\documentclass[12pt] {article} \usepackage[T1]{fontenc} \usepackage[utf8]{inputenc} \usepackage{amsmath,amssymb,graphicx,multicol,mathrsfs, fancyhdr,enumerate,fourier,eurosym,alterqcm,enumerate,tabularx,variations} \usepackage[np]{numprint} \usepackage[dvips]{color} \usepackage[tikz]{bclogo} \usepackage{pst-plot,pst-tree,pstricks,pst-node,pstricks-add,pst-math,pst-xkey,pst-eucl} \usepackage[francais]{babel} \everymath{\displaystyle} %\usepackage[colorlinks=true,pdfstartview=FitV,linkcolor=blue,citecolor=blue,urlcolor=blue]{hyperref} \textwidth 19cm \textheight 25cm \hoffset -1,4cm \voffset -3.7cm \oddsidemargin 0pt \renewcommand{\thesubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}} \renewcommand{\thesubsubsection}{\textcolor{blue}{\Roman{subsection}}.\textcolor{blue}{\arabic{subsubsection}}} \pagestyle{fancy} % pour le pied de page central \cfoot{Page \thepage/\pageref{fin}} \begin{document} %\tableofcontents \begin{center}\section*{\textcolor{red}{TS : exercices de bac \\(conditionnement et indépendance)}}\end{center} \subsection{\textcolor{blue}{Antilles-Guyane juin 2015 (extrait)}} %Un circuit électronique est composé de deux composants identiques numérotés 1 et 2. %On note $D_1$ l'évènement \og le composant 1 est défaillant avant un an \fg{} et on note $D_2$ l'évènement \og le composant 2 est défaillant avant un an \fg. % %On suppose que les deux événements $D_1$ et $D_2$ sont indépendants et que % %$P\left(D_1\right) = P\left(D_2\right) = 0,39$. % %Deux montages possibles sont envisagés, présentés ci-dessous : % %\begin{center} %\psset{unit=1cm} %\begin{pspicture}(10,3.4) %%\psgrid %\psline(0,2)(1,2)(1,2.75)(1.5,2.75)\psframe(1.5,2.25)(3,3.25)\psline(3,2.75)(3.5,2.75)(3.5,2)(4.5,2) %\psline(0,2)(1,2)(1,1.25)(1.5,1.25)\psframe(1.5,0.75)(3,1.75)\psline(3,1.25)(3.5,1.25)(3.5,2) %\rput(2.25,2.75){1} \rput(2.25,1.25){2} %\rput(2.5,0.2){Circuit en parallèle A} \rput(7.5,0.2){ Circuit en série B} %\psline(5,2)(6,2)\psframe(6,1.5)(7.5,2.5)\psline(7.5,2)(8.5,2)\psframe(8.5,1.5)(10,2.5) %\rput(6.75,2){1}\rput(9.25,2){2} %\end{pspicture} %\end{center} % %\medskip \begin{enumerate} \item %Lorsque les deux composants sont montés \og en parallèle \fg, le circuit A est défaillant %uniquement si les deux composants sont défaillants en même temps. Calculer la probabilité %que le circuit A soit défaillant avant un an. Les évènements $D_1$ et $D_2$ sont indépendants, donc : $P\left(\text{\og{}A défaillant\fg{}}\right)=P\left(D_1 \cap D_2 \right) = P\left(D_1\right) \times P\left(D_2 \right) = 0,39 \times 0,39 = \boxed{\textcolor{red}{\np{0,1521}}}$. \item %Lorsque les deux composants sont montés \og en série \fg, le circuit B est défaillant dès que l'unau moins des deux composants est défaillant. Calculer la probabilité que le circuit B soit %défaillant avant un an. Ici la probabilité est égale à : $P\left(\text{\og{}A défaillant\fg{}}\right)=P\left(D_1 \cup D_2 \right) = P\left(D_1\right) + P\left(D_2\right) - P\left(D_1 \cap D_2 \right) = 0,39 + 0,39 - \np{0,1521} = \boxed{\textcolor{red}{\np{0,6279}}}$. \end{enumerate} \subsection{\textcolor{blue}{Asie juin 2013 (extrait)}} %\medskip % %Un grossiste achète des boîtes de thé vert chez deux fournisseurs. Il achète 80\,\% de ses boîtes chez le fournisseur A et 20\,\% chez le fournisseur B. \medskip %10\,\% des boîtes provenant du fournisseur A présentent des traces de pesticides et 20\,\% de celles provenant du fournisseur B présentent aussi des traces de pesticides. % %On prélève au hasard une boîte du stock du grossiste et on considère les évènements suivants : % %\setlength\parindent{8mm} %\begin{itemize} %\item évènement A : \og