Fiche de mathématiques
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Bac STI2D et STL spé SPCL

Métropole 2019

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Durée : 4 heures

Coefficient : 4



4 points

exercice 1

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7 points

exercice 2

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4 points

exercice 3

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5 points

exercice 4

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Bac STI2D et STL spé SPCL Métropole 2019

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4 points

exercice 1

{\red{\text{1. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ c.\ 4\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}}}}
Le point A appartient au cercle de centre O et de rayon 4.
Le module de z A est donc égal à 4.
Si theta représente un argument de z  A, alors  z_A=4(\cos\theta + \text{i}\sin\theta).
\left\lbrace\begin{matrix}\text{La partie réelle de }z_A \text{ est positive}\\\text{La partie imaginaire de }z_A \text{ est égale à 2 }\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}4\cos\theta\ge0\\4\sin\theta=2\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\cos\theta\ge0\\\sin\theta=\dfrac{2}{4}\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}\text{La partie réelle de }z_A \text{ est positive}\\\text{La partie imaginaire de }z_A \text{ est égale à 2 }\end{matrix}\right.}\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}\cos\theta\ge0\\\sin\theta=\dfrac{1}{2}\end{matrix}\right.\Longrightarrow\boxed{\theta=\dfrac{\pi}{6}[2\pi]}
Par conséquent, le nombre complexe z A a pour forme exponentielle  4\,\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{6}}.

{\red{\text{2. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ b.\ \ln(\text{e}^{x})=-3}}}}
Nous savons que  {\red{{\ln(\text{e}^{x})=x.}} 
Nous en déduisons que  {\red{\ln(\text{e}^{x})}}=-3\Longleftrightarrow {\red{x}}=-3
D'où le nombre -3 est solution de l'équation  \overset{.}{\ln(\text{e}^{x})=-3.}

{\red{\text{3. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ d.\ aucune\ des\ r\acute{e}ponses\ pr\acute{e}c\acute{e}dentes}}}}
\overset{.}{g'(x)=\left(\dfrac{\text{e}^x}{2x+1}\right)'=\dfrac{(\text{e}^x)'\times(2x+1)-\text{e}^x\times(2x+1)'}{(2x+1)^2}} \\\\\phantom{g'(x)=\left(\dfrac{\text{e}^x}{2x+1}\right)'}=\dfrac{\text{e}^x\times(2x+1)-\text{e}^x\times2}{(2x+1)^2}=\dfrac{(2x+1-2)\,\text{e}^x}{(2x+1)^2}=\dfrac{(2x-1)\,\text{e}^x}{(2x+1)^2} \\\\\Longrightarrow\boxed{ g'(x)=\dfrac{(2x-1)\,\text{e}^x}{(2x+1)^2}}

{\red{\text{4. }}{\blue{\mathbf{Réponse\ b.\ f(x)=cos(2x)}}}}
L'équation différentielle  y''+\omega ^2y=0 \ \ (\omega\in\R)  admet pour solutions la famille des fonctions f  définies sur R par \overset{.}{f(x)=A\cos(\omega x)+B\sin(\omega x)\ \ \ \ \ \ (\text{avec }A\text{ et }B \text{ dans }\R)}.

D'où l'équation différentielle  y''+2^2y=0  admet pour solutions la famille des fonctions définies sur R par \overset{.}{f(x)=A\cos(2x)+B\sin(2x)\ \ \ \ \ \ (\text{avec }A\text{ et }B \text{ dans }\R)}.

\text{Or }f(0) = 1\Longrightarrow A \cos(0) + B \sin(0)=1 \\\phantom{\text{Or }f(0) = 1}\Longrightarrow A \times1+B\times0=1 \\\phantom{\text{Or }f(0) = 1}\Longrightarrow \boxed{ A=1}
Nous en déduisons que l'équation différentielle  y''+4y=0  admet pour solutions vérifiant la relation y (0) = 1, la famille des fonctions définies sur R par \overset{.}{f(x)=\cos(2x)+B\sin(2x)\ \ \ \ \ \ (\text{avec }B\text{ dans }\R)}.
Si nous choisissons B  = 0, nous obtenons une de ces solutions, à savoir la fonction f  définie sur R par  \overset{.}{\boxed{f(x)=\cos(2x)}}

7 points

exercice 2

Partie A

1.  Une augmentation annuelle de 5 % correspond à un coefficient multiplicateur de 1 + 0,05 = 1,05.
  63 multiplie 1,05 = 66,15 environegal 66,2.
  66,2 multiplie 1,05 = 69,51 environegal 69,5.
  69,5 multiplie 1,05 = 72,975 environegal 73.
Par conséquent, l'estimation d'une augmentation annuelle de 5 % est cohérente avec les relevés pris sur le terrain.

