Succession d'épreuves indépendantes et loi binomiale

Epreuve d'enseignement de spécialité Session 19 Mai 2022 sujet 2 Exercice 1 : Probabilités conditionnelles et des SUITES - Exercice 1

25 min
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Dans une région touristique, une société propose un service de location de vélos pour la journée.La société dispose de deux points de location distinctes, le point AA et le point BB.
Les vélos peuvent être empruntés et restitués indifféremment dans l’un où l’autre des deux points de location.
On admettra que le nombre total de vélos est constant et que tous les matins, à l’ouverture du service, chaque vélo se trouve au point AA ou au point BB.
D’après une étude statistique :
• Si un vélo se trouve au point AA un matin, la probabilité qu’il se trouve au point AA le matin suivant est égale à 0,840,84 ;
• Si un vélo se trouve au point BB un matin la probabilité qu’il se trouve au point BB le matin suivant est égale à 0,760,76 .
À l’ouverture du service le premier matin, la société a disposé la moitié de ses vélos au point AA, l’autre moitié au point BB.
On considère un vélo de la société pris au hasard.
Pour tout entier naturel non nul n, on définit les évènements suivants :
• AnA_n : « le vélo se trouve au point AA le nnième matin »
• BnB_n : « le vélo se trouve au point BB le nnième matin ».
Pour tout entier naturel non nul nn, on note ana_n la probabilité de l’évènement AnA_n et bnb_n la probabilité de l’évènement BnB_n. Ainsi a1=0,5a_1 = 0,5 et b1=0,5b_1 = 0,5.
Question 1

Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous qui modélise la situation pour les deux premiers matins.

Correction
Question 2

Calculer a2a_2.

Correction
D'après les hypothèses de l'énoncé, on sait que : P(A2)=a2P\left(A_{2}\right)=a_{2}
Les évènements A1A_1 et B1B_1 forment une partition de l'univers. D'après la formule des probobilités totales on a :
P(A2)=P(A1∩A2)+P(B1∩A2)P\left(A_{2}\right)=P\left(A_1\cap A_{2}\right)+P\left(B_1\cap A_{2}\right)
P(A2)=P(A1)×PA1(A2)+P(B1)×PB1(A2)P\left(A_{2}\right)=P\left(A_1\right)\times P_{A_1}\left(A_{2}\right)+P\left(B_1\right)\times P_{B_1}\left(A_{2}\right)
P(A2)=0,5×0,84+0,5×0,24P\left(A_{2}\right)=0,5\times 0,84+0,5\times 0,24
Ainsi :
a2=0,54a_{2}=0,54
Question 3

Le vélo se trouve au point AA le deuxième matin. Calculer la probabilité qu’il se soit trouvé au point BB le premier matin. La probabilité sera arrondie au millième .

Correction
On cherche cette fois à calculer une probabilité conditionnelle. On pourrait traduire la question de la manière suivante ; sachant{\color{blue}{\text{sachant}}} que vélo se trouve au point AA le deuxième matin, quelle est la probabilité qu’il se soit trouvé au point BB le premier matin.
Ainsi :
PA2(B1)=P(B1∩A2)P(A2)P_{A_2} \left(B_{1}\right)=\frac{P\left(B_{1}\cap A_2\right)}{P\left(A_2\right)}
PA2(B1)=0,5×0,240,54P_{A_2} \left(B_{1}\right)=\frac{0,5\times 0,24}{0,54}
PA2(B1)≈0,222P_{A_2} \left(B_{1}\right)\approx0,222

Question 4

Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous qui modélise la situation pour les nième et (n+1)\left(n+1\right)ième matin matins.

Correction
Question 5

Justifier que pour tout entier naturel non nul nn, an+1=0,6an+0,24a_{n+1} = 0,6a_n +0,24.

Correction
D'après les hypothèses de l'énoncé, on sait que : P(An+1)=an+1P\left(A_{n+1}\right)=a_{n+1}
Les évènements AnA_n et BnB_n forment une partition de l'univers. D'après la formule des probobilités totales on a :
P(An+1)=P(An∩An+1)+P(Bn∩An+1)P\left(A_{n+1}\right)=P\left(A_n\cap A_{n+1}\right)+P\left(B_n\cap A_{n+1}\right)
P(An+1)=P(An)×PAn(An+1)+P(Bn)×PBn(An+1)P\left(A_{n+1}\right)=P\left(A_n\right)\times P_{A_n}\left(A_{n+1}\right)+P\left(B_n\right)\times P_{B_n}\left(A_{n+1}\right)
P(An+1)=an×0,84+(1−an)×0,24P\left(A_{n+1}\right)=a_n\times 0,84+\left(1-a_n\right)\times 0,24
P(An+1)=0,84an+0,24−0,24anP\left(A_{n+1}\right)=0,84a_n+0,24-0,24a_n
P(An+1)=0,6an+0,24P\left(A_{n+1}\right)=0,6a_n+0,24
Ainsi :
an+1=0,6an+0,24a_{n+1}=0,6a_n+0,24

Sur du long terme, la probabilité qu’un vélo soit à la station AA est de 60%60\%.
Question 6

Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel non nul nn, an=0,6−0,1×0,6n−1a_n = 0,6−0,1\times0,6^{n−1}

Correction
On rappelle que que pour tout entier naturel non nul nn, an+1=0,6an+0,24a_{n+1} = 0,6a_n +0,24.

