TS3 - énoncé et correction du DS 7

DS 7 – TS3 – 22 janvier 2015
Exercice 1
Lors d’une épidémie chez des bovins, on s’est aperçu que si la maladie est diagnostiquée suffisamment tôt chez un animal
On peut le guérir ; sinon la maladie est mortelle.
Un test est mis au point et essayé sur un échantillon d’animaux dont 1 % est porteur de la maladie.
On obtient les résultats suivants :
→ si un animal est porteur de la maladie, le test est positif dans 85 % des cas ;
→ si un animal est sain, le test est négatif dans 95 % des cas.
On choisit de prendre ces fréquences observées comme probabilités pour la population entière et d’utiliser le test pour un
dépistage préventif de la maladie. On note :
M l’événement « l’animal est porteur de la maladie »
P l’événement « le test est positif ».
1. Construire un arbre pondéré modélisant la situation.
2. On choisit un animal au hasard.
a. Quelle est la probabilité qu’il soit porteur de la maladie et que son test soit positif ?
b. Montrer que la probabilité que son test soit positif est 0.058.
3. On choisit un animal ayant un test positif. Quelle est la probabilité qu’il soit porteur de la maladie ?
4. Le coût des soins à prodiguer à un animal ayant réagi positivement au test est de 100 € et le coût de l’abattage d’un
animal malade non dépisté par le test est de 1 000 €.Un animal sain et ayant un test négatif est vendu 250 €.
On suppose que le test est gratuit.
Soit X la variable aléatoire égale à la recette par animal subissant le test.
a. Recopier et compléter le tableau suivant donnant la loi de probabilité de X (justifier les résultats donnés) :
Recettes xi
p(X = xi)
5.
250
– 100
– 1000
b. Calculer l’espérance mathématique de la variable aléatoire X.
c. Un éleveur possède un troupeau de 200 bêtes. Si tout le troupeau est soumis au test, quelle recette peut-il
prévoir ?
Cette question n’est pas à traiter. Elle sera étudiée en classe lundi ; apporter l’énoncé.
On choisit au hasard 20 animaux dans un troupeau dont la taille est assez grande pour qu’on puisses assimiler ces
choix à des tirages successifs avec remise.
On note Y la variable aléatoire qui donne le nombre d’animaux ayant un test positif parmi ces 20 choisis.
Dans les questions suivantes, on arrondira les probabilités au dix millième.
a. Quelle loi de probabilité suit la variable aléatoire X ?
b. Quelle est la probabilité qu’au moins un des vingt animaux ait un test positif ?
c. Quelle est la probabilité que 4 animaux aient un test positif ?
d. Quelle est la probabilité qu’au moins 5 animaux aient un test positif ?
e. Calculer l’espérance de Y et en donner une interprétation.
Exercice 2
Partie A
Soit g la fonction définie sur ℝ par : g(x) = ex + x + 1.
1. Etudier les variations de g sur ℝ ainsi que ses limites en –∞ et en +∞.
2. Démontrer que l’équation g(x) = 0 admet une solution unique α sur ℝ et donner un encadrement de α d’amplitude
10 – 2 .
3. En déduire le signe de g(x) sur ℝ.
Partie B
Soit f la fonction définie sur ℝ par : f(x) =
.
1.
2.
Etudier la limite de f en –∞. Interpréter géométriquement ce résultat.
Etudier la limite de f en +∞.
3.
Montrer que f ’(x) =
4.
5.
6.
Montrer que f(α) = α + 1. En déduire un encadrement de α d’amplitude 10 – 2 .
Déterminer l’équation de la tangente T à la courbe C représentant f au point d’abscisse 0.
Etudier la position relative de la courbe C et de la tangente T.
²
. En déduire le tableau de variation de f sur ℝ .
Correction du DS 7 – TS3 – 22 janvier 2015
Exercice 1
1.
arbre pondéré.
P
0,85
M
0,15
P
0,01
P
0,99
0,05
M
0,95
a. p(M ∩ P) = p(M) pM(P) = 0.01 0.85 = 0.0085.
La probabilité qu’un animal soit malade et qu’il ait un test positif est 0.0085.
b. D’après la formule des probabilités totales, on a :
p(P) = p(M ∩ P) + p(M ∩ P)= 0.0085 + p(M) p (P) = 0.0085 + 0.99 0.05 = 0.0085 + 0.0495 = 0.058.
La probabilité qu’un animal ait un test positif est 0.058.
p(M ∩ P) 0.0085
85
( )=
.
=
=
=
" #. $ .
p(P)
0.058
580
!