2.  En 2018, l'aire de la surface occupée par la plante est de 73 ha.
En 2019, l'aire de la surface occupée par la plante est de 73 multiplie 1,05 = 76,65 ha.
En 2020, l'aire de la surface occupée par la plante est de 76,65 multiplie 1,05 = 80,4825 ha.
Puisque dès 2020, l'aire de la surface occupée par la plante dépasse 80 ha, la décision de commencer l'élimination de la plante doit être prise à la fin de l'année 2020.

3.  On désigne par Pn  l'aire de la surface occupée par la plante, exprimée en hectares, en fin d'année "2020 + n ".
En 2020, cette aire est P 0 = 80,5.
3. a.  L'aire P 1 de la surface occupée par la plante en 2021 se calcule comme suit :
  d'abord une augmentation de 5 % de l'aire P 0 , ce qui revient à calculer P 0 multiplie 1,05.
  ensuite une diminution de 10 ha en fin d'année, ce qui revient à calculer P 0 multiplie 1,05 - 10.
\overset{.}{\text{D'où }P_1=P_0\times1,05-10} \\\phantom{\text{D'où }P_1}=80,5\times1,05-10\\\phantom{\text{D'où }P_1}=74,525 \\\\\Longrightarrow\boxed{P_1=74,525.}

3. b. On désigne par Pn  l'aire de la surface occupée par la plante, exprimée en hectares, en fin d'année "2020 + n ".
L'aire Pn +1 de la surface occupée par la plante en "2020 + (n +1)" se calcule comme suit :
d'abord une augmentation de 5 % de l'aire Pn , ce qui revient à calculer Pn multiplie 1,05, soit 1,05Pn.
ensuite une diminution de 10 ha en fin d'année, ce qui revient à calculer 1,05Pn - 10.
D'où pour tout entier naturel n,   \boxed{P_{n+1}=1,05P_n-10.}

{\red{3.\ \text{c.} }}\ P_2=1,05\times P_1-10 \\\phantom{{\red{3.\ \text{c.} }}\ P_2}=1,05\times 74,525-10 \\\phantom{{\red{3.\ \text{c.} }}\ P_2}=68,25125 \\\\\Longrightarrow\boxed{P_2\approx68,251\ \ \ (\text{à }10^{-3}\ \text{près})}

{\red{3.\ \text{d.} }}\ \left\lbrace\begin{matrix}\dfrac{P_1}{P_0}=\dfrac{74,525}{80,5}\approx0,926\\\\\dfrac{P_2}{P_1}\approx\dfrac{68,251}{74,525}\approx0,916\end{matrix}\right. \ \ \Longrightarrow\ \ \ \boxed{\dfrac{P_1}{P_0}\neq\dfrac{P_2}{P_1}}
Par conséquent, la suite (Pn ) n'est pas une suite géométrique.

4.  Algorithme complété :

        \begin{array}{|c|}\hline n\longleftarrow0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\P\longleftarrow80,5\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\text{Tant que  }P\ge6\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  \\P\longleftarrow\,{\red{1,05P-10}}\\\ \ \ \ \ \ n\longleftarrow\,{\red{n+1}}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  \\\text{Fin Tant que}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\\hline\end{array}

5.  Le tableau suivant nous donne les premières valeurs de P  et les valeurs de n  correspondantes.

\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|} \hline \text{Valeurs de }P&80,5&74,525&68,251&61,664&54,747&47,484&39,859&31,851&23,444&14,616&\cellcolor{red}5,347<6\\\hline\text{Valeurs de }n&0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&\cellcolor{green}10 \\\hline \end{array}
La valeur contenue dans la variable n  à l'issue de l'exécution de l'algorithme est 10.
Par conséquent, le plan d'élimination prendra fin à l'issue de la 10ème année, soit à la fin de l'année 2030.

