p(a) = 10 3 = 220 = 0, 22

Transcription

1 Colle PCSI Corrections Semaine EXERCICE 1 : Une urne contient 10 boules numérotées de 1 à 10. On tire trois fois de suite une boule avec remise. Le résultat des trois tirages successifs avec remise dans une urne contenant 10 boules numérotées est une liste (n 1, n, n de trois entiers compris entre 1 et 10. L univers est donc l ensemble des triplets d entiers entre 1 et 10 donc card(ω = Soit A :«les trois nombres sont rangés dans l ordre strictement croissant». Il faut donc dénombrer les triplets (n 1, n, n d entiers distincts entre 1 et 10, avec n 1 < n < n. On choisit nombres distincts de [[1; 10], il y a ( 10 choi posssibles et pour chaque combinaison, il eiste un seul triplet rangé dans l ordre croissant; ainsi il y a autant de triplets de entiers distincts pris dans [[1; 10] rangés dans l ordre croissant que de parties de éléments dans [[1; 10]. ( 10 p(a = 10 = 10 = 0, Soit B :«les trois nombres sont rangés dans l ordre croissant». Il faut donc dénombrer les triplets (n 1, n, n d entiers entre 1 et 10, avec n 1 n n. Une idée consiste à associer à un triplet (n 1, n, n de B, le triplet (n 1, n + 1, n + d entiers distincts rangés dans un ordre strictement croissant. Les entiers n 1, n + 1, n + étant donc dans [[1; 1]. Réciproquement à un triplet (m 1, m, m d entiers strictement croissants de [[1; 1], on peut associer un triplet d entiers croissants en prenant (m 1, m 1, m (entiers dans [[1; 10]. Cette association est donc bijective et de ce fait, le nombre de triplets d entiers croissants est donc égal au nombre de parties de entiers pris dans [[1; 1] (cf 1., ainsi ( 1 p(b = 10 = 0 = 0, 1000 EXERCICE : Si l on considère l événement A :«un trésor est placé dans un des coffres», l énoncé permet d écrire que p(a = p. Considérons pour tout i {1,,..., N} l événement A i :«un trésor est placé dans le coffre d indice i.» N N Compte-tenu des notations A = A i, or les A i sont deu à deu incompatibles donc p(a = p(a i = i=1 i=1 N a = Na (puisque le trésor est placé de façon équiprobable, p(a i = a, i i=1 Ainsi p = Na a = p N, donc p(a i = p N, i {1,,..., N} Répondre à la question, c est calculer p B (A N avec B = A 1 A... A N 1. On a par ailleurs, p(b = 1 p(b = 1 p(a 1 A... A N 1 = 1 (N 1 p N des A i (toujours avec l incompatibilité et p(a N A 1 A... A N 1 = p(a N = p N Avec la formule de Bayes, on obtient donc : p B (A N = p(a N B p(b = p/n 1 N 1 N p = p N (N 1p EXERCICE : My Maths Space 1 sur 9

2 Colle PCSI Corrections Semaine card(ω = = 70 tirages possibles. Tirages comportant une seule boule noire : N B B ou B N B ou B B N 8 7 = 6 possibilités ; (ou si l on souhaite utiliser les arrangements et les combinaisons ( 1 ( 1 A 8 Tirages comportant deu boules noires : N B N ou N N B ou B N N 8 = 48 possibilités ; (ou si l on souhaite utiliser les arrangements et les combinaisons ( 1 ( 8 1 A Si l on note N 1/ l événement cherché : p(n 1/ = = 8 1. Notation d événement : N 1 :«La première boule tirée est noire» et p(n 1 = répondre à la question c est calculer p N1/ (N 1 et (en effet N 1/ N 1 = N 1 p N1/ (N 1 = p(n 1/ N 1 p(n 1/ = p(n 1 p(n 1/ = 1/ 8/1 = 8. Probabilité que la troisième boule du tirage soit noire (événement noté N : on trouve assez facilement que p(n = p(n 1 = 1. = 1. EXERCICE 4 : 1 boules : une noire, blanches et 9 rouges. 