Warm Up Maths BTS

Correction

\[ t = \ln(2x + 3) - 5 \] \[\Leftrightarrow\] \[ t + 5 = \ln(2x + 3) \] \[\Leftrightarrow\] \[ 2x + 3 = \exp(t + 5) \] \[\Leftrightarrow\] \[ 2x = \exp(t + 5) - 3 \] \[\Leftrightarrow\] \[ x = \frac{\exp(t + 5) - 3}{2} \]

Correction

\( \lim\limits_{x\to -1} x^2+x-3 = (-1)^2+(-1)-3=1-4=-3 \)

\( \lim\limits_{x\to -1^{-}} x+1 =0^{-}\) donc \( \lim\limits_{x\to -1^{-}} f(x)= +\infty \)

\( \lim\limits_{x\to -1^{+}} x+1 =0^{+}\) donc \( \lim\limits_{x\to -1^{+}} f(x)= -\infty \)

Correction

\( \int_{1}^{2}f(x) dx = \int_{1}^{2} 2e^{-3x}+x dx=[-\frac{2}{3}e^{-3x}+\frac{x^2}{2}]_{1}^{2}= \) \(-\frac{2}{3}e^{-3\times 2}+\frac{2^2}{2}-(-\frac{2}{3}e^{-3\times 1}+\frac{1^2}{2})=-\frac{2}{3}(e^{-6}-e^{-3}+\frac{3}{2}) \)

Correction

1. Variable \( x_i \)

\( x_i = t_i^2 \) : \( 1,\;4,\;9,\;16,\;25,\;36 \)

2. Corrélation linéaire

À l’aide d’une calculatrice : \[ r \approx 0{,}9977 \approx 1{,}00 \] La corrélation est très forte.

3. Droite de régression

La droite de régression de \( y \) en \( x \) est : \[ y = 0{,}246x + 30{,}725 \]

4. Expression de \( y \) en fonction de \( t \)

Comme \( x = t^2 \) : \[ y(t) = 0{,}246t^2 + 30{,}725 \]

5.a Estimation pour 2008

2008 correspond à \( t = 9 \). \[ y(9) \approx 50{,}6 \] Soit environ 50 600 franchisés.

5.b Dépassement de 60 000 franchisés

\[ 0{,}246t^2 + 30{,}725 = 60 \Rightarrow t \approx 10{,}9 \] Ce seuil est franchi au cours de l’année 2010.

Correction

1. Le nuage de point semble suivre une trajectoire courbe.

2. Le coefficient de corrélation linéaire entre \(x\) et \(y\) est proche de 1 : 0,959. Un ajustement affine semble un choix adapté.

3. On pose \( z_i = \ln(y_i) \). Le nuage \((x_i,z_i)\) est quasiment aligné.

4. Le coefficient de corrélation entre \(x\) et \(z\) est très proche de 1 : 0,972. La transformation logarithmique améliore nettement l’ajustement.

5. La droite de régression de \(z\) en \(x\) est de la forme : \[ z = 0.005x + 6.201 \]

6. \[ z = 0.005x + 6.201 \] \[ ln(y) = 0.005x + 6.201 \] \[ y = e^{0.005x + 6.201} \]
7. \[ e^{0.005\times 350 + 6.201}= 2838,412 \] La consommatin sera de 2838,412 GWh
8. \[ 2000 = e^{0.005x + 6.201} \] \[ ln(2000) =0.005x + 6.201 \] \[ ln(2000) -6.201=0.005x \] \[ x=\frac{ln(2000) -6.201}{0.005} \] \[ x=279,98 \] La production sera de 279980 tonnes d'acier.

Correction

1. Prix en 2025 :
Appliquer une hausse de 4 % revient à multiplier par \( CM_1 = 1 + \frac{4}{100} = 1,04 \).
\[ 1250 \times 1,04 = 1300 \] Le prix en 2025 est de 1 300 €.

2. Prix en 2026 :
Appliquer une baisse de 10 % revient à multiplier par \( CM_2 = 1 - \frac{10}{100} = 0,90 \).
\[ 1300 \times 0,90 = 1170 \] Le prix en 2026 est de 1 170 €.

3. Taux d'évolution global :
On calcule le coefficient multiplicateur global :
\[ CM_{global} = 1,04 \times 0,90 = 0,936 \]
Taux global : \( (0,936 - 1) \times 100 = -6,4 \% \).
Le prix a baissé globalement de 6,4 %.

