TS. Contrôle 1 -Correction 1 ( 5 points ) Un volume constant de 2

TS. Contrôle 1 -Correction ♣
1( 5 points ) Un volume constant de 2 200 m3d’eau est réparti entre deux bassins Aet B. Le bassin Arefroidit une
machine. Pour des raisons d’équilibre thermique on crée un courant d’eau entre les deux bassins à l’aide de pompes. Pour
tout entier naturel n, on modélise les échanges entre les deux bassins de la façon suivante :
•on note anle volume d’eau, exprimé en m3, contenu dans le bassin Aà la fin du n-ième jour de fonctionnement ;
•on note bnle volume d’eau, exprimé en m3, contenu dans le bassin Bà la fin du n-ième jour de fonctionnement ;
•pour tout entier naturel n, an+1=3
4an+330.
Au départ, le bassin Acontient 800 m3d’eau et le bassin Bcontient 1 400 m3d’eau, on a donc a0=800 et b0=1 400.
1. Par quelle relation entre anet bntraduit-on la conservation du volume total d’eau du circuit ?
« Un volume constant de 2 200 m3d’eau est réparti entre deux bassins A et B. »
donc Pour tout nde , an+bn=2 200
2. L’algorithme ci-dessous permet de déterminer la plus petite valeur de n à partir de laquelle anest supérieur ou égal
à 1 100. Recopier cet algorithme en complétant les parties manquantes.
Variables
Initialisation
Traitement
Sortie
nest un entier naturel, aest un nombre réel
nprend la valeur 0
aprend la valeur 800
Tant que a<1 100 faire
aprend la valeur 3
4a+330
nprend la valeur n+1
Fin
Afficher n
3. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n,an=1 320−520×µ3
4¶n
.
Soit P(n) la propriété : « an=1 320 −520 ×µ3
4¶n
». Montrons par récurrence que P(n) est vraie pour tout entier
naturel n.
•Initialisation : on a a0=1 320 −520×µ3
4¶0
=800
La propriété est vraie pour n=0. P(0) est vraie.
•Hérédité : supposons qu’il existe n∈tel que : an=1 320−520 ×µ3
4¶n
je suppose la proposition vraie au rang n
an=1 320−520 ×µ3
4¶n
(HR)
Alors, en multipliant par 3
4:3
4an=3 4×1320−520 ×µ3 4¶n+1
puis, en ajoutant membre à membre 330 : 3
4an+330 =990−520 ×µ3 4¶n+1
+330 c’est-à-dire :
an+1=1320−520 ×µ3
4¶n+1
an+1=1320−520 ×µ3
4¶n+1
finalement alors la proposition est vraie au rang n +1
et la propriété P(n) est donc héréditaire.
•Conclusion : la proposition est vraie pour n=0 , elle est héréditaire
donc par récurrence on a, quel que soit n∈,an=1 320−520×µ3
4¶n
4. On cherche à savoir si, un jour donné, les deux bassins peuvent avoir, au mètre cube près, le même volume d’eau.
Proposer une méthode pour répondre à ce questionnement.
Si ce jour arrive, on aura an=bn=2 200
2=1 100.
Il faut donc résoudre l’équation 1 320−520×µ3
4¶n
=1100 d’inconnue n∈.

1 320−520 ×µ3
4¶n
=1100 ⇐⇒ 520×µ3
4¶n
=220 ⇐⇒ µ3
4¶n
=11
26 À la calculatrice, je trouve n≈3.
On vérifie :
a3=1 100,625 et b3=1 099,375 donc a3−b3=1,25 >1.
Les deux bassins n’auront donc jamais le même volume d’eau, à un mètre cube près.
2( 6 points ) Dans un zoo, l’unique activité d’un manchot est l’utilisation d’un bassin aquatique équipé d’un toboggan
et d’un plongeoir.
•On a observé que si un manchot choisit le toboggan, la probabilité qu’il le reprenne est 0,3.
•Si un manchot choisit le plongeoir, la probabilité qu’il le reprenne est 0,8.
Lors du premier passage les deux équipements ont la même probabilité d’être choisis.
Pour tout entier naturel n non nul, on considère les évènements :
•Tn: « le manchot utilise le toboggan lors de son nième passage »
•Pn: « le manchot utilise le plongeoir lors de son nième passage »
On considère la suite ¡un¢définie pour tout n >1par : un=p(Tn)où p (Tn)est la probabilité de l’évènement Tn.
1. a. Donner les valeurs des probabilités p (T1), p (P1),
pT1(T2)et pP1(T2).
Des données de l’énoncé, on tire :
p(T1)=p(P1)=1
2
pT1(T2)=0,3
pP1(T2)=1−pP1(P2)=1−0,8 =0,2
b. Montrer que p (T2)=1
4
Puisque {T1; P1}réalise :
une partition de l’univers,
alors par la formule des probabilités totales :
p(T2)=p(T1∩T2)+p(P1∩T2)
Tn
Tn+1Pn+1
Pn
Tn+1Pn+1
un
0,3 0,7
1−un
0,2 0,8
p(T2)=p(T1)
|{z}
=0,5
×pT1(T2)
| {z }
=0,3
+p(P1)
|{z}
=0,5
×pP1(T2)
| {z }
=0,2
=0,25 =1
4
c. Recopier et compléter l’arbre ci-contre :
d. Démontrer que pour tout entier naturel n >1on a : un+1=0,1un+0,2
Puisque {Tn; Pn}réalise une partition de l’univers, par la formule des probabilités totales :
un+1=p(Tn+1)=p(Tn+1∩Tn)+p(Tn+1∩Pn)=p(Tn)
|{z }
=un
×pTn(Tn+1)
| {z }
=0,3
+p(Pn)
|{z }
=1−un
×pPn(Tn+1)
| {z }
=0,2
Donc : un+1=0,3×un+0,2×(1−un)=0,1 ×un+0,2
e. À l’aide de votre calculatrice, conjecturer la limite de la suite ¡un¢.
Il y a plusieurs méthodes :
— On peut calculer les termes successifs de la suite un à un
et constater une stabilisation progressive des termes de la suite.
— On peut programmer la calculatrice en mode séquence :

