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%Tapuscrit : Denis Vergès 
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\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\footnotesize Corrigé du brevet de technicien supérieur }
\lfoot{\footnotesize{Opticien--lunetier}}
\rfoot{\footnotesize{13 mai 2015}}
\renewcommand \footrulewidth{.2pt}
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\thispagestyle{empty}
\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}
\begin{center} \Large \textbf{\decofourleft~Corrigé du brevet de technicien supérieur~\decofourright\\ Opticien--lunetier  13 mai 2015}  
\end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Exercice 1 \hfill 10 points}

\medskip

%On veut traiter un patient par diffusion d'un produit actif dans l'humeur aqueuse de l'œil. Ce
%produit est injecté dans le sang par voie intraveineuse. En raison de la barrière hématocamérulaire, les concentrations du produit dans le sang et dans l'humeur aqueuse
%évoluent de manière différente.
%
%L'objectif de cet exercice est de modéliser l'évolution de la concentration, d'abord dans le
%sang, puis dans l'humeur aqueuse.

\begin{center}
\textbf{Les trois parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante}
\end{center}

\textbf{A. Modélisation de la concentration du produit dans le sang}

\medskip

%On a injecté à l'instant $t = 0$ une certaine quantité de produit dans le sang du patient. On a
%mesuré la concentration $C$ (en $\mu$g/L) du produit à différentes valeurs de $t$ (en heures).
%
%Les valeurs obtenues sont entrées aux lignes 1 et 2 de la feuille de calcul suivante.
%
%On pose $z = \ln (C)$ où ln désigne le logarithme népérien. Les valeurs de $z$, arrondies au
%centième, sont affichées à la ligne 3.
%
%On a représenté, sur deux graphiques, le nuage des points de coordonnées $(t~;~C)$ et le
%nuage des points de coordonnées $(t~;~z)$.
%
%\begin{center}
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|m{0.35cm}|*{6}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
%C17	&\multicolumn{6}{|l|}{=COEFFICIENT.CORRELATION(B1\negthinspace:F1\negthinspace;B2\negthinspace:F2)}\\ \hline
%	&A						&B			&C		&D		&E		&F\\ \hline
%1	&\scriptsize Temps $t$ (heures)		&1,5		&3		&4,5	&6		&9\\ \hline
%2	&\scriptsize Concentration $C$ ($\mu$g/L)&13,7 	&9,4	&6,2	&4,5	&2,1\\ \hline
%3	&\scriptsize $z = \ln (C)$			& 2,62		&2,24	&1,82	&1,50	&0,74\\ \hline
%\end{tabularx}
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|m{0.35cm}|X|X|}
%4&\multirow{13}{*}{\psset{xunit=0.45cm,yunit=0.26cm}
%\begin{pspicture}(-1,-10)(10,18)
%\multido{\n=0+2}{6}{\psline[linewidth=0.15pt](\n,0)(\n,16)}
%\multido{\n=0+2}{9}{\psline[linewidth=0.15pt](0,\n)(10,\n)}
%\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=2,Dy=2](0,0)(0,0)(10,16)
%\psdots(1.5,13.7)(3,9.4)(4.5,6.2)(6,4.5)(9,2.1)
%\uput[u](8,0){Temps $t$ (heures)}
%\uput[r](0,17){Concentration C ($\mu$g/l)}
%\end{pspicture}}&\multirow{13}{*}{
%\psset{xunit=0.45cm,yunit=1.5cm}
%\begin{pspicture}(-1,-1)(10,3.2)
%\multido{\n=0+2}{6}{\psline[linewidth=0.15pt](\n,0)(\n,3)}
%\multido{\n=0.0+0.5}{7}{\psline[linewidth=0.15pt](0,\n)(10,\n)}
%\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=2,Dy=1](0,0)(0,0)(10,3)
%\psdots(1.5,2.62)(3,2.24)(4.5,1.82)(6,1.5)(9,0.74)
%\uput[u](8,0){Temps $t$ (heures)}
%\uput[r](0,3.1){$z = \ln (C)$}\end{pspicture}}\\ \cline{1-1}
%5	&&\\ \cline{1-1}
%6	&&\\ \cline{1-1}
%7	&&\\ \cline{1-1}
%8	&&\\ \cline{1-1}
%9	&&\\ \cline{1-1}
%10	&&\\ \cline{1-1}
%11	&&\\ \cline{1-1}
%12	&&\\ \cline{1-1}
%13	&&\\ \cline{1-1}
%14	&&\\ \cline{1-1}
%15	&&\\ \cline{1-1}
%16	&&\\ \hline
%17	&\multicolumn{2}{|l|}{Coefficient de corrélation $(t~;~C)$ : $\np{- 0,9560}$}\\ \hline
%18	&\multicolumn{2}{|l|}{Coefficient de corrélation $(t~;~z)$ : $\np{- 0,9996}$}\\ \hline
%\end{tabularx}
%\end{center}
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
		\item %À l'aide des graphiques et sans calcul, expliquer pourquoi un ajustement affine de $z$ en $t$ semble mieux approprié qu'un ajustement affine de $C$ en $t$.
Les points du second graphique semblent effectivement être sensiblement alignés.
		\item %On a calculé en cellule C17 le coefficient de corrélation linéaire de l'ajustement affine de $C$ en $t$ selon la méthode des moindres carrés et en cellule C18 celui de l'ajustement de $z$ en $t$. En quoi ces calculs confirment-ils la réponse précédente ?
L'ajustement se justifie quand le coefficient de corrélation linéaire est en valeur absolue proche de 1 : les résultats du tableau confirment qu'il vaut mieux chercher un ajustement affine de $z$ en $t$.
	\end{enumerate}
\item %Donner, à l'aide de la calculatrice, une équation de la droite de régression de $z$ en $t$ selon la méthode des moindres carrés, sous la forme $z = a t + b$. Arrondir $a$ et $b$ au millième.
La calculatrice donna après arrondi au millième des coefficients : $z = - 0,250t + 2,983$.
\item %En déduire une expression de $C$ en fonction de $t$ de la forme $C = C_0 \text{e}^{at}$, où $C_0$ est à arrondir à l'unité.
On a donc $z = \ln C = - 0,250t + 2,983$ soit $C = \text{e}^{- 0,250t + 2,983} = \text{e}^{- 0,250t} \times \text{e}^{2,983}$.