1. Le tirage est simultané donc pas de répétition de boules, pas d ordre, l outil mathématique adapté pour débombrer les cas possibles est la combinaison. Un tirage est une combinaison de boules parmi 1. Le nombre de tirages est donc égal à ( ( 1, c est dire card(ω = 1. L epérience est ici modélisée par l équiprobabilité donc ( 1 ( 1 ( 1 9 (a p(a = 1 = 4 4 = 9 ; (1 boule de chaque couleur + principe multiplicatif 91 ( 1 (b Pour la réalisation de B : possibiltés dans la répartition des couleurs N R R ou N B R donc ( 1 ( 1 9 p(b = ( 1 + p(a = 81 4 ; (c Il n est pas possible d avoir trois noires : possibilités C : R R R ou B B B ( 9 ( donc p(c = ( 1 + ( 1 = Les tirages s effectuent successivement, avec remise. L ordre est donc important et des répétitions sont possibles donc un tirage est une -liste sur l ensemble des 1 boules. On a donc card(ω = 1. (a Sans ordre, d après la question 1.a, 4 tirages tricolores sont possibles.! façons d ordonner les couleurs donc card(a =! 4 et par suite p(a = = 0, 08. (b Toujours deu configurations : N R R, R N R et R R N sont les tirages possibles et le nombre de tirages sans ordre est 6 (cf.1b N R B et ses variantes suivant l ordre donnent un nombre possibilités de! 4 (vu plus haut Ainsi p(b = 1 = 0.11 (c Trois configurations sont possibles : N N N (1 possibilité ; R R R (9 possibilités et B B B ( possibilités. p(c = = My Maths Space sur 9

3 Colle PCSI Corrections Semaine EXERCICE : Tirages successifs de 1 cartes, sans remise, d un jeu de cartes : l ordre est important puisque les tirages sont successifs et il n y a pas de répétirion puisque les tirages sont sans remise. Le tirage est donc un arrangement de 1 cartes parmi cartes et card(ω = A 1 =! ( 1! 1. Le dénombrement des tirages favorables se fait suivant le protocole : Choi des places des as : combinaisons de 4 places parmi 1 ( 1 4 = 49 ; Ordre des as : permutations de 4 as 4! = 4 ; Possibilités de compléments de 8 cartes : arrangement de 8 parmi 48 cartes A Ainsi si l on nomme A 4 :«tirage de 4 as», on a donc p(a 4 = 49 4 A8 48. Protocole de dénombrement dans le cas de 4 as consécutifs : A 1 1, as as as as Possibilités de placement du premier as : as as as as as as as as On dénombre donc 9 façons de placer 4 as qui se suivent. Ordre des as : à nouveau permutations de 4 as 4! = 4 ; Possibilités de compléments de 8 cartes : arrangement de 8 parmi 48 cartes A Ainsi si l on nomme A 4C :«tirage de 4 as consécutifs», on a donc p(a 4C = 9 4 A8 48 A 1, piques et dames : Il faut considérer deu situations : tirage avec la dame de pique auquel cas, il ne faut plus qu une dame pour en avoir deu et tirage sans la dame de pique qu il faudra compléter par deu dames. (a Avec : choi des 7 piques ( 1 6 (6 car dans les 7 piques figure la dame de pique ; possibilités de placement des 7 piques ( 1 7 ; choi de la deuième dame ( 1 ; placement de la deuième dame ( 1 ; possibilités de compléments de 4 cartes (1-6- A 4 6. (b Sans : choi des 7 piques ( 1 7 (pas de dame de pique ; possibilités de placement des 7 piques ( 1 7 ; choi des deui dames ( ( car il ne faut pas le dame de pique, sinon il y aurait 8 piques ; placement des dames A ; possibilités de compléments des autres cartes A 6. Ainsi si l on nomme T 7pd :«tirage de 7 piques et deu dames», on a donc ( 1 ( A 4 p(t 7pd = 6 + ( ( ( 7 A A 6 A EXERCICE 6 : On note les événements de la façon suivante : F :«tous les souriceau sont des femelles» ; i {1,, }, P i :«la portée est de i souriceau». 1. Calcul de p(f : My Maths Space sur 9

