Algorithmique et Python : 20 exercices corrigésmaths Tale spé — du geste seul au problème de contrôle

Vingt exercices où le programme rencontre le cours de terminale : seuils calculés avec ln, dichotomie, méthode des rectangles, méthode d'Euler, simulations et lois de probabilité. Un rappel avant chaque niveau. Suis chaque programme ligne à ligne au brouillon, puis ouvre la correction : elle fait la trace, et la confirme par le calcul.

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Un seul geste : exercices 1 à 8niveau 1

Un programme par exercice : le suivre ligne à ligne, noter les valeurs, conclure.

Rappel de cours

« for k in range(n) » répète le bloc $n$ fois, pour k = $0$ , $1$ , …, $n -$ $1$ . « range(1, n + 1) » va de $1$ à $n$ .
« while condition: » répète le bloc TANT QUE la condition est vraie. Pour un seuil, la boucle s'arrête au premier rang où la condition devient fausse.
« random() » renvoie un nombre au hasard dans $[0; 1 [$ : le test « random() < p » est vrai avec la probabilité $p$ .
Une fonction RENVOIE son résultat avec « return ». On l'appelle ensuite comme en maths : u(3), S(4)…

1
On considère la fonction Python suivante : « def u(n): », puis, en retrait, « v = 1 », « for k in range(n): », « v = 0.5 * v + 3 » (en double retrait) et « return v ». a) Quelle suite $(u_{n})$ cette fonction calcule-t-elle ? Donner $u_{0}$ et la relation de récurrence. b) Faire la trace de u(3). c) Que renvoie u(0) ? Pourquoi ?
Voir la correction
a) v part de $1$ , puis la boucle remplace v par $0, 5 v + 3$ à chaque tour. C'est la suite définie par $u_{0} = 1$ et $u_{n + 1} = 0, 5 u_{n} +$ $3$ : u(n) renvoie $u_{n}$ . b) Pour u(3), la boucle fait $3$ tours (k = $0$ , $1$ , $2$ ). Départ : v vaut $1$ . k = $0$ : v vaut $0, 5 \times 1 + 3 =$ $3, 5$ . k = $1$ : v vaut $0, 5 \times 3, 5 + 3 =$ $4, 75$ . k = $2$ : v vaut $0, 5 \times 4, 75 + 3 =$ $5, 375$ . u(3) renvoie $5, 375$ , c'est $u_{3}$ . c) range(0) est vide : la boucle ne tourne pas, et u(0) renvoie $1$ , c'est-à-dire $u_{0}$ . ⚠️ Le piège : croire que « range(3) » fait tourner la boucle pour k = $1$ , $2$ , $3$ . Il y a bien trois tours, mais k commence à $0$ ; ici k ne sert qu'à compter. ⭐ Sur le dessin : la trace, une ligne par tour. La dernière ligne, en rouge, est la valeur renvoyée.
k v
début 1
0 3.5
1 4.75
2 5.375
2
Voici une fonction : « def S(n): », puis, en retrait, « s = 0 », « for k in range(1, n + 1): », « s = s + k**2 » (en double retrait) et « return s ». a) Faire la trace de S(4). Que calcule S(n) ? b) Un élève écrit « for k in range(n): » à la place. Que renvoie alors son S(4) ? c) Vérifier sur S(4) et S(10) la formule $S (n) =$ $\frac{n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 )}{6}$ , qu'on démontre par récurrence.
Voir la correction
a) k prend les valeurs $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , et s accumule les carrés. Départ : s vaut $0$ . Puis $0 + 1 =$ $1$ , $1 + 4 =$ $5$ , $5 + 9 =$ $14$ , $14 + 16 =$ $30$ . S(4) renvoie $30$ . S(n) calcule $1^{2} + 2^{2} + \dots +$ $n^{2}$ . b) « range(4) » donne k = $0$ , $1$ , $2$ , $3$ : on obtient $0 + 1 + 4 + 9 =$ $14$ . C'est la somme jusqu'à $3^{2}$ seulement, soit S(3). c) Pour $n =$ $4$ : $\frac{4 \times 5 \times 9}{6} =$ $30$ . Pour $n =$ $10$ : $\frac{10 \times 11 \times 21}{6} =$ $385$ , et S(10) renvoie bien $385$ . ⛔ Le piège de la borne : « range(n) » s'arrête à $n -$ $1$ . Pour aller jusqu'à $n$ , on écrit « range(1, n + 1) ». ⚠️ Deux vérifications ne démontrent pas la formule : le programme ne teste qu'un nombre fini de cas. La preuve se fait par récurrence. ⭐ Sur le dessin : la trace de S(4), qui finit sur $30$ .
k s
début 0
1 1
2 5
3 14
4 30
3
La suite $(u_{n})$ est définie par $u_{0} = 10$ et $u_{n + 1} = 0, 8 u_{n} +$ $1$ . On admet que $u_{n} = 5 + 5 \times$ $0, 8^{n}$ . a) Que renvoie seuil(e), en termes de la suite ? b) Calculer seuil(0.1) à l'aide du logarithme népérien. c) Pourquoi la boucle s'arrête-t-elle, quel que soit e > 0 ?
```
def seuil(e):
    n = 0
    u = 10
    while u - 5 >= e:
        u = 0.8 * u + 1
        n = n + 1
    return n
```
Voir la correction
a) La boucle calcule les termes tant que l'écart $u_{n} - 5$ reste $⩾$ $e$ . Elle renvoie le PREMIER rang $n$ tel que $u_{n} - 5 <$ $e$ . b) $u_{n} - 5 < 0, 1$ équivaut à $5 \times 0, 8^{n} <$ $0, 1$ , soit $0, 8^{n} <$ $0, 02$ . La fonction ln est strictement croissante : $n ln (0, 8) <$ $ln (0, 02)$ . On divise par $ln (0, 8)$ , qui est NÉGATIF : l'inégalité change de sens. $n > \frac{ln ( 0 , 02 )}{ln ( 0 , 8 )} \approx$ $17, 53$ . Le premier entier qui convient est $18$ : seuil(0.1) renvoie $18$ . c) $- 1 < 0, 8 <$ $1$ , donc $0, 8^{n} \to 0$ et $u_{n} - 5 \to$ $0$ . L'écart finit par passer sous n'importe quel e > 0 : la condition du while devient fausse. ⛔ Le piège : oublier que $ln (0, 8) < 0$ et écrire $n <$ $17, 53$ . ⭐ Sur le dessin : les termes descendent vers la droite $y = 5$ sans l'atteindre ; au rang $8$ , l'écart vaut encore $0, 84$ .
4
On considère la fonction X ci-dessous. a) Que simule le test « random() < p » ? b) Quelle loi suit le nombre renvoyé par X(5, 0.3) ? Justifier. c) Calculer la probabilité que X(5, 0.3) renvoie $2$ , et l'espérance de cette loi.
```
from random import random
 
def X(n, p):
    s = 0
    for k in range(n):
        if random() < p:
            s = s + 1
    return s
```
Voir la correction
a) random() tombe au hasard dans $[0; 1 [$ . Il tombe sous $p$ avec la probabilité $p$ : le test simule un succès de probabilité $p$ . b) La boucle répète $n$ fois la même épreuve, et chaque tirage est indépendant des autres. s compte les succès. X(5, 0.3) suit donc la loi binomiale $B (5; 0, 3)$ . c) $P (X = 2) = (2 5) \times 0, 3^{2} \times$ $0, 7^{3}$ . Cela fait $10 \times 0, 09 \times 0, 343 =$ $0, 3087$ . $E (X) = n p = 5 \times 0, 3 =$ $1, 5$ : en moyenne, sur beaucoup d'appels, X(5, 0.3) renvoie $1, 5$ . ⚠️ Un appel renvoie un ENTIER, jamais $1, 5$ . L'espérance est une moyenne à long terme. ⚠️ Écrire « random() > p » simulerait l'échec : sa probabilité est $1 -$ $p$ . ⭐ Sur le dessin : la loi de X. La plus haute barre est $k =$ $1$ ; $k = 2$ vient juste après, avec $0, 309$ .
5
On considère la fonction : « def termes(N): », puis, en retrait, « L = [1] », « for k in range(N): », « L.append((L[-1] + 6)**0.5) » (en double retrait) et « return L ». a) Quelle suite $(u_{n})$ la liste contient-elle ? b) Combien d'éléments contient termes(3) ? Donner-les, arrondis au millième. c) On admet que la suite converge. Trouver sa limite.
Voir la correction
a) L[-1] est le DERNIER élément de la liste. À chaque tour, on ajoute $u + 6$ , où $u$ est le dernier terme calculé. La liste contient les termes de $u_{0} = 1$ et $u_{n + 1} =$ $u_{n} + 6$ . b) termes(3) contient $u_{0}$ , $u_{1}$ , $u_{2}$ et $u_{3}$ : QUATRE éléments. $u_{1} = 7 \approx$ $2, 646$ , $u_{2} = 8, 646 \approx$ $2, 940$ , $u_{3} \approx$ $2, 990$ . c) La fonction $f (x) = x + 6$ est continue : la limite $ℓ$ vérifie $ℓ =$ $ℓ + 6$ . On élève au carré : $ℓ^{2} - ℓ - 6 =$ $0$ , soit $(ℓ - 3) (ℓ + 2) =$ $0$ . Une racine carrée est positive, donc $ℓ =$ $3$ . ⚠️ termes(N) renvoie $N + 1$ termes, de $u_{0}$ à $u_{N}$ : la liste commence par $u_{0}$ . ⭐ Sur le dessin : les termes montent très vite vers la droite $y =$ $3$ .
6
Voici une fonction qui teste une liste : « def croissante(L): », puis, en retrait, « for i in range(len(L) - 1): », « if L[i + 1] < L[i]: » (en double retrait), « return False » (en triple retrait), et enfin « return True » (en simple retrait). a) Que renvoient croissante([2, 5, 5, 9]) et croissante([1, 4, 3, 8]) ? b) Combien de comparaisons fait-elle, au plus, sur une liste de $n$ éléments ? c) On pose $u_{n} = 10 n -$ $n^{2}$ . Que renvoie croissante([10*n - n**2 for n in range(6)]) ? La suite $(u_{n})$ est-elle croissante ?
Voir la correction
a) La fonction compare chaque élément au suivant. Elle renvoie False dès qu'elle trouve une descente. [2, 5, 5, 9] : $5 <$ $2$ , $5 < 5$ et $9 < 5$ sont faux. La boucle va au bout : True. [1, 4, 3, 8] : à i = $1$ , $3 < 4$ est vrai : False, sans regarder la suite. b) i va de $0$ à $n -$ $2$ : $n - 1$ comparaisons au plus. c) La liste vaut [0, 9, 16, 21, 24, 25] : elle monte, la fonction renvoie True. Mais $u_{6} = 60 - 36 = 24 < u_{5} =$ $25$ : la suite n'est PAS croissante. $u_{n + 1} - u_{n} = 9 -$ $2 n$ , négatif dès $n ⩾$ $5$ : la suite décroît à partir du rang $5$ . ⛔ Le piège : un programme ne regarde qu'un nombre FINI de termes. Il peut réfuter (« False »), jamais démontrer une propriété de toute la suite. ⚠️ « return False » est DANS la boucle : la fonction s'arrête au premier False. « return True » est APRÈS la boucle. ⭐ Sur le dessin : les valeurs montent jusqu'à $25$ , puis redescendent à $24$ .
n 0 1 2 3 4 5 6
u(n) 0 9 16 21 24 25 24
7
La fonction mc tire N points au hasard dans le carré $[0; 1] \times$ $[0; 1]$ . a) Quand le compteur c augmente-t-il ? Le dire avec la courbe de $y =$ $x^{2}$ . b) Vers quel nombre mc(N) se rapproche-t-il quand N est grand ? Le calculer par une intégrale.
```
from random import random
 
def mc(N):
    c = 0
    for k in range(N):
        x = random()
        y = random()
        if y < x**2:
            c = c + 1
    return c / N
```
Voir la correction
a) Le point de coordonnées (x ; y) est pris au hasard dans le carré. c augmente quand $y <$ $x^{2}$ , c'est-à-dire quand le point tombe SOUS la parabole. b) mc(N) est la fréquence des points sous la parabole. Pour N grand, elle se rapproche de la probabilité de tomber sous la courbe. Le carré a une aire de $1$ : cette probabilité est l'aire sous la courbe. $\int_{0}^{1} x^{2} d x = [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} =$ $\frac{1}{3}$ . mc(N) se rapproche de $\frac{1}{3} \approx$ $0, 333$ . ⚠️ Deux appels de mc(1000) ne renvoient pas le même nombre : c'est une fréquence, qui fluctue autour de $\frac{1}{3}$ . ⭐ Sur le dessin : la parabole coupe le carré gris en deux ; la partie sous la courbe occupe un tiers du carré.
8
On exécute « n = 0 », « s = 0 », puis « while s <= 3: » suivi, en retrait, des deux lignes « n = n + 1 » et « s = s + 1 / n ». On affiche enfin n. a) Que vaut s à la fin de chaque tour ? b) Qu'affiche le programme ? c) Avec « while s <= 10: », le programme s'arrête-t-il ?
Voir la correction
a) Au tour $n$ , on ajoute $\frac{1}{n}$ : s vaut $H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots +$ $\frac{1}{n}$ . b) On calcule : $H_{10} \approx$ $2, 929$ , encore $⩽$ $3$ , puis $H_{11} \approx$ $3, 020$ . La boucle s'arrête au premier $n$ tel que $H_{n} >$ $3$ : le programme affiche $11$ . c) Oui. On admet que $H_{n} \to$ $+ \infty$ : la somme dépasse n'importe quel nombre. Mais il faut attendre $n = 12367$ pour dépasser $10$ . ⚠️ Le terme ajouté $\frac{1}{n}$ tend vers $0$ , et pourtant la somme tend vers $+ \infty$ . Des termes qui tendent vers $0$ ne suffisent pas à faire une somme finie. ⭐ Sur le dessin : les points $H_{n}$ montent de moins en moins vite, mais le onzième passe au-dessus de la droite $y =$ $3$ .