Or $\text{e}^{2,983} \approx 19,75 \approx 20 = C_0$ à l'unité près.

Finalement l'ajustement exponentiel est $C(t) = 20\text{e}^{- 0,250t}$.
	
%Comment peut-on interpréter, dans le contexte, le coefficient $C_0$ ?
On a $C(0) = C_0 = 20$ : c'est la concentration au temps $t = 0$.
\item %Selon le modèle précédent, au bout de combien de temps la concentration du produit
%sera-t-elle inférieure à 1,5 $\mu$g/L ? Arrondir à la minute.
	
%Expliquer la démarche utilisée pour répondre.
Il faut résoudre l'inéquation :

$20\text{e}^{- 0,250t} < 1,5$ soit $\text{e}^{- 0,250t} < \dfrac{1,5}{20}$ d'où en prenant le logarithme népérien : 

$-0,25t < \ln \left( \dfrac{1,5}{20}\right)$ puis $t > \dfrac{1}{-0,25}\ln \left( \dfrac{1,5}{20}\right)$ et enfin $t > - 4\ln \left( \dfrac{1,5}{20}\right)$.

La calculatrice donne $- 4\ln \left( \dfrac{1,5}{20}\right) \approx 10,36$, soit 10 h et 0,36 h c'est-à-dire 10 h et $0,36 \times 60 = 21,6$.

