dm3 - Ceremade

Denis Pasquignon
Correction du Devoir maison
Partie I : Un résultat utile
1. Pour tout k ∈ IN ∗ , on a
P (X = k) = P (X > k − 1) − P (X > k),
soit en multipliant par k
kP (X = k) = kP (X > k −1)−kP (X > k) = (k −1)P (X > k −1)−kP (X > k)+P (X > k −1),
on somme de k = 1 à n, n ∈ IN ∗ :
n
X
kP (X = k) =
k=1
n
X
(k − 1)P (X > k − 1) − kP (X > k) +
k=1
n
X
P (X > k − 1).
k=1
Avec le principe des séries télescopiques
n
X
kP (X = k) = −nP (X > n) +
k=1
soit
n
X
n
X
P (X > k − 1).
k=1
kP (X = k) =
n−1
X
k=0
P (X > k) − nP (X > n).
k=0
2. Puisque la variable aléatoire X admet une espérance E(X), le reste de la série
+∞
X
kP (X = k)
k=n+1
tend vers 0 quand n tend vers +∞. Or pour tout entier n
P (X > n) =
+∞
X
P (X = k),
k=n+1
on en déduit
nP (X > n) = n
+∞
X
P (X = k) ≤
k=n+1
+∞
X
kP (X = k).
k=n+1
Par conséquent pour tout entier naturel n,
0 ≤ nP (X > n) ≤
+∞
X
kP (X = k).
k=n+1
Par encadrement la limite de nP (X > n) est nulle quand n tend vers +∞. Avec la question
précédente, la série de terme général P (X > n) converge et
+∞
X
P (X > n) = E(X).
n=0
3. Si la série de terme général nP (X = n) diverge , puisqu’il s’agit d’une série à termes positifs, la
suite des sommes partielles tend vers +∞ quand n tend vers +∞. L’égalité du 1.a permet, avec
l’hypothèse que la série de terme général P (X > n) converge, de montrer que la suite nP (X > n
tend vers −∞ quand n tend vers +∞ ce qui est impossible car cette suite est positive. Par
conséquent la série de terme général nP (X = n) converge. De plus cette série est à termes
positifs, elle est donc absolument convergente donc X admet une espérance.
1
4. Soit X une variable aléatoire prenant ses valeurs dans IN , X admet une espérance si et seulement
si la série de terme général P (X > n) converge et dans ce cas
+∞
X
P (X > n) = E(X).
n=0
5. Pour tout k ∈ IN ∗ , on a
P (X = k) = P (X > k − 1) − P (X > k),
soit en multipliant par k 2
k 2 P (X = k) = k 2 P (X > k − 1) − k 2 P (X > k) = (k − 1)2 P (X > k − 1) − k 2 P (X > k)
+(2k − 1)P (X > k − 1),
on somme de k = 1 à n, n ∈ IN ∗ :
n
X
k 2 P (X = k) =
k=1
n
X
(k − 1)2 P (X > k − 1) − k 2 P (X > k) +
k=1
n
X
(2k − 1)P (X > k − 1).
k=1
Avec le principe des séries télescopiques
n
X
k 2 P (X = k) = −n2 P (X > n) +
k=1
soit
n
X
n
X
(2k − 1)P (X > k − 1).
k=1
2
k P (X = k) =
n−1
X
(2k + 1)P (X > k) − n2 P (X > n).
k=0
k=0
Puisque si X admet une variance, alors X admet un moment d’ordre 2 alors le reste de la série
+∞
X
k 2 P (X = k) tend vers 0 quand n tend vers +∞. Or pour tout entier n
k=n+1
+∞
X
P (X > n) =
P (X = k),
k=n+1
on en déduit
n2 P (X > n) = n2
+∞
X
P (X = k) ≤
k=n+1
+∞
X
k 2 P (X = k).
k=n+1
Par conséquent pour tout entier naturel n,
0 ≤ n2 P (X > n) ≤
+∞
X
k 2 P (X = k).
k=n+1
Par encadrement la limite de n2 P (X > n) est nulle quand n tend vers +∞. Avec la question
précédente, la série de terme général (2n + 1)P (X > n) converge et
E(X 2 ) =
+∞
X
(2k + 1)P (X > k).
k=0
2
Partie II
1. Pour tout entier n ≥ 3, Un ⊂ Un+1 . La suite d’évènements (Un )n≥3 est croissante donc la
suite (P (Un ))n≥3 = (un )n≥3 est croissante et majorée par 1 car il s’agit de probabilité donc elle
converge.
