Correction du dernier DS de l’année 2007-2008 Exercice 1 – Probabilités (5 points) 1)

Correction du dernier DS de l’année 2007-2008 Exercice 1 – Probabilités (5 points)

1)

a) Déterminons les probabilités conditionnelles demandées.

Les boules étant indiscernables au toucher, les tirages sont équiprobables. Nous choisirons ainsi la loi équirépartie.

Déterminons pD₁^{( )}G .

• Sachant que le dé indique un 1, le joueur tire une boule de l’urne soit un total de

10 10 1

 

 =

  issues. Il gagne s’il obtient une voyelle. L’urne contient 4 voyelles donc ^{4 4}

1

 =

 

 

issues réalisent l’évènement considéré et par suite, ₁^{( ) 4}

D 10

p G = soit ₁^{( ) 2}

D 5

p G = .

• Sachant que le dé indique un 2, le joueur tire une boule de l’urne soit un total de

10 10.9 2 2 45

 

= =

 

  issues. Il gagne s’il obtient deux voyelles. L’urne contient 4 voyelles donc ^{4 4.3 6}

2 2

 

= =

 

  issues réalisent l’évènement considéré et par suite, ₂^{( ) 6}

D 45

p G = soit

2

( ) 2

D 15

p G = .

• Le même raisonnement nous donne ₃

4 ( ) 3

10 3 pD G

 

 

 

= 

 

 

soit ₃^{( ) 1}

D 30

p G = . b) Déterminons ^{p G( )}.

On peut écrire G sous la forme ܩ = ሺܦ_ଵځ ܩሻ ڂሺܦ_ଶځ ܩሻ ڂሺܦ_ଷځ ܩሻ.

ܦ_ଵ, ܦ_ଶ ݁ݐ ܦ_ଷ forment une partition de l’univers (leur réunion est l’univers, ils sont

incompatibles deux à deux et de probabilité non nulle) ; par conséquent, les évènements ܦ_ଵځ ܩ , ܦ_ଶځ ܩ, ݁ݐ ܦ_ଷځ ܩ sont incompatibles deux à deux et d’après la formule des

probabilités totales, on a :

( 1 ) ( 2 ) ( 3 )

1 2 3

1 2 3

( )

( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( )

4 1 2 2 1 3

. . .

10 6 15 6 30 6 23.

180

D D D

p G p D G p D G p D G

p G p D p G p D p G p D

= ∩ + ∩ + ∩

= + +

= + +

=

2) On cherche p_G(D1).

1 1

1 1

( )

( )

( ) ( ). ( )

( ) 4 1. 10 6 23 180 180 4

23 60.

12 23

G

D

p G D p D

p G p G p D

p G

= ∩

=

=

=

=

3) L’expérience consiste à répéter 6 fois de suite dans des conditions identiques et de manière indépendante la même épreuve de Bernoulli avec pour succès G : « le joueur gagne la partie » de probabilité ^{( ) 23}

p G =180et pour échec ܩҧ : « le joueur perd la partie » de probabilité ^{( ) 157}

p G =180. On obtient ainsi un schéma de Bernoulli de paramètres n = 6 et p = ²³

180.

Soit X la variable aléatoire comptabilisant le nombre de succès obtenus au cours des 6 épreuves. ܺሺΩሻ = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}.

X suit la loi binomiale de paramètres n = 6 et p = ²³

180. ܺ ↪ ܤ ቆ6 ; ₁₈₀²³ ቇ. Ainsi ∀݇ ∈ ۤ0; 6ۥ, ݌ሺܺ = ݇ሻ =^6_k^

 ቀ_ଵ଼଴^ଶଷቁ^௞ቀ^ଵହ଻_ଵ଼଴ቁ^଺ି௞. On cherche la probabilité de l’évènement (X=2).

݌ሺܺ = 2ሻ =^{ 6}₂^

 ቀ_ଵ଼଴^ଶଷቁ^ଶቀ^ଵହ଻_ଵ଼଴ቁ^଺ିଶ.

݌ሺܺ = 2ሻ ≃ 0,14 .

Déterminons le nombre minimal de parties que le joueur doit faire pour que la probabilité d’en gagner une soit supérieure à 0,9.

Soit n ce nombre de parties. En tenant le même raisonnement que précédemment, on détermine ainsi un schéma de Bernoulli de paramètres n et p = ²³

180.

Soit X la variable aléatoire comptabilisant le nombre de succès obtenus au cours des épreuves.

ܺሺΩሻ = {0; 1; 2; … ; ݊}.

