TS. Contrôle 1 - Correction EX 1 : ( 5 points ) Dans une association

♣
TS. Contrôle 1 - Correction
E X 1 : ( 5 points )
Dans une association sportive, un quart des femmes et un tiers des hommes adhèrent à la section
tennis. On sait également que 30 % des membres de cette association adhèrent à la section tennis.
On choisit au hasard un membre de cette association et on note :
– F l’évènement « le membre choisi est une femme »,
– T l’évènement « le membre choisi adhère à la section tennis ».
1.
a. Montrer que la probabilité de l’évènement F est égale à 52 .
Notons p la probabilité que le membre choisi au hasard soit une femme.
L’arbre de probabilités correspondant à la situation est :
T = (T ∩ F) ∪ (T ∩ F).
C’est une réunion d’événements incompatibles, donc :
p(T) = p(T ∩ F)) + p(T ∩ F) = p F (T)p(F) + p F (T)p(F).
µ
¶
1
1
1 1
1
1
1
p(T) = p × + (1 − p) × =
− p+ =− p+
4
3
4 3
3
12
3
p
F
•
1−p
1
4
T
3
4
T
1
3
T
2
3
T
F
30
3
1
1
3
p
1 3
1
12 2
= . On en déduit : − p + =
⇐⇒
= −
=
d’où p =
= .
100 10
12
3 10
12 3 10 30
30 5
2
La probabilité de l’événement F est : p(F) =
5
On sait que p(T) = 30% =
b. On choisit un membre parmi les adhérents à la section tennis.
Quelle est la probabilité que ce membre soit une femme ?
p(F ∩ T)
p T (F) =
=
p(T)
p
4
3
10
=
10p
5p 5 2 2 1
1
=
= × = = ; p T (F) =
3×4
6
6 5 6 3
3
2. Pour financer une sortie, les membres de cette association organisent une loterie.
On utilise une urne contenant 100 jetons ;
10 jetons exactement sont gagnants et rapportent 20 euros chacun, les autres ne rapportent rien.
Pour jouer à cette loterie, un joueur doit payer 5 ( puis tire au hasard et de façon simultanée deux jetons de l’urne :
il reçoit alors 20 euros par jeton gagnant. Les deux jetons sont ensuite remis dans l’urne.
On note X la variable aléatoire associant le gain algébrique (déduction faite des 5 () réalisé par un joueur lors d’une
partie de cette loterie.
a. Déterminer la loi de probabilité de la variable aléatoire X.
¡ ¢
Le nombre de tirages possibles de deux jetons est 100
2 = 4 950.
X peut prendre
perdants).
à les
! valeurs 35 (deux jetons gagnants), 15 (un seul jeton gagnant) et -5 (deux
à jetons
!
90
10
2
2
4 005
89
45
1
!=
!=
p(X = −5) = Ã
=
p(X = 35) = Ã
=
4
950
110
4
950
110
100
100
2
2
µ
¶
¡
¢
1
89
90
20
2
p(X = 15) = 1 − p(X = 0) + p(X = 2) = 1 −
+
= 1−
=
= .
110 110
110 110 11
La loi de probabilité de X est donc :
X
p (X = x i )
-5
15
35
89
110
2
11
1
110
b. Calculer l’espérance mathématique de la variable aléatoire X et interpréter le résultat obtenu.
3
89
2
1
110
P
L’espérance est E(X) =
x i p (X = x i ) = −5 ×
+ 15 ×
+ 35
=−
= −1. E(X) = −1
110
11
110
110
i =1
Cela signifie qu’en moyenne, sur un grand nombre de partie, le joueur perd 1 euro par partie.
Soit (u n ) la suite définie pour tout entier naturel n non nul par
E X 2 : ( 7 points )


