MA02TE0-SEQUENCE-05.pdf

>

ère 1

partie :

Suites numériques

>

e 2

partie :

Conditionnement et indépendance

Séquence 5 – MA02

183

1ère partie Chapitre 1

Chapitre 2

Chapitre 3

> Le principe de récurrence A

L’idée

B A

L’axiome

A C

Exemples d’application

> Études de suites

........................................................................................................ 187

.......................................................................................................................................... 189

A

Vocabulaire (rappels)

B A

Suites arithmétiques et géométriques (rappels)

A C

Limites (compléments)

D C A

Exemples d’études

> Suites adjacentes

..................................................................................................................................... 197

A

Exemples d’introduction

B A

Suites adjacentes

A C

Un exemple de calcul d’aire

Chapitre 4

> Synthèse

Chapitre 5

> Exercices d’apprentissage

Chapitre 6

> Aspects plus théoriques

Chapitre 7

.................................................................................................................................................................... 202

....................................................................................................... 203

............................................................................................................. 204

A

Démonstration de la propriété 1 du III.B

B A

Suites adjacentes et suites croissantes majorées

> Exercices d’entraînement

........................................................................................................ 206

> Aides aux exercices

.............................................................................................................................. 208

Sommaire Séquence 5 – MA02

185

Le principe de récurrence A

L’idée Pour introduire le « principe de récurrence », considérons une situation concrète. Un certain nombre de dominos sont placés les uns après les autres. Pour que ceux-ci tombent, il faut tout d’abord faire tomber le 1er, il faut de plus que la chute d’un domino entraîne la chute du suivant (c’est-à-dire que les dominos soient assez proches). Ces deux conditions étant réunies, tous les dominos tombent : Si le 1er domino tombe et si la chute du kième domino entraîne la chute du ( k + 1 ) ième alors tous les dominos tombent. C’est cette idée que nous allons formaliser.

B

L’axiome On veut démontrer qu’une proposition P n est vraie pour tout entier naturel n.  On montre que la 1re proposition P 0 (ou P 1 si l’ensemble des indices considérés est *) est vraie.  On suppose que la proposition est vraie au rang n (c’est-à-dire P n vraie) (pour un entier n quelconque) et on montre alors que la propriété est vraie au rang n + 1 (c’est-à-dire P n + 1 vraie).

On peut alors conclure que la propriété est vraie pour tout entier naturel ( P n est vraie pour tout n appartenant à ). Nous considérerons comme un axiome1 le fait que si les propositions P n vérifient les hypothèses cidessus alors P n est vraie pour tout entier naturel n.

C

Exemples d’application

Exemple 

Montrer que la somme des n premiers entiers naturels élevés au carré vaut : n

∑

k=1

n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) k 2 = 1 2 + 2 2 + 3 2 + ... + n 2 = ---------------------------------------- . 6

n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) Soit P n l’hypothèse de récurrence : 1 2 + 2 2 + ... + n 2 = ---------------------------------------- . 6 •

1 × (1 + 1) × (2 × 1 + 1) 1 2 = 1 = ---------------------------------------------------------- donc P 1 est vraie. 6

• Soit n un entier naturel. Supposons P n vraie. Alors : n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 1 2 + 2 2 + ... + n 2 = ---------------------------------------- . 6

1. Énoncé admis, un ensemble d’axiomes est le point de départ d’une théorie mathématique. Séquence 5 – MA02

187

On a donc : n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 1 2 + 2 2 + ... + ( n + 1 ) 2 = ( 1 2 + 2 2 + ... + n 2 ) + ( n + 1 ) 2 = ---------------------------------------- + ( n + 1 ) 2 6 2n 2 + n + 6 ( n + 1 ) n ( 2n + 1 ) = ( n + 1 ) × ----------------------- + ( n + 1 ) = ( n + 1 ) × -------------------------------------------6 6 2n 2 + 7n + 6 ( 2n + 3 ) ( n + 2 ) = ( n + 1 ) × ------------------------------ = ( n + 1 ) × ------------------------------------6 6 (n + 1)[(n + 1) + 1][2(n + 1) + 1] = ----------------------------------------------------------------------------------6 P n + 1 est alors vraie. • En conclusion, d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n : n ( n + 1 ) ( 2n + 1 ) 1 2 + 2 2 + ... + n 2 = ---------------------------------------- . 6

Exemple 

Montrer que pour tout entier naturel non nul n, 12 divise 9 n + 3 . Soit P n l’hypothèse de récurrence : 12 divise 9 n + 3 . •

9 1 + 3 = 12 est divisible par 12 donc P 1 est vraie.

• Soit n un entier naturel non nul. Supposons P n vraie c’est-à-dire : 12 divise 9 n + 3 . Il existe alors un entier K tel que : 9 n + 3 = 12K . On a : 9 n + 1 + 3 = 9 × 9 n + 3 = 9 × ( 12K – 3 ) + 3 = 9 × 12K – 27 + 3 = 9 × 12K – 24 . = 12 × ( 9K – 2 ) Ainsi 12 divise 9 n + 1 + 3 et P n + 1 est vraie. • Ainsi, par récurrence, pour tout entier n ≥ 1 , 12 divise 9 n + 3 .

188

Séquence 5 – MA02

Études de suites A

Vocabulaire (rappels)

Remarque

Exemple 

Soit u une suite de terme général u n : u est croissante si u n + 1 ≥ u n pour tout entier naturel n ; u est strictement croissante si u n + 1 > u n pour tout entier naturel n ; u est décroissante si u n + 1 ≤ u n pour tout entier naturel n ; u est strictement décroissante si u n + 1 < u n pour tout entier naturel n ; u est monotone si elle est croissante ou décroissante ; u est constante si u n + 1 = u n pour tout entier naturel n ; Une suite peut être ni croissante, ni décroissante (par exemple la suite u définie par u n = ( – 1 ) n ). u est majorée s’il existe un réel A tel que pour tout n : u n ≤ A ; u est minorée s’il existe un réel B tel que pour tout n : u n ≥ B ; u est bornée si u est à la fois majorée et minorée. n+5 On considère la suite u définie pour tout entier naturel par : u n = ------------ . n+3  Calculer les 4 premiers termes de la suite.  À l’aide de la calculatrice, donner les valeurs de u n pour n ≤ 10 .  La suite est-elle monotone ?  La suite est-elle bornée ? 0+5 5 1+5 6 3 2+5 7 3+5 8 4 1 On a : u 0 = ------------ = -- , u 1 = ------------ = -- = -- , u 2 = ------------ = -- et u 3 = ------------ = -- = -- . 0+3 3 1+3 4 2 2+3 5 3+3 6 3 X+5 2 Il suffit (en MODE « Func ») de rentrer la fonction Y 1 = ------------ et de consulter la TABLE X+3 ( TblStart = 4 et ΔTbl = 1 ). On obtient les valeurs (à 10 – 4 près) : un

n 4

1,285 7

5

1,25

6

1,222 2

7

1,2

8

1,181 8

9

1,166 7

10

1,153 8

3 Il semble que la suite soit strictement décroissante (mais le tableau de valeurs ne nous permet pas d’en être sûr, on pourrait avoir u 100 > u 99 ). Pour tout entier naturel n : (n + 1) + 5 n + 5 n+6 n+5 (n + 6)(n + 3) – (n + 5)(n + 4) u n + 1 – u n = -------------------------- – ------------ = ------------ – ------------ = -------------------------------------------------------------------------(n + 1) + 3 n + 3 n+4 n+3 (n + 4)(n + 3) –2 n 2 + 9n + 18 – n 2 – 9n – 20 = ----------------------------------------------------------------- = ---------------------------------- < 0 et donc : u n + 1 < u n (n + 4)(n + 3) (n + 4)(n + 3)

.

Ainsi u est décroissante et donc monotone. 4 Pour tout entier naturel n, n + 5 et n + 3 sont positifs, u est donc minorée par 0. De plus, cette 5 suite est décroissante donc pour tout entier naturel n : u n ≤ u 0 = -- . La suite u est donc majorée. 3 Ainsi u est bornée. Séquence 5 – MA02

189

Exemple 

On considère la suite u définie par : u 0 = 2 et u n + 1 = 2u n – 3 .  Calculer u 1 , u 2 et u 3 .  À l’aide de la calculatrice, calculer u n pour n ≤ 10 . Conjecturer une valeur de a telle que u n soit majorée par a.  Montrer, par récurrence, que pour tout n entier naturel : u n ≤ a .  Étudier le signe de : u n + 1 – u n . Qu’en déduire ? 1 On a : u 1 = 2 × u 0 – 3 = 1 , u 2 = 2 × u 1 – 3 = – 1 et u 3 = 2 × u 2 – 3 = – 5 . 2 Pour programmer ce type de suite récurrente (définie par exemple par une relation du type u n + 1 = f ( u n ) ), il faut utiliser le MODE : Seq, Y = nous permet alors de définir la suite u : nMin = 0 (le 1er terme de la suite a pour indice 0), u ( n ) = 2*u ( n – 1 ) – 3 , u ( nMin ) = 2 ( u 0 = 2 ) (le « u » s’obtient par les touches 2nd 7 ). La table nous donne alors les valeurs : n

un

4

– 13

5

– 29

6

– 61

7

– 125

8

– 253

9

– 509

10

– 1 021

Il semble que la suite soit décroissante, on peut donc supposer que pour tout entier naturel n : un ≤ u0 = 2 . 3 Soit P n l’hypothèse de récurrence : u n ≤ 2 .  u 0 = 2 donc P 0 est vraie.  Soit n un entier naturel. On suppose que P n est vraie : u n ≤ 2 . Alors : u n + 1 = 2u n – 3 ≤ 2 × 2 – 3 = 1 < 2 et P n + 1 est vraie.  Ainsi, par récurrence pour tout entier naturel n : u n ≤ 2 . 4 Pour tout entier naturel n : u n + 1 – u n = 2u n – 3 – u n = u n – 3 ≤ 2 – 3 = – 1 < 0 . Ainsi u est strictement décroissante.

B

Suites arithmétiques et géométriques (rappels) a) Définitions

Définition  Propriétés 

Remarque Définition ’ Propriétés ’

Remarque

Une suite u est arithmétique s’il existe un réel r tel que pour tout entier naturel n : u n + 1 = u n + r . On dit que u est une suite arithmétique de raison r. Si u est une suite arithmétique de raison r alors pour tout entier naturel n : u n = u 0 + n ⋅ r = u 1 + ( n – 1 ) ⋅ r = u p + ( n – p ) ⋅ r (si p ≤ n ).

Une suite arithmétique est alors déterminée par son 1er terme et sa raison ou par deux de ses termes. Une suite u est géométrique s’il existe un réel q tel que pour tout entier naturel n : u n + 1 = u n × q . On dit que u est une suite géométrique de raison q. Si u est une suite géométrique de raison q alors pour tout entier naturel n : u n = u 0 × q n = u 1 × q ( n – 1 ) = u p × q ( n – p ) (si p ≤ n ). Une suite géométrique est alors déterminée par son 1er terme et sa raison ou par deux de ses termes.

b) Sens de variation, limites Propriétés 

Soit u une suite arithmétique de raison r : • Si r > 0 alors u est strictement croissante et

• Si r < 0 alors u est strictement décroissante et • Si r = 0 alors u est constante. 190

Séquence 5 – MA02

lim

n→+∞

lim

un = + ∞ ;

n→+∞

un = – ∞ ;

Propriétés 

Soit u une suite géométrique de raison q : • Si q > 1 et u 0 > 0 alors u est strictement croissante et lim u n = + ∞ ; n→+∞ • Si q > 1 et u 0 < 0 alors u est strictement décroissante et lim u n = – ∞ ; n→+∞ • Si 0 < q < 1 et u 0 > 0 alors u est strictement décroissante et lim u n = 0 ; n→+∞ • Si 0 < q < 1 et u 0 < 0 alors u est strictement croissante et lim u n = 0 ; n→+∞ • Si q = 1 alors u est constante.

Remarques

• Si le 1er terme d’une suite géométrique est nul, tous les termes de la suite sont nuls ; si la raison d’une suite géométrique est nulle alors tous les termes de la suite sont nuls sauf peut être le 1er terme. • Une suite géométrique de raison q ( < 0 ) n’est jamais monotone (sauf si u 0 = 0 ). • Si q < 1 , on a :

lim

n→+∞

q n = 0 (cf. séquence 1). En revanche une suite géométrique de raison q

( ≤ – 1 ) n’admet pas de limite (sauf si u 0 = 0 ).

c) Somme de termes consécutifs d’une suite arithmétique ou géométrique Propriété 

Propriété  Exemple 

La somme de termes consécutifs d’une suite arithmétique est : 1 er terme + dernier terme S = nombre de termes de la somme × ⎛ ----------------------------------------------------------⎞ . ⎝ ⎠ 2 La somme de termes consécutifs d’une suite géométrique est : 1 – ( raison ) nombre de termes S = 1 er terme × ------------------------------------------------------------- ( lorsque la raison est différente de 1 ) . 1 – raison Soit ( u n ) la suite définie sur  par : u 0 = 1 , u n + 1 = u n + 3 n . On considère la suite ( v n ) définie sur  par : v n = u n + 1 – u n . est la nature de ( v n ) ? Préciser ses éléments caractéristiques.  Exprimer en fonction de n : v 0 + v 1 + ... + v n .  Quelle

 Exprimer

alors u n en fonction de n. 1 Pour tout entier naturel n : v n = u n + 1 – u n = 3 n . Ainsi ( v n ) est une suite géométrique de raison 3 et de 1er terme 3 0 = 1 . 2

v 0 + v 1 + ... + v n est la somme des ( n + 1 ) premiers termes de la suite géométrique ( v n ) .