X suit la loi binomiale de paramètres n et p = ²³

180. ܺ ↪ ܤ ቆ݊ ; ²³

180ቇ. Ainsi ∀݇ ∈ ۤ0; ݊ۥ, ݌ሺܺ = ݇ሻ =^n_k^

 ቀ_ଵ଼଴^ଶଷቁ^௞ቀ^ଵହ଻_ଵ଼଴ቁ^௡ି௞. Soit (ܺ ≥ 1ሻ : « le joueur gagne au moins une partie »

݌ሺܺ ≥ 1ሻ = 1 − ݌ሺܺ ≥ 1തതതതതതതതሻ soit ݌ሺܺ ≥ 1ሻ = 1 − ݌ሺܺ = 0ሻ Résolvons l’inéquation suivante : ݌ሺܺ ≥ 1ሻ ≥ 0,9.

݌ሺܺ ≥ 1ሻ ≥ 0,9 ݏݏ݅ 1 − ^₀^n

  ቀ_ଵ଼଴^ଶଷቁ^଴ቀ^ଵହ଻_ଵ଼଴ቁ^௡ ≥ 0,9 ssi ^{1 157 0, 9}

180

 n

−  ≥

 

157 0,1

180

n

ssi  

  ≤

 

ln 157 ln(0,1) 180

n

ssi

  

≤

  

  

  car ln réalise une bijection strictement croissante de ]0; +∞[ ݏݑݎ ℝ

ln 157 ln(0,1) ssi n 180

  

≤

  

  

  car ∀݊ ∈ ℤ, ∀ݔ > 0, lnሺݔ^௡ሻ = ݈݊݊ሺݔሻ.

( )

ln 0,1 ln 157

180 ssi n≥

 

 

 

car ^ଵହ଻_ଵ଼଴< 1 ݁ݐ ln ݁ݏݐ ݏݐݎ݅ܿݐ݁݉݁݊ݐ ܿݎ݋݅ݏݏܽ݊ݐ݁ ݏݑݎ ]0; +∞_[

Or ^{ln 0,1}( )

157 16,8 ln 180

 

 

 

≃ ; il faudra donc qu’il joue au moins 17 parties pour que la probabilité d’en gagner une soit supérieure à 0,9.

Exercice 2 – Intégration et suites (6 points)

On s’intéresse dans cet exercice à une suite de nombres rationnels qui converge vers ^e2. On définit, pour tout entier naturel ⁿ≥¹, l’intégrale ² ( )

0

1 2

!

n x

In x e dx

=

∫

Justifions l’existence pour tout entier naturel ⁿ≥¹de l’intégrale ² ( )

0

1 2

!

n x

In x e dx

=

∫

ܵ݋݅ݐ ^n≥1, ݁ݐ ݏ݋݅ݐ ݂_௡: ݔ → ¹(² )

!

n x

x e

n − définie sur [0 ; 2].

Justifions la continuité de ݂_௡ sur [0 ; 2].

݂_௡ est de la forme ¹

!

n u x v avec ݑ: ݔ →(^2−x)^{n et} ݒ: ݔ → ݁^௫.

• ݔ → 2 − ݔ est continue sur [0 ; 2] à valeurs dans [0 ; 2] et la fonction ܺ → ܺ^௡ est continue sur [0 ; 2] ; donc par composition, la fonction u est continue sur [0 ; 2]

• la fonction exponentielle est continue sur [0 ; 2]

donc le produit ݂_௡ est continue sur [0 ; 2] et par suite, ܫ_௡ existe.

1) Calculons I1.

( )

2

1 0

2 ^x

I =

∫

Soient u et v les deux fonctions définies par ݑሺݔሻ = 2 − ݔ ݁ݐ ݒ^ᇱሺݔሻ = ݁^௫

ݑ^ᇱሺݔሻ = −1 ݁ݐ ݒሺݔሻ = ݁^௫

u et v sont dérivables sur [0 ; 2], et u’ et v’ sont continues sur [0 ; 2]. Donc d’après le théorème d’intégration par parties, on a :

ܫ_ଵ = [ሺ2 − ݔሻ݁^௫]_଴^ଶ− ׬ −݁_଴^{ଶ ௫}݀ݔ soit ܫ_ଵ = ݁^ଶ− 3.

2) Établissons que pour tout entier naturel ⁿ≥¹, 0 ≤ _௡!^ଵ ሺ2 − ݔሻ^௡ ≤ ^ଶ_௡!^೙ .

ܵ݋݅ݐ ^n≥1, s݋݅ݐ ݔ ∈ [0; 2], ݈ܽ݋ݎݏ − 2 ≤ −ݔ ≤ 0, ݀^ᇱ݋ù 0 ≤ 2 − ݔ ≤ 2.