4 Colle PCSI Corrections Semaine / 1/ P 1 P P p 1 p p... p... F F F autre F autre Avec la formule des probabilités totales, on obtient. Il s agit ici de calculer p F (P 1 : on utilise la formule de Bayes (p(f 0 p F (P 1 = p(p 1p P1 (F p(f p(f = p(p 1 p P1 (F + p(p p P (F + p(p p P (F p(f = 1 p + 1 p + 1 p = 1 (p + p + p. en effet, pour le calcul de p P (F, on adopte le principe multiplicatif dans le cas d événements indépendants (le see de chaque souriceau est indépendant des deu autres = 1 p 1 + p + p 1 (p + p + p = 1 EXERCICE 7 : L univers est Ω = {a, b, c} n et donc card(ω = n. Dénombrons les possibilités d élection de a : 1. Le candidat a reçoit n voi 1 seule possibilité ;. Le candidat a reçoit n 1 voi n possibilités ; en effet choi de la personne qui n a pas voté pour a : n possibilités ; choi de vote : b ou c.. Le candidat a reçoit n voi ( n 4 possibilités ; en effet choi des personnes qui n ont pas voté pour a : ( n possibilités ; Deu personnes avec choi de vote : b ou c donne possibilités. Si l on note A :«a est élu», on obtient p(a = 1 + n + 4( n n = n + 1 n «aucun président n est élu» est l événement contraire de P e :«l un des candidats a, b ou c est élu» et p(p e = p(a B C = p(a + p(b + p(c = p(a car les événements sont à incompatibles. On obtient donc p(p e = n + 1 n = n + 1 n 1 d où p(p e = 1 n + 1 n 1 EXERCICE 8 : On note k {1,,..., n}, A k :«I k transmet la même information que celle qu il a reçu.», ce qui permet d écrire que p k = p(a k. A k p A k+1 A k et A k sont incompatibles car l information transmise est soit «oui» ou «non» ; p k A k A k = Ω car l on transmet obligatoirement une information ; 1 p A k+1 (A k, A k constitue donc un système complet d événements. On peut donc utilise la formule des probabilités totales : 1 p k A k p A n+1 p(a k+1 = p(a k A k+1 + p(a k A k+1 = p(a k p Ak (A k+1 + p(a k p Ak (A k+1 1 p A k+1 d où p k+1 = p k (p p My Maths Space 4 sur 9

5 Colle PCSI Corrections Semaine A partir de là, on étudie la suite (p k k 1 qui est arithmético-géométrique. point fie : soit λ R tel que λ = λ(p p λ = 1 ; étude de la suite (p k λ : k, p k+1 λ = p k (p p λ(p p = (p k λ(p 1 (p k λ est donc géométrique de raison (p 1, ce qui permet d écrire que k 1, p k λ = (p 1 λ(p 1 k 1 avec p 1 = p. k N, p k = 1 ( + p 1 (p 1 k 1 Comme p ]0, 1[, 1 < p 1 < 1 et (p 1 k 1 0 d où k + lim k + p k = 1 EXERCICE 9 : ( Les tirages sont simultanés donc on utilise les combinaisons comme outil de dénombrement. Tout d abord card(ω = = 10. On note B i :«on obtient i boules noires» avec i {0, 1, } 1. p(b 0 = ( 0 ( ( = ( 1 ( 10 ; p(b 1 1 = ( = 6 10 et p(b =. Le cardinal de l univers est le même que précédemment. p(b 0 = ( ( 0 ( = ( 0 ( 1 ( 4 = 6 10 et p(b 1 = ( 1 ( 1 1 ( 4 = (a Dans