Exercice 1 — Probabilités / 4 points
Données : \(p(V)=0{,}1\) ; \(p(\overline{T}\mid V)=0{,}05\) ; \(p(T\mid\overline{V})=0{,}03\)
On déduit : \(p(\overline{V})=0{,}9\) ; \(p(T\mid V)=0{,}95\) ; \(p(\overline{T}\mid\overline{V})=0{,}97\)
1a — Événements A et B, calcul de T et \(\overline{T}\)
Événement \(A = V\cap T\) :
\(p(A) = p(V)\times p(T\mid V)\)
\(= 0{,}1\times 0{,}95\)
\(= 0{,}095 = \dfrac{19}{200}\)
Événement \(B = \overline{V}\cap T\) :
\(p(B) = p(\overline{V})\times p(T\mid\overline{V})\)
\(= 0{,}9\times 0{,}03\)
\(= 0{,}027 = \dfrac{27}{1000}\)
\(A\) et \(B\) forment une partition de \(T\) (car \(V\) et \(\overline{V}\) sont incompatibles et exhaustifs), donc :
\(p(T) = p(A)+p(B)\)
\(= 0{,}095+0{,}027\)
\(= 0{,}122 = \dfrac{61}{500}\)
\(p(\overline{T}) = 1-p(T) = 1-0{,}122 = 0{,}878 = \dfrac{439}{500}\)
1b — Probabilité \(p(V\mid\overline{T})\)
\(p(V\cap\overline{T}) = p(V)\times p(\overline{T}\mid V)\)
\(= 0{,}1\times 0{,}05\)
\(= 0{,}005 = \dfrac{1}{200}\)
Formule de Bayes :
\(p(V\mid\overline{T}) = \dfrac{p(V\cap\overline{T})}{p(\overline{T})}\)
\(= \dfrac{0{,}005}{0{,}878}\)
\(= \dfrac{5}{878} \approx 0{,}0057\)
\(\boxed{p(V\mid\overline{T}) \approx 0{,}57\%}\)
2a — Probabilité de \(\overline{T}_2\)
Par indépendance des deux tests :
\(p(\overline{T}_2\mid V) = \bigl[p(\overline{T}\mid V)\bigr]^2 = (0{,}05)^2 = 0{,}0025 = \dfrac{1}{400}\)
\(p(\overline{T}_2\mid\overline{V}) = \bigl[p(\overline{T}\mid\overline{V})\bigr]^2 = (0{,}97)^2 = 0{,}9409\)
Formule des probabilités totales (partition \(\{V,\overline{V}\}\)) :
\(p(\overline{T}_2) = p(V)\cdot p(\overline{T}_2\mid V) + p(\overline{V})\cdot p(\overline{T}_2\mid\overline{V})\)
\(= 0{,}1\times 0{,}0025 + 0{,}9\times 0{,}9409\)
\(= 0{,}00025 + 0{,}84681\)
\(= 0{,}84706 = \dfrac{42353}{50000}\)
2b — Probabilité \(p(V\mid\overline{T}_2)\)
\(p(V\cap\overline{T}_2) = p(V)\times p(\overline{T}_2\mid V)\)
\(= 0{,}1\times 0{,}0025\)
\(= 0{,}00025 = \dfrac{1}{4000}\)
\(p(V\mid\overline{T}_2) = \dfrac{p(V\cap\overline{T}_2)}{p(\overline{T}_2)}\)
\(= \dfrac{0{,}00025}{0{,}84706}\)
\(= \dfrac{25}{84706} \approx 0{,}000295\)
Avec deux tests négatifs, \(p(\text{porteur})\approx 0{,}03\%\) — la double procédure est nettement plus fiable.