2. (a) Puisque les lancers sont indépendant, les évènements Fn−2 , Fn−1 et Pn sont mutuellement
indépendants et l’on a
∀n ≥ 3,
P (Bn ) = P (Pn−2 ∩ Pn−1 ∩ Fn ) = P (Pn−2 )P (Pn−1 )P (Fn )
=
1 1 1
1
× × = .
2 2 2
8
(b) Les événements Bn = Pn−2 ∩ Pn−1 ∩ Fn et Bn+1 = Pn−1 ∩ Pn ∩ Fn+1 ne peuvent se réaliser
simultanément sinon cela implique que l’on obtienne face et pile au nième lancer, ce qui est
impossible donc Bn ∩ Bn+1 = ∅.
Les évènements Bn = Pn−2 ∩ Pn−1 ∩ Fn et Bn+2 = Pn ∩ Pn+1 ∩ Fn+2 ne peuvent se réaliser
simultanément sinon cela implique que l’on obtienne face et pile au nième lancer, ce qui est
impossible donc Bn ∩ Bn+2 = ∅.
Les évènements Bn+1 = Pn−1 ∩ Pn ∩ Fn+1 et Bn+2 = Pn ∩ Pn+1 ∩ Fn+2 ne peuvent se
réaliser simultanément sinon cela implique que l’on obtienne face et pile au (n + 1)ième
lancer, ce qui est impossible donc Bn+1 ∩ Bn+2 = ∅.
(c) u3 = P (B3 ) = 81 et u4 = P (B3 ∪ B4 ) = P (B3 ) + P (B4 ) car B3 et B4 sont incompatibles
donc u4 = 81 + 18 = 28 = 41 .
Les évènements B3 , B4 et B5 sont deux à deux incompatibles donc
u5 = P (B3 ∪ B4 ∪ B5 ) = P (B3 ) + P (B4 ) + P (B5 ) =
1 1 1
3
+ + = .
8 8 8
8
3. (a) Comme Bn−1 , Bn , Bn+1 sont deux à deux incompatibles, on a
Un ∩ Bn+1
=
(B3 ∪ B4 · · · ∪ Bn−2 ∪ Bn−1 ∪ Bn ) ∩ Bn+1
=
(B3 ∩ Bn+1 ) ∪ (B4 ∩ Bn+1 ) ∪ · · · (Bn−2 ∩ Bn+1 )
∪(Bn−1 ∩ Bn+1 ) ∪ (Bn ∩ Bn+1 )
=
(B3 ∩ Bn+1 ) ∪ (B4 ∩ Bn+1 ) ∪ · · · (Bn−2 ∩ Bn+1 )
=
(B3 ∪ B4 · · · ∪ Bn−2 ∪ Bn−1 ∪ Bn−2 ) ∩ Bn+1
=
Un−2 ∩ Bn+1
donc P (Un ∩ Bn+1 ) = P (Un−2 ∩ Bn+1 ). L’évenèment Un−2 signifie que l’on a obtenu au
moins un fois la séquence ” Pile, Pile, Face ” durant les n−2 premiers lancers et l’évènement
Bn+1 signifie quel’on obtenu Pile au n − 1 ième tirage, Pile au n ième tirage et Face au
n + 1 ème tirage. Les résultats de n − 2 premiers tirages n’influençant pas les 3 tirages
suivants, on en déduit que les évènements Un−2 et Bn+1 sont indépendants donc
P (Un−2 ∩ Bn+1 ) = P (Un−2 )P (Bn ) = un−2 ×
1
1
= un−2 .
8
8
Par conséquent
P (Un ∩ Bn+1 ) = P (Un−2 ∩ Bn+1 ) =
1
un−2 .
8
(b) Comme Un+1 = Un ∪ Bn+1 , on a en utilisant la question précédente, on obtient que
un+1 = P (Un+1 ) = P (Un ∪ Bn+1 ) = P (Un ) + P (Bn+1 ) − P (Un ∩ Bn+1 )
3
= un +
1 1
1
− un−2 = un + (1 − un−2 )
8 8
8
ce qui donne
1
un+1 = un + (1 − un−2 ).