cette question, on se retouve dans la situation de la question 1. Les deu boules tirées sont simplement déposées dans l urne U 1, on peut écrire que p(x 1 = i = p(b i pour i {0, 1, }, c est à dire p(x 1 = 0 = 0,, p(x 1 = 1 = 0, 6 et p(x 1 = = 0, 1 (b La question 1. permet d obtenir une probabilité conditionnelle : p (Xn 1=(X n = = 0, 1 (en effet c est la probabilité de tirer deu boules noires simultanément dans une urne contenant noires et blanches : c est le cas de l urne U n 1 dans cette hypothèse. D autre part, on peut utiliser la formule ds probabilités totales avec (X n 1 = i 0 i système complet d événements pour déterminer p(x n = et en remarquant que p (Xn 1=1(X n = = 0 et p (Xn 1=0(X n = = 0 (en effet, on ne peut pas tirer deu boules noires de l urne U n 1 si elle n en contient qu une ou aucune p(x n = = p(x n 1 = p (Xn 1=(X n = = 0, 1p(X n 1 = On remarque que la suite (p(x n = n 1 est géométrique de raison 0, 1 et de premier terme p(x 1 = = 0, 1, donc on obtient n N, p(x n = = (0, 1 n (c On applique la formule des probabilités totales au système complet (X n = i 0 i, en remarquant comme précédemment que l urne U n+1 ne peut contenir 1 boule noire si U n n en contient pas et que si U n contient 1 boule noire, elle a donc 4 boules blanches et la question permet d obtenir la probabilité conditionnelle souhaitée. Ainsi p(x n = 1 = p(x n = 1p (Xn=1(X n+1 = 1 + p(x n = p (Xn=(X n+1 = 1 = 0, 6p(X n = + 0, 4p(X n = 1 My Maths Space sur 9

6 Colle PCSI Corrections Semaine Soit, pour tout entier naturel n non nul, la propriété P (n : p(x n = 1 = (0, 4 n (0, 1 n. Initialisation : p(x 1 = 0, 6 et (0, 4 1 (0, 1 1 = 0, 6 donc P (1 est vraie. Hérédité : Soit n 1. On suppose que la propriété P (n est vraie au rang n. Démontrons qu elle est vraie au rang n + 1. p(x n = 1 = 0, 6p(X n = + 0, 4p(X n = 1 = 0, 6(0, 1 n + 0, 4((0, 4 n (0, 1 n hypothèse de récurrence et Q..b = (0, 4 n+1 + (0, 1 n (0, 6 0, 8 = (0, 4 n+1 0, (0, 1 n = (0, 4 n+1 (0, 1 n+1 donc P (n + 1 est vraie. Ainsi, d après le raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n non nul : p(x n = 1 = (0, 4 n (0, 1 n EXERCICE 10 : 1. Dans cette question, on suppose que l urne contient initialement b boules blanches et r boules rouges. ((b, r (N. On note B i :«boule blanche au i-ème tirage» et R i = B i. (a p(b 1 = b b + r. b (b Comme b et r sont non nuls, b + r ]0, 1[. (B 1, R 1 est un système complet d événements de probabilité non nulle. On cherche à calculer p B (B 1 p B (B 1 = p(b 1p B1 (B ( avec p B1 (B = b + c p(b b + r + c Il reste donc à calculer p(b avec la formule des probabilités totales p(b = p(b 1 p B1 (B + p(r 1 p R1 (B = b b + c b + r b + r + c + b(b + r + c = (b + r(b + r + c b b + c En reportant dans (, p B (B 1 = b + r b + r + c b b + r (c On cherche donc p(b 1 R B. La formule des probabilités composées donne = b b + r = b + c b + r + c p(b 1 R B = p(b 1 p B1 (R + p(r 1 p B1 R (B = = r b + r b b + r + c b r b + c b + r b + r + c b + r + c br(b + c (b + r(b + r + c(b + r + c (d On suppose que r = c. On effectue n tirages. On cherche donc p(b 1 B... B n p(b 1 B... B n = p(b 1 p B1 (B +... p(r 1 p B1 B... B n 1 (B n = b b + r = b b + nr b + r b + (n 1r... b + r b + nr My Maths Space 6 sur 9