Pour tout entier naturel nn non nul, posons la propriété Pn:an=0,6−0,1×0,6n−1P_{n} : a_n = 0,6−0,1\times0,6^{n−1}
Etape d’initialisation\purple{\text{Etape d'initialisation}}
On sait que a1=0,5a_{1} =0,5 et que a1=0,6−0,1×0,61−1=0,5a_{1} =0,6−0,1\times0,6^{1−1}=0,5 .
La propriété P1P_{1} est vraie.
Etape d’heˊreˊditeˊ\purple{\text{Etape d'hérédité}}
On suppose qu'il existe un entier kk tel que la propriété PkP_{k} soit vraie c'est-à-dire ak=0,6−0,1×0,6k−1a_k = 0,6−0,1\times0,6^{k−1} et vérifions si la propriété est également vraie au rang k+1k+1 c'est-à-dire ak+1=0,6−0,1×0,6ka_{k+1} = 0,6−0,1\times0,6^{k}
Par hypothèse de récurrence :
ak=0,6−0,1×0,6k−1a_k = 0,6−0,1\times0,6^{k−1} , on multiplie par 0,60,6 de part et d'autre de l'égalité
0,6×ak=0,6×(0,6−0,1×0,6k−1)0,6\times a_{k} =0,6\times \left(0,6−0,1\times0,6^{k−1}\right)
0,6×ak=0,6×0,6−0,1×0,6k−1×0,60,6\times a_{k} =0,6\times 0,6-0,1\times0,6^{k−1}\times 0,6
0,6×ak=0,6×0,6−0,1×0,6k0,6\times a_{k} =0,6\times 0,6-0,1\times0,6^{k}
0,6×ak=0,36−0,1×0,6k0,6\times a_{k} =0,36-0,1\times0,6^{k} , on va maintenant additionner par 0,240,24 de part et d'autre de l'égalité (notre objectif est de faire apparaître dans le membre de gauche ak+1a_{k+1} )
0,6×ak+0,24=0,36−0,1×0,6k+0,240,6\times a_{k}+0,24 =0,36-0,1\times0,6^{k}+0,24
0,6×ak+0,24=0,6−0,1×0,6k0,6\times a_{k}+0,24 =0,6-0,1\times0,6^{k}
uk+1=0,6−0,1×0,6ku_{k+1} =0,6-0,1\times0,6^{k}
Ainsi la propriété Pk+1P_{k+1} est vraie.
Conclusion\purple{\text{Conclusion}}
Puisque la propriété P1P_{1} est vraie et que nous avons prouvé l'hérédité, on peut en déduire, par le principe de récurrence que pour tout entier naturel nn non nul, on a PnP_{n} vraie, c'est à dire que pour tout entier naturel nn non nul, on a bien :
an=0,6−0,1×0,6n−1a_n = 0,6−0,1\times0,6^{n−1}

Question 7

Déterminer la limite de la suite (an)\left(a_n\right) et interpréter cette limite dans le contexte de l’exercice.

Correction
  • Si −1<q<1-1<q<1 alors lim⁡n→+∞qn=0\lim\limits_{n\to +\infty } q^{n} =0.
  • Si q>1 q >1 alors lim⁡n→+∞qn=+∞\lim\limits_{n\to +\infty } q^{n} =+\infty.
Comme −1<0,6<1-1<0,6<1 alors :
lim⁡n→+∞0,6n−1=0\lim\limits_{n\to +\infty } 0,6^{n-1} =0
lim⁡n→+∞(−0,1)×0,6n−1=0\lim\limits_{n\to +\infty } \left(-0,1\right)\times 0,6^{n-1} =0
lim⁡n→+∞0,6−0,1×0,6n−1=0,6\lim\limits_{n\to +\infty } 0,6-0,1\times 0,6^{n-1}=0,6
Ainsi :
lim⁡n→+∞an=0,6\lim\limits_{n\to +\infty } a_{n} =0,6

Question 8

Déterminer le plus petit entier naturel nn tel que an≥0,599a_n \ge 0,599 et interpréter le résultat obtenu dans le contexte de l’exercice.

Correction
an≥0,599a_n \ge 0,599 équivaut successivement à :
0,6−0,1×0,6n−1≥0,5990,6−0,1\times0,6^{n−1}\ge 0,599
−0,1×0,6n−1≥0,599−0,6−0,1\times0,6^{n−1}\ge 0,599-0,6
−0,1×0,6n−1≥−0,001−0,1\times0,6^{n−1}\ge -0,001
0,6n−1≤−0,001−0,10,6^{n−1}\le \frac{-0,001}{−0,1}
0,6n−1≤0,010,6^{n−1}\le 0,01
ln⁡(0,6)n−1≤ln⁡(0,01)\ln \left(0,6\right)^{n-1} \le \ln \left(0,01\right)
(n−1)ln⁡(0,6)≤ln⁡(0,01)\left(n-1\right)\ln \left(0,6\right)\le \ln \left(0,01\right)
(n−1)≥ln⁡(0,01)ln⁡(0,6)\left(n-1\right)\ge \frac{\ln \left(0,01\right)}{\ln \left(0,6\right)} On a divisé par ln⁡(0,6)<0\ln \left(0,6\right)<0, on change donc le sens de l'inégalité.
n≥ln⁡(0,01)ln⁡(0,6)+1n\ge \frac{\ln \left(0,01\right)}{\ln \left(0,6\right)} +1
Or : ln⁡(0,01)ln⁡(0,6)+1≈10,015\frac{\ln \left(0,01\right)}{\ln \left(0,6\right)}+1 \approx 10,015       \;\;\; . Il faut prendre le premier entier supérieur à 10,01510,015
Il en résulte que :
n≥11n \ge 11

La probabilité que le vélo se trouve au point AA est supérieure à 0,5990,599 à partir du 1111ième matin .