2025Bac spé maths · Asie (septembre) · Jour 1

Soit \(f\) la fonction définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x)=x \mathrm{e}^{-2 x}\).

On admet que \(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on note \(f'\) la dérivée de la fonction \(f\).

On note \(\mathcal{C}_{f}\) la courbe représentative de \(f\) dans un repère orthonormé du plan.

Affirmation 1. Pour tout réel \(x\), on a \(f'(x)=(-2 x+1) \mathrm{e}^{-2 x}\).

\(f(x)=x \mathrm{e}^{-2x}\) donc \(f'(x)=1 \times \mathrm{e}^{-2x} + x \times (-2)\mathrm{e}^{-2x} = \left (-2x+1\right )\mathrm{e}^{-2x}\).

Affirmation 1 vraie

Affirmation 2. La fonction \(f\) est une solution sur \(\mathbb{R}\) de l'équation différentielle : \(y'+2 y=\mathrm{e}^{-2 x}\).

\(f'(x)+2f(x)= \left (-2x+1\right )\mathrm{e}^{-2x} +2x\mathrm{e}^{-2x} = -2x\mathrm{e}^{-2x} +\mathrm{e}^{-2x}+2x\mathrm{e}^{-2x}=\mathrm{e}^{-2x}\)

Affirmation 2 vraie

Affirmation 3. La fonction \(f\) est convexe sur \(]-\infty ~;~ 1]\).

\(f'(x)= \left (-2x+1\right )\mathrm{e}^{-2x}\) donc \(f''(x)=(-2)\times \mathrm{e}^{-2x} + \left (-2x+1 \right )\times (-2)\mathrm{e}^{-2x} = \left (4x-4 \right ) \mathrm{e}^{-2x}\).

On étudie le signe de \(f''(x)\) sur \(\mathbb{R}\).

Affirmation 3 fausse

Affirmation 4. L'équation \(f(x)=-1\) admet une unique solution sur \(\mathbb{R}\).

On détermine le signe de \(f'(x) = \left (-2x+1\right )\mathrm{e}^{-2x}\) sur \(\mathbb{R}\).

• \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty} x =-\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty} \mathrm{e}^{-2x}=+\infty\) donc \(\displaystyle\lim_{x\to -\infty} f(x)=-\infty\).

• \(f\left (\dfrac{1}{2}\right ) = \dfrac{1}{2} \mathrm{e}^{-2\times \frac{1}{2}} = \dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}>0\)

• \(f(x)=x\mathrm{e}^{-2x}= \dfrac{1}{2}\times \dfrac{2x}{\mathrm{e}^{2x}}\); par croissance comparée, on a \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty} \frac{2x}{\mathrm{e}^{2x}}=0\) donc \(\displaystyle\lim_{x\to +\infty} f(x)=0\).

On établit le tableau des variations de \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

• Sur l'intervalle \(\left]-\infty\,;\,\frac{1}{2}\right]\), la fonction \(f\) est continue et strictement croissante. De plus \(\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=-\infty\) et \(f\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}>0\). Or \(-1\in \left]-\infty\,;\,\frac{1}{2}\mathrm{e}^{-1}\right]\) donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation \(f(x)=-1\) admet une unique solution sur \(\left]-\infty\,;\,\frac{1}{2}\right]\).

• Sur l'intervalle \(\left[\frac{1}{2}\,;\,+\infty\right[\), la fonction \(f\) est strictement positive donc l'équation \(f(x)=-1\) n'admet aucune solution sur cet intervalle.

Donc l'équation \(f(x)=-1\) admet une unique solution sur \(\mathbb{R}\).

Affirmation 4 vraie

Affirmation 5. L'aire du domaine délimité par la courbe \(\mathcal{C}_{f}\), l'axe des abscisses et les droites d'équation \(x=0\) et \(x=1\) est égale à \(\dfrac{1}{4}-\dfrac{3 \mathrm{e}^{-2}}{4}\).