7 Colle PCSI Corrections Semaine On considère le système complet d événements (B 1, R 1 de probabilités non nulles. (a La formule des probabilités totales donne p(b n+1 = p(b 1 p B1 (B n+1 + p(r 1 p R1 (B n+1 D après les notations p(b n+1 = u n+1 (, y ; p(b 1 = + y et p(r 1 = y (cf 1.a + y p B1 (B n+1 est la probabilité de tirer une boule blanche au n-ème tirage dans une urne contenant initialement + c blanches et y noires, c est u n ( + c, y ; D où u n+1 = u n ( + c, y + y + u y n(, y + c + y (b Par récurrence, on démontre que u n (, y = + y avec (n,, y (N (laissé au lecteur. EXERCICE 11 : ( Soit la fonction définie sur R par f( = cos 0 si = 0 ( f( f(0 1. 0, = cos 1 et 0, 1 cos 0 ( Si > 0, cos 1 cos la dérivabilité de f à droite en 0 et f d (0 = 1. si 0 ( 1. ( f( f(0 1 1 d où 0 1, ce qui justifie 0 + Si < 0, un travail analogue sur les inégalités conduit à prouver que f est dérivable à gauche en 0 et que f g(0 = 1. Finalement f g(0 = f d (0 = 1 donc f est dérivable en 0 et f (0 = 1 < 0.. f est dérivable sur R (composée de fonctions dérivables sur R et pour tout 0, ( f ( = cos + ( ( ( ( sin = cos + sin ( 1 Soit u n = π + nπ le terme général d une suite (u n n N : il est clair que u n 0 n + (ce choi est motivé de la façon suivante : compte-tenu de l epression de f (, un choi judicieu de u n consiste à annuler le cosinus et rendre le sinus égal à 1 ( π ( π n N, f (u n = u n cos + nπ + sin + nπ 1 = = 1 On peut en déduire que f n est pas continue en 0 : en effet, si elle l était, pour toute suite de réels (u n tendant vers 0, on aurait f (u n f (0 = 1. Or la suite précédente ne vérifie pas cette propriété donc f n est pas n + continue en 0. EXERCICE 1 : Partie A : Soient a et b deu réels tels que a < b, et g une application de classe C sur [a, b]. 1. Ψ(b = 0 K = g(b g(a g (a(b a (b a. g une application de classe C sur [a, b] et la fonction t g(a g (a(t a K(t a est une fonction polynomiale, également de classe C sur [a, b] : Ψ est de classe C sur [a, b]. De plus, Ψ(a = 0 = Ψ(b. D après le théorème de Rolle, il eiste c ]a, b[ tel que Ψ (c = 0. My Maths Space 7 sur 9

8 Colle PCSI Corrections Semaine t [a, b], Ψ (t = g (t g (a K(t a et Ψ (a = 0, le résultat précédent Ψ (c = 0 et les propriétés de continuité et de dérivabilité vérifiées par Ψ amène naturellement à appliquer le théorème de Rolle sur [a, c] : il eiste d ]a, c[ tel que Ψ (d = 0. Or t [a, b], Ψ (t = g (t K donc Ψ (d = 0 K = g (d.. L epression de K obtenue à la question 1. permet d écrire qu il eiste d ]a, b[ tel que Partie B : g(b = g(a + (b ag (a + (b a g (d. 1. Soit R, R et f( = sh( =. Pour R, f( = e e = e e 1 = h : e est dérivable en 0 et e 1 continue en 0. sh( = e e 1. = f( donc f est paire. sh( e 0 0 h (0 = donc f( 0 = 1 = f(0 donc la fonction f est. (a Soit R, sh est de classe C sur R (composée, somme de fonctions de classe C sur R. D après la question A., on a : si > 0, il eiste d ]0, [ tel que sh( = sh(0 + sh (0 + sh (d = + sh(d. si < 0, on obtient un résultat comparable sur l intervalle [, 0]. Ainsi 0, il eiste d entre 0 et tel que sh( = + sh(d (. (b sh est une fonction strictement croissante sur R. > 0, 0 < d < implique 0 < sh(d < sh( donc ( sh( = sh(d sh(. < 0, < d < 0 implique sh( < sh(d < 0 donc sh(d < sh( et ( sh( = sh(d sh(. L inégalité à obtenir est vérifiée pour = 0. (c Pour R, f( f(0 R, sh( sh( = sh( sh( sh( sh( = f( f(0 0 donc 0 0 ce qui prouve que f est dérivable en 0 et f (0 = 0. 