Exercice 2 — Nombres complexes / 6 points
1) Résolution dans \(\mathbb{C}\)
Calcul du discriminant :
\(\Delta = (8-6i)^2 - 16(1-5i)\)
\(= 64 - 96i + 36i^2 - 16 + 80i\)
\(= 64 - 96i - 36 - 16 + 80i\)
\(= 12 - 16i\)
On cherche \(\delta=a+bi\) tel que \(\delta^2 = 12-16i\) :
\(\begin{cases}a^2-b^2=12\\2ab=-16\end{cases} \implies ab = -8\)
\((a^2+b^2)^2 = (a^2-b^2)^2 + 4a^2b^2 = 144+256 = 400\)
\(\implies a^2+b^2 = 20\)
\(\implies 2a^2 = 32 \implies a = \pm 4\)
\(a=4 \implies b=-2 \quad\therefore\quad \delta = 4-2i\)
Les deux solutions :
\(z_1 = \dfrac{(8-6i)+(4-2i)}{8} = \dfrac{12-8i}{8} = \dfrac{3}{2}-i\)
\(z_2 = \dfrac{(8-6i)-(4-2i)}{8} = \dfrac{4-4i}{8} = \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}i\)
\(\boxed{S = \left\{\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}i \; ; \; \dfrac{3}{2}-i\right\}}\)
2) Étude géométrique
Affixes : \(z_A=\tfrac{1}{2}-\tfrac{1}{2}i\), \(z_B=\tfrac{3}{2}-i\), \(z_C=i\), \(z_D=1-\tfrac{3}{2}i\) (unité : 2 cm)
a) Coordonnées : \(A(\tfrac{1}{2};-\tfrac{1}{2})\), \(B(\tfrac{3}{2};-1)\), \(C(0;1)\), \(D(1;-\tfrac{3}{2})\)
b) Calcul du rapport :
\(z_D - z_A = \bigl(1-\tfrac{1}{2}\bigr) + i\bigl(-\tfrac{3}{2}+\tfrac{1}{2}\bigr) = \tfrac{1}{2} - i\)
\(z_B - z_A = \bigl(\tfrac{3}{2}-\tfrac{1}{2}\bigr) + i\bigl(-1+\tfrac{1}{2}\bigr) = 1 - \tfrac{1}{2}i\)
\(\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A} = \dfrac{\frac{1}{2}-i}{1-\frac{1}{2}i} = \dfrac{(1-2i)(2+i)}{(2-i)(2+i)}\)
\(= \dfrac{2+i-4i-2i^2}{4+1} = \dfrac{4-3i}{5}\)
\(= \dfrac{4}{5} - \dfrac{3}{5}i\)
Module :
\(\left|\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}\right| = \sqrt{\dfrac{16}{25}+\dfrac{9}{25}} = \sqrt{1} = 1\)
\(\implies AD = AB\)
Argument : \(\arg\!\left(\dfrac{z_D-z_A}{z_B-z_A}\right) = -\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right)\)
Le triangle \(ABD\) est isocèle en \(A\).
\(\angle(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AD}) = -\arctan\!\left(\dfrac{3}{4}\right)\)
3) Suite géométrique \((a_n)\)
\(z_0=2+i\) ; \(z_{n+1}=\bigl(\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}i\bigr)z_n+1-i\) ; \(a_n=z_n-2\)
\(a_{n+1} = z_{n+1} - 2\)
\(= \bigl(\tfrac{1+i}{2}\bigr)z_n + 1 - i - 2\)
\(= \bigl(\tfrac{1+i}{2}\bigr)z_n - 1 - i\)
\(= \bigl(\tfrac{1+i}{2}\bigr)(z_n-2) + \bigl(\tfrac{1+i}{2}\bigr)\times 2 - 1 - i\)
\(= \bigl(\tfrac{1+i}{2}\bigr)a_n + \underbrace{1+i-1-i}_{=\,0}\)
\(= \bigl(\dfrac{1+i}{2}\bigr)a_n\)
\((a_n)\) est géométrique de raison \(q=\dfrac{1+i}{2}\) et de premier terme \(a_0 = z_0-2 = i\).
\(|q|=\dfrac{\sqrt{2}}{2} < 1\) donc \((a_n)\to 0\) et \((z_n)\to 2\).
Problème — Analyse / 10 points
\(f(x)=\dfrac{1+e^x}{1+e^{2x}}\), définie sur \(\mathbb{R}\)
A.1 — Variations de \(f\)
La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\). Par la règle du quotient :
\(f'(x) = \dfrac{e^x(1+e^{2x}) - (1+e^x)\cdot 2e^{2x}}{(1+e^{2x})^2}\)
\(= \dfrac{e^x + e^{3x} - 2e^{2x} - 2e^{3x}}{(1+e^{2x})^2}\)
\(= \dfrac{e^x(1 - 2e^x - e^{2x})}{(1+e^{2x})^2}\)
Signe de \(f'\) : le dénominateur est toujours \(>0\), et \(e^x>0\).
Posons \(u=e^x>0\) : le numérateur s'annule quand \(-u^2-2u+1=0\), soit \(u=\sqrt{2}-1\).
Donc \(x_0 = \ln(\sqrt{2}-1)\).
| \(x\) | \(-\infty\) | | \(x_0\) | | \(+\infty\) |
|---|
| \(f'(x)\) | | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| \(f\) | \(1\) | \(\nearrow\) | \(\dfrac{1+\sqrt{2}}{2}\) | \(\searrow\) | \(0\) |
Limites : \(\lim_{x\to-\infty}f(x)=1\) et \(\lim_{x\to+\infty}f(x)=0\).