La fonction puissance n (݊ ≥ 1ሻ étant strictement croissante sur [0 ; +∞[, on a : 0 ≤ ሺ2 − ݔሻ^௡ ≤ 2^௡ et comme _௡!^ଵ > 0, on a : 0 ≤ _௡!^ଵ ሺ2 − ݔሻ^௡ ≤ ^ଶ_௡!^೙ .

Démontrons à présent que pour tout entier naturel ⁿ≥¹, ^{0 2 ( 2 1)}

!

n

In e

≤ ≤ n − .

ܵ݋݅ݐ ^n≥1, on a pour tout ∈ [0; 2], 0 ≤_௡!^ଵ ሺ2 − ݔሻ^௡ ≤^ଶ_௡!^೙ . Or pour tout réel ݔ, ݁^௫> 0 et par suite, 0 ≤_௡!^ଵ ሺ2 − ݔሻ^௡݁^௫≤ ^ଶ_௡!^೙݁^௫.

• ݔ →_௡!^ଵሺ2 − ݔሻ^௡݁^௫ est continue sur [0 ; 2]

• ݔ → 0 est continue sur [0 ; 2]

• ݔ →^ଶ_௡!^೙݁^௫ est continue sur [0 ; 2]

Donc d’après la propriété liant ordre et intégrale, on a : 0 ≤ ׬_଴^ଶ_௡!^ଵሺ2 − ݔሻ^௡݁^௫݀ݔ≤ ׬_଴^ଶଶ_௡!^೙݁^௫݀ݔ. Par linéarité de l’intégrale, ׬_଴^ଶଶ_௡!^೙݁^௫݀ݔ =^ଶ_௡!^೙׬ ݁_଴^{ଶ ௫}݀ݔ ݏ݋݅ݐ ׬_଴^ଶଶ_௡!^೙݁^௫݀ݔ =^ଶ_௡!^೙ሺ݁^ଶ− 1ሻ et par suite,

2 2

0 ( 1)

!

n

In e

≤ ≤ n − .

3) À l’aide d’une intégration par parties, montrons que pour tout entier naturel ⁿ≥¹, 1 ¹

2 ( 1)!

n

n n

I I

n

+ + = −

+

( )

2 1

1 0

1 2

( 1)!

n x

In x e dx

n

+ = − +

∫

Soient u et v les deux fonctions définies par ݑሺݔሻ = _(n+¹_1)!(^2−x)ⁿ⁺¹݁ݐ ݒ^ᇱሺݔሻ = ݁^௫

ݑ^ᇱሺݔሻ = ¹(² )

! x n

−n − ݁ݐ ݒሺݔሻ = ݁^௫ car pout tout entier ݊ ≥ 1, _{ሺ௡ାଵሻ!}^௡ାଵ =_௡!^ଵ

u et v sont dérivables sur [0 ; 2], et u’ et v’ sont continues sur [0 ; 2]. Donc d’après le théorème d’intégration par parties, on a :

ܫ_௡ାଵ = ቈ_(n+¹_1)!(^2−x)^n+1ex቉

଴

ଶ− ׬ ¹(² )

! x n

−n − ݁^௫݀ݔ

଴ଶ soit 1 ¹

2 ( 1)!

n

n n

I I

n

+ + = −

+ .

4) Démontrons par récurrence que ² 1 ^{2 22} ... ²

1! 2! !

n

e In

= + + + +n + . Soit n ∈ ℕ, n ≥ 1, nommons ሺP_୬ሻ: ^{2 1 2 22 ... 2}

1! 2! !

n

e In

= + + + +n + . Initialisation :

1 +_ଵ!^ଶ + I_ଵ = 3 + e^ଶ− 3 = e^ଶ donc ሺP_ଵሻ est vraie, la propriété est initialisée.

Hérédité :

Supposons la propriété vraie pour un certain rang n (n≥ 1ሻ et montrons qu’elle est encore vraie pour le rang n+1, c’est-à-dire montrons que ^{2 2 1} 1

2 2 2 2

1 ...

1! 2! ! ( 1)!

n n

e In

n n

+

= + + + + + + +

+ .

2 1 2

1

2 2 2 2 2 2 2

1 ... 1 ...

1! 2! ! ( 1)! 1! 2! !

n n n

n n

I I

n n n

+

+ + + + + + + = + + + + +

+ car 1 ¹

2 ( 1)!

n

n n

I I

n

+ + = −

+ d’après la question précédente.

La propriété est vraie au rang n donc ^{2 1 2 22 ... 2}

1! 2! !

n

e In

= + + + +n + (H.R) et par suite,

2 1

2

1

2 2 2 2

1 ...

1! 2! ! ( 1)!

n n

e In

n n

+

= + + + + + + +

+ .

Donc ሺP_୬ାଵሻ est vraie et la propriété est héréditaire.

