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% pour le pied de page central
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\begin{document}
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\begin{center}\section*{\textcolor{red}{Correction des exercices de bac}}\end{center}

\subsection{Liban mai 2018}
Les quinze jours précédant la rentrée universitaire, le standard téléphonique d'une mutuelle étudiante
enregistre un nombre record d'appels.

Les appelants sont d'abord mis en attente et entendent une musique d'ambiance et un message
préenregistré.

Lors de cette première phase, le temps d'attente, exprimé en secondes, est modélisé par la variable
aléatoire $X$ qui suit la loi exponentielle de paramètre $\lambda = 0,02$~s$^{-1}$.

Les appelants sont ensuite mis en relation avec un chargé de clientèle qui répond à leurs questions.

Le temps d'échange, exprimé en secondes, lors de cette deuxième phase est modélisé par la
variable aléatoire $Y$, exprimée en secondes, qui suit la loi normale d'espérance $\mu = 96$~s et d'écart-type
$\sigma = 26$~s.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Quelle est la durée totale moyenne d'un appel au standard téléphonique (temps d'attente et temps d'échange avec le chargé de clientèle)?
\begin{enumerate}[$\bullet$]
\item La durée moyenne d'attente est $\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{1}{0,02}=\boxed{\textcolor{red}{50}}$ s.

\item La durée moyenne de temps d'échange est $\mu=\boxed{\textcolor{red}{96}}$ s.

\item La durée totale moyenne d'un appel au standard téléphonique est donc $50+96=146$ s, soit \fbox{\textcolor{red}{2 min 26 s}}.
\end{enumerate}

\item  Un étudiant est choisi au hasard parmi les appelants du standard téléphonique.
	\begin{enumerate}
		\item %Calculer la probabilité que l'étudiant soit mis en attente plus de 2 minutes.
		$P(X\geqslant 120)=1-P(X\leqslant 120)=1-\int_0^{120}\lambda\mathrm{e}^{-\lambda t}\text{ d}t=1-\left[-\mathrm{e}^{-\lambda t}\right]_0^{120}=1-\left(1-\mathrm{e}^{-120\lambda}\right)=\mathrm{e}^{-120\lambda}\\
		=\mathrm{e}^{-2,4}\approx 0,09$ donc $\boxed{\textcolor{red}{P(X\geqslant 120)\approx 0,09}}$.
		
		\item %Calculer la probabilité pour que le temps d'échange avec le conseiller soit inférieur à 90 secondes.
$P(Y\leqslant 90)=P(Y\leqslant 96)- P(90\leqslant Y\leqslant 96)= 0,5 - P(90\leqslant Y\leqslant 96)\approx 0,408$ ; $\boxed{\textcolor{red}{p(Y\geqslant 90)\approx 0,408}}$.
	\end{enumerate}
	
\item  Une étudiante, choisie au hasard parmi les appelants, attend depuis plus d'une minute d'être
mise en relation avec le service clientèle. Lasse, elle raccroche et recompose le numéro. Elle
espère attendre moins de trente secondes cette fois-ci.
	
Le fait de raccrocher puis de rappeler augmente-t-il ses chances de limiter à $30$~secondes
l'attente supplémentaire ou bien aurait-elle mieux fait de rester en ligne ?

On sait qu'une loi exponentielle est une loi à durée de vie sans vieillissement, donc \\
$P_{(X\geqslant 60)}(X\leqslant 60+30)=P(X\leqslant 30)$ donc cela ne change rienb de raccrocher et de rappeler.
\end{enumerate}

\subsection{Amérique du Nord mai 2018}
\textbf{Partie A - Démonstration préliminaire}
	
		\begin{enumerate}
			\item La fonction $G$ sera une primitive de $g$ sur $[0~;~+\infty[$ si et seulement si elle est dérivable sur $[0~;~+\infty[$ et que sa fonction dérivée est la fonction $g$.
			
