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\renewcommand{\baselinestretch}{1.2}%%% interlignage
%Tapuscrit de l'énoncé : Denis Vergès
%Corrigé : François Hache
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\def\Oij{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$}
\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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\DecimalMathComma
\usepackage[np]{numprint}
\renewcommand{\d}{\mathrm{\,d}}%     le d de différentiation
\newcommand{\e}{\mathrm{\,e\,}}%      le e de l'exponentielle
\renewcommand{\i}{\mathrm{\,i\,}}%    le i des complexes
\newcommand{\ds}{\displaystyle}

\begin{document}
\setlength\parindent{0mm}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Terminale S}
\lfoot{\small{Concours entrée école de santé -- Corrigé\\ Lyon--Bordeaux}}
\rfoot{\small{13 avril  2018}}

\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}

{\Large {\textbf{\decofourleft~Entrée École de santé Bron 13 avril 2018 -- Corrigé~\decofourright}}}

%\medskip
%
%Durée: 1 heure 30 minutes \qquad  Coefficient: 3
\end{center}
%\vspace{0,25cm}
%
%Avertissement :
%
%\setlength\parindent{6mm}
%\begin{itemize}
%\item[$\bullet~~$] L'utilisation de calculatrice, règle de calcul, formulaire, papier millimétré n'est pas autorisée.
%\item[$\bullet~~$] Les candidats traiteront les trois exercices.
%\item[$\bullet~~$] Les réponses des exercices \no 1 et \no 2  seront données sur une grille prévue à cet effet.
%\item[$\bullet~~$] L'exercice \no 3 sera traité sur une copie à part.
%\item[$\bullet~~$] Il ne sera pas fait usage d'encre rouge.
%\item[$\bullet~~$] La qualité de la présentation des copies et de l'orthographe sera prise en compte clans l'évaluation,
%\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

\bigskip

\textbf{EXERCICE 1 \hrulefill{} 6 points}

%\medskip 
%
%Pour chacune des questions, une seule des quatre affirmations A, B, C ou D est exacte.
%
%On demande au candidat d'indiquer \textbf{sans justification} la réponse qui lui paraît exacte en cochant la case sur la grille prévue à cet effet.
%
%Toute réponse juste est comptée $+ 1$ point, toute réponse fausse est comptée $- 0,25$ point.
%
%Une absence de réponse est comptée $0$ point. Si le total est négatif, la note est ramenée à $0$.

\medskip

\textbf{QCM 1}

\medskip

La fonction $f$ définie sur $\R$ par $f(x) = \e^x + \e^{-x}$ est :

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{X}
\textbf{A.~~} croissante sur $]- \infty~;~0[$ et décroissante sur $[0~;~+ \infty[$,\\ 
\textbf{B.~~} croissante sur $\R$,\\
\textbf{C.~~} \fbox{décroissante sur $]-\infty~;~0[$ et croissante sur $[0~;~+\infty[$}, \\
\textbf{D.~~} décroissante sur $]-\infty~;~-2[$ et croissante sur $[-2~;~+ \infty[$.
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
$f(x) = \e^x + \e^{-x}$ donc $f'(x)=\e^{x}-\e^{-x}$.

$f'(x)>0 \iff \e^{x}-\e^{-x}>0 \iff \e^{x} >\e^{-x} \iff x > -x \iff x>0$

Donc la fonction $f$ est croissante pour $x>0$ et décroissante pour $x<0$.
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 2}

\medskip

Soit $f$ la fonction définie sur $\R$ par $f(x) = 5\e^{0,2x^2 + 0,5x}$.

La tangente à la courbe représentative de la fonction $f$ au point d'abscisse $0$ :

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{2}X}
\textbf{A.~~} \fbox{a pour équation $y = 2,5x + 5$} 	&\textbf{B.~~} a pour équation $y = 5x$\\
\textbf{C.~~} a pour équation $y = 5x + 10$ 	&\textbf{D.~~} est parallèle à l'axe des abscisses.
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
Une équation de la tangente à la courbe représentant une fonction $f$ au point d'abscisse $a$ est\\
$y = f'(a)\left (x-a\right ) + f(a)$.