8
∀n ≥ 5,
(c) u2 + 81 (1 − u1 ) = 0 + 18 (1 − 0) =
1
8
= u3 . u3 + 18 (1 − u2 ) =
1
8
+ 18 (1 − 0) =
2
8
=
1
4
= u4 .
(d) La suite (un )n étant convergente, on note L sa limite. En faisant tendre n vers +∞ dans
l’égalité, on obtient
1
L = L + (1 − L)
8
d’où
L = 1.
D’après le théorème de la limite monotone, on a
1 = P(
+∞
[
Bn .).
n=3
L’évèmenent (Y = 0) signifie que la séquence ” Pile, Pile, Face” n’apparait jamais. Son
évènement contraire est que la séquence ” Pile, Pile, Face” apparait au moins une fois,
c’est-à-dire
+∞
[
(Y = 0) = B3 ∪ B4 ∪ · · · =
Bk .
n=3
donc
P (Y = 0) = 1 − P (Y = 0) = 1 − P (
+∞
[
Bn ) = 1 − 1 = 0.
n=3
4. (a) v1 = 1,
v2 = 1,
v3 = 78 ,
v4 = 43 .
∀n ≥ 3,
1
vn+1 = 1 − un+1 = 1 − un − (1 − un−2 )
8
(b)
soit
1
vn+1 = 1 − 1 + vn − vn−2
8
d’où
1
vn+1 = vn − vn−2 .
8
(c) La relation précédente montre que ∀n ≥ 3, vn+1 −vn = − 81 vn−2 . Soit N ≥ 1, en sommant
de n = 3 à n = N + 2(≥ 3)
on obtient
N
+2
N +2
X
1 X
(vn+1 − vn ) = −
vn−2
8 n=3
n=3
soit en utilisant le principe des séries télescopiques
vN +3 − v3 = −
d’où
7/8 − vN +3 =
4
N +2
1 X
vn−2
8 n=3
N +2
N
1X
1 X
vn−2 =
vn .
8 n=3
8 n=1
(d) La suite (un ) converge vers 1 donc la suite (vn ) tend vers 0, ce qui montre que
vN +3 ) =
7
et la question précédente montre que
8
7
lim ( −
8
N →+∞
N
1X
7
vk =
N →+∞ 8
8
lim
k=1
donc
lim
N
X
N →+∞
vk = 7.
k=1
Par définition de la convergence des séries, la série
X
vn converge et sa somme vaut
n≥1
+∞
X
vn = 7.
n=1
5. (a) L’évènement [Y = n] signifie qu’il a fallu n lancers pour que face soit précédé de deux piles
donc durant les n − 1 premiers lancers, on n’a pas obtenu cette séquence et au nième lancer
la séquence apparait. L’évènement Un s’est donc réalisé mais pas l’évènement Un−1 donc
[Y = n] = Un \Un−1 et
cn = P (Y = n) = P (Un \Un−1 ) = P (Un ) − P (Un ∩ Un−1 ).
Or Un−1 ⊂ Un donc Un ∩ Un−1 = Un−1 , ce qui nous donne
cn = P (Un ) − P (Un−1 ) = un − un−1 = 1 − vn − (1 − vn−1 ) = vn−1 − vn .
(b) L’évènement (Y = 2) signifie que l’on a obtenu pour la première fois au deuxième lancer
la séquence ”Pile, Pile, Face ”, ce qui est impossible en deux lancers, donc (Y = 2) = ∅ et
c2 = 0. D’autre part, nous avons vu que v1 = v2 = 1 donc c2 = v1 − v2 .
L’évènement (Y = 3) signifie que l’on a obtenu pour la première fois au deuxième lancer
la séquence ”Pile, Pile, Face ” donc (Y = 3) = P1 ∩ P2 ∩ F3 = B3 donc c3 = P (B3 ) et la
question 2.a montre alors que c3 = 81 . Or v2 = 1 et v3 = 78 donc v2 − v3 = 1 − 87 = 81 = c3 .
(c) On a pour tout entier n
P (Y ≥ n) =
+∞
X
P (Y = k) =
k=n
+∞
X
ck ,
k=n
D’après le principe des séries télescopiques, pour n ≥ 2
P (Y ≥ n) = vn−1 .