L'aire du domaine est égale à \(\mathcal{A} = \displaystyle\int_{0}^{1}f(x) \text{\,d}x = \displaystyle \int_{0}^{1} x \mathrm{e}^{-2x} \text{\,d}x\).

On utilise une intégration par parties: \(\displaystyle\int_{a}^{b} u(x)v'(x)\text{\,d}x =\left [ u(x)v(x) \right ]_{a}^{b} -\int_{a}^{b} u'(x) v(x) \text{\,d}x\).

On pose \(\left \{ \begin{array}{l} u(x)=x\\ v'(x)=\mathrm{e}^{-2x} \end{array} \right .\) donc \(\left \{ \begin{array}{l} u'(x)=1\\ v(x)= -\dfrac{1}{2} \mathrm{e}^{-2x} \end{array} \right .\)

\(\begin{aligned}[t] \mathcal{A} & = \displaystyle \int_{0}^{1} x \mathrm{e}^{-2x} \text{\,d}x = \left [x\times \left ( -\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x} \right ) \right ]_{0}^{1}- \displaystyle\int_{0}^{1} 1\times \left ( -\dfrac{1}{2}\mathrm{e}^{-2x} \right ) \text{\,d}x = \left [-\dfrac{x\mathrm{e}^{-2x} }{2} \right ]_{0}^{1}- \left [ \dfrac{1}{4}\mathrm{e}^{-2x} \right ]_{0}^{1}\\ & = \left [ - \dfrac{\mathrm{e}^{-2}}{2} - 0 \right ] - \left [ \dfrac{\mathrm{e}^{-2}}{4} - \dfrac{\mathrm{e}^{0}}{4}\right ] = \dfrac{1}{4} - \dfrac{3\mathrm{e}^{-2}}{4} \end{aligned}\)

Affirmation 5 vraie

1. On donne les coordonnées des points A, B, G, I et J:

   A \(\left (0 \;,\; 0 \;,\;0 \right )\); B \(\left (1 \;,\; 0 \;,\; 0 \right )\); G \(\left ( 1\;,\; 1\;,\;1 \right )\); I \(\left ( \dfrac{1}{2} \;,\; 0 \;,\; 0 \right )\); J \(\left ( 1 \;,\; \dfrac{1}{2} \;,\; \dfrac{1}{2}\right )\)

2. 1. La droite (AJ) est l'ensemble des points M \(\left (x\;,\; y \;,\; z\right )\) tels que \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AJ}}\) soient colinéaires, c'est-à-dire tels que \(\overrightarrow{\mathrm{AM}} = k.\overrightarrow{\mathrm{AJ}}\) avec \(k\in\mathbb{R}\).

      \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} x_{\text{M}} - x_{\text{A}} \\ y_{\text{M}} - y_{\text{A}} \\ z_{\text{M}} - z_{\text{A}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\ y \\ z \end{pmatrix}\) et celles de \(\overrightarrow{\mathrm{AJ}}\) sont \(\begin{pmatrix} x_{\text{J}} - x_{\text{A}} \\ y_{\text{J}} - y_{\text{A}} \\ z_{\text{J}} - z_{\text{A}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\ \frac{1}{2} \\[5pt] \frac{1}{2} \end{pmatrix}\)

      \(\overrightarrow{\mathrm{AM}} = k.\overrightarrow{\mathrm{AJ}} \iff \begin{pmatrix} x\\ y \\ z \end{pmatrix} = k.\begin{pmatrix} 1\\ \frac{1}{2} \\[5pt] \frac{1}{2} \end{pmatrix} \iff \left \{ \begin{array}{l !{=} l} x & k\\ y & \frac{k}{2}\\[5pt] z & \frac{k}{2} \end{array} \right .\)

      La droite (AJ) a donc pour représentation paramétrique \(\left \{ \begin{array}{l !{=} l } x & k \\ y & \frac{k}{2} \\[5pt] z & \frac{k}{2} \end{array} \right. \text{avec } k\in \mathbb{R}\)

   2. \(\left\{ \begin{array}{l !{=} l } x & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt] y & t \\ z & t\end{array} \right. (t\in\mathbb{R})\) est la représentation paramétrique d'une droite passant par le point de coordonnées \(\left( \frac{1}{2}\;,\; 0 \;,\; 0\right )\), c'est-à-dire le point I, et ayant le vecteur de coordonnées \(\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\[5pt] 1 \\ 1 \end{pmatrix}\) pour vecteur directeur.

