correction APB

Evaluation APB La Merci, Terminale S
Novembre 2013, 2 heures
EXERCICE 1
Pour chacune des questions suivantes, une et une seule des quatre propositions est exacte. Justifier votre réponse.
1. Au cours d’une épidémie de grippe, on vaccine le tiers d’une population. Parmi les grippés, un sur dix est vacciné. La
probabilité qu’une personne choisie au hasard dans la population soit grippée est 0,25.
Quelle est la probabilité pour un individu vacciné de cette population de contracter la grippe ?
A
1
120
B
3
40
C
1
12
D
4
40
2. Un joueur lance une fois un dé bien équilibré.
Il gagne 10 € si le dé marque 1. Il gagne 1 € si le dé marque 2 ou 4. Il ne gagne rien dans les autres cas.
Soit X la variable aléatoire égale au gain du joueur. Quelle est la variance de X ?
A 2 B 13 C 16 D 17
3. Une urne contient 75 boules blanches et 25 boules noires. On tire une boule ; les boules ont toutes la même
probabilité d’être tirées. On effectue n tirages indépendants et avec remise, n supérieur ou égal à 10.
Soit X la v.a. égale au nombre de boules blanches tirées.
A. X suit une loi binomiale de paramètres n et 1/4. C.
P(X 5) 1 P(X 5)
< = − >
.
B.
2
1
P(X 0)
2
n
= = . D.
E(X) 0,25
n
= .
4. Une maladie atteint 1 % d’une population donnée. Un test de dépistage de cette maladie a les caractéristiques
suivantes :
* chez des individus malades 99 % des tests sont positifs et 1 % négatifs ;
* chez des individus sains 98 % des tests sont négatifs, 2 % positifs.
Un individu est choisi au hasard et on lui applique le test. Soit M l’événement « l’individu est malade » et T
l’événement « le test pratiqué est positif ».
A.
MM
P (T) P (T) 1,01
+ = . C.
2
P(T) 2,97.10
−
= .
B.
MM
P (T) P (T) P(T)
+ = . D. Sachant que le test est positif il y a deux chances sur trois pour
que l’individu testé ne soit pas malade.
Correction
1. On définit les événements suivants : V : « l’individu est vacciné » et G : « l’individu est grippé ».
Les données de l’énoncé nous permettent d’écrire :
( )
1
3
P V
=
,
( )
1
10
G
P V =
et
( )
1
0,25
4
P G
= =
.
La question nous demande de calculer :
(
)
V
P G
. Or on sait que :
( )
(
)
( )
V
P V G
P G P V =
∩
et que
( )
(
)
( )
G
P V G
P V P G =
∩
qui nous permet d’écrire que
(
)
(
)
(
)
G
P V G P V P G
= ×
∩
.
Donc,
( )
(
)
( )
(
)
(
)
( )
110 1 4 3
1 3 40
G
V
P V G P V P G
P G P V P V
××
= = = =
∩
. Réponse B .
2. B . Commençons par calculer l’espérance :
1 1 1 1 1 1 12
E(X) 10 1 0 1 0 0 2
6 6 6 6 6 6 6
= × + × + × + × + × + × = =
.
Puis la variance :
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 78
(X) 10 2 1 2 0 2 1 2 0 2 0 2 13
6 6 6 6 6 6 6
V
= − × + − × + − × + − × + − × + − × = =
.
Réponse
B .
3. Étant donné que X compte le nombre de boules blanches et non de noires, alors X suit une loi binomiale de paramètres n et 3/4
(=75/100).
On peut tenter
( )
0
2
2
3 1 1 1 1
P(X 0) 1 1
04 4
4 2
2
n
n n n
n
= = = × × = =
.

Comme il n’y a qu’une seule bonne réponse… C’est bien celle-là.
4.
MM
P (T) P (T) 1,01
+ = . Donc A est vraie.
Par ailleurs,
MM
P (T) P (T) P(T)
+ = . Donc B est fausse.
Puis grâce à la formule des probabilités totales :
2
P(T) 2,97.10
−
=. Ainsi C est vraie.