La concentration sera inférieure à 1,5 au bout de 10~h~22 min.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{B. Modélisation de la concentration dans l'humeur aqueuse}

\medskip

%On admet que la fonction correspondant à la concentration du produit dans l'humeur
%aqueuse (en $\mu$g/L) en fonction du temps $t$ (en heures), vérifie l'équation différentielle $(E)$ :
%
%\[y' + 0,05 y = 0,05 g(t),\]
%
%où $y$ est une fonction inconnue de la variable $t$, définie et dérivable sur $[0~;~+ \infty[$, $y'$ sa fonction dérivée et $g(t)$ la concentration du produit dans le sang (en $\mu$g/L) à l'instant $t$.
%
%On suppose que : $g(t) = 20 \text{e}^{-0,25 t}$.
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item %Déterminer les solutions de l'équation différentielle $\left(E_0\right)$ :

%\[y' + 0,05 y = 0.\]

%On fournit la formule suivante.
%
%\begin{center}
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{2}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
%Equation différentielle& Solutions sur un intervalle $I$\\ \hline
%$a y' + b y = 0$&$y(t) = k \text{e}^{- \frac{b}{a}t}$\\ \hline
%\end{tabularx}
%\end{center}
Les solutions de  l'équation différentielle $\left(E_0\right)$  sont les fonctions définies et dérivables sur $[0~;~+ \infty[$ de la forme $f(t) =  k \text{e}^{- 0,05t}$.
\item %\emph{Cette question est un questionnaire à choix multiples. Une seule réponse est correcte.
%Recopier sur la copie la réponse correcte. On ne demande aucune justification.
%La réponse correcte rapporte un point. Une réponse fausse ou une absence de réponse ne rapporte ni n'enlève de point.}

\medskip

%La fonction $h$ définie sur $[0~;~+ \infty[$ par $h(t) = \lambda \text{e}^{- 0,25 t}$ est solution de l'équation différentielle $(E)$ pour $\lambda$ valant :
%
%\begin{center}
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|*{3}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
%$-5$& $- 100$& $20$\\ \hline
%\end{tabularx}
%\end{center}
On a $h'(t) = - 0,25 \lambda \text{e}^{- 0,25 t}$, donc $h$ est une solution de $(E)$ si :

$- 0,25 \lambda \text{e}^{- 0,25 t} + 0,05\lambda \text{e}^{- 0,25 t} = 0,05 \times 20 \text{e}^{-0,25 t}$ soit $-0,25\lambda + 0,05\lambda = 1$ ou $- 0,2\lambda = 1$ et enfin $\lambda = - 5$.
\item %En déduire les solutions de l'équation différentielle $(E)$.
Les solutions de $(E)$ sont les les fonctions somme d'une solution particulière (trouvée à la question précédente) et de toutes les fonctions solutions de l'équation $\left(E_0\right)$, donc les fonctions qui s'écrivent :

\[f(t) = k\text{e}^{- 0,05t}  - 5\text{e}^{- 0,25t}, \:\text{avec}\: k \in \R.\]
 
\item %Déterminer la solution $f$ de l'équation différentielle $(E)$ vérifiant la condition initiale $f(0) = 0$.
La condition $f(0) = 0$ entraîne : 

$k\text{e}^{- 0,05\times 0}  - 5\text{e}^{- 0,25\times 0} = 0$ soit $k - 5 = 0$ ou $k = 5$.

La solution $f$ de l'équation différentielle $(E)$ vérifiant la condition initiale $f(0) = 0$ est la fonction $f(t) =  5\text{e}^{- 0,05t}  - 5\text{e}^{- 0,25t}$.
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{C. Exploitation du modèle précédent}

\medskip

%Dans cette partie, on admet que la concentration du produit dans l'humeur aqueuse (en
%$\mu$g/L), en fonction du temps $t$ (en heures) est modélisée par :
%
%\[f(t) = 5\text{e}^{- 0,05 t} - 5 \text{e}^{- 0,25t}.\]
%
%\emph{Pour les questions suivantes, toute démarche pertinente sera prise en compte.\\
%On peut éventuellement s'appuyer sur les résultats suivants obtenus à l'aide d'un logiciel.}
%
%\medskip

