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EXERCICE N° 3 ds année dernière
Avant le début des travaux de construction d’une autoroute, une équipe d’archéologie préventive procède à des sondages
successifs en des points régulièrement espacés sur le terrain .
Lorsque le n-ième sondage donne lieu à la découverte de vestiges, il est dit positif.
L’évènement : « le n-ième sondage est positif » est noté  , on note p n la probabilité de l’évènement  .
L’expérience acquise au cours de ce type d’investigation permet de prévoir que
Si un sondage est positif, le suivant a une probabilité égale à 0,6 d’être aussi positif .
Si un sondage est négatif, le suivant a une probabilité égale à 0,9 d’être aussi négatif .
On suppose que le premier sondage est positif , c'est-à-dire p1 = 1
V n+1
,,,,,,,
Vn
,,,,,,
pn
Vn+1
,,,,,,,
1)Calculer les probabilités des évènements suivants :
a) A : « les 2ième et 3ième sondages sont positifs »
b) B : « les 2ième et 3ième sondages sont négatifs »
2) Calculer la probabilité p3 pour que le 3ième sondage
soit positif
3) n désigne un entier naturel supérieur ou égal à 2
Compléter l’arbre ci-dessous en fonction des données
de l’énoncé
Vn+1
,,,,,,
4) Montrer que pour tout entier naturel non nul n p
n+1 = 0,5 p n + 0,1
Vn
,,,,,,,,
Vn+1
5) On note (un) la suite définie, pour tout entier
naturel non nul n par u n = p n – 0,2
a)Démontrer que la suite ( u n ) est une suite géométrique , en préciser le premier terme et sa raison
b) Exprimer p n en fonction de n
c) Calculer la limite quand n tend vers +∞ de la probabilité p n
Ex supp
Jules Tan décide de ne plus fumer. Et aujourd’hui ( 1er jour de l’étude ), il y est parvenu ! Mais pour la suite, on admet que :
- S’il ne fume pas un jour donné, alors la probabilité qu’il ne fume pas le lendemain est 0,7.
- S’il fume un jour donné, alors la probabilité qu’il ne fume pas le lendemain est 0,4.
On se demande comment le comportement de J. Tan va évoluer et quelles sont ses chances de réussite.
On désigne, pour n  IN* , l’événement Sn : « Jules ne fume pas le nième jour »
et on note pn la probabilité de Sn .
1)a) Déterminer p1 , 1 (S2) 1
̅̅̅̅ (S2)
b) Calculer p2
Illustrer les chances de réalisation de Sn sur les jours consécutifs n et n  1, par un arbre pondéré
3
4
2/ Etablir, pour n  IN*, que : pn 1  pn  .
10
10
4
3/ a) Pour n  IN*, on pose qn  pn  . Montrer que la suite qn  est géométrique.
7
b) En déduire q n , puis pn en fonction de n, pour n  IN*.
4/ Etudier si les 4 affirmations suivantes sont vraies, ou non. Justifier la réponse.
a) La suite pn  est croissante.
b) Pour tout n  IN*, la probabilité pn reste supérieure à 0,5.
4
c) Pour n suffisamment grand, pn est très voisine de .
7
4
6
d) pn   10 dès que n  12.
7
corrigé
Ex3 ds année dernière 1)
V3
0,6
V2
0,4
0,6
V3
0,4
V3
V1
1
0,1
V2
)p( ∩  ∩  )=
p(  ) ×  ( ) ×  ( )=
1× (, ) = 0,36
b) p( ∩ ̅̅̅̅ ∩ ̅̅̅̅ )=
̅̅̅2 ) × ̅̅̅
̅̅̅
p( 1 ) × 1 (
2 (3 )=
1× 0,4 × 0,9= 0,36
2) p3 = p(  ) =
p( ∩  ∩  )+
p( ∩ ̅̅̅̅ ∩  ) =
̅̅̅2 ) × ̅̅̅
0.36 + p( 1 ) × 1 (
 ( 3 )
2
0,9
V3
=
0.36 + 1 × 0,4 ×0.1 = 0,4
0
V1
Vn+1
0,6
Vn
0,4
pn
Vn+1
4) p n+1 = p (  + ) =
̅̅̅̅
P(  ∩ + ) +  (
 ∩ + ) =
P(  ) ×  (+1 ) +
p( ̅ ) × 
̅̅̅̅ (+1 ) =
 × .  + ( 1-  ) × ,  =
0.5  +0.1
5) soit ( u n ) la suite définie par
u n = p n – 0.2 pour n ∈ℕ*
1-pn
Vn+1
0,1
u n+1 = p n+1 – 0.2 =
0.5  +0.1-0.2 = 0,5 p n – 0.1 =
0.1
1
0,5 ( p n - 0.5 ) = 0,5 × ( p n - 5 ) =
Vn
0,5 × ( p n – 0.2 ) = 0,5 u n
0,9
Vn+1
Donc la suite ( u n ) est géométrique de raison q= 0,5 , de premier terme u 1 = p1 -0.2 = 1-0.2 = 0.8
Donc u n = u1 ×  −1 = 0,8 × (0,5)−1 pour tout n de ℕ*
donc p n = u n + 0.2 = 0,8 × (, )− + 0,2 , n ∈ℕ*
Lim p n = lim 0,8 × (, )− = 0 car 0 < 0,5 < 1 donc lim pn = lim 0,8 × (0,5)−1 + 0,2 = 0,2
n→ +∞ n→ +∞
n→ +∞ n→ +∞
corrigé ex supp
1/ Voir ci-contre.
0,7
2/ a) p1  1 car Jules est parvenu aujourd'hui à ne pas fumer.

