Lycée J.P Vernant - TES2
Mathématiques
Année scolaire 2013-2014
CORRECTION DU DEVOIR A LA MAISON N◦ 5
Exercice 1 :
1.
(a) On sait qu'Elisa a autant de chance de perdre que de gagner le
1
premier jeu donc p(G1 ) = p(P1 ) = .
2
(b) D'après l'énoncé, pGn (Gn+1 ) = 0, 6 et pPn (Pn+1 ) = 0, 7. En particulier, pG1 (G2 ) = 0, 6 et pP1 (P2 ) = 0, 7. On peut donc considérer
l'arbre pondéré ci-contre. Comme {G1 ; P1 } forme une partition de
l'univers, d'après la formule des probabilités totales, on a
p(G2 ) = p(G1 ∩ G2 ) + p(P1 ∩ G2 )
= p(G1 ) × pG1 (G2 ) + p(P1 ) × pP1 (G2 )
=
1
1
× 0, 6 + × 0, 3 = 0, 3 + 0, 15 = 0, 45
2
2
Comme P2 = G2 alors p(P2 ) = 1 − p(G2 ) = 1 − 0, 45 = 0, 55.
2. (a) On utilise l'arbre pondéré ci-contre.
En considérant la partition de l'univers {Gn ; Pn }, on applique la
formule des probabilités totales :
un+1 = p(Gn+1 ) = p(Gn ∩ Gn+1 ) + p(Pn ∩ Gn+1 )
= p(Gn ) × pGn (Gn+1 ) + p(Pn ) × pPn (Gn+1 )
= un × 0, 6 + vn × 0, 3 = 0, 6un + 0, 3vn
De même,
vn+1 = p(Pn+1 ) = p(Gn ∩ Pn+1 ) + p(Pn ∩ Pn+1 )
= p(Gn ) × pGn (Pn+1 ) + p(Pn ) × pPn (Pn+1 )
= un × 0, 4 + vn × 0, 7 = 0, 4un + 0, 7vn
(b) Comme Pn = Gn alors vn = p(Pn ) = 1 − p(Gn ) = 1 − un . Ainsi, pour tout n entier supérieur ou égal
à 1, un + vn = 1, en particulier, la suite (un + vn ) est constante.
(c) Pour tout n ∈ N∗ ,
wn+1 = 4un+1 − 3vn+1 = 4(0, 6un + 0, 3vn ) − 3(0, 4un + 0, 7vn ) = 2, 4un + 1, 2vn − 1, 2un − 2, 1vn
= 1, 2un − 0, 9vn = 0, 3 × 4un − 0, 3 × 3vn = 0, 3(4un + 3vn ) = 0, 3wn
Comme wn+1 = 0, 3wn pour tout entier naturel n supérieur ou égal à 1, alors (wn ) est géométrique
de raison q = 0, 3.
(d) Par propriété des suites géométriques, pour tout n ∈ N∗ , wn = w1 ×q n−1 avec q = 0, 3 et pour premier
1
1
1
terme de (wn , w1 = 4u1 − 3v1 = 4p(G1 ) − 3p(P1 ) = 4 × − 3 × = . Ainsi, pour tout entier naturel
2
2
2
1
n−1
n > 1, wn = (0, 3)
. Or, wn = 4un − 3vn et on a justié à la question 2b) que vn = 1 − un donc
2
1
wn = 4un − 3(1 − un ) = 4un − 3 + 3un = 7un − 3. Finalament, pour tout n ∈ N∗ , 7un − 3 = (0, 3)n−1
2
1
3
1
n−1
n−1
soit 7un = 3 + (0, 3)
et un = + (0, 3)
.
2
7 14
3. (a) La probabilité qu'Elisa gagne le 5ième jeu est
u5 =
1
3
1
34
3
81
60000 + 81
60081
8583
3
+
× (0, 3)4 = +
× 4 = +
=
=
=
≃ 0, 429
7 14
7 14 10
7 140000
140000
140000
20000
La probabilité qu'Elisa gagne le 8ième jeu est
3 1
3 1 37
3
2187
6 × 107 + 2187
60002187
8571741
u8 = + ×(0, 3)7 = + × 7 = +
=
=
=
≃ 0, 429
7
7
7 14
7 14 10
7 14 × 10
14 × 10
140000000
2 × 107
3
3
1
. On sait que un = + (0, 3)n−1 donc il s'agit
7
7 14
1
3
1
3
n−1
n−1
de résoudre + (0, 3)
6 , ce qui revient à
(0, 3)
6 0. Or, (0, 3)n−1 > 0 pour tout n > 1
7 14
7
14
1
1
donc
(0, 3)n−1 > 0. L'inégalité
(0, 3)n−1 6 0 est impossible donc la probabilité qu'Elisa gagne
14
14
3
un jeu ne peut pas être inférieure à .