\textbullet~~$f(x)=5\e^{0,2x^2 + 0,5x}$ donc $f(0)=5\e^{0}=5$

\textbullet~~$f(x)=5\e^{0,2x^2 + 0,5x}$ donc $f'(x)=5\left (0,4x+0,5\right )\e^{0,2x^2+0,5x}$ et donc
$f'(0) = 5\times 0,5\e^{0}= 2,5$

La tangente a donc pour équation $y=2,5\left (x-0\right )+5$ soit $y=2,5x+5$.
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 3}

\medskip

Les solutions de l'inéquation $\ln (- x + 5) < \ln (x + 1)$ sont:

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}

\textbf{A.~~} $]2~;~+ \infty[$& \textbf{B.~~} $] -\infty~;~5 [$ &\textbf{C.~~} $]- 1~;~5[$& 
\textbf{D.~~} \fbox{$]2~;~5[$}
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
Pour pouvoir résoudre l'inéquation $\ln (- x + 5) < \ln (x + 1)$, il faut que $-x+5>0$ et $x+1>0$ donc que  $-1<x<5$.

$\ln (- x + 5) < \ln (x + 1) \iff -x+5 < x+1 \iff 4<2x \iff x>2$

Il faut donc $x>2$ et $-1<x<5$ donc $x\in ] 2~;\, 5[$.
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 4}

\medskip

$\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \sqrt{x^2 + 1} - \sqrt{x^2 - 1}$ est égale à 

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}
\textbf{A.~~} $+\infty$ &\textbf{B.~~} 1 &\textbf{C.~~} \fbox{0} &
\textbf{D.~~} 2
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
$\ds\sqrt{x^2 + 1} - \sqrt{x^2 - 1} = \dfrac{\left ( \ds\sqrt{x^2 + 1} - \sqrt{x^2 - 1}\right )\left (\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}\right )}{\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}}
= \dfrac{\left ( \ds\sqrt{x^2 + 1}\right )^2 - \left (\ds\sqrt{x^2 - 1}\right )^2}{\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}}$\\
$\phantom{\ds\sqrt{x^2 + 1} - \sqrt{x^2 - 1}}
= \dfrac{\left (x^2+1\right ) - \left (x^2-1\right )}{\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}}
= \dfrac{x^2+1 - x^2+1}{\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}}
= \dfrac{2}{\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}}$

Donc $\displaystyle\lim_{x \to + \infty} \sqrt{x^2 + 1} - \sqrt{x^2 - 1}
= \displaystyle\lim_{x \to + \infty}  \dfrac{2}{\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}}$
\end{tabular}

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
$\ds\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1} = \ds\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2-1} = +\infty$ donc
$\ds\lim_{x\to +\infty} \sqrt{x^2+1} + \sqrt{x^2-1} = +\infty$ et donc\\
$\displaystyle\lim_{x \to + \infty}  \dfrac{2}{\ds\sqrt{x^2 + 1} + \sqrt{x^2 - 1}} = 0$
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 5}

\medskip

On choisit un réel au hasard entre 0 et 5 et l'on note $Y$ la variable aléatoire égale au réel choisi. Alors :

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}
\textbf{A.~~} $P(Y =2,5) = 0,5$ &\textbf{B.~~} $P(Y \leqslant 2) = 0,5$ & \textbf{C.~~} \fbox{$P_{Y\geqslant 2}(Y \leqslant 3) = \dfrac{1}{3}$} & \textbf{D.~~} $P_{Y\geqslant 2}(Y \leqslant 3) = \dfrac{1}{5}$
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
La variable aléatoire $Y$ suit la loi uniforme sur l'intervalle $[0~; \,5]$ donc, pour 
$0\leqslant a \leqslant b \leqslant 5$, on a\\
$P(a \leqslant Y \leqslant b) = \dfrac{b-a}{5-0}$. 

