TS DS 3 Correction .pdf

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Title: Microsoft Word - Document3
Author: verneau

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Or

Exercice 1 (45 minutes  Bac 2006 Polynésie)

soit
soit

pn+1 = 0,46pn + 0,66(qn + rn)
pn+1 =  0,2pn + 0,66 .

d. Pour tout n de  :
un+1 = pn+1  0,55 = 0,2pn + 0,66  0,55 = 0,2pn + 0,11 = 0,2(pn  0,55) = 0,2un.

b. Soit B l’événement “ l’individu a eu au moins un retard le 2ème mois ”.
Soit C l’événement “ l’individu n’a pas eu de retard le premier mois ”.

Donc la suite (un) est une suite géométrique de raison 0,2.

P(C  B)
P(C)

e. * Comme (un) est une suite géométrique de raison appartenant à ]1 ; 1[, alors

250 + 60
572
A l’aide du tableau, on trouve : P(B  C) =
= 0,31 et P(C) =
= 0,572.
1000
1000
Donc PC(B) =

pn+1 = 0,46pn + 0,66qn + 0,66rn

Donc pn+1 = 0,46pn + 0,66(1  pn)

1.a. Soit A l’événement “ l’individu a eu au moins un retard le premier mois ”.
Donc cet individu a pu avoir 1 ou 2 ou plus de retard. De plus on ne se préoccupe pas du 2ème mois !
318 + 110
Donc P(A) =
soit P(A) = 0,428 .
1000

On demande donc PC(B) =

pn + qn + rn = 1 donc qn + rn = 1  pn.

c. Pour tout entier naturel n non nul, on a :

TS  Correction DS n° 3

P(C  B)
0,31
=
= 0,541958 soit
P(C)
0,572

* Pour tout n de  : un = pn  0,55 soit

pn = un + 0,55. Donc

lim un = 0 .

n +

lim pn = 0,55 .

n +

PC(B)  0,542 .
Exercice 2

2.a. * P(A1) = p1 =

572
1000

soit

p1 = 0,572 .

* P(B1) = q1 =

318
1000

soit

q1 = 0,318 .

1.

* P(C1) = r1 =

110
1000

soit

r1 = 0,11 .

1  e3x



4x2

3

2. e

e0  e3x

4x2

= (ex) e  e



0  3x  0  x

= e3x e1



4x2

e

donc

= e3x+1 

c 1
On a une racine évidente x1 = 1, donc x2 = =
a 4

S = ]0 , + [ .

4x2 = 3x + 1

 4x2  3x  1 = 0

1

donc S =  , 1  .
 4


b. On utilise la formule des probabilités totales que l’on peut retrouver grâce à un arbre :
PAn(An+1) An+1

Exercice 3

Cn+1

P(An)

P Bn(An+1) An+1
P(Bn)

P(An  An+1)

Bn+1

An

Bn

Bn+1
Cn+1
PCn(An+1) An+1

P(Cn)

P(Bn  An+1)

Cn

P(Cn  An+1)

Bn+1
Cn+1

P(An+1)

1
ex 1 + x
x
e
e
+
1


1
1. On factorise ex : x
=
or x = ex
1
e
e  1 x
e  1  x
e


donc

ex + 1 1 + ex
=
.
ex  1 1  ex

2. * Limite en + . On utilise la transformation d’écriture du 1 ….
1
1 + ex
lim ex = +  donc lim x = 0 donc
lim
x = 1
x +
x+ e
x+ 1  e

P(An+1) = PAn(An+1)  P(An) + PBn(An+1)  P(Bn) + PCn(An+1)  P(Cn)
* Limite en  .
Or on donne PAn(An+1) = 0,46 et PBn(An+1) = PCn(An+1) = 0,66.
Donc P(An+1) = 0,46  P(An) + 0,66  P(Bn) + 0,66  P(Cn)
Soit

pn+1 = 0,46pn + 0,66qn + 0,66rn .

lim

x

ex = 0

donc

lim

x

ex + 1
= 1
ex  1

soit

lim f = 1 .


soit

lim f = 1 .
+

Exercice 5 (La Réunion Juin 2010)

* Limite en 0 pour x  0.
x

x

0

lim e  1 = 0 et pour x  0, on e  e = 1 soit

x0
x 0

1
e  1  0 donc lim x
= 
x0 e  1
x

Partie A

x 0

De plus

lim ex + 1 = 2

x0
x0

donc par produit

lim (ex + 1) 

x0
x 0

1
=   soit
ex  1

lim
f = .