7
(0, 3)n
3
1
(c) On cherche la limite de (un ) quand n tend vers +∞ : 0, 3n−1 =
d'où un = +
(0, 3)n .
0, 3
7 14 × 0, 3
On sait que lim (0, 3)n = 0 car c'est du type q n avec q = 0, 3 ∈]0 ; 1[.
(b) On cherche à savoir s'il existe n ∈ N∗ tel que un 6
n7→+∞
1
3
1
3
(0, 3)n = 0 puis lim
+
(0, 3)n = .
n7→+∞ 7
14 × 0, 3
14 × 0, 3
7
Cela signie que si Elisa et Lucie jouent un grand nombre de jeux, la probabilité qu'Elisa gagne le
3
dernier jeu est ≃ 0, 429.
7
On en déduit que lim
n7→+∞
Exercice 2 :
1. • f : x 7→ 1, 05x est la fonction exponentielle de base 1, 05. Comme 1, 05 > 1 alors f est strictement
croissante sur [10 ; 30].
• Soit (a ; b) un couple de nombres appartenant à [10 ; 30] tels que a < b. Alors 1, 05a < 1, 05b puisque
la fonction exponentielle de base 1,0 est strictement croissante sur R. De plus, 0 < 1, 05a < 1, 05b
puisque une fonction exponentielle est toujours strictement positive. La fonction inverse étant strictement
1
7
1
7
>
>
décroissante sur ]0 ; +∞[, on en déduit que
. On multiplie ensuite par 7 :
a
a
b
1, 05
1, 05
1, 05
1, 05b
soit g(a) > g(b). On a ainsi justié que la fonction g est strictement décroissante sur [10 ; 30].
Plus le prix des livres est grand (mais toujours compris entre 10 et 30 euros) plus l'ore est importante et
plus la demande est diminuée.
7
2. f (x) = g(x) ⇔ 1, 05x =
. Comme 1, 05x > 0 pour tout x alors on peut multiplier chaque membre
1, 05x
par 1, 05x . Ainsi, f (x) = g(x) ⇔ (1, 05x )2 = 7 ⇔ ((1, 05)2 )x = 7 ⇔ 1, 1025x = 7
3. On va démontrer que l'équation 1, 1025x = 7 admet une unique solution sur [10 ; 30]. On considère la
fonction h : x 7→ 1, 1025x , c'est la fonction exponentielle de base q = 1, 1025. Elle est donc continue
sur [10 ; 30] et comme q > 1, h est strictement croissante sur cet intervalle. De plus, h(10) = 2, 65 et
h(30) ≃ 18, 68 donc h(10) < 7 < h(30).
D'après le théorème des valeurs intermédiaires, on en déduit que l'équation h(x) = 7 admet une unique
solution α sur [10 ; 30]. Comme l'équation h(x) = 7 équivaut à f (x) = g(x) d'après la question précédente,
cela signie que l'équation f (x) = g(x) admet également pour unique solution le nombre α sur [10 ; 30].
4. A l'aide de la calculatrice, on constate que h(19, 94) ≃ 6, 9989 et h(19, 945) ≃ 7, 0023 donc on obtient que
19, 94 < α < 19, 945. On en déduit que α ≃ 19, 94.
5. Le prix d'équilibre correspond à la solution de f (x) = g(x), il s'agit du nombre α ≃ 19, 94. L'ore et la
demande coïncident lorsque le prix des livres est environ de 19,94 euros.
La quantité de livre oerte et de livre demandée est alors f (α) = g(α) exprimée en milliers. Comme
f (α) = 1, 05α ≃ 1, 0519,94 soit f (α) ≃ 2, 65, cela signie que la quantité de livres oertes et demandée est
d'environ 2650 livres (arrondi à 10 livres près).
Exercice 3 :
1. On note E1 , l'événement "la première pomme mangée est empoisonnée" et E2 l'événement "la deuxième
3
pomme mangée est empoisonnée". D'après l'énoncé, p(E1 ) =
puisque Blanche-Neige choisit cette
10
2
pomme parmi 10 et que 3 d'entre elles sont empoisonnées. De plus, pE1 (E2 ) = puisque sur les 9 pommes
9
restantes, il n'y en a plus que 2 qui sont empoisonnées si la première pomme était déjà empoisonnée.
3
1
Enn, pE1 (E2 ) = = puisque si la première pomme n'est pas empoisonnée, il en reste 3 sur 9 qui sont
9
3
empoisonnées lorsque Blanche-Neige mange la deuxième pomme.