A.2 — Encadrement de \(f\)
Positivité : \(1+e^x>0\) et \(1+e^{2x}>0\) donc \(f(x)>0\). ✓
Maximum en \(x_0\) avec \(e^{x_0}=\sqrt{2}-1\) :
\(f(x_0) = \dfrac{1+(\sqrt{2}-1)}{1+(\sqrt{2}-1)^2}\)
\(= \dfrac{\sqrt{2}}{1+(3-2\sqrt{2})}\)
\(= \dfrac{\sqrt{2}}{4-2\sqrt{2}}\)
\(= \dfrac{\sqrt{2}(2+\sqrt{2})}{(4-2\sqrt{2})(2+\sqrt{2})}\)
\(= \dfrac{2\sqrt{2}+2}{4}\)
\(= \dfrac{1+\sqrt{2}}{2}\)
\(\boxed{0 < f(x) \leq \dfrac{1+\sqrt{2}}{2} \quad \forall x\in\mathbb{R}}\)
A.3 — Identité différentielle
On calcule \((1+e^{2x})f'(x)+(e^{2x}-1)f(x)\). En mettant au même dénominateur \(1+e^{2x}\) :
\(\text{Numérateur} = e^x(1-2e^x-e^{2x}) + (e^{2x}-1)(1+e^x)\)
\(= e^x - 2e^{2x} - e^{3x} + e^{2x} - 1 + e^{3x} - e^x\)
\(= -e^{2x} - 1\)
\(= -(1+e^{2x})\)
\(\therefore\quad (1+e^{2x})f'(x)+(e^{2x}-1)f(x) = \dfrac{-(1+e^{2x})}{1+e^{2x}} = \boxed{-1} \;\checkmark\)
B.1 — Expression de \(F(x)\)
On décompose l'intégrande :
\(\dfrac{1+e^t}{1+e^{2t}} = \dfrac{e^t}{1+e^{2t}} + \dfrac{1}{1+e^{2t}}\)
Premier terme — changement de variable \(u=e^t\), \(du=e^t\,dt\) :
\(\displaystyle\int_0^x \dfrac{e^t}{1+e^{2t}}\,dt = \int_1^{e^x}\dfrac{du}{1+u^2}\)
\(= \arctan(e^x) - \dfrac{\pi}{4}\)
Second terme — on écrit \(\dfrac{1}{1+e^{2t}} = 1 - \dfrac{e^{2t}}{1+e^{2t}}\) :
\(\displaystyle\int_0^x \dfrac{dt}{1+e^{2t}} = \int_0^x\!\left(1 - \dfrac{e^{2t}}{1+e^{2t}}\right)dt\)
\(= x - \dfrac{1}{2}\ln(1+e^{2x}) + \dfrac{1}{2}\ln 2\)
En sommant les deux termes et en regroupant les logarithmes :
\(F(x) = \arctan(e^x) - \dfrac{\pi}{4} + x - \dfrac{1}{2}\ln(1+e^{2x}) + \dfrac{1}{2}\ln 2\)
\(\boxed{F(x) = \displaystyle\int_1^{e^x}\!\dfrac{du}{1+u^2} + \ln\!\left(\dfrac{\sqrt{2}\,e^x}{\sqrt{1+e^{2x}}}\right)}\)
B.2 — Montrer que \(\phi(x)=x\)
\(\phi(x) = \displaystyle\int_0^{\tan x}\!\dfrac{dt}{1+t^2}\)
\(= \Bigl[\arctan t\Bigr]_0^{\tan x}\)
\(= \arctan(\tan x) - \arctan(0)\)
\(= x - 0 = x \quad\checkmark\)
valable pour \(x\in\left]-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right[\) car \(\arctan\circ\tan = \text{id}\) sur cet intervalle.
B.3 — Calcul de \(I\)
On applique la formule de B.1 en \(x=\dfrac{\ln 3}{2}\), soit \(e^x = e^{\frac{\ln 3}{2}} = \sqrt{3}\) :
\(I = F\!\left(\dfrac{\ln 3}{2}\right)\)
\(= \arctan(\sqrt{3}) - \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{1}{2}\ln(1+3) + \dfrac{1}{2}\ln 2\)
\(= \dfrac{\pi}{3} - \dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{\ln 4}{2} + \dfrac{\ln 2}{2}\)
\(= \dfrac{\pi}{12} + \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{2\ln 2}{2} + \dfrac{\ln 2}{2}\)
\(= \dfrac{\pi}{12} + \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{\ln 2}{2}\)
\(\boxed{I = \dfrac{\pi}{12} + \dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)}\)
Interprétation géométrique : \(I\) représente l'aire du domaine délimité par la courbe \(\mathcal{C}_f\), l'axe \((Ox)\) et les droites \(x=0\) et \(x=\dfrac{\ln 3}{2}\).