On a donc
$P_{Y\geqslant 2}(Y \leqslant 3) = \dfrac{P\left ( \left ( Y\geqslant 2\right ) \cap \left ( Y \leqslant 3\right ) \right )}{P\left (Y\geqslant 2 \right )}
= \dfrac{P\left ( 2 \leqslant Y \leqslant 3 \right )}{P\left (2 \leqslant Y \leqslant 5 \right )} 
= \dfrac{\dfrac{3-2}{5-0}}{\dfrac{5-2}{5-0}} = \dfrac{1}{3}$
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 6}

\medskip

Pour tout nombre réel $x$ non nul, $2 - \dfrac{\e^{-x} - 2}{\e^{-x} - 1}$ est égal à :

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}
\textbf{A.~~} $\dfrac{3\e^{-x} - 4}{\e^{-x} - 1}$&
\textbf{B.~~} \fbox{$\dfrac{1}{1 - \e^{x}}$} &
\textbf{C.~~} $\dfrac{\e^{-x} - 4}{\e^{-x} - 1}$&
\textbf{D.~~} $\dfrac{3\e^{-x}}{\e^{-x} - 1}$
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
$2 - \dfrac{\e^{-x} - 2}{\e^{-x} - 1}
= \dfrac{2\left ( \e^{-x} - 1\right ) - \left ( \e^{-x} - 2\right )}{\e^{-x} - 1}
= \dfrac{2\e^{-x} -2 -\e^{-x}+2}{\e^{-x} - 1}
= \dfrac{\e^{-x}}{\e^{-x} - 1}
= \dfrac{\e^{-x}}{\e^{-x}\left (1-\e^{x} \right )}
= \dfrac{1}{1-\e^{x}}$
\end{tabular}

\vspace{0,5cm}

\textbf{EXERCICE 2 \hrulefill{} 6 points}

%\medskip
%
%\emph{Pour chacune des questions, une seule des quatre affirmations \emph{A}, \emph{B}, \emph{C} ou \emph{D} est exacte.
%On demande au candidat d'indiquer \textbf{sans justification} la réponse qui lui paraît exacte en \textbf{cochant la case sur la grille prévue à cet effet}.\\
%Toute réponse juste est comptée $+ 1$ point, toute réponse fausse est comptée $- 0,25$ point. Une absence de réponse est comptée $0$ point. Si le total est négatif, la note est ramenée à $0$.}

\medskip

\textbf{QCM 7}

\medskip

Dans un laboratoire, il y a $50$ tubes avec du sang contaminé et $75$ tubes avec du sang non contaminé. Un préparateur tire un tube au hasard, regarde si le sang contenu est contaminé et il replace le tube. Il recommence 5 fois l'expérience. 
On note $X$ le nombre de tubes avec du sang contaminé (sur les 5 tirés).

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{2}X}
\textbf{A.~~} $P(X = 5) = \left(\dfrac{3}{5}\right)^5$ &\textbf{B.~~} $E(X) = \dfrac{2}{5}$\\
\textbf{C.~~} \fbox{$P(X = 0) = \left(\dfrac{3}{5}\right)^5$} &\textbf{D.~~} $P(X = 0) > P(X = 2)$
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
Il y a $50$ tubes contaminés sur un total de $50+75=125$ tubes, donc lors d'un tirage, la probabilité d'avoir un tube avec du sang contaminé est $p=\dfrac{50}{125}=\dfrac{2}{5}$.

\smallskip

La variable aléatoire $X$ qui donne le nombre de tubes avec du sang contaminé sur les 5 tirés, suit la loi binomiale de paramètres $n=5$ et $p=\dfrac{2}{5}$.

