I- Exemple de problème ouvert avec probabilités: Dans un

I- Exemple de problème ouvert avec probabilités:
Dans un supermarché, on réalise une étude sur la vente de bouteilles de jus de fruits sur une période d’un mois.
• 40 % des bouteilles vendues sont des bouteilles de jus d’orange ;
• 25 % des bouteilles de jus d’orange vendues possèdent l’appellation « pur jus ».
Parmi les bouteilles qui ne sont pas de jus d’orange, la proportion des bouteilles de« pur jus » est notée x, où x
est un réel de l’intervalle [0 ; 1].
Par ailleurs, 20 % des bouteilles de jus de fruits vendues possèdent l’appellation « pur jus ».
Une bouteille passée en caisse et prélevée au hasard est une bouteille de « pur jus ». Calculer la probabilité que
ce ne soit pas une bouteille de jus d’orange.
II- Exemple de problème ouvert avec une fonction.
x
x+a
Existe-t-il toujours un minimum pour cette fonction fa ? Quelle est alors sa valeur ?
On considère pour tout réel a> 0 la fonction définie par f a ( x)=
2
III-Exemple de problème ouvert avec une suite :
On dépose sur un compte la somme de 500€ puis chaque année on prévoit de rajouter 200€, mais la banque
facture des frais de tenue de compte égaux à 5 % de la somme sur le compte.
On ne fait pas d'autres retraits (que ceux de la banque) et pas d'autres apports (que les 200 €par an).
Si la personne vit assez longtemps peut-elle espérer disposer un jour de plus de 5000€ sur le compte ?
Corrections :
I- La première chose à faire, c'est de représenter la situation par un arbre pondéré, en commençant par l'étape
Orange ou Pas Orange puisque la seule probabilité conditionnelle qu'on nous donne est le 25 % de pur jus
parmi les jus d'orange.
Il faut aussi se méfier des 20 % de « pur jus » qui dans cet arbre ne figure pas sur une branche mais comme
somme des deux bouts de branche avec « pur jus ».
Il faut aussi se demander ce qu'on cherche, on nous demande PJ (O) où J est l'événement « la bouteille est
pur jus » et O l'événement « la bouteille est du jus d'orange ».
P(J∩O)
Or PJ (O)=
; on connaît P(J)=0,2 et on sait d'après la formule des probabilités totales, ou avec
P (J )
l'arbre pondéré que P( J )=P(O)×PO (J )+ P(O)×PO (J )=0,4×0,25+(1−0,4) PO ( J )=0,2 on en déduit que
0,2−0,1 1
1
PO (J )=
= ce qui permet de compléter l'arbre et d'en déduire P(O∩J )=0,6× =0,1 qu'on
0,6
6
6
pouvait aussi déduire directement de P( J )−P(O∩J )=0,2−0,1=0,1 et donc finalement on trouve que
P(J ∩O) 0,1
PJ (O)=
=
=0,5 soit une chance sur deux.
P(J )
0,2
II- Pour trouver un minimum, le plus sûr est d'avoir le tableau de variation, on se lance donc dans le calcul de la
dérivée et l'étude de son signe.
Comme a>0 et x 2⩾0 pour tout x le dénominateur n'est jamais nul, il n'y a donc pas de valeur interdite et
f a est définie sur ℝ .
2
1×(x +a)−x×2 x a−2 x 2
Elle est dérivable comme quotient de polynômes et f ' a=
dont le dénominateur
= 2
(x 2 +a)2
(x +a)2
a
a
a
est strictement positif et le numérateur a−2 x 2⩾0⇔ ⩾x 2 ⇔− ⩽x⩽
car a>0 ;(ce qu'on obtient aussi
2
2
2
en résolvant l'équation a−2 x 2=0 puis en choisissant les signes selon la règle pour les polynômes de degré 2
(signe du coefficient de x² sauf entre les racines))
On peut alors dresser le tableau de signe de f ' a puis celui des variations de f a .
a
On observe alors qu'il y a un minimum local en −
, qui est un minimum global si la limite en +∞ ne lui
2
√
√
√
est pas inférieure.
√
√
−
On calcule f a (−
lim
x →+∞
1
x×(1+
a
)
x2
a
2
a
−√ 2
qui est en particulier négatif. Or la limite en +∞ , est
)=
=
2
a
3 √a
+a
2
=0 après avoir factorisé par x² au dénominateur et simplifié avec le x du numérateur, on a
alors une forme du type «
1
» et donc une limite égale à 0)
+∞×1
On complète alors dans le tableau de variation où il apparaît que le minimum est bien f a (−
√
a −√ 2
.
)=
2 3√a
III- Le plus naturel est de commencer par calculer les premiers termes de la suite :
u0=500 ; u1=500×0,95+200=675 ; u2=675×0,95+200=841,25
puis on obtient (utiliser 0,95*rep+200 à la calculatrice) des nombres (999;1149 ;1291;1427 ;1555;1678;1794…)
qui semblent en ordre croissant mais dont l'écart tend à se réduire à chaque fois, et si on insiste, on ne parvient
pas à dépasser 4000.
On peut alors suppose que la suite doit être majorée par 4000, ou du moins majorée par un nombre, mais si elle
est croissante et majorée, elle doit converger vers une limite, et celle-ci sera un majorant, on n'aura donc qu'a
montrer cela par récurrence .
Or si elle converge vers un nombre L, comme elle est définie par un+ 1=0,95 un +200 la limite doit vérifier que
200
L=0,95 L+200 ⇔0,05 L=200 ⇔ L=
=4000 .
0,05
Si elle converge vers 4000 (simple conjecture pour l'instant) on ne pourra pas dépasser 5000€ !
On montre donc qu'il n'est pas possible de dépasser 4000€, par récurrence :
Initialisation : u0=500⩽4000 vrai pour n=0.
Hérédité : On montre que si un⩽4000 alors un+ 1⩽4000
Or un⩽4000⇒ 0,95 un⩽3800 ⇒u n+1=0,95u n+ 200⩽4000 ce qui clôt la récurrence, laquelle prouve bien
qu'on ne peut dépasser 4000€, donc que 5000€ ne seront jamais atteints.
Rq :
# On pouvait aussi le faire directement avec 5000€ ! Dans l'hérédité on obtiendrait
un+ 1⩽0,95×5000+ 200=4950⩽5000 ce qui permet de conclure aussi.
# On ne peut pas conclure à cette étape que la suite a pour limite 4000, car le fait qu'elle soit croissante n'a pas
été démontré, mais on n'en a pas besoin ici ; il faut être bien rigoureux, on a seulement besoin de montrer
qu'elle ne dépasse pas 5000 (donc majorée), on n'a pas besoin de prouver qu'elle converge.