4. Taux d'évolution moyen :
Soit \( T_m \) le taux moyen. On cherche \( CM_{moyen} \) tel que \( (CM_{moyen})^2 = 0,936 \).
\[ CM_{moyen} = \sqrt{0,936} \approx 0,9675 \]
Le taux moyen est donc : \( (0,9675 - 1) \times 100 \approx -3,25 \% \).
La baisse annuelle moyenne est d'environ 3,25 %.

Correction

On utilise la formule des probabilités totales :

\[ P(B)=P(A)P_A(B)+P(\overline{A})P_{\overline{A}}(B) \]

D'après l'arbre :

\[ P(A)=0{,}6 \] \[ P(\overline{A})=1-0{,}6=0{,}4 \] \[ P(B|A)=0{,}3 \] \[ P(B|\overline{A})=1-0{,}9=0{,}1 \]

Donc :

\[ P(B)=0{,}6\times0{,}3+0{,}4\times0{,}1 \] \[ P(B)=0{,}18+0{,}04 \] \[ P(B)=0{,}22 \]

La probabilité de l'événement \(B\) est donc : \(P(B)=0{,}22\).

Correction

1. Dérivation

$f$ est dérivable sur $]0 ; +\infty[$ comme somme de fonctions dérivables.
\[ f'(x) = 2x - 2 \times \frac{1}{x} = 2x - \frac{2}{x} \]

2. Étude du signe de $f'(x)$

On met au même dénominateur pour étudier le signe du numérateur : \[ f'(x) = \frac{2x^2 - 2}{x} = \frac{2(x^2 - 1)}{x} \] Sur $]0 ; +\infty[$, le dénominateur $x$ est strictement positif. Le signe de $f'(x)$ est donc celui de $x^2 - 1$.
$x^2 - 1 = 0 \iff x = 1$ (car $x > 0$).

• Sur $]0 ; 1[$, $x^2 - 1 < 0$ donc $f'(x) < 0$.
• Sur $]1 ; +\infty[$, $x^2 - 1 > 0$ donc $f'(x) > 0$.

3. Variations et extremum

La fonction $f$ est donc strictement décroissante sur $]0 ; 1]$ et strictement croissante sur $[1 ; +\infty[$.

Le minimum est atteint en $x=1$ : \[ f(1) = 1^2 - 2\ln(1) = 1 - 0 = 1 \]

Correction

1. Dérivation

$g$ est de la forme $u \times v$ avec :
$u(x) = x - 2 \implies u'(x) = 1$
$v(x) = e^x \implies v'(x) = e^x$
\[ g'(x) = u'v + uv' = 1 \times e^x + (x - 2)e^x \] En factorisant par $e^x$ : \[ g'(x) = e^x(1 + x - 2) = (x - 1)e^x \]

2. Étude du signe de $g'(x)$

On sait que pour tout réel $x$, $e^x > 0$.
Le signe de $g'(x)$ dépend donc uniquement du signe de $(x - 1)$.

• $x - 1 = 0 \iff x = 1$
• $x - 1 < 0 \iff x < 1$
• $x - 1 > 0 \iff x > 1$

3. Tableau de variations

La fonction $g$ est :

• Strictement décroissante sur $]-\infty ; 1]$.
• Strictement croissante sur $[1 ; +\infty[$.

Valeur du minimum en $x = 1$ :
$g(1) = (1 - 2)e^1 = -1 \times e = -e \approx -2,718$.

Correction

1. Remplissage du tableau

• Total $S$ : $2000 \times 0,95 = 1900$.
• Total $\bar{S}$ : $2000 - 1900 = 100$.
• $\bar{S}$ avec test positif ($T$) : $100 \times 0,98 = 98$.
• $\bar{S}$ avec test négatif ($\bar{T}$) : $100 - 98 = 2$.
• $S$ avec test positif ($T$) : $1900 \times 0,03 = 57$.
• $S$ avec test négatif ($\bar{T}$) : $1900 - 57 = 1843$.

