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

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TS. Contrôle 1 -Correction

Un volume constant de 2 200 m3 d’eau est réparti entre deux bassins A et B. Le bassin A refroidit 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 a n le volume d’eau, exprimé en m3 , contenu dans le bassin A à la fin du n-ième jour de fonctionnement ; • on note b n le volume d’eau, exprimé en m3 , contenu dans le bassin B à la fin du n-ième jour de fonctionnement ; 3 • pour tout entier naturel n, a n+1 = a n + 330. 4 Au départ, le bassin A contient 800 m3 d’eau et le bassin B contient 1 400 m3 d’eau, on a donc a 0 = 800 et b 0 = 1 400.

1 ( 5 points )

1. Par quelle relation entre a n et b n traduit-on la conservation du volume total d’eau du circuit ? « Un volume constant de 2 200 m3 d’eau est réparti entre deux bassins A et B. » donc

Pour tout n de

N, an + bn = 2 200

2. L’algorithme ci-dessous permet de déterminer la plus petite valeur de n à partir de laquelle a n est supérieur ou égal à 1 100. Recopier cet algorithme en complétant les parties manquantes. Variables

n est un entier naturel, a est un nombre réel

Initialisation

n prend la valeur 0 a prend la valeur 800 Tant que a < 1 100 faire

Traitement

3 a + 330 4 n prend la valeur n + 1 a prend la valeur

Fin Sortie

Afficher n

µ ¶n 3 . 3. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, a n = 1 320 − 520 × 4 µ ¶n 3 ». Montrons par récurrence que P (n) est vraie pour tout entier Soit P (n) la propriété : « a n = 1 320 − 520 × 4 naturel n. µ ¶0 3 • Initialisation : on a a 0 = 1 320 − 520 × = 800 4 La propriété est vraie pour n = 0. P (0) est vraie. µ ¶n 3 je suppose la proposition vraie au rang n • Hérédité : supposons qu’il existe n ∈ tel que : a n = 1 320 − 520 × 4

N

µ ¶n 3 a n = 1 320 − 520 × 4

Alors, en multipliant par

3 4

:

puis, en ajoutant membre à membre 330 :

finalement et la propriété P (n) est donc héréditaire.

µ ¶n+1 3 3 3 an = × 1320 − 520 × 4 4 4 µ ¶n+1 3 3 a n + 330 = 990 − 520 × + 330 4 4 µ ¶n+1 3 a n+1 = 1320 − 520 × 4

µ ¶n+1 3 a n+1 = 1320 − 520 × 4

(HR)

c’est-à-dire :

alors la proposition est vraie au rang n + 1

• Conclusion : la proposition est vraie pour n = 0 , elle est héréditaire donc par récurrence on a, quel que soit n ∈

N,

µ ¶n 3 a n = 1 320 − 520 × 4

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. 2 200 Si ce jour arrive, on aura a n = b n = = 1 100. 2 µ ¶n 3 Il faut donc résoudre l’équation 1 320 − 520 × = 1100 d’inconnue n ∈ . 4

N

µ ¶n µ ¶n µ ¶n 3 3 3 11 1 320 − 520 × = 1100 ⇐⇒ 520 × = 220 ⇐⇒ = 4 4 4 26 On vérifie :

a 3 = 1 100,625 et b 3 = 1 099,375

donc

À la calculatrice, je trouve n ≈ 3.

a 3 − b 3 = 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 n ième passage » • Pn : « le manchot utilise le plongeoir lors de son n ième passage » ¡ ¢ On considère la suite u n définie pour tout n > 1 par : u n = p (Tn )

1.

où p (Tn ) est la probabilité de l’évènement Tn .

a. Donner les valeurs des probabilités p (T1 ), p (P1 ), p T1 (T2 ) et p P1 (T2 ). Des données de l’énoncé, on tire : 1 p (T1 ) = p (P1 ) = 2 p T1 (T2 ) = 0, 3 p P1 (T2 ) = 1 − p P1 (P2 ) = 1 − 0, 8 = 0, 2

un Tn 0, 3

1 b. Montrer que p (T2 ) = 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 )

