TS. Contrôle 1 -Correction 1 ( 6 points ) Soit (un) la suite définie pour

♣
TS. Contrôle 1 -Correction
1 ( 6 points )
Soit (u n ) la suite définie pour tout entier naturel n non nul par


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
u n+1 n + 1 n + 1
Soit n ∈ ∗ , alors
=
6 1. Comme u n > 0 on en déduit que u n+1 6 u n
=
donc
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
n+
1
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
= n , on en déduit, comme v n =
, que u n = n
pour tout n ∈ ∗ : v n = v 1 ×
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
2 ( 5 points )
Les questions 1 et 2 sont indépendantes
1. Une urne contient quatre boules rouges et deux boules noires indiscernables au toucher.
On prélève au hasard une boule de l’urne.
Si elle est rouge, on la remet dans l’urne et on prélève au hasard une seconde boule.
Si la première boule est noire, on prélève au hasard une seconde boule dans l’urne sans remettre la boule tirée.
a. Quelle est la probabilité que les boules tirées soient rouges ?
/3
R2
/3
N2
/5
R2
/5
N2
2
2
3
R1
1
•
4
1
3
N1
1
p (R1 ∩ R2 ) = p (R1 ) × p R1 (R2 ) =
2 2 4
× =
3 3 9
b. Calculer la probabilité que la seconde boule tirée soit noire.
2 1 1 1 2 1
10 + 3 13
× + × = +
=
=
3 3 3 5 9 15
45
45
Calculer la probabilité que la première boule soit rouge sachant que la seconde est noire.
p (N2 ) = p (R1 ) × p R1 (N2 ) + p (N1 ) × p N1 (N2 ) =
p N2 (R1 ) =
p (R1 ∩ N2 )
=
p (N2 )
2
3
× 13
13
45
=
2 45 10
×
=
9 13 13
2. Soit n un entier naturel supérieur ou égal à 1.
Une urne contient quatre boules rouges et n boules noires indiscernables au toucher.
On prélève successivement et au hasard quatre boules de l’urne en remettant dans l’urne la boule tirée après chaque
tirage. La variable aléatoire X donnant le nombre de boules rouges tirées au cours de ces quatre tirages suit la loi
binomiale de paramètres 4 et p.
a. Donner l’expression de p en fonction de n.
La probabilité de tirer une boule rouge, sachant qu’il y a 4 rouges et n noires pour un total de n + 4 boules
est égale à :
p=
4
n +4
b. Démontrer que la probabilité q n que l’une au moins des quatre boules tirées soit noire est telle que
¶
µ
4 4
qn = 1 −
.
n +4
µ
¶
4 4
La probabilité de tirer quatre boules rouges est égale à
,
n +4
µ
¶
4 4
l’évènement contraire, soit l’une au moins des boules est noire, a une probabilité de q n = 1 −
n +4
c. Quel est le plus petit entier naturel n pour lequel la probabilité q n est supérieure ou égale à 0,999 9 ?
µ
¶
µ
¶
4 4
4 4
q n > 0,999 9 ⇐⇒ 1 −
> 0,999 9 ⇐⇒ 0,000 1 >
n +4
n +4
4
⇐⇒ 0, 1 >
⇐⇒ 0, 1(n + 4) > 4 ⇐⇒ 0, 1n + 0, 4 > 4 ⇐⇒ 0, 1n > 3, 6 ⇐⇒ n > 36.
n +4
On a donc q 36 = 0,999 9
3 ( 5 points ) Les deux parties peuvent être traitées indépendamment. Donner les résultats sous la forme de fractions.
On dispose d’une urne U contenant trois boules blanches et deux boules rouges indiscernables au toucher.
Partie A
On considère l’expérience suivante : on tire successivement trois fois de suite une boule de l’urne U, en remettant à chaque
fois la boule dans l’urne. On appelle X le nombre de fois où on a obtenu une boule rouge.
1. Justifier que X suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.
À la répétition 3 fois, de façon indépendante, d’une épreuve à deux issues,
je peux associer la variable aléatoire X qui comptabilise le nombre de succès ;
2
ici, il y a succès si la boule tirée est rouge avec p = .
5
µ
¶
2
X suit une loi binomiale X ,→ B 3 ;
5
R1
R2
B1
B2
B3
2. Calculer la probabilité d’avoir obtenu exactement une fois une boule rouge.
La probabilité de tirer k (0 6 k 6 3) boule(s) rouge(s) est égale à
à !µ ¶ µ
à !µ ¶ µ ¶
¶
3 2 k
3 2 1 3 3−1
2 3−k
2 32
54
p(X = k) =
1−
(?). En particulier : p(X = 1) =
= 3× × 2 =
k 5
1 5
5
5
5 5
125
3. Déterminer l’espérance mathématique de X et interpréter ce résultat.
2 6
On sait que E(X) = n × p = 3 × = = 1, 2
5 5
Sur un grand nombre de tirages on tirera un peu plus d’une boule rouge en moyenne par tirage.