Partie B

1.  Montrons que 0,2 est une solution de l'équation f (x ) = g (x ) en montrant que f (0,2) = g (0,2).

\left\lbrace\begin{matrix}f(x)=\dfrac{0,2}{x}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\g(x)=-x^2+0,2x+1\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f(0,2)=\dfrac{0,2}{0,2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\g(0,2)=-0,2^2+0,2\times0,2+1\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f(0,2)=1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\g(0,2)=-0,04+0,04+1\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}f(x)=\dfrac{0,2}{x}\\g(x)=-x^2+0,2x+1\end{matrix}\right.}\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f(0,2)=1\\g(0,2)=1\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ \boxed{f(0,2)=g(0,2)}
Puisque f (0,2) = g (0,2), nous en déduisons que 0,2 est une solution de l'équation f (x ) = g (x ).

2.  Graphiquement, nous observons que les courbes Cf  et Cg  se coupent en deux points dont les abscisses sont 0,2 et 1.
Ces abscisses représentent les solutions de l'équation f (x ) = g (x ).
Par conséquent, la seconde solution de cette équation est x  = 1.
Remarque :
\left\lbrace\begin{matrix}f(x)=\dfrac{0,2}{x}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\g(x)=-x^2+0,2x+1\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f(1)=\dfrac{0,2}{1}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\g(1)=-1^2+0,2\times1+1\end{matrix}\right.\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f(1)=0,2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \\g(1)=-1+0,2+1\end{matrix}\right. \\\\\phantom{\left\lbrace\begin{matrix}f(x)=\dfrac{0,2}{x}\\g(x)=-x^2+0,2x+1\end{matrix}\right.}\Longrightarrow\left\lbrace\begin{matrix}f(1)=0,2\\g(1)=0,2\end{matrix}\right.\ \ \ \ \ \Longrightarrow\ \ \ \ \ \boxed{f(1)=g(1)}
Ce calcul confirme que la seconde solution de cette équation est bien x  = 1.

3. a.  La fonction g  est positive sur l'intervalle [0,2 ; 1].
D'où l'intégrale  \overset{.}{I=\int\limits_{0,2}^1g(x)\,dx} représente l'aire, exprimée en unité d'aire, du domaine compris entre la courbe Cg , l'axe des abscisses et les droites d'équation x  = 0,2 et x  = 1.

3. b.  La fonction g est définie sur l'intervalle [0,1 ; 1,25] par  g(x)=-x^2+0,2x+1.
Une primitive de la fonction g  sur l'intervalle [0,1 ; 1,25] est la fonction G  définie par  \overset{.}{G(x)=-\dfrac{x^3}{3}+0,2\times\dfrac{x^2}{2}+x} , soit par  G(x)=-\dfrac{x^3}{3}+0,1x^2+x.

\text{D'où, }I=\int\limits_{0,2}^1g(x)\,dx=\left[\dfrac{}{}G(x)\right]\limits_{0,2}^1=G(1)-G(0,2) \\\\\phantom{\text{D'où, }I=\int\limits_{0,2}^1g(x)\,dx}=(-\dfrac{1^3}{3}+0,1\times1^2+1)-(-\dfrac{0,2^3}{3}+0,1\times0,2^2+0,2) \\\phantom{\text{D'où, }I=\int\limits_{0,2}^1g(x)\,dx}=-\dfrac{1}{3}+0,1+1+\dfrac{0,008}{3}-0,004-0,2 \\\phantom{\text{D'où, }I=\int\limits_{0,2}^1g(x)\,dx}=0,896-\dfrac{0,992}{3}=\dfrac{212}{375}\approx0,5653 \\\\\Longrightarrow\boxed{I=\int\limits_{0,2}^1g(x)\,dx\approx0,57\ \ \ (\text{à }10^{-2}\ \text{près})}

4. a.  La fonction F  définie sur l'intervalle [0,1 ; 1,25] par  F(x)=\dfrac{1}{5}\,\ln(x)  est dérivable sur [0,1 ; 1,25].
F'(x)=\dfrac{1}{5}\times[\ln(x)]'=\dfrac{1}{5}\times\dfrac{1}{x}=0,2\times\dfrac{1}{x}=\dfrac{0,2}{x}=f(x) \\\\\Longrightarrow\boxed{F'(x)=f(x)}
Par conséquent, la fonction F est une primitive de la fonction f  sur l'intervalle [0,1 ; 1,25].