La probabilité qu’un animal soit porteur de la maladie sachant qu’il a un test positif est 0.147.
4. a. p(X = 250) = p(M ∩ P)= p(M) p (P) = 0.99 0.95 = 0.9405.
p(X = –100) = p(P) = 0.058
p(X = –1000) = p(M ∩ P)= p(M) p (P) = 0.01 0.15 = 0.0015.
loi de probabilité de X :
Recettes xi
250
– 100
– 1000
p(X = xi)
0.9405
0.058
0.0015
b. E(X) = 250 × 0.9405 – 100 × 0.058 – 1000 × 0.0015 = 227.825.
c. La recette moyenne par animal est de 227.825 € donc pour 200 bêtes l’éleveur peut prévoir une recette de
200 × 227.825 = 45565 €.
P
2.
Exercice 2
Partie A
Soit g la fonction définie sur ℝ par : g(x) = ex + x + 1.
1. g est dérivable sur ℝ et g’(x) = ex + 1 ; ∀ x ∈ ℝ, ex > 0 donc ex + 1 > 1 > 0 donc g’(x) > 0 donc g est strictement croissante sur
ℝ.
lim / + = 0
' +,-.
3 donc par somme <=> @(?) = 1∞
lim (0 + 1) = 1∞
?,-.
+,-.
+
lim / = +∞
' +, .
3 donc par somme <=> @(?) = +∞
lim (0 + 1) = +∞
?, .
2.
3.
+, .
g est continue et strictement croissante sur ℝ et 0 appartient à l’intervalle image ] –∞ ; +∞[ donc d’après le TVI l’équation
g(x) = 0 admet une solution unique α sur ℝ.
A la calculatrice, on obtient : – 1.28 < α < – 1.27 .
g est strictement croissante sur ℝ donc si x < α alors g(x) < g(α) donc g(x) < 0 et si x > α alors g(x) > g(α) donc g(x) > 0.
D’où le tableau de signe de g(x) :
x
–∞
α
+∞
g(x)
–
0
+
Partie B
Soit f la fonction définie sur ℝ par : f(x) =
.
+
on sait que lim (0/ ) = 0
+,-.
. '
3 donc par quotient <=> M(?) = #
et lim / + = 0 IJKL lim (/ + + 1) = 1
?,-.
+,-.
+,-.
Donc l’axe des abscisses est asymptote à la courbe représentant f au voisinage de –∞.
x
xe
=
;
N. f(x) =
1
1
e P1 + Q 1 +
e
e
lim (0) = +∞
+,-.
'
S donc par quotient <=> M(?) = +∞
1
1
?,-.
lim (e ) = +∞ donc lim
= 0 donc lim (1 + ) = 1
+, .
, .e
+, .
e
.
f x
fU x
u
uU v 1 uv U
donc f U
avec u x
e
1
v
vV
e
xe e
1 1 xe
e
e 1 x e
e
1 V
e
xe
xe donc uU x
f
e We
1
x 1 xe X
xe
e
1
e e
e
V
1
1
1 1 xe
1 V
x
e g x
e
1
V
xe et v x
e
e W 1
e
x e
e
1
e
1 donc v U x
1 1 xe X
V
V
∀ x ∈ ℝ, ex > 0 et (ex + 1)² > 0 donc f ’(x) a le même signe que g(x) (voir A 3)
x
f’(x)
–∞
+∞
α
0
–
+
0
+∞
f(x)
f(α)
$.
f α
αeY
eY
1
0 [ eY
; On sait que g α
α
0 [ eY
1
1
– α et eY
– α 1 1 donc
αeY
1eY 1 1α 1 1
α 1;
1α
– . N] B ^ B – 1.27 donc 1 #. N] B ^ 1 B 10.2 [ 1#. N] B a ^ B 10.2
f α
5.
La tangente T à la courbe C représentant f au point d’abscisse 0 a pour équation :
bc b
y = f’(0)x + f(0) avec f’(0) =
b
Donc T a pour équation : y =
!.
1
a 0 1 0
2
0/
/+
+
1
1 0
1 2
de
N
f
d
V
f
g
d b
et f(0) = b
=0
V
x
20/ +
0 /+
1
2 /+
2 /+ 1
20/ + 1 0/ + 1 0
2 /+ 1
1
1
0/ + 1 0
2 /+ 1
/+ 1 1 i 0 [ /+ i 1 [ 0 i 0
x
x
/+ 1 1
1
a 0 1 0
2
–∞
–
–
0
0
0
+
+
+∞
+
0
+
Donc la courbe est toujours au-dessus de la tangente et elles sont tangentes en O.
? h? 1
N h?
e