Partie B
On
¯ procède maintenant à une nouvelle expérience :
¯ on tire une boule de l’urne U. Si elle est rouge on s’arrête, sinon on la remet dans l’urne et on tire une boule à nouveau ;
¯
¯ si cette deuxième boule est rouge, on s’arrête, sinon on la remet dans l’urne et on tire une boule pour la troisième fois.
1. Traduire la situation par un arbre pondéré de probabilités.
R
2
5
2
5
•
R
2
5
B
3
5
3
5
R
B
B
3
5
2. On appelle Y le nombre de boules rouges obtenues lors d’une expérience.
La variable aléatoire Y prend donc la valeur 1 si la dernière boule est rouge et 0 sinon.
Calculer P(Y = 1) puis en déduire son espérance mathématique.
p(Y = 1) = 1 − p(Y = 0) = 1 −
27
98
=
125 125
avec p(Y = 0) =
3 3 3
27
× × =
5 5 5 125
Y = yi
¡
¢
p Y = yi
0
1
27
125
98
125
98
27
98
+0×
=
125
125 125
3. On appelle N le nombre de tirages effectués lors d’une expérience.
Calculer P(N = 1), P(N = 2) et P(N = 3) puis en déduire l’espérance mathématique de N.
E(Y) = 1 ×
p(N = 1) =
2
5
;
p(N = 2) =
3 2
6
× =
5 5 25
et
p(N = 3) =
3 3
9
× =
5 5 25
N = ni
1
2
3
p (N = n i )
2
5
6
25
9
25
2
6
9
2 12 27 10 + 12 + 27 49
+2×
+3×
= +
+
=
=
5
25
25 5 25 25
125
25
4. On appelle proportion moyenne de boules rouges le rapport de l’espérance du nombre de boules rouges obtenues sur
l’espérance du nombre de tirages. Montrer que la proportion moyenne de boules rouges dans l’expérience est la même
que la proportion de boules rouges dans l’urne.
E(N) = 1 ×
E(Y)
98 25 2
=
×
=
E(N) 125 49 5
elle correspond effectivement à la proportion de boules rouges dans l’urne.
La proportion moyenne de boules rouges dans l’expérience est :
4 ( 4 points ) Un laboratoire pharmaceutique propose des tests de dépistage de diverses maladies.
Son service de communication met en avant les caractéristiques suivantes :
— la probabilité qu’une personne malade présente un test positif est 0, 99 ;
— la probabilité qu’une personne saine présente un test positif est 0, 001.
1. Pour une maladie qui vient d’apparaître, le laboratoire élabore un nouveau test. Une étude statistique permet d’estimer que le pourcentage de personnes malades parmi la population d’une métropole est égal à 0, 1 %.
On choisit au hasard une personne dans cette population et on lui fait subir le test.
On note M l’évènement « la personne choisie est malade » et T l’évènement « le test est positif ».
a. Traduire l’énoncé sous la forme d’un arbre pondéré.
b. Démontrer que la probabilité p(T) de l’évènement T est égale à 1, 989 × 10−3 .
0, 99
T
0, 01
T
0, 001
T
0, 999
T
M
0, 001
p(T) = p(T ∩ M) + p(T ∩ M)
= p M (T) × p(M) + p M (T) × p(M)
•
0, 999
= 0, 99 × 0, 001 + 0, 001 × 0, 999
M
p(T) = 0, 001989 = 1, 989 × 10−3
c. L’affirmation suivante est-elle vraie ou fausse ? Justifier la réponse.
Affirmation : « Si le test est positif, il y a moins d’une chance sur deux que la personne soit malade ».
Affirmation VRAIE : « Si le test est positif, il y a moins d’une chance sur deux que la personne soit malade » :
p T (M) =
p(M ∩ T) 0, 99 × 0, 001
' 0, 4977 < 0, 5
=
p(T)
1, 989 × 10−3
2. Le laboratoire décide de commercialiser un test dès lors que la probabilité qu’une personne testée positivement soit
malade est supérieure ou égale à 0, 95. On désigne par x la proportion de personnes atteintes d’une certaine maladie
dans la population.
À partir de quelle valeur de x le laboratoire commercialise-t-il le test correspondant ?
• p T (M) > 0, 95 :
p(T) = p(T ∩ M) + p(T ∩ M)
= p M (T) × p(M) + p M (T) × p(M)
0, 99
x
M
0, 01
T
0, 001
T
0, 999
T
.
1−x
T
M
= 0, 99 × x + 0, 001 × (1 − x)
p(M ∩ T)
0, 99x
=
> 0, 95
p(T)
0, 99x + 0, 001(1 − x)
0, 99x
⇐⇒
> 095
0, 989x + 0, 001
⇐⇒ 0, 99x > 0, 95(0, 989x + 0, 001)
p T (M) > 0, 95 ⇐⇒
⇐⇒ (0, 99 − 0, 93955)x > 0, 00095
p T (M) > 0, 95 ⇐⇒ x >
0, 00095
' 0, 018831 soit 1, 88%
0, 05045