Enfin, pour D, il s’agit d’une probabilité conditionnelle : . Donc D est vraie.
EXERCICE 2
Répondre Vrai ou Faux à chaque question et justifier vos réponses.
Une urne contient trois dés équilibrés. Deux d’entre eux sont normaux : ils possèdent six faces numérotées de 1 à 6. Le
troisième est truqué : il possède deux faces numérotées 1 et quatre faces portant le numéro 6.
On prend un dé au hasard dans l’urne et on effectue de manière indépendante des lancers successifs de celui-ci. On
note :
* N l’événement : « le dé tiré est normal » ;
* U l’événement : « on obtient 1 au premier lancer » ;
* pour n entier non nul, S
n
l’événement : « on obtient 6 à chacun des n premiers lancers ».
A. On a :
( )
2
P U .
9
=
B. Pour tout entier n non nul, on a :
( )
2 1 1 2
P S .
3 6 3 3
n n
n
= +
Pour n entier non nul, on note p
n
la probabilité d’avoir tiré le dé truqué, sachant qu’on a obtenu le numéro 6 à chacun
des n premiers lancers.
C. Pour tout entier n non nul, on a : 1
.
1
2 1
4
nn
p= 
+
D. On a :
lim 0.
n
n
p
→+∞
=
Correction
A. FAUX. On utilise la formule des probabilités totales (sachant que
N
et
N
forment un système complet d’événements) qui
nous permet d’écrire à l’aide de l’arbre pondéré :
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 1 1 4 6 1
3 6 3 6 18 3
NN
P U P N U P N U P N P U P N P U
= + = × + × = × + × = =
∩ ∩
.
B. VRAI.
Pour les mêmes raisons que précédemment, on peut employer la formule des probabilités totales :
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( )
2 1 1 4 2 1 1 2
3 6 3 6 3 6 3 3
n n n n
n n n N n n
N
P S P N S P N S P N P S P N P S = + = × + × = × + × = × + × ∩ ∩ .
C. VRAI. Il s’agit ici d’une probabilité conditionnelle puis d’une série de calculs à bien mener quitte à utiliser la méthode de la
différence pour ceux qui se sentent moins à l’aise :
( ) ( )
( )
( )
( )
1 2
3 3
2 1 1 2 2 1 1 2
3 6 3 3 3 6 3 3
2 3 2
11
3 2 3 .
1 2 3 1 3 2 1
2 1 2 2 1
6 3 2 6 2 3 4
× 
× 
= = = =
× + × × + ×
× ×
= = =
× + × × + × +
∩
n
n n
N
n Sn
n n n n
n
n n
n n n n n
P N S P N P S
p P N P S
D. FAUX. Au dénominateur, on a : 1
lim 0
4
n
=
  . Donc par combinaisons linéaires de limites : 1
lim2 1 1
4
n
+ =
  . Puis par
passage à l’inverse, on obtient
1
lim 1
1
2 1
4
n
=
  +
.
EXERCICE 3
Répondre Vrai ou Faux à chaque question et justifier vos réponses.

On considère la suite
(
)
nn
u
∈
ℕ
définie par
0
0
u
=
,
1
1
u
=
et, pour tout n
∈
ℕ
,
2 1
1 2
3 3
n n n
u u u
+ +
= + .
On définit les suites
(
)
nn
v
∈
ℕ
et
(
)
nn
w
∈
ℕ
par
1
n n n
v u u
+
= −
et
1
2
3
n n n
w u u
+
= + .
A. La suite
(
)
nn
v
∈
ℕ
est arithmétique.
B. La suite
(
)
nn
w
∈
ℕ
est constante.
C. Pour tout n
∈
ℕ
, on a :
( )
3
5
n n n
u w v
= − .
D. La suite
(
)
*
n
n
u
∈
ℕ
n’a pas de limite finie.
Correction
A. FAUX. Déjà,
1 2 1 1 1 1 1 1
1 2 5 5 5
3 3 3 3 3
n n n n n n n n n n n n n n
v v u u u u u u u u u u u v
+ + + + + + + +
− −
− = − − + = + − − + = + =
.
