INFO EX 2 DS TS1 du samedi 30 mai 2015

              INFO EX 2  du DS du samedi 30 mai 2015             TS1

             Exercice 2    
                                               Commun à tous les candidats

                      On note X la variable aléatoire donnant le taux d’hématocrite d’un adulte

                     choisi au hasard dans la population française.

                    Cette variable suit la loi normale de moyenne µ = 45,5 et d’écart type σ.
        Partie A
                 On note Z la variable aléatoire

                          

             1. a. Quelle est la loi de la variable Z ?

                       Réponse:

                     On a obtenu Z  en centrant et réduisant X qui était de loi normale.

                    Donc:

                  Conclusion:   La variable aléatoire Z  est de loi normale centrée réduite N ( 0 ; 1² ).                    
                b. Déterminer P( X ≤  µ).

                 Réponse:

                   • On peut dire: 

                       La courbe de Gauss pour Z est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées.

                       L'aire sous la courbe de sa fonction de densité de probabilité 

                     vaut 1 unité d'aire.

                       Donc  P( Z ≤  0 ) = 0,5 

                    Conclusion :     P(X ≤ µ) = 0,5

                   • On peut aussi raisonner directement au niveau de X :

                     Le caractère symétrique de la courbe de Gauss, associée à sa fonction densité de probabilité 

                      ,

                     par rapport à la droite verticale d’équation x = µ

                      et le fait que l'aire sous la courbe de Gauss vaut 1 u.a.

                      entraîne que:    P(X ≤ µ) = 0,5

        2. En prenant σ = 3,8  déterminer P(37,9 ≤ X ≤ 53,1). Arrondir le résultat au centième.

            Réponse:

              • Première méthode un peu artificielle car elle demande un certain coup d'oeil:

                 On s'aperçoit que les valeurs 37,9 et 53,1  sont symétrique par rapport à  µ = 45,5.

                    ( On le voit en considérant : ( 37,9 + 53,1) / 2 = 45,5    )

                37,9 = 45,5 − 7,6  = 45,5 − 2 × 3,8  = µ − 2 σ   

                53,1 = 45,5 + 7,6  = 45,5 + 2 × 3,8 = µ + 2 σ

              Donc    P( 37,9 ≤ X  ≤  53,1) =   P( µ − 2 σ  ≤  X  ≤  µ + 2 σ )

              Mais si la variable aléatoire X suit la loi normale de paramètres µ et σ alors

                                P( µ − 2 σ  ≤   X  ≤ µ+ 2 σ) ≈ 0,95

              Donc           Conclusion:          P( 37,9 ≤ X  ≤  53,1) ≈ 0,95   

               • Seconde  méthode  avec X et  la calculatrice:

                 On considère :  2NDE   VARS pour avoir DISTR

                  puis on considère la seconde ligne

                   1:  normalpdf(               parfois      normalFdp(

                   2:   normalcdf(              parfois     normalFRép( 

                                normalcdf( 37.9  ,   53.1   , 45.5    , 3.8 )

                     On obtient 0,9545   ce qui est ramené à 0,95  

             • Troisième méthode avec Z et la calculatrice:

                    ( 37,9 ≤ X  ≤  53,1)  s'écrit en retranchant à chaque membre  σ  = 45,5

                       puis en divisant chaque membre par  σ = 3,8

                       ( − 2 ≤  Z  ≤  2 )

                 Ainsi :  P ( 37,9 ≤ X  ≤  53,1) = P( − 2 ≤  Z  ≤  2 )        (  ce qui est aussi   2 P( Z  ≤  2 ) − 1     )         

                  On considère :  2NDE   VARS pour avoir DISTR

                  puis on considère la seconde ligne

                   1:  normalpdf(               parfois      normalFdp(

                   2:   normalcdf(              parfois     normalFRép( 

                                normalcdf(  − 2  ,  2  )

                     On obtient 0,9545   ce qui est ramené à 0,95  

       Partie B 
                      On définit les événements :
                M : « l’individu est porteur de la maladie V » 
                S : « l’individu a plus de 50 ans » 
                H : « l’individu a un taux d’hématocrite supérieur à α »
    1. a. Déterminer P(M ∩ S).