k	v
début	1
0	3.5
1	4.75
2	5.375

k	s
début	0
1	1
2	5
3	14
4	30

n	0	1	2	3	4	5	6
u(n)	0	9	16	21	24	25	24

Encore des exercices comme ceux-là, avec le Coach

Type devoir : exercices 9 à 16niveau 2

Un programme au service d'un chapitre : on le lit, on l'exécute à la main, puis on justifie par le cours.

Rappel de cours

Dichotomie : si $f$ est continue et change de signe sur $[a; b]$ , on coupe l'intervalle en deux et on garde la moitié où $f$ change de signe. Après $k$ tours, la longueur est divisée par $2^{k}$ .
Rectangles : avec $n$ rectangles de largeur $h =$ $\frac{b - a}{n}$ , la somme des aires approche $\int_{a}^{b} f (x) d x$ . Si $f$ est croissante, les rectangles à gauche sont en dessous, ceux à droite au-dessus.
Euler pour $y^{'} =$ $F (y)$ : on avance à petits pas $h$ en suivant la tangente, $y_{k + 1} = y_{k} + h \times$ $F (y_{k})$ .
Moyenne $M$ de $N$ copies indépendantes de $X$ : $E (M) =$ $E (X)$ , $V (M) =$ $\frac{V ( X )}{N}$ . Bienaymé-Tchebychev : $P (∣ M - E (X) ∣ ⩾ δ) ⩽$ $\frac{V ( M )}{δ ^{2}}$ .

