%!TEX encoding = UTF-8 Unicode \documentclass[10pt]{article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{fourier} \usepackage[scaled=0.875]{helvet} \renewcommand{\ttdefault}{lmtt} \usepackage{amsmath,amssymb,makeidx} \usepackage{fancybox} \usepackage[normalem]{ulem} \usepackage{pifont} \usepackage{tabularx} \usepackage{lscape} \usepackage{multirow} \usepackage{textcomp} \newcommand{\euro}{\eurologo{}} %Tapuscrit : Denis Vergès \usepackage{pst-plot,pst-text,pst-tree} \usepackage{pst-eucl} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\D}{\mathbb{D}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\C}{\mathbb{C}} \setlength{\textheight}{23,5cm} \setlength{\voffset}{-1.5cm} \newcommand{\vect}[1]{\overrightarrow{\,\mathstrut#1\,}} \newcommand{\barre}[1]{\overline{\,\mathstrut#1\,}} \renewcommand{\theenumi}{\textbf{\arabic{enumi}}} \renewcommand{\labelenumi}{\textbf{\theenumi.}} \renewcommand{\theenumii}{\textbf{\alph{enumii}}} \renewcommand{\labelenumii}{\textbf{\theenumii.}} \def\Oij{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath}\right)$} \def\Oijk{$\left(\text{O},~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$} \def\Ouv{$\left(\text{O},~\vect{u},~\vect{v}\right)$} \setlength{\voffset}{-1,5cm} \usepackage{fancyhdr} \usepackage{hyperref} \hypersetup{% pdfauthor = {APMEP}, pdfsubject = {Baccalauréat S}, pdftitle = {Corrigé Pondichéry avril 2006}, allbordercolors = white} \usepackage[frenchb]{babel} \usepackage[np]{numprint} \begin{document} \setlength\parindent{0mm} \rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}} \lhead{\small Corrigé du baccalaurŽéat S} \lfoot{\small{Pondichéry}} \rfoot{\small{3 avril 2006}} \renewcommand \footrulewidth{.2pt} \pagestyle{fancy} \thispagestyle{empty} \begin{center}{\red \Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat S Pondichéry~\decofourright\\3 avril 2006}} \end{center} \vspace{0,25cm} \textbf{\textsc{Exercice 1}} \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Faux. Contre-exemple : $\left(\text{e}^2\right)^3 = \text{e}^6$ et $\text{e}^{\left(2^3\right)} = \text{e}^8$. \item Vrai. \item Faux. L'équation de la tangente est $y - \text{e} = \text{e}(x - 1) \iff y = \text{e} x$ \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Vrai. \item Faux. Exemple la fonction valeur absolue est continue et non dérivable en $0$. \item Vrai. Définition du nombre dérivé $f'(a)$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Faux : contre-exemple : $u_{n} = 3n$ et $v_{n} = - 2n$. \item Vrai : la suite a pour limite plus ou moins l'infini. \item Vrai : même chose, la suite a pour limite plus ou moins l'infini. \item Faux : si $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} v_{n} = 0$, la suite diverge. \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{Exercice 2} (non spécialistes)} \medskip \begin{enumerate} \item $z_{0} = 2,~z_{1} = 1 + \text{i},~z_{2} = \text{i},~z_{3} = -\dfrac{1}{2} + \dfrac{\text{i}}{2},~z_{4} = - \dfrac{1}{2} \in \R$. \bigskip \psset{unit=2cm} \begin{pspicture*}(-2.05,-1)(2.05,1.5) \psgrid[gridlabelcolor=white,subgriddiv=2](0,0)(-2,-1)(2,1.5) \psaxes[linewidth=1pt](0,0)(-2.2,-0.99)(2,1.5) \psaxes[linewidth=1.5pt]{->}(0,0)(1,1) \uput[d](0.5,0){$\vect{u}$} \uput[l](0,0.5){$\vect{v}$} \uput[dl](0,0){O} \psdots(2,0) (1, 1) (0, 1) (-0.5, 0.5) (-0.5, 0) \uput[dr](2,0){$z_{0}$} \uput[dr](1, 1){$z_{1}$} \uput[dr](-0.5, 0.5){$z_{3}$} \uput[dr](0, 1){$z_{2}$} \uput[dr](-0.5, 0){$z_{4}$} \end{pspicture*} \bigskip \item On a $u_{n+1} = \left|z_{n+1}\right| = \left|\dfrac{1 +\text{i}}{2}z_{n}\right| = \left|\dfrac{1 +\text{i}}{2}\right| \times \left|z_{n}\right| = \dfrac{1}{\sqrt{2}}u_{n}$. L'égalité $u_{n+1} = \dfrac{1}{\sqrt{2}}u_{n}$ montre que la suite $\left(u_{n}\right)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$. On a $u_{0} = \left|z_{0}\right| = |2| = 2$. On sait que $u_{n} = u_{0} \times \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n$. Finalement : \[u_{n} = 2 \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n.