Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialité
1. On a q1=0, 6 et donc p1=1−0, 6=0, 4. 2. On a le graphe probabiliste suivant :
F F Il faut donc écrire dans le tableur :
en B3 : =0,9 *B2+0,4*C2 ;
Démonstration par récurrence :
Initialisation: On a vu que pour n=1, M=A+0, 5B. la relation est vraie au rang 1.
On vient de montrer que pour tout naturel n supérieur ou égal à 1 : Mn=A+0, 5nB= À long terme il n'est pas certain que le fumeur (actuel) s'arrêtera.
E 18
énoncé Polynésie 2015 Candidats ayant choisi l'enseignement de spécialité1. A2= (−4 6
−3 5 )
× (−4 6
−3 5 )
=
(16−18 −24+30 12−15 −18+25 )
= (−2 6
−3 7 )
.
A+2I=
(−4+2 6
−3 5+2 )
= (−2 6
−3 7 )
=A2.
2. En partant de l'égalité A2=A+2I, on obtient en multipliant chaque membre par A : A3=A(A+2I)=A2+2A=A+2I+2A=3A+2I et on recommence :
A4=A×A3=A(3A+2I)=3A2+2A=3(A+2I)+2A=5A+6I. 3. Démonstration par récurrence :
Initialisation :Pour n=0, A0=I=0A+1I=r0A+s0I. la relation est vraie au rang 0. Hérédité :Supposons qu'il existe un naturel p non nul, tel que Ap=rpA+spI.
En multipliant chaque membre parA, on obtient : A×Ap=A(
rpA+spI)
⇐⇒ Ap+1=rpA2+spA=rp(A+2I)+spA= (rp+sp
)A+2rpI=rp+1A+sp+1I: la relation est donc vraie au rang p+1. On a donc démontré par récurrence que, pour tout entier natureln,
An=rnA+snI.
4. On a pour tout entier naturel n :
kn+1=rn+1−sn+1=rn+sn−2rn=sn−rn= −(rn−sn)= −kn.
L'égalité kn+1= −kn montre que la suite (kn) est géométrique de raison −1. On sait qu'alors kn=k0(−1)n= −(−1)n=(−1)n+1.
5. On a donc t1=r1+(−1)1 3 =1−1
3=2 3. On sait qu'alors tn=2
3×2n−1 6. On a donc rn=tn−(−1)n
3 =2
3×2n−1−(−1)n 3 . Or sn=rn−kn, donc
sn=2
3×2n−1−(−1)n
3 −(−1)n+1=2
3×2n−1−(−1)n
3 +(−1)n=
sn=2
3×2n−1+2
3×(−1)n.
7. Finalement de An =rnA+snI=
(−4rn 6rn
−3rn 5rn
) +
(sn 0 0 sn
)
=
(−4rn+sn 6rn
−3rn 5rn+sn
) , on en déduit les quatre coefficients de An.
• −4rn+sn= −8
32n−1+4
3×(−1)n+2
32n−1+2
3×(−1)n= −2n+2×(−1)n ;
• 6rn=2n+1−2×(−1)n ;
• −3rn= −2n+(−1)n ;
• 5rn+sn=10
3 2n−1−5
3×(−1)n+2
32n−1+2
3×(−1)n=2n+1−(−1)n. Conclusion : An=
(−2n+2×(−1)n 2n+1−2×(−1)n
−2n+(−1)n 2n+1−(−1)n )
.
E 19
énoncé Amérique du Nord 20161. (a) P(Xn=1)(Xn+1=1)est la probabilité qu'il y ait exactement une blanche dans l'urne U après le (n+1)−ième tirage sachant qu'il y en avait exactement une au n−ième tirage
P(Xn=1)(Xn+1=1)=1
2 car il s'agit de choisir une blanche dans chaque urne avec une probabilité 1
4 ou de choisir une boule noire dans chaque urne avec une probabilité de 1
4 pour que la situation reste inchangée.
P(Xn=0)(Xn+1=1)=1car cela signifie que U ne contient que des boules noires et que l'on cherche la probabilité que l'urne V nous redonne une blanche (probabilité =1 car V ne contient que des blanches)
P(Xn=2)(Xn+1=1)=1 car cela signifie que U ne contient que des boules blanches et que l'on cherche la probabilité que l'urne V nous redonne une noire (probabilité =1 car V ne contient que des noires)
la propriété est donc héréditaire à partir du rang 0 et vraie au rang 0 donc on a bien d'après le principe de récurrence :
∀n∈N, Rn=R0×Mn
3. Initialisation: M0=I3 et P×D0×P−1=P×I3×P=P×P−1=I3
Hérédité: supposons que pour tout entier naturel k, on ait Mk=P×Dk×P−1
AlorsMk+1=Mk×M=Rk×M=P×Dk×P−1×M=P×Dk×P−1×P×D×P−1=P×Dk×D×P−1= P×Dk+1×P−1.