En utilisant la partie I, comme la série de terme général vn converge, Y admet une espérance
et comme Y prend ses valeurs à partir de 3, on a
E(Y ) =
+∞
X
P (Y > k) = 1 +
k=0
+∞
X
P (Y ≥ k + 1) = 1 +
k=1
Partie III : Paradoxe de Walter Penney (1969)
1.
5
+∞
X
k=1
vk = 8
0
(a) Les évènements Bn0 = Fn−2 ∩ Pn−1 ∩ Pn et Bn+1
= Fn−1 ∩ Pn ∩ Pn+1 ne peuvent se réaliser
simultanément sinon cela implique que l’on obtienne face et pile au (n − 1)ième lancer, ce
0
qui est impossible donc Bn0 ∩ Bn+1
= ∅.
0
0
Les évènements Bn = Fn−2 ∩ Pn−1 ∩ Pn et Bn+2
= Fn ∩ Pn+1 ∩ Pn+2 ne peuvent se réaliser
simultanément sinon cela implique que l’on obtienne face et pile au nième lancer, ce qui est
0
= ∅.
impossible donc Bn0 ∩ Bn+2
0
0
= Fn ∩ Pn+1 ∩ Pn+2 ne peuvent se
Les évènements Bn+1 = Fn−1 ∩ Pn ∩ Pn+1 et Bn+2
réaliser simultanément sinon cela implique que l’on obtienne face et pile au nième lancer,
0
0
ce qui est impossible donc Bn+1
∩ Bn+2
= ∅.
0
0
0
On en déduit que les évènements Bn , Bn+1
et Bn+2
sont deux à deux incompatibles.
0
0
0
(b) Par les mêmes calculs que la partie précédente, on a Un0 ∩ Bn+1
= Un−2
∩ Bn+1
donc
0
0
0
0
0
P (Un ∩ Bn+1 ) = P (Un−2 ∩ Bn+1 ). L’évenèment Un−2 signifie que l’on a obtenu au moins
une fois la séquence ” Face, Pile, Pile” durant les n − 2 premiers lancers et l’évènement
0
Bn+1
signifie quel’on obtenu Face au n − 1 ième tirage, Pile au n ième tirage et Pile au
n + 1 ème tirage. Les résultats de n − 2 premiers tirages n’influençant pas les 3 tirages
0
0
suivants on en déduit que les évènements Un−2
et Bn+1
sont indépendants donc
0
0
0
P (Un−2
∩ Bn+1
) = P (Un−2
)P (Bn0 ) = u0n−2 ×
1
1
= u0n−2
8
8
donc
0
0
0
0
P (Un−2
∩ Bn+1
) = P (Un−2
∩ Bn+1
)=
1 0
u
.
8 n−2
0
0
Puisque Un+1
= Un0 ∪ Bn+1
, on obtient que
u0n+1
0
= P (Un+1
)
0
= P (Un0 ∪ Bn+1
)
0
0
= P (Un0 ) + P (Bn+1
) − P (Un0 ∩ Bn+1
)
1
1
= u0n + − u0n−2
8 8
1
= u0n + (1 − u0n−2 ).
8
(c) On procède par une récurrence forte
Hk : ∀k ∈ [[1, n]], uk = u0k .
• Initialisation : n = 3, puisque
u1 = 0 = u01 ,
u2 = 0 = u02 ,
u3 =
1
= u03 ,
8
on en déduit que (H3 ) est vraie.
• Hérédité : Supposons que Hn ) soit vraie. En particulier, on a les égalités un = u0n et
un−2 = u0n−2 . Les relations de récurrence satisfaites par (un )n et (u0n )n montre que
1
1
un+1 = un + (1 − un−2 ) = u0n + (1 − u0n−2 ) = u0n+1
8
8
donc un+1 = u0n+1 . ce qui démontre Hn+1 .
Par conséquent ∀n ≥ 1, Hn est vraie.
6
(d) De façon évidente, Y (Ω) = Y 0 (Ω) = IN \{0, 1, 2} et
∀n ∈ IN \{0, 1, 2},
P (Y ≤ n) = un = u0n = P (Y 0 ≤ n)
donc Y et Y 0 possèdent la même fonction de répartition, ce qui implique qu’elles suivent
la même loi. Puisque Y admet une espérance, la variable Y 0 admet une espérance et
E(Y ) = E(Y 0 ).