3n + 1 – 1 3n + 1 – 1 Ainsi : v 0 + v 1 + ... + v n = 1 × --------------------- = --------------------- . 3–1 2 3 On a, de plus : v 0 + v 1 + ... + v n – 1 = ( u 1 – u 0 ) + ( u 2 – u 1 ) + ... + ( u n – u n – 1 ) = un – u0

.

3n – 1 3n + 1 Ainsi pour tout n ≥ 1 , u n = u 0 + ( v 0 + v 1 + ... + v n – 1 ) = 1 + -------------- = -------------- . 2 2

C

Limites (compléments)

Théorème

Les définitions et différentes propriétés des limites ont été étudiées séquence 1. Nous donnons ici un théorème que nous admettrons et qui nous sera utile lors de certaines études de suites. Une suite croissante et majorée est convergente. Une suite décroissante et minorée est convergente. Séquence 5 – MA02

191

Remarque

Exemple 

Le 2e point est une conséquence du 1er. En effet si la suite de terme général u n est une suite décroissante minorée alors la suite de terme général – u n est une suite croissante majorée et si elle converge alors la suite de terme général u n converge aussi. 2 Soit u définie par u n + 1 = – -------------- et u 0 = 1 . un + 3  Montrer, par  Montrer  En

récurrence, que pour tout entier naturel n : – 1 < u n ≤ 1 .

que u est décroissante.

déduire que u est convergente et que si l’on note  =

lim

n→+∞

u n alors :

2  = – ------------ . +3  Déterminer

alors

lim

n→+∞

un .

1 Soit P n l’hypothèse de récurrence : – 1 < u n ≤ 1 . 

u 0 = 1 donc P 0 est vraie.  Soit n un entier naturel. On suppose P n vraie : – 1 < u n ≤ 1 . On a alors, successivement, les inégalités : 1 2 1 1 1 2 < u n + 3 ≤ 4 , -- ≤ -------------- < -- et -- ≤ -------------- < 1 (la fonction inverse étant décroissante sur  + * ). 4 un + 3 2 2 un + 3 Ainsi : 2 1 u n + 1 = – -------------- ∈ – 1 ; – -- ⊂ ] – 1 ; 1 ] et P n + 1 est vraie. un + 3 2  On

en déduit, par récurrence, que pour tout entier naturel n :

– 1 < un ≤ 1 . 2 Pour tout entier naturel n : u n2 + 3u n + 2 – 2 – un ( un + 3 ) 2 u n + 1 – u n = – -------------- – u n = -------------------------------------- = – ------------------------------ . un + 3 un + 3 un + 3 De plus, u n2 + 3u n + 2 = ( u n + 1 ) ( u n + 2 ) (pour trouver cette factorisation, il suffit de chercher les solutions de x 2 + 3x + 2 = 0 ). Pour tout entier naturel n : u n > – 1 donc u n + 1 , u n + 2 et u n + 3 sont positifs. Ainsi u est décroissante. 3 u est une suite décroissante et minorée (par – 1 ), elle est donc convergente. On note  sa limite. lim

n→+∞

u n =  donc

lim

n→+∞

2 2 2 – -------------- = – ------------ , lim – -------------- = lim u n + 1 =  . un + 3  + 3 n → + ∞ un + 3 n→+∞

2 Ainsi  = – ------------ . +3 4 Pour tout n, u n est supérieur à – 1 donc  ≥ – 1 et : 2  = – ------------ ⇔  (  + 3 ) = – 2 ⇔  2 + 3 + 2 = 0 ⇔ (  + 1 ) (  + 2 ) = 0 ⇔  = – 1 . +3 On a donc :

Remarques

lim

n→+∞

un = – 1 .

On a montré (cf. séquence 1) qu’une suite croissante et non majorée avait pour limite + ∞ . On en déduit que si une suite est croissante alors elle converge (si elle est majorée) ou elle tend vers + ∞ (si elle est non majorée). De même une suite décroissante converge (si elle est minorée) ou tend vers – ∞ (si elle est non minorée).

192

Séquence 5 – MA02

D

Exemples d’étude a) Suites définies par une relation du type u n + 1 = f ( u n ) (f est une fonction continue) et de 1er terme u 0 (ou u 1 ) Traçons dans un repère orthonormé, la courbe  représentative de f et la droite  d’équation y = x . On peut alors construire (sur l’axe des abscisses) les premiers termes de la suite de la façon suivante : On place u 0 sur l’axe des abscisses (point M 0 ( u 0 ; 0 ) ), on se déplace parallèlement à l’axe des ordonnées jusqu’à  (point M 1 ( u 0 ; f ( u 0 ) = u 1 ) ), on se déplace alors parallèlement à l’axe des abscisses jusqu’à  (point M 2 ( u 1 ; u 1 ) ), on se déplace parallèlement à l’axe des ordonnées jusqu’à  (point M 3 ( u 1 ; f ( u 1 ) = u 2 ) ), etc. Les abscisses des différents points nous donnent les termes de la suite. Cela se justifie par les remarques suivantes : • 2 points sur la même parallèle à l’axe des abscisses ont même ordonnée ; • 2 points sur la même parallèle à l’axe des ordonnées ont même abscisse ; • Si M ( x ; y ) appartient à  alors x = y ; • Si M ( x ; y ) appartient à  alors f ( x ) = y . y



f (u0) = u1



0

u 1 u3

u5

u7

u8 u4 u6

u2

x

u0

Sur cet exemple, la suite semble converger vers l’abscisse  du point d’intersection de  et  (on a alors : f() = .En fait, on a le résultat suivant :

Propriété Si ( u n ) est une suite définie par son 1er terme et la relation de récurrence u n + 1 = f ( u n ) (f continue) et si de plus ( u n ) converge vers le réel  alors : f (  ) =  . En lim

effet,

n→+∞

comme

f ( un ) =

lim

n→+∞

lim

n→+∞

un =  ,

on

a:

lim

n→+∞

f ( un ) = f (  ) .

De

plus :

u n + 1 =  ce qui prouve bien l’égalité.

Séquence 5 – MA02

193

Exemple 

un 2 Soit u la suite définie sur  par : u 0 = 1 et la relation de récurrence : u n + 1 = ----- – -- . 3 3  Conjectures a) Construire graphiquement les premiers termes de la suite. b) La suite semble-t-elle majorée (si oui préciser un majorant) ? minorée (si oui préciser un minorant) ? monotone ? convergente ?  Démonstrations

Démontrer les précédentes conjectures (il peut être utile d’étudier ces éléments dans le même ordre que pour la question b).  Expression

de u n en fonction de n.

a) Déterminer le réel a tel que la suite v définie par : v n = u n – a soit géométrique. Déterminer sa raison et son 1er terme. b) Exprimer v n puis u n en fonction de n. c) Retrouver les résultats du 2. 1 a) Voici le graphe de la suite : y

u4 u3 u2

u1

u0 O

–1

1

x

y=x–2 3 3

–1

b) Il semble que la suite soit majorée par 1 (tous les points sont « à gauche » de la droite d’équation x = 1 ), minorée par – 1 (tous les points sont à droite de la droite d’équation x = – 1 ), strictement décroissante (et donc strictement monotone) et convergente vers – 1 . 4 Soit P n l’hypothèse de récurrence : – 1 ≤ u n ≤ 1 ;  u 0 = 1 donc P 0 est vraie. –1 2 1 2 n un entier naturel. On suppose P n vraie : – 1 ≤ u n ≤ 1 . On a alors : ------ – -- ≤ u n + 1 ≤ -- – -3 3 3 3 1 soit – 1 ≤ u n + 1 ≤ – -- < 1 ainsi P n + 1 est vraie. 3  On en déduit par récurrence que pour tout entier naturel n : – 1 ≤ u n ≤ 1 .  Soit

Pour tout, entier naturel n : un 2 2 2 2 u n + 1 – u n = ----- – -- – u n = – -- u n – -- = – -- ( u n + 1 ) ≤ 0 (car : u n ≥ – 1 ). Ainsi u est décrois3 3 3 3 3 sante. u est une suite décroissante et minorée, il s’agit donc d’une suite convergente. Sa limite  vérifie : 2 2  2  = --- – -- soit ------ = – -- ou encore  = – 1 . 3 3 3 3 Ainsi lim u n = – 1 . n→+∞

194

Séquence 5 – MA02

5 a) Soient a un réel et v la suite définie sur  par : v n = u n – a . On a : vn + a 2 vn 2 un 2 vn a 2 v n + 1 = u n + 1 – a = ----- – -- – a = -------------- – -- – a = ----- + -- – -- – a = ----- – -- ( a + 1 ) . Ainsi v 3 3 3 3 3 3 3 3 3 1 er est géométrique si : a = – 1 , son 1 terme est alors v 0 = u 0 + 1 = 2 et sa raison -- . 3 1⎞ n 2 ⎛ b) D’après ce qui précède, pour tout entier naturel n : v n = -- × 2 = ----- et donc ⎝ 3⎠ 3n 2 u n = v n + a = ----- – 1 . 3n 1 c) v est une suite géométrique de raison -- ( ∈ ] – 1 ; 1 [ ) et v 0 est strictement positif. Ainsi v est 3 strictement décroissante et lim v n = 0 . On en déduit que u est strictement décroissante et : n→+∞

lim

n→+∞

Exemple

u n = – 1.

1 Soit u la suite définie sur  par : u 0 = – -- et u n + 1 = u n2 + 2u n . 2  Montrer que pour tout entier naturel n : u n ≥ – 1 et u n ≤ 0 .  En déduire que la suite u est décroissante.  Montrer

alors que :

lim

n→+∞

un = – 1 .

1 Soit f la fonction définie sur  par f ( x ) = x 2 + 2x . f est dérivable sur  et pour tout réel x : f′ ( x ) = 2x + 2 = 2 ( x + 1 ) . On en déduit le tableau de variations de f : –∞

x

+∞

–1 –

signe de f′

0

+

+∞

+∞

f –1

lim

x→+∞

f(x) =

lim

x→+∞

x2

= +∞,

lim

x→–∞

f(x) =

lim

x→–∞

x2 = + ∞ , f( – 1 ) = – 1 .

On en déduit que f est strictement croissante sur [ – 1 ; 0 ] et que : f([– 1 ; 0]) = [f(– 1) ; f(0)] = [– 1 ; 0] . Soit P n l’hypothèse de récurrence : – 1 ≤ u n ≤ 0 . 1 u 0 = – -- donc P 0 est vraie. 2  Soit n un entier naturel n, on suppose P n vraie : – 1 ≤ u n ≤ 0 soit u n ∈ [ – 1 ; 0 ] . Alors : u n + 1 = f ( u n ) ∈ f ( [ – 1 ; 0 ] ) = [ – 1 ; 0 ] et P n + 1 est vraie.  Ainsi, par récurrence, pour tout entier naturel n : – 1 ≤ u n ≤ 0 . 2 Pour tout entier naturel n : u n + 1 – u n = u n2 + 2u n – u n = u n2 + u n = u n ( u n + 1 ) ≤ 0 (car – 1 ≤ u n ≤ 0 ). Ainsi u est décroissante. 3 u est une suite décroissante minorée, il s’agit donc d’une suite convergente. Si l’on note  sa limite, on a :  =  2 + 2 soit  (  + 1 ) = 0 . Ainsi  = 0 ou  = 1 . 1 1 1 De plus, u 0 = – -- et u est décroissante donc pour tout entier naturel n : u n ≤ – -- et donc  ≤ – -- . 2 2 2  ne peut donc être égal qu’à – 1 : lim u n = – 1 . 

n→+∞

b) « Vitesse de convergence » –1–n On considère les suites u, v et w définies sur  par : u est la suite définie, exemple , v n = ---------------2+n – 2n et w n = -------------- . 2n + 1 Montrer que : lim v n = lim w n = – 1 . n→+∞

n→+∞

Séquence 5 – MA02

195

On a : lim

n→+∞

vn =

lim

n→+∞

–n ------ = – 1 . De plus, pour tout entier naturel n : n

– 2n – 2n –1 -------------- = -------------------------- = --------------- . Ainsi : n 1 1⎞ 2 +1 ⎛ n 1 + ----2 1 + ----⎝ 2n 2 n⎠ lim

n→+∞

Remarques

w n = – 1 (car

lim

n→+∞

1 ----- = 0 ). 2n

Examinons, à l’aide d’un tableur, les premiers termes de ces 3 suites : n

un

vn

wn

0

– 0 ,500 000

– 0 ,500 000

– 0 ,500 000

1

– 0 ,750 000

– 0 ,666 667

– 0 ,666 667

2

– 0 ,937 500

– 0 ,750 000

– 0 ,800 000

3

– 0 ,996 094

– 0 ,800 000

– 0 ,888 889

4

– 0 ,999 985

– 0 ,833 333

– 0 ,941 176

5

– 1 ,000 000

– 0 ,857 143

– 0 ,969 697

6

– 1 ,000 000

– 0 ,875 000

– 0 ,984 615

7

– 1 ,000 000

– 0 ,888 889

– 0 ,992 248

8

– 1 ,000 000

– 0 ,900 000

– 0 ,996 109

9

– 1 ,000 000

– 0 ,909 091

– 0 ,998 051

10

– 1 ,000 000

– 0 ,916 667

– 0 ,999 024

On a : u 0 = v 0 = w 0 , ces 3 suites convergent vers la même limite – 1 et pourtant ces suites convergent « à des vitesses très différentes » : u 2 est une valeur approchée à 10 – 2 de – 1 , u 4 à 10 – 4 et u 5 à 10 – 6 . Par contre le 1er terme de la suite v qui s’approche de – 1 à 10 – 1 près est v 8 . De plus, w 4 se rapproche de – 1 à 10 – 1 près et u 7 à 10 – 2 près. Ces suites tendent de façons très différentes vers – 1 : u semble tendre vers – 1 plus vite que w qui elle-même semble tendre vers – 1 plus vite que v. Pour conforter cette idée, on peut étudier les écarts entre ces suites et leur limite commune – 1 . Voici les résultats obtenus avec un tableur (le format de cellule : Nombre – Scientifique est le plus approprié ici, 5,00E-01 représentant le nombre 5 × 10 – 1 . n

un + 1

vn + 1

wn + 1

0

5,00E-01

5,00E-01

5,00E-01

1

2,50E-01

3,33E-01

3,33E-01

2

6,25E-02

2,50E-01

2,00E-01

3

3,91E-03

2,00E-01

1,11E-01

4

1,53E-05

1,67E-01

5,88E-02

5

2,33E-10

1,43E-01

3,03E-02

6

0,00E+00

1,25E-01

1,54E-02

7

0,00E+00

1,11E-01

7,75E-03

8

0,00E+00

1,00E-01

3,89E-03

9

0,00E+00

9,09E-02

1,95E-03

10

0,00E+00

8,33E-02

9,76E-04

L’écart avec la limite diminue de plus en plus vite pour u, u 5 nous fournit une précision de 10 – 9 (le tableau précédent ne nous prouve pas que : u 6 = u 7 = ... = – 1 , ce n’est d’ailleurs pas le cas mais cela signifie simplement que ces nombres sont trop petits pour être distinguer de 0 par l’ordinateur). On retrouve bien le fait que « u converge plus vite que w qui lui-même converge plus vite que v ». 196