b) pn 1  pSn 1   pSn  Sn 1   p Sn  Sn 1
3
10

 pSn  PSn Sn 1   p Sn  PS Sn 1 
0,4

pn  0,7  1 pn  0,4
0,6

0,7pn  0,4  0,4pn  0,3pn  0,4 .
3/ a) On pose qn  pn 
Soit q n 1 
 
0,3
pn 
n
4 3
4 4 3
12
4
. Calcul : q n 1  pn 1   pn    pn  ,
7
7 10
10 7 10
70
6
35

3
6 10  3 
4 3
 pn      pn    q n .




10 
35 3  10 
7  10
3
Donc, la suite qn  est géométrique de raison b 
3 3
n 1
q

q

b

  
n
1
b) On en déduit :
7  10 
n
3 3 4 3 3
4/ a) pn 1  pn         
7  10  7 7  10 
3
 0 ;  
7
 10 
3
n 1
> 0,  n  * et

7
10
n 1
n 1
10
et de premier terme : q1  p1 
3 3
p

  
. On a alors : n
7  10 
n
3 3 3 3
        
7 7  10  7  10 
4
< 0, donc
n 1
pn 1  pn < 0,  n 
3 3
   
7  10 
n 1
n 1

3 3
3 3
b)     0 ,  n  ℕ* , donc   
7  10 
7  10 
Donc, pn reste supérieure à 0,5  n  N*.
3
Lim
c) n     
 10 
n 1

4
7

4
7
7
N* :
 0,5 ,  n  N*.
 0 , car  ] 0 , 1 [. Donc Lim 3   3 
 
n  
7  10 
10
4
Pour n suffisamment grand, pn est très voisine de .
7
4
6
d) pn   10 devient :
7
3 3
  
7  10 
n 1
3
 
6
 10 , puis 

 10 
n 1
n 1
avec menu table calculatrice , soit n ≥ 12. Par conséquent,
Lim pn 
 0 , puis n   
4
3
 .
7 7
.
3
 3 3
   1    
 10  7  10 
n 1
3
7
 1
4
pn  est décroissante.
n 1
4
4
7
.
7
  10 6 , et ensuite
3
4
pn   10 6 dès que n 
7
12
n 1
 7
    .
 10 

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