          Réponse :

          On sait que P_M( S ) = 0,9   car  90 % des porteurs de la maladie V ont plus de 50 ans

          et  P( M ) = 1 %     car 1 % de la population est atteint de la maladie.
          On a :     P( M ∩ S ) = P( M ) × P_M( S ) = 0,01 × 0,9 = 0,009

                        Conclusion :       P(M ∩ S ) =  0,009 
        b.On choisit au hasard un individu ayant plus de 50 ans.

          Montrer que la probabilité qu'il soit porteur de la maladie est égale à 0,03.

          Réponse:

          La probabilité qu’un individu ayant plus de 50 ans soit porteur de la maladie V est  P_S (M).
          Or on a :   P_S (M) = P(M ∩ S )  / P(S)
          On vient de voir que  P(M ∩ S ) = 0,009

          De plus on sait que 30 % de la population a plus de 50 ans, donc P(S) = 0,30.
          On déduit par quotient que : P_S (M) = 0,009 / 0,30 = 0,03
            Conclusion:    P_S (M) = 0,03
       2. a.Calculer la probabilité  P(H).

            Réponse:

               On a: P(H) = P( X > α ) = 1 − P( X ≤ α )

                Or  P( X ≤ α ) = 0,995   par hypothèse.

               Donc  P( H ) =   1 − 0,995 = 0,005

              Conclusion:  P( H ) =  0,005
            b. L’individu choisi au hasard a un taux d’hématocrite inférieur ou

               égal à α (événement H) . Calculer la probabilité qu’il soit porteur de la maladie V.

               Arrondir au millième.

                Réponse:
          La probabilité qu’il soit porteur de la maladie V sachant qu'il a un taux

          inférieur ou égal à  est:

          On a :  

            On veut extraire

           toutes les autres probabilités de l'égalité sont connues.      
           On sait que 60 % des individus ayant un taux d’hématocrite supérieur

           à α sont porteurs de la  maladie V.

            Donc P_H (M) = 0,6.

           On a  P(H) = 0,05  

           D'après l'énoncé:

         On sait que    P(M) =  0,01

          Ainsi :

          
          
            La probabilité qu’un individu soir porteur de la maladie

            sachant qu’il a un taux d’hématocrite inférieur ou égale à α est de 0,007.

              Conclusion :  

                                
             Partie C

        1.Déterminer l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% de la fréquence

           de la maladie V dans les échantillons de taille 1000, prélevés au hasard  

          et avec remise dans l'ensemble de la population française.

          On arrondira les bornes de l'intervalle au millième.

             Réponse:

             L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95% de la fréquence p de la maladie V dans
             un échantillon de taille n est :

                    I = [ p −1,96( √ ( p(1− p) )  / √ n   ;  p + 1,96 (√ ( p(1− p) ) / √ n ]

                     p = P(M) = 0,01         et        n = 1000

              Donc:    I = [ 0,01 − 1,96  ( √(0,01×0,99) ) / √1000  ;  0,01 + 1,96 ( √(0,01×0,99) ) / √1000 ]
             
                    I ≈ [0,0038; 0,0162]

          Conclusion:    I ≈ [0,003  ; 0,016] 
          2. Dans un échantillon aléatoire de 1 000 personnes possédant le gène, on a trouvé 14 personnes
               porteuses de la maladie V. Au regard de ce résultat, peut-on décider, au seuil de 

             95% , que le gène a une incidence sur la maladie?

          Donc   F₁₀₀₀  = 14 / 1000   = 0,014
            Cette fréquence appartient à l’intervalle de fluctuation asymptotique

             au seuil de 95 % donc l’échantillon étudié peut être considéré comme conforme.

            Le fait de n'avoir que 14 personnes seulement porteuses de la maladie

             avec cet échantilon valable de 1000 personnes ayant le gène montre que 

            le gène ne provoque pas la maladie.

            Conclusion:   le gène ne semble pas avoir d’influence sur la maladie.
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