\] \item On a O$A_{n} = \left|z_{n}\right| = u_{n}$, donc $A_{n}$ appartient au disque (fermé) de centre O et de rayon 0,1 si et seulement si $u_{n} \leqslant 0,1 \iff 2 \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n \leqslant 0,1 \iff 20 \leqslant \left(\sqrt{2}\right)^n \iff 20 \leqslant 2^{\frac{n}{2}} \iff \dfrac{n}{2}\ln 2 \geqslant \ln 20 \iff n \geqslant \dfrac{2 \ln 20}{\ln 2} \approx 8,6$. La condition sera donc réalisée la première fois par $u_{9}$. On a donc $n_{0} = 9$. La calculatrice livre $u_{8} = 0,125$ et$u_{9} \approx 0,084 < 0,1$. \item \begin{enumerate} \item Pour tout naturel $n,~u_{n} \neq 0$ donc $z_{n} \neq 0$. On peut donc écrire $\dfrac{z_{n+1} - z_{n}}{z_{n+1}} = \dfrac{\dfrac{1 +\text{i} }{2}z_{n} - z_{n}}{\dfrac{1 +\text{i} }{2}z_{n}} = \dfrac{1 + \text{i} - 2}{1 + \text{i}} = \dfrac{-1 + \text{i}}{1 + \text{i}} = \dfrac{ \text{i}(1 + \text{i})}{1 + \text{i}} = \text{i}$. L'interprétation géométrique de cette égalité est : \begin{itemize} \item $\left(\vect{\text{O}A_{n+1}},~\vect{A_{n}A_{n+1}}\right) = + \dfrac{\pi}{2}$. Conclusion : pour tout naturel $n$ le triangle O$A_{n}A_{n+1}$ est rectangle en $A_{n+1}$. \item En modules l'égalité donne $\dfrac{A_{n}A_{n+1}}{\text{O}A_{n + 1 }} = 1 \iff A_{n}A_{n+1} = \text{O}A_{n + 1}$. Conclusion le triangle O$A_{n}A_{n+1}$ est isocèle en $A_{n+1}$. Finalement pour tout naturel $n$, le triangle O$A_{n}A_{n+1}$ est rectangle isocèle en $A_{n+1}$, comme on peut le voir sur les quatre premiers triangles de la figure ci-dessus. \end{itemize} \item Comme les triangles sont isocèles $\ell_{n} = A_{0}A_{1}+ A_{1}A_{2} +\ldots + A_{n-1}A_{n} = $ $\text{O}A_{1} + \text{O}A_{2} + \cdots + \text{O}A_{n} = u_{1} + u_{2} + \cdots+ u_{n}$.\\ Cette somme est la somme de $n$ premiers termes d'une suite géométrique de premier terme $u_{1} = \sqrt{2}$ et de raison $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$. On a donc $\ell_{n} = \sqrt{2}\dfrac{1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}^n}}{1 - \dfrac{1}{\sqrt{2}}} = \dfrac{\sqrt{2}\left(\sqrt{2}^n - 1\right)}{\sqrt{2}^{n-1}(\sqrt{2}- 1)}$. Comme$\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{\sqrt{2}^n - 1}{\sqrt{2}^{n-1}} = \sqrt{2}$, on a \[\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \ell_{n} = \dfrac{2}{\sqrt{2} - 1}.\] \end{enumerate} \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{ Exercice 2} (spécialité)} \medskip \begin{enumerate} \item La transformation $f$est de la forme $z' = az + b$ avec $a\in \C,~b \in \C$ : c'est donc une similitude.\\ Cherchons son centre $\Omega$ invariant par $f$ :\\ $z_{\Omega} = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)z_{\Omega} + 1 \iff z_{\Omega} \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2}\text{i}\right) = 1 \iff z_{\Omega}(1 - \text{i}) = 2 \iff z_{\Omega} = \dfrac{2}{1 - \text{i}} = 1 + \text{i}$. Le centre de la similitude est donc $\Omega$ d'affixe $1 + \text{i}$. Les deux égalités $z' = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)z+1$ et $1 + \text{i} = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)(1 + \text{i} ) + 1$ entraînent par différence : $z' - (1 + \text{i} ) = \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right)[z - (1 + \text{i})]$. Or $\left|\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i}\right| = \dfrac{1}{\sqrt{2}}$. Donc $\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2}\text{i} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}$. L'écriture de la similitude est donc finalement : \boldmath\[ z' - (1 + \text{i}) = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}[z - (1 + \text{i})].