      \(\overrightarrow{\mathrm{IG}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} x_{\text{G}} - x_{\text{I}} \\ y_{\text{G}} - y_{\text{I}} \\ z_{\text{G}} - z_{\text{I}} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1-\frac{1}{2}\\[5pt] 1-0 \\ 1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2}\\[5pt] 1 \\ 1 \end{pmatrix}\)

      Donc \(\left\{ \begin{array}{l !{=} l } x & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt] y & t \\ z & t \end{array} \right.\; (t\in\mathbb{R})\) est une représentation paramétrique de la droite (IG).

   3. Les droites (AJ) et (IG) sont sécantes si et seulement si on peut trouver un couple de réels \(\left (k\;,\;t\right )\) tel que \(\left\{ \begin{array}{l !{=} l } k & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt] \frac{1}{2}k & t \\[5pt] \frac{1}{2}k & t \end{array} \right.\). On résout ce système.

      \(\begin{aligned}[t] \left\{ \begin{array}{l !{=} l } k & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt] \frac{1}{2}k & t \\[5pt] \frac{1}{2}k & t \end{array} \right. & \iff \left\{ \begin{array}{l !{=} l } k & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt] k & 2 t \end{array} \right. \iff \left\{ \begin{array}{l !{=} l } 2t & \frac{1}{2}+\frac{1}{2} t \\[5pt] k & 2 t \end{array} \right. \iff \left\{ \begin{array}{l !{=} l } \frac{3}{2} t & \frac{1}{2} \\[5pt] k & 2 t \end{array} \right.\\ & \iff \left\{ \begin{array}{l !{=} l } t & \frac{1}{3} \\[5pt] k & \frac{2}{3} \end{array} \right. \end{aligned}\)

      Donc les droites (AJ) et (IG) sont sécantes. Pour \(k=\frac{2}{3}\), on a \(\left \{ \begin{array}{l !{=} l } k & \frac{2}{3} \\[5pt] \frac{1}{2}k & \frac{1}{3} \\[5pt] \frac{1}{2}k & \frac{1}{3} \end{array} \right.\)

      Le point S d'intersection des droites (AJ) et (IG) a donc pour coordonnées \(\left (\frac{2}{3}\;,\; \frac{1}{3} \;,\; \frac{1}{3}\right )\).

3. 1. Soit \(\overrightarrow{n}\) le vecteur de coordonnées \((0 ~;~-1 ~;~ 1)\).

      \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AG}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} 1\\ 1\\1 \end{pmatrix}\)

      • \(\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AB}} = 0\times 1 + (-1)\times 0 +1\times 0=0\) donc \(\overrightarrow{n} \perp \overrightarrow{\mathrm{AB}}\).

      • \(\overrightarrow{n}\cdot \overrightarrow{\mathrm{AG}} = 0\times 1 + (-1)\times 1 +1\times 1=0\) donc \(\overrightarrow{n} \perp \overrightarrow{\mathrm{AG}}\).

      • Les vecteurs \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{AG}}\) ne sont pas colinéaires donc ce sont deux vecteurs directeurs du plan (ABG).

      Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs directeurs du plan (ABG), donc \(\overrightarrow{n}\) est un vecteur normal au plan (ABG).

   2. Le plan (ABG) est l'ensemble des points M de coordonnées \((x\;,\; y \;,\; z)\) tels que \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\) et \(\overrightarrow{n}\) soient orthogonaux, c'est-à-dire tels que \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\cdot \overrightarrow{n}=0\).