La propriété est initialisée et héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout n ∈ ℕ, n ≥ 1.

5) On pose, pour tout entier naturel ⁿ≥¹, ²

!

n

un

= n . a) Calculons ^{n 1}

n

u u

+ .

Pour tout entier naturel ⁿ≥¹, ²

!

n

un

= n donc un> 0 et par suite, ^{n 1}

n

u u

+ existe.

1 2

1

n n

u

u n

+ = + .

Prouvons que pour tout entier naturel ⁿ≥³, 1

1

n 2 n

u₊ ≤ u .

Pour tout entier naturel ⁿ≥³, ݊ + 1 ≥ 4 > 0 et comme la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; +∞[, on a _௡ାଵ^ଶ ≤ ^ଵ_ଶ et par suite, ^{1 1}

2

n n

u u

+ ≤ d’où ₁ ¹

n 2 n

u₊ ≤ u . b) Déduisons-en que pour tout entier naturel ⁿ≥³,

3 3

0 1

2

n

un u

  −

≤ ≤  

  .

Soit n ∈ ℕ, n ≥ 3, nommons ሺP_୬ሻ: 3 ³

0 1

2

n

un u

 −

≤ ≤  

  . Initialisation :

3 3

3 3

0 1

u u 2

 −

≤ ≤  

  donc ሺP_ଷሻ est vraie, la propriété est initialisée.

Hérédité :

Supposons la propriété vraie pour un certain rang n (n≥ 3ሻ et montrons qu’elle est encore vraie pour le rang n+1, c’est-à-dire montrons que

2

1 3

0 1

2

n

un u

−

+  

≤ ≤  

  .

(H.R) : 3 ³

0 1

2

n

un u

 −

≤ ≤  

  et on sait que 1

0 1

n 2 n

u ₊ u

≤ ≤ d’après la question précédente. Donc

3

1 3

1 1

0 2 2

n

un u

−

+  

≤ ≤  

  soit

2

1 3

0 1

2

n

un u

−

+  

≤ ≤  

  .

Donc ሺP୬ାଵሻ est vraie et la propriété est héréditaire.

La propriété est initialisée et héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout n ∈ ℕ, n ≥ 3.

6) Déduisons-en la limite de la suite (un).

Pour tout entier naturel ⁿ≥³,

3 3

0 1

2

n

un u

 −

≤ ≤  

  . lim_௡→ାஶቀ^ଵ_ଶቁ^௡ିଷ = 0 ܿܽݎ − 1 <^ଵ_ଶ < 1

lim_௡→ାஶ0 = 0

lim_௡→ାஶ ൬ݑ_ଷቀ^ଵ_ଶቁ^௡ିଷ൰ = 0 ൡ ݀݋݊ܿ d’après le théorème des gendarmes, ሺݑ_௡ሻ ܿ݋݊ݒ݁ݎ݃݁ ݁ݐ ܿ݋݊ݒ݁ݎ݃݁ ݒ݁ݎݏ 0.

Déduisons-en la limite de la suite (In).

Pour tout entier naturel ⁿ≥¹, 0 ² ( ² 1)

!

n

In e

≤ ≤ n − , c'est-à-dire 0≤I_n ≤u e_n( ²−1). lim_௡→ାஶ0 = 0

lim_௡→ାஶ ൫u en^{( 2}−¹⁾൯ = 0 ቋ ݀݋݊ܿ d’après le théorème des gendarmes, ሺܫ_௡ሻ ܿ݋݊ݒ݁ݎ݃݁ ݁ݐ ܿ݋݊ݒ݁ݎ݃݁ ݒ݁ݎݏ 0.

7) Justifions enfin que : ^{2 lim 1 2 22 23 ... 2}

1! 2! 3! !

n n

e →+∞ n

 

=  + + + + + 

 .

On sait que pour tout entier naturel ⁿ≥¹, ^{2 1 2 22 ... 2}

1! 2! !

n

e In

= + + + + n + , c'est-à-dire,

2 2

2 2 2

1 ...

1! 2! !

n

e In

+ + + + n = − . lim^௡→ାஶ݁^ଶ = ݁^ଶ

lim_௡→ାஶ ሺInሻ = 0 ൠ ݀݋݊ܿ la suite ^{1 2 22 ... 2}

1! 2! !

n

n

 

+ + + +

 

 

 converge et

2 ( )

2 2 2 2

lim 1 ... lim ( ) lim

1! 2! !

n

n n e n In

→+∞ n →+∞ →+∞

 

+ + + + = −

 

 

  soit ^{2 lim 1 2 22 23 ... 2}

1! 2! 3! !

n n

e →+∞ n

 

=  + + + + + 

 .

Et voilà, ceci était la dernière correction de votre année de terminale…