Séquence 5 – MA02

Suites adjacentes A

Exemples d’introduction

Exemple A

Considérons le nombre

2 = 1 ,414 213 562 373 ... et les suites a et b :

a 0 = 1 ; a 1 = 1 ,4 ; a 2 = 1 ,41 ; a 3 = 1 ,414 ; a 4 = 1 ,414 2 ; a 5 = 1 ,414 21 ; ... b 0 = 2 ; b 1 = 1 ,5 ; b 2 = 1 ,42 ; b 3 = 1 ,415 ; b 4 = 1 ,414 3 ; b 5 = 1 ,414 22 ; ... a n est l’arrondi à n décimales par défaut de

2 et b n est l’arrondi à n décimales par excès de 2 .

1 a est une suite croissante, b est une suite décroissante et de plus : b n – a n = -------- . 10 n Ces 2 suites nous donnent un encadrement de plus en plus précis de approchées de 2 à 10 – n près). On a, d’ailleurs bien : lim

n→+∞

Exemple B

an =

lim

n→+∞

bn =

2 ( a n et b n sont des valeurs

2.

Soit f une fonction continue et strictement croissante sur un intervalle [ a ; b ] . On suppose, de plus, que : f ( a ) × f ( b ) < 0 . L’équation f ( x ) = 0 admet alors une unique solution c dans [a; b]. La méthode par dichotomie (cf. séquence 3) pour donner des valeurs approchées de c consiste à construire 2 suites u et v telles que : un + vn un + vn u 0 = a , v 0 = b , [ u n + 1 ; v n + 1 ] = u n ; ---------------- ou ---------------- ; v n selon que c soit dans le 1er 2 2 un + vn nd ⎛ ⎞ ou le 2 intervalle (on étudie pour cela le signe de f ---------------- ). ⎝ 2 ⎠ u est donc croissante puisque u n + 1 est égal soit à u n soit au milieu de l’intervalle [ u n ; v n ] , de même v est décroissante. Un

Un + Vn

Vn

2 Un +1

Vn +1

OU

Un +1

Vn +1

De plus la longueur v n – u n de l’intervalle [ u n ; v n ] est une suite géométrique de raison vn – un 1 b–a -- car v n + 1 – u n + 1 = --------------- et donc v n – u n = ----------- . 2 2 2n On retrouve une similitude avec les suites de l’exemple A. La convergence de ces suites (que nous avons admis) vers une même limite nous prouve l’existence du réel c tout en nous en donnant des encadrements de plus en plus précis. Ces 2 exemples nous montrent l’intérêt de suites u et v telles que : u est croissante, v est décroissante et lim v n – u n = 0 pour donner des valeurs approchées de réels. Il est assez naturel de penser que de n→+∞

telles suites convergent (et convergent donc vers la même limite puisque

lim

n→+∞

v n – u n = 0 ) dans

Séquence 5 – MA02

197

l’ensemble  des réels. En revanche, on peut remarquer que l’ensemble des décimaux ou même des rationnels ne vérifient pas cette propriété comme le montre l’exemple A puisque a et b sont des suites de décimaux qui convergent vers 2 qui n’est pas décimal ni même rationnel.

B

Les suites adjacentes

Définition

Deux suites u et v définies sur  sont adjacentes si : • u est croissante ; • v est décroissante ; •

lim

vn – un = 0 .

n→+∞

Propriété  Si u et v sont deux suites adjacentes (u croissante et v décroissante) alors : pour tous entiers naturels m et n : u m ≤ v n .

Remarque

Cela signifie que tous les termes de la suite v sont supérieurs à tous les termes de la suite u. Cette propriété sera démontrée au chapitre VI. Vn

2,5 2 1,5 1

Un

0,5 0 0

10

5

15

20

Propriété  Si 2 suites u et v sont adjacentes alors la convergence de l’une entraîne la convergence de l’autre et les deux suites ont la même limite.

Démonstration On a :

lim

n→+∞

v n – u n = 0 et pour tout entier naturel n : u n = v n – ( v n – u n ) . Alors si ( v n ) con-

verge vers un réel , ( u n ) converge vers  – 0 =  . De même pour tout n : v n = u n + ( v n – u n ) donc si ( u n ) converge vers un réel , il en est de même de ( v n ) . Nous admettons le théorème suivant :

Théorème

Deux suites adjacentes convergent vers la même limite. U0

Exemple

U1

...



...

Soient u et v les suites définies sur * par : n

un =

∑

k=1

1 1 1 1 1 ----- = ----- + ----- + ----- + ... + ----k2 12 22 32 n2

et

1 v n = u n + -- . n

Montrer que ces suites sont adjacentes. En déduire qu’elles convergent. 198

V1

Séquence 5 – MA02

V0

Pour tout entier naturel n : 1 1 1 1 1 1 1 1 u n + 1 – u n = ⎛ ----- + ----- + ... + ----- + -------------------⎞ – ⎛ ----- + ----- + ... + -----⎞ = ------------------2- > 0 ainsi u est ⎝ 12 22 ⎠ ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 (n + 1) n (n + 1) 1 2 n croissante. Pour tout entier naturel n : 1 1 1 1 1 1 1 v n + 1 – v n = ⎛ u n + 1 + ------------⎞ – ⎛ u n + --⎞ = u n + 1 – u n + ------------ – -- = ------------------- + ------------ – -⎝ n + 1⎠ ⎝ n⎠ n+1 n ( n + 1 )2 n + 1 n –1 n + n( n + 1 ) – ( n + 1 )2 n + n 2 + n – n 2 – 2n – 1 = ------------------------------------------------------- = -------------------------------------------------------- = ----------------------2 < 0 2 n(n + 1) n(n + 1) n( n + 1 )2 ainsi v est décroissante. lim

n→+∞

( vn – un ) =

lim

n→+∞

1 -- = 0 . n

Ainsi u et v sont adjacentes. On en déduit que ces 2 suites convergent et ont même limite. (On montre π2 que cette limite est ----- ). 6

Remarques

• Tout réel a est la limite commune à 2 suites adjacentes. Il suffit de prendre pour u n l’arrondi par défaut à n décimales de a et pour v n l’arrondi par excès à n décimales de a (cf. exemple A). • Si  est la limite commune à 2 suites adjacentes u et v (u croissante et v décroissante) alors u n et v n sont des valeurs approchées de  à 10 – p près dès que : v n – u n ≤ 10 – p (cette suite est positive et tend vers 0). En effet : 0 ≤  – un ≤ vn – un 

Un  – Un

C

et

0 ≤ vn –  ≤ vn – un .

Vn Vn – 

Un exemple de calcul d’aire Considérons la courbe définie dans un repère orthonormé ( O ; i ; j ) (unité : 1 cm) par : y = x 2 et 0 ≤ x ≤ 2 . On cherche à déterminer l’aire  de la portion de plan délimitée par la parabole d’équation y = x 2 , par l’axe des abscisses, et la droite d’équation x = 2 . Cette portion de plan étant incluse dans le rectangle OABC, son aire est inférieure à l’aire du rectangle soit : 2 × 4 = 8 cm 2 . On a donc :

B

C

0≤≤8.

Essayons d’affiner cet encadrement.

 O

A

x

Séquence 5 – MA02

199

Les polygones A 1 B 1 C 1 D 1 et OA 2 B 2 C 2 D 2 E 2 nous donnent alors l’encadrement : 1≤≤5.

y

y C2

D1

O

A1

B2

C1

x

B1

E2

O

D2

A2

x

n appartenant à *. On partage l’intervalle [ 0 ; 2 ] en 2n intervalles 1 1 2 k k+1 2n – 1 0 ; -- , -- ; -- , ..., -- ; ----------- , ..., --------------- ; 2 . On construit alors les rectangles comme indiqués n n n n n n ci-dessous : Soit

y

y

x

O

O

x

n = 2 Notons s n ≤  ≤ S n l’encadrement obtenu ( s n désigne la somme des aires des rectangles en dessous de la courbe et S n la somme des aires des rectangles au-dessus la courbe). y f

k+1 n

f

Ck

k n ck k n

k+1 n

x

On a : k 1 k2 k+1 k k2 Aire ( c k ) = ⎛ ----------- – --⎞ × f ⎛ --⎞ = -- × ----2- = ----- et ⎝ n n n n⎠ ⎝ n⎠ n3 k+1 1 ( k + 1 )2 k+1 k ( k + 1 )2 - = ------------------- . Aire ( C k ) = ⎛ ----------- – --⎞ × f ⎛ -----------⎞ = -- × -----------------⎝ n n n⎠ ⎝ n ⎠ n2 n3 200

Séquence 5 – MA02

Ainsi : s n = Aire ( c 0 ) + Aire ( c 1 ) + ... + Aire ( c 2n – 1 ) et 1 0 1 ( 2n – 1 ) 2 = ----- + ----- + ... + ---------------------- = ----3- × [ 0 2 + 1 2 + 2 2 + ... + ( 2n – 1 ) 2 ] 3 3 3 n n n n S n = Aire ( C 0 ) + Aire ( C 1 ) + ... + Aire ( C 2n – 1 ) . 1 1 22 ( 2n ) 2 = ----- + ----- + ... + ------------- = ----3- × [ 1 2 + 2 2 + 3 2 + ... + ( 2n ) 2 ] n n3 n3 n3 Montrons que ces 2 suites sont adjacentes. 4 ( 2n ) 2 4 On a : S n = s n + ------------- = s n + -- . Ainsi : lim S n – s n = lim -- = 0 . n n→+∞ n→+∞ n n3 On a montré (exemple ) que pour tout entier naturel N : N

∑

k=0

N ( N + 1 ) ( 2N + 1 ) k 2 = 0 2 + 1 2 + 2 2 + ... + N 2 = ------------------------------------------- . On a donc : 6

( 2n – 1 ) ( 2n – 1 + 1 ) [ 2 ( 2n – 1 ) + 1 ] ( 2n – 1 ) × 2n × ( 4n – 1 ) 1 2 + 2 2 + ... + ( 2n – 1 ) 2 = --------------------------------------------------------------------------------------- = ---------------------------------------------------------6 6 . n ( 2n – 1 ) ( 4n – 1 ) = ------------------------------------------3 Ainsi : n ( 2n – 1 ) ( 4n – 1 ) ( 2n – 1 ) ( 4n – 1 ) 8n 2 – 6n + 1 8 2 1 s n = ------------------------------------------- = ---------------------------------------- = ------------------------------ = -- – -- + -------- et : 3 n 3n 2 3n 3 3n 2 3n 2 8 2 1 8 2 1 2 2 1 1 s n + 1 – s n = ⎛ -- – ------------ + ----------------------⎞ – ⎛ -- – -- + --------⎞ = -- – ------------ + ---------------------- – -------⎝ 3 n + 1 3 ( n + 1 ) 2⎠ ⎝ 3 n 3n 2⎠ n n + 1 3 ( n + 1 ) 2 3n 2 6n ( n + 1 ) 2 – 6n 2 ( n + 1 ) + n 2 – ( n + 1 ) 2 = ----------------------------------------------------------------------------------------------3n 2 ( n + 1 ) 2 6n 3 + 12n 2 + 6n – 6n 3 – 6n 2 + n 2 – n 2 – 2n – 1 = ----------------------------------------------------------------------------------------------------------------3n 2 ( n + 1 ) 2

.