      \(\overrightarrow{\mathrm{AM}}\cdot \overrightarrow{n}=0 \iff x \times 0+ y\times (-1) +z\times 1 = 0 \iff -y+z=0\)

      Le plan (ABG) a pour équation cartésienne: \(-y+z=0\).

   3. On admet qu'une représentation paramétrique de la droite \((d)\) de vecteur directeur \(\overrightarrow{n}\) et passant par le point K de coordonnées \(\left(\dfrac{1}{2} ~;~ 0 ~;~ 1\right)\) est : \(\left\{\begin{array}{l} x=\frac{1}{2} \\[5pt] y= - t \\ z=1+t \end{array} \right.\; (t \in \mathbb{R}).\)

      S'il existe, le point d'intersection de la droite \((d)\) et du plan (ABG), est solution du système: \(\left \{ \begin{array}{r !{=} l} x & \frac{1}{2} \\[5pt] y & -t\\ z & 1+t\\ -y+z & 0 \end{array} \right .\)

      Il faut donc que: \(-(-t)+(1+t)=0\) soit \(2t+1=0\) ou encore \(t=-\frac{1}{2}\).

      Pour \(t=-\frac{1}{2}\), on a \(x=\frac{1}{2}\), \(y=-t = \frac{1}{2}\) et \(z= 1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\).

      Donc la droite \((d)\) coupe le plan (ABG) au point L de coordonnées \(\left ( \frac{1}{2}\;,\; \frac{1}{2}\;,\; \frac{1}{2}\right )\).

   4. • \(\begin{aligned}[t] \text{LA}^2 & = \left (x_{\text{A}} - x_{\text{L}}\right )^2 + \left (y_{\text{A}} - y_{\text{L}}\right )^2 + \left (z_{\text{A}} - z_{\text{L}}\right )^2\\ & = \left (0 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 + \left (0 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 + \left (0 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 = \textstyle\frac{1}{4} + \textstyle\frac{1}{4} + \textstyle\frac{1}{4} = \textstyle\frac{3}{4} \end{aligned}\)

        donc \(\text{LA} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\).

      • \(\begin{aligned}[t] \text{LB}^2 & = \left (x_{\text{B}} - x_{\text{L}}\right )^2 + \left (y_{\text{B}} - y_{\text{L}}\right )^2 + \left (z_{\text{B}} - z_{\text{L}}\right )^2\\ & = \left (1 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 + \left (0 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 + \left (0 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 = \textstyle\frac{1}{4} + \textstyle\frac{1}{4} + \textstyle\frac{1}{4} = \textstyle\frac{3}{4} \end{aligned}\)

        donc \(\text{LB} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\).

      • \(\begin{aligned}[t] \text{LG}^2 & = \left (x_{\text{G}} - x_{\text{L}}\right )^2 + \left (y_{\text{G}} - y_{\text{L}}\right )^2 + \left (z_{\text{G}} - z_{\text{L}}\right )^2\\ & = \left (1 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 + \left (1 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 + \left (1 - \textstyle\frac{1}{2}\right )^2 = \textstyle\frac{1}{4} + \textstyle\frac{1}{4} + \textstyle\frac{1}{4} = \textstyle\frac{3}{4} \end{aligned}\)

        donc \(\text{LG} = \sqrt{\frac{3}{4}} = \frac{\sqrt{3}}{2}\).

      Donc le point L est équidistant des points A, B et G.

4. \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} 1\\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{BG}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} 1 - 1 \\ 1-0 \\1-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\1 \end{pmatrix}\)

   \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot \overrightarrow{\mathrm{BG}} = 1\times 0 + 0\times 1 + 0\times 1 = 0\) donc \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\perp \overrightarrow{\mathrm{BG}}\) donc le triangle ABG est rectangle en B.

5. 1. • (AJ) et (IG) sont deux médianes du triangle ABG et elles se coupent en S; donc le point S est le centre de gravité du triangle ABG.

      • Le point L est équidistant des points A, B et G donc c'est le centre du cercle circonscrit au triangle ABG.