9
Après une prise de médicament, la concentration dans le sang (en mg/L) au bout de $t$ heures est modélisée par $C (t) =$ $10 t e^{- t}$ . Le médicament est efficace tant que $C (t) ⩾$ $2$ . a) Étudier les variations de $C$ sur $[1; 5]$ , et montrer que $C (t) = 2$ a une unique solution $α$ dans cet intervalle. b) Faire la trace de dicho(1, 5, 0.5). Que renvoie cet appel ? Interpréter. c) Combien de tours faut-il pour dicho(1, 5, 0.001) ?
```
from math import exp
 
def C(t):
    return 10 * t * exp(-t)
 
def dicho(a, b, e):
    while b - a > e:
        m = (a + b) / 2
        if C(m) > 2:
            a = m
        else:
            b = m
    return a, b
```
Voir la correction
a) $C^{'} (t) = 10 e^{- t} - 10 t e^{- t}$ $= 10 (1 -$ $t) e^{- t}$ , négatif pour $t >$ $1$ : $C$ est strictement décroissante sur $[1; 5]$ . $C (1) = 10 e^{- 1} \approx 3, 68$ et $C (5) = 50 e^{- 5} \approx$ $0, 34$ . $C$ est continue, et $2$ est entre ces deux valeurs. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), $C (t) = 2$ a une unique solution $α$ dans $[1; 5]$ . b) Départ : a = $1$ , b = $5$ . m = $3$ : $C (3) \approx 1, 49 <$ $2$ , donc b = $3$ . m = $2$ : $C (2) \approx 2, 71 >$ $2$ , donc a = $2$ . m = $2, 5$ : $C (2, 5) \approx 2, 05 >$ $2$ , donc a = $2, 5$ . b − a vaut $0, 5$ , qui n'est pas $>$ $0, 5$ : la boucle s'arrête. L'appel renvoie (2.5, 3.0). Donc $2, 5 ⩽ α ⩽$ $3$ : le médicament cesse d'être efficace entre $2$ h $30$ et $3$ h après la prise. c) Après $k$ tours, la longueur vaut $\frac{4}{2 ^{k}}$ . Il faut $\frac{4}{2 ^{k}} ⩽$ $0, 001$ , soit $2^{k} ⩾$ $4000$ . $2^{11} = 2048$ et $2^{12} =$ $4096$ : il faut $12$ tours. ⚠️ Le test « C(m) > 2 : a = m » vient de ce que $C$ est DÉCROISSANTE : si $C (m) >$ $2$ , la solution est à droite de m. Pour une fonction croissante, on échangerait a et b. ⭐ Sur le dessin : la trace. Chaque ligne coupe l'intervalle en deux ; la dernière encadre $α$ entre $2, 5$ et $3$ .
m C(m) a b
— — 1 5
3 1.49 1 3
2 2.71 2 3
2.5 2.05 2.5 3
10
Un robot démarre. Sa vitesse, en m/s, au bout de $t$ secondes, est $v (t) =$ $t^{2}$ . La distance parcourue entre $0$ et $2$ s est $\int_{0}^{2} t^{2} d t$ . a) Que renvoie rect(0, 2, 4) ? Faire le calcul à la main. b) Quelle ligne modifier pour placer les rectangles à droite ? Que renvoie alors l'appel ? c) Calculer la distance exacte, et vérifier l'encadrement. d) Quelle valeur de n garantit un encadrement d'amplitude $0, 01$ ?
```
def f(t):
    return t**2
 
def rect(a, b, n):
    h = (b - a) / n
    s = 0
    for k in range(n):
        s = s + f(a + k * h)
    return s * h
```
Voir la correction
a) h = $\frac{2 - 0}{4} =$ $0, 5$ . k va de $0$ à $3$ : on prend f aux points $0$ ; $0, 5$ ; $1$ ; $1, 5$ , c'est-à-dire aux bords GAUCHES. s = $0 + 0, 25 + 1 + 2, 25 =$ $3, 5$ , et l'appel renvoie $3, 5 \times 0, 5 =$ $1, 75$ . b) On remplace « f(a + k * h) » par « f(a + (k + 1) * h) » : les bords droits $0, 5$ ; $1$ ; $1, 5$ ; $2$ . s = $0, 25 + 1 + 2, 25 + 4 =$ $7, 5$ , et l'appel renvoie $3, 75$ . c) $\int_{0}^{2} t^{2} d t = [\frac{t ^{3}}{3}]_{0}^{2} = \frac{8}{3} \approx 2, 667$ m. $v$ est croissante sur $[0; 2]$ : les rectangles à gauche sont sous la courbe, ceux à droite au-dessus. On a bien $1, 75 ⩽ \frac{8}{3} ⩽$ $3, 75$ . d) Les deux sommes diffèrent de $h \times (v (2) - v (0)) = \frac{2}{n} \times 4 =$ $\frac{8}{n}$ . $\frac{8}{n} ⩽ 0, 01$ donne $n ⩾$ $800$ . ⚠️ Avec $4$ rectangles, l'écart est énorme ( $2$ m). L'encadrement devient précis quand $n$ grandit, parce que l'écart est divisé par $n$ . ⭐ Sur le dessin : l'escalier orange des rectangles à gauche reste sous la parabole ; son aire, $1, 75$ , est trop petite.
11
On charge un condensateur. La tension $u$ (en volts) à ses bornes vérifie $u^{'} = 4 - 2 u$ et $u (0) =$ $0$ , le temps $t$ étant en secondes. a) Vérifier que $u (t) = 2 - 2 e^{- 2 t}$ est la solution. b) Faire la trace de euler(0.25, 1). Comparer à la valeur exacte $u (1)$ . c) Montrer que, pour $h =$ $0, 25$ , la méthode calcule $y_{k + 1} = 0, 5 y_{k} +$ $1$ . Vers quoi tendent ces valeurs ?
```
def euler(h, T):
    t = 0
    u = 0
    while t < T:
        u = u + h*(4 - 2*u)
        t = t + h
    return u
```
Voir la correction
a) $u^{'} (t) =$ $4 e^{- 2 t}$ , et $4 - 2 u (t) = 4 - 4 + 4 e^{- 2 t} =$ $4 e^{- 2 t}$ : l'équation est vérifiée. Et $u (0) = 2 - 2 =$ $0$ . D'après le cours, c'est l'unique solution. b) Chaque tour avance de $0, 25$ s en suivant la tangente : u reçoit u + $0, 25 \times (4 -$ $2 u)$ . $t =$ $0, 25$ : $0 + 0, 25 \times 4 =$ $1$ . $t =$ $0, 5$ : $1 + 0, 25 \times 2 =$ $1, 5$ . $t =$ $0, 75$ : $1, 5 + 0, 25 \times 1 =$ $1, 75$ . $t =$ $1$ : $1, 75 + 0, 25 \times 0, 5 =$ $1, 875$ . L'appel renvoie $1, 875$ . Valeur exacte : $u (1) = 2 - 2 e^{- 2} \approx$ $1, 729$ . L'erreur vaut environ $0, 15$ V. c) $y_{k + 1} = y_{k} + 0, 25 (4 - 2 y_{k}) = 0, 5 y_{k} +$ $1$ . C'est une suite arithmético-géométrique, de point fixe $ℓ = 0, 5 ℓ +$ $1$ , soit $ℓ =$ $2$ . Comme $- 1 < 0, 5 <$ $1$ , les valeurs tendent vers $2$ : la même limite que $u (t)$ quand $t \to$ $+ \infty$ . ⛔ Le piège des nombres à virgule : avec h = $0, 1$ , Python ne stocke pas $0, 1$ exactement. Après dix pas, t vaut $0, 9999 \dots <$ $1$ , et la boucle fait un ONZIÈME tour. ⭐ Sur le dessin : la ligne brisée orange d'Euler part de l'origine avec la pente $4$ et passe AU-DESSUS de la courbe bleue.
12
Un retraité place $20000$ €. Chaque année, le capital rapporte $2$ %, puis il retire $2000$ €. On exécute « C = 20000 », « n = 0 », puis « while C > 0: » suivi, en retrait, de « C = 1.02 * C - 2000 » et « n = n + 1 ». On affiche enfin n. a) On note $C_{n}$ le capital après $n$ années. Justifier que $C_{n + 1} = 1, 02 C_{n} -$ $2000$ . b) On pose $v_{n} = C_{n} -$ $100000$ . Montrer que $(v_{n})$ est géométrique ; en déduire $C_{n}$ . c) Déterminer, avec ln, ce qu'affiche le programme. Interpréter.
Voir la correction
a) Rapporter $2$ %, c'est multiplier par $1, 02$ . Puis on retire $2000$ € : $C_{n + 1} = 1, 02 C_{n} -$ $2000$ . b) $v_{n + 1} = 1, 02 C_{n} - 2000 -$ $100000$ , soit $v_{n + 1} = 1, 02 C_{n} -$ $102000$ . On factorise : $v_{n + 1} = 1, 02 (C_{n} - 100000) =$ $1, 02 v_{n}$ . $(v_{n})$ est géométrique de raison $1, 02$ , avec $v_{0} =$ $- 80000$ . Donc $C_{n} = 100000 - 80000 \times$ $1, 0 2^{n}$ . c) La boucle s'arrête au premier $n$ tel que $C_{n} ⩽$ $0$ , soit $1, 0 2^{n} ⩾$ $1, 25$ . ln est croissante, et $ln (1, 02) >$ $0$ : $n ⩾ \frac{ln ( 1 , 25 )}{ln ( 1 , 02 )} \approx$ $11, 27$ . Le programme affiche $12$ . On peut faire $11$ retraits complets ; la douzième année, le capital ne suffit plus : $C_{11} \approx 530$ €, puis $C_{12} \approx - 1459$ €. ⚠️ Ici $ln (1, 02) >$ $0$ : l'inégalité garde son sens. Avec une raison entre $0$ et $1$ , elle changerait de sens. ⭐ Sur le dessin : le capital fond de plus en plus vite, parce que les intérêts diminuent avec lui.