%\begin{tabularx}{\linewidth}{|X|X|}\hline
%Algèbre &  Graphique\\ \hline
%\end{tabularx}
%\parbox{.48\linewidth}{Droite
%
%$\bullet~~$ $a$ : $y = 2$
%
%Fonction
%
%$\bullet~~$ $f(t) = 5 \text{e}^{-0,05*t} - 5\text{e}^{-0,25*t}$
%
% $(0 \leqslant  t \leqslant 100)$
%
%\renewcommand\arraystretch{1.8}
%\begin{tabular}{|p{0.3cm}|>{\footnotesize}m{5cm}|}\hline
%\multicolumn{2}{|c|}{Calcul formel -- 0L15.ggb}\\ \hline
%1&\multirow{2}{5cm}{$5*\text{exp}(-0,05*t) - 5*\text{exp}(-0,25*t)$}\\
%&Dérivée : $\dfrac{5}{4}\text{e}^{- \frac{1}{4}t} - \dfrac{1}{4}\text{e}^{- \frac{1}{20}t}$\\ \hline
%2&\multirow{2}{5cm}{$-0,25*\text{exp}(-0,05*t)*(1 - 5*\text{exp}(-0,2*t))$}\\
%&Développer : $\dfrac{5}{4}\text{e}^{- \frac{t}{25}}\text{e}^{-\frac{1}{5}} - \dfrac{1}{4}\text{e}^{- \frac{1}{20}t}$\\ \hline
%3&\multirow{2}{5cm}{$t/20 - t/5$}\\
%&$\to - \dfrac{1}{4}t$\\ \hline
%4&\multirow{2}{5cm}{$5*\text{exp}(-0,05*t)-5*\text{exp}(-0,25*t)$}\\
%&intégrale $20\text{e}^{- \frac{1}{4}t} - 100\text{e}^{- \frac{1}{20}t} + c_2$\\ \hline
%\end{tabular}} \hfill
%\parbox{.48\linewidth}{\psset{xunit=0.25cm,yunit=1cm}
%\def\pshlabel#1{\scriptsize #1}
%\def\psvlabel#1{\scriptsize #1}
%\begin{pspicture*}(-1,-3.5)(21,4.5)
%\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=1,griddots=8](0,-3.5)(21,3.5)
%\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(-0.9,-3.5)(21.1,4.5)
%\psaxes[linewidth=1.25pt]{->}(0,0)(0,0)(21.1,4.5)
%\psplot[plotpoints=4000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{21}{5 2.71828 0.05 x mul exp div 5 2.71828 0.25 x mul exp div sub}
%\rput(1.5,0.85){\blue $f$}
%\end{pspicture*}}
%\renewcommand\arraystretch{1}
%\medskip

%Dans la fenêtre de calcul formel, la commande 1 correspond au calcul de la dérivée de $f$, les commandes 2 et 3 permettent de vérifier une factorisation de $f'(t)$ et la commande 4 fournit
%une primitive de $f$. Ces résultats sont admis et n'ont pas à être justifiés.
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item %Calculer la concentration moyenne $m = \dfrac{1}{12}\displaystyle\int_0^{12} f(t)\:\text{d}t$ du produit dans l'humeur aqueuse sur l'intervalle de temps [0~;~12].

La concentration moyenne est égale à :

$ \dfrac{1}{12}\displaystyle\int_0^{12} f(t)\:\text{d}t =
\dfrac{1}{12}\left( \left[20\text{e}^{- \frac{1}{4}t} - 100\text{e}^{- \frac{1}{20}t} + c_2 \right]_0^{12}\right) =$

$ \dfrac{1}{12}\left(20\text{e}^{- \frac{1}{4}\times 12} - 100\text{e}^{- \frac{1}{20}\times 12} + c_2 - 20\text{e}^{- \frac{1}{4}\times 0} + 100\text{e}^{- \frac{1}{20}\times 0} - c_2\right) =$

$ \dfrac{1}{12}\left(20\text{e}^{- 3} - 100\text{e}^{- \frac{3}{5}} - 20 + 100\right) =
\dfrac{1}{12}\left(80 + 20\text{e}^{- 3} - 100\text{e}^{- \frac{3}{5}}  \right) =$

$ \dfrac{1}{3}\left(20 + 5\text{e}^{- 3} - 25\text{e}^{- \frac{3}{5}}\right)$.

La calculatrice donne $m \approx 2,18$~$(\mu$g/L).
 \item %Quelle est la concentration maximale dans l'humeur aqueuse et au bout de combien de temps est-elle atteinte ? Justifier la réponse en précisant la démarche.
$\bullet~~$Graphiquement, on lit que la fonction a un maximum en $t = 8$ qui vaut à peu près 2,75.

