Corrigé du devoir libre 3.

Mathématiques ECS 1
17 oct. 2016
Corrigé du devoir libre 3.
Exercice 1. Une proportion pd’une population est infectée par un virus. On dispose d’un test de contamination possédant
les caractéristiques suivantes :
— si un individu est infecté, le test est positif avec une probabilité 99
100,
— si un individu est sain, le test est positif avec une probabilité 3
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 Ml’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+)
P(T+) =PM(T+)P(M) P(T+) =0,99p 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
0,03 + 0,96p=99p 96p+ 3.
(2) Etudier les variations de la fonction f:p∈I7→ f(p)∈[0,1].On précisera l’intervalle Ide 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 fest définie sur l’intervalle [0,1] puisque
0≤99p
96p+ 3 ≤1⇐⇒ 0≤99p≤96p+ 3 ⇐⇒ 0≤3p≤3⇐⇒ 0≤p≤1
La fonction fest dérivable comme fonction rationnelle et
∀p∈[0,1], f0(p) = 297
(96p+ 3)2>0
donc fest 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?
Pour p= 0,1: on a f(p) = 99 ×0,1
96 ×0,1+3 =99 126 =11 14 <95 100 donc le test n’est pas fiable.
(b) Pour quelles valeurs de ple test est-il fiable ?
Le test est fiable pour les valeurs de ptelles que 1≥f(p)≥0,95 :
1≥f(p)≥0,95 ⇐⇒ 1≥p≥57
156 =19 52
Exercice 2. On considère la suite réelle (In)n∈Nsuivante : I0=π
4,et pour tout n∈N∗, In=Zπ
4
0
1
cosnxdx
(1) Justifier que la suite (In)n∈N∗est bien définie. Calculer I2.
Soit n∈N.La fonction x7→ 1
cosnxest définie et continue sur J0,π 4Kdonc l’intégrale Inest bien définie.
Puisque tan0(x) = 1
cos2x, on a I2=Zπ
4
0
1
cos2xdx= tan(π 4)−tan(0) = 1.
1

(2) Déterminer les réels aet b, tels que : ∀t∈R\ {−1,1},1
1−t2=a 1−t+b 1 + t.
Pour tout réel t∈R\ {−1,1},
1
1−t2=1 2×(1 −t) + (1 + t) (1 −t)(1 + t)=
1
2
1−t+
1
2
1 + t
(3) A l’aide de la question (2), déterminer I1.
On a 1
cos(x)=cos(x) cos2(x)=cos(x)
1−sin2(x)
et d’après la question (2),
1
cos(x)=1 2×cos(x) 1−sin(x)+cos(x) 1 + sin(x)
donc
I1=1
2×ln 1 + sin(x) 1−sin(x)π
4
0
=1
2ln 2 + √2
2−√2!= ln 1 + √2
(4) Montrer que pour tout n∈N, In+2 =√2n
n+1 +n n+1 In.
Soit n∈N.On a
In+2 =Zπ
4
0
1
cosn+2 xdx
=Zπ
4
0
1
cosnx×tan0(x)dx
Les fonctions u:x7→ 1
cosnxet v:x7→ tan(x)sont de classe C1sur 0,π
4:
u(x) = 1
cosnx, v(x) = tan(x)
u0(x) = nsin(x)
cosn+1 x, v0(x) = tan0(x) = 1 cos2x
In+2 =Zπ
4
0
1
cosn+2 xdx
=Zπ
4
0
1
cosnx×tan0(x)dx
=tan(x)
cos(x)nπ
4
0−Zπ
4
0
nsin(x)2
cos(x)n+1 dx
=1
(1
√2)n−Zπ
4
0
n−ncos(x)2
cos(x)n+2 dx
= (√2)n−nIn+2 +nIn
d’ où
(n+ 1)In+2 = (√2)n+nIn
qui donne la conclusion.
Exercice 3. Soit nun entier tel que n≥2et x1, x2, . . . , xndes réels tels que
n
X
k=1 |xk|= 1 et
n
X
k=1
xk= 0.
Montrer que 
n
X
k=1
xk
k≤1 2−1 2n.On pourra commencer par établir : pour tout k∈J1, nK,
2
k−1−1 n≤1−1 n.
2

L’encadrement demandé est équivalent à
−1 + 1
n≤2 k−1−1 n≤1−1 n
encore équivalent à 2
n≤2 k≤2
qui est encore équivalent à
1≤k≤n.
L’encadrement initial est donc vrai pour k∈J1, nKce qui implique l’inégalité demandée :
∀k∈J1, nK,
2
k−1−1 n≤1−1 n.
On a
n
X
k=1
2xk
k=
n
X
k=1 2
k−1−1 nxk+
n
X
k=1 1 + 1
nxk
=
n
X
k=1 2
k−1−1 nxk+1 + 1 nn
X
k=1
xk
| {z }
=0
=
n
X
k=1 2
k−1−1 nxk
donc, grâce à l’inégalité triangulaire,
n
X
k=1
2xk
k=
n
X
k=1 2
k−1−1 nxk≤
n
X
k=1 
2
k−1−1 n|xk| ≤
n
X
k=1 1−1
n|xk| ≤ 1−1 nn
X
k=1 |xk|
| {z }
=1
d’où l’inégalité
2
n
X
k=1
xk
k≤1−1 n
qui donne celle attendue.
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