6n 2 + 4n – 1 = -----------------------------3n 2 ( n + 1 ) 2 Pour n ≥ 1 , 6n 2 + 4n – 1 ≥ 6 + 4 – 1 = 9 > 0 . Ainsi pour tout entier naturel (non nul), s n + 1 – s n est positif ce qui prouve que la suite est croissante. 4 8 2 1 De plus, S n = s n + -- = -- + -- + -------- est une suite décroissante car somme de 2 suites décroissann 3 n 3n 2 tes et d’une suite constante. Les 2 suites sont donc bien adjacentes. Ici (ce ne sera pas toujours le cas) on peut calculer cette limite commune : lim

n→+∞

sn =

lim

n→+∞

8 2 1 8 -- – -- + -------- = -- . 3 n 3n 2 3

8 L’aire de  est donc de --  2 ,667 cm 2 . 3

Séquence 5 – MA02

201

Synthèse Raisonnement par récurrence : pour montrer que P n est vraie pour tout n de . • On montre que la 1re proposition ( P 0 ou P 1 ) est vraie. • Un entier naturel n étant fixé, on suppose la proposition P n vraie. On montre alors que P n + 1 est vraie.

Suites arithmétiques Une suite u est arithmétique si pour tout n ∈  : u n + 1 = u n + r , r est alors la raison de u. Si u est une suite arithmétique de raison r, pour tout n ∈  : u n = u 0 + nr = u 1 + ( n – 1 )r = u p + ( n – p )r ( p ∈  ) . Somme de termes consécutifs d’une suite arithmétique : 1 er terme + dernier terme nombre de termes de la somme × ---------------------------------------------------------2

Suites géométriques Une suite u est géométrique si pour tout n de  : u n + 1 = u n × q , q est alors la raison de u. Si u est une suite géométrique de raison q, pour tout n de  : un = u0 × q n = u1 × q n – 1 = up × q n – p

(p < n) .

Somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison q ( ≠ 1 ) : 1 – q nombre de termes 1 er terme × --------------------------------------------1–q

Suites adjacentes Deux suites u et v sont adjacentes si : • L’une est croissante et l’autre décroissante ; •

lim

n→+∞

( vn – un ) = 0 .

Si u et v sont 2 suites adjacentes, si u est croissante et v décroissante alors tous les termes de v sont supérieurs à tous les termes de u.

Limites Une suite croissante et majorée est convergente. Une suite décroissante et minorée est convergente. Deux suites adjacentes convergent vers la même limite.

202

Séquence 5 – MA02

Exercices d’apprentissage Exercice 

un Soit u la suite définie sur * par : u 1 = 1 et u n + 1 = -------------- . 1 + un 

Calculer u 2 , u 3 , u 4 et u 5 . Quelle conjecture peut-on faire sur l’expression de u n en fonction de n?

 Montrer

Exercice 

par récurrence cette propriété.

Démontrer par récurrence que : n2( n + 1 )2 Pour tout entier naturel n : 1 3 + 2 3 + 3 3 + ... + n 3 = ------------------------- . 4  Pour tout entier naturel n : ( 1 + t ) n ≥ 1 + nt (où t est un réel strictement positif fixé). 

Exercice 

Les suites suivantes sont-elles monotones ? bornées ? 

1 u n = -------------3 + n2

( – 1 )n u n = 2 + -------------n  un = n 4 – n 2 

Exercice 

Soit u une suite arithmétique définie sur  telle que : u 20 = 130 et u 8 = 46 .  Déterminer le 1er terme et la raison de cette suite. 20

∑

 Calculer

uk .

k=8

Exercice 

Trouver x ( ∈  ) pour que e x + 1 , e x et e 2x + 1 soient, dans cet ordre, trois termes consécutifs d’une suite géométrique.

Exercice 

La location annuelle initiale d’une maison se monte à 7 000 €. Le locataire s’engage à occuper les lieux durant 7 années complètes. Le propriétaire lui propose deux contrats : 

Contrat 1

Le locataire accepte chaque année une augmentation annuelle de 5 % du loyer de l’année précédente. a) On note u 1 le loyer initial. Exprimer le loyer u n de la nième année en fonction de n. b) Calculer le loyer de la 7e année. c) Quelle est la somme payée, au total, au bout des 7 ans ?  Contrat

numéro 2

Le locataire accepte chaque année une augmentation forfaitaire de 400 €. a) On note v 1 le loyer initial. Exprimer le loyer v n de la nième année en fonction de n. b) Calculer la somme totale payée au bout des 7 ans. c) Quel est le contrat le plus avantageux pour le locataire ?

Exercice 

Soit la suite u définie sur  par : u 0 = 4 et la relation de récurrence : u n2 u n + 1 = ----- + 4 . 16  Représenter graphiquement la suite (pour n ≤ 20 ).  Montrer que u est positive et montrer par récurrence que u est majorée par 8.  Déterminer le signe de u n + 1 – u n . Que peut-on en déduire ?  Montrer alors que ( u n ) converge et que : lim u n = 8 . n→+∞

Séquence 5 – MA02

203

Aspects plus théoriques A

Démonstration de la propriété 1 du III.B Rappelons la propriété :

Propriété Si u et v sont deux suites adjacentes (u croissante et v décroissante) alors pour tous entiers naturels m et n : um ≤ vn .

Démonstration : Raisonnons par l’absurde et supposons donc qu’il existe deux entiers naturels p et q tels que : u p > v q . Soit m un entier naturel supérieur à p et à q. u étant croissante, on a : u m ≥ u p . v étant décroissante, on a : v m ≤ v q . Ainsi : v m – u m ≤ v q – u p et donc comme : l’hypothèse de départ : u p > v q .

lim

m→+∞

v m – u m = 0 , on a : 0 ≤ v q – u p ce qui contredit

L’hypothèse de départ est donc fausse et la propriété est démontrée.

B

Suites adjacentes et suites croissantes majorées Nous avons admis dans ce chapitre 2 théorèmes :

Théorème  Théorème 

Toute suite croissante majorée est convergente. Deux suites adjacentes sont convergentes et convergent vers la même limite. Le problème suivant se propose de montrer que ces deux théorèmes sont équivalents, c’est-à-dire que si l’un est vrai alors l’autre l’est aussi.

Problème

Partie I On suppose que le théorème 1 est vrai. On veut montrer le théorème 2 : si deux suites sont adjacentes alors elles convergent. On considère, donc, deux suites u et v définies sur  et telles que : u est croissante, v est décroissante et : lim v n – u n = 0 . n→+∞



Montrer que u converge. On note :  =

 Montrer

lim

n→+∞

un .

alors que v converge et a même limite.

Partie II On suppose que le théorème 2 est vrai. On veut montrer que toute suite croissante majorée est convergente. On considère, donc, une suite u croissante et majorée. On considère la suite v définie par : v 0 est le plus petit des majorants entiers naturels de la suite u ; v 1 est le plus petit des majorants décimaux à 1 chiffre après la virgule de la suite u. Plus généralement v n est le plus petit des majorants décimaux à n chiffres après la virgule de u.  Montrer que v est décroissante. 204

Séquence 5 – MA02

 Soit

n un entier naturel. Montrer qu’il existe p ( ∈  ) tel que :

1 v n – -------- < u p ≤ v n . 10 n  Montrer que pour tout m ( ∈  ) supérieur à p et à n : 1 0 ≤ v m – u m < -------n- . 10  En

déduire que :

lim

n→+∞

vn – un = 0 .

 Conclure.

Partie I 

On sait que tous les termes de la suite v majorent la suite u (cf. 6.A.), en particulier v 0 majore u. La

suite u est donc une suite croissante et majorée, elle converge donc d’après le théorème 1. Notons  = lim u n . n→+∞

tout entier naturel n : v n = u n + ( v n – u n ) . Ainsi v est la somme de 2 suites convergentes. v converge donc et : lim v n = lim u n + lim ( v n – u n ) =  + 0 =  . Ainsi u et v sont convergent et admetn→+∞ n→+∞ n→+∞ tent la même limite.  Pour

Partie II  Soit n un entier naturel. v n est un majorant décimal de u à n décimales, c’est donc aussi un majorant décimal de u à ( n + 1 ) décimales (la dernière décimale étant nulle). v n + 1 est le plus petit des majorants décimaux de u à ( n + 1 ) décimales donc : v n + 1 ≤ v n . v est donc bien décroissante.

1 – -------- est un nombre décimal à n décimales après la virgule strictement inférieur à v n . v n est 10 n 1 le plus petit des majorants décimaux de u à n décimales après la virgule donc v n – -------- n’est pas un 10 n 1 majorant de u. Ainsi, il existe au moins un terme u p de la suite tel que : v n – -------- < u p . On a, alors : 10 n 1 v n – -------- < u p ≤ v n . 10 n  Soit m un entier naturel supérieur à n et p. On a : 0 ≤ v m – u m (cf. 6.A.). De plus : v m ≤ v n (v décroissante) et u m ≥ u p (u croissante). On a donc :  vn

1 1 v m – u m ≤ v n – u p < -------n- (cf. question 2). Ainsi : 0 ≤ v m – u m < -------n- . 10 10 1 1  -------- peut être rendu aussi petit que l’on veut ⎛ lim -------- = 0⎞ . Ainsi tout intervalle ouvert I ⎝ n → + ∞ 10 n ⎠ 10 n 1 contenant 0 contient un intervalle 0 ; -------n- pour un certain n ( ∈  ). D’après 3, tous les termes de 10 1 la suite ( v m – u m ) sont dans l’intervalle 0 ; -------n- donc dans I à partir d’un certain rang m 0 . Ainsi : 10 tout intervalle ouvert contenant 0 contient tous les termes de la suite ( v m – u m ) à partir d’un certain rang cela signifie (cf. séquence 1) que :

0

lim

n→+∞

( vn – un ) = 0 .

1 10n I

 u est une suite croissante, v est décroissante et :

lim

n→+∞

( v n – u n ) = 0 . Ainsi u et v sont adjacen-

tes et convergent toutes deux. En particulier u converge. Séquence 5 – MA02

205

Exercices d’entraînement Exercice 

Soient u et v deux suites définies sur  par leurs premiers termes u 0 et v 0 et par les relations de u n + 2v n u n + 3v n récurrence : u n + 1 = -------------------- et v n + 1 = -------------------- . 3 4  Montrer que si : u 0 = v 0 alors les suites u et v sont constantes. On suppose que : u 0 < v 0 .  Montrer  En

déduire que pour tout n de  : v n > u n et :

 Montrer

Exercice 

que la suite ( v n – u n ) est une suite géométrique dont on précisera la raison. lim

n→+∞

( vn – un ) = 0 .

que u et v sont convergentes et ont la même limite.

un + vn Soient u et v deux suites définies sur  par : u 0 = a , v 0 = b , u n + 1 = ---------------2 2u n v n v n + 1 = ---------------- ( 0 < b < a ) . un + vn  Montrer que pour tout entier naturel n, u n et v n sont strictement positifs et donc que u et v sont bien définies.  Montrer

que la suite ( u n v n ) est constante.

le signe de v n + 1 – u n + 1 . En déduire que pour tout entier naturel n : u n ≥ v n .  Montrer alors que u est décroissante et v croissante.

 Déterminer

 Montrer

 En

un – vn que pour tout entier naturel n : u n + 1 – v n + 1 ≤ u n + 1 – v n = ---------------- . 2

a–b -. déduire que : u n – v n ≤ ---------2n

 Montrer

que ( u n ) et ( v n ) convergent et que :

Application

de

Exercice 

lim

n→+∞

un =

lim

n→+∞

vn =

ab .

: à l’aide d’une calculatrice ou d’un tableur, donner une valeur approchée à 10 – 3 près

6 (on prendra a = 3 et b = 2 ).

1 Soit u la suite définie sur  par : u 0 = 2 et u n + 1 = 1 + ----- . u n



Montrer que u est bien définie.

 Calculer

u 1 , u 2 , u 3 , u 4 et u 5 .  Construire dans un même repère la droite d’équation y = x et la courbe  représentative de f 1 définie sur  + * par : f ( x ) = 1 + -- . Utiliser ces deux courbes pour représenter graphiquement les x premiers termes de la suite ( u n ) . Que peut-on conjecturer en ce qui concerne la limite de ( u n ) ?  Montrer

que l’équation : f ( x ) = x admet sur  + une unique solution : 1+ 5  = ---------------- . 2

206

 Montrer

3 par récurrence que pour tout entier naturel n : -- ≤ u n ≤ 2 . 2

 Montrer

 – un que pour tout entier naturel n : u n + 1 –  = -------------- . u n

Séquence 5 – MA02

 En

4 4 n déduire que pour tout entier naturel : u n + 1 –  ≤ -- u n –  puis : u n –  ≤ ⎛ --⎞ . ⎝ 9⎠ 9

Déterminer

Exercice 

alors :

lim

n→+∞

un .

1 On cherche à déterminer l’aire de la portion de plan délimitée par l’hyperbole d’équation y = -- , x l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 1 et x = 2 . On note  cette aire. 

1 En s’inspirant du III.C, montrer que : u n ≤  ≤ u n + ------ où ( u n ) est la suite définie sur  + par : 2n

1 1 1 u n = ------------ + ------------ + ... + ------ = n+1 n+2 2n

n

∑

k=1

1 ----------- . n+k

1 1  Montrer que : u n + 1 – u n = --------------- – --------------- . En déduire que ( u n ) est croissante. 2n + 1 2n + 2  Montrer  En

1 que ⎛ u n + ------⎞ est décroissante. ⎝ 2n⎠

1 déduire que ( u n ) et ⎛ u n + ------⎞ sont adjacentes. ⎝ 2n⎠

 Déterminer

Exercice 

une valeur approchée à 10 – 3 près de .

π Soit θ un réel tel que : 0 ≤ θ ≤ --- . On considère la suite u définie sur  par : u 0 = 2 cos θ et la 2 relation de récurrence : u n + 1 = 2 + u n . 

Calculer u 1 et u 2 en fonction de θ.

