z2s’écrit sous forme exponentielle :4e−iπ4réponseb En effet¯¯z2

Exercice 1: La réponse attendue est b.b.a.d.

On posez=−p 2 +√

2 +ip 2−√

2 1. La forme algébrique dez² est : 2√

2−2i√

2réponseb 2. z²s’écrit sous forme exponentielle :4e^−iπ4réponseb En effet¯¯z²¯¯=√

8 + 8⇒¯¯z²¯¯= 4puis

⎧⎪

⎨

⎪⎩

cos(θ) =2√ 2 4 sin(θ) = −2√

2 4

⇔

⎧⎪

⎨

⎪⎩

cos(θ) =

√2 2 sin(θ) = −√

2 2

⇔θ= −π 4 + 2kπ

3. z s’écrit sous forme exponentielle : 2e^i7π8 réponsea En effet :

( ¯¯z²¯¯= 4 arg(z²) =−π

4 + 2kπ ⇒

( |z|= 2 arg(z) = −π

8 +kπ un argument dez est donc ^7π₈ (obtenu pourk= 1) 4.

p2 +√ 2

2 et

p2−√ 2

2 sont les cosinus et sinus de :.π

8 réponsed z= 2e^i7π8 =−p

2 +√ 2 +ip

2−√ 2⇒

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

cos(^7π₈ ) =−

p2 +√ 2 2 sin(^7π₈ ) =

p2−√ 2 2

Or

½ cos(π−θ) =−cos(θ)

sin(π−θ) = sin(θ) donc ici,

⎧⎪

⎪⎨

⎪⎪

⎩

cos(^π₈) =

p2 +√ 2 2 sin(^π₈) =

p2−√ 2 2 Exercice 2

Résolution à l’aide d’arbres(donc sans combinaison et en tenant compte de l’ordre)

L’expérience aléatoire au niveau du tirage des boules consiste à choisir 3 boules parmi 5 (même le nombre dans chaque couleur n’est défini qu’après le lancé du jeton). Son univers comporte donc5×4×3 = 60éléments.

1.a. E0∩B signifie : "le jeton est blanc et aucune boule tirée n’est blanche"

Le jeton étant blanc, l’urne contient 2 blanches et 3 noires. La probabilité de tirer trois noires sachant que le jeton est blanc est doncPB(E0) =3×2×1

60 = 1 10. Orp(E0∩B) =PB(E0)×P(B) = 1

10×1

2 ⇒p(E0∩B) = 1 20 E₀∩B signifie : "le jeton est noir et aucune boule tirée n’est blanche"

Le jeton étant noir, l’urne contient 1 blanches et 4 noires. La probabilité de tirer trois noires sachant que le jeton est noir est doncP_B(E0) =4×3×2

60 = 2 5..

Orp¡

E₀∩B¢

=P_B(E₀)×P(B) = 2 5×1

2⇒p¡

E₀∩B¢

=1 5 De plusB etB constituant une partition deΩ, (E₀∩B)∪¡

E₀∩B¢

=E₀, ces deux événements étant évidemment incom- patibles. On en déduit queP(E₀) =p¡

E₀∩B¢

+p(E₀∩B)c’est la formule des probabilités totales.

Ainsi P(E0) = 1 20+1

5= 1 4 1.b. On sait quep¡

E0∩B¢

=P_B(E0)×P(B) =PE0

¡B¢

×P(E0).DoncPE0

¡B¢

=P_B(E0)×P(B) P(E₀)

D’oùP_E0¡ B¢

= 2 5 1 12

4

⇒P_E0¡ B¢

=4 5

2.a. P(E₁) =P_B(E₁)×P(B) +P_B(E₁)×P(B)

Or le jeton étant blanc, la probabilité de tirer une blanche parmi 2 blanches et 3 noires seraP_B(E₁) =2×3×2×3

60 puisqu’il y a 2 manières de tirer la blanche, 3×2pour les deux noires (parmi 3) et 3 placements possibles pour la blanche.