2. (a) L’évènement G3 signifie que le joueur J est déclaré gagnant à l’issue du troisième lancer
donc G3 = P1 ∩ P2 ∩ F3 . Les évènements étant indépendants , on en déduit que g3 =
P (P1 )P (P2 )P (F3 ) = 213 = 18 .
L’évènement G4 signifie que le joueur J est déclaré gagnant à l’issue du quatrième lancer.
Le quatrième lancer est donc un Face, les deuxième et troisième lancer sont des Piles. Si
le premier lancer donne un face donc la séquence ”Face, Pile, Pile ” apparait au troisième
tirage donc le joueur J 0 gagne au troisième lancer et le joueur J a perdu, ce qui est impossible
donc le premier lancer à donner Pile et G4 = P1 ∩ P2 ∩ P3 ∩ F4 . Les évènements étant
1
.
indépendants, on en déduit que g4 = P (P1 )P (P2 )P (P3 )P (F4 ) = 214 = 16
Soit n ≥ 3. L’évènement Gn signifie que la séquence ” Pile, Pile, Face ” apparait pour la
première fois au nième lancer. Ainsi, le nième lancer donne Face et les lancers n − 1 et
n − 2 donne Pile. Si le (n − 3)ième lancer donne Face alors la séquence ” Face, Pile, Pile ”
apparait au (n − 1)ième lancer, le joueur J 0 a gagné donc J a perdu, ce qui est impossible
donc le (n − 3)ième lancer a donné Pile. On voit par itération que l’on a toujours obtenu
Pile durant les (n − 1) premiers lancers. Pour avoir une démonstration rigoureuse, nous
devons utiliser une récurrence forte descendante:
∀k ∈ [[1, n − 1]],
(Rk ) :
les (n − 1)ième , (n − 2)ième , ..., (n − k)ième lancers ont donné Pile.
Initialisation : (R1 ) est vérifiée car on a obtenu Pile au (n − 1)ième lancer.
Hérédité : Supposons (Rk ) vraie avec k < n − 1 alors on a obtenu Pile aux lancers
(n − k), ..(n − 1). Si le lancer (n − k − 1) précédant le lancer (n − k) donne Face alors la
séquence ” Face, Pile, Pile ” apparait au (n − k + 1)ième lancer donc le joueur J 0 gagne
au (n − k + 1)ième tour et n − k + 1 ≤ n donc J a perdu, ce qui est impossible donc le
(n − k − 1)ième = (n − (k + 1))ième lancer a également donné Pile donc (Rk+1 ) est vraie
et ∀k ∈ [[1, n − 1]], (Rk ) est vraie. En particulier, (Rn−1 ) est vraie donc on a obtenu Pile
durant les lancers (n − (n − 1)) = 1, 2, .., n − 1.
Ainsi, Gn = P1 ∩ · · · ∩ Pn−1 ∩ Fn et, par indépendance des évènements
on obtient que
∀n ≥ 3,
1
gn = P (Gn ) = P (P1 ) · · · P (Pn−1 )P (Fn ) = ( )n .
2
(b) Le joueur J est déclaré gagnant si et seulement si l’évènement G3 ∪ G4 ∪ · · · =
+∞
[
Gn
n=3
est réalisé. Les évènements (Gn )n sont clairement deux à deux incompatibles donc par
σ-additivité
+∞
+∞
+∞
[
X
X
1
1
P(
Gn ) =
P (Gn ) =
( )n = .
2
4
n=3
n=3
n=3
Le joueur J gagne donc avec une probabilté de 41 .
3.
7
(a) Puisqu’on ne peut obtenir deux piles consécutifs en un lancer, on a d1 = 1. La probabilité
d’obtenir deux Pile consécutifs est ( 12 )2 = 14 donc d2 = 1 − 14 = 43 .
(b) On note Dn l’évènement ” deux piles consécutifs n’apparaissent jamais durant les n premiers lancers ”.
Soit n ≥ 1. Supposons que l’évènement Dn+2 se réalise (n + 2 ≥ 3).
Si le premier lancer fournit un Pile, alors le tirage suivant ne peut donner un Pile donc
il donne un Face. Les (n + 2 − 2) = n tirages suivant ne doivent pas donner deux Piles
consécutifs.