On en déduit l'arbre de probabilités suivant :
2. • Blanche-Neige survit si les deux pommes choisies ne sont pas empoisonnées donc S = E1 ∩ E2 .
7
2
7
P (S) = p(E1 ) × pE1 (E2 ) =
× = .
10 3
15
• Blanche-Neige a été empoisonnée par la deuxième pomme correspond à l'événement D = E1 ∩ E2 .
1
7
7
× = .
p(D) = p(E1 ) ∩ pE1 (E2 ) =
10 3
30
• L'événement la deuxième pomme est empoisonnée est E = E2 . Comme {E1 ; E1 } forme une partition
de l'univers, on peut appliquer la formule des probabilités totales :
p(E) = p(E1 ∩ E2 ) + p(E1 ∩ E2 ) = p(E1 ) × pE1 (E2 ) + p(D) =
3
2
7
6 + 21
27
3
× +
=
=
=
10 9 30
90
90
10
3. On note n le nombre de jours où la sorcière se présente. On peut modéliser la situation par un arbre à n
branches schématisé ci-dessous :
On note A l'événement "Blanche-Neige succombe". Alors A est l'événement correspondant à "BlancheNeige survit lors des n visites de la sorcière", c'est-à-dire à la liste (S ; , S ; S ; · · · ; S).
|
{z
}
n fois
( )n
7
Ainsi, p(A) = p(S) × p(S) × · · · × p(S) = (p(S))n =
.
|
{z
}
15
n fois
(
On cherche n tel que p(A) > 0, 99. Or, p(A) = 1 − p(A) = 1 −
(
1−
(
)n
(
> 0, 99 ⇔ −
7
15
)n
)n
donc il s'agit de résoudre :
(
> 0, 99 − 1 ⇔
7
15
)n
6 0, 01
)n
7
, il s'agit d'une suite géométrique de raison q =
(en eet, un ne s'annule pas et
15
( )n+1
7
un+1
7
15
pour tout n ∈ N,
= ( )n = ) et de premier terme u0 = 1. Comme u0 > 0 et 0 < q < 1, (un )
un
15
7
15
est décroissante.
A l'aide du tableau de valeurs de la calculatrice, on constate que u6 ≃ 0, 0103 et u7 ≃ 0, 0048. Comme
u6 > 0, 01 > u7 , cela signie que la sorcière doit prévoir de se rendre chez Blanche-Neige pendant 7 jours,
soit une semaine.
On pose un =
7
15
7
15
7
15
Exercice 4 :
1. On représente la situation par un arbre pondérée. On note J1 l'événement "le premier trombone choisi est
jaune", J2 l'événement "le deuxième trombone choisi est jaune", V1 l'événement "le premier trombone choisi
est vert", V2 l'événement "le deuxième trombone choisi est vert". D'après la répartition des trombones dans
card(J1 )
2n + 1
2n − 1
la boîte, et l'équiprobabilité de la situation, p(J1 ) =
=
. De même, p(V1 ) =
.
card(Ω)
4n
4n
Si on prélève un trombone jaune, il reste dans la boîte : 2n jetons jaunes, 2n − 1 jetons verts et 4n − 1
2n − 1
2n
et pJ1 (V2 ) =
.
jetons au total donc pJ1 (J2 ) =
4n − 1
4n − 1
Si on prélève un jeton vert, il reste dans la boîte : 2n + 1 jetons jaunes, 2n − 2 jetons verts et au total
2n + 1
2n − 2
4n − 1 jetons d'où pV1 (J2 ) =
et pV1 (V2 ) =
.
4n − 1
4n − 1
On peut représenter la situation par l'arbre pondéré ci-dessous :
L'événement "les deux trombones sont de couleurs diérentes" est
(J1 ∩ V2 ) ∪ (V1 ∩ J2 ). Ainsi,
pn = p(J1 ∩ V2 ) + p(J1 ∩ V2 ) = p( J1 ) × pJ1 (V2 ) + p(V1 ) × pV1 (J2 )
=
2(2n + 1)(2n − 1)
2n + 1 2n − 1 2n − 1 2n + 1
×
+
×
=
4n
4n
4n
4n − 1
4n(4n − 1)
=
2(4n2 − 1)
4n2 − 1
4n2 − 1
=
= 2
4n(4n − 1)
2n(4n − 1)
8n − 2n
2. (a) f est une fonction rationnelle dont les valeurs interdites sont les solutions de 8x2 − 2x = 0. Or,
8x2 − 2x = 0 ⇔ 2x(4x − 1) = 0 ⇔ x = 0 ou 4x − 1 = 0 ⇔ x = 0 ou 4x = 1 ⇔ x = 0 ou x =
1
4
]
[ ]
[
1
1
1
Les nombres 0 et ne font pas partie de Df = 0 ;
∪
; +∞ . La fonction f est ainsi dénie et
4]
4
4
[ ]
[
1
1
dérivable sur Df = 0 ;
∪
; +∞ .
