TS Corrigé du devoir commun du 13/11/2015 Cours :
Soient A et B deux événement indépendants.
On compare p(A∩B)¯ et p(A)×p(B¯) On sait que p(A)=p(A∩B)+p(A∩B)¯
D'où : p(A∩B)=¯ p(A)– p(A∩B)=P(A)– p(A)×p(B) car A et B sont indépendants.
Ainsi : p(A∩B¯)=p(A)×(1– p(B))=p(A)×p(B)¯ Alors, A et B¯ sont indépendants.
Vrai Faux :
a) On lance un dé équilibré, A = « Obtenir 1,2 ou 3 » et B= « Obtenir un chiffre pair » p(B)=p(A)=1
2
On a bien p(A)+p(B)=1 mais A et B ne sont pas contraires.
FAUX b) 1+2i
3−i =(1+2i)(3+i)
(3−i)(3+i) =1+7i
10 donc FAUX
c) Le programme calcule les termes successifs de la suite (Un) définie par U = 0 et ₀ Un+1=3Un−2n+3
U1=3 ( pour k = 0 )
U2=3×3–2×1+3=10 ( pour k = 1 ) U3=3×10–2×2+3=29 ( pour k = 2 ) FAUX
Fonctions : g(x)=x2+x−4
x+3 sur I = ]−∞;−3[∪]−3;+∞[
1°) A l'aide du menu Table ou du menu Graph de la calculatrice, il semblerait que g soit croissante sur ] −∞;≈−4,4 [,
décroissante sur ] ]−4,4;−3[ , décroissante sur ] −3;≈−1,6 [, croissante sur ] −1,6;+ ∞ [
2°) g '(x)=(2x+1)(x+3)−(x2+x−4)×1
(x+3)2 =x2+6x+7 (x+3)2 (x+3)² >0 sur I
donc g'(x) est du signe de x2+6x+7 Δ = 8
2 racines : x1=−6−2
√
22 =−3−
√
2 et x2=−3+√
2Le polynome est positif ( signe de a=1 ) à l'extérieur de l'intervalle formé par les racines.
D'où :
x −∞ x -3 x ₁ ₂ +∞
Signe de g'(x) + 0 - - 0 + Variation de g -7,8
-2,2
3°) g(0)=−4
3 ainsi, le point d'intersection de Cg avec l'axe des ordonnées est (0;−4 3) g(x)=0⇔x2+x−4=0
Δ = 17
2 racines : x1=−1+
√
172 , x12=−1−
√
172
2 points d'intersection avec l'axe des abscisses : (−1+
√
172 ;0) et (−1−
√
172 ;0)
Suites :
1°) U2=U₁−1
4U₀=1 2+1
4=3 4 2°) U₂−U1=1
4et U₁−U₀=3
2 U₂−U₁≠U₁−U0 la suite n'est pas arithmétique ( différence de termes consécutifs non constante )
U₂
U₁=1,5 et U₁ U₀=−1
2 , le quotient de termes consécutifs n'est pas constant donc la suite n'est pas géométrique.
3°) a) V0=U₁−1
2U₀=1 b) Vn+1=Un+2–1
2Un+1=Un+1–1 4Un−1
2Un+1=1
2Un+1−1
4Un=1
2(Un+1–1
2Un)=1 2Vn La suite (Vn) est géométrique de raison 1
2 .
4°) a) Pour tout n entier naturel, Wn+1=Un+1 Vn+1=
Vn+1 2Un 1 2Vn
=2Vn+Un Vn tandis que Wn+2=Un
Vn+2=Un+2Vn Vn
Ainsi, pour tout n entier naturel : Wn+1=Wn+2
b) On en déuit que la suite (Wn) est arithmétique de raison 2.
D'où, pour tout n entier naturel, Wn=W ₀+2n=−1+2n c) Il semble que la limite de la suite est +∞
A un réel quelconque.
Wn>A⇔−1+2n>A⇔n>A+1 2 Soit N=E(A+1
2 )+1 où E désigne la fonction partie entière.
Pour tout n > N , Wn>A .
Autrement dit, à partir d'un certain rang N, tous les Wn sont dans ]A ;+∞[ Cela traduit que la limite de la suite (Wn) est +∞ .
5°) Pour tout entier naturel n, Un=Vn×Wn
Or, la suite (V_n) est géométrique de raison 1/2 et de 1° terme V = 1, d'où ₀ Vn=(1 2)
n
=1 2n Ainsi, Un=2n−1
2n
6°) Initialisation :
S = U = - 1 et ₀ ₀ 2– 3
2⁰=2–3=−1 La formule est vraie pour n=0 . Hérédité :
(H) On suppose que pour un certain entier naturel p, Sp=2–2p+3 2p
(C) Montrons que la formule est vraie au rang p + 1 , c'est à dire Sp+1=2–2p+5 2p+1 Dem :
Sp+1=Sp+Up+1=2–2p+3
2p +2p+1
2p+1 =2−4p+6
2p+1 +2p+1
2p+1 =2−4p+6−2p−1
2p+1 =2−2p+5 2p+1 cqfd La formule est vraie au rang 0 et elle se transmet d'un rang au suivant, donc pour tout n entier naturel Sn=2–2n+3
2n Probabilités :
1°) S 24
35 E
0,7 11
35 S¯ 0,3 S 0,8
B
0,2
S¯ 2°)
a) B∩S = « le client a choisi le Brésil et il est satisfait » D'après l'arbre, p(B∩S)=pB(S)×p(B)=0,8×0,3=0,24 b) 0,72=p(S)=p(B∩S)+p(E∩S)
D'où, p(E∩S)=0,72–0,24=0,48 c) pE(S)=p(E∩S)
p(E) =0,48 0,7 =24
35 Ainsi, pE(S)=1¯ –24
35=11 35 On peut donc compléter l'arbre.
3°) Probabilité que le client ait choisi le Brésil sachant qu'il est satisfait = pS(B)=p(B∩S)
p(S) =0,24 0,72=1
3