1 − un

Tn+1

Pn 0, 7 Pn+1

0, 2

0, 8

Tn+1

Pn+1

1 p (T2 ) = p (T1 ) × p T1 (T2 ) + p (P1 ) × p P1 (T2 ) = 0, 25 = | {z } | {z } | {z } | {z } 4 =0,5

=0,3

=0,5

=0,2

c. Recopier et compléter l’arbre ci-contre : d. Démontrer que pour tout entier naturel n > 1 on a : u n+1 = 0, 1u n + 0, 2 Puisque {Tn ; Pn } réalise une partition de l’univers, par la formule des probabilités totales : u n+1 = p (Tn+1 ) = p (Tn+1 ∩ Tn ) + p (Tn+1 ∩ Pn ) = p (Tn ) × p Tn (Tn+1 ) + p (Pn ) × p Pn (Tn+1 ) | {z } | {z } | {z } | {z } =u n

Donc :

u n+1 = 0, 3 × u n + 0, 2 × (1 − u n ) = 0, 1 × u n + 0, 2

¡ ¢ e. À l’aide de votre calculatrice, conjecturer la limite de la suite u n .

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 :

=0,3

=1−u n

=0,2

— On peut aussi tracer simultanément la fonction f : x 7→ 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. ¡ ¢ 2 La suite u n semble converger vers = 0, 2222 . . . 9 ¡ ¢ 2 2. On considère la suite v n définie pour tout entier naturel n > 1 par : v n = u n − 9 ¡ ¢ 1 a. Démontrer que la suite v n est géométrique de raison q = . Préciser v 1 . 10 µ ¶ µ ¶ 10 1 2 2 2 1 2 2 1 ∗ un − = un − ∀n ∈ , v n+1 = u n+1 − = 0, 1u n + 0, 2 − = u n + − = 9 9 10 45 10 9 |10{z 9} 10 | {z }

N

1 = 45

∀n ∈

=v n

N∗, vn+1 = 101 vn par suite ¡vn ¢ est géométrique de raison q = 101

et

v 1 = u1 −

2 1 2 5 = − = 9 2 9 18

b. Exprimer v n en fonction de n. En déduire l’expression de u n en fonction de n. ¡

vn

¢

1 est géométrique de raison q = alors 10 ∀n ∈

N∗, un = vn + 29

alors

∀n ∈

N

∀n ∈

N

µ ¶n−1 5 1 , vn = v1 × q = × 18 10 µ ¶n−1 5 1 2 ∗ , un = × + 18 10 9

∗

n−1

¡ ¢ c. Calculer la limite de la suite u n . Ce résultat permet-il de valider la conjecture émise en 1.e. ? µ ¶n−1 5 1 2 2 lim u n = lim × + = n→+∞ n→+∞ 18 10 9 9 µ ¶n−1 µ ¶n−1 1 1 2 5 2 2 1 5 en effet, −1 < < 1 donc lim = 0 ainsi lim × + = ×0+ = n→+∞ 10 n→+∞ 18 10 10 9 18 9 9 2 On avait conjecturé en 1.e. une limite d’environ 0, 22 or = 0, 222 . . . ce qui est cohérent. 9

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 : 7 sont noires et 3 sont blanches. On tire simultanément 3 boules de l’urne. La probabilité de tirer 2 boules noires et 1 boule blanche est égale à : •

21 40

•

7 6 1 × × 10 9 3

• Ã

7 7 1 × × 10 10 3

! 10 Trois boules sont tirées simultanément, il y a donc tirages possibles. 3 Ã ! Ã ! 7 3 Il y a façons de choisir 2 boules noires parmi les 7 présentes dans l’urne et façons de choisir une boule 2 1 Ã ! Ã ! 7 3 blanche parmi les trois présentes, donc × tirages réalisant l’événement. 2 1 Puisque les boules sont indiscernables au toucher, Ã ! Ã !on est dans une situation d’équiprobabilité, 7 3 7! 3! 7×6 × × ×3 2 1 21 et donc la probabilité de l’événement est : Ã ! = 2! × 5! 1! × 2! = 2 = . 10 × 9 × 8 10! 40 10 3 × 2 3! × 7! 3