Pour $k$ entier entre 0 et 5, $P(X=k)=\ds\binom{n}{k} p^{k} \left (1-p\right )^{n-k} = \ds\binom{5}{k} \left (\dfrac{2}{5} \right )^{k} \left (\dfrac{3}{5} \right )^{5-k}$

Donc pour $k=0$, $P(X=0)=\ds\binom{5}{0} \left (\dfrac{2}{5} \right )^{0} \left (\dfrac{3}{5} \right )^{5}
=\left (\dfrac{3}{5} \right )^{5}$
 \end{tabular}

\newpage

\textbf{QCM 8}

\medskip

Le domaine de définition de la fonction $f$ définie par $f(x) = \ln \left(\e^{-x} - 2\right)$ est :

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}
\textbf{A.~~}$]0~;~+\infty[$ &\textbf{B.~~} $]\ln (2)~;~+\infty[$ &\textbf{C.~~} \fbox{$]-\infty~;~-\ln(2)[$} &\textbf{D.~~}]0~;~2[
\end{tabularx}


\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
Le domaine de définition de la fonction $f$ définie par $f(x) = \ln \left(\e^{-x} - 2\right)$ est l'ensemble des $x$ tels que $\e^{-x}-2>0$. On résout cette inéquation.

$\e^{-x}-2>0 \iff \e^{-x}>2 \iff -x>\ln(2) \iff x<-\ln(2) \iff x\in ]-\infty~;\, -\ln(2) [$
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 9}

\medskip

Soit la fonction $g$ définie sur $\R$ par $g(x) = (3 - 2x)\e^{-x}$.

Une primitive de la fonction $g$ est la fonction $G$ définie sur $\R$ par :

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}
\textbf{A.~~} $G(x)= \left(3x - x^2\right)\e^{-x}$ &
\textbf{B.~~} $G(x)= \left(- 3x + x^2\right)\e^{-x}$\\
\textbf{C.~~} \fbox{$G(x) = (2x - 1)\e^{-x}$}&
\textbf{D.~~} $G(x) = (5 - 2x)\e^{-x}$
\end{tabularx}


\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
Pour $G(x) = (2x - 1)\e^{-x}$, on a $G'(x)=2\times\e^{-x} + (2x-1)\times (-1)\e^{-x}
= (2 -2x+1)\e^{-x} = (3-2x)\e^{-x} = g(x)$.
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 10}

\medskip

L'ensemble des solutions de l'inéquation $(3 - x)\ln (x) \geqslant 0$ est:

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}
\textbf{A.~~} \fbox{[1~;~3]} &\textbf{B.~~} ]0~;~3] &\textbf{C.~~}$]-\infty~;~3]$ &\textbf{D.~~}$[1~;~+ \infty[$
\end{tabularx}


\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
On établit le tableau de signes de $(3-x)\ln(x)$ sur $]0~;\, +\infty[$:

\begin{center}
{
\renewcommand{\arraystretch}{1.1}
\def\esp{\hspace*{2cm}}
$\begin{array}{|c | l*{6}{c} |} 
\hline
x  & 0 & \esp & 1 & \esp & 3 & \esp & +\infty \\
\hline
3-x &  & \pmb{+} &  \vline\hspace{-2.7pt}{\phantom 0} & \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{-} &\\
\hline
\ln(x) & \vline\;\vline  & \pmb{-} &  \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}{\phantom 0} & \pmb{+} &\\
\hline
(3-x)\ln(x) &\vline\;\vline  & \pmb{-} &  \vline\hspace{-2.7pt}{0} & \pmb{+} & \vline\hspace{-2.7pt}{0}  & \pmb{-} & \\
\hline
\end{array}$
}
\end{center}

Donc $(3-x)\ln(x)\geqslant 0$ pour $x \in [1~;\, 3]$.
\end{tabular}

\bigskip

\textbf{QCM 11}

\medskip

L'intégrale $\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\e^x}{1 + \e^x}\d x$ est égale à :