{\red{4.\ \text{b.} }}\ J=\int\limits_{0,2}^1f(x)\,dx=\left[\dfrac{}{}F(x)\right]\limits_{0,2}^1=F(1)-F(0,2) \\\phantom{{\red{4.\ \text{b.} }}\ J=\int\limits_{0,2}^1f(x)\,dx}=\dfrac{1}{5}\ln(1)-\dfrac{1}{5}\ln(0,2)=0-\dfrac{1}{5}\ln(0,2) \\\phantom{{\red{4.\ \text{b.} }}\ J=\int\limits_{0,2}^1f(x)\,dx}=-\dfrac{1}{5}\ln(0,2)=-\dfrac{1}{5}\ln(\dfrac{1}{5})=-\dfrac{1}{5}\imes(-\ln(5))=\dfrac{\ln(5)}{5} \\\\\Longrightarrow\boxed{J=\int\limits_{0,2}^1f(x)\,dx=\dfrac{\ln(5)}{5}}

5.  La courbe Cg  est située au-dessus de la courbe Cf  sur l'intervalle [0,2 ; 1].
Dès lors, l'aire en unité d'aire de la partie grisée du plan se calcule par  \overset{.}{\int\limits_{0,2}^1g(x)\,dx-\int\limits_{0,2}^1f(x)\,dx\approx0,57-\dfrac{\ln(5)}{5}\approx0,25}
Par conséquent, l'aire de la partie grisée du plan est environ égale à 0,25 u.a.
Or le logo est constitué de deux feuilles symétriques l'une de l'autre.
L'aire du logo est donc égale à 2 multiplie 0,25 u.a., soit 0,5 u.a.

L'unité choisie sur chacun des axes est de 2,5 cm.
Donc l'unité d'aire est égale à 2,5 multiplie 2,5 = 6,25 cm2.
Dès lors, l'aire totale du logo est environ égale à 0,5 multiplie 6,25 cm2, soit environ 3,125 cm2.
Par conséquent, cette aire totale est environ égale à 3 cm2 (au cm2 près).

4 points

exercice 3

1.  A 20h, le taux volumique de CO2 dans la pièce de 900 000 dm3 est de 0,6 %.
\overset{.}{\dfrac{0,6}{100}\times900\,000=5\,400.}
Donc, à 20 h, le volume de CO2 présent dans cette pièce est de 5400 dm3.

2. a.  Résoudre sur [0 ; 690] l'équation différentielle  (E):y'+0,01y=4,5.
La solution générale d'une équation différentielle de la forme  y'=ay+b  est  y=k\,\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\ \ \ \ \ (k\in\R).
\text{Or }\ (E)\Longleftrightarrow y'=-0,01y+4,5
Dans ce cas, a = -0,01 et b = 4,5.
D'où la solution générale de l'équation (E ) est de la forme  y=k\,\text{e}^{-0,01t}-\left(\dfrac{4,5}{-0,01}\right)
soit  \boxed{y=k\,\text{e}^{-0,01t}+450\ \ \ \ \ (k\in\R)}

2. b.  Nous avons montré dans la question 1 que le volume de CO2 présent dans cette pièce à 20h est de 5400 dm3.
A 20h, la valeur de t  est 0.
Nous obtenons ainsi la relation V (0) = 5400.
Déterminons la solution de (E ) vérifiant la conditions V (0) = 5400 en remplaçant t  par 0 et y  par 5400 dans la solution générale de (E ).

k\,\text{e}^{-0,01\times0}+450=5400\Longleftrightarrow k\,\text{e}^{0}+450=5400  \\\phantom{k\,\text{e}^{-0,01\times0}+450=5400}\Longleftrightarrow k+450=5400 \\\phantom{k\,\text{e}^{-0,01\times0}+450=5400}\Longleftrightarrow k=5400-450 \\\phantom{k\,\text{e}^{-0,01\times0}+450=5400}\Longleftrightarrow{\red{ k=4950}}
Par conséquent, pour tout t de l'intervalle [0 ; 690],  \boxed{V(t)=4950\,\text{e}^{-0,01t}+450}.