Dont on peut déduire que :
1
2
3
n n
v v
+
−
=
. Au final, la suite v est géométrique de raison
2
3
−
.
Sinon, on peut toujours calculer
0
v
,
1
v
et
2
v
… D’abord, calculons
2 1 0
1 2 1
3 3 3
u u u
= + =
et
3
1 1 2 7
1
3 3 3 9
u
= × + × =
.
Du coup,
0 1 0
1
v u u
= − =
,
1 2 1
2
3
v u u
= − = −
et
2
7 1 4
9 3 9
v
= − =
. Ces nombres ne sont pas en progression arithmétique…
B. VRAI.
1 2 1 1 1 1 1
2 2 1 2 2 2
0
3 3 3 3 3 3
n n n n n n n n n n n
w w u u u u u u u u u
+ + + + + + +
− = + − − = + + − − =
. w est bien constante.
C. VRAI.
1 1
2 5
3 3
n n n n n n n
w v u u u u u
+ +
− = + − + = donc on a bien :
( )
3
5
n n n
u w v
= −
.
D. FAUX.
( )
3
5
n n n
u w v
= −
. u est la combinaison linéaire d’une suite constante (w) qui est donc convergente et d’une suite
géométrique (v) de raison
2
3
−
donc convergente aussi car 2
1 1
3
−
− < <
. Ainsi u est elle-même convergente.
EXERCICE 4
Répondre Vrai ou Faux à chaque question et justifier vos réponses.
On considère les suites u et v définies par :
0
1
3
2
2
3
nn
u
uu
+
=
−
=
−
.
A. Quelque soit n
∈
ℕ
, on a :
1 2
n
u
< <
.
B. La suite u est décroissante.
C. La suite u est convergente.
D. On veut étudier numériquement la convergence de u vers une valeur L.
Aucun des algorithmes suivants ne montre la convergence de
(
)
n
u
vers L.
L, U sont des réels, N est un entier, abs représente la fonction valeur absolue.
Algorithme 1 Algorithme 2 Algorithme 3
Demander la valeur de L
Affecter à U la valeur 1,5
Affecter à N la valeur 0
Tant que abs(U – L) > 0,01 faire
Affecter à N la valeur N+1
Fin du Tant que
Afficher U, afficher N
Demander la valeur de L
Affecter à U la valeur 1,5
Affecter à N la valeur 0
Tant que abs(U – L) > 0,01 faire
Affecter à U la valeur U+1
Fin du Tant que
Afficher U, afficher N
Demander la valeur de L
Affecter à U la valeur 1,5
Affecter à N la valeur 0
Tant que abs(U – L) > 0,01 faire
Affecter à U la valeur –2/(U – 3)
Fin du Tant que
Afficher U, afficher N
Correction
A. VRAI. Raisonnons par récurrence pour démontrer ce résultat :
Initialisation : Puisque
0
3
2
u
=
alors on a bien
0
1 2
u
< <
.
Hérédité : Supposons que pour un entier n fixé, on ait bien
1 2
n
u
< <
. Et montrons que
1
1 2
n
u
+
< <
.

(
)
(
)
(
)
(
)
1
1 2 1 2 1 2
n n n
u f f u f par croissance de f u
+
< < ⇒< < ⇒< < . CQFD.
B. VRAI. Raisonnons à nouveau par récurrence pour démontrer ce résultat :
Initialisation : Puisque
0
3
1,5
2
u= =
et que
( )
1 0
2 2 4
1,333
3 3 3
3
2 2
u f u − − = = = =
− − ≃
alors on a bien
1 0
u u
<
.
Hérédité : Supposons que pour un entier n fixé, on ait bien
1
n n
u u
+
<
. Et montrons que
2 1
n n
u u
+ +
<.
(
)
(
)
(
)
1 1 2 1n n n n n n
u u f u f u par croissance de f u u
+ + + +
<⇒<⇒<. CQFD.
C. VRAI. D’après A, elle est minorée par 1 et d’après B, elle est décroissante. Donc u est convergente.
D. FAUX : Le 1 et le 2 sont faux. Le 3 est juste même s’il ne donne pas les valeurs de N…