Donc P_B(E₁) = 36 60 =3

5

De même, le jeton étant noir, la probabilité de tirer une blanche parmi 1 blanche et 4 noires seraP_B(E1) =1×4×3×3 60 : 1 choix possible de la blanche,4×3choix de 2 noires parmi 4 et 3 placements possibles pour la blanche.P_B(E1) =3

5 . Ainsi,P(E₁) = 3

5×1 2+3

5×1

2⇒P(E₁) = 3 5

Résolution à l’aide de combinaisons(donc sans tenir compte de l’ordre) On tire3boules parmi 5 donccard(Ω) =¡₅

3

¢= 10

Le jeton étant blanc, l’urne contient 2 blanches et 3 noires. Il y a ¡₃

3

¢pour les 3 noires.

La probabilité de tirer trois noires sachant que le jeton est blanc est doncP_B(E₀) =

¡₃

3

¢ 10 = 1

10 etp(E0∩B) =PB(E0)×P(B) = 1

10×1

2 ⇒p(E0∩B) = 1 20

Le jeton étant noir, l’urne contient 1 blanches et 4 noires. La probabilité de tirer trois noires sachant que le jeton est noir est doncP_B(E0) =

¡4 3

¢ 10 =2

5 Orp¡

E₀∩B¢

=P_B(E₀)×P(B) = 2 5×1

2⇒p¡

E₀∩B¢

=1 5 La suite du 1. est identique à ce qui précède (avec arbre) 2.a. P(E₁) =P_B(E₁)×P(B) +P_B(E₁)×P(B)

Or le jeton étant blanc, la probabilité de tirer une blanche et deux noires parmi 2 blanches et 3 noires sera P_B(E₁) =

¡₂

1

¢¡₃

2

¢ 10 =3

5 Donc P_B(E₁) = 3 5

De même, le jeton étant noir, la probabilité de tirer une blanche parmi 1 blanche et 4 noires seraP_B(E1) =

¡₄

2

¢ 10 =3

5 1 choix possible de la blanche,¡₄

2

¢choix de 2 noires parmi 4 P_B(E₁) =3 5 . Ainsi,P(E1) = 3

5×1 2+3

5×1

2⇒P(E1) = 3 5

2.b. Si on considère comme succès le fait que le tirage comporte une boule blance et une seule (et comme échec tout autre résultat), et qu’on répète 4 fois l’expérience de manière indépendante, on est en présence d’un schéma de Bernouilli.

La loi de probabilité suivie par la variable aléatoire qui compte le nombre de succès est la loi binômiale de paramètre n= 4etp= 3

5 (c’estp(E1)).

Ainsi,p(X = 0) = µ2

5

¶4

= 16

625.La probabilité demandée est donc de1− 16 625 = 609

625 puisque obtenir au moins un succès est le contraire de "n’obtenir aucun succès".

Exercice 3

1. Si une suite est non majorée, c’est que pour toutA,il existe un terme de la suite supérieur à A.Soitn₀ le rang tel que u_n0≥A,la suite étant croissante, pour toutn≥n₀, u≥u_n0 ≥A.

On a donc montré que pour toutA,il existe un rangn0à partir duqueltous les termes de la suite sont supérieurs àA.qui est la définition d’une suite tendant vers +∞.

Ou en termes plus mathématiques :

(un)non majoére ⇔ ∀A∈R,∃n0∈N, un0≥A.

Or(un)croissante⇒ ∀n∈N, n≥n0⇒u≥un0.

Ainsi, en regroupant ces deux affirmations : ∀A∈R,∃n0∈N, n≥n0⇒u≥Aqui est la définition d’une suite tendant vers+∞. 2. a. ∀n∈N, un+1−un =e^−un.Ore^−un>0.Doncun+1−un>0et la suite est croissante.

2. b. f étant continue, et(u_n)une suite de limitel,on sait que la suite (f(u_n))converge versf(l).

Ainsi la suite définie paru_n+1 =f(u_n)ne peut converger que vers une solution de l’équation f(x) =x(théorème du point fixe).

Ainsi, si(u_n)convergeait, elle convergerait vers une limitel telle quel=l+e^−l Orl=l+e^−l⇔e^−l= 0 qui n’a pas de solution. Donc(un)ne converge pas .