1. Probabilité pour qu’à l’issue d’un jeu, les deux faces obtenues soient noires : P(N1  N2).
2 2
1
Les deux jets étant indépendants, on a donc : P(N1  N2) = P(N1)  P(N2) = 
soit P(N1  N2) = .
6 6
9

* Limite en 0 pour x  0.
lim ex  1 = 0 et pour x  0, on ex  e0 = 1 soit

x0
x 0

De plus

lim ex + 1 = 2

x0
x0

donc par produit

ex  1  0 donc

lim

x0
x 0

1
= +
ex  1

1
lim (ex + 1)  x
= +  soit
x0
e 1
x 0

lim
f =+ .
+
0

1
x3

On a lim x  3 = 0 et comme x  3 alors x  3  0, donc
x3

De plus lim x2  10 =  1 donc
x3

lim

x3

1
=  .
x3

lim f(x) = +  .

x3

Donc la courbe de f admet une asymptote verticale d’équation x = 3.

x2  10
b. f(x) =
=
x3

lim

x

1

10
x21  2 
x 

=
3

x 1  
x


3
=1
x

10
x1  2 
x 

3
1
x

lim 1 

x

2. Soit l’évènement C : « à l’issue d’un jeu, les deux faces obtenues sont de la même couleur ».
P(C) = P(V1  V2) + P(N1  N2) + P(R1  R2) = P(V1)  P(V2) + P(N1)  P(N2) + P(R1)  P(R2)
1 1 2 2 3 3
14
7
=  +  + 
soit P(C) =
soit
P(C) =
.
6 6 6 6 6 6
36
18
3. « à l’issue d’un jeu, les deux faces obtenues sont de couleurs différentes » est l’événement ¯¯
C.
7
11
D’où P(¯¯
C ) = 1  P(C) = 1 
soit P(¯¯
C) =
.
18
18

Exercice 4
a. Pour x  3, f(x) = (x2  10) 

On note V1, N1 et R1 (respectivement V2, N2 et R2) la couleur obtenue au premier (respectivement second) jet.

0

10
= 1
x2

4. À l’issue d’un jeu, sachant que les deux faces obtenues sont de la même couleur, la probabilité pour que les
P(C  V)
deux faces obtenues soient vertes est : PC(V) =
.
P(C)
1 1

6 6 1 18
P(V)
1
Mais V  C, donc P(C  V) = P(V), donc PC(V) =
soit PC(V) =
=

soit PC(V) =
.
P(C)
7
36 7
14
18

Partie B
et

lim x =  

x

donc

lim f(x) =   .

1
3

x2  10
(ax + b)(x  3) + c
=
x3
x3

R

2/6

N

1/6

V

1/3

N

2/3

V

1.a. Arbre de probabilités traduisant cette situation :

x 

2
3

c. Pour tout x   {3} :
c
f(x) = ax + b +

x3

N

3/6

V

 x2  10 = ax2 + (b  3a)x 3b + c
b. Probabilité d’obtenir une face verte au deuxième lancer, sachant que l’on a obtenu une face verte au
2
premier lancer : PV1(V2). D’après l’arbre : PV1(V2) = .
3

 a = 1
 a = 1
 (identification des coefficients des termes de même degré)  b  3a = 0
  b=3 .
 c = 1
 3b + c = 10
1
Donc f(x) = x + 3 
.
x3

2. Probabilité d’obtenir deux faces vertes : P(V1  V2) = PV1(V2)  P(V1) =

1
 0, donc f(x)  x + 3.
x3
Donc la courbe de f est au dessus de la droite y = x + 1.

3. Probabilité d’obtenir une face verte au deuxième lancer : P(V2) = P(N1  V2) + P(V1  V2).
1 1 4
1
8
1
Soit P(V2) = P(N)  PN(V2) + P(V1  V2) =  + =
+
soit P(V2) = .
3 6 9
18 18
2

d. Pour tout x  3 : f(x)  (x + 3) =

2 2

3 3

soit P(V1  V2) =

4
.
9


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