4
4
u
u′ v − v ′ u
f = avec u(x) = 4x2 − 1 et v(x) = 8x2 − 2x donc f ′ =
avec u′ (x) = 8x et v ′ (x) = 16x − 2.
v
v2
Pour tout x ∈ Df ,
f ′ (x) =
8x(8x2 − 2x) − (16x − 2)(4x2 − 1)
64x3 − 16x2 − (64x3 − 16x − 8x2 + 2)
=
(8x2 − 2x)2
(8x2 − 2x)2
=
64x3 − 16x2 − 64x3 + 16x + 8x2 − 2
−8x2 + 16x − 2
2(−4x2 + 8x − 1)
=
=
(8x2 − 2x)2
(8x2 − 2x)2
(8x2 − 2x)2
(b) Le dénominateur de f ′ (x) étant un carré, il est toujours positif. Ainsi, f ′ (x) est du signe de son
numérateur 2(−4x2 + 8x − 1). On pose P (x) = −4x2 + 8x − 1, alors f ′ (x) est du signe de P (x).
On cherche les racines du polynôme P (x).
Son discriminant est ∆ = b2 −4ac = 82 −4×(−4)×(−1) = 64−16 = 48 > 0. Les racines de P (x) sont
√
√
√
√
√
√
√
−b − ∆
−8 − 48
−8 − 4 3
2+ 3
−b + ∆
−8 + 48
2− 3
x1 =
=
=
=
et x2 =
=
=
≃ 0, 13.
2a
−8
−8
2
2a
−8
2
√
1
1
On constate que 0 < x2 < et comme 2 + 3 > 2 alors x1 > . On sait de plus que P (x) est du signe
4
4
de son coecient dominant a = −4 à l'extérieur des racines et du signe contraire de a à l'intérieur
des racines.
x
signe de P (x)
signe de (8x2 − 2x)2
signe de f ′ (x)
(
f
√ )
2− 3
=
2
=
=
(
f
√ )
2+ 3
=
2
=
=
0
√
2− 3
2
1
4
√
2+ 3
2
+∞
0
+ || +
0
0 +
|
+ 0 +
|
+
|| 0
+ || +
0√
||
4−2 3
f (x)
|| ↘
↗ || ↗
↘
√
||
4+2 3
||
(
√ )2
√
2− 3
4−4 3+3
4
−1
√
4×
−1
2
7−4 3−1
4
√
√
√
=
(
√ )2
√ =
√
3
+
3
2(7
−
4
3)
−
2
+
3
4
−
4
2− 3
2− 3
−2+ 3
8×
8
−2×
4
2
2
√
√
√
√
6−4 3
6−4 3
(6 − 4 3)(12 + 7 3)
√
√ =
√ =
√
√
14 − 8 2 − 2 + 3
12 − 7 3
(12 − 7 3)(12 + 7 3)
√
√
√
√
72 + 42 3 − 48 3 − 28 × 3
−12 − 6 3
=
=4+2 3
144 − 49 × 3
−3
(
√ )2
√
2+ 3
4+4 3+3
4
−1
√
4×
−1
2
7+4 3−1
4
√
√
√
=
(
√ )2
√ =
√
4+4 3+3
2(7 + 4 3) − 2 − 3
2+ 3
2+ 3
−2− 3
8×
8
−2×
4
2
2
√
√
√
√
6+4 3
(6 + 4 3)(12 − 7 3)
6+4 3
√
√ =
√ =
√
√
14 + 8 2 − 2 − 3
12 + 7 3
(12 + 7 3)(12 − 7 3)
√
√
√
√
−12 + 6 3
72 − 42 3 + 48 3 − 28 × 3
=
=4−2 3
144 − 49 × 3
−3
3. Comme n > 1, on cherche la valeur maximale de f (x) obtenu avec x entier naturel dans [1 ; +∞[. D'après
(
√ )
√
√
2+ 2
2+ 3
le tableau de variations de f , le maximum est f
= 4 − 2 3. Or,
≃ 1, 9 ∈
/ N. La valeur
2
2
maximale de pn sera donc atteinte soit pour n = 1 soit pout n = 2 d'après le tableau de variations de f
√
4−1
3
1
4×4−1
15
15
14
1
2+ 3
< 2. Or, p1 =
= = et p2 =
= . Comme
>
= alors la
puisque 1 <
2
8−2
6
2
8×4−4
28
28
28
2
probabilité pn est maximale pour n = 2.
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