\]\unboldmath On reconnaît la composée (dans n'importe quel ordre) \begin{itemize} \item d'une rotation de centre $\Omega$ et d'angle$\dfrac{\pi}{4}$ ; \item d'une homothétie de centre $\Omega$ et de rapport $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$. \end{itemize} \item \begin{enumerate} \item Les affixes sont respectivement : $0~;~1~;~\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{2}\text{i}~;~\dfrac{3}{2} + \text{i}$. \item On a $u_{n} = \Omega A_{n} = \left|z_{n} - z_{\Omega}\right|$. Or d'après la question 1., $z_{n+1} - z_{\Omega} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\left[z_{n} - z_{\Omega}\right]$, soit en prenant les modules : $\left| z_{n+1} - z_{\Omega}\right| = \left| \dfrac{1}{\sqrt{2}} \text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}}\left[z_{n} - z_{\Omega}\right] \right| = \left|\dfrac{1}{\sqrt{2}} \right| \times\left|\text{e}^{\text{i}\frac{\pi}{4}} \right| \times\left|z_{n} - z_{\Omega} \right| = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \times 1\times \left|z_{n} - z_{\Omega} \right|$, ou encore $u_{n+1} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} u_{n}$, égalité qui montre que la suite $\left(u_{n}\right)$ est une suite géométrique de raison $\dfrac{1}{\sqrt{2}}$, de premier terme $u_{0} = \Omega A_{0} = \Omega \text{O} = \sqrt{2}$ (diagonale d'un carré de côté 1). Il en résulte que$u_{n} = \sqrt{2} \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n$. \item D'après l'expression de $u_{n}$, tous les termes de la suite sont non nuls et $\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}= \dfrac{\sqrt{2}}{2} < 1$ : la suite est donc décroissante.\\ Donc s'il existe $n_{0}$ tel que $u_{n_{0}} < 0,1$, tous les termes successifs vérifieront aussi cette inégalité. Or $u_{n_{0}} < 0,1 \iff \sqrt{2} \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^{n_{0}} < 0,1 \iff \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^{n_{0}-1} < 0,1$, d'où d'après la croissance de la fonction logarithme népérien, $- \left(n_{0} - 1\right)\ln \sqrt{2} < - \ln 10 $ \iff \ln 10 < (n_{0} - 1)\ln \sqrt{2} \iff \dfrac{\ln 10}{\ln \sqrt{2}} < n_{0} - 1 \iff n_{0} > 1 + \dfrac{\ln 10}{\ln \sqrt{2}} \approx 7,6$. Conclusion : le premier point appartenant au disque de centre $\Omega$ et de rayon 0,1 est le point $A_{8}$. \end{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Le triangle $\Omega A_{0}A_{1}$ est clairement rectangle isocèle en $A_{1}$. Démontrons par récurrence que le triangle $\Omega A_{n}A_{n+1}$ est rectangle isocèle en $A_{n+1}$ : \begin{itemize} \item \emph{Initialisation} La propriété est initialisée pour $n = 0$. \item \emph{Hérédité} : soit $n \in \N$ et supposons que le triangle $\Omega A_{n-1}A_{n}$ soit rectangle isocèle en $A_{n}$. Or le triangle $\Omega A_{n}A_{n+1}$ est tout simplement l'image par la similitude du triangle $\Omega A_{n-1}A_{n}$ : il est donc de même nature, soit rectangle isocèle en $A_{n+1}$. La propriété est vraie pour $0$, et si elle est vraie au rang $n$, elle l'est au rang $n + 1$ D'après le principe de récurrence le le triangle $\Omega A_{n-1}A_{n}$ est rectangle isocèle en $A_{n}$ quel que soit le naturel $n$. \end{itemize} \item D'après la question précédente $\ell_{n} = A_{0}A_{1} + \cdots+ A_{n-1}A_{n} = \Omega A_{1} + \Omega A_{2} + \cdots+ \Omega A_{n} = u_{1} + u_{2} + \cdots+ u_{n}$, soit la somme des $n$ premiers termes (exception faite de $u_{0}$) de la suite géométrique vue ci-dessus. On a donc $\ell_{n} = 1 \times \dfrac{\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n - 1}{\dfrac{1}{\sqrt{2}}- 1}$. Comme$\dfrac{1}{\sqrt{2}} < 1,~\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^n = 0$. Conclusion : $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} \ell_{n} = \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2} - 1} = \dfrac{\sqrt{2}(\sqrt{2} + 1)}{(\sqrt{2}+ 1)(\sqrt{2}- 1)} =$\boldmath $ 2 + \sqrt{2}.