Solutions du Contrôle n˚4

Solutions du Contrôle n˚4 page 1 de 3

Solutions du Contrôle n˚4

I) 4 points

1. L’équation est de la forme y⁰=ay+b.

Donc d’après le cours, les solutions sont de la formey(x) =ke^ax−b a Ici f(x) =ke^−5x+ 1avecf(0) = 0, donck+ 1 = 0, donck=−1.

f(x) =−e^−5x+ 1

2. a) D’après le cours,x₀= 0(le point de départ) ety₀=f(0), qui vaut bien 0 ici.

xest une suite arithmétique de raisonh, doncxn=x0+nh= 0,1×n= n 10 y_n+1= (ay_n+b)h+y_n = (−5y_n+ 5)h+y_n =−0,5y_n+ 0,5 +y_n =1

2y_n+1 2 ce qui justifie la formule de l’énoncé.

b) un+1=yn+1−1 = 1 2yn+1

2−1 = 1

2(yn−1) = 1 2un. Donc uest une suite géométrique de raison 1

2 Or u0=y0−1 =−1, doncun=−

1

2 ⁿ

, donc yn=−

1

2 ⁿ

+ 1

c) La valeur approchée de f(1)par la méthode d’Euler est obtenue par y_n avec ntel que x_n= 1, soit n

10 = 1, Donc icin= 10, etf(1)≈y₁₀ Doncf(1)≈ −

1

2 10

+ 1 =− 1

1024+ 1 = 1023

1024 ≈ 0,999

On peut ici comparer avec la valeur exacte def(1)donnée par la formule :

−e⁻⁵+ 1≈0,993

II) 4 points

1. D’après le coursy(x) =ke^ax− b a.

La limite de cette expression en+∞dépend du signe deaet du signe dek.

– Sia >0, lim

x→+∞e^ax= +∞.

La limite dey(x)serait alors+∞sik >0,−∞sik <0, et−b

a sik= 0.

Mais il est impossible quek= 0parce que dans ce casyserait constante, ce qui n’est pas le cas (cary(0)6=y(5)). Donc finalement il est impossible d’avoira >0 – Sia <0, lim

x→+∞e^ax= 0, donc lim

x→+∞y(x) =−b

a, qui est un réel.

Donc a <0.

Dans ce cas la limite en +∞ est −b

a, qui doit être > 0 (température ambiante).

Donc b >0 2. f⁰(t) =kae^at.

f⁰(t)est donc du signe deka. Ora <0, doncf⁰(t)est du signe contraire dek.

Si on avait k < 0, f serait strictement croissante, ce qui est impossible puisque f(5)< f(0).

Donc k >0 (on a vu quek6= 0) et f est strictement décroissante. . 3. D’après ce qui précède20 = lim

t→+∞f(t) =−b

a, donc−b a = 20 D’autre partf(0) = 60, donck+ 20 = 60, donc k= 40. Mais on a aussif(5) = 40, donc40e^5a+ 20 = 40, donce^5a= 20

40= 1 2 Donc a=1

5ln

1

2

≈ −0,14.

Or−b

a = 20, donc b=−20a=−4 ln

1

2

≈2,77

III) 6 points

1. SoitPn : «0< un<

3

4 n−3

»

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initialisation : P3 s’écrit «0< u3<

3 4

3−3

».

Pour savoir si c’est vrai, calculons u3. Il faut pour cela calculer de proche en procheu1,u2,u3.

u1=

1

2 + 1 0 + 1

u0= 3

2; u2=

1

2+ 1 2 + 1

u1= 5

4; u₃=

1

2 + 1 4 + 1

u₁= 7

8 D’autre part

3

4 n−3

= 1pourn= 3, et0< 7

8 <1. DoncP₃est vraie.

hérédité : Soitn>3tel que0< un<

3

4 n−3

. A-t-on0< un+1<

3

4

n+1−3

? D’après l’énoncéun+1=

1

2+ 1 2n+ 1

un. D’après l’hypothèse de récurrence,0< u_n<

3

4 n−3

, donc en multipliant par

1

2 + 1 2n+ 1

, qui est positif, on a :0< un+1<

1 2 + 1

2n+ 1

×

3

4 n−3

. A-t-on

1

2+ 1 2n+ 1

×

3

4 n−3

<

3

4 n−2

? C’est-à-dire : a-t-on 1

2+ 1 2n+ 1 < 3

4? Or ici n>3, donc2n+ 1>7, donc 1

2 + 1 2n+ 1 6 1

2 +1 7 = 9

14 < 3 4 Donc0< un+1< 3

4 × 3

4 n−3

=

3

4

n+1−3

. DoncPn⇒Pn+1, ce qui démontre l’hérédité.

conclusion : D’après le principe de récurrence,0< u_n<

3

4 n−3

pourn>3 (en fait c’est vrai pour tout n > 0 mais ce n’est pas cette récurrence qui le prouve, il faut étudier à part P0, P1, P2).