3.  A 21h, la valeur de t  est 60.
\overset{.}{V(60)=4950\,\text{e}^{-0,01\times 60}+450=4950\,\text{e}^{-0,6}+450\approx3166,618} \\\\\Longrightarrow\boxed{V(60)\approx3167\ \ \ (\text{arrondi à l'unité})}
D'où, à 21h, il y aura environ 3167 dm3 de CO2 dans cette pièce.

4.  A 7h30, la valeur de t  est 690.
\overset{.}{V(690)=4950\,\text{e}^{-0,01\times 690}+450=4950\,\text{e}^{-6,9}+450\approx455} \\\\\Longrightarrow\boxed{V(690)\approx455\ \ \ (\text{arrondi à l'unité})}
D'où, à 7h30, il y aura environ 455 dm3 de CO2 dans cette pièce.
Dans ce cas, le taux de CO2 en pourcentage est égal à  \overset{.}{\dfrac{455}{900\,000}\times100\approx0,05}
Donc à 7h30, le taux de CO2 dans cette pièce est d'environ 0,05 %.
Par conséquent, l'affirmation des responsables de la cimenterie est vraie.

5.  Résolvons l'inéquation V (t ) < 900.

4950\,\text{e}^{-0,01t}+450<900\Longleftrightarrow4950\,\text{e}^{-0,01t}<450 \\\phantom{4950\,\text{e}^{-0,01t}+450<900}\Longleftrightarrow\,\text{e}^{-0,01t}<\dfrac{450}{4950} \\\\\phantom{4950\,\text{e}^{-0,01t}+450<900}\Longleftrightarrow\ln\left(\dfrac{}{}\text{e}^{-0,01t}\right)<\ln\left(\dfrac{450}{4950}\right) \\\\\phantom{4950\,\text{e}^{-0,01t}+450<900}\Longleftrightarrow-0,01t<\ln\left(\dfrac{450}{4950}\right) \\\\\phantom{4950\,\text{e}^{-0,01t}+450<900}\Longleftrightarrow t>\dfrac{\ln\left(\dfrac{450}{4950}\right)}{-0,01} \\\\\text{Or }  \dfrac{\ln\left(\dfrac{450}{4950}\right)}{-0,01}\approx239,7895
Puisque t  est un nombre entier naturel, l'inéquation est vérifiée pour t  > 240.
240 minutes représentent une durée de 4 heures.
Par conséquent, le volume de CO2 dans la pièce deviendra inférieur à 900 dm3 à 24h, soit à minuit.

5 points

exercice 4

Partie A

1.  L'espérance de la variable aléatoire D  est mu = 4.
Nous en déduisons que la durée moyenne de fonctionnement sans panne d'un capteur photographique est de 4 ans.

2.  Par la calculatrice, nous obtenons :  P(3,5\le D\le4,5)\approx0,316.

3. Nous devons déterminer P (D  < 2).
Nous savons que \overset{.}{P(D\le\mu)=0,5}, soit que \overset{.}{\boxed{P(D\le4)=0,5.}} \text{Dès lors, }P(D<2)=P(D\le4)-P(2\le D\le4) \\\phantom{\text{Dès lors, }P(D<2)}\approx0,5-0,448\\\phantom{\text{Dès lors, }P(D<2)}\approx0,052 \\\\\Longrightarrow\boxed{P(D<2)\approx0,052}
Par conséquent, la probabilité que la durée de fonctionnement sans panne d'un capteur photographique soit inférieure à la durée de garantie est environ égale à 0,052.

Partie B

La variable aléatoire T  suit la loi exponentielle de paramètre lambda = 0,025.

1. a.  L'espérance de la variable aléatoire T  est  E(T)=\dfrac{1}{\lambda}=\dfrac{1}{0,025}\Longrightarrow\boxed{E(T)=40}
1. b.  Le temps d'attente moyen avant le retour de l'appareil, réparé ou échangé est de 40 jours.