la boîte provient du fournisseur A \fg{} ; %\item évènement B : \og la boîte provient du fournisseur B \fg{} ; %\item évènement S : \og la boîte présente des traces de pesticides \fg. %\end{itemize} %\setlength\parindent{0mm} % %\medskip \begin{enumerate} \item %Traduire l'énoncé sous forme d'un arbre pondéré. Le grossiste a deux fournisseurs et il y a dans chaque boîte des traces de pesticides ou non. On a donc un arbre $2 \times 2$ : \begin{center} \pstree[treemode=R,nodesep=4pt]{\Tdot} { \pstree{\TR{$A$}\taput{$0,8$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$S$}\taput{$0,1$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{S}$}\tbput{$0,9$} } \pstree{\TR{$B$}\tbput{$0,2$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$S$}\taput{$0,2$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{S}$}\tbput{$0,8$} } } \end{center} \item \begin{enumerate} \item %Quelle est la probabilité de l'évènement $B \cap \overline{S}$ ? En suivant la troisième branche : $p\left(B \cap \overline{S}\right) = p(B) \times p_{B}\left(\overline{S} \right) = 0,2 \times 0,8 = \boxed{\textcolor{red}{0,16}}$. \item %Justifier que la probabilité que la boîte prélevée ne présente aucune trace de pesticides est égale à $0,88$. On calcule de même : $p\left(A \cap \overline{S}\right) = p(A) \times p_{A}\left(\overline{S} \right) = 0,8 \times 0,9 = 0,72$. $\{A~;~B\}$ étant une partition de l'univers, on a donc : $p\left(\overline{S}\right) = p\left(A \cap \overline{S}\right) + p\left(B \cap \overline{S}\right) = 0,72 + 0,16 = \boxed{\textcolor{red}{0,88}}$. \end{enumerate} \item %On constate que la boîte prélevée présente des traces de pesticides. %Quelle est la probabilité que cette boîte provienne du fournisseur B ? Il faut donc calculer : $p_{S}(B) = \dfrac{p(S \cap B)}{p(S)}$. On a vu que $p\left(\overline{S}\right) = 0,88$, donc $p(S) = 1 - p\left(\overline{S}\right) = 0,12$. Donc $p_{S}(B) =\dfrac{0,2 \times 0,2}{0,12} = \dfrac{4}{12}=\boxed{\textcolor{red}{ \dfrac{1}{3}}} \approx 0,33$ au centième près. \end{enumerate} \bigskip \subsection{\textcolor{blue}{Liban juin 2018}} Un jeu de hasard sur ordinateur est paramétré de la façon suivante : \medskip \setlength\parindent{9mm} \begin{itemize} \item[$\bullet~~$] Si le joueur gagne une partie, la probabilité qu'il gagne la partie suivante est $\dfrac{1}{4}$ ; \item[$\bullet~~$] Si le joueur perd une partie, la probabilité qu'il perde la partie suivante est $\dfrac{1}{2}$ ; \item[$\bullet~~$] La probabilité de gagner la première partie est $\dfrac{1}{4}$ . \end{itemize} \setlength\parindent{0mm} \medskip Pour tout entier naturel $n$ non nul, on note $G_n$ l'évènement \og la $n\up{e}$ partie est gagnée \fg{} et on note $p_n$ la probabilité de cet évènement. On a donc $p_1 = \dfrac{1}{4}$. \begin{enumerate} \item %Montrer que $p_2 = \dfrac{7}{16}$. Illustrons la situation par un arbre : \begin{center} %\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=7mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$G_1$}\taput{ $\dfrac14$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$G_2$}\taput{ $\dfrac14$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{G_2}$}\tbput{ $\dfrac34$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{G_1}$}\tbput{ $\dfrac34$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$G_2$}\taput{ $\dfrac12$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{G_2}$}\tbput{ $\dfrac12$} } } \end{center} Alors : En appliquant la formule des probabilités totales : \noindent $p_2=p\left(G_2\right)=p_{G_1}\left(G_2\right)p\left(G_1)\right)+p_{\overline{G_1}}\left(G_2\right)p\left(G_1\right)\\ =\dfrac{1}{4}\times \dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}\times \dfrac{3}{4}=\dfrac{1}{16}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{7}{16}$ donc $\boxed{\textcolor{red}{p_2 = \dfrac{7}{16}}}$ \item %Montrer que, pour tout entier naturel $n$ non nul, $p_{n+1} = - \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2}$. Arbre : \begin{center} %\usepackage{pstricks,pst-plot,pst-text,pst-tree,pst-eps,pst-fill,pst-node,pst-math} \psset{nodesep=0mm,levelsep=20mm,treesep=10mm} \pstree[treemode=R]{\Tdot} { \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$G_n$}\taput{ $p_n$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$G_{n+1}$}\taput{ $\dfrac14$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{G_{n+1}}$}\tbput{ $\dfrac34$} } \pstree {\Tdot~[tnpos=a]{$\overline{G_n}$}\tbput{ $1-p_n$}} { \Tdot~[tnpos=r]{$G_{n+1}$}\taput{ $\dfrac12$} \Tdot~[tnpos=r]{$\overline{G_{n+1}}$}\tbput{ $\dfrac12$} } } \end{center} \medskip D'après la formule des probabilités totales : $p_{n+1}=p\left(G_{n+1}\right)=\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{2}\left(1-p_n\right)=-\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{2}$ Donc : \[\boxed{\textcolor{red}{p_{n+1}=-\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{2}}}\] \item On obtient ainsi les premières valeurs de $p_n$ : %\tiny \begin{center} \begin{tabularx}{0.8\linewidth}{|c|*{7}{>{\centering \arraybackslash}X|}}\hline $n$ &1 &2 &3 &4 &5 &6 &7\\ \hline $p_n$& $\dfrac{1}{4}$ &\numprint{0,4375} &\numprint{0,3906} &\numprint{0,4023} &\numprint{0,3994} &\numprint{0,4001} &\numprint{0,3999}\\ \hline \end{tabularx} \end{center} \normalsize %Quelle conjecture peut -on émettre ? On peut conjecturer que la suite converge vers 0,4. \item On définit, pour tout entier naturel $n$ non nul, la suite $\left(u_n\right)$ par $u_n = p_n - \dfrac{2}{5}$. \begin{enumerate} \item %Démontrer que la suite $\left(u_n\right)$ est une suite géométrique dont on précisera la raison. Pour tout $n\in\mathbb{N}$, $n_{n+1}=p_{n+1}-\dfrac{2}{5}\\ =-\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{2}-\dfrac{2}{5}=-\dfrac{1}{4}p_n+\dfrac{1}{10}=-\dfrac{1}{4}\left(p_n-\dfrac{2}{5}\right)=\boxed{\textcolor{red}{-\dfrac{1}{4}u_n}}$ donc $\boxed{\textcolor{red}{u_{n+1}=-\dfrac{1}{4}u_n}}$. La suite $\left(u_n\right)$ est donc géométrique, de raison $\boxed{\textcolor{red}{q=-\dfrac{1}{4}}}$. \item %En déduire que, pour tout entier naturel $n$ non nul, $p_n = \dfrac{2}{5} - \dfrac{3}{20}\left(- \dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$. $u_1=p_1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{1}{4}-\dfrac{2}{5}=\boxed{\textcolor{red}{-\dfrac{3}{20}}}$. Comme la suite $\left(u_n\right)$ est géométrique, on a, pour tout $n$, $u_n=u_1q^{n-1}=-\dfrac{3}{20}\times \left(-\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}$. On en déduit : $p_n=u_n+\dfrac{2}{5}=\boxed{\textcolor{red}{\dfrac{2}{5}-\dfrac{3}{20}\times \left(-\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}}}$. \item %La suite $\left(p_n\right)$ converge-t-elle ? Interpréter ce résultat. $-1<-\dfrac{1}{4}<1$ donc $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}\left(-\dfrac{1}{4}\right)^{n-1}=0$ d'où $\displaystyle\lim_{n\rightarrow +\infty}p_n=\dfrac{2}{5}=\boxed{\textcolor{red}{0,4}}$ donc la conjecture faite à partir du tableau est validée. \end{enumerate} \end{enumerate} \subsection{\textcolor{blue}{Pondichéry avril 2013 (extrait)}} Dans une entreprise, on s'intéresse à la probabilité qu'un salarié soit absent durant une période d'épidémie de grippe. \medskip \setlength\parindent{8mm} \begin{itemize} \item[$\bullet~~$] Un salarié malade