θ récurrence, que pour tout entier naturel n : u n = 2 cos ⎛ ----n-⎞ . ⎝2 ⎠  En déduire que u est convergente et déterminer sa limite.  Montrer, par

Exercice 

Soit ( u n ) la suite définie sur  par : u 0 = 0 et u n + 1 = 2u n + 1 .  À l’aide d’une calculatrice, faire une conjecture sur le sens de variation de la suite et sur l’existence ou non d’une limite en + ∞ .  Montrer

que pour tout entier naturel n, u n est positif. En déduire que ( u n ) est croissante.

 Si

( u n ) converge, quelle est sa limite ?

 En

déduire :

lim

n→+∞

un = + ∞ .

 Déterminer a de telle sorte que la suite ( v n ) définie par : v n = u n – a soit géométrique. Déterminer alors la raison de ( v n ) .  Exprimer v n

Exercice 

puis u n en fonction de n. Retrouver alors les résultats du 2. et 4. Soient u et v deux suites définies sur  par : u 0 = v 0 = 3 , u n + 1 = 2u n + v n + 2 et v n + 1 = u n + 2v n – 2 .  Calculer u 1 , v 1 , u 2 , v 2 . À

l’aide d’un tableur ou de la calculatrice, calculer u 10 et v 10 .  On considère les suites a et b définies sur  par : a n = u n + v n et b n = u n – v n . a) Montrer que a est une suite géométrique dont on donnera la raison et le 1er terme. b) Montrer que b est une suite arithmétique dont on donnera la raison et le 1er terme. c) Exprimer a n et b n en fonction de n. d) En déduire une expression de u n et v n en fonction de n. 10

 Calculer

∑

u k = u 0 + u 1 + u 2 + ... + u 10 .

k=0

Séquence 5 – MA02

207

ides aux exercices Exercice 



Exercice 



Une suite est constante si pour tout entier naturel n : w n + 1 = w n .  Deux suites adjacentes convergent et ont la même limite.



Raisonner par récurrence. lim

n→+∞

un =

lim

n→+∞

v n =  et pour tout entier naturel n : u n v n = u 0 v 0 ( ( u n v n ) étant cons-

tante). Alors  2 = u 0 v 0 . 

Exercice 

On pourra utiliser la relation : cos 2x = 2 cos2 x – 1 .

Exercice 



Si ( u n ) est définie par une relation du type : u n + 1 = f ( u n ) (f continue) et si : lim u n =  n→+∞ alors : f (  ) =  .



208

1 On pourra résoudre l’équation : 1 + -- = x en se ramenant à une équation du second degré. x

Exercice 

Séquence 5 – MA02

Si la suite ( u n ) est positive et si

lim

n→+∞

u n =  alors :  ≥ 0 .

■

2e partie Chapitre 1

Chapitre 2

Chapitre 3

> Probabilités conditionnelles A

Cours

B A

Exemples résolus

A C

Exercices d’apprentissage

> Indépendance

............................................................................................. 211

................................................................................................................................................ 217

A

Cours

B A

Exercices d’apprentissage

> Formule des probabilités totales A

Cours

B A

Exercices d’apprentissage

A C

Applications

Chapitre 4

> Synthèse

Chapitre 5

> Exercices d’entraînement

222 ...........................................................................

.................................................................................................................................................................. 229

> Aides aux exercices

....................................................................................................... 230

........................................................................................................................... 233

Sommaire séquence 5 – MA02

209

Probabilités conditionnelles A

Cours

Exemple

a. Tableau de contingence Une enquête effectuée auprès des employés d’une entreprise concernant le sexe et le salaire a donné les résultats suivants présentés dans un tableau de contingence. salaire < 1 250 €

salaire ≥ 1 250 €

femmes

400

300

hommes

600

200

b. Diagramme de Carroll des effectifs On peut compléter le tableau précédent par un calcul des effectifs marginaux. On obtient le diagramme de Carroll des effectifs. < 1 250 € A

≥ 1 250 € A

Total par sexe

femmes B

400

300

700

hommes B

600

200

800

Total par salaire

1 000

500

1 500

salaire sexe

Nous avons désigné par A l’ensemble des employés dont le salaire est inférieur à 1 250 €, et B l’ensemble des femmes.

c. Diagramme de Carroll des fréquences De ce dernier diagramme, on déduit le diagramme de Carroll des fréquences absolues ou proportion de chaque partie dans la population : < 1 250 € A

≥ 1 250 € A

Fréquence par sexe

femmes B

4 ----15

3 ----15

7 ----15

hommes B

6 ----15

2 ----15

8 ----15

fréquence par salaire

10 ----15

5 ----15

1

salaire sexe

d. Modélisation  On choisit au hasard une personne parmi les employés de l’usine. Cela veut dire qu’on va faire l’hypothèse d’équiprobabilité sur l’ensemble Ω des employés. Soit A l’événement : « il gagne moins de 1 250 € ». 1 000 10 P ( A ) = ------------- = ----- . 1 500 15 Soit B l’événement : « il est du sexe féminin ». 700 7 P ( B ) = ------------- = ----- . 1 500 15 Séquence 5 – MA02

211

Cherchons la probabilité que ce soit une femme qui gagne moins de 1 250 €. 400 4 P ( A ∩ B ) = ------------- = ----- . 1 500 15  On

choisit maintenant au hasard une personne dans l’ensemble des femmes.

400 4 Alors la probabilité qu’elle gagne moins de 1 250 € est : -------- = -- . 700 7 Ce nombre est appelé la probabilité conditionnelle de A sachant B. 4 ----15 4 On le note P B ( A ) ou encore P ( A ⁄ B ) et on a : P B ( A ) = -- = ------ . 7 7 ----15 P(A ∩ B) On constate sur cet exemple que P B ( A ) = ---------------------- . P(B)  On

choisit maintenant au hasard une personne parmi celles qui gagnent moins de 1 250 €.

Quelle est la probabilité que ce soit une femme ? La probabilité que cette personne soit une femme sachant qu’elle gagne moins de 1 250 € est : 400 4 P A ( B ) = ------------- = ----- . 1 000 10

Définition

a. Probabilité conditionnelle A et B sont 2 événements et B est de probabilité non nulle. On appelle probabilité conditionnelle de l’événement A sachant B réalisé le nombre noté P B ( A ) ou P ( A ⁄ B ) défini par : P(A ∩ B) P B ( A ) = ---------------------- . P(B)

b. Probabilité d’une intersection De cette dernière formule, on peut déduire si P ( A ) ≠ 0 et P ( B ) ≠ 0 : P ( A ∩ B ) = P ( B ) × PB ( A )

Arbres probabilistes

et

P ( A ∩ B ) = P ( A ) × PA ( B ) .

Les situations de probabilité conditionnelles peuvent être représentées par l’arbre suivant : Ω P(B) B PB(A)

Chaque branche est pondérée par la probabilité de l’événement.

P(B) B

PB(A)

PB(A)

PB(A)

A

A

A

A

A∩B

A∩B

A∩B

A∩B

Chaque branche est pondérée par la probabilité conditionnelle. La probabilité de l’intersection est le produit des pondérations.

De plus, la somme des probabilités inscrites sur des branches issues d’un même nœud est égale à 1.

212

Séquence 5 – MA02

À l’exemple précédent, on peut associer l’un des 2 arbres suivants : Ω

P(B) = 7 15 B PB(A) = 4 7 A

P(A) = 10 15

8 = P(B) 15

PB(A) = 6 8 A

A

2 = P (A) B 8

B A∩B

A∩B

A∩B

A∩B

A∩B

P(E)

7 4 ----- × -15 7 4 = ----15

7 3 ----- × -15 7 3 = ----15

8 6 ----- × -15 8 6 = ----15

8 2 ----- × -12 8 2 = ----15

B

 Nous

PA(B) = 4 10

A

événement E

Remarque

5 = P(A) 15

A

B 3 = P (A) B 7

Ω

A PA(B) = 3 5

6 = P (B) 10 A

B

B A∩B

A∩B

2 = P (B) A 5 B A∩B

5 3 5 2 ----- × -- ----- × -15 5 15 5 3 2 = ----= ----15 15

10 4 10 6 ----- × ----- ----- × ----15 10 15 10 6 4 = ----= ----15 15

avons dessiné ici les arbres verticalement, mais on peut aussi les dessiner horizontalement.

Exemples résolus

Exemple 

Énoncé Une urne contient trois boules blanches et cinq noires, indiscernables au toucher. On tire au hasard une première boule de l’urne. Si elle est blanche, on la remet dans l’urne et on ajoute une autre boule blanche. Si elle est noire, on ne la remet pas dans l’urne. On tire ensuite, au hasard, une seconde boule de l’urne. Soit B l’événement : « la première boule extraite est blanche ». Soit A l’événement : « la seconde boule extraite est blanche ». a) Construire l’arbre pondéré associé à cette situation. b) Déterminer la probabilité que les deux boules extraites soient blanches. c) Déterminer la probabilité que la seconde boule tirée soit noire.

Solution Les boules étant indiscernables au toucher et choisies au hasard, nous sommes en situation d’équiprobabilité. 3 3 5 On a donc P ( B ) = -- et P ( B ) = 1 – -- = -- . 8 8 8

a)

1er tirage

Séquence 5 – MA02

213

• Supposons la première boule tirée blanche, soit B réalisé. On rajoute donc dans blanche. 4 Donc P B ( A ) = -9 4 donc P B ( A ) = 1 – -- = 9

l’urne une boule

5 -- . 9

2ème tirage • Supposons la première boule tirée noire, soit B réalisé. On ne la remet pas dans l’urne. 3 3 4 Donc P ( A ) = -- et P ( A ) = 1 – -- = -- . B B 7 7 7

On peut donc construire l’arbre pondéré. b) On cherche donc P ( A ∩ B ) .

Ω

P(B) = 3 8

5 = P(B) 8

B PB(A) = 4 9 A A∩B

Or P ( A ∩ B ) = P ( B ) × P B ( A ) 3 4 1 P ( A ∩ B ) = -- × -- = -- . 8 9 6

B 5 = P (A) B 9

PB(A) = 3 7

A A∩B

A A∩B

4 = P (A) B 7 A A∩B

La probabilité pour que les 2 boules tirées soient blanches est 1 donc -- . 6

c) Pour que la seconde boule tirée soit noire : – ou bien « la 1ère boule tirée est blanche et la seconde est noire ». – ou bien « la 1ère boule tirée est noire et la seconde est noire ». Les événements B ∩ A et B ∩ A , disjoints, ont pour réunion A ; c’est la formulation en terme d’événements de la phase précédente. Donc P ( A ) = P ( B ∩ A ) + P ( B ∩ A ) 3 5 5 P ( B ∩ A ) = P ( B ) × P B ( A ) = -- × -- = ----8 9 24 5 4 5 et P ( B ∩ A ) = P ( B ) × P ( A ) = -- × -- = ----- . B 8 7 14 5 5 95 Donc P ( A ) = ----- + ----- = -------- . 24 14 168 95 La probabilité pour que la seconde boule tirée soit noire est : --------. 168 214

Séquence 5 – MA02

Exemple 

Énoncé Deux photocopieurs Alpha et Beta sont à la disposition des élèves. En utilisation normale, la probabilité de tomber en panne un jour donné est de 0,04 pour le photocopieur Alpha et de 0,08 pour le photocopieur Beta, plus sophistiqué. Mais si Alpha est en panne, l’affluence qui se porte sur Beta fait que la probabilité pour que Beta tombe alors en panne est de 0,25. Calculer la probabilité que les deux photocopieurs soient en panne un jour donné, puis que les deux photocopieurs fonctionnent en même temps.

Solution Soit A l’événement : « le photocopieur Alpha fonctionne ». Soit B l’événement : « le photocopieur Beta fonctionne ». Les probabilités cherchées sont P ( A ∩ B ) et P ( A ∩ B ) . Pour les déterminer nous pouvons construire l’arbre pondéré associé à cette situation. Ω P(A) = 0,96

0,04 = P(A)

P ( A ) = 1 – P ( A ) = 0 ,96 A

A PA(B) = 0,75

0,25 = PA(B)

P ( B ) = 1 – P ( B ) = 0 ,75 . A

B

B

B

B

A∩B

A∩B

A∩B

A∩B

A

L’arbre de probabilité permet d’obtenir directement P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ( B ) = 0 ,04 × 0 ,25 = 0 ,01 . A

La probabilité pour que les deux photocopieurs soient en panne en même temps est donc de 0,01. Le calcul de P ( A ∩ B ) se fait à l’aide de P ( A ∩ B ) car P ( B ) = P ( A ∩ B ) + P ( A ∩ B ) , les événements A ∩ B et A ∩ B étant disjoints et leur réunion étant B. L’arbre de probabilité donne P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ( B ) = 0 ,04 × 0 ,75 = 0 ,03 . A

Comme P ( B ) = 0 ,08 alors P ( B ) = 1 – P ( B ) = 1 – 0 ,08 = 0 ,92 . D’où P ( A ∩ B ) = P ( B ) – P ( A ∩ B ) = 0 ,92 – 0 ,03 = 0 ,89 . La probabilité pour que les deux photocopieurs fonctionnent en même temps est 0,89. On aurait pu aussi utiliser le diagramme de Carroll des probabilités associé à cette situation. A

A

B

A∩B P ( A ∩ B ) = 0 ,89

A∩B P ( A ∩ B ) = 0 ,03

P ( B ) = 0 ,92

B

A∩B P ( A ∩ B ) = 0 ,07

A∩B P ( A ∩ B ) = 0 ,01

P ( B ) = 0 ,08

P ( A ) = 0 ,96

P ( A ) = 0 ,04

P(Ω) = 1

L’énoncé donne P ( A ) , P ( B ) ; on en déduit P ( A ) et P ( B ) . L’énoncé donne P ( B ) ; on en déduit P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ⎛ --B-⎞ A ⎝ A⎠

.