— On peut aussi tracer simultanément la fonction f:x7→ 0,1x+0,2 et la droite d’équation y=x
et faire une représentation en chemin en activant le mode trace pour visualiser la limite conjecturée.
La suite ¡un¢semble converger vers 2
9=0,2222...
2. On considère la suite ¡vn¢définie pour tout entier naturel n >1par : vn=un−2
9
a. Démontrer que la suite ¡vn¢est géométrique de raison q =1
10. Préciser v1.
∀n∈∗,vn+1=un+1−2
9=0,1un+0,2−2 9=1 10un+2 10 −2 9
| {z }
=1
45
=1
10 µun−10 45¶=1 10 µun−2 9¶
| {z }
=vn
∀n∈∗,vn+1=1
10 vnpar suite ¡vn¢est géométrique de raison q=1 10 et v1=u1−2 9=1 2−2 9=5 18
b. Exprimer vnen fonction de n. En déduire l’expression de unen fonction de n.
¡vn¢est géométrique de raison q=1
10 alors ∀n∈∗,vn=v1×qn−1=5 18 ×µ1 10¶n−1
∀n∈∗,un=vn+2
9alors ∀n∈∗,un=5 18 ×µ1 10¶n−1
+2
9
c. Calculer la limite de la suite ¡un¢. Ce résultat permet-il de valider la conjecture émise en 1.e. ?
lim
n→+∞ un=lim n→+∞
5
18 ×µ1 10¶n−1
+2
9=2 9
en effet, −1<1
10 <1 donc lim
n→+∞ µ1
10¶n−1
=0 ainsi lim
n→+∞
5
18 ×µ1 10¶n−1
+2
9=5 18 ×0+2 9=2 9
On avait conjecturé en 1.e. une limite d’environ 0,22 or 2
9=0,222... ce qui est cohérent.
3( 3 points ) Cet exercice est un questionnaire à choix multiple (QCM).
Pour chaque question, trois réponses sont proposées, une seule est exacte.
Le candidat portera sur la copie, sans justification, le numéro de la question suivi de la réponse choisie.
1. Une urne contient 10 boules indiscernables au toucher : 7sont noires et 3sont blanches. On tire simultanément 3
boules de l’urne. La probabilité de tirer 2boules noires et 1boule blanche est égale à :
•21
40 •7 10 ×6 9×1 3•7 10 ×7 10 ×1 3
Trois boules sont tirées simultanément, il y a donc Ã10
3!tirages possibles.
Il y a Ã7
2!façons de choisir 2 boules noires parmi les 7 présentes dans l’urne et Ã3 1!façons de choisir une boule
blanche parmi les trois présentes, donc Ã7
2!×Ã3 1!tirages réalisant l’événement.
Puisque les boules sont indiscernables au toucher, on est dans une situation d’équiprobabilité,
et donc la probabilité de l’événement est : Ã7
2!×Ã3 1!
Ã10
3!=
7!
2!×5! ×3! 1!×2!
10!
3!×7!
=
7×6
2×3
10×9×8
3×2
=21
40.