      • Le triangle ABG est rectangle en B donc B est son orthocentre.

   2. \(\overrightarrow{\mathrm{BS}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} \frac{2}{3} - 1 \\[5pt] \frac{1}{3} - 0 \\[5pt] \frac{1}{3} - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{3} \\[5pt] \frac{1}{3} \\[5pt] \frac{1}{3} \end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{BL}}\) a pour coordonnées \(\begin{pmatrix} \frac{1}{2} - 1 \\[5pt] \frac{1}{2} - 0 \\[5pt] \frac{1}{2} - 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\frac{1}{2} \\[5pt] \frac{1}{2} \\[5pt] \frac{1}{2} \end{pmatrix}\)

      \(\overrightarrow{\mathrm{BS}} = \frac{2}{3} \overrightarrow{\mathrm{BL}}\) donc les vecteurs \(\overrightarrow{\mathrm{BS}}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{BL}}\) sont colinéaires et donc les points B, S et L sont alignés.

Dominique répond à un QCM comportant 10 questions. Pour chaque question, il est proposé 4 réponses dont une seule est exacte. Dominique répond au hasard à chacune des 10 questions en cochant, pour chaque question, exactement une case parmi les 4. Pour chacune des questions, la probabilité qu'il réponde correctement est donc \(\frac{1}{4}\).

On note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de bonnes réponses à ce QCM.

1. Pour chaque question, il y a deux issues possibles: Dominique donne la bonne réponse, avec une probabilité \(p=\frac{1}{4}\), ou Dominique donne une mauvaise réponse.

   On effectue cette expérience élémentaire 10 fois et de façon indépendante.

   La variable aléatoire \(X\) qui compte le nombre de bonnes réponses à ce QCM suit donc la loi binomiale de paramètres \(n=10\) et \(p=\frac{1}{4}\).

2. La probabilité que Dominique obtienne exactement 5 bonnes réponses est :

   \(P\left (X=5\right ) = \binom{10}{5} \times \left (\frac{1}{4}\right )^5 \times \left (1-\frac{1}{4}\right )^{10-5}\approx 0{,}0584\)

3. L'espérance de \(X\) est \(E(X)=np = 10\times \frac{1}{4}= 2{,}5\).

   En procédant comme Dominique, un élève aura en moyenne \(2{,}5\) bonnes réponses.

4. On suppose dans cette question qu'une bonne réponse rapporte un point et qu'une mauvaise réponse fait perdre \(0{,}5\) point. La note finale peut donc être négative.

   On note \(Y\) la variable aléatoire qui donne le nombre de points obtenus.

   1. Pour réaliser l'évènement \((Y=10)\), il faut que toutes les réponses soient justes donc: \(P\left (Y = 10\right )=P\left (X = 10\right ) = \left (\frac{1}{4}\right )^{10}\).

   2. • On a vu que \((Y = 10)\) équivalait à \((X=10)\).

      • Si \(X = 9\), il y a 9 bonnes réponses qui rapportent 9 points, et une mauvaise réponse qui en retire un demi; donc \(Y=8{,}5\).

      • Si \(X = 8\), il y a 8 bonnes réponses qui rapportent 8 points, et deux mauvaises réponses qui retirent deux demi-points; donc \(Y=7\).

      • Etc.

      On regroupe tous les résultats possibles dans un tableau.

      \(X\)	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
      \(Y\)	\(-5\)	\(-3{,}5\)	\(-2\)	\(-0{,}5\)	\(1\)	\(2{,}5\)	\(4\)	\(5{,}5\)	\(7\)	\(8{,}5\)	\(10\)

      Donc la note finale de Dominique est positive à partir de 4 bonnes réponses.

   3. D'après le tableau précédent, \(P\left (Y\leqslant 0\right )=P\left (X\leqslant 3\right )\).

      Donc \(P\left (Y\leqslant 0\right ) \approx 0{,}78\).