			Avec les règles de composition et de produit de fonctions classiques, la fonction $G$ est effectivement dérivable sur $[0~;~+\infty[$, et pour tout $t$ réel positif, on a : 
			
$G'(t) = (- 1) \times \mathrm{e}^{-0,2t} + (-t-5) \times (-0,2) \mathrm{e}^{-0,2t} = \big(-1 + 0,2t + 0,2\times 5\big)\mathrm{e}^{-0,2t} = 0,2t\mathrm{e}^{-0,2t} = g(t)$.
			
La fonction $G$ est donc bien une primitive de $g$ sur $[0~;~+\infty[$.
			
			\item En appliquant la définition de l'espérance, rappelée dans l'énoncé, on va commencer par calculer l'intégrale de $g$ entre 0 et $x$ :
			
$\displaystyle \int_{0}^{x}g(t) \text{~d} t = \Big[G(t)\Big]_{0}^{x} = G(x) - G(0) = (-x-5)\mathrm{e}^{-0,2x} - (0 - 5)\mathrm{e}^{-0,2\times 0} = -x\mathrm{e}^{-0,2x} - 5\mathrm{e}^{-0,2x} + 5$
			
\smallskip
			
Déterminons maintenant la limite de cette intégrale quand $x$ tend vers $+\infty$.
			
Puisque cette limite est admise dans le sujet, on a : $\lim\limits_{x \to +\infty} x\mathrm{e}^{-0,2x} = 0$.
			
Comme $-0,2$ est négatif, on a : 
			
$\lim\limits_{x \to +\infty} -0,2x = -\infty$, or $\lim\limits_{y \to -\infty} \mathrm{e}^y = 0$, donc, par composition : $\lim\limits_{x \to +\infty} \mathrm{e}^{-0,2x} = 0$.
	
Finalement, par limite de la somme de fonctions, on a :
	
$\lim\limits_{x \to +\infty} \displaystyle \int_{0}^{x}g(t) \text{~d} t = \lim\limits_{x \to +\infty} -x\mathrm{e}^{-0,2x} - 5\mathrm{e}^{-0,2x} + 5 = 5$.

\medskip
	
En conclusion, on a bien établi que l'espérance $\text{E}(X)$ est bien égale à 5.
		\end{enumerate}

	\bigskip
	
	\textbf{Partie B - Étude de la durée de présence d'un client dans le supermarché}
	
	\medskip

	\begin{enumerate}
		\item Posons $T'$ la variable aléatoire définie par $T' = \dfrac{T - 40}{\sigma}$. Puisque $T$ suit une loi normale d'espérance $40$ et d'écart-type $\sigma$, on peut dire que $T'$ suit la loi normale centrée et réduite.
		
		Par ailleurs les évènements $(T < 10)$ et $\left (T' < \dfrac{10 - 40}{\sigma}\right)$ sont équivalents, et ont donc la même probabilité.
		
		En utilisant la calculatrice avec la fonction inversant la loi normale centrée réduite, on obtient que la borne $\dfrac{10 - 40 }{\sigma} = \dfrac{-30}{\sigma}$ doit être environ égale à $\np{-1,4985}$.
		
		En résolvant, on a $\sigma \approx \dfrac{-30}{\np{-1,4985}}$, soit $\sigma \approx \np[min]{20,0198}$, soit, en donnant un arrondi à la seconde près, 20 min 01 s. (car $0,0198 \times 60 \approx 1,2$)
		
		\medskip
		
		\textit{Remarque :} Ici la modélisation implique que les valeurs prises par $T$ peuvent être négatives, et ce de façon non complètement négligeable, puisque la probabilité d'avoir $T$ négatif va être proche de $0,025$, le 0 étant presque égal à $\mu - 2\sigma$.
		Cela peut sembler déstabilisant, mais ici, la modélisation est donnée et n'est pas à remettre en cause.
		
		\item Puisque le temps est exprimé en minutes, une heure correspond à 60 minutes, et donc la probabilité cherchée est obtenue à la calculatrice :
		
		$P( T \geqslant 60) = 1 - P(T < 60) \approx \np{0,1587}$.
		