La propriété est donc héréditaire à partir du rang 0 et vraie au rang 0 donc on a bien d'après le principe de récurrence :
∀n∈N, Mn=P×Dn×P−1 Donc par produit et somme
nlim→+∞P (Xn=0)= lim
n→+∞P (Xn=2)=1
6 et lim
n→+∞P (Xn=1)=2
3 Cela signifie que la probabilité que les urnes se retrouvent dans la situation initiale se stabilise vers 1
6 quand n devient grand la probabilité que les urnes soient « monochrome » se stabilise vers 1
3 : (1
6 pour chaque couleur )
E 20
énoncé Antilles septembre 2016 Candidats ayant suivi l'enseignement de spécialitéPartie A
1. On décrit la situation précédente à l'aide d'un graphe en appelant A l'état « être sain » et B l'état
« être défaillant » : 3. D'après le texte, on peut dire que
{ an+1 = 0, 97an+0, 07bn
(a) La traduction matricielle du système précédent, est : (an+1
La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc elle est vraie pour toutn. On a donc démontré que, pour tout entier naturel n, Xn=AnX0.
(c) X30=A30X0≈ (0, 687
0, 313 )
Au bout de 30 jours, il y a 68, 7 % d'appareils sains, et 31, 3 % d'appareils défectueux.
Partie B
(a) Au bout de n+1 jours, un appareil est soit sain soit défectueux ; la proportion d'appareils sains est an+1 et la proportion d'appareil défectueux est bn+1 donc an+1+bn+1=1.
ce qui équivaut à
{ an+1 = 0, 9an+0, 07
(b) On admet que pour tout entier naturel n, Yn=DnY0. DoncXn=Yn+10B=DnY0+10B=Dn(X0−10B)+10B. (c) D=
(0, 9 0 0 0, 9
)
donc D=0, 9I2; on a doncDn=0, 9nIn2=0, 9nI2=
(0, 9n 0 0 0, 9n
)
X0= (0, 4
0, 6 )
et B= (0, 07
0, 03 )
donc 10B= (0, 7
0, 3 )
Xn=Dn(X0−10B)+10B ⇐⇒Xn=
(0, 9n 0 0 0, 9n
)
× [(0, 4
0, 6 )
− (0, 7
0, 3 )]
+ (0, 7
0, 3 )
⇐⇒ Xn=
(0, 9n 0 0 0, 9n
)
× (−0, 3
0, 3 )
+ (0, 7
0, 3 )
⇐⇒Xn=
(−0, 3×0, 9n 0, 3×0, 9n
) +
(0, 7 0, 3 )
⇐⇒ Xn=
(−0, 3×0, 9n+0, 7 0, 3×0, 9n+0, 3
)
⇐⇒
{ an = −0, 3×0, 9n+0, 7 bn = 0, 3×0, 9n+0, 3
3. La proportion d'ordinateurs défaillants est bn et on cherche lim
n→+∞bn. Or−1<0, 9<1 donc lim
n→+∞0, 9n=0 et on en déduit que lim
n→+∞bn=0, 3.
Sur le long terme, on peut dire que la proportion d'ordinateurs défaillants va tendre vers 30 %.
E 21
énoncé Métropole septembre 2016On dispose d'un dé équilibré à 6 faces numérotées de 1 à 6 et de 3 pièces A, B et C ayant chacune un côté pile et un côté face.
Un jeu consiste à lancer une ou plusieurs fois le dé.
Après chaque lancer de dé, si l'on obtient 1 ou 2, alors on retourne la pièce A, si l'on obtient 3 ou 4, alors on retourne la pièce B et si l'on obtient 5 ou 6, alors on retourne la pièce C.
Au début du jeu, les 3 pièces sont toutes du côté face.
1. Dans l'algorithme ci-dessous, 0 code le côté face et 1 code le côté pile. Si a code un côté de la pièce A, alors1−a code l'autre côté de la pièce A.
Variables : a,b,c,d,ssont des entiers naturels i,nsont des entiers supérieurs ou égaux à 1 Initialisation : aprend la valeur0
bprend la valeur 0 cprend la valeur 0 Saisirn
Traitement : Pouri allant de1ànfaire
dprend la valeur d'un entier aléatoire compris entre 1 et 6
Sid⩽2
alorsaprend la valeur1−a sinon Sid⩽4
alorsbprend la valeur1−b sinoncprend la valeur1−c FinSi
FinSi
sprend la valeura+b+c FinPour
Sortie : Affichers
(a) On exécute cet algorithme en saisissant n=3 et en supposant que les valeurs aléatoires gé-nérées successivement pourd sont 1 ; 4 et 2.
On complète le tableau :
3epassage boucle Pour 2epassage boucle Pour 1erpassage boucle Pour initialisation
variables i d a b c s
1 2 3
1 4 2
0 1 1 0
0 0 1 1
0 0 0 0
1 2 1
(b) Les variables a, b et c sont à 0 ou 1 selon que la pièce montre le côté face ou le côté pile ; la variable s=a+b+c donne donc le nombre de pièces qui sont du côté pile.