= 0 ,04 × 0 ,25 = 0 ,01

Séquence 5 – MA02

215

Or

P(A ∩ B) + P(A ∩ B) = P(A) ,

on

en

P(A ∩ B) = P(A) – p(A ∩ B) = 0 ,04 – 0 ,01 = 0 ,03

déduit

et

P ( A ∩ B ) + P ( A ∩ B ) = P ( B ) , on en déduit ( A ∩ B ) = P ( B ) – P ( A ∩ B ). = 0 ,92 – 0 ,03 = 0 ,89 De manière analogue, on obtient P ( A ∩ B ) = 0 ,96 – 0 ,89 = 0 ,07 .

C

Exercices d’apprentissage

Exercice 

Dans un groupe de 80 personnes, un quart a les yeux bleus et 50 % sont fumeurs. De plus 4 personnes sont fumeurs et ont les yeux bleus. On choisit au hasard un individu dans cette population. On modélise la situation par une loi équirépartie, et on considère les événements : B : « l’individu choisi a les yeux bleus ». F : « l’individu choisi est fumeur ». Compléter les arbres probabilistes ci-dessous. Ω

Ω

?

?

B

?

?

?

F

F

?

F

B

F

Exercice 

?

? F

? B

F

? B

B

? B

Dans une population donnée, 15 % des individus ont une maladie M a . Parmi les individus atteints de la maladie M a , 20 % ont une maladie M b et parmi les individus non atteints de la maladie M a , 4 % ont la maladie M b . On prend un individu de cette population au hasard, et on considère les événements. A : « l’individu est atteint de la maladie M a » ; B : « l’individu est atteint de la maladie M b ».  Donner

les valeurs des probabilités suivantes :

P ( A ) ; PA ( B ) ; P ( B ) . A  Calculer la probabilité de l’événement B.  Calculer

216

?

Séquence 5 – MA02

la probabilité conditionnelle P B ( A ) .

Indépendance A

Cours  Introduction Une même enquête que dans le chapitre 1 sur les salaires dans une autre entreprise a donné les résultats suivants : salaire < 1 250 € A

salaire ≥ 1 250 € A

Total par sexe

femmes B

600

200

800

hommes B

900

300

1 200

Total par salaire

1 500

500

2 000

On peut constater que, dans cette entreprise, la répartition des salaires des employés ne dépend pas de leur sexe. En effet, la proportion des individus qui gagnent moins de 1 250 € parmi les employés est égale à la proportion de ceux qui gagnent moins de 1 250 € parmi les femmes, est encore égale à la proportion de ceux qui gagnent moins de 1 250 € parmi les hommes. Parmi les employés de cette entreprise, on en choisit un au hasard. Soit A l’événement : « il gagne moins de 1 250 € ». Soit B l’événement : « il est du sexe féminin ». 1 500 3 On a : P ( A ) = ------------- = -2 000 4

600 3 P B ( A ) = -------- = -4 800

900 3 P ( A ) = ------------- = -- . B 1 200 4

On a P ( A ) = P B ( A ) = P ( A ) c’est-à-dire, la réalisation de A ne dépend pas de celle de B. B

 Evénements indépendants Définition

Théorème

A et B étant deux événements de probabilité non nulle, A et B sont indépendants lorsque la réalisation de l’un ne change pas la réalisation de l’autre. Autrement dit, A et B sont indépendants si P B ( A ) = P ( A ) ou P A ( B ) = P ( B ) . Deux événements A et B de probabilité non nulle sont indépendants si et seulement si P(A ∩ B) = P(A) × P(B) .

Démonstration A et B indépendants équivaut à P B ( A ) = P ( A ) P(A ∩ B) équivaut à ---------------------- = P ( A ) car P ( B ) ≠ 0 P(B) équivaut à P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ( B ) .

Conséquences sur les représentations Effectuons les arbres traduisant la situation de l’introduction.

Séquence 5 – MA02

217

Ω

Ω 3 5

2 5 B 3 4

A

B 1 4

1 4

3 4

3 4

2 5

1 4

A 3 5

= A

2 5

3 5

= A

A

A

B

B

B

B

Les branches probabilisées de seconde génération sont identiques. A

A

B

6 ----20

2 ----20

2 -5

B

9 ----20

3 ----20

3 -5

3 -4

1 -4

1

2 3 6 ----- = -- × -5 4 20

Dans le diagramme de Carroll des probabilités, il apparaît clairement que P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ( B ) .

Propriété Si A et B sont indépendants, il en est de même des couples d’événements suivants : ( A, B ) ,

( A, B ) ,

( A, B ) .

Démonstration Démontrons cette propriété pour le couple ( A, B ) , les autres cas se traitant de manière analogue. P ( A ∩ B ) = P ( A ) × PA ( B ) or A et B étant indépendants P A ( B ) = P ( B ) donc P A ( B ) = 1 – P A ( B ) = 1 – P ( B ) = P ( B ) donc P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ( B ) et A et B sont indépendants.

Remarque importante  L’indépendance

de deux événements peut être une hypothèse de l’énoncé, mais peut aussi découler des conditions de l’expérience.

 Par exemple, deux tirages successifs, avec remise, dans une urne, donnent des résultats indépendants l’un de l’autre.  De

même pour 2 jets d’un dé ou d’une pièce de monnaie.

 Plus

généralement, n tirages successifs avec remise, ou n jets d’un dé ou d’une pièce de monnaie donnent des résultats chacun indépendants du suivant.

 Si

A 1 désigne le résultat du premier tirage ou jet, A 2 désigne le résultat du second tirage ou jet et A n désigne le résultat du nème tirage ou jet P [ ( A 1, A 2, ..., A n ) ] = P ( A 1 ∩ A 2 ∩ ... ∩ A n ) = P ( A 1 ) × P ( A 2 ) × ... × P ( A n ) .

Exemple

Une urne contient 5 boules blanches et 1 boule noire. Première expérience : On tire une boule, puis une deuxième sans avoir remis la première, puis une troisième sans avoir remis la deuxième ni la première.

218

Séquence 5 – MA02

Deuxième expérience : On tire une boule, puis on la remet, puis on procède à un deuxième tirage d’une boule, qu’on remet dans l’urne, et enfin à un troisième tirage d’une boule. Calculer dans chaque cas la probabilité d’extraire une boule noire pour la première fois au troisième tirage. On doit, à la lecture de cet énoncé comprendre la différence essentielle : dans la première expérience les résultats dépendent des précédents, alors que dans la deuxième, les 3 tirages sont indépendants.

Réponse Soit B 1 : la première boule tirée est blanche. B 2 : la deuxième boule tirée est blanche. N 3 : la troisième boule tirée est noire. On s’intéresse à : B 1 ∩ B 2 ∩ N 3 . Première expérience (SANS remise) P ( B1 ∩ B2 ∩ N3 ) = P ( B1 ∩ B2 ∩ N3 ) = P ( ( B1 ∩ B2 ) ∩ N3 ) = P ( B1 ∩ B2 ) × PB ∩ B ( N3 ) 1 2 = P ( B1 ) × PB ( B2 ) × PB ∩ B ( N3 ) 1 1 2 5 Or P ( B 1 ) = -6 4 P B ( B 2 ) = -- (il reste 4 boules blanches et une boule noire) 1 5 1 P B ∩ B ( N 3 ) = -- (il reste 4 boules dont 1 noire) 1 2 4 5 4 1 1 d’où P ( B 1 ∩ B 2 ∩ N 3 ) = -- × -- × -- = -- . 6 5 4 6 Deuxième expérience (AVEC remise) Il y a ici indépendance des 3 événements B 1 , B 2 et N 3 donc P ( B1 ∩ B2 ∩ N3 ) = P ( B1 ) × P ( B2 ) × P ( N3 ) .

5 5 1 25 = -- × -- × -- = -------6 6 6 216

Disposition pratique dans les 2 cas SANS REMISE

5 6 1er tirage 2e tirage

URNE

B1

4 5 B2

AVEC REMISE

N2

N1

5 6

B2

B2

1 4 3e tirage

B3

N3

URNE

5 6 B1

N1 N2

B2

N2

1 6 B3

On peut lire directement : 1 4 5 P ( N 3 ∩ B 2 ∩ B 1 ) = -- × -- × -4 5 6 1 = -6

B3

B3

N3

B3 N3 B3 N3 B3 N3

On peut lire directement : 1 5 5 P ( N 3 ∩ B 2 ∩ B 1 ) = -- × -- × -6 6 6 25 = -------216

Séquence 5 – MA02

219

 Indépendance de deux variables aléatoires Exemple

On considère les deux plateaux tournants suivants.

0

20 10

0

0

10

20

100

50 2 2

0

10 10

50

Plateau A

100

Plateau B

Sur ces plateaux sont dessinés un disque intérieur et une couronne extérieure partagés en 4 secteurs. On fait tourner le plateau A ; on définit les 2 variables aléatoires suivantes : X est le nombre de la couronne extérieure indiqué par l’aiguille et Y le nombre du disque intérieur indiqué par l’aiguille. Traduisons la situation par le diagramme suivant : valeurs de Y valeurs de X

0

10

0

P[(X = 0) ∩ (Y = 0)] = 0

1 P [ ( X = 0 ) ∩ ( Y = 10 ) ] = -2

1 P ( X = 0 ) = -2

20

1 P [ ( X = 20 ) ∩ ( Y = 0 ) ] = -2

P [ ( X = 20 ) ∩ ( Y = 10 ) ] = 0

1 P ( X = 20 ) = -2

1 P ( Y = 0 ) = -2

1 P ( Y = 10 ) = -2

Faisons exactement la même expérience, mais avec le plateau B. valeurs de Y valeurs de X

2

10

50

1 P [ ( X = 50 ) ∩ ( Y = 2 ) ] = -4

1 P [ ( X = 50 ) ∩ ( Y = 10 ) ] = -4

1 P ( X = 50 ) = -2

100

1 P [ ( X = 100 ) ∩ ( Y = 2 ) ] = -4

1 P [ ( X = 100 ) ∩ ( Y = 10 ) ] = -4

1 P ( X = 100 ) = -2

1 P ( Y = 2 ) = -2

1 P ( Y = 10 ) = -2

En lisant ce dernier tableau, on constate que : P [ ( X = 50 ) ∩ ( Y = 2 ) ] = P ( X = 50 ) × P ( Y = 2 ) P [ ( X = 100 ) ∩ ( Y = 10 ) ] = P ( X = 100 ) × P ( Y = 10 ) P [ ( X = 50 ) ∩ ( Y = 10 ) ] = P ( X = 50 ) × P ( Y = 10 ) P [ ( X = 100 ) ∩ ( Y = 10 ) ] = P ( X = 100 ) × P ( Y = 10 ) Ces quatre égalités nous permettront de dire que les variables aléatoires X et Y sont indépendantes. La connaissance de X n’induit en rien la connaissance de Y. Par contre avec la plateau A, P[(X = 0) ∩ (Y = 0)] ≠ P(X = 0) × P(Y = 0) 220

Séquence 5 – MA02

Les variables aléatoires X et Y sont dépendantes. En fait, la connaissance de X entraîne celle de Y. Donnons d’une façon plus générale la définition de deux variables aléatoires indépendantes.

Définition

Soit X une variable aléatoire prenant les valeurs x 1, x 2, ..., x n et Y une variable aléatoire prenant les valeurs y 1, y 2, ..., y m . On dit que X et Y sont indépendantes si, pour tout i, 1 ≤ i ≤ n , et pour tout j, 1 ≤ j ≤ m , on a :

Remarque

P [ ( X = xi ) ∩ ( Y = yi ) ] = P ( X = xi ) × P ( Y = yi ) .  L’indépendance de deux variables aléatoires peut être une hypothèse de l’énoncé, mais peut aussi découler de l’expérience. Par exemple :

Un sac contient 4 boules numérotées de 1 à 4. On tire deux boules avec remise, et on note X 1 et X 2 les numéros obtenus. Les variables X 1 et X 2 sont indépendantes puisque les 2 tirages sont indépendants puisqu’ils se font avec remise.

B

Exercices d’apprentissage

Exercice 

On lance deux fois un dé bien équilibré. Les événements suivants sont-ils indépendants ? A

: 2 sort en premier

B : 3 sort en second

A

: 6 sort une fois exactement

B : 1 sort une fois exactement.

Exercice 

Un tireur à l’arc débutant a une probabilité de 0,8 de toucher la cible à chaque tir. On suppose les résultats de deux tirs consécutifs indépendants. S’il tire deux fois, quelle est la probabilité qu’il touche la cible deux fois ? une seule fois ? zéro fois ?

Exercice 

Une première urne renferme huit boules vertes. Une de ces boules porte le chiffre 1, trois portent le chiffre 2 et quatre le chiffre 4. Une deuxième urne renferme six boules rouges. Une de ces boules porte le chiffre 3, deux le chiffre 5 et trois le chiffre 6. On extrait au hasard une boule de chaque urne. On désigne par X le chiffre porté par la boule verte et par Y le chiffre porté par la boule rouge. Calculer la probabilité de l’événement { X = 2 et Y = 6 } .

Exercice 

On lance trois fois de suite une pièce équilibrée. Soit X la variable aléatoire qui vaut 1 si le premier jet donne « pile » et 0 sinon, et Y la variable aléatoire égale au nombre de « face » obtenu.  Déterminer X

les lois de probabilité de X et de Y.

et Y sont-elles indépendantes ?