$\bullet~~$En utilisant les variations de la fonction :

$f'(t) = - 0,25\text{e}^{- 0,05t}\left(1 - 5\text{e}^{- 0,2t}\right) = 0,25\text{e}^{- 0,05t}\left(5\text{e}^{- 0,2t} - 1 \right)$.

On sait que quel que soit le réel $t$, \: $\text{e}^{- 0,05t} > 0$, donc le signe de $f'(t)$ est celui de la différence $5\text{e}^{- 0,2t} - 1$.

-- Si $5\text{e}^{- 0,2t} - 1 > 0$, alors $5\text{e}^{- 0,2t} > 1$ ou $\text{e}^{- 0,2t} > 0,2$ d'où en prenant le logarithme  : $- 0,2t > \ln 0,2$ et enfin $t < -\dfrac{\ln 0,2}{0,2}$.

-- Si $5\text{e}^{- 0,2t} - 1 < 0$, alors $5\text{e}^{- 0,2t} < 1$ ou $\text{e}^{- 0,2t} < 0,2$ d'où en prenant le logarithme  : $- 0,2t < \ln 0,2$ et enfin $t > -\dfrac{\ln 0,2}{0,2}$.

La fonction est donc croissante sur $\left[0~;~-\dfrac{\ln 0,2}{0,2}\right]$ puis décroissante sur 
$\left[-\dfrac{\ln 0,2}{0,2}~;~+ \infty\right[$.

Conclusion $f$ a un maximum en $-\dfrac{\ln 0,2}{0,2} \approx 8,05$ qui est égal à $f\left(-\dfrac{\ln 0,2}{0,2} \right) = 5\text{e}^{0,25\ln 0,2} - 5\text{e}^{1,25\ln 0,2} \approx 2,674$ soit 2,67~$\mu$g/L au centième près au bout de 8~h 0,05 h soit 8~h 3~min environ. (ce résultat est plus précis)

\item %Peut-on dire que la concentration du produit dans l'humeur aqueuse reste supérieure à $2~\mu$g/L pendant au moins 10 heures ? Justifier la réponse en précisant la démarche.
Le graphique permet de voir que la concentration reste supérieure à $2~\mu$g/L de la 3\up{e} à la 18\up{e} heure  soit pendant 15 heures donc plus que 10 heures.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 2 \hfill 10 points}

\medskip

Les trois parties de cet exercice peuvent être traitées de façon indépendante.

\textbf{Dans cet exercice, les résultats approchés sont, sauf mention du contraire,
à arrondir à }\boldmath $10^{-3}$.\unboldmath

\medskip

%La vertéporfine est un médicament utilisé pour soigner une certaine forme de
%dégénérescence maculaire liée à l'âge (D. M. L. A.).
%
%Pour étudier l'efficacité de la vertéporfine pour soigner cette forme de D. M. L. A., une étude a
%été réalisée auprès de 240~patients atteints de D. M. L. A. et âgés de plus de 50 ans.
%
%Lors de cette étude, les patients ont été répartis en deux groupes constitués au hasard:
%
%\setlength\parindent{8mm}
%\begin{itemize}
%\item 160 patients ont reçu un traitement à base de vertéporfine ;
%\item 80 patients ont reçu un placebo.
%\end{itemize}
%\setlength\parindent{0mm}
%
%Après un an de traitement, les patients ont été examinés pour déterminer s'ils avaient perdu
%moins de trois lignes d'acuité visuelle sur l'échelle E. T. D. R. S. par rapport à leur vision de
%départ. Un tel patient est nommé \og répondeur \fg. Le tableau suivant indique pour chaque
%groupe le nombre de répondeurs.
%
%\begin{center}
%\begin{tabularx}{\linewidth}{|m{3.5cm}|*{2}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
%Groupe				& Traitement à base de vertéporfine	& Placebo\\ \hline
%Nombre de répondeurs& 108								& 36\\ \hline
%\end{tabularx}
%\end{center}
%
%\medskip