\medskip
\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}X}
\textbf{A.~~} 1&\textbf{B.~~}$\dfrac{1}{2}$&\textbf{C.~~}$\dfrac{\text{e}}{2\left (1 + \text{e}\right )}$&
\textbf{D.~~} \fbox{$\ln \left(\dfrac{1 + \text{e}}{2} \right)$}
\end{tabularx}


\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
La fonction $x \longmapsto \dfrac{\e^x}{1 + \e^x}$ a pour primitive sur $[0~;\, 1]$ la fonction $x \longmapsto \ln\left ( 1+\e^{x}\right )$ donc

$\displaystyle\int_0^1 \dfrac{\e^x}{1 + \e^x}\d x = \left [ \ln\left ( 1+\e^{x}\right )\strut\right ]_{0}^{1}
= \ln\left ( 1+\e^{1}\right ) - \ln\left ( 1+\e^{0}\right )
= \ln\left ( 1+\e\right ) - \ln(2) = \ln\left (\dfrac{1+\e}{2}\right )$
\end{tabular}

\newpage

\textbf{QCM 12}

\medskip

Une variable aléatoire $X$ suit la loi normale $\mathcal{N}\left(30\,,\,\sigma^2\right)$  avec $P(X > 35) = 0,4$

\medskip

\begin{tabularx}{\linewidth}{*{2}X}
\textbf{A.~~} $P(X < 30) = 0,4$&\textbf{B.~~} $P(30 < X < 35) = 0,1$\\
\textbf{C.~~} $P(25 < X < 35) = 0,3$&\textbf{D.~~} $P(X > 40) = 0,5$.
\end{tabularx}

\medskip

\begin{tabular}{@{\hspace*{0.05\linewidth}}|p{0.93\linewidth}}
$\mu=30$ donc $P(X>30)=0,5$; on a donc
$P(30<X<35) = P(X>30)-P(X>35)= 0,5-0,4 = 0,1$.
\end{tabular}

\vspace{0.5cm}

\textbf{EXERCICE 3 \hrulefill{} 8 points}

\medskip

On veut dépister une maladie $m$ dont la fréquence (ou prévalence) dans la population P est notée $p$ avec $0 < p < 1$. 

On met en place un test diagnostique qui est indépendant de la valeur de $p$.

On prélève au hasard dans la population P un individu ayant été soumis au test diagnostique.

On définit les évènements suivants:
$T$ : \og le test est positif\fg{} et $M$ : \og l'individu est malade \fg. 

Pour ce test diagnostique, le fabricant a indiqué:

\setlength\parindent{10mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$] la probabilité $P_M(T)$ qu'un individu ait un test positif sachant qu'il est malade, est appelée sensibilité du test et est notée $S_e$.
\item[$\bullet~~$] La probabilité $P_{\overline{M}}\left(\overline{T}\right)$ qu'un individu ait un test négatif sachant qu'il n'est pas malade, est appelée spécificité du test et est notée $S_p$.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

\medskip

\begin{enumerate}
\item On illustre la situation par un arbre pondéré.

\begin{center}
\bigskip
  \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=5pt,levelsep=3.5cm,nrot=:U]{\TR{}}
 {
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$M$}\naput{$p$}}
 	  { 
 		  \TR{$T$}\naput{$S_e$}
 		  \TR{$\overline{T}$}\nbput{\blue $1-S_e$}	   
 	  }
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$\overline{M}$}\nbput{\blue $1-p$}}
 	  {
 		  \TR{$T$}\naput{\blue $1-S_p$}
          \TR{$\overline{T}$}\nbput{$S_p$} 
     }
}
\bigskip
\end{center}