n 0 5 10 11 12
C(n) 20000 11674 2480 530 −1459
13
On lance deux dés équilibrés et on note $S$ la somme. $X$ est le résultat d'un dé : $E (X) = 3, 5$ et $V (X) =$ $\frac{35}{12}$ . a) Que renvoie moyenne(N) ? b) Calculer $E (S)$ et $V (S)$ . c) On note $M$ la valeur renvoyée par moyenne(1000). Donner $E (M)$ et $V (M)$ , puis majorer $P (∣ M - 7∣ ⩾$ $0, 5)$ .
```
from random import randint
 
def moyenne(N):
    t = 0
    for k in range(N):
        a = randint(1, 6)
        b = randint(1, 6)
        t = t + a + b
    return t / N
```
Voir la correction
a) Chaque tour lance deux dés et ajoute leur somme à t. moyenne(N) renvoie la moyenne de $N$ sommes de deux dés. b) $S = X_{1} +$ $X_{2}$ : $E (S) = 3, 5 + 3, 5 =$ $7$ . Les deux dés sont INDÉPENDANTS : les variances s'ajoutent. $V (S) = \frac{35}{12} + \frac{35}{12} =$ $\frac{35}{6}$ . c) $M$ est la moyenne de $1000$ copies indépendantes de $S$ : $E (M) = 7$ et $V (M) =$ $\frac{35}{6 000}$ . Bienaymé-Tchebychev : $P (∣ M - 7∣ ⩾ 0, 5)$ $⩽ \frac{35}{6 000 \times 0 , 25} = \frac{35}{1 500} \approx$ $0, 023$ . Moins de $2, 4$ % des appels s'écartent de $7$ d'au moins $0, 5$ . ⛔ Le piège : remplacer « a + b » par « 2 * a ». La moyenne ne change pas, mais $V (2 X) = 4 V (X) =$ $\frac{35}{3}$ : deux fois plus que $V (S)$ . Lancer deux dés, ce n'est pas doubler un dé. ⭐ Sur le dessin : pour chaque somme, le nombre de cas sur $36$ . La loi de $S$ est en triangle ; la plus haute barre est $7$ , avec $6$ cas, soit $\frac{6}{36} \approx$ $0, 167$ .
14
Une puce part de $0$ sur une droite graduée. Chaque seconde, elle saute de $+ 1$ ou de $- 1$ , avec la même probabilité, indépendamment. On simule $10$ sauts : « x = 0 », puis « for k in range(10): » suivi, en retrait, de « if random() < 0.5: x = x + 1 » et « else: x = x - 1 ». On affiche enfin x. a) Quelles valeurs le programme peut-il afficher ? b) On note $D$ le nombre de sauts vers la droite. Donner la loi de $D$ , et exprimer x en fonction de $D$ . c) Calculer la probabilité que la puce revienne en $0$ . d) Calculer l'espérance et la variance de la position finale.
Voir la correction
a) Avec $D$ sauts à droite et $10 - D$ à gauche, x vaut $D - (10 - D) = 2 D -$ $10$ . C'est un nombre PAIR entre $- 10$ et $10$ : $- 10$ , $- 8$ , …, $8$ , $10$ . b) Dix sauts indépendants, chacun « à droite » avec la probabilité $0, 5$ : $D$ suit $B (10; 0, 5)$ . c) x = $0$ équivaut à $D =$ $5$ . $P (D = 5) = (5 10) \times 0, 5^{10} = \frac{252}{1 024} \approx$ $0, 246$ . d) $E (D) = 5$ et $V (D) = 10 \times 0, 5 \times 0, 5 =$ $2, 5$ . x = $2 D -$ $10$ : $E (x) = 2 \times 5 - 10 =$ $0$ , et $V (x) = 2^{2} \times 2, 5 =$ $10$ . ⚠️ $V (2 D - 10) =$ $4 V (D)$ : on multiplie la variance par le CARRÉ de $2$ , et le $- 10$ ne change rien. ⚠️ Revenir en $0$ est l'issue la plus probable, et pourtant elle n'arrive qu'une fois sur quatre environ. ⭐ Sur le dessin : pour chaque position finale, le nombre de chemins sur $1024$ . La loi est symétrique autour de $0$ , et les positions impaires n'ont pas de barre.
15
À un jeu, on lance un dé équilibré jusqu'à obtenir un $6$ . La fonction attente simule une partie. a) Que renvoie attente() ? b) On note $N$ ce nombre. Justifier que $P (N > n) =$ $(\frac{5}{6})^{n}$ . c) Trouver, avec ln, le plus petit $n$ tel que $P (N > n) <$ $0, 01$ . Interpréter. d) Un élève écrit « d = randint(1, 6) » avant la boucle, puis « while d != 6: ». Que se passe-t-il ?
```
from random import randint
 
def attente():
    n = 1
    while randint(1, 6) != 6:
        n = n + 1
    return n
```
Voir la correction
a) Chaque test du while lance un NOUVEAU dé. Tant que ce n'est pas un $6$ , n augmente. attente() renvoie le rang du premier $6$ . b) $N > n$ signifie : aucun $6$ lors des $n$ premiers lancers. Les lancers sont indépendants, chacun sans $6$ avec la probabilité $\frac{5}{6}$ . Donc $P (N > n) =$ $(\frac{5}{6})^{n}$ . c) $(\frac{5}{6})^{n} < 0, 01$ équivaut à $n ln (\frac{5}{6}) <$ $ln (0, 01)$ . $ln (\frac{5}{6}) <$ $0$ : on divise et on retourne l'inégalité. $n > \frac{ln ( 0 , 01 )}{ln ( 5/6 )} \approx$ $25, 26$ . Le plus petit entier est $n =$ $26$ : dans plus de $99$ % des parties, le $6$ sort en $26$ lancers au plus. d) Le dé n'est lancé qu'une fois. Si d ne vaut pas $6$ , d ne change plus : la condition reste vraie, la boucle ne s'arrête JAMAIS. ⛔ Le piège de d) : une boucle while doit modifier ce qu'elle teste. ⚠️ En c), $ln (\frac{5}{6})$ est négatif : l'inégalité change de sens. ⭐ Sur le dessin : les points $P (N > n)$ descendent de $1$ vers $0$ , divisés par $1, 2$ à chaque lancer.
16
On place $1$ € à un taux annuel de $100$ %, avec des intérêts composés $n$ fois par an : au bout d'un an, on a $(1 + \frac{1}{n})^{n}$ €. a) Calculer ce capital pour $n =$ $1$ , $n = 2$ et $n =$ $12$ . b) On exécute « s = 1 », « f = 1 », puis « for k in range(1, 9): » suivi, en retrait, de « f = f * k » et « s = s + 1 / f ». Que contient f à la fin du tour k ? Que calcule s ? c) On admet que les deux méthodes approchent $e$ . Laquelle est la plus rapide ?
Voir la correction
a) $n =$ $1$ : $2$ €. $n =$ $2$ : $1, 5^{2} = 2, 25$ €. $n =$ $12$ : $(\frac{13}{12})^{12} \approx 2, 613$ €. b) f est multiplié par k à chaque tour : à la fin du tour k, f vaut $k!$ . s vaut $1 + \frac{1}{1 !} + \frac{1}{2 !} + \dots + \frac{1}{8 !} \approx$ $2, 718279$ . c) Avec $n =$ $365$ : $(1 + \frac{1}{365})^{365} \approx$ $2, 7146$ , encore à $0, 004$ de $e \approx$ $2, 718282$ . La somme s, avec seulement $8$ tours, est à $3 \times 1 0^{- 6}$ de $e$ : elle est bien plus rapide. ⚠️ On ne recalcule pas $k!$ à chaque tour : on garde f et on le multiplie par k. C'est le même geste que pour une suite, $u_{k} = k \times$ $u_{k - 1}$ . ⭐ Pourquoi $e$ ? $ln ((1 + \frac{1}{n})^{n}) =$ $n ln (1 + \frac{1}{n})$ , qui tend vers $1$ : c'est la limite de $\frac{ln ( 1 + x )}{x}$ en $0$ . ⭐ Sur le dessin : le capital monte avec n, mais de moins en moins : il plafonne sous $e$ .
n 1 2 12 365
capital 2 2,25 2,613 2,7146