      Attention, piège :

      Attention à ne pas inclure \(X=4\) : pour 4 bonnes réponses, \(Y=1{,}5\times 4-5=1\), donc la note est strictement positive. \(Y \leqslant 0\) équivaut bien à \(X \leqslant 3\).

   4. \(X\) prend toutes les valeurs entières entre 0 et 10.

      Pour \(X\) bonnes réponses qui rapportent \(X\) points, il y en a \(10-X\) mauvaises qui retirent \(0{,}5\left (10-X\right )\) points.

      Donc \(Y=X-0{,}5\left (10-X\right )=X-5+0{,}5X=1{,}5X-5\).

   5. D'après la linéarité de l'espérance mathématique, on a:

      \(E\left (Y\right ) = E\left (1{,}5X-5\right )=1{,}5\times E\left (X\right ) - 5 = 1{,}5\times 2{,}5 - 5 = -1{,}25\).

Soit \(n\) un entier naturel non nul.

Dans le cadre d'une expérience aléatoire, on considère une suite d'évènements \(A_{n}\) et on note \(p_{n}\) la probabilité de l'évènement \(A_{n}\).

• Si l'évènement \(A_{n}\) est réalisé alors l'évènement \(A_{n+1}\) est réalisé avec une probabilité 0,3.

• Si l'évènement \(A_{n}\) n'est pas réalisé alors l'évènement \(A_{n+1}\) est réalisé avec une probabilité 0,7.

On suppose que \(p_{1}=1\).

Partie A :

1. On complète l'arbre des probabilités ci-dessous:

   

2. \(\left \{ A_2\;,\; \overline{A_2} \right \}\) forme une partition donc, d'après la formule des probabilités totales:

   \(\begin{aligned} P\left (A_3\right ) & = P\left (A_2 \cap A_3\right ) +P\left (\overline{A_2} \cap A_3\right ) = P\left (A_2\right ) \times P_{A_2}\left (A_3\right ) + P\left (\overline{ A_2} \right ) \times P_{\overline{ A_2} }\left (A_3\right )\\ & = 0{,}3\times 0{,}3+0{,}7\times 0{,}7 = 0{,}58 \end{aligned}\)

3. \(P_{A_{3}}\left(A_{2}\right) = \dfrac{P\left (A_2 \cap A_3\right )}{P\left ( A_3\right )} = \dfrac{0,3\times 0{,}3}{0,58}\approx 0{,}16\)

   Attention, piège :

   On lit sur l'arbre \(P_{A_2}(A_3)=0{,}3\), mais ce n'est pas la probabilité demandée \(P_{A_3}(A_2)\). Pour calculer une probabilité conditionnelle « inversée », on utilise \(P_{A_3}(A_2)=\dfrac{P(A_2\cap A_3)}{P(A_3)}\), avec \(P(A_2\cap A_3)=P(A_2)\times P_{A_2}(A_3)\).

Partie B :

Dans cette partie, on étudie la suite \(\big(p_{n}\big)\) avec \(n \geqslant 1\).

1. On complète l'arbre des probabilités ci-dessous :

   

2. 1. \(\left \{ A_{n}\;,\; \overline{A_n} \right \}\) forme une partition donc, d'après la formule des probabilités totales:

      \(\begin{aligned} p_{n+1} = P\left (A_{n+1}\right ) & = P\left (A_n \cap A_{n+1}\right ) +P\left (\overline{A_n} \cap A_{n+1}\right )\\ & = P\left (A_n\right ) \times P_{A_n}\left (A_{n+1}\right ) + P\left (\overline{ A_n} \right ) \times P_{\overline{ A_n} }\left (A_{n+1}\right )\\ & = p_n\times 0{,}3+\left (1-p_n\right ) \times 0{,}7 = 0{,}3p_n +0{,}7-0{,}7p_n = -0{,}4p_n + 0{,}7 \end{aligned}\)

   On considère la suite \(\left (u_{n}\right )\), définie pour tout entier naturel \(n\) non nul par : \(u_{n}=p_{n}-0{,}5\). Donc \(p_n=u_n+0{,}5\).