Séquence 5 – MA02

221

Formules des probabilités totales A

Cours

Définition

 Introduction Pour produire des pièces métalliques, un atelier utilise trois machines. Toutes les pièces sont vérifiées par le service qualité. Ce service a fourni le tableau suivant après une journée de production. machine utilisée

1

2

3

pièces produites (en % du total)

50

35

15

0,01

0,02

0,06

fréquence de défauts (par machine)

On prend au hasard une pièce produite dans la journée. Déterminer la probabilité que la pièce soit défectueuse. Modélisons la situation par une loi équirépartie sur Ω, et traduisons les informations à l’aide d’un arbre. Ω P(M1) = 0,5

0,15 = P(M3) 0,35 = P(M2)

M1 PM (D) = 0,01 1

M2 0,99 = PM (D)

M3 0,98 = PM (D)

1

2

PM (D) = 0,02 2

D D ∩ M1

D D ∩ M1

D D ∩ M2

PM (D) = 0,94 3

PM (D) = 0,06 3

D D ∩ M2

D D ∩ M3

D D ∩ M3

Il y a 3 cas possibles : « La pièce est défectueuse et elle provient de M 1 » soit D ∩ M 1 ou « La pièce est défectueuse et elle provient de M 2 » soit D ∩ M 2 ou « La pièce est défectueuse et elle provient de M 3 » soit D ∩ M 3 . Les événements D ∩ M 1 , D ∩ M 2 et D ∩ M 3 , disjoints ont pour réunion D. On a donc P ( D ) = P ( D ∩ M 1 ) + P ( D ∩ M 2 ) + P ( D ∩ M 3 ) P ( D ) = P ( M1 ) × PM ( D ) + P ( M2 ) × PM ( D ) + P ( M3 ) × PM ( D ) 1

2

3

P ( D ) = 0 ,5 × 0 ,01 + 0 ,36 × 0 ,02 + 0 ,15 × 0 ,06 donc P ( D ) = 0 ,021 .

 Partition Définition

Soit une expérience aléatoire dont l’univers associé est Ω. Les événements B 1, B 2, ..., B n forment une partition de Ω s’ils sont deux à deux disjoints et si B 1 ∪ B 2 ∪ ... ∪ B n = Ω .

222

Séquence 5 – MA02

Par exemple, les événements M 1 , M 2 , M 3 de l’exemple d’introduction forment une partition de l’ensemble des pièces Ω.

Illustration graphique

Ω

B 1, B 2, ..., B n partition de Ω. B1

B2

Bn

➠ Cas particulier Ω

B et B partition de Ω. B

B

 Formule des probabilités totales Théorème

B 1, B 2, ..., B n forment une partition de Ω. Alors la probabilité d’un événement A est donnée par : P ( A ) = P ( A ∩ B 1 ) + P ( A ∩ B 2 ) + ... + P ( A ∩ B n ) soit encore, lorsque P ( B i ) ≠ 0 pour tout i, P ( A ) = P ( B 1 ) × P B ( A ) + P ( B 2 ) × P B ( A ) + ... + P ( B n ) × P B ( A ) . 1

2

n

La démonstration de ce théorème provient du fait que A ∩ B 1, A ∩ B 2, ..., A ∩ B n sont disjoints et que leur réunion est A.

B

Exercices d’apprentissage

Exercice 

L’ensemble des participants à une compétition de tir à l’arc est composé pour la moitié de tireurs entraînés, pour un quart de tireurs amateurs et pour le reste de tireurs débutants. Un tireur entraîné atteint la cible pour 95 % de ses tirs, un tireur amateur pour les trois quarts de ses tirs et un tireur débutant une fois sur deux. Une flèche vient d’être tiré par un participant choisi au hasard.  Déterminer

la probabilité pour que la flèche atteigne la cible.

 Sachant que la flèche a atteint sa cible, qu’elle ait la probabilité qu’elle ait été tirée par un débutant ?

Exercice 

Dans un magasin d’électroménager, on s’intéresse au comportement d’un acheteur potentiel d’un téléviseur et d’un magnétoscope. La probabilité pour qu’il achète un téléviseur est de 0,6. La probabilité pour qu’il achète un magnétoscope quand il a acheté un téléviseur est de 0,4. La probabilité pour qu’il achète un magnétoscope quand il n’a pas acheté de téléviseur est de 0,2.  Quelle  a)

est la probabilité pour qu’il achète un magnétoscope ?

Le client achète un magnétoscope. Quelle est la probabilité pour qu’il achète un téléviseur ?

b) Compléter l’arbre de probabilité suivant. Ω ?

?

M

? T

M

? T

? T

? T

Séquence 5 – MA02

223

C

Applications  Application à la problématique des tests

de dépistage Énoncé Le fabriquant d’un test spécifique d’une maladie fournit les caractéristiques suivantes : – La probabilité qu’un individu malade ait un test positif est 0,99. – La probabilité qu’un individu non malade ait un test négatif est 0,99. Soit p le pourcentage de gens malades dans la population ciblée par le test. a) Déterminer en fonction de p la probabilité qu’un individu de cette population dont le test est positif soit malade. On notera T l’événement « le test est positif » et M l’événement « l’individu est malade ». b) Remplir le tableau de valeurs : p

0,001

0,010

0,100

0,300

0,500

0,800

PT ( M )

Quelles remarques peut-on faire ?

Solution a) On peut traduire la situation à l’aide d’un arbre de probabilité. Ω P(M) = p

P(M) = 1 – p

M PM(T) = 0,99

M 0,01 = PM(T)

0,99 = PM(T)

PM(T) = 0,01 T T M∩T M∩T

T T M∩T M∩T

P(M ∩ T) On recherche P T ( M ) défini par P T ( M ) = ----------------------- . P(T) P ( M ∩ T ) = P ( M ) × P M ( T ) = 0 ,99p . Il nous faut rechercher P ( T ) . D’après la formule des probabilités totales, M et M forment une partition de Ω. P(T) = P(T ∩ M) + P(T ∩ M) P ( T ) = P ( M ) × PM ( T ) + P ( M ) × P ( T ) M P ( T ) = p × 0 ,99 + ( 1 – p ) × 0 ,01 = 0 ,01 + 0 ,98p donc b)

224

Séquence 5 – MA02

P(M ∩ T) 0 ,99p 99p P T ( M ) = ----------------------- = ------------------------------ = ------------------ . P(T) 0 ,01 + 0 ,98p 1 + 98p p

0,001

0,010

0,100

0,300

0,500

0,800

PT ( M ) 

0,090

0,500

0,917

0,977

0,990

0,997

Nous pouvons remarquer que : – La valeur diagnostique n’est pas une notion intrinsèque au test lui-même : elle varie fortement selon la population cible. – Dans les cas où p est faible, la valeur diagnostique du test l’est aussi ; cependant, par exemple pour p = 0 ,01, la connaissance de la positivité du test multiplie par 50 la probabilité d’être atteint de la maladie : ce résultat est un élément à prendre en compte dans le processus diagnostique. – Si la population cible est une population à risque, p n’est pas faible : la positivité du test sera un élément important du diagnostic. Par contre, pour une maladie rare, un test de dépistage systématique de toute une population aura l’inconvénient majeur de fournir beaucoup de faux positifs (individus non malades dont le test est positif). Pour ces derniers, l’inquiétude liée à la découverte d’un test positif peut-être grande : c’est là un des problèmes éthiques liés à la mise en place des tests de dépistage systématique d’une maladie rare. – Lorsque p < 0 ,10 , des calculs analogues montrent que la probabilité qu’un individu dont le test est négatif ne soit pas atteint de la maladie étudiée est supérieure à 0,999.

 Application à l’appariement aléatoire en génétique Énoncé Dans les cas simples, un gène peut prendre deux formes (ou allèles) A et a et un individu peut avoir l’un des trois génotypes suivants : AA, Aa, aa. Considérons une population (génération 0) dont les proportions respectives de ces génotypes sont p 0 , q 0 , r 0 . Un enfant lors de sa naissance hérite d’un gène de chaque parent, chacun d’eux étant choisi au hasard. On admet que les couples se forment au hasard quant aux génotypes considérés (appariement aléatoire). On veut voir comment évoluent les proportions de génotypes dans la population à chaque génération. Soient p n , q n , r n les proportions des génotypes AA, Aa, aa à la n-ème génération. L’objet de l’exercice est de démontrer qu’il y a stabilité à partir de la première génération : ce résultat est appelé en biologie la loi de Hardy-Weinberg.

Pour cela, répondre successivement aux questions suivantes : a) Sachant qu’un parent est AA, déterminer la loi du génotype de l’enfant. b) Sachant qu’un parent est Aa, déterminer la loi du génotype de l’enfant. c) En déduire alors la probabilité p 1 qu’un enfant de la première génération ait le génotype AA puis la probabilité r 1 qu’un enfant de la première génération, ait le génotype aa. d) Démontrer que p 1 – r 1 = p 0 – r 0 . e) On pose α = p 1 – r 1 = p 0 – r 0 . Exprimer p 1 , q 1 , r 1 en fonction de α, en déduire p 2 , q 2 , r 2 et conclure.

Solution Notons ( AA ) i , (respectivement ( Aa ) i et ( aa ) i ), l’événement « un individu de la génération i a pour génotype AA, (respectivement Aa et aa) ». Supposons qu’un parent est AA ; on peut alors déterminer le génotype de l’enfant suivant le génotype de l’autre parent. On peut traduire la situation par l’arbre suivant.

Séquence 5 – MA02

225

a) Parent AA Autre parent (AA)0

p0

q0

Ω

Enfant 1

Probabilité

∩ (AA)1

(AA)1

(AA)0

1 2

(AA)1

(Aa)

1 2

(Aa)1

(Aa)0

∩ (Aa)1

1 q 2 0

(Aa)1

(aa)0

∩ (Aa)1

r0

∩ (AA)1

(Aa)0

r0 (aa)0

1

p0 1 q 2 0

Expliquons comment nous obtenons les probabilités conditionnelles sur les branches reliant les événements de la génération 0 à ceux de la génération 1. Si les deux parents sont AA, l’enfant est nécessairement AA (d’où le 1 sur la branche supérieure). Si l’un des parents est AA et l’autre aa, l’enfant est nécessairement Aa (d’où le 1 sur la branche inférieure). Enfin, si l’un des parents est AA et l’autre Aa, les couples possibles sont AA, Aa, AA, Aa ; l’appariement étant aléatoire, chacun de ces couples est équiprobable ; on a donc 1 P ( AA ) ( ( AA ) 1 ⁄ ( Aa ) 0 ) = -0 2 sachant un parent AA

et

1 P ( AA ) ( ( Aa ) 1 ⁄ ( Aa ) 0 ) = -- . 0 2

sachant l′autre parent Aa

En utilisant la formule des probabilités totales, ( AA ) 0 , ( Aa ) 0 et ( aa ) 0 constituant une partition de Ω, on obtient : 1 1 P ( AA ) [ ( AA ) 1 ] = p 0 × 1 + q 0 × -- = p 0 + -- q 0 0 2 2 1 1 P ( AA ) [ ( Aa ) 1 ] = q 0 × -- + r 0 × 1 = -- q 0 + r 0 0 2 2 P ( AA ) [ ( aa ) 1 ] = 0 0

ce qui détermine la loi de probabilité demandée. b) Parent Aa Dessinons l’arbre correspondant à la situation : Autre parent

(AA)0 p0 q0

Ω

Enfant 1 2

(AA)1

(AA)0

∩ (AA)1

1 p 2 0

1 2

(Aa)1

(AA)0

∩ (Aa)1

1 p 2 0

1 4

(AA)1

(Aa)0

∩ (AA)1

(Aa)1

(Aa)0

∩ (Aa)1

1 4

(aa)1

(Aa)0

∩ (aa)1

1 q 4 0 1 q 2 0 1 q 4 0

1 2

(Aa)1

(aa)0

∩ (Aa)1

1 r 2 0

1 2

(aa)1

(aa)0

∩ (aa)1

1 r 2 0

(Aa)0

r0

Probabilité

1 2

(aa)0

Par raisonnement analogue au précédent, on obtient la loi de probabilité de P ( Aa ) . 0