m	C(m)	a	b
—	—	1	5
3	1.49	1	3
2	2.71	2	3
2.5	2.05	2.5	3

n	0	5	10	11	12
C(n)	20000	11674	2480	530	−1459

n	1	2	12	365
capital	2	2,25	2,613	2,7146

Encore des exercices comme ceux-là, avec le Coach

Problèmes : exercices 17 à 20niveau 3

Un exercice complet de bac : le cours démontre, le programme calcule, et les deux doivent être d'accord.

Rappel de cours

Un programme ne DÉMONTRE rien : il calcule des valeurs, confirme une conjecture ou trouve un seuil. La preuve vient du cours.
Avant de lancer une boucle while, s'assurer qu'elle s'arrête : la condition doit finir par devenir fausse.
Pour une variable aléatoire de loi binomiale, « comb(n, k) » (module math) donne $(k n)$ .

17Le café qui refroidit
Un café est servi à $90$ °C dans une pièce à $20$ °C. Sa température $T$ (en °C) au bout de $t$ minutes vérifie $T^{'} = - 0, 1 (T - 20)$ et $T (0) =$ $90$ . On le boit quand il passe sous $40$ °C. a) Vérifier que $T (t) = 20 + 70 e^{- 0, 1 t}$ est la solution. b) Le programme applique la méthode d'Euler de pas h. Montrer que, pour h = $1$ , il calcule $T_{k + 1} = 0, 9 T_{k} +$ $2$ , puis que $T_{k} = 20 + 70 \times$ $0, 9^{k}$ . c) Qu'affiche le programme pour h = $1$ ? d) Déterminer le temps exact où $T$ passe sous $40$ °C. Pourquoi Euler annonce-t-il un café buvable trop tôt ? e) Qu'affiche le programme pour h = $0, 5$ ?
```
t = 0
T = 90
h = 1
while T >= 40:
    T = T + h * (2 - 0.1 * T)
    t = t + h
print(t)
```
Voir la correction
a) $T^{'} (t) =$ $- 7 e^{- 0, 1 t}$ , et $- 0, 1 (T - 20) = - 0, 1 \times 70 e^{- 0, 1 t}$ $=$ $- 7 e^{- 0, 1 t}$ . Et $T (0) = 20 + 70 =$ $90$ . b) $2 - 0, 1 T = - 0, 1 (T -$ $20)$ : la ligne est bien un pas d'Euler. Avec h = $1$ , $T_{k + 1} = T_{k} + 2 - 0, 1 T_{k} = 0, 9 T_{k} +$ $2$ . On pose $w_{k} = T_{k} -$ $20$ : $w_{k + 1} = 0, 9 T_{k} - 18 =$ $0, 9 w_{k}$ , géométrique de raison $0, 9$ et $w_{0} =$ $70$ . Donc $T_{k} = 20 + 70 \times$ $0, 9^{k}$ . c) La boucle s'arrête au premier $k$ tel que $T_{k} <$ $40$ , soit $0, 9^{k} <$ $\frac{2}{7}$ . $ln (0, 9) <$ $0$ : $k > \frac{ln ( 2/7 )}{ln ( 0 , 9 )} \approx$ $11, 89$ . Le programme affiche $12$ . d) $20 + 70 e^{- 0, 1 t} < 40$ équivaut à $e^{- 0, 1 t} <$ $\frac{2}{7}$ , soit $- 0, 1 t <$ $ln (\frac{2}{7})$ . Donc $t > 10 ln (3, 5) \approx 12, 53$ min. La courbe de $T$ est convexe ( $T^{''} =$ $0, 7 e^{- 0, 1 t} >$ $0$ ) : elle est au-dessus de ses tangentes. Euler, qui suit les tangentes, descend plus vite que la vraie température. e) Avec h = $0, 5$ : $T_{k} = 20 + 70 \times$ $0, 9 5^{k}$ , sous $40$ dès que $k > \frac{ln ( 2/7 )}{ln ( 0 , 95 )} \approx$ $24, 42$ . Donc $k = 25$ pas de $0, 5$ min : le programme affiche $12, 5$ , plus près de $12, 53$ . ⚠️ Le programme affiche un TEMPS, $t = k \times$ $h$ , pas un nombre de pas : pour h = $0, 5$ , $25$ pas font $12, 5$ min. ⭐ Sur le dessin (une graduation = $5$ min et $10$ °C) : les points d'Euler sont sous la courbe bleue ; ils passent la droite des $40$ °C avant elle.
18Le contrôle qualité
Une machine produit des pièces dont $5$ % sont défectueuses. On prélève un lot de $50$ pièces ; la production est assez grande pour assimiler le prélèvement à des tirages avec remise. $X$ est le nombre de pièces défectueuses du lot. a) Quelle est la loi de $X$ ? Que renvoie P(k) ? Calculer P(0). b) Que renvoie seuil() ? On donne $P (X ⩽ 4) \approx 0, 896$ et $P (X ⩽ 5) \approx$ $0, 962$ . c) Règle de l'usine : si un lot contient plus de seuil() pièces défectueuses, on arrête la machine. Quelle est la probabilité d'arrêter à tort une machine qui fonctionne bien ? d) Calculer $E (X)$ et l'écart type de $X$ .
```
from math import comb
 
def P(k):
    a = comb(50, k)
    b = 0.05**k
    c = 0.95**(50 - k)
    return a * b * c
 
def seuil():
    k = 0
    s = P(0)
    while s < 0.95:
        k = k + 1
        s = s + P(k)
    return k
```
Voir la correction
a) $50$ épreuves identiques et indépendantes, chacune « défectueuse » avec la probabilité $0, 05$ : $X$ suit $B (50; 0, 05)$ . P(k) renvoie $(k 50) \times 0, 0 5^{k} \times$ $0, 9 5^{50 - k}$ , c'est-à-dire $P (X =$ $k)$ . P(0) = $0, 9 5^{50} \approx$ $0, 077$ . b) s cumule $P (X = 0) + \dots + P (X =$ $k)$ , c'est-à-dire $P (X ⩽$ $k)$ . La boucle s'arrête au premier $k$ tel que $P (X ⩽ k) ⩾$ $0, 95$ . $P (X ⩽ 4) \approx 0, 896 < 0, 95$ et $P (X ⩽ 5) \approx$ $0, 962$ : seuil() renvoie $5$ . c) On arrête la machine si $X ⩾$ $6$ . Pour une machine qui fonctionne bien : $P (X ⩾ 6) = 1 - P (X ⩽ 5) \approx$ $0, 038$ . Environ $3, 8$ % des lots feraient arrêter la machine à tort. d) $E (X) = 50 \times 0, 05 =$ $2, 5$ , et $σ (X) = 50 \times 0, 05 \times 0, 95 \approx$ $1, 54$ . ⚠️ $P (X ⩾ 6) = 1 - P (X ⩽$ $5)$ , et non $1 - P (X ⩽$ $6)$ : le contraire de « au moins $6$ » est « au plus $5$ ». ⚠️ La boucle s'arrête toujours : $P (X ⩽ 50) = 1 ⩾$ $0, 95$ . ⭐ Sur le dessin : la loi de $X$ , en probabilités pour $1000$ (la barre $2$ vaut $261$ , soit $0, 261$ ). Presque toute la probabilité est entre $0$ et $5$ ; les barres $6$ et $7$ sont minuscules.
19Une aire sans primitive
La section d'un canal a pour profil la courbe de $f (x) =$ $e^{- x^{2}}$ . On veut l'aire $I =$ $\int_{0}^{1} e^{- x^{2}} d x$ , mais on ne sait pas écrire de primitive de $f$ avec les fonctions usuelles. a) Étudier les variations de $f$ sur $[0; 1]$ . b) Que calculent g et d dans encadre(n) ? Justifier que $d ⩽ I ⩽$ $g$ . c) Calculer encadre(4), à $1 0^{- 3}$ près. d) Montrer que $g - d =$ $\frac{1 - e ^{- 1}}{n}$ . Quelle valeur de n garantit une amplitude $⩽$ $0, 01$ ?
```
from math import exp
 
def f(x):
    return exp(-x**2)
 
def encadre(n):
    h = 1 / n
    g = 0
    d = 0
    for k in range(n):
        g = g + h * f(k*h)
        d = d + h * f(k*h + h)
    return d, g
```
Voir la correction
a) $f^{'} (x) =$ $- 2 x e^{- x^{2}}$ , négatif sur $[0; 1]$ : $f$ est décroissante. b) g ajoute les aires des rectangles de hauteur $f$ au bord GAUCHE, d celles des rectangles de hauteur $f$ au bord DROIT. $f$ décroît : sur chaque bande, elle est sous sa valeur de gauche et au-dessus de sa valeur de droite. En sommant : $d ⩽ I ⩽$ $g$ . c) h = $0, 25$ . g = $0, 25 \times (1 + e^{- 1/16}$ $+ e^{- 1/4} +$ $e^{- 9/16})$ , soit g ≈ $0, 822$ . d s'obtient en remplaçant $f (0) = 1$ par $f (1) =$ $e^{- 1}$ : d ≈ $0, 664$ . L'appel renvoie environ (0.664, 0.822). d) Les deux sommes ont les mêmes termes, sauf le premier de g et le dernier de d : $g - d = h (f (0) - f (1)) =$ $\frac{1 - e ^{- 1}}{n}$ . $\frac{1 - e ^{- 1}}{n} ⩽ 0, 01$ donne $n ⩾ 100 (1 - e^{- 1}) \approx$ $63, 2$ : n = $64$ suffit. encadre(64) renvoie environ (0.7419, 0.7517) : $I \approx$ $0, 747$ . ⚠️ Ici $f$ DÉCROÎT : ce sont les rectangles à gauche qui sont au-dessus. C'est l'inverse d'une fonction croissante. ⭐ Sur le dessin : les rectangles à gauche (orange) dépassent de la courbe ; leur aire, $0, 822$ , majore $I$ .
20La rumeur au lycée
Une rumeur circule dans un lycée. La proportion d'élèves qui la connaissent au bout de $n$ heures est modélisée par $p_{0} = 0, 01$ et $p_{n + 1} = 1, 5 p_{n} -$ $0, 5 p_{n}^{2}$ . On note $f (x) = 1, 5 x -$ $0, 5 x^{2}$ . a) Montrer que $f$ est croissante sur $[0; 1]$ , et calculer $f (0)$ et $f (1)$ . b) Montrer par récurrence que $0 < p_{n} ⩽ p_{n + 1} < 1$ pour tout $n$ . c) En déduire que $(p_{n})$ converge, et trouver sa limite. d) Que renvoient jour(0.5) et jour(0.99) ? e) Que se passe-t-il si l'on appelle jour(1) ?
```
def jour(s):
    n = 0
    p = 0.01
    while p < s:
        p = 1.5*p - 0.5*p*p
        n = n + 1
    return n
```
Voir la correction
a) $f^{'} (x) = 1, 5 - x > 0$ sur $[0; 1]$ : $f$ est croissante. $f (0) = 0$ et $f (1) =$ $1$ . b) Initialisation : $p_{0} = 0, 01$ et $p_{1} = 0, 015 - 0, 00005 =$ $0, 01495$ . On a $0 < p_{0} ⩽ p_{1} <$ $1$ . Hérédité : si $0 < p_{n} ⩽ p_{n + 1} <$ $1$ , on applique $f$ , croissante sur $[0; 1]$ : $f (0) < f (p_{n}) ⩽ f (p_{n + 1}) <$ $f (1)$ . C'est $0 < p_{n + 1} ⩽ p_{n + 2} <$ $1$ . Les inégalités strictes restent strictes, car $f$ est STRICTEMENT croissante. c) $(p_{n})$ est croissante et majorée par $1$ : elle converge vers un réel $ℓ$ , avec $f (ℓ) = ℓ$ ( $f$ est continue). $1, 5 ℓ - 0, 5 ℓ^{2} = ℓ$ donne $0, 5 ℓ (1 - ℓ) =$ $0$ : $ℓ = 0$ ou $ℓ =$ $1$ . La suite croît à partir de $0, 01$ , donc $ℓ ⩾$ $0, 01$ : $lim p_{n} =$ $1$ . Tout le lycée finit par connaître la rumeur. d) jour(s) renvoie le premier $n$ tel que $p_{n} ⩾$ $s$ . On calcule : $p_{10} \approx 0, 411$ et $p_{11} \approx$ $0, 532$ : jour(0.5) renvoie $11$ . Puis $p_{18} \approx 0, 988$ et $p_{19} \approx$ $0, 994$ : jour(0.99) renvoie $19$ . e) D'après b), $p_{n} < 1$ pour tout $n$ : la condition « p < 1 » reste toujours vraie, et la boucle ne s'arrête jamais. ⛔ Le piège de e) : une suite qui TEND vers $1$ n'atteint pas forcément $1$ . Une boucle de seuil demande un seuil strictement sous la limite. ⚠️ En c), deux valeurs vérifient $f (ℓ) =$ $ℓ$ : c'est la croissance de la suite qui élimine $0$ . ⭐ Sur le dessin : la courbe en S. La rumeur démarre lentement, s'emballe vers le rang $10$ , puis plafonne sous la droite $y =$ $1$ .

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Corrigés : algorithmique et python, 20 exercices

Ces pages se détachent de la feuille d'exercices. Chaque étape est écrite, avec son pourquoi.