Après une exécution de n tirages, les trois pièces sont du côté pile si s=3. 2. Pour tout entier naturel n, on note :
• Xn l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, les trois pièces sont du côté face »
• Yn l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, une seule pièce est du côté pile et les autres sont du côté face »
• Zn l'évènement : « À l'issue de n lancers de dés, exactement deux pièces sont du côté pile et l'autre est du côté face »
• Tn l'évènement : « À l'issue den lancers de dés, les trois pièces sont du côté pile ».
De plus on note, xn=p(Xn); yn=p(Yn); zn=p(Zn) et tn=p(Tn) les probabilités respec-tives des évènements Xn, Yn,Zn et Tn.
(a) Au début du jeu, les trois pièces sont du côté face donc x0=1, y0=0, z0=0 et t0=0. (b)• À chaque tirage, on retourne une pièce et une seule ; donc si les trois pièces sont du côté face après len-ième tirage, il y aura une et une seule pièce du côté pile après le n+1-ième tirage. On en déduit quePXn(Yn+1)=1.
• Par un raisonnement analogue, on démontre quePTn(Zn+1)=1.
• Si après len-ième tirage, il y a une seule pièce du côté pile, il y a deux possibilités :
◦ c'est cette pièce qui est retournée lors du n+1-ième tirage, avec une probabilité de 1
3, et donc PYn(Xn+1)=1
3 ;
◦ c'est une des deux autres pièces qui est retournée, avec une probabilité de 2 On peut donc compléter l'arbre proposé :
Xn D'après l'arbre et le théorème des probabilités totales, on peut dire que :
Cela s'écrit sous forme matricielle :
(
La propriété est vraie au rang 0 et elle est héréditaire, donc elle est vraie pour toutn⩾0. On a donc démontré que, pour toutn, Un=U0×Mn.
5. On admet que, pour tout entier n⩾1,
xn=(−1)n+3×(
(a) La probabilité qu'au bout de 5 lancers de dés, une seule des trois pièces soit du côté pile est y5. (b)• Première affirmation
« À l'issue d'un nombre pair de lancers de dés, les pièces peuvent être toutes les trois du côté pile ».
On veut savoir si, à l'issue d'un nombre pair de lancers, on peut avoirtn=1. Donc l'affirmation estfausse.
• Deuxième affirmation
« Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supé-rieure ou égale à 1 Donc l'affirmation estfausse.
• Troisième affirmation
« Au cours du jeu, la probabilité que les pièces soient toutes les trois du côté pile peut être supé-rieure ou égale à0, 249 ».
On calcule tn pour quelques valeurs de n :
n 1 2 3 4 5 6 7
tn 0 0 0,222 22 0 0,246 91 0 0,249 65
t7>0, 249 donc l'affirmation estvraie.
Remarque
est convergente et a pour limite 1 4. Donc il existe un rangn0 à partir duquelun>0, 249.
La suite (tn) coïncide avec la suite (un) pour tous les n impairs.
Donc sin0 est impair, tn0=un0>0, 249.
Et si n0 est pair, on prend n1=n0+1 et tn1=un1>0, 249.
Les suites extraites ne sont certes pas au programme de terminale S mais cet exemple est assez facile à comprendre pour un élève attentif. Et puis, c'est tellement plus joli qu'avec la calculatrice ! Enfin ce raisonnement permet de dire qu'il existe un rang à partir duqueltn>0,249 999.
E 22
énoncé Nouvelle Calédonie novembre 2016 On observe la taille d'une colonie de fourmis tous les jours.Pour tout entier naturel n non nul, on note un le nombre de fourmis, exprimé en milliers dans cette population au bout du n-ième jour.
Au début de l'étude la colonie compte 5 000 fourmis et au bout d'un jour elle compte 5 100 fourmis.
Ainsi, on au0=5 etu1=5, 1.
On suppose que l'accroissement de la taille de la colonie d'un jour sur l'autre diminue de 10 % chaque jour.
, système qui s'écrit sous la forme matricielle : (un+2
. On admet que la matrice P est inversible. Avec la calculatrice, on trouveP−1= Donc la propriétéP0 est vérifiée.
• Hérédité
Soit n un entier naturel quelconque ; supposons que la propriété est vraie au rang n, c'est-à -dire que An=PDnP−1 (hypothèse de récurrence).
On veut démontrer que la propriété est vraie au rang n+1. An+1=A×An=( La propriété est donc héréditaire à partir du rang 0.
• Conclusion
La propriété est vraie au rang 0 ; elle est héréditaire à partir du rang 0, donc, d'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier natureln.
On a donc démontré que, pour tout entier naturel n, An=PDnP−1. Au bout du dixième jour, il y aura donc environ 5 651 fourmis.
4. Comme 0<0, 9<1, lim
n→+∞0, 9n=0.
D'après les théorèmes sur les sommes de limite de suites, la suite (un) converge donc vers 6. Le nombre de fourmis dans la colonie tendra 6 000individus.