u 1 =

u n+1
Pour tout entier naturel n non nul, u n est strictement positif.
1. Calculer u 2 , u 3 et u 4 .
1+1
1
• u2 =
u1 =
2×1
2
2.
• u3 =
2+1
3 1 3
u2 = × =
2×2
4 2 8
• u4 =
1
2
n +1
un
=
2n
3+1
4 3 1
u3 = × =
2×3
6 8 4
a. Démontrer que la suite (u n ) est décroissante.
u n+1 n + 1 n + 1
u n+1
Soit n ∈ ∗ , alors
=
=
donc
6 1. Comme u n > 0 on en déduit que u n+1 6 u n
un
2n
n +n
un
la suite (u n ) est décroissante.
N
b. Que peut-on en déduire pour la suite (u n ) ? (sachant que pour n > 1, u n est strictement positif )
La suite (u n ) est décroissante et minorée par 0, elle est donc convergente vers une limite ` > 0.
un
3. Pour tout entier naturel n non nul, on pose v n =
.
n
a. Démontrer que la suite (v n ) est géométrique. On précisera sa raison et son premier terme v 1 .
u n+1
1
n+
1
1 1
1
Soit n ∈ ∗ , alors : v n+1 =
= ×
un = × un = v n .
n +1 n +1
2n
2 n
2
1
1
La suite (v n ) est donc une suite géométrique de raison et de premier terme v 1 = u 1 = .
2
2
n
b. En déduire que, pour tout entier naturel n non nul, u n = n .
2
µ ¶n−1
1
un
n
1
pour tout n ∈ ∗ : v n = v 1 ×
, que u n = n
= n , on en déduit, comme v n =
2
2
n
2
N
N
4.
a. Démontrer que pour tout n > 5, on a : 2n > n 2 .
Démonstration par récurrence :
– Initialisation : on a 25 > 52 , soit 32 > 25 donc la propriété est vraie pour n = 5
– Hérédité : supposons qu’il existe n > 5 tel que 2n > n 2 .
je suppose la proposition vraie au rang n
Alors
2 × 2n > 2 × n 2
2n+1 > 2n 2
Comme n > 5, 2n 2 > (n + 1)2
en effet, 2n > (n + 1) ⇐⇒ n − 2n > 1
⇐⇒ (n − 1)2 > 2
⇐⇒ n > 3 avec n ∈
Finalement
2n+1 > (n + 1)2 .
– Conclusion : la proposition est vraie pour n = 5 , elle est héréditaire
2
2
2
N
donc par récurrence on a, quel que soit n > 5,
alors la proposition est vraie au rang n + 1
2n > n 2
b. En déduire la limite de la suite (u n ).
2n
n
1
1
Pour n > 5, 2n > n 2 ⇐⇒
> n ⇐⇒ n < ⇐⇒ u n <
n
2
n
n
1
1
• lim
= 0 et pour tout entier naturel 0 < u n <
n→+∞ n
n
donc par comparaison ("théorème des gendarmes") : lim u n = 0
n→+∞
Remarque. On aurait pu déterminer la limite ` de la suite (u n ) dès la question 2. b.
n +1
1
En effet la relation u n+1 =
u n entraîne que, lorsque n tend vers +∞, ` = ` et donc que ` = 0.
2n
2
E X 3 : ( 8 points )
On considère plusieurs sacs de billes S 1 , S 2 , . . . , S n , . . . tels que :
– le premier, S 1 , contient 3 billes blanches et 2 vertes ;
– chacun des suivants, S 2 , S 3 , . . . , S n , . . . contient 2 billes blanches et 2 vertes.
Le but de cet exercice est d’étudier l’évolution des tirages successifs d’une bille de ces sacs, effectués de la manière suivante :
• on tire au hasard une bille dans S 1 ; on place la bille tirée de S 1 dans S 2 , puis on tire au hasard une bille dans S 2 ;
on place la bille tirée de S 2 dans S 3 , puis on tire au hasard une bille dans S 3 ;
• etc. Pour tout entier n > 1, on note En l’évènement : « la bille tirée dans S n est verte » et on note P(En ) sa probabilité.
1. Mise en évidence d’une relation de récurrence
a. D’après l’énoncé, donner les valeurs de P(E1 ), PE1 (E2 ) et PE1 (E2 ). En déduire la valeur de P(E2 ).
Chaque tirage se faisant au hasard, on utilise dans chaque cas la loi équirépartie.
2
3
2
D’après l’énoncé, P(E1 ) =
PE1 (E2 ) =
et PE1 (E2 ) =
5
5
5
Avec la formule des probabilités totales, p(E2 ) = p(E1 ∩ E2 ) + p(E1 ∩ E2 ) = p(E1 ) × p E1 (E2 ) + p(E1 ) × PE1 (E2 )
p(E2 ) =
2 3 3 2 12
× + × =
5 5 5 5 25
b. À l’aide d’un arbre pondéré, exprimer P(En+1 ) en fonction de P(En ).
P(En+1 ) = p(En ) × p En (En+1 ) + p(En ) × PEn (En+1 )
3
2
D’après les conditions des tirages p En (En+1 ) =
et PEn (En+1 ) =
5
5
donc P(En+1 ) = p(En ) ×
P(En )
En
•
1 − P(En ) En
3
5
En+1
2
5
En+1
2
5
En+1
3
5
En+1
3
1
2
2
+ p(En ) × soit P(En+1 ) = × p(En ) +
5
5
5
5

