TS DEVOIR SURVEILLE no 1 correction

TS DEVOIR SURVEILLE no1correction
Exercice 1 (3 pts)
Soit ula suite définie par u0= 13 et pour tout entier naturel n,un+1 =1
5un+4 5.
1. u1=1
5u0+4 5=17 5
u2=1
5u1+4 5=37 25.
2. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n,un= 1 + 12
5n.
– initialisation : pour n= 0, 1 + 12
50= 13 = u0donc la propriété est vraie au rang 0.
– hérédité : supposons que la propriété soit vraie au rang n et montrons qu’elle est vraie au rang n+1.
On a : un+1 =1
5un+4 5=1 5(1 + 12 5n) + 4 5=1 5+4 5+1 5×12 5n= 1 + 12
5n+1
Donc la propriété est vraie au rang n+1.
– conclusion : la propriété a été initialisée et est héréditaire donc pour tout entier naturel n, un= 1 + 12
5n.
Exercice 2 (2 pts)
Soit ula suite définie par u0= 2 et pour tout entier naturel n,un+1 =√un+ 5.
Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n, 2 6un63.
– initialisation : pour n= 0, 2 6u0= 2 63 donc la propriété est vraie au rang 0.
– hérédité : supposons que la propriété soit vraie au rang n et montrons qu’elle est vraie au rang n+1.
On a : 2 6un63
soit 7 6un+ 5 68
soit √76√un+ 5 6√8 ( la fonction racine carrée est croisante sur [0 ; +∞[)
soit 2 <√76un+1 6√8<3 Donc la propriété est vraie au rang n+1.
– conclusion : la propriété a été initialisée et est héréditaire donc pour tout entier naturel n, 2 6un63.
Exercice 3 (5 pts)
Calculer les limites suivantes en détaillant :
1. lim
n→+∞2n2= +∞et lim n→+∞
3
n= 0 donc lim
n→+∞2n2−3
n= +∞
2. lim
n→+∞(−2n2+ 1) = −∞ et lim n→+∞(2 + 4n) = +∞donc lim n→+∞(−2n2+ 1)(2 + 4n) = −∞
3. lim
n→+∞
n2+ 5n+ 3 = +∞donc lim
n→+∞
1
n2+ 5n+ 3 = 0
4. On a une "FI".
n2−8n+ 1 = n2(1 −8
n+1
n2).
lim
n→+∞
n2= +∞et lim
n→+∞1−8
n+1
n2= 1 donc lim
n→+∞
n2−8n+ 1 = +∞
5. On a une "FI".

3n2+ 1
2n+ 3 =
n2(3 + 1
n2)
n(2 + 3
n)
=
n(3 + 1
n2)
2 + 3
n
lim
n→+∞3 + 1
n2= 3 donc lim
n→+∞
n(3 + 1
n2) = +∞et lim
n→+∞2 + 3
n= 2 donc lim
n→+∞
3n2+ 1
2n+ 3 = +∞
Exercice 4 (1,5 pts)
étape n° kU
0 0
1 0 3
2 1 10
3 2 29
Pour N = 3 l’affichage en sortie est 29.
Exercice 5 (5,5 pts)
1. a. D’après l’énoncé, on a : P(V) = 0,02 P
V(T) = 0,99 P
V(T) = 0,97.
Arbre de probabilités :
V
T
0,97
T
0,03
0,98
V
T
0,01
T
0,99
0,02
b. P(V ∩T) = P
V(T) ×P(V) = 0,99 ×0,02 = 0,0198
2. P(T) = P(V ∩T) + P(V∩T) = 0,99 ×0,02 + 0,03 ×0,98 = 0,0492.
3. a. Il faut calculer P
T(V).
P
T(V) = P(V ∩T)
P(T) =0,0198 0,0492 ≈0,402, soit environ 40%.
Il n’y a bien qu’environ 40 % de « chances » que la personne soit contaminée », sachant que le test est positif.
b. La probabilité qu’une personne ne soit pas contaminée par le virus sachant que son test est négatif est :
P
T(V) = P(V∩T)
P(T) =0,97 ×0,98
1−0,0492 ≈0,9997, c’est-à-dire environ 99,97%.
Exercice 6 (3 pts)
Lors de la fête de l’école, l’association des parents d’élèves propose le jeu suivant.
Une urne contient 10 boules : 5 rouges, 3 vertes et 2 bleues. Le joueur, un enfant de l’école, tire au hasard successivement
et sans remise deux boules dans l’urne. Si aucune boule n’est bleue, la partie est perdue. Si une des deux boules est bleue,
il gagne un cadeau et enfin si les deux boules sont bleues, il gagne deux cadeaux.
Dans chaque cas, indiquer la bonne réponse.

1. Arbre de probabilités :
B
B
1/9
V
3/9
R
5/9
1/5
V
B
2/9
V
2/9
R
5/9
3/10
R
B
2/9
V
3/9
R
4/9
1/2
2. La probabilité que la première boule tirée soit bleue est 2
10 =1 5et la probabilité que la deuxième boule tirée soit bleue
est 1
9(attention il reste 9 boules et 1 bleue).
donc la probabilité que l’enfant gagne deux cadeaux est : 1
5×1 9=1 45
3. Si la première boule tirée n’est pas bleue alors sur les 9 boules restantes il y a 2 boules bleues donc la probabilité que
l’enfant gagne un cadeau sachant que la première boule tirée n’est pas bleue est 2
9