est absent \item[$\bullet~~$] La première semaine de travail, le salarié n'est pas malade. \item[$\bullet~~$] Si la semaine $n$ le salarié n'est pas malade, il tombe malade la semaine $n + 1$ avec une probabilité égale à $0,04$. \item[$\bullet~~$] Si la semaine $n$ le salarié est malade, il reste malade la semaine $n + 1$ avec une probabilité égale à $0,24$. \end{itemize} \setlength\parindent{0mm} On désigne, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 1, par $E_{n}$ l'évènement \og le salarié est absent pour cause de maladie la $n$-ième semaine \fg. On note $p_{n}$ la probabilité de l'évènement $E_{n}$. On a ainsi : $p_{1} = 0$ et, pour tout entier naturel $n$ supérieur ou égal à 1 : $0 \leqslant p_{n} < 1$. \medskip \begin{enumerate} \item \begin{enumerate} \item Déterminer la valeur de $p_{3}$ à l'aide d'un arbre de probabilité. \begin{center} %\begin{pdfdisplay} \pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}} { \TR{$E_1$}\taput{0} \pstree{\TR{$\overline E_1$}\tbput{1}} { \pstree{\TR{$E_{2}$}\taput{$0,04$}} { \TR{$E_{3}$}\taput{0,24} \TR{$\overline{E_{3}}$}\tbput{0,76} } \pstree{\TR{$\overline{E_{2}}$}\tbput{0,96}} { \TR{$E_{3}$}\taput{0,04} \TR{$\overline{E_{3}}$}\tbput{0,96} } } } %\end{pdfdisplay} \end{center} On applique la \textcolor{red}{formule des probabilités totales} :\\ $E_3 = E_2\cap E_3 \; \cup \; \overline{E_2}\cap E_3 $ (union d'événements disjoints) \\ $p_3=P(E_3)=0,04\times 0,24+0,96\times 0,04=\boxed{\textcolor{red}{0,048}}$. \item Sachant que le salarié a été absent pour cause de maladie la troisième semaine, déterminer la probabilité qu'il ait été aussi absent pour cause de maladie la deuxième semaine. \[\text{P}_{E_3}(E_2)=\dfrac{\text{P}(E_2\cap E_3)}{\text{P}(E_3)}=\dfrac{0,04\times 0,24}{0,048}=\boxed{\textcolor{red}{0,1}}\] \end{enumerate} \newpage \item \begin{enumerate} \item Complétons l'arbre\\ \begin{center} %\begin{pdfdisplay} \pstree[linecolor=blue,treemode=R]{\TR{}} { \pstree{\TR{$E_{n}$}\taput{$p_{n}$}} { \TR{$E_{n+1}$}\taput{0,24} \TR{$\overline{E_{n+1}}$}\tbput{0,76} } \pstree{\TR{$\overline{E_{n}}$}\tbput{($1-p_n$)}} { \TR{$E_{n+1}$}\taput{0,04} \TR{$\overline{E_{n+1}}$}\tbput{0,96} } } %\end{pdfdisplay} \end{center} \item En appliquant le théorème des probabilités totales : \[ \begin{aligned}&E_{n+1} = E_n\cap E_{n+1} \; \cup \; \overline{E_n}\cap E_{n+1} \text{(union d'événements disjoints)} \\ & p_{n+ 1} = 0,24p_{n} + 0,04(1-p_n)=(0,24-0,04)p_n+0,04=\boxed{\textcolor{red}{0,2p_n+0,04 }} est \end{aligned}\] \item Pour tout $n\in\mathbb{N}^*$, \[u_{n+1} = p_{n+1} - 0,05=0,2p_n+0,04-0,05=0,2p_n-0,01=0,2(p_n-0,05)=\boxed{\textcolor{red}{0,2u_n}}\] donc $(u_n)$ est la suite géométrique de premier terme $u_1=-0,05$ et la raison $\boxed{\textcolor{red}{q=0,2}}$.\\ Par propriété, pour tout $n\in\mathbb{N}^*$ : \; $u_{n}=u_1\times q^{n - 1}=-\boxed{\textcolor{red}{0,05\times 0,2^{n-1}}}$ \\ et donc : $ p_{n}=u_n+0,05=\boxed{\textcolor{red}{0,05(1-0,2^{n-1})}}$ . \item Limite de la suite $\left(p_{n}\right)$. \\ Comme $|0,2|<1$ alors par théorème : $\lim \; (0,2)^{n-1}=0$ et donc $\boxed{\textcolor{red}{\lim p_n=0,05}}$. \item Le nombre $J$ qui est affiché en sortie d'algorithme est le rang du premier terme de la suite $(p_n)$ qui s'approche de la limite 0,05 à $10^{-K}$ près, où $K$ est un entier fixé au départ.\\ La convergence de l'algorithme est assurée par l'existence de la limite vue en (d) ou bien par le théorème de convergence monotone, puisque la suite $(p_n)$ est croissante par hypothèse et majorée par 1 (car pour tout $n\in \mathbb{N}^* , p_n\leqslant 1$). \end{enumerate} \end{enumerate} \label{fin} \end{document}