\item 
	\begin{enumerate}
		\item 
\begin{tabular}[t]{@{} l l l}
D'après l'arbre: &  $P(M \cap T)=p\times S_e$ & $P\left(M  \cap \overline{T}\right)=p\times (1-S_e)$\\
&  $P\left(\overline{M} \cap T\right)= \left (1-p\right )\left (1-S_p\right )$&
$P\left(\overline{M} \cap \overline{T}\right)= (1-p)\times S_p$
\end{tabular}
		 
		\item La probabilité que le test délivre une juste conclusion est:

$P(M \cap T) + P\left(\overline{M} \cap \overline{T}\right) = p\times S_e + (1-p)\times S_p
= p\times S_e + S_p - p \times S_p = p\left(S_e - S_p\right) + S_p$ 
	\end{enumerate}
\item On appelle :

\setlength\parindent{10mm}
\begin{itemize}
\item[$\bullet~~$]Valeur prédictive positive du test (VPP), la probabilité $P_T(M)$ d'être malade, sachant que le test est positif.
\item[$\bullet~~$]Valeur prédictive négative du test (VPN), la probabilité $P_{\overline{T}}\left(\overline{M}\right)$ d'être non malade, sachant que le test est négatif.
\end{itemize}
\setlength\parindent{0mm}

	\begin{enumerate}
		\item% Calculer $P(T)$ à l'aide de $p$, $S_e$ et $S_p$
D'après la formule des probabilités totales, 

$P(T) = P(M\cap T) + P\left (\overline{M}\cap T\right ) = pS_e + \left (1-p\right )\left (1-S_p\right )
= pS_e +1 -p - S_p + pS_p
= p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p$		
		
		\item% Exprimer VPP et VPN en fonction de $p$, $S_e$ et $S_p$.
$\text{VPP} = P_{T}(M) = \dfrac{P(M\cap T)}{P(T)} 
= \dfrac{pS_e}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p}$

$\text{VPN} = P_{\overline{T}}\left (\overline{M}\right ) = \dfrac{P\left (\overline{M}\cap \overline{T} \right )}{P\left (\overline{T}\right )}
= \dfrac{P\left (\overline{M}\cap \overline{T} \right )}{1-P(T)}
= \dfrac{(1-p) S_p}{1-\left ( p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p\right )}
= \dfrac{(1-p) S_p}{S_p - p\left (S_e + S_p-1 \right )}
$
		\item Le test est considéré comme intéressant si $\text{VPP} > p$. 

$\text{VPP} > p \iff \dfrac{pS_e}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p}>p
\iff \dfrac{pS_e}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p} - p >0\\[5pt]
\phantom{\text{VPP} > p}
\iff \dfrac{p\left (S_e - \left (p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p\right )\right )}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p} >0
\iff \dfrac{p\left (S_e+S_p-1 - p\left (S_e + S_p-1 \right )\right )}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p} >0\\[5pt]
\phantom{\text{VPP} > p}
\iff \dfrac{p\left (S_e+S_p-1\right )\left (1-p\right )}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p} >0$
		
%Montrer alors que : $S_e + S_p > 1$.
$p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p= P(T)$ donc $p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p >0$

$p\in ]0~;\, 1[$ donc $p>0$ et $1-p>0$ donc\\
$\dfrac{p\left (S_e+S_p-1\right )\left (1-p\right )}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p} >0$ entraîne $S_e+S_p-1>0$ donc $S_e+S_p>1$. 
\end{enumerate}

\item La prévalence $p$ du paludisme est de 90\,\% en Tanzanie et de 0,001 en France.
Le test biologique utilisé a pour sensibilité $S_e = 0,9$ et pour spécificité $S_p = 0,8$. %Cela est valable pour toute la question 4.

	\begin{enumerate}
		\item% Calculer la VPP en Tanzanie arrondie à $10^{-2}$ près.
En Tanzanie, $p=0,9$, et le test est tel que $S_e = 0,9$ et $S_p = 0,8$. Donc 		
		
$\text{VPP}_{\text{Tanzanie}} =  \dfrac{pS_e}{p\left (S_e + S_p-1 \right ) +1-S_p} 
= \dfrac{0.9\times 0.9}{0.9\left ( 0,9+0,8-1\right ) +1-0,8}
= \dfrac{0,81}{0,83} \approx 0,98$		
		
		
On admet que VPP$_{\text{France}} = 0$\: ;\:VPN$_{\text{Tanzanie}} = 0,47$ \:;\: VPN$_{\text{France}} = 1$.