1. a) v part de $1$ , puis la boucle remplace v par $0, 5 v + 3$ à chaque tour. C'est la suite définie par $u_{0} = 1$ et $u_{n + 1} = 0, 5 u_{n} +$ $3$ : u(n) renvoie $u_{n}$ . b) Pour u(3), la boucle fait $3$ tours (k = $0$ , $1$ , $2$ ). Départ : v vaut $1$ . k = $0$ : v vaut $0, 5 \times 1 + 3 =$ $3, 5$ . k = $1$ : v vaut $0, 5 \times 3, 5 + 3 =$ $4, 75$ . k = $2$ : v vaut $0, 5 \times 4, 75 + 3 =$ $5, 375$ . u(3) renvoie $5, 375$ , c'est $u_{3}$ . c) range(0) est vide : la boucle ne tourne pas, et u(0) renvoie $1$ , c'est-à-dire $u_{0}$ . ⚠️ Le piège : croire que « range(3) » fait tourner la boucle pour k = $1$ , $2$ , $3$ . Il y a bien trois tours, mais k commence à $0$ ; ici k ne sert qu'à compter. ⭐ Sur le dessin : la trace, une ligne par tour. La dernière ligne, en rouge, est la valeur renvoyée.
k v
début 1
0 3.5
1 4.75
2 5.375
2. a) k prend les valeurs $1$ , $2$ , $3$ , $4$ , et s accumule les carrés. Départ : s vaut $0$ . Puis $0 + 1 =$ $1$ , $1 + 4 =$ $5$ , $5 + 9 =$ $14$ , $14 + 16 =$ $30$ . S(4) renvoie $30$ . S(n) calcule $1^{2} + 2^{2} + \dots +$ $n^{2}$ . b) « range(4) » donne k = $0$ , $1$ , $2$ , $3$ : on obtient $0 + 1 + 4 + 9 =$ $14$ . C'est la somme jusqu'à $3^{2}$ seulement, soit S(3). c) Pour $n =$ $4$ : $\frac{4 \times 5 \times 9}{6} =$ $30$ . Pour $n =$ $10$ : $\frac{10 \times 11 \times 21}{6} =$ $385$ , et S(10) renvoie bien $385$ . ⛔ Le piège de la borne : « range(n) » s'arrête à $n -$ $1$ . Pour aller jusqu'à $n$ , on écrit « range(1, n + 1) ». ⚠️ Deux vérifications ne démontrent pas la formule : le programme ne teste qu'un nombre fini de cas. La preuve se fait par récurrence. ⭐ Sur le dessin : la trace de S(4), qui finit sur $30$ .
k s
début 0
1 1
2 5
3 14
4 30
3. a) La boucle calcule les termes tant que l'écart $u_{n} - 5$ reste $⩾$ $e$ . Elle renvoie le PREMIER rang $n$ tel que $u_{n} - 5 <$ $e$ . b) $u_{n} - 5 < 0, 1$ équivaut à $5 \times 0, 8^{n} <$ $0, 1$ , soit $0, 8^{n} <$ $0, 02$ . La fonction ln est strictement croissante : $n ln (0, 8) <$ $ln (0, 02)$ . On divise par $ln (0, 8)$ , qui est NÉGATIF : l'inégalité change de sens. $n > \frac{ln ( 0 , 02 )}{ln ( 0 , 8 )} \approx$ $17, 53$ . Le premier entier qui convient est $18$ : seuil(0.1) renvoie $18$ . c) $- 1 < 0, 8 <$ $1$ , donc $0, 8^{n} \to 0$ et $u_{n} - 5 \to$ $0$ . L'écart finit par passer sous n'importe quel e > 0 : la condition du while devient fausse. ⛔ Le piège : oublier que $ln (0, 8) < 0$ et écrire $n <$ $17, 53$ . ⭐ Sur le dessin : les termes descendent vers la droite $y = 5$ sans l'atteindre ; au rang $8$ , l'écart vaut encore $0, 84$ .
4. a) random() tombe au hasard dans $[0; 1 [$ . Il tombe sous $p$ avec la probabilité $p$ : le test simule un succès de probabilité $p$ . b) La boucle répète $n$ fois la même épreuve, et chaque tirage est indépendant des autres. s compte les succès. X(5, 0.3) suit donc la loi binomiale $B (5; 0, 3)$ . c) $P (X = 2) = (2 5) \times 0, 3^{2} \times$ $0, 7^{3}$ . Cela fait $10 \times 0, 09 \times 0, 343 =$ $0, 3087$ . $E (X) = n p = 5 \times 0, 3 =$ $1, 5$ : en moyenne, sur beaucoup d'appels, X(5, 0.3) renvoie $1, 5$ . ⚠️ Un appel renvoie un ENTIER, jamais $1, 5$ . L'espérance est une moyenne à long terme. ⚠️ Écrire « random() > p » simulerait l'échec : sa probabilité est $1 -$ $p$ . ⭐ Sur le dessin : la loi de X. La plus haute barre est $k =$ $1$ ; $k = 2$ vient juste après, avec $0, 309$ .
5. a) L[-1] est le DERNIER élément de la liste. À chaque tour, on ajoute $u + 6$ , où $u$ est le dernier terme calculé. La liste contient les termes de $u_{0} = 1$ et $u_{n + 1} =$ $u_{n} + 6$ . b) termes(3) contient $u_{0}$ , $u_{1}$ , $u_{2}$ et $u_{3}$ : QUATRE éléments. $u_{1} = 7 \approx$ $2, 646$ , $u_{2} = 8, 646 \approx$ $2, 940$ , $u_{3} \approx$ $2, 990$ . c) La fonction $f (x) = x + 6$ est continue : la limite $ℓ$ vérifie $ℓ =$ $ℓ + 6$ . On élève au carré : $ℓ^{2} - ℓ - 6 =$ $0$ , soit $(ℓ - 3) (ℓ + 2) =$ $0$ . Une racine carrée est positive, donc $ℓ =$ $3$ . ⚠️ termes(N) renvoie $N + 1$ termes, de $u_{0}$ à $u_{N}$ : la liste commence par $u_{0}$ . ⭐ Sur le dessin : les termes montent très vite vers la droite $y =$ $3$ .
6. a) La fonction compare chaque élément au suivant. Elle renvoie False dès qu'elle trouve une descente. [2, 5, 5, 9] : $5 <$ $2$ , $5 < 5$ et $9 < 5$ sont faux. La boucle va au bout : True. [1, 4, 3, 8] : à i = $1$ , $3 < 4$ est vrai : False, sans regarder la suite. b) i va de $0$ à $n -$ $2$ : $n - 1$ comparaisons au plus. c) La liste vaut [0, 9, 16, 21, 24, 25] : elle monte, la fonction renvoie True. Mais $u_{6} = 60 - 36 = 24 < u_{5} =$ $25$ : la suite n'est PAS croissante. $u_{n + 1} - u_{n} = 9 -$ $2 n$ , négatif dès $n ⩾$ $5$ : la suite décroît à partir du rang $5$ . ⛔ Le piège : un programme ne regarde qu'un nombre FINI de termes. Il peut réfuter (« False »), jamais démontrer une propriété de toute la suite. ⚠️ « return False » est DANS la boucle : la fonction s'arrête au premier False. « return True » est APRÈS la boucle. ⭐ Sur le dessin : les valeurs montent jusqu'à $25$ , puis redescendent à $24$ .
n 0 1 2 3 4 5 6
u(n) 0 9 16 21 24 25 24
7. a) Le point de coordonnées (x ; y) est pris au hasard dans le carré. c augmente quand $y <$ $x^{2}$ , c'est-à-dire quand le point tombe SOUS la parabole. b) mc(N) est la fréquence des points sous la parabole. Pour N grand, elle se rapproche de la probabilité de tomber sous la courbe. Le carré a une aire de $1$ : cette probabilité est l'aire sous la courbe. $\int_{0}^{1} x^{2} d x = [\frac{x ^{3}}{3}]_{0}^{1} =$ $\frac{1}{3}$ . mc(N) se rapproche de $\frac{1}{3} \approx$ $0, 333$ . ⚠️ Deux appels de mc(1000) ne renvoient pas le même nombre : c'est une fréquence, qui fluctue autour de $\frac{1}{3}$ . ⭐ Sur le dessin : la parabole coupe le carré gris en deux ; la partie sous la courbe occupe un tiers du carré.
8. a) Au tour $n$ , on ajoute $\frac{1}{n}$ : s vaut $H_{n} = 1 + \frac{1}{2} + \dots +$ $\frac{1}{n}$ . b) On calcule : $H_{10} \approx$ $2, 929$ , encore $⩽$ $3$ , puis $H_{11} \approx$ $3, 020$ . La boucle s'arrête au premier $n$ tel que $H_{n} >$ $3$ : le programme affiche $11$ . c) Oui. On admet que $H_{n} \to$ $+ \infty$ : la somme dépasse n'importe quel nombre. Mais il faut attendre $n = 12367$ pour dépasser $10$ . ⚠️ Le terme ajouté $\frac{1}{n}$ tend vers $0$ , et pourtant la somme tend vers $+ \infty$ . Des termes qui tendent vers $0$ ne suffisent pas à faire une somme finie. ⭐ Sur le dessin : les points $H_{n}$ montent de moins en moins vite, mais le onzième passe au-dessus de la droite $y =$ $3$ .