Si le premier lancer fournit un Face, alors les (n + 2 − 1) = n + 1 autres tirages ne doivent
pas donner deux Pile successifs.
On en déduit que Dn+2 = (P1 ∩ F2 ∩ Dn ) ∪ (F1 ∩ Dn+1 ), la réunion étant disjointe.
L’évènement Dn dépendant uniquement des (Pj , Fk ) pour j ≥ 3 et k ≥ 3, on en déduit que
les évènements P1 , F2 , Dn sont indépendants.
De même, les évènements F1 , Dn sont indépendants. On en déduit que pour tout entier n
dn+2 = P (Dn+2 ) = P (P1 ∩ F2 ∩ Dn ) + P (F1 ∩ Dn+1 ).
soit
dn+2 = P (P1 )P (F2 )P (Dn ) + P (F1 )P (Dn+1 ).
donc pour tout entier n
dn+2 =
1
1
dn + dn+1 .
4
2
(c) La suite (dn )n est récurrente linéaire√d’ordre deux√et son équation caractéristique est x2 =
1
1+ 5
1
et x2 = 1−4 5 . Il existe donc deux constantes réelles
2 x + 4 dont les racines sont x1 =
4
α et β telles
√ !n
√ !n
1+ 5
1− 5
×
∀n ∈ IN , dn = α
+β
.
4
4
(d) La suite (dn )n est une combinaison linéaire de deux suites géométriques dont les raisons
respectives
√
1+ 5
4
√
et 1−4 5 appartiennent à l’intervalle ] − 1, 1[ donc les séries associées convergent, ce
qui implique que la série de terme
P+∞général dn converge.
Pour calculer la somme D = n=1 dn , on utilise, comme l’indique l’énoncé, la relation de
récurrence satisfaite par (dn )n en la sommant sur tous les entiers non nuls, ce qui nous
donne
+∞
+∞
+∞
+∞
X
X
1
1
1X
1X
dn+2 =
( dn+1 + dn ) =
dn+1 +
dn .
2
4
2 n=1
4 n=1
n=1
n=1
En effectuant les changements de variable k = n + 2 et k = n + 1, on obtient
+∞
X
n=3
dn =
+∞
+∞
1X
1X
dn +
dn
2 n=2
4 n=1
soit
D − d2 − d1 =
1
1
(D − d1 ) + D
2
4
d’où
D = 5.
8
4. (a) On montre par double inclusion que
[T > n] ∪ [T = 0] = Dn ∪ (P1 ∩ · · · Pn ).
Si ω ∈ [T > n] ∪ [T = 0] = Dn
L’évènement ω signifie que, soit aucun des joueurs gagne, soit l’un des deux gagne après le
(n + 1)ième lancer, c’est-à-dire qu’aucun des deux joueurs n’a gagné jusqu’au nième lancer.
Donc soit on n’a jamais obtenu deux piles consécutifs et ω ∈ Dn soit deux piles consécutifs
sont obtenus. Dans ce dernier cas, supposons que l’on ait obtenu deux piles consécutifs au
k ième et (k + 1)ième lancer avec k + 1 ≤ n.
Si l’on a obtenu un Face au (k − 1)ième lancer, alors la séquence ”Face, Pile, Pile ” apparait
au (k + 1)ième lancer (k + 1 ≤ n) et le joueur J 0 gagne avant le nième lancer , ce qui est
impossible donc le (k − 1)ième lancer donne un Pile. Par un raisonnement analogue à la
question2a, on en déduit que l’on a obtenu que des piles durant les k premiers lancers.
Supposons maintenant que k + 1 < n. Si le (k + 2)ième lancer donne un Face, alors la
séquence ” Pile, Pile, Face ” apparait au (k + 2)ième lancer (k + 2 ≤ n − 1 + 1 = n) donc le
joueur J gagne avant le nième lancer, ce qui est impossible donc le (k + 2)ième lancer donne
un pile. En poursuivant le raisonnement par itération, on en déduit que tous les lancers
suivants le (k + 1)ième lancer donne des Piles, jusqu’au nième lancer.
Si k + 1 = n, alors on a obtenu des Piles durant les n premiers lancers.
Par conséquent ω ∈ (P1 ∩ · · · Pn ), d’ou la première inclusion.