2

u 1 =
¡ ¢
5
2. Étude d’une suite - On considère la suite u n définie par :
1
2

u n+1 = ·u n +
5
5
(?) pour tout n > 1.
1
2
On a tracé, en annexe 1, la droite ∆ d’équation y = x et la droite d’équation y = x + .
5
5
a. Placer u 1 , u 2 et u 3 sur l’axe des abscisses. Faire apparaître les traits de construction.
b. Que peut-on conjecturer sur le sens de variation et la convergence de la suite (u n ) ?
3.
On peut conjecturer que la suite est croissante et convergente vers l’abscisse du point d’intersection des deux
droites.
¡ ¢
1
a. Démontrer que la suite u n est majorée par .
2
1
Démontrons par récurrence que, pour tout entier n > 1, on a u n 6
2
1
– Initialisation : au rang n = 1 on a bien u 1 6 , donc la propriété est vraie pour n = 1
2
1
je suppose la proposition vraie au rang n
– Hérédité : supposons qu’il existe n > 1 tel que u n 6 .
2
Alors
1 1
1
× un 6 ×
5
5 2
1
2 1 1 2
× un + 6 × +
5
5 5 2 5
1
u n+1 6 .
alors la proposition est vraie au rang n + 1
2
– Conclusion : la proposition est vraie pour n = 1 , elle est héréditaire
¡ ¢
1
1
donc par récurrence on a, quel que soit n > 1,
un 6
la suite u n est majorée par
2
2
¡ ¢
b. Démontrer que la suite u n est croissante.
¶
µ
1
2
2 4
4 1
Pour tout entier n > 1, on a u n+1 − u n = × u n + − u n = − u n =
− un .
5
5
5 5
5 2
D’après la question précédente, la parenthèse est toujours positive donc la différence u n+1 −u n est toujours
¡ ¢
positive, donc la suite u n est croissante.
¡ ¢
c. Justifier que la suite u n est convergente.
¡ ¢
La suite u n est croissante et majorée, elle est donc convergente.
1
2
d. On déduit de la relation (?) que la limite ` de cette suite est telle que ` = ` + . Déterminer `.
5
5
1
2
4
2
2 1
` = ` + ⇐⇒ ` = ⇐⇒ ` = =
5
5
5
5
4 2
Finalement
4. À l’aide des résultats précédents, déterminer l’évolution des probabilités P(En ).
¡ ¢
¡
¢
Comme u 1 = P(E1 ) et que la suite u n est définie par la même relation de récurrence que la suite P(En ) ,
1
il s’agit de la même suite. Les probabilités P(En ) forment donc une suite croissante et convergente vers .
2
5. En conservant toutes les décimales, compléter le tableau donné en annexe 2, à l’aide de votre calculatrice.
X est une variable réelle ; Y est une variable entière
Affecter 25 à X et 1 à Y
Tant que X < 0,499 99
Faire
2
1
àX
Affecter ·X +
5
5
Affecter Y + 1 à Y
Fin de Tant que
Afficher Y
6. On donne l’algorithme suivant :
À l’aide du tableau de l’annexe 2,
déterminer la valeur affichée par l’algorithme.
Pour déterminer quelles valeurs de l’entier n on a
0,499 99 6 P(En) 6 0, 5, on a calculé les premiers
termes de la suite à l’aide d’une calculatrice. La
première valeur qui convient est n = 7 et, comme
la suite est croissante et majorée par 0, 5, on a
0,499 99 6 P(En) 6 0, 5 pour tout n > 7
NOM :
Annexe 1
0,55
∆
y = 15 x + 25
0,50
0,45
0,40
0,4
u1
u2
x
0,5
u3
Annexe 2
n
un
1
0, 4
2
3
4
5
6
7
8
0,48
0,496
0,499 2
0,499 84
0,499 968
0,499 993 6
0,499 998 72