TS : correction du contrôle (limites et probabilités)
I
Déterminer la limite des suites (un) suivantes : a) un=n2−1
n+1 =n2¡ 1−n12
¢ n¡
1+n1¢ =n¡ 1−n12
¢ 1+n1
n→+∞lim µ
1− 1 n2
¶
=1 et lim
n→+∞
µ 1+1
n
¶
=1 donc, par produit et quotient, lim
n→+∞un= +∞. b) un= n3−1
3n2+5n4 =n3¡ 1−n13
¢ n4¡3
n2+5¢= 1−n13
n¡3
n2+5¢.
n→+∞lim µ
1− 1 n3
¶
=1 ; lim
n→+∞
µ 3 n2+5
¶
=5 donc lim
n→+∞
· n
µ 3 n2+5
¶¸
= +∞.
Par quotient : lim
n→+∞un=0 c) un=5n−2n=5n
µ 1−
µ2 5
¶n¶ .
−1<2
5<1 donc lim
n→+∞
µ2 5
¶n
=0.
n→+∞lim 5n= +∞car 5>1 d’où lim
n→+∞un= +∞
d) un=
k=n
X
k=0
1
2k =1+1 2+ 1
22+ ··· + 1
2n pour toutnentier naturel.
On reconnait la somme des termes consécutifs d’une suite géométrique de raison1 2. Alors :un=
1− µ1
2
¶n+1
1−1 2
= 1−
µ1 2
¶n+1
1 2
=2 µ
1− µ1
2
¶n+1¶ .
Comme−1<1
2<1, lim
n→+∞
µ1 2
¶n+1
=0 donc lim
n→+∞un=2. e) un=3n−p
9n2+1
pn2+5 =3n−p 9n2+1
pn2+5 ×3n+p 9n2+1 3n+p
9n2+1= 9n2−¡
9n2+1¢ pn2+5׳
3n+p
9n2+1´= −1
pn2+5׳ 3n+p
9n2+1´ Mais lim
n→+∞
³pn2+5´
= lim
n→+∞3n= lim
n→+∞
p9n2+1= +∞. Par conséquent lim
n→+∞un=0. II
Une suite (un) est définie paru0=0 et pour tout entier natureln:un+1=un+3n2−3n+1.
1. u1=u0+3×02−3×0+1=0+0−0+1=1 donc u1=1 2. • u2=u1+3×12−3×1+1=1+3−3+1=2 : u2=2
• u3=u2+3×22−3×2+1=2+12−6+1=9 : u3=9
• u4=u3+3×32−3×3+1=9+27−9+1=28 : u4=28
• u5=u4+3×42−3×4+1=28+48−12+1=65 : u5=65 3. Démontrons par récurrence que, pour toutn∈N,un=(n−1)3+1.
• Initialisation: (0−1)3+1= −1+ =0=u0donc la propriété est vraie au rangn=0
• Hérédité:
On suppose la propriété vraie à un rangnquelconque, doncun=(n−1)1+1.
Alors :un+1=un+ +3n2−3n+1=£
(n−1)3+1¤
+3n2−3n+1=n3−3n2+3n−1+1+3n2−3n+1
=n3+1=((n+1)−1)3+1 donc la propriété est vraie au rangn+1.
La propriété esthéréditaire.
D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vraie pour toutndonc un=(n−1)3+1 III
Soit la suite (un) définie surNpar :
u0=2 un+1= 2un
2+3un .
1. (a) u1= 2u0
2+3u0= 4 2+6= 1
2 etu2= 2u1
2+3u1 = 1 2+32 = 2
7 . (b)
u1−u0=1
2−2= −3 2 u2−u1=2
7−1 2= − 3
14
→u1−u06=u2−u1: la suite (un) n’estpas arithmétique.
u1
u0=1 u2 4 u1=4
7
doncu1
u06=u2
u1
donc la suite (un) n’estpas géométrique.
2. Montrons par récurrene que pour toutn∈N,unn’est pas nul.
• Initialisationu0=26=0 donc c’est vrai au rangn=0.
• Hérédité: on suppose la propriété vraie à un rangnquelconque, doncun6=0.
Alors :un+1= 2un
2+3un 6=0 puisqueun6=0 La propriété esthéréditaire.