		\item% En déduire ce que l'on peut dire en terme de probabilité à un patient de Tanzanie et à un patient français selon que le test est positif ou négatif. 
\begin{list}{\textbullet}{}
\item $\text{VPP}_{\text{Tanzanie}} =  0,98$ donc un patient de Tanzanie qui a un test positif a une probabilité de $0,98$ d'être malade.
\item $\text{VPN}_{\text{Tanzanie}} =  0,47$ donc un patient de Tanzanie qui a un test négatif a une probabilité de $0,47$ de ne pas être malade, donc une probabilité de $0,53$ d'être malade..
\item $\text{VPP}_{\text{France}} =  0$ donc un patient de France qui a un test positif a une probabilité nulle d'être malade.
\item $\text{VPN}_{\text{France}} =  1$ donc un patient de France qui a un test négatif a une probabilité de $1$ de ne pas être malade.
\end{list}		
			
		\item On considère la fonction $v$ définie par $v(p) = P_T(M)$.
			\begin{enumerate}
				\item% Donner l'expression de $v(p)$ en fonction de $p$.
On peut établir un nouvel arbre pondéré avec $S_e=0,9$ et $S_p=0,8$:

	\begin{center}
\bigskip
  \pstree[treemode=R,nodesepA=0pt,nodesepB=5pt,levelsep=3.5cm,nrot=:U]{\TR{}}
 {
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$M$}\naput{$p$}}
 	  { 
 		  \TR{$T$}\naput{$0,9$}
 		  \TR{$\overline{T}$}\nbput{\blue $1-0,9=0,1$}	   
 	  }
 	\pstree[nodesepA=5pt]{\TR{$\overline{M}$}\nbput{\blue $1-p$}}
 	  {
 		  \TR{$T$}\naput{\blue $1-0,8=0,2$}
          \TR{$\overline{T}$}\nbput{$0,8$} 
     }
}
\bigskip
\end{center}			
				
$v(p)=P_T(M) = \dfrac{P(M\cap T)}{P(T)} = \dfrac{P(M\cap T)}{P\left (M\cap T\vphantom{\overline{M}}\right ) + P\left (\overline{M}\cap T\right )} = \dfrac{0,9p}{0,9p+0,2\left ( 1-p\right )}
= \dfrac{0,9p}{0,7p+0,2}$
				
				\item% Donner le sens de variation de la fonction $v$.
$v'(p) = \dfrac{0,9\times \left ( 0,7p+0,2\right ) -0,9p \times0,7 }{\left( 0,7p+0,2\right )^2}
= \dfrac{0,18}{\left( 0,7p+0,2\right )^2}>0$ pour tout $p$ de $]0~;\, 1[$.

Donc la fonction $v$ est strictement croissante sur $]0~;\, 1[$. 
				
				\item% Lorsque $p$ est supérieur à $0,8$, en quoi la positivité du test est-elle un élément important du diagnostic ?
La fonction $v$ est croissante donc pour $p>0,8$, $v(p)>v(0,8)$ donc $v(p)>\dfrac{0,9\times 0,8}{0,9\times 0,8 + 0,2}$, autrement dit $\text{VPP}>0,95$.

Cela signifie qu'un patient dont le test est positif a une probabilité d'être malade supérieure à $0,95$; le test est donc très pertinent.				
				
				
			\end{enumerate}
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\end{document}