C.1.a — Trouver \(a\) et \(b\)
\(\dfrac{a(1+e^{2t}) + b\,e^{2t}}{1+e^{2t}} = \dfrac{1}{1+e^{2t}}\)
\(\implies a + (a+b)e^{2t} = 1\) pour tout \(t\)
\(\implies a = 1 \quad\text{et}\quad a+b = 0 \implies b = -1\)
\(\boxed{a=1, \quad b=-1}\)
On en déduit :
\(\displaystyle\int_0^{\frac{\ln 3}{2}}\!\dfrac{dt}{1+e^{2t}} = \left[t - \dfrac{1}{2}\ln(1+e^{2t})\right]_0^{\frac{\ln 3}{2}}\)
\(= \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{1}{2}\ln(1+3) - \left(0 - \dfrac{1}{2}\ln 2\right)\)
\(= \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{\ln 4}{2} + \dfrac{\ln 2}{2}\)
\(= \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{2\ln 2}{2} + \dfrac{\ln 2}{2}\)
\(= \dfrac{\ln 3}{2} - \dfrac{\ln 2}{2}\)
\(= \dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)\)
C.1.b — Relation sur \(f'\)
D'après A.3 : \((1+e^{2t})f'(t) = -1 - (e^{2t}-1)f(t)\), donc :
\(f'(t) = \dfrac{-1 - (e^{2t}-1)f(t)}{1+e^{2t}}\)
\(= \dfrac{-1}{1+e^{2t}} - \dfrac{e^{2t}-1}{1+e^{2t}}\cdot f(t)\)
Or \(\dfrac{e^{2t}-1}{1+e^{2t}} = 1 - \dfrac{2}{1+e^{2t}}\), d'où :
\(f'(t) = \dfrac{-1}{1+e^{2t}} - \left(1 - \dfrac{2}{1+e^{2t}}\right)f(t)\)
\(\boxed{f'(t) = \dfrac{-1}{1+e^{2t}} - f(t) + \dfrac{2f(t)}{1+e^{2t}}} \;\checkmark\)
C.2 — Valeur de \(J\)
On remarque que \(\dfrac{2f(t)}{1+e^{2t}} = \dfrac{2(1+e^t)}{(1+e^{2t})^2}\), donc :
\(\displaystyle\int_0^{\frac{\ln 3}{2}}\!\dfrac{2f(t)}{1+e^{2t}}\,dt = 2J\)
On intègre la relation de C.1.b entre \(0\) et \(\dfrac{\ln 3}{2}\) :
\(\Bigl[f(t)\Bigr]_0^{\frac{\ln 3}{2}} = -\displaystyle\int_0^{\frac{\ln 3}{2}}\!\dfrac{dt}{1+e^{2t}} - \int_0^{\frac{\ln 3}{2}}\!f(t)\,dt + 2J\)
\(= -\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right) - I + 2J\)
Calcul des valeurs aux bornes :
\(f\!\left(\dfrac{\ln 3}{2}\right) = \dfrac{1+e^{\frac{\ln 3}{2}}}{1+e^{\ln 3}} = \dfrac{1+\sqrt{3}}{1+3} = \dfrac{1+\sqrt{3}}{4}\)
\(f(0) = \dfrac{1+1}{1+1} = 1\)
\(\Bigl[f(t)\Bigr]_0^{\frac{\ln 3}{2}} = \dfrac{1+\sqrt{3}}{4} - 1 = \dfrac{\sqrt{3}-3}{4}\)
On substitue \(I = \dfrac{\pi}{12}+\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)\) :
\(\dfrac{\sqrt{3}-3}{4} = -\dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right) - \dfrac{\pi}{12} - \dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right) + 2J\)
\(= -\dfrac{\pi}{12} - \ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right) + 2J\)
\(2J = \dfrac{\sqrt{3}-3}{4} + \dfrac{\pi}{12} + \ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)\)
\(\boxed{J = \dfrac{\sqrt{3}-3}{8} + \dfrac{\pi}{24} + \dfrac{1}{2}\ln\!\left(\dfrac{3}{2}\right)}\)