$ \unboldmath \end{enumerate} \end{enumerate} \newpage \textbf{\textsc{ Exercice 3}} \medskip \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item $M(x~;~y~;~z) \in \Delta \iff \text{il existe}~\lambda \in \R~\text{tel que}~\vect{IM} = \lambda \vect{n}$, car on sait que $\vect{n}$ est un vecteur normal au plan $P$. On a donc \[\left\{\begin{array}{l c l} x - x_{I}&=&\lambda a\\ y - y_{I}&=&\lambda b\\ z - z_{I}&=& \lambda c \end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l} x &=&x_{I} + \lambda a\\ y &=& y_{I} + \lambda b\\ z &=& z_{I} + \lambda c \end{array}\right.\] qui est une équation paramétrique de la droite $\Delta$. \item D'après la question 1, $H$ est un point de $\Delta$, il vérifie donc lui aussi la relation de colinéarité : \[ \vect{IH} = k \vect{n},~\text{avec}~k \in \R.\] \item On a donc $\left\{\begin{array}{l c l} x_{H} &=&x_{I} + k a\\ y_{H} &=& y_{I} +k b\\ z_{H} &=& z_{I} +k c\\ \end{array}\right.$ mais comme $H$ appartient au plan $P$, ses coordonnées vérifient l'équation du plan soit $a(x_{I}k + a) + b(y_{I} +k b) + c(z_{I} +k c) + d = 0 \iff k\left(a^2 + b^2 + c^2\right) + ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d = 0\iff k = - \dfrac{ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d}{a^2 + b^2 + c^2}$ (car $a,~b$ et $c$ ne sont pas simultanément nuls). \item La relation vectorielle $\vect{IH} = k \vect{n}$ entraîne l'égalité des normes : $IH = |k|\left\|\vect{n}\right\| = \dfrac{\left|ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d\right|}{a^2 + b^2 + c^2} \times\sqrt{a^2 + b^2 + c^2} = \dfrac{\left|ax_{I} + by_{I} + cz_{I} + d\right|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}$. \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item On applique la partie A avec $I = \Omega$ et $H$ point commun au plan $\mathcal{Q}$ et au plan $P$, le rayon de la sphère est donc $IH = \Omega H = \dfrac{|1 \times 1 - 1 \times (- 1) + 1\times 3 - 11|}{\sqrt{1 + 1 + 1}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$. \item Un système d'équations paramétriques de la droite $\Delta$ est : \[\left\{\begin{array}{l c l} x &= &1 + \lambda \\ y &= &-1 - \lambda \\ z &= &3 + \lambda \\ \end{array}\right.\] \item En reportant ces coordonnées dans l'équation de $\mathcal{Q}$ on obtient $1 +\lambda + 1 + \lambda + 3 + \lambda - 11 = 0 \iff 3\lambda - 6 = 0 \iff \lambda = 2$. En reportant cette valeur dans les équations paramétriques de la droite $\Delta$ on obtient : $x = 3~;~y = - 3~;~z = 5$. Le point commun à la sphère et au plan a pour coordonnées (3~;~- 3~;~5). \end{enumerate} \vspace{0,5cm} \textbf{\textsc{ Exercice 4}} \medskip \textbf{Partie A} \medskip \begin{enumerate} \item Soit $f$ dérivable, strictement positive sur $[0~;~+ \infty[$ et vérifiant $f'(t) = - \dfrac{1}{20}f(t)[3 - \ln\left(f(t)\right)] \quad (1)$. La fonction $f$ étant strictement positive, la fonction $g = \ln f$ est bien définie sur $[0~;~+ \infty[$ et $g' = \dfrac{f'}{f} \iff f' = f \times g'$. Mais alors l'équation différentielle (1) s'écrit $f g' = - \dfrac{1}{20}f[3 - \ln f] \iff$ $g' = - \dfrac{1}{20}[3 - g]$, car $f \neq 0$. Inversement si la fonction $g = \ln f$ vérifie l'équation différentielle $g' = - \dfrac{1}{20}[3 - g]\quad (2)$, alors puisque $g' = \dfrac{f'}{f}$ existe comme dérivée de la fonction composée de $f$ avec la fonction $\ln$ sur $[0~;~+ \infty[$, l'équation (2) s'écrit : $\dfrac{f'}{f} = \dfrac{1}{20}\ln f - \dfrac{3}{20} \iff f' = \dfrac{1}{20}f\ln f - f\dfrac{3}{20} = - \dfrac{1}{20}f[3 - \ln f]$. On a donc bien montré l'équivalence. \item Les solutions de l'équation $z' = - \dfrac{1}{20}z$ sont les fonctions $t \longmapsto \text{e}^{\frac{t}{20}}$. D'autre part une solution particulière constante de l'équation $z' = \dfrac{1}{20}z - \dfrac{3}{20}$ est le nombre $- \dfrac{-\frac{3}{20}}{\frac{1}{20}} = 3$.