\textbf{A. Probabilités conditionnelles}

\medskip

%On tire au hasard une fiche parmi celles des 240 patients concernés par l'étude.
%
%On désigne par $V$ l'évènement \og la fiche tirée est celle d'un patient ayant reçu le traitement à
%base de vertéporfine \fg.
%
%On désigne par $R$ l'évènement \og la fiche tirée est celle d'un répondeur \fg.
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item ~%Construire un arbre de probabilités ou un tableau correspondant à la situation.
\begin{center}
\pstree[treemode=R,nodesep=2pt]{\TR{}}
{\pstree{\TR{$V$}\naput{$\frac{160}{240}$}}
	{\TR{$R$}\naput{$\frac{108}{160}$}
	\TR{$\overline{R}$}\nbput{$\frac{52}{160}$}}
\pstree{\TR{$\overline{V}$}\nbput{$\frac{80}{240}$}}
	{\TR{$R$}\naput{$\frac{36}{80}$}
	\TR{$\overline{R}$}\nbput{$\frac{44}{80}$}}
}
\end{center}

\item %Calculer $P(R \cap V)$.
La première branche donne :

$P(V \cap R) = P(V) \times P_V(R) = \dfrac{160}{240} \times \dfrac{108}{160} = \dfrac{2 \times 27}{3\times 40} = \dfrac{9}{20} = 0,45$.
\item %Montrer, par un calcul, que $P(R) = 0,6$.
On a de même :

$P\left(\overline{V} \cap R\right) = P\left(\overline{V}\right) \times P_{\overline{V}}(R) = \dfrac{80}{240} \times \dfrac{36}{80} = \dfrac{1 \times 9}{3\times 20} = \dfrac{3}{20} = 0,15$.

Donc $P(R) = P(V \cap R) + P\left(\overline{V} \cap R\right) = 0,45 + 0,15 = 0,6$.
\item %Sachant que la fiche tirée est celle d'un répondeur, quelle est la probabilité que ce patient
%ait reçu un traitement à base de vertéporfine ?
Il faut trouver $P_R(V) = \dfrac{P(R \cap V)}{P(R)} = \dfrac{0,45}{0,60} = \dfrac{45}{60} = \dfrac{3}{4} = 0,75$.

On peut aussi construire un tableau :

\renewcommand\arraystretch{1.6}
\begin{center}
\begin{tabularx}{0.8\linewidth}{|*{4}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline
&$V$&$\overline{V}$&total\\ \hline
$R$&108&36&144\\ \hline
$\overline{R}$&52&44&96\\ \hline
total&160&80&240\\ \hline
\end{tabularx}
\renewcommand\arraystretch{1}
\end{center}

Ainsi $P(R \cap V) = \dfrac{108}{240} = \dfrac{9\times 3 \times 4}{4 \times 3 \times 20} = \dfrac{9}{20} = 0,45$, etc.

\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{B. Loi binomiale}

\medskip

%Dans cette partie, on s'interroge sur la probabilité d'observer au moins 108~répondeurs sur
%un échantillon aléatoire de taille~160 issu d'une population où la proportion des répondeurs
%est $0,6$.
%
%On tire au hasard et avec remise 160~fiches parmi celles des 240~patients concernés par
%l'étude. On suppose que la probabilité qu'une fiche tirée soit celle d'un répondeur est $p = 0,6$.
%
%On désigne par $X$ la variable aléatoire qui, à tout prélèvement ainsi décrit, associe le nombre
%de fiches correspondant à des répondeurs.

\medskip

\begin{enumerate}
\item %Justifier que $X$ suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.
On répète 160 fois de façon indépendante l'expérience qui consiste à tirer une fiche parmi 240 avec une probabilité d'avoir un répondeur de 0,6, on a donc un schéma de Bernoulli et la variable aléatoire $X$ donnant le nombre dede répondeurs suit la loi binomiale de paramètres $n = 160$ et $p = 0,6$. 
\item %Calculer l'espérance de $X$ et en donner une interprétation.
On sait que $E = n \times p = 160 \times 0,6 = 96$.