État / Test	$T$	$\bar{T}$	Total
$S$	57	1843	1900
$\bar{S}$	98	2	100
Total	155	1845	2 000

2. Calcul de la probabilité $P_{T}(S)$

On regarde dans la colonne des tests positifs ($T$) : \[ P_{T}(S) = \frac{\text{Nombre de } (S \cap T)}{\text{Total } T} = \frac{57}{155} \] \[ P_{T}(S) \approx 0,368 \] Il y a environ 36,8 % de chances qu'un téléphone déclaré "positif" (défectueux) par le capteur soit en réalité en parfait état.

Correction

Données : $P(E) = 0,75$ donc $P(\bar{E}) = 0,25$.
$P_E(B) = 0,08$ et $P_{\bar{E}}(B) = 0,40$.

1. Probabilité de panne $P(B)$

D'après la formule des probabilités totales :
$P(B) = P(E) \times P_E(B) + P(\bar{E}) \times P_{\bar{E}}(B)$
$P(B) = 0,75 \times 0,08 + 0,25 \times 0,40$
$P(B) = 0,06 + 0,10 = 0,16$.
La probabilité qu'une pompe tombe en panne est de 0,16.

2. Probabilité $P_{\bar{B}}(E)$

On cherche la probabilité qu'elle soit entretenue sachant qu'elle fonctionne :
$P(\bar{B}) = 1 - P(B) = 1 - 0,16 = 0,84$.
$P_{\bar{B}}(E) = \frac{P(E \cap \bar{B})}{P(\bar{B})} = \frac{P(E) \times P_E(\bar{B})}{P(\bar{B})}$
$P_{\bar{B}}(E) = \frac{0,75 \times (1 - 0,08)}{0,84} = \frac{0,75 \times 0,92}{0,84}$
$P_{\bar{B}}(E) = \frac{0,69}{0,84} \approx 0,821$.
La probabilité est d'environ 82,1 %.

Correction

1. Calcul de $I$ (Fonction polynomiale)

On cherche une primitive de $f(x) = x^2 - 4x + 5$ :
$F(x) = \frac{x^3}{3} - 4\frac{x^2}{2} + 5x = \frac{x^3}{3} - 2x^2 + 5x$

$I = [ \frac{x^3}{3} - 2x^2 + 5x ]_{0}^{3}$
$I = ( \frac{3^3}{3} - 2(3^2) + 5(3) ) - ( 0 )$
$I = ( \frac{27}{3} - 18 + 15 ) = 9 - 18 + 15$
$I = 6$

2. Calcul de $J$ (Fonction exponentielle)

On rappelle que la primitive de $e^{ax}$ est $\frac{1}{a}e^{ax}$.
Ici $a = 3$, donc la primitive de $e^{3x}$ est $\frac{1}{3}e^{3x}$.

$J = [ \frac{1}{3}e^{3x} ]_{0}^{\ln(2)}$
$J = \frac{1}{3}e^{3\ln(2)} - \frac{1}{3}e^{0}$
$J = \frac{1}{3}e^{\ln(2^3)} - \frac{1}{3} \times 1$
$J = \frac{1}{3} \times 8 - \frac{1}{3} = \frac{8}{3} - \frac{1}{3}$
$J = \frac{7}{3}$

Correction

1. Calcul de $K$ (Fonction inverse)

On cherche une primitive de $f(x) = \frac{3}{x} + 2$ sur $[1 ; e]$ :
$F(x) = 3\ln(x) + 2x$

$K = [ 3\ln(x) + 2x ]_{1}^{e}$
$K = ( 3\ln(e) + 2e ) - ( 3\ln(1) + 2(1) )$
$K = ( 3 \times 1 + 2e ) - ( 3 \times 0 + 2 )$
$K = 3 + 2e - 2$
$K = 2e + 1$

2. Calcul de $L$ (Exponentielle de forme $e^{ax+b}$)

On rappelle que la primitive de $e^{ax+b}$ est $\frac{1}{a}e^{ax+b}$.
Ici $a = -0,5$ et $b = 1$.
La primitive est donc $G(x) = \frac{1}{-0,5}e^{-0,5x + 1} = -2e^{-0,5x + 1}$.

$L = [ -2e^{-0,5x + 1} ]_{0}^{2}$
$L = ( -2e^{-0,5(2) + 1} ) - ( -2e^{-0,5(0) + 1} )$
$L = ( -2e^{-1 + 1} ) - ( -2e^{1} )$
$L = -2e^{0} + 2e^{1}$
$L = -2(1) + 2e$
$L = 2e - 2$ (ou $2(e - 1)$)