Corrigé – Centres Étrangers Groupe 1 2024 J1 – Exercice 1
Thème : Fonctions, probabilités conditionnelles – Dérivée, variations, valeur prédictive positive.
\(f\) est définie sur \([0\,;\,1]\) par \(f(x) = \dfrac{0{,}96x}{0{,}93x + 0{,}03}\).
Question 1. Démontrer que \(f'(x) = \dfrac{0{,}0288}{(0{,}93x + 0{,}03)^2}\).
\(f\) est de la forme \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = 0{,}96x\) et \(v(x) = 0{,}93x + 0{,}03\).
\(u'(x) = 0{,}96\) et \(v'(x) = 0{,}93\).
\[f'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{(v(x))^2}\] \[f'(x) = \frac{0{,}96(0{,}93x + 0{,}03) - 0{,}96x \times 0{,}93}{(0{,}93x + 0{,}03)^2}\] \[f'(x) = \frac{0{,}8928x + 0{,}0288 - 0{,}8928x}{(0{,}93x + 0{,}03)^2}\] \[\boxed{f'(x) = \dfrac{0{,}0288}{(0{,}93x + 0{,}03)^2}}\]
Question 2. Sens de variation de \(f\) sur \([0\,;\,1]\).
Pour tout \(x \in [0\,;\,1]\), le dénominateur \((0{,}93x + 0{,}03)^2\) est strictement positif, et le numérateur \(0{,}0288 > 0\).
Donc \(f'(x) > 0\) pour tout \(x \in [0\,;\,1]\).
La fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,1]\).
\[\boxed{f \text{ est strictement croissante sur } [0\,;\,1].}\]
Parmi \(1000\) sportifs, \(x\) désigne la proportion de sportifs dopés (\(x \in [0\,;\,1]\)).
Données :
\(P_D(T) = 0{,}96\) (probabilité d’être testé positif sachant dopé)
\(P_{\overline{D}}(T) = 0{,}03\) (probabilité d’être testé positif sachant non dopé)
\(P(D) = x\), donc \(P(\overline{D}) = 1 - x\)
Question 1. Arbre de probabilité.
\[\begin{array}{ll} D \quad (x) & \begin{cases} T \quad (0{,}96) \\ \overline{T} \quad (0{,}04) \end{cases} \\[10pt] \overline{D} \quad (1-x) & \begin{cases} T \quad (0{,}03) \\ \overline{T} \quad (0{,}97) \end{cases} \end{array}\]
Question 2. Probabilité qu’un sportif soit dopé et ait un test positif.
\[P(D \cap T) = P(D) \times P_D(T)\] \[\boxed{P(D \cap T) = 0{,}96x}\]
Question 3. Démontrer que \(P(T) = 0{,}93x + 0{,}03\).
D’après la formule des probabilités totales avec le système complet \(\{D, \overline{D}\}\) : \[P(T) = P(D \cap T) + P(\overline{D} \cap T)\] \[P(T) = P(D) \times P_D(T) + P(\overline{D}) \times P_{\overline{D}}(T)\] \[P(T) = x \times 0{,}96 + (1 - x) \times 0{,}03\] \[P(T) = 0{,}96x + 0{,}03 - 0{,}03x\] \[\boxed{P(T) = 0{,}93x + 0{,}03}\]
Question 4. Pour \(50\) sportifs dopés parmi \(1000\), probabilité qu’un sportif soit dopé sachant que son test est positif.
On a \(x = \dfrac{50}{1000} = 0{,}05\).
Par définition : \[P_T(D) = \frac{P(D \cap T)}{P(T)}\] \[P_T(D) = \frac{0{,}96 \times 0{,}05}{0{,}93 \times 0{,}05 + 0{,}03}\] \[P_T(D) = \frac{0{,}048}{0{,}0765}\]
On reconnaît \(f(0{,}05) = \dfrac{0{,}96 \times 0{,}05}{0{,}93 \times 0{,}05 + 0{,}03}\).
\[\boxed{P_T(D) = f(0{,}05)}\]
Valeur arrondie au centième : \[P_T(D) = \frac{0{,}048}{0{,}0765} \approx 0{,}62745\] \[\boxed{P_T(D) \approx 0{,}63}\]
Question 5.a. Valeur prédictive positive \(\geq 0{,}9\).
La valeur prédictive positive (VPP) est \(P_T(D) = f(x)\). On cherche \(x\) tel que \(f(x) \geq 0{,}9\).
\[\frac{0{,}96x}{0{,}93x + 0{,}03} \geq 0{,}9\]
Le dénominateur est strictement positif sur \([0\,;\,1]\), donc : \[0{,}96x \geq 0{,}9(0{,}93x + 0{,}03)\] \[0{,}96x \geq 0{,}837x + 0{,}027\] \[0{,}96x - 0{,}837x \geq 0{,}027\] \[0{,}123x \geq 0{,}027\] \[x \geq \frac{0{,}027}{0{,}123}\] \[x \geq \frac{27}{123}\] \[x \geq \frac{9}{41} \approx 0{,}2195\]
Arrondi au centième : \[\boxed{x \geq 0{,}22}\]
Il faut qu’au moins \(22\,\%\) des sportifs soient dopés pour que la VPP dépasse \(0{,}9\).
Question 5.b. Conséquence de cibler les sportifs les plus performants.
Cibler les sportifs les plus performants (supposés plus fréquemment dopés) revient à augmenter la proportion \(x\) de sportifs dopés dans l’échantillon testé.
Or, d’après la partie A, \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,1]\). La valeur prédictive positive \(P_T(D) = f(x)\) augmente donc avec \(x\).
Conclusion : En ciblant une population où la prévalence du dopage est plus élevée, la valeur prédictive positive du test augmente mécaniquement. Le test devient plus fiable : lorsqu’il est positif, il y a une plus forte probabilité que le sportif soit réellement dopé.