BTS OPTICIEN LUNETIER
Mathématiques
SESSION 2014


Note : ce corrigé n’a pas de valeur officielle et n’est donné qu’à titre informatif sous la responsabilité de
son auteur par Acuité.

Proposition de corrigé par Laurent Deshayes, professeur à l’Institut et Centre d’Optométrie de
Bures-sur-Yvette




EXERCICE 1

A. Modèle discret du premier traitement : étude de suites

1° uo = 1,8 car on injecte une dose de 1,8 unités à l’instant t = 0.

un+1 est égal à la dose précédente un diminuée de 30% et augmentée de 1,8 :
un+1 = un – un + 1,8 = (1 – 0,3)un + 1,8 ;
il en découle finalement : un+1 = 0,7un +1,8 , pour tout entier naturel n.

2° Exprimons vn+1 en fonction de vn :

vn+1 = un+1 – 6 = 0,7un +1,8 – 6 = 0,7un – 4,2
avec vn = un – 6 donc avec un = vn + 6

ainsi, vn+1 = 0,7un – 4,2 = 0,7(vn + 6) – 4,2 = 0,7 vn + 4,2 – 4,2

donc vn+1 = 0,7 vn , pour tout entier n.
Ce qui prouve que la suite (vn) est la suite géométrique de raison q = 0,7 et de
premier terme v0 = u0 – 6 = 1,8 – 6 = - 4,2.


3° vn = v0 qn = - 4,2 x (0,7)n
un = vn + 6 donc un = 6 – 4,2 x (0,7)n




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 4°
a) La limite de la suite géométrique (vn) est égale à zéro car sa raison est
comprise entre -1 et 1 donc par addition la limite de la suite (un) est égale
à 6.
b) Au bout d’un long moment, la quantité de médicament est proche de 6
unités donc le but, qui est que cette quantité soit supérieure à 5, est atteint au
bout de quelques heures. (Un calcul avec une calculatrice donne un > 5 à partir
de n = 5)

B. Modèle continu du second traitement : résolution d’une équation
différentielle

1° Les solutions de l’équation (E0) : y ’ + y = 0 sont les fonctions f définies sur
-t
l’intervalle [0 ; + [ par : f(t) = ke , k ℝ



2°
 La fonction g est dérivable sur l’intervalle [0 ; + [ et :
– 0,5t – 0,5t
g’(t) = 5 x (-0,5 e )= - 2,5 e

 On remplace alors la fonction g dans le membre de gauche de l’équation
différentielle (E) :
– 0,5t – 0,5t – 0,5t
g'(t) + g(t) = - 2,5 e +5e = 2,5 e , pour tout réel t de [0 ; + [,
donc la fonction g est solution de l’équation différentielle (E)

3° Les solutions de l’équation différentielle (E) sont les fonctions définies sur
-t
l’intervalle [0 ; + [ par : f(t) = ke + g(t) ; k ℝ

-t – 0,5t
C’est-à-dire par f(t) = ke +5e ; k ℝ


4° Déterminons la constante k telle que f (0) = 0 :
f(0) = ke0 + 5 e0 = k + 5 = 0 donc k = – 5
La fonction f recherchée est la fonction f définie sur l’intervalle [0 ; + [ par :
-t – 0,5t
f(t) = – 5 e + 5 e .


C. Étude d’une fonction

-t – 0,5t
On remarque que la fonction f définie sur [0 ; + [ par f(t) = – 5 e +5e

est la fonction obtenue à la fin de la partie B.




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1°
a)
lim t = donc lim e t = 0
t + t +
de la m me fa on lim e 0,5t = 0
t +
donc lim f(t) = 0
t +


b) On en déduit que la courbe C admet, en + , une asymptote parallèle à l’axe
des abscisses d’équation y = 0.

2°
a) La fonction f est dérivable sur [0 ; + [ et :

-t – 0,5t
f ’(t) = – 5 x (– 1)e + 5 x ( – 0,5)e
-t – 0,5t
= 5e – 2,5e

-t 0,5t
Développons maintenant l’expression donnée 2,5 e (2 – e ):
-t 0,5t -t –t 0,5t -t – t + 0,5t
2,5 e (2 – e )=5e – 2,5e e =5e – 2,5e
-t – 0,5t
=5e – 2,5e .
-t 0,5t
Donc f ’(t) = 2,5 e (2 – e ) , pour tout réel t de l’intervalle [0 ; + [

b) f ’(t) 0
0,5t –t
2– e 0 car 2,5 e > 0 sur [0 ; + [
0,5t
2 e
ln 2 0,5t
ln 2
t
0,5
t 2ln 2 avec 2ln 2 = ln 4

c)
1
– ln 4 – 0,5ln4 – ln 4 ln 1
f(ln 4 ) = – 5 e + 5e avec e =e =

– 0,5ln4 – ln2 1
e = e =
2
5 5 5
la valeur exacte de f(ln 4 ) est finalement : – + = 1,25
2