226

Séquence 5 – MA02

1 1 P ( Aa ) [ ( AA ) 1 ] = -- p 0 + -- q 0 0 4 2 1 1 1 1 1 P ( Aa ) [ ( Aa ) 1 ] = -- p 0 + -- q 0 + -- r 0 = -- ( p 0 + q 0 + r 0 ) = -0 2 2 2 2 2 1 1 1 P ( Aa ) [ ( aa ) 1 ] = -- q 0 + -- r 0 . 0 4 2 c) Utilisons encore la formule des probabilités totales pour obtenir la probabilité p 1 qu’un enfant de la 1re génération soit AA. p 1 = P [ ( AA ) 1 ] = P [ ( AA ) 1 ∩ ( AA ) 0 ] + P [ ( AA ) 1 ∩ ( Aa ) 0 ] + P [ ( AA ) 1 ∩ ( aa ) 0 ] . Remarquons que P [ ( AA ) 1 ∩ ( aa ) 0 ] = 0 . Donc p 1 = P [ ( AA ) 0 ] × P ( AA ) [ ( AA ) 1 ] + P [ ( Aa ) 0 ] × P ( Aa ) [ ( AA ) 1 ] 0 0 1 1 1 p 1 = p 0 × ⎛ p 0 + -- q 0⎞ + q 0 × ⎛ -- p 0 + -- q 0⎞ ⎝ ⎝2 2 ⎠ 4 ⎠ 1 p 1 = p 02 + p 0 q 0 + -- q 02 4 Pour déterminer la probabilité r 1 qu’un enfant de la première génération ait le type aa, il suffit d’intervenir dans la formule précédente p 0 et r 0 . On a donc : 1 r 1 = r 02 + r 0 q 0 + -- q 02 4 1 1 d) p 1 – r 1 = p 02 + p 0 q 0 + -- q 02 – r 02 – r 0 q 0 – -- q 02 4 4 donc p 1 – r 1 = p 02 – r 02 + p 0 q 0 – r 0 q 0 = ( p 0 – r 0 ) ( p 0 + r 0 + q 0 ) = p 0 – r 0 . e) Il nous faut déterminer q 1 la probabilité qu’un enfant de la 1ère génération soit Aa. Pour cela, remarquons qu’un enfant de la 1ère génération est soit AA, soit Aa, soit aa. On a donc p 1 + q 1 + r 1 = 1 1 1 donc q 1 = 1 – ( p 1 + r 1 ) = 1 – ⎛ p 02 + p 0 q 0 + -- q 02⎞ – ⎛ r 02 + r 0 q 0 + -- q 02⎞ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ 1 donc q 1 = 1 – p 02 – r 02 – q 0 ( p 0 + r 0 ) – -- q 02 2 Exprimons q 1 en fonction de α = p 0 – r 0 . Pour cela, éliminons dans q 0 dans l’égalité précédente en écrivant q 0 = 1 – p 0 – r 0 . 1 Cela donne q 1 = 1 – p 02 – r 02 – -- q 0 ( 2p 0 + 2r 0 – q 0 ) 2 1 q 1 = 1 – p 02 – r 02 – -- ( 1 – p 0 – r 0 ) ( 2p 0 + 2r 0 – p 0 – r 0 + 1 ) 2 1 2 2 q 1 = 1 – p 0 – r 0 – -- ( 1 – ( p 0 + r 0 ) ) ( 1 + ( p 0 + r 0 ) ) 2 1 q 1 = 1 – p 02 – r 02 – -- ( 1 – ( p 0 + r 0 ) 2 ) 2 1 1 1 2 1 2 q 1 = -- – -- p 0 – -- r 0 + p 0 r 0 = -- ( 1 – ( p 0 – r 0 ) 2 ) 2 2 2 2 1 donc q 1 = -- ( 1 – α 2 ) 2 On peut alors exprimer p 1 , q 1 et r 1 en fonction de α.

Séquence 5 – MA02

227

1 ⎧ 2 ⎧ p1 – r1 = α ⎧ q 1 = 1-- ( 1 – α 2 ) ⎪ q 1 = --2 ( 1 – α ) 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 1 ⇔ ⎨ p 1 = -- ( 1 + α ) 2 ⎨ q 1 = --2 ( 1 – α 2 ) ⇔ ⎨ p 1 – r 1 = α 4 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪p + q + r = 1 ⎪ p + r = 1-- ( 1 + α 2 ) ⎪ 1 1 1 ⎩ 1 ⎩ 1 1 ⎪ r 1 = -- ( 1 – α ) 2 2 4 ⎩ ⎧ p2 = p1 ⎪ Comme α = p 1 – r 1 = p 0 – r 0 , on en déduit ⎨ q 2 = q 1 et pour tout n ≥ 1, p n = p 1 , q n = q 1, ⎪ ⎩ r2 = r1 rn = r1 . Il y a donc bien stabilité à partir de la 1re génération et l’état stable ne dépend que de p 0 – r 0 .

228

Séquence 5 – MA02

Synthèse Probabilité conditionnelle P(A ∩ B) Si P ( B ) ≠ 0 , P B ( A ) = ---------------------- . P(B)

Probabilité d’une intersection Si P ( A ) ≠ 0 et P ( B ) ≠ 0 , P ( A ∩ B ) = P ( B ) × P B ( A ) P ( A ∩ B ) = P ( A ) × PA ( B )

Arbre de probabilité Événement PA(B)

Probabilité

B

A∩B

P (A ∩ B) = P (A) x PA(B)

B

A∩B

P (A ∩ B) = P (A) x PA(B)

B

A∩B

P (A ∩ B) = P (A) x PA(B)

B

A∩B

P (A ∩ B) = P (A) x PA(B)

A P(A)

Ω

PA(B)

PA(B) + PA(B) = 1 PA(B)

P(A) P(A) + P(A) = 1

A PA(B)

PA(B) + PA(B) = 1

Événements indépendants • Si P ( A ) ≠ 0 et P ( B ) ≠ 0 A et B sont indépendants si P B ( A ) = P ( A ) ou P A ( B ) = P ( B ) • Théorème Si P ( A ) ≠ 0 et P ( B ) ≠ 0 A et B indépendants ⇔ P ( A ∩ B ) = P ( A ) × P ( B ) . • Théorème Soit A 1, A 2, ..., A n n événements indépendants de probabilité non nulle. Alors P ( A 1 ∩ A 2 ∩ ... ∩ A n ) = P ( A 1 ) × P ( A 2 ) × ... × P ( A n ) .

Indépendance de deux variables aléatoires X et Y sont indépendantes si, pour tout i, 1 ≤ i ≤ n , et pour tout j, 1 ≤ j ≤ m : P [ ( X = xi ) ∩ ( Y = yj ) ] = P ( X = xi ) × P ( Y = yj )

Formule des probabilités totales Si les événements B 1, B 2, ..., B n forment une partition de Ω alors P ( A ) = P ( A ∩ B 1 ) + P ( A ∩ B 2 ) + ... + P ( A ∩ B n ) . Séquence 5 – MA02

229

Exercices d’entraînement Exercice 

Sur une motocyclette, on considère que les probabilités de crevaison des pneus avant et arrière pour un parcours donné sont respectivement 3 × 10 – 3 et 7 × 10 – 3 . On suppose de plus que la probabi1 lité de crevaison du pneu arrière sachant que le pneu avant est crevé est -- . 2  a)

Calculer la probabilité d’avoir les deux pneus crevés.

b) Calculer la probabilité d’avoir au plus un pneu crevé.  a)

Calculer la probabilité d’avoir un seul pneu crevé.

b) Calculer la probabilité de ne pas avoir de crevaison.

Exercice 

Les résultats seront donnés à 10 – 3 près. Une entreprise confie à une société de sondage par téléphone une enquête sur la qualité de ses produits. Chaque enquêteur a une liste de personnes à contacter. Lors du premier appel téléphonique, la probabilité que le correspondant soit absent est 0,4. Sachant que le correspondant est présent, la probabilité qu’il accepte de répondre au questionnaire est 0,2.  On

•

note :

A 1 , l’événement : « la personne est absente lors du premier appel ».

• R 1 , l’événement : « la personne accepte de répondre au questionnaire lors du premier appel ». Quel est la probabilité de R 1 ?  Lorsqu’une

personne est absente lors du premier appel, on lui téléphone une seconde fois, à une heure différente, et, alors, la probabilité qu’elle soit absente est 0,3. Et, sachant qu’elle est présente lors du second appel, la probabilité qu’elle accepte de répondre au questionnaire est encore 0,2. Si une personne est absente lors du seconde appel, on ne tente plus de la contacter. On note : •

A 2 , l’événement : « La personne est absente lors du second appel » ;

•

R 2 , l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire lors du second appel » ;

• R, l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire ». Déterminer la probabilité de R.  Sachant

qu’une personne a accepté de répondre au questionnaire, quelle est la probabilité que la réponse ait eu lieu lors du premier appel ?

Exercice 

Pour se rendre au lycée, un élève a le choix entre 4 itinéraires : A, B, C, D. 1 1 1 La probabilité qu’il a de choisir A (resp. B, C) est -- ⎛ resp. --, -----⎞ . 3 ⎝ 4 12⎠ 1 1 1 La probabilité d’arriver en retard en empruntant A (resp. B, C) est ----- ⎛ resp. -----, --⎞ . En empruntant D, 20 ⎝ 10 5⎠ il n’est jamais en retard.

230

 Quelle

est la probabilité que l’élève choisisse l’itinéraire D ?

 L’élève

arrive en retard. Quelle est la probabilité qu’il ait emprunté l’itinéraire C ?

Séquence 5 – MA02

Exercice 

Alice débute au jeu de fléchettes. Elle effectue des lancers successifs d’une fléchette. Lorsqu’elle 1 atteint la cible à un lancer, la probabilité qu’elle atteigne la cible au lancer suivant est égale à -- . 3 Lorsqu’elle a manqué la cible à un lancer, la probabilité qu’elle manque la cible au lancer suivant est 4 -- . On suppose qu’au premier lancer, elle a autant de chances d’atteindre la cible que de la manquer. 5 Pour tout entier naturel n strictement positif, on considère les événements suivants : A n : « Alice atteint la cible au nième coup ». B n : « Alice rate la cible au nième coup ». On pose p n = P ( A n ) .  Déterminer  Montrer

4 p 1 et montrer que p 2 = ----- . 15

que, pour tout entier naturel n ≥ 2 , 2 1 p n = ----- p n – 1 + -- . 15 5

 Pour

3 n ≥ 1, on pose u n = p n – ----- . 13

Montrer que la suite ( u n ) est une suite géométrique, dont on précisera le premier terme u 1 et la raison q.  Écrire

Exercice 

u n puis p n en fonction de n et déterminer lim p n . n→+∞

On dispose d’un dé cubique dont les faces sont numérotées de 1 à 6. On désigne par p k la probabilité d’obtenir, lors d’un lancer, la face numérotée k (k est un entier et 1 ≤ k ≤ 6 ). Ce dé est pipé de telle sorte que : • Les six faces ne sont pas équiprobables. • les nombres p 1 , p 2 , p 3 , p 4 , p 5 , p 6 dans cet ordre, sont six termes consécutifs d’une suite arithmétique de raison non nulle. • les nombres p 1 , p 2 , p 4 dans cet ordre, sont trois termes consécutifs d’une suite géométrique.  Démontrer  On

k que p k = ----- pour tout entier k tel que 1 ≤ k ≤ 6 . 21

lance ce dé une fois et on considère les événements suivants :

A : « le nombre obtenu est pair ». B : « le nombre obtenu est supérieur ou égal à 3 ». C : « le nombre obtenu est 3 ou 4 ». a) Calculer la probabilité de chacun de ces événements. b) Calculer la probabilité que le nombre obtenu soit supérieur ou égal à 3 sachant qu’il est pair. c) Les événements A et B sont-ils indépendants ? Les événements A et C sont-ils indépendants ?  Un

joueur effectue trois lancers consécutifs de ce dé.

a) Quelle est la probabilité qu’il obtienne la face 4, puis la face 2, puis la face 1 ? b) Quelle est la probabilité qu’il réalise 4 2 1 dans un ordre indifférent ?

Exercice 

Un professeur se trouve en possession de 5 clefs de salles. Il se tient devant une porte et il sait que, parmi ses 5 clefs, 2 n’ouvrent pas la porte parce qu’elles sont défectueuses mais les autres le peuvent. Il veut alors les tester toutes, une à une. Le choix des clefs est effectué au hasard et sans remise. On appelle clef numéro x la clef utilisée au x-ième essai. Séquence 5 – MA02

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 On

appelle D 1 l’événement : « La clef numéro 1 n’ouvre pas la porte ». Calculer sa probabilité.  On appelle D 2 l’événement : « La clef numéro 2 n’ouvre pas la porte ». Calculer la probabilité que l’événement D 2 se réalise, sachant que l’événement D 1 est réalisé. En déduire la probabilité de l’événement D 1 ∩ D 2 .  Quelle

est la probabilité de l’événement : « Les clefs numéros 1 et 2 ouvrent la porte et la clé numéro 3 ne l’ouvre pas » ? 1 ≤ i < j ≤ 5 , on note ( i ; j ) l’événement : « Les clefs qui n’ouvrent pas la porte sont les clefs numéros i et j, et P ( i ;j ) la probabilité de cet événement. Calculer P ( 2 ; 4 ) et P ( 4 ; 5 ) .

 Pour

Exercice 

Un artisan est contacté à domicile par ses clients sur appel téléphonique et dispose d’un répondeur. On a constaté que chaque jour entre 11 heures et midi : a) Quand l’artisan est absent, il branche systématiquement le répondeur. b) Quand il est présent, il le branche une fois sur trois. c) Quand un client téléphone, il a quatre chances sur cinq d’obtenir le répondeur et une chance sur cinq d’obtenir l’artisan. Un client téléphone à l’artisan un jour entre 11 heures et midi. Soit R l’événement : « le client obtient le répondeur ». A l’événement : « l’artisan est présent ».  Déterminer

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la probabilité P ( R ) , ainsi que les probabilités conditionnelles P A ( R ) et P ( R ) . A

 On

pose P ( A ) = x ; exprimer en fonction de x les probabilités P ( A ∩ R ) et P ( A ∩ R ) .

 En

déduire P ( A ) .

Séquence 5 – MA02

ides aux exercices d’entraînement Exercice 



b) Penser à l’événement contraire.



On pourra utiliser un diagramme de Carroll des probabilités.

Exercice 



On pourra dessiner un arbre probabiliste.

Exercice 



P(R ∩ C) P R ( C ) = ---------------------P(R)

Exercice 

Pour déterminer P ( R ) , utiliser la formule des probabilités totales. 

A n et B n forment une partition de Ω et P ( B n – 1 ) = 1 – p n – 1 .



Utiliser

b

Exercice 

∑

pi = 1 .

i=1

r Pour la résolution du système obtenu, on pourra poser a = ----- où r désigne la raison de la suite arithp1 métique.

Exercice 



a) Lancer 3 fois de suite un dé donne 3 résultats indépendants.

Exercice 



Faire un arbre.



Utiliser la formule des probabilités totales. ■

Séquence 5 – MA02

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