Réciproquement si ω ∈ Dn ∪ (P1 ∩ · · · Pn ), alors aucun des deux joueurs n’a gagné avant le
nième lancer.
On en déduit que
P ([T > n] ∪ [T = 0]) = P (P1 ∩ · · · Pn ) + P (Dn ) = P (P1 ) · · · P (Pn ) + P (Dn ) =
1
+ dn .
2n
(b)
P ([T > n − 1] ∪ [T = 0]) = P ([T = n] ∪ {[T > n] ∪ [T = 0]})
Les évènements [T = n] et {[T > n] ∪ [T = 0]} sont incompatibles donc
P ([T > n − 1] ∪ [T = 0]) = P ([T = n]) + P ([T > n] ∪ [T = 0]),
ce qui implique que
P (T = n) = P ([T > n − 1] ∪ [T = 0]) − P ([T > n] ∪ [T = 0]) =
1
1
+ dn−1 − n − dn
2n−1
2
soit
P (T = n) =
1
1
1
(1 − ) + dn−1 − dn = n + dn−1 − dn .
2n−1
2
2
(c) La probabilité qu’un des deux joueurs gagnent est
+∞
X
P (T = n). On a
n=3
+∞
X
P (T = n) =
n=3
+∞
+∞
X
X
1
+
dn−1 − dn
2n n=3
n=3
soit
+∞
X
P (T = n) =
n=3
2
+ d2 = 1.
23
La probabilité qu’un joueur soit déclaré gagnant est 1.
9
(d) Pour tout entier n ≥ 2, on a
1
+ dn .
2n
On en déduit que la série de terme général P (T > n) est convergente donc d’après la
première partie T admet une espérance et
P (T > n) =
E(T ) =
+∞
X
1
+ dn + P (T > 1) + P (T > 0),
2n
n=2
soit
E(T ) =
13
.
2
5. Les évènements ” le joueur J gagne ”, ” le joueur J 0 gagne ”, ” aucun des deux joueurs gagne ”
forme un système complet d’évènements. La question 2b montre que la probabilité du premier
évènement est 41 , le troisième évènement est de probabilité nulle car
P (T = 0) = 1 −
+∞
X
P (T = n) = 1 − 1 = 0
n=1
donc la probabilité que le joueur J 0 gagne est 1 −
chance de gagner que le joueur J de gagner !
1
4
− 0 = 43 . Le joueur J 0 a trois fois plus de
6. Les deux joueurs ont la même probabilité de gagner car les événements sont symétriques.
Ce n’était pas le cas dans le jeu précédent, car l’échange des termes Pile et Face, l’évènement ”
Pile, Pile, Face ” devient ” Face, Face, Pile ” qui n’est pas l’évènement ” Face, Pile, Pile ”.
Partie IV : Simulation informatique
1.
a)
(r
(r
(r
(r
(r
= 1)
= 1)
= 1)
= 1)
= 0)
x
1
2
2
2
3
y
0
0
0
0
1
k
1
2
,
3
4
5
b)
(r
(r
(r
(r
(r
(r
(r
(r
= 1)
= 0)
= 1)
= 0)
= 0)
= 0)
= 1)
= 1)
x
1
0
1
0
0
0
1
2
y
0
1
2
1
1
1
2
3
k
1
2
3
4 ,
5
6
7
8
c)
(r
(r
(r
(r
(r
(r
(r
= 1)
= 0)
= 1)
= 0)
= 0)
= 0)
= 1)
x
0
1
0
1
0
1
2
y
1
2
1
2
1
2
3
k
1
2
3
4
5
6
7
2. Dans 1.a., le joueur J gagne au cinquième lancer et J 0 gagne
au huitième et septième lancer. La valeur que prend k correspond dans chaque cas au rang du
lancer o˘ l’un des deux joueurs gagne et x désigne le nombre d’éléments de la séquence ” Pile,
Pile, Face ” pour le joueur J et y le nombre d’éléments de la séquence ” Face, Pile, Pile ” pour
le joueur J 0 .
Il faut donc rajouter ” le joueur J gagne ” dans la première parenthèse et ” le joueur J 0 gagne
” dans la deuxième parenthèse.
Il affiche successivement ” le joueur J gagne ”, ” le joueur J 0 gagne ”, ” le joueur J 0 gagne ”.
10