2. De la même urne, on tire une boule, on note sa couleur, on la remet dans l’urne ; on procède ainsi à 5tirages successifs
avec remise. La probabilité d’avoir obtenu 3boules blanches et 2boules noires est égale à :
•33×72
105•Ã5 2!×µ3 10¶2
×µ7
10¶3
•Ã5
2!×µ3 10¶3
×µ7
10¶2
La situation est celle d’un schéma de Bernoulli (on peut associer le noir au succès et le blanc à l’échec),
de paramètres 5 (on fait 5 tirages successifs) et 7
10 (probabilité du succès, puisque 7 boules parmi les 10 sont noires)
et donc on cherche à calculer p(X =2)
p(X =2) =Ã5
2!×µ7 10¶2
×µ1−7
10¶5−2
=Ã5
2!×µ7 10¶2
×µ3
10¶3
.
3. De la même urne, on tire une seule boule. Si elle est noire, on lance un dé cubique (dont les faces sont numérotées de
1à6). Si la boule est blanche, on lance un dé tétraédrique (dont les faces sont numérotées de 1à4). On suppose les
dés bien équilibrés. Le joueur gagne s’il obtient le numéro 1.
Sachant que le joueur a gagné, la probabilité qu’il ait tiré une boule noire est égale à :
•7
60 •14 23 •
7
10 ×1 6
1
2×1 6+1 2×1 4
On peut représenter la situation par l’arbre suivant :
•
N
Gagné
Perdu
B
Gagné
Perdu
7
10
1
6
5
6
3
10
1
4
3
4
On a donc p(Gagné) =7
10 ×1 6+3 10 ×1 4=14 120 +9 120 =23 120 De plus p(Gagné∩N) =7 10 ×1 6=7 60
Donc pGagné(N) =
7
60
23
120
=14
23.
4( 6 points ) Soit k un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Une urne contient k boules noires et 3boules blanches. Ces k +3boules sont indiscernables au toucher. Une partie consiste
à prélever au hasard successivement et avec remise deux boules dans cette urne. On établit la règle de jeu suivante :
—un joueur perd 9€si les deux boules tirées sont de couleur blanche ;
—un joueur perd 1€si les deux boules tirées sont de couleur noire ;
—un joueur gagne 5€si les deux boules tirées sont de couleurs différentes ; on dit dans ce cas là qu’il gagne la partie.
Partie A
Dans la partie A, on pose k =7. Ainsi l’urne contient 3boules blanches et 7boules noires indiscernables au toucher.
1. Un joueur joue une partie. On note p la probabilité que le joueur gagne la partie, c’est-à-dire la probabilité qu’il ait
tiré deux boules de couleurs différentes.
Démontrer que p =0,42.
•
N
N
B
B
N
B
0,7
0,7
0,3
0,3 0,7
0,3
D’où : p=P(G)=0,7 ×0,3+0,3×0,7 ⇐⇒ p=0,42

2. Soit n un entier tel que n >2. Un joueur joue n parties identiques et indépendantes.
On note Xla variable aléatoire qui comptabilise nombre de parties gagnées par le joueur, et pnla probabilité que le
joueur gagne au moins une fois au cours des n parties.
a. Expliquer pourquoi la variable Xsuit une loi binomiale de paramètres n et p.
L’expérience aléatoire a deux issues :
— succès : le joueur gagne avec une probabilité de p=0,42
— échec : le joueur perd avec une probabilité de q=1−p=0,58
On répète cette expérience nfois de manière indépendante.
Donc, la variable aléatoire qui compte le nombre de succès suit une loi binomiale de paramètres net p.
b. Exprimer pnen fonction de n, puis calculer p10 en arrondissant au millième.
pn=1−P(X =0) =1−0,58n=⇒ p10 =1−0,5810 '0,996
c. Déterminer le nombre minimal de parties que le joueur doit jouer afin que la probabilité de gagner au moins
une fois soit supérieure à 99%.
1−0,58n>0,99 ⇐⇒ 0,01 >0,58n
À la calculatrice, je trouve que cette inégalité est vérifiée à partir de n=9.
le joueur doit jouer au moins 9 parties
Partie B
Dans la partie B, le nombre k est un entier naturel supérieur ou égal à 2.
Un joueur joue une partie. On note Ykla variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur.
1. a. Justifier l’égalité : p (Yk=5)=6k
(k+3)2
•
N
N•¡N,N¢le joueur perd 1 €
B•¡N,B¢le joueur gagne 5 €
B
N•¡B,N¢le joueur gagne 5 €
B•¡B,B¢le joueur perd 9 €
k
k+3
k
k+3
3
k+3
3
k+3
k
k+3
3
k+3
On en déduit que :
p(Yk=5)=k
(k+3) ×3 (k+3) +3 (k+3) ×k (k+3) ⇐⇒ p(Yk=5)=6k (k+3)2
b. Écrire la loi de probabilité de la variable aléatoire Yk
Yk−9−1+5
P¡Yk=yi¢9
(k+3)2
k2
(k+3)2
6k
(k+3)2
2. On note E(Yk)l’espérance mathématique de la variable aléatoire Yk
On dit que le jeu est favorable au joueur lorsque l’espérance E(Yk)est strictement positive.
Déterminer les valeurs de k pour lesquelles ce jeu est favorable au joueur.
E(Yk)= −9×9
(k+3)2+(−1)×k2 (k+3)2+5×6k (k+3)2=−81−k2+30k (k+3)2=−(k−3)(k−27) (k+3)2
D’où : E(Yk)>0⇐⇒ k∈]3 ; 27[ Le jeu est favorable au joueur pour k∈]3 ; 27[.