BREVET DE TECHNICIEN SUPERIEUR INFORMATIQUE DE GESTION SESSION 2010
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BREVET DE TECHNICIEN SUPERIEUR
INFORMATIQUE DE GESTION
SESSION 2010
PROPOSITION DE CORRIGE NON OFFICIELLE
EPREUVE E2 – MATHEMATIQUES I
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EXERCICE 1 (5 points)
1)
A
B
C
D
2)
La représentation du graphe G est la matrice d’adjacence M car :
- A ne peut qu’aller à B et C
- B ne peut qu’aller { A et D
- C ne peut qu’aller { A
- D ne peut qu’aller { B
3)
Matrice de M2
2 0 0 1
0 2 1 0
0 1 1 0
1 0 0 1
Il existe bien 6 circuits de longueur 2 correspondant à la somme des chemins de la
diagonale de la matrice M² : 2+2+1+1 = 6
4)
a. D’après la matrice M3, il y a 16 chemins de longueur 3.
b. La listes des chemins de longueur 3 ayant pour origine A et pour extrémité B est :
A-B-D-B
A-C-A-B
A-B-A-B
c. Il n’y a pas de circuits de longueur 3 car il n’y a que des zéros dans la diagonale de
la matrice M3.
5)
1
0
0
1
a. Matrice booléenne M[2]
0 0 1
1 1 0
1 1 0
0 0 1
0
1
1
0
Matrice booléenne M[3]
1 0
0 1
0 1
1 0
1
0
0
1
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b. Somme des matrices booléennes
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
La matrice M de la fermeture transitive du graphe G est :
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
EXERCICE 2 (7 points)
Première partie
0.5
I
0.5
I/
A
0.25
0.1
0.75
I
A/
0.9
I/
1) p(A) = 0.25
p(A/) = 1 – p(A) = 1-0.25 = 0.75
pA(I) = 0.5
pA/(I) = 0.1
2)
a.
b.
c.
d.
p(A) x pA(I) = 0.25 x 0.5 = 0.125
p(A) x pA(I) + p(A/) x pA/(I) = 0.125 + 0.75 x 0.1 = 0.2
?
?
Deuxième partie
1) Le choix d’un élève est une épreuve ou schéma de Bernoulli a deux issus avec
probabilité d’un succès si « l’élève utilisent quotidiennement un ordinateur »
p = 0.5, avec la probabilité d’un échec q = 1–p = 1–0.5 = 0.5. On répète l’épreuve
64 fois de manière indépendante.
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La variable aléatoire X = nombre d’élève utilisant un ordinateur quotidiennement suit la
loi binomiale de paramètres (64 ; 0.5).
Soit une variable aléatoire X qui suit la loi de probabilité B(64 ;0.5) alors pour tout k
appartenant à N (0 ≤ k ≤ n), on a :
P(X=k) = C64k pk q64-k
a. On approche la variable aléatoire X par une variable aléatoire Y qui suit une loi
normale de paramètres m et ɵ.
m = n x p = 64 x 0.5 = 32
ɵ = 𝑛 𝑝 𝑞 = 64 0.5 0.5 = 4
b. P(Y ≤ 36.5)
Y suit la loi normale N(64 ;0.5) donc T =
Y−32
4
suit la loi N(0 ;1).
Y ≤ 36.5
Y – 32 ≤ 36.5-32 = 4.5
Y−32
4
=
4.5
4
= 1.125
c. Donc P(Y ≤ 36.5) = π(1.125)
D’après le tableau de loi normale :
π(1.120) = 0.8686
π(1.125) = i = (0.8686 + 0.8708) / 2 = 0.8697
π(1.130) = 0.8708
Troisième partie
1)
P(X’=k) = C100k 0.1k 0.9100-k
P(X’=10) = C10010 0.110 0.9100-10 = 0.132
2)
a.
Si on approche une variable aléatoire X’ par une variable aléatoire Y’ qui
suit la loi de Poisson alors les deux lois ont la même espérance.
α = n x p = 100 x 0.1 = 10
b.
P(Y’ ≥ 2 ) = 1 – P(Y’ = 0) + P(Y’ = 1) = 1-[ 0 + 0 ] = 1
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EXERCICE 3 (8 points)
Première partie
1) y = 44.4x + 64
2) y = 44.4 x 10 + 64 = 444 + 64 = 510 (10 étant le rang de l’année 2010).
3)
xi : rang
de l’année
zi = ln yi
1
2
3
4
5
6
7
8
4.942
5.075
5.193
5.394
5.561
5.768
5.940
6.109
4) Le coefficient de corrélation de z en x est de 0.9955. Le coefficient étant très
proche de 1, l’ajustement linéaire est justifié.
5) y = 0.171x + 4.727
6) y = 113e0.171x
7) y = 113e0.171 x 10 = 625 (arrondi { l’unité)
Deuxième partie
1) Limite de f en +∞ est +∞
2) a. f’(x) = 113e0.171 x x 0.171 + 0 x e0.171x = 19.323e0.171 x
x
f’(x)
f(x)
0
+∞
+
113
+∞
3) On a i = 0 donc l’équation de la tangente à ce point est :
f’(i)(x-i) + f(i) = 19.323x + 113
4) a. Tableau de valeur
x
f(x)
1
134
2
159
3
189
4
224
5
266
6
315
7
374
8
444
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b.
c. Valeur moyenne sur l’intervalle [1 ;8]
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