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}} 
\textbf{a.~~}\psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{ = B2 + 0,20}&\textbf{b.~~}\psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{= 0,8 * B2} &\textbf{c.~~}\psframebox[linewidth=0.1pt]{= 1,2 * B2  }&\textbf{d.~~} \psCancel[cancelType=s,linewidth=1pt]{ = 1,2 * \$B\$2}.
\end{tabularx}

\end{enumerate}


\newpage
\begin{center}
\psset{xunit=0.7cm,yunit=0.14cm}
\begin{pspicture}(-0.25,-0.5)(18.5,84)
\multido{\n=0+0.5}{35}{\psline[linewidth=0.25pt,linecolor=orange](\n,0)(\n,80)}
\multido{\n=0+1}{81}{\psline[linewidth=0.25pt,linecolor=orange](0,\n)(17.5,\n)}
\psaxes[linewidth=1.05pt,Dy=5]{->}(0,0)(-0.5,-0.5)(17.8,82)
\def \Func{2.71828 x 0.6 neg mul exp 55 neg mul 75 add} 
\psplot[plotpoints=8000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{17}{\Func}
\uput[dr](0,82.5){$y$}
\uput[d](17.6,0.05){$t$}
\uput[dl](0,0){O}\uput[u](12,71){\blue $\mathcal{C}$}
\pscustom[fillstyle=vlines,hatchcolor=violet]{
\psline[linewidth=0.1pt](0,0)(0,20)
\psplot[linecolor=blue,linewidth=1.25pt,plotpoints=10000]{0}{4}{\Func}
\psline[linewidth=0.1pt] (4,70.0105)(4,0)
}
\psline[linecolor=red,linewidth=0.6pt](0,75)(17.5,75)
\end{pspicture}
\end{center} 

\end{document}