   1. \(\begin{aligned}[t] u_{n+1} &=p_{n+1}-0{,}5 = -0{,}4p_n + 0{,}7-0{,}5 = -0{,}4\left (u_n+0{,}5\right ) +0{,}2 = -0{,}4u_n -0{,}2+0{,}2\\ &=-0{,}4u_n \end{aligned}\)

      \(u_1=p_1-0{,}5=1-0{,}5=0{,}5\)

      Donc la suite \(\left (u_n\right )\) est géométrique de raison \(q=-0{,}4\) et de premier terme \(u_1=0{,}5\).

   2. On en déduit que, pour tout \(n\), on a: \(u_n=u_1\times q^{n-1}= 0{,}5 \times \left (-0{,}4\right )^{n-1}\).

      Et donc \(p_n=u_n+0{,}5= 0{,}5\times \left (-0{,}4\right )^{n-1} + 0{,}5\).

   3. On a: \(-1 < -0{,}4 < 1\) donc \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty} (-0{,}4)^{n-1} = 0\) donc \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty} p_n = 0{,}5\).

Partie C :

Soit \(x \in ]0 ~;~ 1[\), on suppose que \(P_{\overline{A_{n}}}\left(A_{n+1}\right)=P_{A_{n}}\left(\overline{A_{n+1}}\right)=x\). On rappelle que \(p_{1}=1\).

On représente cette situation par un arbre de probabilités.

1. \(\left \{ A_{n}\;,\; \overline{A_n} \right \}\) forme une partition donc, d'après la formule des probabilités totales:

   \(\begin{aligned} p_{n+1} = P\left (A_{n+1}\right) & = P\left (A_n \cap A_{n+1}\right ) +P\left (\overline{A_n} \cap A_{n+1}\right )\\ & = P\left (A_n\right ) \times P_{A_n}\left (A_{n+1}\right ) + P\left (\overline{ A_n} \right ) \times P_{\overline{ A_n} }\left (A_{n+1}\right )\\ & = p_n\times \left (1-x\right )+\left (1-p_n\right ) \times x = p_n - x p_n + x - xp_n = \left (1-2x\right ) p_n + x \end{aligned}\)

2. On va démontrer par récurrence que \(p_{n}=\frac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}\) pour tout \(n\geqslant 1\).

   • Initialisation

     Pour \(n=1\), on a \(\frac{1}{2}(1-2 x)^{1-1}+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1\)

     Or \(p_1=1\), donc la propriété est vraie pour \(n=1\).

   • Hérédité

     On suppose la propriété vraie au rang \(n\) c'est-à-dire que \(p_{n}=\frac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}\); c'est l'hypothèse de récurrence.

     \(\begin{aligned} p_{n+1} & = \left (1-2x\right )p_n+x = \left (1-2x\right ) \left ( \frac{1}{2}(1 - 2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}\right )+x\\ & = \left (1-2x\right ) \times \frac{1}{2}(1 - 2x)^{n-1}+ \left (1 - 2x\right ) \times\frac{1}{2}+x = \frac{1}{2}(1 - 2x)^{n} +\frac{1}{2} - x + x\\ & = \frac{1}{2}(1 - 2x)^{n} +\frac{1}{2} \end{aligned}\)

     La propriété est donc vraie au rang \(n+1\).

   • Conclusion

     La propriété est vraie au rang 1 et elle est héréditaire pour tout \(n\geqslant 1\); d'après le principe de récurrence, la propriété est vraie pour tout entier \(n\) non nul.

   On a donc démontré par récurrence sur \(n\) que \(p_{n}=\frac{1}{2}(1-2 x)^{n-1}+\frac{1}{2}\) pour tout \(n\geqslant 1\).

3. \(0 < x < 1\) donc \(-2 < -2x < 0\) et donc \(-1 < 1 - 2x < 1\).

   On en déduit que \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty} (1-2x)^{n-1}=0\) donc que \(\displaystyle\lim_{n\to +\infty} p_n=\textstyle\frac{1}{2}\).