2. De la même urne, on tire une boule, on note sa couleur, on la remet dans l’urne ; on procède ainsi à 5 tirages successifs avec remise. La probabilité d’avoir obtenu 3 boules blanches et 2 boules noires est égale à : Ã ! µ ¶ µ ¶ 5 3 2 7 3 • × × 2 10 10

33 × 72 • 105

à ! µ ¶ µ ¶ 5 3 3 7 2 • × × 2 10 10

La situation est celle d’un schéma de Bernoulli (on peut associer le noir au succès et le blanc à l’échec), 7 de paramètres 5 (on fait 5 tirages successifs) et 10 (probabilité du succès, puisque 7 boules parmi les 10 sont noires) et donc on cherche à calculer p(X = 2) Ã ! µ ¶ µ Ã ! µ ¶ µ ¶ ¶ 5 7 2 7 5−2 5 3 3 7 2 p(X = 2) = × × 1− = × . × 2 10 10 10 10 2 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 1 à 6). Si la boule est blanche, on lance un dé tétraédrique (dont les faces sont numérotées de 1 à 4). 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

•

7 1 × 10 6 • 1 1 1 1 × + × 2 6 2 4

14 23

On peut représenter la situation par l’arbre suivant :

7 10

1 6

Gagné

5 6

Perdu

1 4

Gagné

3 4

Perdu

N

• 3 10

B

7 1 3 1 14 9 23 × + × = + = 10 6 10 4 120 120 120 14 = . 23

On a donc p(Gagné) = Donc p Gagné (N) =

7 60 23 120

De plus p(Gagné∩N) =

7 1 7 × = 10 6 60

4 ( 6 points ) Soit k un entier naturel supérieur ou égal à 2. Une urne contient k boules noires et 3 boules blanches. Ces k + 3 boules 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 3 boules blanches et 7 boules 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.

0, 7

0, 7

N

0, 3

B

0, 7

N

0, 3

B

N

• 0, 3 B

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 X la variable aléatoire qui comptabilise nombre de parties gagnées par le joueur, et p n la probabilité que le joueur gagne au moins une fois au cours des n parties. a. Expliquer pourquoi la variable X suit 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 n fois de manière indépendante. Donc, la variable aléatoire qui compte le nombre de succès suit une loi binomiale de paramètres n et p . b. Exprimer p n en fonction de n, puis calculer p 10 en arrondissant au millième. p n = 1 − P(X = 0) = 1 − 0, 58n =⇒ p 10 = 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 Yk la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur. 1.

a. Justifier l’égalité : p (Yk = 5) =

6k (k + 3)2

k k+3

k k+3

N

¡ ¢ • N, N

le joueur perd 1 €

3 k+3

B

¡ ¢ • N, B

le joueur gagne 5 €

k k+3

N

¡ ¢ • B, N

le joueur gagne 5 €

3 k+3

B

¡ ¢ • B, B

le joueur perd 9 €

N

• 3 k+3

B

On en déduit que : p (Yk = 5) =

k 3 3 k 6k × + × ⇐⇒ p (Yk = 5) = (k + 3) (k + 3) (k + 3) (k + 3) (k + 3)2

b. Écrire la loi de probabilité de la variable aléatoire Yk Yk

−9

−1

+5

¡ ¢ P Yk = y i

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. 9 k2 6k −81 − k 2 + 30k −(k − 3)(k − 27) E (Yk ) = −9 × + (−1) × + 5 × = = (k + 3)2 (k + 3)2 (k + 3)2 (k + 3)2 (k + 3)2 D’où :

E (Yk ) > 0 ⇐⇒ k ∈]3 ; 27[

Le jeu est favorable au joueur pour k ∈]3 ; 27[.