		Puisque la question est posée en terme de proportion, on va supposer que la modélisation est fiable et que les probabilités sont assimilables à des proportions, et donc qu'environ 15,9~\% des clients passent plus d'une heure dans le supermarché.
	\end{enumerate}

	
	\bigskip
	
	\textbf{Partie C - Durée d'attente pour le paiement}
	
	\medskip

	\begin{enumerate}
		\item \begin{enumerate}
			\item Pour la durée d'attente moyenne d'attente des clients, on va utiliser l'espérance de la variable aléatoire donnant leur temps d'attente.  
			
			Comme cette variable aléatoire suit la loi exponentielle de paramètre \np[min^{-1}]{0,2}, on est exactement dans la situation étudiée à la \textbf{Partie A} et donc on va en utiliser le résultat : la durée moyenne d'attente aux caisses automatiques est de 5 minutes.
			
			\item Si on note $X$ la variable aléatoire, la probabilité qu'un client attende plus de 10 minutes est donc :
			
			$\displaystyle P(X \geqslant 10) = 1 - P(X < 10) = 1 - \int_{0}^{10} 0,2\mathrm{e}^{-0,2t}~\text{d}t = \mathrm{e}^{-0,2 \times 10} = \mathrm{e}^{-2} \approx 0,135$.
			
			À $10^{-3}$ près, la probabilité qu'un client attende plus de dix minutes aux bornes automatiques est donc de 0,135.
		\end{enumerate}
	\item Puisque l'on choisit au hasard un client du magasin, on est en situation d'équiprobabilité et les proportions sont assimilables à des probabilités.
	
	Notons $p$ la proportion de clients choisissant les caisses automatiques. On peut alors visualiser la situation à l'aide de l'arbre suivant :
	
%:-+-+-+- Engendré par : http://math.et.info.free.fr/TikZ/Arbre/
\begin{center}
% Racine à Gauche, développement vers la droite
\begin{tikzpicture}[xscale=1,yscale=1]
% Styles (MODIFIABLES)
\tikzstyle{fleche}=[->,>=latex,thick]
\tikzstyle{noeud}=[fill=white]
\tikzstyle{feuille}=[fill=white]
\tikzstyle{etiquette}=[pos = 0.6,fill=white]
% Dimensions (MODIFIABLES)
\def\DistanceInterNiveaux{3}
\def\DistanceInterFeuilles{0.8}
% Dimensions calculées (NON MODIFIABLES)
\def\NiveauA{(0)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauB{(1)*\DistanceInterNiveaux}
\def\NiveauC{(2)*\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}) {$B$};
\node[feuille] (Raa) at ({\NiveauC},{(0)*\InterFeuilles}) {$S$};
\node[feuille] (Rab) at ({\NiveauC},{(1)*\InterFeuilles}) {$\overline{S}$};
\node[noeud] (Rb) at ({\NiveauB},{(2.5)*\InterFeuilles}) {$\overline{B}$};
\node[feuille] (Rba) at ({\NiveauC},{(2)*\InterFeuilles}) {$S$};
\node[feuille] (Rbb) at ({\NiveauC},{(3)*\InterFeuilles}) {$\overline{S}$};
% Arcs (MODIFIABLES : Styles)
\draw[fleche] (R.east)--(Ra) node[etiquette] {$p$};
\draw[fleche] (Ra.east)--(Raa) node[etiquette] {$0,86$};
\draw[fleche] (Ra.east)--(Rab) node[etiquette] {$0,14$};
\draw[fleche] (R.east)--(Rb) node[etiquette] {$1 - p$};
\draw[fleche] (Rb.east)--(Rba) node[etiquette] {$0,63$};
\draw[fleche] (Rb.east)--(Rbb) node[etiquette] {$0,37$};
\end{tikzpicture}
\end{center}
%:-+-+-+-+- Fin
	
$B$ et $\overline{B}$ formant une partition de l'univers, on utilise la loi des probabilités totales :
		
$P(S) = P\big(S \cap B\big) + P\left(S \cap \overline{B}\right) = P\big(B\big) \times P_{B}\big(S\big) + P\left(\overline{B}\right) \times P_{\overline{B}}\big(S\big) = p \times 0,86 + (1 - p) \times 0,63$
	
		
Finalement : $P(S) = 0,63 + p(0,86 - 0,63) = 0,63 + 0,23p$.
	