9. a) $C^{'} (t) = 10 e^{- t} - 10 t e^{- t}$ $= 10 (1 -$ $t) e^{- t}$ , négatif pour $t >$ $1$ : $C$ est strictement décroissante sur $[1; 5]$ . $C (1) = 10 e^{- 1} \approx 3, 68$ et $C (5) = 50 e^{- 5} \approx$ $0, 34$ . $C$ est continue, et $2$ est entre ces deux valeurs. D'après le théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), $C (t) = 2$ a une unique solution $α$ dans $[1; 5]$ . b) Départ : a = $1$ , b = $5$ . m = $3$ : $C (3) \approx 1, 49 <$ $2$ , donc b = $3$ . m = $2$ : $C (2) \approx 2, 71 >$ $2$ , donc a = $2$ . m = $2, 5$ : $C (2, 5) \approx 2, 05 >$ $2$ , donc a = $2, 5$ . b − a vaut $0, 5$ , qui n'est pas $>$ $0, 5$ : la boucle s'arrête. L'appel renvoie (2.5, 3.0). Donc $2, 5 ⩽ α ⩽$ $3$ : le médicament cesse d'être efficace entre $2$ h $30$ et $3$ h après la prise. c) Après $k$ tours, la longueur vaut $\frac{4}{2 ^{k}}$ . Il faut $\frac{4}{2 ^{k}} ⩽$ $0, 001$ , soit $2^{k} ⩾$ $4000$ . $2^{11} = 2048$ et $2^{12} =$ $4096$ : il faut $12$ tours. ⚠️ Le test « C(m) > 2 : a = m » vient de ce que $C$ est DÉCROISSANTE : si $C (m) >$ $2$ , la solution est à droite de m. Pour une fonction croissante, on échangerait a et b. ⭐ Sur le dessin : la trace. Chaque ligne coupe l'intervalle en deux ; la dernière encadre $α$ entre $2, 5$ et $3$ .
m C(m) a b
— — 1 5
3 1.49 1 3
2 2.71 2 3
2.5 2.05 2.5 3
10. a) h = $\frac{2 - 0}{4} =$ $0, 5$ . k va de $0$ à $3$ : on prend f aux points $0$ ; $0, 5$ ; $1$ ; $1, 5$ , c'est-à-dire aux bords GAUCHES. s = $0 + 0, 25 + 1 + 2, 25 =$ $3, 5$ , et l'appel renvoie $3, 5 \times 0, 5 =$ $1, 75$ . b) On remplace « f(a + k * h) » par « f(a + (k + 1) * h) » : les bords droits $0, 5$ ; $1$ ; $1, 5$ ; $2$ . s = $0, 25 + 1 + 2, 25 + 4 =$ $7, 5$ , et l'appel renvoie $3, 75$ . c) $\int_{0}^{2} t^{2} d t = [\frac{t ^{3}}{3}]_{0}^{2} = \frac{8}{3} \approx 2, 667$ m. $v$ est croissante sur $[0; 2]$ : les rectangles à gauche sont sous la courbe, ceux à droite au-dessus. On a bien $1, 75 ⩽ \frac{8}{3} ⩽$ $3, 75$ . d) Les deux sommes diffèrent de $h \times (v (2) - v (0)) = \frac{2}{n} \times 4 =$ $\frac{8}{n}$ . $\frac{8}{n} ⩽ 0, 01$ donne $n ⩾$ $800$ . ⚠️ Avec $4$ rectangles, l'écart est énorme ( $2$ m). L'encadrement devient précis quand $n$ grandit, parce que l'écart est divisé par $n$ . ⭐ Sur le dessin : l'escalier orange des rectangles à gauche reste sous la parabole ; son aire, $1, 75$ , est trop petite.
11. a) $u^{'} (t) =$ $4 e^{- 2 t}$ , et $4 - 2 u (t) = 4 - 4 + 4 e^{- 2 t} =$ $4 e^{- 2 t}$ : l'équation est vérifiée. Et $u (0) = 2 - 2 =$ $0$ . D'après le cours, c'est l'unique solution. b) Chaque tour avance de $0, 25$ s en suivant la tangente : u reçoit u + $0, 25 \times (4 -$ $2 u)$ . $t =$ $0, 25$ : $0 + 0, 25 \times 4 =$ $1$ . $t =$ $0, 5$ : $1 + 0, 25 \times 2 =$ $1, 5$ . $t =$ $0, 75$ : $1, 5 + 0, 25 \times 1 =$ $1, 75$ . $t =$ $1$ : $1, 75 + 0, 25 \times 0, 5 =$ $1, 875$ . L'appel renvoie $1, 875$ . Valeur exacte : $u (1) = 2 - 2 e^{- 2} \approx$ $1, 729$ . L'erreur vaut environ $0, 15$ V. c) $y_{k + 1} = y_{k} + 0, 25 (4 - 2 y_{k}) = 0, 5 y_{k} +$ $1$ . C'est une suite arithmético-géométrique, de point fixe $ℓ = 0, 5 ℓ +$ $1$ , soit $ℓ =$ $2$ . Comme $- 1 < 0, 5 <$ $1$ , les valeurs tendent vers $2$ : la même limite que $u (t)$ quand $t \to$ $+ \infty$ . ⛔ Le piège des nombres à virgule : avec h = $0, 1$ , Python ne stocke pas $0, 1$ exactement. Après dix pas, t vaut $0, 9999 \dots <$ $1$ , et la boucle fait un ONZIÈME tour. ⭐ Sur le dessin : la ligne brisée orange d'Euler part de l'origine avec la pente $4$ et passe AU-DESSUS de la courbe bleue.
12. a) Rapporter $2$ %, c'est multiplier par $1, 02$ . Puis on retire $2000$ € : $C_{n + 1} = 1, 02 C_{n} -$ $2000$ . b) $v_{n + 1} = 1, 02 C_{n} - 2000 -$ $100000$ , soit $v_{n + 1} = 1, 02 C_{n} -$ $102000$ . On factorise : $v_{n + 1} = 1, 02 (C_{n} - 100000) =$ $1, 02 v_{n}$ . $(v_{n})$ est géométrique de raison $1, 02$ , avec $v_{0} =$ $- 80000$ . Donc $C_{n} = 100000 - 80000 \times$ $1, 0 2^{n}$ . c) La boucle s'arrête au premier $n$ tel que $C_{n} ⩽$ $0$ , soit $1, 0 2^{n} ⩾$ $1, 25$ . ln est croissante, et $ln (1, 02) >$ $0$ : $n ⩾ \frac{ln ( 1 , 25 )}{ln ( 1 , 02 )} \approx$ $11, 27$ . Le programme affiche $12$ . On peut faire $11$ retraits complets ; la douzième année, le capital ne suffit plus : $C_{11} \approx 530$ €, puis $C_{12} \approx - 1459$ €. ⚠️ Ici $ln (1, 02) >$ $0$ : l'inégalité garde son sens. Avec une raison entre $0$ et $1$ , elle changerait de sens. ⭐ Sur le dessin : le capital fond de plus en plus vite, parce que les intérêts diminuent avec lui.
n 0 5 10 11 12
C(n) 20000 11674 2480 530 −1459
13. a) Chaque tour lance deux dés et ajoute leur somme à t. moyenne(N) renvoie la moyenne de $N$ sommes de deux dés. b) $S = X_{1} +$ $X_{2}$ : $E (S) = 3, 5 + 3, 5 =$ $7$ . Les deux dés sont INDÉPENDANTS : les variances s'ajoutent. $V (S) = \frac{35}{12} + \frac{35}{12} =$ $\frac{35}{6}$ . c) $M$ est la moyenne de $1000$ copies indépendantes de $S$ : $E (M) = 7$ et $V (M) =$ $\frac{35}{6 000}$ . Bienaymé-Tchebychev : $P (∣ M - 7∣ ⩾ 0, 5)$ $⩽ \frac{35}{6 000 \times 0 , 25} = \frac{35}{1 500} \approx$ $0, 023$ . Moins de $2, 4$ % des appels s'écartent de $7$ d'au moins $0, 5$ . ⛔ Le piège : remplacer « a + b » par « 2 * a ». La moyenne ne change pas, mais $V (2 X) = 4 V (X) =$ $\frac{35}{3}$ : deux fois plus que $V (S)$ . Lancer deux dés, ce n'est pas doubler un dé. ⭐ Sur le dessin : pour chaque somme, le nombre de cas sur $36$ . La loi de $S$ est en triangle ; la plus haute barre est $7$ , avec $6$ cas, soit $\frac{6}{36} \approx$ $0, 167$ .
14. a) Avec $D$ sauts à droite et $10 - D$ à gauche, x vaut $D - (10 - D) = 2 D -$ $10$ . C'est un nombre PAIR entre $- 10$ et $10$ : $- 10$ , $- 8$ , …, $8$ , $10$ . b) Dix sauts indépendants, chacun « à droite » avec la probabilité $0, 5$ : $D$ suit $B (10; 0, 5)$ . c) x = $0$ équivaut à $D =$ $5$ . $P (D = 5) = (5 10) \times 0, 5^{10} = \frac{252}{1 024} \approx$ $0, 246$ . d) $E (D) = 5$ et $V (D) = 10 \times 0, 5 \times 0, 5 =$ $2, 5$ . x = $2 D -$ $10$ : $E (x) = 2 \times 5 - 10 =$ $0$ , et $V (x) = 2^{2} \times 2, 5 =$ $10$ . ⚠️ $V (2 D - 10) =$ $4 V (D)$ : on multiplie la variance par le CARRÉ de $2$ , et le $- 10$ ne change rien. ⚠️ Revenir en $0$ est l'issue la plus probable, et pourtant elle n'arrive qu'une fois sur quatre environ. ⭐ Sur le dessin : pour chaque position finale, le nombre de chemins sur $1024$ . La loi est symétrique autour de $0$ , et les positions impaires n'ont pas de barre.
15. a) Chaque test du while lance un NOUVEAU dé. Tant que ce n'est pas un $6$ , n augmente. attente() renvoie le rang du premier $6$ . b) $N > n$ signifie : aucun $6$ lors des $n$ premiers lancers. Les lancers sont indépendants, chacun sans $6$ avec la probabilité $\frac{5}{6}$ . Donc $P (N > n) =$ $(\frac{5}{6})^{n}$ . c) $(\frac{5}{6})^{n} < 0, 01$ équivaut à $n ln (\frac{5}{6}) <$ $ln (0, 01)$ . $ln (\frac{5}{6}) <$ $0$ : on divise et on retourne l'inégalité. $n > \frac{ln ( 0 , 01 )}{ln ( 5/6 )} \approx$ $25, 26$ . Le plus petit entier est $n =$ $26$ : dans plus de $99$ % des parties, le $6$ sort en $26$ lancers au plus. d) Le dé n'est lancé qu'une fois. Si d ne vaut pas $6$ , d ne change plus : la condition reste vraie, la boucle ne s'arrête JAMAIS. ⛔ Le piège de d) : une boucle while doit modifier ce qu'elle teste. ⚠️ En c), $ln (\frac{5}{6})$ est négatif : l'inégalité change de sens. ⭐ Sur le dessin : les points $P (N > n)$ descendent de $1$ vers $0$ , divisés par $1, 2$ à chaque lancer.