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 Le tableau de variation de la fonction f sur [0 ; + [ est :

t 0 ln 4
Signe de f ’(t) + 0 –
1,25

Variations de f
0 0

3° T a pour équation : y = f ’(0)(t – 0) + f(0)
0 0
Avec f ’(0) = 5 e – 2,5e = 5 – 2,5 = 2,5

f(0) = 0

T : y = 2,5t
4°
a) Le logiciel donne l’expression d’une primitive F de la fonction f sur [0 ; + [:
-t – 0,5t
F(t) = 5 e – 10 e

Il faut calculer F’(t) :
-t – 0,5t
F est dérivable sur [0 ; + [ et F’(t) = 5 x (– 1)e – 10 x ( – 0,5)e
-t – 0,5t
F’(t) = – 5 e +5e = f(t) , pour tout t de l’intervalle [0 ; + [

Donc le logiciel fournit effectivement une primitive de la fonction f sur [0 ; + [.



b) I = ∫0 f(t)dt [F(t) 0
[5 e - t – 10e – 0,5t 0
- – 0 0 - –
=5e – 10 e – (5 e – 10 e ) = 5 e – 10 e – ( – 5)
- –
I=5e – 10 e + 5.
-2
La valeur approchée arrondie à 10 de l’intégrale I est : 4,51.




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EXERCICE 2

A. Événements indépendants

1° P(A ) = 0,000

2° P(A ) = 0,0

3° P(A ) = 0, 50

4° La probabilité que la lentille prélevée présente un seul des deux défauts est :
0,0488

B. Loi binomiale, loi de Poisson

1°
a) On considère une épreuve élémentaire, qui consiste à prélever une seule lentille dans ce
stock, qui a exactement 2 issues : la lentille prélevée est non conforme aux normes de
commercialisation de probabilité 0,05 ou non.

On répète 120 fois cette épreuve élémentaire de façon indépendante car ce prélèvement est
assimilé à un tirage avec remise.

Donc la variable aléatoire X qui, à tout prélèvement ainsi défini, associe le nombre de
lentilles non conformes suit la loi binomiale de paramètres 120 et 0,05.

b) P( 1) = 1 ( =0) ( ) 1 – 0,002
0,998

2°
a) = 120 x 0,05 = 6

b) P( ) = P(Y= 0) + P(Y=1) + . . . + P(Y=5) et on lit ces valeurs dans la table
de la loi de Poisson :

P( ) 0,002 + 0,015 + 0,045 + 0,089 + 0,134 + 0,161 0,446.

c) Il s’agit de la probabilité de l’événement contraire de l’événement précédent :
P( ) ( ) P( ) 1 – 0,446 0,554.

C. Loi normale
La probabilité qu’une lentille prélevée au hasard soit conforme pour la densité est :
(0,88 1,12) .


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 On calcule cette probabilité

- Soit en utilisant la table de la loi normale centrée réduite :
La variable aléatoire suit la loi normale de moyenne 1 et d’écart type 0,08
-1
donc la variable aléatoire T définie par T = suit la loi normale
0,08
N (0 ; 1).
0,88 1 1,12 1
(0,88 1,12) = ( ) = ( 1,5 1,5) = 2 (1,5) 1
0,08 0,88

2 x 0,9332 – 1 0,8 0,8 .

- Soit en utilisant une calculatrice qui donne directement le résultat
demandé (0,86639)
(stat DIST NORM puis on rentre 0,88 ; 1,12 ; l’écart type 0,08 ; la moyenne
1)

Ou 2nde distrib normalFRép puis on rentre 0,88 ; 1,12 ; la moyenne 1; l’écart
type 0,08 selon les calculatrices)

D. Intervalle de confiance
1° L’intervalle de confiance recherché est : [ d – t ; d + t ]
√150 √150


Avec : d = 1,108 = 0,07

Et la valeur de t est telle que 2 (t) – 1 = 0,95
Donc (t) = 1,95 / 2 = 0,975
Et finalement t = 1,96 par lecture inverse de la table de la loi normale centrée
réduite.

Application numérique :

0,0 0,0
[1,108 – 1,96 ; 1,108 + 1,96 ]
√150 √150


L’intervalle [1,10 ; 1,12 est l’intervalle de confiance de la moyenne inconnue , avec
le coefficient de confiance de 0,95.


2° L’affirmation « on est sûr que la moyenne appartient à l’intervalle de confiance
obtenu à la question précédente » est fausse ; il est possible que la densité moyenne
inconnue des lentilles de la production annuelle de ce fabriquant n’appartienne pas à
l’intervalle de confiance déterminé avec le coefficient de confiance de 95%; le calcul a
montré qu’avec un coefficient de confiance différent, les bornes de cet intervalle seraient
différentes.


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