\\ Finalement les solutions de l'équation $z' = \dfrac{1}{20}z - \dfrac{3}{20}$ sont les fonctions $t \longmapsto g(t) = 3 + C\text{e}^{\frac{t}{20}}$, avec $C \in \R$. \item D'après la question 1, les fonctions solutions de (E) sont les fonctions $f$ telles que $g = \ln f \iff f= \text{exp(g)}$. Conclusion finale : les solutions de l'équation (E) sont toutes les fonctions $f$ telles que : \[f(t) = \text{exp}\left(3 + C\text{e}^{\frac{t}{20}}\right), \quad C \in \R.\] \item Soit $f(t) = \text{exp}\left(3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}}\right)$. \begin{enumerate} \item De $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \text{e}^{\frac{t}{20}} = + \infty$, il résulte que $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} -3 \text{e}^{\frac{t}{20}} = - \infty$ et enfin que\\ $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 0_{+}$. \item On a $f'(t) = - \dfrac{3}{20}\text{e}^{\frac{t}{20}} \text{exp}\left(3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}}\right)$ et comme les exponentielles sont strictement positives, $f'$ est du signe de $- \dfrac{3}{20} < 0$. La fonction $f$ est décroissante sur $[0~;~+ \infty[$ de $1$ (millier) à $0$. \item $f(t) < 0,02 \iff \text{exp}\left(3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}}\right) < 0,02$ soit d'après la croissance de la fonction logarithme népérien $3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}} < \ln 0,02 \iff 3 - 3\text{e}^{\frac{t}{20}} < - \ln 50 \iff 3\text{e}^{\frac{t}{20}} > 3 + \ln 50 \iff \text{e}^{\frac{t}{20}} > \dfrac{3 + \ln 50}{3} \iff \dfrac{t}{20} > \ln \left(\dfrac{3 + \ln 50}{3} \right) \iff$ $t > 20 \times \ln \left(\dfrac{3 + \ln 50}{3} \right)$. L'ensemble solution est donc $S = \left]20\ln\left(\dfrac{3 + \ln 50}{3} \right)~;~+ \infty\right[$. On a : 0,02 millier correspond à 20 individus. Comme $20 \times \ln \left(\dfrac{3 + \ln 50}{3}\right) \approx 16,6$, la population sera inférieure à 20 individus à partir de la dix-septième année. \end{enumerate} \end{enumerate} \medskip \textbf{Partie B} \medskip \begin{enumerate} \item On dresse un arbre pondéré : \bigskip \begin{center}\pstree[treemode=R,nodesep=2.5pt]{\Tdot} { \pstree{\Tdot~[tnpos=a]{$M$}\taput{$\frac{1}{2}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$T$}\taput{$\frac{99}{100}$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{T}$}\tbput{$\frac{1}{100}$} } \pstree{\Tdot~[tnpos=b]{$\overline{M}$}\tbput{$\frac{1}{2}$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$T$}\taput{$\frac{1}{\np{1000}}$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{T}$}\tbput{$\frac{999}{\np{1000}}$} } } \end{center} \bigskip On a $p(M) = \dfrac{1}{2}~;~p_{M}(T) = \dfrac{99}{100} \quad p_{\overline{M}}(T) = \dfrac{1}{\np{1000}}$ (d'après l'énoncé) \item On a $p(T) = p(M \cap T) + p\left(\overline{M} \cap T\right) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{99}{100} + \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{\np{1000}} = \dfrac{991}{\np{2000}}$. \item On a $p_{T}M = \dfrac{p(M \cap T}{p(T)} = \dfrac{\frac{99}{200}}{\frac{991}{\np{2000}}} = \dfrac{990}{991}$. Comme $\dfrac{990}{991} \approx \np{0,99899} < 0,999$, on en déduit que le test n'est pas fiable. \end{enumerate} %Un exercice semblable a été incompris par un certain C. Allègre obscur ancien ministre. \end{document}