16. a) $n =$ $1$ : $2$ €. $n =$ $2$ : $1, 5^{2} = 2, 25$ €. $n =$ $12$ : $(\frac{13}{12})^{12} \approx 2, 613$ €. b) f est multiplié par k à chaque tour : à la fin du tour k, f vaut $k!$ . s vaut $1 + \frac{1}{1 !} + \frac{1}{2 !} + \dots + \frac{1}{8 !} \approx$ $2, 718279$ . c) Avec $n =$ $365$ : $(1 + \frac{1}{365})^{365} \approx$ $2, 7146$ , encore à $0, 004$ de $e \approx$ $2, 718282$ . La somme s, avec seulement $8$ tours, est à $3 \times 1 0^{- 6}$ de $e$ : elle est bien plus rapide. ⚠️ On ne recalcule pas $k!$ à chaque tour : on garde f et on le multiplie par k. C'est le même geste que pour une suite, $u_{k} = k \times$ $u_{k - 1}$ . ⭐ Pourquoi $e$ ? $ln ((1 + \frac{1}{n})^{n}) =$ $n ln (1 + \frac{1}{n})$ , qui tend vers $1$ : c'est la limite de $\frac{ln ( 1 + x )}{x}$ en $0$ . ⭐ Sur le dessin : le capital monte avec n, mais de moins en moins : il plafonne sous $e$ .
n 1 2 12 365
capital 2 2,25 2,613 2,7146
17. Le café qui refroidit a) $T^{'} (t) =$ $- 7 e^{- 0, 1 t}$ , et $- 0, 1 (T - 20) = - 0, 1 \times 70 e^{- 0, 1 t}$ $=$ $- 7 e^{- 0, 1 t}$ . Et $T (0) = 20 + 70 =$ $90$ . b) $2 - 0, 1 T = - 0, 1 (T -$ $20)$ : la ligne est bien un pas d'Euler. Avec h = $1$ , $T_{k + 1} = T_{k} + 2 - 0, 1 T_{k} = 0, 9 T_{k} +$ $2$ . On pose $w_{k} = T_{k} -$ $20$ : $w_{k + 1} = 0, 9 T_{k} - 18 =$ $0, 9 w_{k}$ , géométrique de raison $0, 9$ et $w_{0} =$ $70$ . Donc $T_{k} = 20 + 70 \times$ $0, 9^{k}$ . c) La boucle s'arrête au premier $k$ tel que $T_{k} <$ $40$ , soit $0, 9^{k} <$ $\frac{2}{7}$ . $ln (0, 9) <$ $0$ : $k > \frac{ln ( 2/7 )}{ln ( 0 , 9 )} \approx$ $11, 89$ . Le programme affiche $12$ . d) $20 + 70 e^{- 0, 1 t} < 40$ équivaut à $e^{- 0, 1 t} <$ $\frac{2}{7}$ , soit $- 0, 1 t <$ $ln (\frac{2}{7})$ . Donc $t > 10 ln (3, 5) \approx 12, 53$ min. La courbe de $T$ est convexe ( $T^{''} =$ $0, 7 e^{- 0, 1 t} >$ $0$ ) : elle est au-dessus de ses tangentes. Euler, qui suit les tangentes, descend plus vite que la vraie température. e) Avec h = $0, 5$ : $T_{k} = 20 + 70 \times$ $0, 9 5^{k}$ , sous $40$ dès que $k > \frac{ln ( 2/7 )}{ln ( 0 , 95 )} \approx$ $24, 42$ . Donc $k = 25$ pas de $0, 5$ min : le programme affiche $12, 5$ , plus près de $12, 53$ . ⚠️ Le programme affiche un TEMPS, $t = k \times$ $h$ , pas un nombre de pas : pour h = $0, 5$ , $25$ pas font $12, 5$ min. ⭐ Sur le dessin (une graduation = $5$ min et $10$ °C) : les points d'Euler sont sous la courbe bleue ; ils passent la droite des $40$ °C avant elle.
18. Le contrôle qualité a) $50$ épreuves identiques et indépendantes, chacune « défectueuse » avec la probabilité $0, 05$ : $X$ suit $B (50; 0, 05)$ . P(k) renvoie $(k 50) \times 0, 0 5^{k} \times$ $0, 9 5^{50 - k}$ , c'est-à-dire $P (X =$ $k)$ . P(0) = $0, 9 5^{50} \approx$ $0, 077$ . b) s cumule $P (X = 0) + \dots + P (X =$ $k)$ , c'est-à-dire $P (X ⩽$ $k)$ . La boucle s'arrête au premier $k$ tel que $P (X ⩽ k) ⩾$ $0, 95$ . $P (X ⩽ 4) \approx 0, 896 < 0, 95$ et $P (X ⩽ 5) \approx$ $0, 962$ : seuil() renvoie $5$ . c) On arrête la machine si $X ⩾$ $6$ . Pour une machine qui fonctionne bien : $P (X ⩾ 6) = 1 - P (X ⩽ 5) \approx$ $0, 038$ . Environ $3, 8$ % des lots feraient arrêter la machine à tort. d) $E (X) = 50 \times 0, 05 =$ $2, 5$ , et $σ (X) = 50 \times 0, 05 \times 0, 95 \approx$ $1, 54$ . ⚠️ $P (X ⩾ 6) = 1 - P (X ⩽$ $5)$ , et non $1 - P (X ⩽$ $6)$ : le contraire de « au moins $6$ » est « au plus $5$ ». ⚠️ La boucle s'arrête toujours : $P (X ⩽ 50) = 1 ⩾$ $0, 95$ . ⭐ Sur le dessin : la loi de $X$ , en probabilités pour $1000$ (la barre $2$ vaut $261$ , soit $0, 261$ ). Presque toute la probabilité est entre $0$ et $5$ ; les barres $6$ et $7$ sont minuscules.
19. Une aire sans primitive a) $f^{'} (x) =$ $- 2 x e^{- x^{2}}$ , négatif sur $[0; 1]$ : $f$ est décroissante. b) g ajoute les aires des rectangles de hauteur $f$ au bord GAUCHE, d celles des rectangles de hauteur $f$ au bord DROIT. $f$ décroît : sur chaque bande, elle est sous sa valeur de gauche et au-dessus de sa valeur de droite. En sommant : $d ⩽ I ⩽$ $g$ . c) h = $0, 25$ . g = $0, 25 \times (1 + e^{- 1/16}$ $+ e^{- 1/4} +$ $e^{- 9/16})$ , soit g ≈ $0, 822$ . d s'obtient en remplaçant $f (0) = 1$ par $f (1) =$ $e^{- 1}$ : d ≈ $0, 664$ . L'appel renvoie environ (0.664, 0.822). d) Les deux sommes ont les mêmes termes, sauf le premier de g et le dernier de d : $g - d = h (f (0) - f (1)) =$ $\frac{1 - e ^{- 1}}{n}$ . $\frac{1 - e ^{- 1}}{n} ⩽ 0, 01$ donne $n ⩾ 100 (1 - e^{- 1}) \approx$ $63, 2$ : n = $64$ suffit. encadre(64) renvoie environ (0.7419, 0.7517) : $I \approx$ $0, 747$ . ⚠️ Ici $f$ DÉCROÎT : ce sont les rectangles à gauche qui sont au-dessus. C'est l'inverse d'une fonction croissante. ⭐ Sur le dessin : les rectangles à gauche (orange) dépassent de la courbe ; leur aire, $0, 822$ , majore $I$ .
20. La rumeur au lycée a) $f^{'} (x) = 1, 5 - x > 0$ sur $[0; 1]$ : $f$ est croissante. $f (0) = 0$ et $f (1) =$ $1$ . b) Initialisation : $p_{0} = 0, 01$ et $p_{1} = 0, 015 - 0, 00005 =$ $0, 01495$ . On a $0 < p_{0} ⩽ p_{1} <$ $1$ . Hérédité : si $0 < p_{n} ⩽ p_{n + 1} <$ $1$ , on applique $f$ , croissante sur $[0; 1]$ : $f (0) < f (p_{n}) ⩽ f (p_{n + 1}) <$ $f (1)$ . C'est $0 < p_{n + 1} ⩽ p_{n + 2} <$ $1$ . Les inégalités strictes restent strictes, car $f$ est STRICTEMENT croissante. c) $(p_{n})$ est croissante et majorée par $1$ : elle converge vers un réel $ℓ$ , avec $f (ℓ) = ℓ$ ( $f$ est continue). $1, 5 ℓ - 0, 5 ℓ^{2} = ℓ$ donne $0, 5 ℓ (1 - ℓ) =$ $0$ : $ℓ = 0$ ou $ℓ =$ $1$ . La suite croît à partir de $0, 01$ , donc $ℓ ⩾$ $0, 01$ : $lim p_{n} =$ $1$ . Tout le lycée finit par connaître la rumeur. d) jour(s) renvoie le premier $n$ tel que $p_{n} ⩾$ $s$ . On calcule : $p_{10} \approx 0, 411$ et $p_{11} \approx$ $0, 532$ : jour(0.5) renvoie $11$ . Puis $p_{18} \approx 0, 988$ et $p_{19} \approx$ $0, 994$ : jour(0.99) renvoie $19$ . e) D'après b), $p_{n} < 1$ pour tout $n$ : la condition « p < 1 » reste toujours vraie, et la boucle ne s'arrête jamais. ⛔ Le piège de e) : une suite qui TEND vers $1$ n'atteint pas forcément $1$ . Une boucle de seuil demande un seuil strictement sous la limite. ⚠️ En c), deux valeurs vérifient $f (ℓ) =$ $ℓ$ : c'est la croissance de la suite qui élimine $0$ . ⭐ Sur le dessin : la courbe en S. La rumeur démarre lentement, s'emballe vers le rang $10$ , puis plafonne sous la droite $y =$ $1$ .

★Un seul geste : exercices 1 à 8niveau 1

★★Type devoir : exercices 9 à 16niveau 2

★★★Problèmes : exercices 17 à 20niveau 3

Corrigés : algorithmique et python, 20 exercices

Un seul geste : exercices 1 à 8niveau 1

Type devoir : exercices 9 à 16niveau 2

Problèmes : exercices 17 à 20niveau 3