D’après l’axiome de récurrence, la propriété est vrai pour toutn. 3. On pose, pour toutn∈N,vn=1+ 2
un
. (a) ∀n∈N,vn+1−vn=1+ 2
un+1−1− 2
un =2 (2+3un) 2un − 2
un =2+3un−2
un =3 :∀n∈N,vn+1−vn=3 : la suite (vn) est donc arithmétique de raisonr=3 et de premier termev0=1+2u0=2.
(b) ∀n∈N,vn=v0+nr=2+3n. Alors :vn=1+ 2
un ⇔ 2
un =vn−1⇔un
2 = 1
vn−1⇔un= 2
vn−1⇔ un= 2 3n+1 (c) lim
n→+∞(3n+1)= +∞donc lim
n→+∞un=0
IV Inversion d’un arbre de probabilités
Une société effectue auprès de 10 000 personnes une étude de marché concernant un nouveau produit. Dans cet échantillon, 40 % sont des jeunes (moins de 20 ans) et 20 % de ceux-ci se déclarent intéressés par le produit.
En revanche, 10 % seulement des personnes de plus de 20 ans se déclarent intéressées par le produit.
On choisit une personne au hasard dans l’échantillon. On noteJl’événement « La personne est jeune » etI « La per- sonne est intéressée ».
1. Reproduire et compléter l’arbre de probabilités ci- dessous :
b b
J 0, 4
b I
0, 2
b I
0, 8
b
J 0, 6
b I
0, 1
b I
0, 9
2. (a) • p(I∩J)=pJ(I)×p(J)=0, 2×0, 4= 0, 08
• p(I∩J)=pJ(I)×p³ J´
=0, 1×0, 6= 0, 06
• p(I∩J)=pJ
³ I´
×p(J)=0, 8×0, 4= 0, 32
• p(I∩J)=pJ³ I´
×p³ J´
=0, 9×0, 6= 0, 54 (b) I = (I ∩J)∪³
I∩J´
donc p(I) = p(I ∩J)+ p³
I∩J´
=0, 08+0, 06=0, 14 : p(I)=0, 14 3. (a) Calculons la probabilité que la personne ait
moins de 20 ans sachant que la personne est in- téressée par le produit :
pI(J)=p(I∩J) p(I) =0, 08
0, 14= 8 14=4
7: pI(J)=4 7 ‘ (b) Complétons l’arbre ci-dessous :
On apI(J)=p(I∩J) p³
I´ =0, 32 0, 86=32
86=16 43
b b
I 0, 14
b J
4 7
b J
3 7
b
0, 86 I
b J
16 43
b J
27 43
V
F1 , F2 , F3. Dans l’entreprise, toutes ces paires de chaussettes sont regroupées dans un stock unique. La moi- tié des paires de chaussettes est fabriquée par le fournis- seurF1, le tiers par le fournisseurF2et le reste par le four- nisseurF3. Une étude statistique a montré que :
• 5 % des paires de chaussette fabriquées par le fournis- seurF1ont un défaut ;
• 1,5 % des paires de chaussette fabriquées par le fournis- seurF2ont un défaut ;
• sur l’ensemble du stock, 3,5 % des paires de chaussette ont un défaut.
1. (a) On a : p(F1)=1
2 ; p(F2)=1 3 . Puis : pF1(D)= 5
100= 1
20 ; pF2(D)=1, 5 100= 15
1000= 3 200 p(D)= 3, 5
100= 35 1000= 7
200 .
F1 1 2
D 1 20 . . . D
F2
1 3
D 3 200
. . . D
F3
. . . D
. . . D
(b) Cette probabilité estp(F1∩D)=p(F1)×pF1(D)
=1 2× 1
20= 1 40 .
(c) De la même façon,p(F2∩F)=1 3× 3
200= 1 200 . (d) D=(D∩F1)∪(D∩F2)∪(D∩F3) (réunion d’évé-
nements incompatibles), donc : p(D∩F3)=p(D)−(D∩F1)−(D∩F2)
= 7 200− 1
40− 1
200=7−5−1
200 = 1
200: p(D∩F3)= 1
200
(e) On a pF3(D)= p(F3∩D) p(F3) =
1 200
1−12−13 =
1 200
1 6
= 6
200= 3
100 : pF3(D)= 3 100