2. Etudions le signe deun+1−un. un+1−un=un

1

2 + 1 2n+ 1 −1

=un

−2n+ 1

4n+ 2

un et 4n+ 2 sont strictement positifs,−2n+ 1<0pour n >1 2 Doncun+1−un<0pour n>1

Donc la suite uest strictement décroissante à partir den= 1.

3. Puisque uest strictement décroissante à partir de n = 1, u_n 6 u₁ pour n > 1.

Comme de plusu₀< u₁, on au_n6u₁pour toutn>0. Donc la suite est majorée paru₁=3

2.

D’autre partun>0pour toutn>0 (démontré par récurrence pourn>3, et vrai pouru0, u1, u2), donc la suite est minorée par 0.

Donc la suiteuest bornée :0< u_n6 3 2 On a prouvé, pourn>3,0< u_n<

3

4 n−3

donc (en inversant) 1 un

>

4

3 n−3

. Or

4 3

n−3

est une suite géométrique de raison 4

3 > 1, donc elle a pour limite +∞. Donc d’après le cours elle n’est pas majorée.

Et donc à plus forte raison 1

u n’est pas majorée , et donc pas bornée 4. a) D’après les calculs déjà faits et d’après le calcul deu₄:

n 0 1 2 3 4

xn 1 3 5 7 9

y_n 1 2 4 8 16

Il semblerait que xsoit une suite arithmétique de raison 2 et que y soit une suite géométrique de raison 2. On aurait alors :xn= 2n+ 1et yn= 2ⁿ. Et donc on auraitun= 2n+ 1

2ⁿ

b) Démontrons par récurrence la formule conjecturée.

NotonsP_n : «u_n=2n+ 1 2ⁿ ».

initialisation : P0 s’écrit «u0=0 + 1

2⁰ = 1». C’est vrai d’après l’énoncé.

hérédité : Soitntel que un =2n+ 1

2ⁿ . A-t-on alorsun+1=2(n+ 1) + 1 2ⁿ⁺¹ ? D’après l’énoncéun+1=

1

2 + 1 2n+ 1

un. Donc d’après l’hypothèse de récurrence un+1=

1

2 + 1 2n+ 1

2n+ 1

2ⁿ =

2n+ 1 2 + 1

1

2ⁿ =

=

2n+ 3

2

1

2ⁿ = 2n+ 3 2ⁿ⁺¹ .

DoncP_n⇒P_n+1, et l’hérédité est démontrée.

conclusion : D’après le principe de récurrence, u_n= 2n+ 1

2ⁿ pourn>0

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IV) 6 points

1. Le contraire de "au moins une rouge" est "aucune rouge", donc ici "deux vertes".

Commençons par calculer la probabilité d’avoir deux vertes, puis on prendra le complémentaire.

Soit Al’événement "au moins une rouge", alorsA est l’événement "deux vertes", et P(A) = 1−P(A).

a) Les deux tirages sont indépendants, et la probabilité de tirer une verte lors d’un tirage est 3

7 à cause de l’équiprobabilité. DoncP(A) = 3

7 ²

= 9

49 ≈0,184 DoncP(A) = 1− 9

49 = 40

49≈0,816

b) La probabilité de tirer une première verte est 3

7, puis celle de tirer une deuxième verte est 2

6, puisque le tirage est sans remise.

DoncP(A) =3 7 ×2

6 = 1

7 ≈0,143 DoncP(A) = 1−1

7 = 6

7 ≈0,857

2. a) Représentons le jeu par un arbre de probabilités :

On pourrait faire un arbre détaillé avec les deux tirages, mais puisqu’on a déjà fait les calculs on peut les résumer (on gagne si on obtient l’événement Aprécédent) :

dé= 1

gagné

perdu

dé6= 1

gagné

perdu 1

6

6 7 1 7

5

6 40

49 9 49

b) On utilise la formule des probabilités totales : la probabilité de gagner est p=P(gagné) =

1

6×6 7

+

5

6 ×40 49

= 121

147 ≈0,823 c) On demande une probabilité conditionnelle :

P_perdu(dé= 1) = P(perdu∩(dé= 1)) P(perdu)

En utilisant le chemin(dé= 1)∩perdu de l’arbre : P(perdu∩(dé= 1))) = 1

6 ×1 7 = 1

42 ≈0,024 etP(perdu) = 1−P(gagné) = 1−p= 26

147 ≈0,177 Donc P_perdu(dé= 1) = 7

52 ≈0,135

d) "gagner exactement une fois" équivaut à "gagner 1 fois et perdre 4 fois".

Dans l’arbre des 5 parties (qu’on ne trace pas), on doit donc rechercher les chemins qui comportent un succès et 4 échecs. Tous ces chemins auront la même probabilitép(1−p)⁴ puisque les jeux sont indépendants.

Or il y a 5 chemins favorables (un pour chaque position possible du succès) : GPPPP, PGPPP, PPGPP, PPPGP, PPPPG

Donc la probabilité de gagner exactement une fois est 5×p(1−p)⁴≈0,004