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Aperçu texte


La situation aux instants t = n et t = n + 1 est illustrée
par l’arbre pondéré ci-dessous :
1

3

Bn+1

An
an
bn

Cn+1

1

2

Cn+1

An+1

Bn

cn
Cn

D’où an + 1 = P( A n + 1 ) =

2

3
1

2

1

1

b et b

Cn+1

= P( Bn + 1 ) =

© Nathan 2012 – Transmath Term. S

n +1
110476_c12_prof_fig47
2 n

1
a .
3 n

2 a = bn
et an + bn + cn = 1.
Ainsi ∀ n ∈ ,  n +1
3bn +1 = an
1
1 1
1
b) ∀ n ∈ , an + 2 = bn +1 = × an = an .
2
2 3
6
Donc 6 an + 2 = an .
c) Pour tout entier naturel p , on note H p la proposition :
p
 1
a2 p =   et a2 p +1 = 0 .
 6
On démontre par récurrence que pour tout entier naturel p,
H P est vraie.
• a0 = 1 et a1 = 0 donc H 0 est vraie.
• On suppose que H p est vraie. Alors :
p
p +1
1
1  1
 1
a2 ( p +1) = a2 p + 2 = a2 p = ×   =  
 6
6
6  6
1
a2 ( p +1) +1 = a2 p + 3 = a2 p +1 = 0 .
et
6
Donc H p+1 est vraie.
p
 1
Finalement : ∀ p ∈ , a2 p =   et a2 p +1 = 0 .
 6
Or pour tout entier naturel n , bn = 2 an +1 ; donc en particulier, b2 p = 2 a2 p +1 = 0 et
p +1
p
1  1
 1
b2 p +1 = 2 a2 p + 2 = 2 a2 ( p +1) = 2  
=   .
 6
3  6
p
1  1
Ainsi, ∀ p ∈ , b2 p = 0 et b2 p +1 =   .
3  6
p
 1
3. a) lim   = 0 ; donc, par définition de la limite, tout
p → + ∞  6
intervalle ouvert I contenant 0 contient tous les termes du
type a2 p à partir d’un certain rang p0 .
Mais, puisque les termes de rang impair du type a2 p +1 sont
nuls, tous les termes de la suite ( an ) appartiennent à I à
partir du rang n0 = 2 p0 .
Cela signifie que lim an = 0.
n →+ ∞

De même, on justifie que lim bn = 0.
n →+ ∞

b) ∀ n ∈ , cn = 1 − an − bn .
( an ) et (bn ) convergent vers 0 ; donc ( cn ) converge vers 1.
À la longue, cela signifie que la puce tend à se fixer en C.

61 1. À l’instant t , il y a deux bactéries dans le milieu ;
le tableau indique, suivant l’évolution de chacune d’elles,
le nombre de bactéries à l’instant t + 1 . On note :

18

M1 : « la bactérie 1 meurt » ;
C1 : « la bactérie 1 continue à vivre » ;
D1 : « la bactérie 1 se divise en deux » .
De même, on définit M2, C2 et D2.
M2

C2

D2

M1

0

1

2

C1

1

2

3

D1

2

3

4

En raison de l’indépendance des évolutions :
P( X = 0) = P( M1 ∩ M 2 ) = p12 = 0, 04 ;
P( X = 1) = P( M1 ∩ C2 ) + P( C1 ∩ M 2 ) = 2 p1 p2 = 0, 2 ;
P( X = 2 ) = P( M1 ∩ D 2 ) + P( C1 ∩ C2 ) + P( D1 ∩ M 2 )
= 2 p1 p3 + p2 2 = 0, 37 ;
P( X = 3) = P( C1 ∩ D 2 ) + P( D1 ∩ C2 ) = 2 p2 p3 = 0, 3 ;
P( X = 4 ) = P( D1 ∩ D 2 ) = p32 = 0, 09.
D’où la loi de X :
k

0

1

2

3

4

P(X = k )

0,04

0,20

0,37

0,30

0,09

2. a) Arbre illustrant la situation ci-dessous (les nombres
entourés indiquent le nombre de bactéries vivantes).
t=0

t=1
0
0,2
1

1

0,5

t=2
1

0

0,2
0,5

0

0,3

2

1

0
0,3
2

0,04
0,20
0,37
0,30
0,09

1
2
3
4

Si t = 1 , le nombre de bactéries est 0,1 ou 2 ;
110476_c12_prof_fig48
si t = 2 , le nombre
de bactéries est 0,1 ; 2 ; 3 ou 4.
b) PA ( B1 ) = p2 = 0, 5 ; PA ( B2 ) = p3 = 0, 3 .
1
1
PA ( B1 ) = P( X = 1) = 0, 2 ;
2
PA ( B2 ) = P( X = 2 ) = 0, 37.
2
c) D’après la formule des probabilités totales :
P( B1 ) = P( A1 ∩ B1 ) + P( A 2 ∩ B1 )
P( B1 ) = P( A1 ) × PA ( B1 ) + P(A 2 ) × PA ( B1 )
1
2
P( B1 ) = 0, 5 × 0, 5 + 0, 3 × 0, 2 = 0, 31.
De même :
P( B 2 ) = P( A 1 ∩ B 2 ) + P( A 2 ∩ B 2 )
P( B2 ) = 0, 5 × 0, 3 + 0, 3 × 0, 37 = 0, 261.
3. Y indique le nombre de bactéries vivantes dans la
solution à l’instant t = 2.
P( Y = 0) = 0, 2 + 0, 5 × 0, 2 + 0, 3 × 0, 04 = 0, 312
P( Y = 1) = P( B1 ) = 0, 31 ;
P( Y = 2 ) = P( B2 ) = 0, 261
P( Y = 3) = 0, 32 = 0, 09 ;
P( Y = 4 ) = 0, 3 × 0, 09 = 0, 027

Enseignement spécifique ● Chapitre 12 ● Probabilités conditionnelles