Pour que plus de 75~\% des clients attendent moins de dix minutes, on doit avoir :

\begin{tabbing}
$P(S) > 0,75$~\=$\iff 0,63 + 0,23p > 0,75$      \\
\> $\iff 0,23 p > 0,12$ \\
\> $\iff p > \dfrac{0,12}{0,23}$
\end{tabbing}
	
La proportion minimale de clients devant choisir les caisses automatiques, si on veut que plus de 75~\% des clients attendent moins de dix minutes est donc de $\dfrac{12}{23}$, soit environ 52,2~\%.
	\end{enumerate}
	 
\bigskip

\textbf{Partie D - Bons d'achat}
	
\medskip
	
\begin{enumerate}
	\item Pour un montant de 158,02~\euro{}, le client obtient 15 cartes.
		
	\begin{itemize}
		\item Chaque carte peut être gagnante (considéré comme succès).
			
Puisque la distribution d'une carte est assimilable à un tirage au sort dans le stock de cartes, on va assimiler la proportion de cartes gagnantes à la probabilité qu'une carte distribuée soit gagnante.
	
La probabilité du succès est donc de $p = 0,005$.
			
		\item Le client reçoit 15 cartes.
	
Puisque l'on dit que la distribution est assimilable à un tirage avec remise, la distribution des 15 cartes est considérée comme la répétition 15 fois de façon indépendante de la distribution d'une carte.
	
	\item On s'intéresse au nombre $N$ de cartes gagnantes reçues par le client.
		\end{itemize}
	
Les éléments cités ci-dessus permettent de dire que la variable aléatoire $N$ suit la loi binomiale de paramètres $\mathcal{B}(15~;~0,005)$, et donc :
	
$P(N \geqslant 1) = 1 - P(N = 0) = 1 - \displaystyle \binom{15}{0} 0,005^0 \times 0,995^{15} = 1 - 0,995^{15} \approx 0,072$.
		
La probabilité que ce client ait au moins une carte gagnante est de 0,07, à $10^{-2}$ près.
		
	\item La démarche va être similaire, sauf que le nombre de répétitions va être variable. Si on note $n$ le nombre de cartes reçues, et que l'on considère $N_n$, la variable aléatoire suivant la loi binomiale de paramètres $n$ et 0,005 alors on aura :
		
$P(N_n \geqslant 1) = 1 - P\left(N_n = 0\right) = 1 - \displaystyle \binom{n}{0} 0,005^0 \times 0,995^{n} = 1 - 0,995^{n}$.
		
Résolvons :
		
\begin{tabbing}
$P\left(N_n \geqslant 1\right) \geqslant 0,50$~\=$\iff 1 - 0,995^n \geqslant 0,5$\\
\> $\iff - 0,995^{n} \geqslant -0,5$\\
\> $\iff 0,995^n \leqslant 0,5$\\
\> $\iff n \ln(0,995) \leqslant \ln(0,5)$ \quad \= car la fonction ln est croissante sur $[0~;~+\infty[$\\
\> $\iff n \geqslant \dfrac{\ln(0,5)}{\ln(0,995)}$ \> car $\ln(0,995)$ est négatif.
		\end{tabbing}
		
Comme $\dfrac{\ln(0,5)}{\ln(0,995)} \approx 138,3$ et que $n$ doit être entier, il faut avoir $n\geqslant 139$, et c'est donc à partir de \np{1390}~\euro{} que la probabilité d'avoir au moins une carte gagnante dépasse $0,5$.
	\end{enumerate}


\label{fin}
\end{document}  