Ceci signifie qu'en moyenne sur un grand nombre de tirages on aura 96 répondeurs par tranche de 160 fiches prélevées.tirages.
\item %À l'aide de la calculatrice,
	\begin{enumerate}
		\item %donner la probabilité qu'il y ait exactement 96~répondeurs parmi les 160~fiches prélevées;
La calculatrice donne $P(X = 96) \approx 0,064$.
		\item %calculer $P(X \geqslant 108)$.
De même la calculatrice donne $P(X \leqslant 107) \approx 0,969$ et 

$P(X \geqslant 108) = 1 - P(X \leqslant 107) \approx 0,031$. 
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{C. Loi normale et test d'hypothèse}

\medskip

%Dans cette partie, on cherche à déterminer s'il existe une différence significative entre les
%proportions de répondeurs parmi les patients traités par vertéporfine et ceux ayant reçu un
%placebo.
%
%On note $F_1$ la variable aléatoire qui, à tout échantillon aléatoire de 160~patients traités par
%vertéporfine, associe la fréquence des répondeurs. On suppose que $F_1$ suit la loi normale de
%moyenne $p_1$ inconnue et d'écart type $\sigma_1 = \sqrt{\dfrac{p_1\left(1 - p_1\right)}{160}}$.
%
%On note $F_2$ la variable aléatoire qui, à tout échantillon aléatoire de 80~patients ayant reçu un
%placebo, associe la fréquence des répondeurs. On suppose que $F_2$ suit la loi normale de
%moyenne $p_2$ inconnue et d'écart type $\sigma_2 = \sqrt{\dfrac{p_2\left(1 - p_2\right)}{80}}$.
%
%On note $D$ la variable aléatoire définie par $D = F_1 - F_2$.
%
%L'hypothèse nulle est $H_0 : p_1 = p_2$.
%
%L'hypothèse alternative est $H_1 : p_1 \ne p_2$.
%
%Le seuil de signification du test est fixé à 5\,\%.
%
%On admet que sous l'hypothèse $H_0$, la variable aléatoire $D$ suit la loi normale de moyenne $0$
%et d'écart type $\sqrt{\dfrac{0,6 \times 0,4}{160} + \dfrac{0,6 \times 0,4}{80}} \approx 0,067$.
%
%\medskip

\begin{enumerate}
\item %Sous l'hypothèse nulle $H_0$, déterminer, en utilisant la propriété ci-dessous, un réel positif $h$ tel que $P(- h \leqslant D  \leqslant h) = 0,95$.

%\medskip
%
%\emph{Propriété de la loi normale : si $X$ est une variable aléatoire de loi normale de moyenne $\mu$ et
%d'écart type }\:$\sigma$, $P(\mu - 2 \sigma \leqslant X \leqslant \mu + 2 \sigma) \approx 0,95$.
En utilisant la propriété : $h = 2\times 0,067 = 0,134$. D'où :

$P(-0,134 \leqslant D \leqslant 0,134) = 0,95$.
\item %Énoncer la règle de décision permettant d'utiliser ce test.
Sur 160 personnes ayant reçu de la vertéporfine la fréquence des répondeurs est $F_1$.

Sur 80 ayant reçu le placébo, la fréquence des répondeurs est $F_2$.

$\bullet~~$Si $F_1 - F_2 \in [- 0,134~;~0,134]$, on accepte l'hypothèse $H_0$ ;

$\bullet~~$Si $F_1 - F_2 \notin [- 0,134~;~0,134]$, on rejette l'hypothèse $H_0$.
\item %Sur un échantillon aléatoire de 160~patients traités par vertéporfine, on a observé 108~répondeurs. 

%Sur un échantillon aléatoire de 80~patients ayant reçu un placebo, on a
%observé 36~répondeurs.

%Peut-on, au seuil de signification de 5\,\%, rejeter l'hypothèse $H_0$ ?

On a donc $F_1 = \dfrac{108}{160}$ et $F_2 = \dfrac{36}{80} = \dfrac{72}{160}$.

D'où $F_1 - F_2 = \dfrac{108}{160} - \dfrac{72}{160} = \dfrac{108 - 72}{160} = \dfrac{36}{160} = \dfrac{9}{40} = 0,225$.

On a donc $0,225 \notin  [- 0,134~;~0,134]$ : on rejette donc l'hypothèse $H_0$ au seuil de 5\,\%.

Conclusion : la différence de proportions de répondeurs entre les personnes qui ont reçu de la vertéporfine et celles qui ont reçu un placébo est significative au seuil de 5\,\%.
\end{enumerate}
\end{document}