2. a.  Calculons P(T  infegal 7).

P(T\le7)=\int\limits_0^{7}\lambda\text{e}^{-\lambda t}\,dt=\int\limits_0^{7}0,025\text{e}^{-0,025t}\,dt \\\\\phantom{P(T\le7)=\int\limits_0^{7}\lambda\text{e}^{-\lambda t}\,dt}=-\int\limits_0^{7}(-0,025)\text{e}^{-0,025t}\,dt \\\\\phantom{P(T\le7)=\int\limits_0^{7}\lambda\text{e}^{-\lambda t}\,dt}=-\int\limits_0^{7}(-0,025t)'\text{e}^{-0,025t}\,dt \\\phantom{P(T\le7)=\int\limits_0^{7}\lambda\text{e}^{-\lambda t}\,dt}=-\left[\overset{}{\text{e}^{-0,025 t}}\right]\limits_0^{7} =-[\text{e}^{-0,025\times7}-\text{e}^{0}] \\\phantom{P(T\le7)=\int\limits_0^{7}\lambda\text{e}^{-\lambda t}\,dt}=-[\text{e}^{-0,175}-1]=1-\text{e}^{-0,175} \\\\\Longrightarrow\boxed{P(T\le7)=1-\text{e}^{-0,175}\approx 0,161}
D'où la probabilité que le client attende moins de 7 jours avant le retour de l'appareil, réparé ou échangé est environ égale à 0,061.

2. b.  Nous devons déterminer P (T  > 20).

P(T>20)=1-P(T\le20) \\\\\phantom{P(T>20)}=1-\int\limits_0^{20}\lambda\text{e}^{-\lambda t}\,dt \\\\\phantom{P(T>20)}=1-\int\limits_0^{20}0,025\text{e}^{-0,025 t}\,dt\\\\\phantom{P(T>20)}=1+\int\limits_0^{20}(-0,025t)'\text{e}^{-0,025 t}\,dt\\\\\phantom{P(T>20)}=1+\left[\overset{}{\text{e}^{-0,025 t}}\right]\limits_0^{20}=1+[\text{e}^{-20\times0,025}-\text{e}^{0}] \\\\\phantom{P(T>20)}=1+\text{e}^{-0,5}-1 =\text{e}^{-0,5} \\\\\Longleftrightarrow\boxed{P(T>20)=\text{e}^{-0,5}\approx0,607}
Par conséquent, la probabilité que le client doive attendre plus de 20 jours avant de récupérer son téléphone portable est environ égale à 0,607.

Partie C

1.  Déterminons un intervalle de confiance I92  au seuil de 95 % de la proportion de clients ayant récupéré en moins de 20 jours leur téléphone de marque B dans un échantillon de 92 clients.

Les conditions d'utilisation de l'intervalle de confiance sont remplies.
En effet,

\left\lbrace\begin{array}l n=92\ge30 \\ f=\dfrac{26}{92}=\dfrac{13}{46}\Longrightarrow nf=92\times\dfrac{26}{92}=26>5 \\n(1-f)= 92\times(1-\dfrac{26}{92})= 92\times\dfrac{66}{92}=66>5 \end{array}

Donc un intervalle de confiance I92  au seuil de 95% est :

I_{92}=\left[\dfrac{13}{46}-1,96\sqrt{\dfrac{\dfrac{13}{46} (1-\dfrac{13}{46})}{92}};\dfrac{13}{46}+1,96\sqrt{\dfrac{\dfrac{13}{46} (1-\dfrac{13}{46})}{92}}\right]\\\\\Longrightarrow\boxed{I_{92}\approx[0,190;0,375]}

2.  L'intersection entre les intervalles de confiance est :  [0,304\ ;0,480]\cap [0,190\ ;0,375]={\red{[0,304\ ;0,375]}}
La différence entre deux fréquences observées sur deux échantillons n'est pas significative car les intervalles de confiance correspondants ne sont pas disjoints.
Par conséquent, il n'y a pas de différence significative dans l'efficacité des deux S.A.V.
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