Corrigé du devoir libre 3.

Mathématiques
ECS 1
17 oct. 2016
Corrigé du devoir libre 3.
Exercice 1. Une proportion p d’une population est infectée par un virus. On dispose d’un test de contamination possédant
les caractéristiques suivantes :
99
— si un individu est infecté, le test est positif avec une probabilité
,
100
3
.
— si un individu est sain, le test est positif avec une probabilité
100
(1) Un individu choisi au hasard dans la population est contrôlé positif au test. Quelle est la probabilité f (p) qu’il soit
infecté par le virus ?
Soit M l’événement « l’individu est infecté par le virus »et T + l’événement « l’individu est testé positivement. »On
cherche ici la probabilité f (p) = PT + (M ).
D’après la formule des probabilités conditionnelles
PT + (M ) =
P (M ∩ T +)
PM (T +)P (M )
0, 99p
=
=
.
P (T +)
P (T +)
P (T +)
Pour la probabilité P (T +), on applique la formule des probabilités totales avec le système complet (M, M ) :
P (T +) = PM (T +)P (M ) + PM (T +)P (M ) = 0, 99p + 0, 03(1 − p) = 0, 03 + 0, 96p
donc
f (p) =
0, 99p
99p
=
.
0, 03 + 0, 96p
96p + 3
(2) Etudier les variations de la fonction f : p ∈ I 7→ f (p) ∈ [0, 1]. On précisera l’intervalle I de définition de f .
Pour l’ensemble de définition, il faut tenir compte des conditions p ∈ [0, 1] (proportion) et f (p) ∈ [0, 1] (probabilité).
Ces deux contraintes impliquent que la fonction f est définie sur l’intervalle [0, 1] puisque
0≤
99p
≤ 1 ⇐⇒ 0 ≤ 99p ≤ 96p + 3 ⇐⇒ 0 ≤ 3p ≤ 3 ⇐⇒ 0 ≤ p ≤ 1
96p + 3
La fonction f est dérivable comme fonction rationnelle et
∀p ∈ [0, 1],
f 0 (p) =
297
>0
(96p + 3)2
donc f est strictement croissante sur [0, 1].
(3) Un test est déclaré fiable si la probabilité d’être malade pour un individu testé positif est supérieur à 95%.
(a) Le test est-il fiable pour p = 0.1?
99 × 0, 1
99
11
95
Pour p = 0, 1 : on a f (p) =
=
=
<
donc le test n’est pas fiable.
96 × 0, 1 + 3
126
14
100
(b) Pour quelles valeurs de p le test est-il fiable ?
Le test est fiable pour les valeurs de p telles que 1 ≥ f (p) ≥ 0, 95 :
1 ≥ f (p) ≥ 0, 95 ⇐⇒ 1 ≥ p ≥
Exercice 2. On considère la suite réelle (In )n∈N suivante : I0 =
57
19
=
156
52
π
, et pour tout n ∈ N∗ ,
4
Z
In =
0
π
4
1
dx
cosn x
(1) Justifier que la suite (In )n∈N∗ est bien définie. Calculer I2 .
1
π
Soit n ∈ N. La fonction x 7→
est définie et continue sur J0, K donc l’intégrale In est bien définie.
cosn x
4
Z π4
1
1
π
Puisque tan0 (x) =
, on a I2 =
dx = tan( ) − tan(0) = 1.
cos2 x
cos2 x
4
0
1
1
a
b
=
+
.
2
1−t
1−t 1+t
(2) Déterminer les réels a et b, tels que : ∀t ∈ R \ {−1, 1},
Pour tout réel t ∈ R \ {−1, 1},
1
1
1 (1 − t) + (1 + t)
1
2
2
=
×
=
+
1 − t2
2
(1 − t)(1 + t)
1−t 1+t
(3) A l’aide de la question (2), déterminer I1 .
On a
1
cos(x)
cos(x)
=
=
cos(x)
cos2 (x)
1 − sin2 (x)
et d’après la question (2),
1
1
= ×
cos(x)
2
donc
cos(x)
cos(x)
+
1 − sin(x) 1 + sin(x)
π4
1 + sin(x)
1
1
I1 = × ln
= ln
2
1 − sin(x) 0
2
√
(4) Montrer que pour tout n ∈ N,
Soit n ∈ N. On a
In+2 =
n
2
n+1
+
√ !
√ 2+ 2
√
= ln 1 + 2
2− 2
n
n+1 In .
Z
π
4
In+2 =
0
Z
=
0
Les fonctions u : x 7→
π
4
1
dx
cosn+2 x
1
× tan0 (x)dx
cosn x
1
et v : x 7→ tan(x) sont de classe C 1 sur 0, π4 :
n
cos x
1
,
v(x) = tan(x)
u(x) =
cosn x
u0 (x)
=
n sin(x)
,
cosn+1 x
Z
π
4
In+2 =
0
Z
v 0 (x)
=
tan0 (x) =
1
cos2 x
1
dx
cosn+2 x
π
4
1
× tan0 (x)dx
cosn x
0
π Z π
4 n sin(x)2
tan(x) 4
=
−
dx
n
cos(x) 0
cos(x)n+1
0
Z π4
1
n − n cos(x)2
= 1 n−
dx
cos(x)n+2
( √2 )
0
√
= ( 2)n − nIn+2 + nIn
=
d’ où
√
(n + 1)In+2 = ( 2)n + nIn
qui donne la conclusion.
Exercice 3. Soit n un entier tel que n ≥ 2 et x1 , x2 , . . . , xn des réels tels que
n
X
|xk | = 1 et
k=1
n
X
xk = 0.
k=1
n
X
xk 1
1
. On pourra commencer par établir : pour tout k ∈ J1, nK,
Montrer que ≤ −
k
2 2n
k=1
2
2
1 1
−1− ≤1− .
k
n
n
L’encadrement demandé est équivalent à
−1 +
1
2
1
1
≤ −1− ≤1−
n
k
n
n
encore équivalent à
2
2
≤ ≤2
n
k
qui est encore équivalent à
1 ≤ k ≤ n.
L’encadrement initial est donc vrai pour k ∈ J1, nK ce qui implique l’inégalité demandée :
∀k ∈ J1, nK,
2
1
1 −1− ≤1− .
k
n
n
On a
n
X
2xk
k=1
n X
1
xk
1+
k
k
n
k=1
k=1
n
n X
1
1 X
2
−1−
xk + 1 +
=
xk
k
n
n
k=1
k=1
| {z }
=
n X
2
−1−
1
n
1
n
xk +
=0
=
n X
2
k=1
k
−1−
xk
donc, grâce à l’inégalité triangulaire,
X
n
n
n n n X
X
1
1 1
1 X
2xk X 2
2
=
−
1
−
x
≤
−
1
−
|
≤
1
−
|x
|
≤
1
−
|xk |
|xk
k
k
k
k
n
k
n
n
n
k=1
k=1
k=1
k=1
k=1
| {z }
=1
d’où l’inégalité
n
X
xk 1
2
≤1−
k
n
k=1
qui donne celle attendue.
3