0 EXERCICE 1 : 1. Soit a < b deu réels et f : [a, b] [a, b] une fonction continue sur [a, b]. (a Soit g : [a, b] [a, b] définie par g( = f(. Comme f est continue sur [a, b], g est continue sur [a, b]. g(a = f(a a ; f(a [a, b] donc f(a a g(a 0 ; g(b = f(b b et f(b b 0 donc g(b 0. 0 est compris entre g(a et g(b donc d après le théorème des valeurs intermédiaires, il eiste 0 [a, b] tel que g( 0 = 0 f( 0 = 0. (b Comme f est dérivable sur ]a, b[ et qu il eiste un réel k, 0 k < 1, tel que pour tout ]a, b[, f ( k, on est dans le cadre d utilisation de l inégalité des accroissements finis : (, y ([a, b], f( f(y k y (I af My Maths Space 8 sur 9

9 Colle PCSI Corrections Semaine i. Supposons que f admet deu points fies distincts 0 et 1 dans [a, b]. D après (I af, on a f( 1 f( 0 k 1 0 < 1 0 (k < 1, et compte-tenu de f( 0 = 0 et de f( 1 = 1, on obtient l inégalité 1 0 < 1 0. On aboutit donc à une contradiction qui remet en cause notre supposition. Le réel 0 est donc unique. ii. Comme [a, b] est stable par f, on démontre par récurrence que pour tout n [a, b], u n [a, b] (laissé au lecteur. De ce fait, on peut écrire, avec (I af : f(u n f( 0 k u n 0 u n+1 0 k u n 0 On conjecture que n N, u n 0 k n u 0 0 (P(n Initialisation : u 0 0 u 0 0 donc P(0 est vraie. Hérédité : On suppose que la propriété P(n est vraie au rang n. Démontrons qu elle est vraie au rang n + 1. donc P(n + 1 est vraie. P(n est vraie u n 0 k n u 0 0 k u n 0 k k n u 0 0 u n+1 0 k n+1 u 0 0 (car u n+1 0 k u n 0 Ainsi, grâce au principe du raisonnement par récurrence, pour tout entier naturel n : Comme k [0, 1[, k n. Soit g la fonction définie par g( = (1 + 1/ u n 0 k n u 0 0 ( 0, u n 0 0 et donc n + n + lim n + u n = 0 (a g(1 = 1/ d où g(1 [1, ] ; de même g( [1, ] et la fonction g est croissante sur [1, ] (laissé au lecteur donc l intervalle [1, ] est stable par g. 1 + > 0 sur [1, ] donc g est définie sur cet intervalle et elle est continue sur [1, ]. g satisfait au conditions de la partie 1.b.i donc il eiste un unique α [1, ] tel que g(α = α. (b g est dérivable sur [1, ] et pour tout [1, ], g ( = 1 (1 + /. or sur [1, ], 1 + > 1 (1 + / 1 > 1 0 < (1 + < 1 0 < / g ( < 1 d où g ( 1 et en posant v n+1 = g(v n et v 0 [1, ], on construit une suite récurrente de limite α (cf.b sur [1, ] v 0 [1, ] et α [1, ] donc v 0 α 1 d où n N, v n α (c On aura v n α 10 si ( n 1 10 (en effet n N, v n α ( n 1 (adaptation de l inégalité ( ( n 1 L entier n = 7 convient. (une résolution avec le logarithme népérien permet de trouver cet entier. Soit (E l équation 1 = 0. (a (E : 1 = 0 = + 1 1/ bijection... = ( + 1 1/ g( = = α Montrer que (E admet pour unique solution sur l intervalle [1, ] le réel α. (b Valeur approchée de α à 10 : v 7 1, 4. (l entier n = 7 est une valeur suffisante, en fonction de la valeur de v 0, il conviendrait de calculer d autres valeurs de v n pour n < 7 pour voir à partir de quel rang l approimation est obtenue My Maths Space 9 sur 9