corrigé

L.E.G.T.A. Le Chesnoy TB2 −2010-2011
D. Blotti`ere Math´ematiques
Correction du devoir surveill´e n˚3
Probl`eme I - Probabilit´es
Partie A - Hangars de stockage (extrait du sujet du concours A TB 2005)
Une exploitation agricole dispose de deux hangars H et H’ pour le stockage du foin. Chaque jour, on cherche le
foin n´ecessaire dans l’un des deux hangars. Pour des raisons techniques, si, un jour donn´e, on utilise le hangar
H, le lendemain on r´eutilisera ce mˆeme hangar avec une probabilit´e de 0,5 et si, un jour donn´e, on utilise le
hangar H’, la probabilit´e d’utiliser le lendemain le hangar H est ´egale `a 0,4.
On veut analyser l’utilisation des deux hangars sur une longue p´eriode ; le premier jour on choisit un hangar
au hasard. Pour tout entier naturel nnon nul, on note pnla probabilit´e que le hangar H soit utilis´e le n-i`eme jour.
1. (a) Donner p1.
(b) Calculer p2.
2. D´emontrer que :
∀n∈N∗pn+1 = 0,1pn+ 0,4.
3. (a) En d´eduire la valeur de pnpour tout entier naturel nnon nul.
(b) Calculer lim
n→+∞pn.
Correction
Pour tout n∈N∗, soient Hnet H0
nles ´ev´enements :
Hn:Le hangar Hest utilis´e le n-i`eme jour ;
H0
n:Le hangar H0est utilis´e le n-i`eme jour .
Pour chaque n∈N∗, on remarque que Hn=H0
net on a P(Hn) = pn.
1. (a) D’apr`es l’´enonc´e (le premier jour on choisit un hangar au hasard), on a P(H1) = p1= 0,5.
(b) Pour calculer P(H2) = p2, on applique la formule des probabilit´es totales relativement au syst`eme
complet d’´ev´enements H1,H0
1=H1:
(∗)P(H2) = P(H2/H1)P(H1) + P(H2/H0
1)P(H0 1).
•D’apr`es l’´enonc´e (si, un jour donn´e, on utilise le hangar H, le lendemain on r´eutilisera ce mˆeme
hangar avec une probabilit´e de 0,5), on a P(H2/H1) = 0,5.
•D’autre part, toujours d’apr`es l’´enonc´e (si, un jour donn´e, on utilise le hangar H’, la probabilit´e
d’utiliser le lendemain le hangar H est ´egale `a 0,4), on a P(H2/H0
1) = 0,4.
•On a vu que P(H1)=0,5. On a donc P(H0
1) = P(H1)=1−P(H1)=0,5.
Des trois points pr´ec´edents et de (∗), on a :
P(H2) = 0,5×0,5+0,4×0,5 = 0,45.
2. Pour r´epondre `a cette question, on g´en´eralise la m´ethode utilis´ee ci-dessus pour le calcul de P(H2).
Soit n∈N∗. Pour exprimer P(Hn+1) = pn+1 en fonction de P(Hn) = pn, on applique la formule des
probabilit´es totales relativement au syst`eme complet d’´ev´enements Hn,H0
n=Hn:
(∗)P(Hn+1) = P(Hn+1/Hn)P(Hn) + P(Hn+1/H0
n)P(H0 n).
1

•D’apr`es l’´enonc´e (si, un jour donn´e, on utilise le hangar H, le lendemain on r´eutilisera ce mˆeme hangar
avec une probabilit´e de 0,5), on a P(Hn+1/Hn)=0,5.
•D’autre part, toujours d’apr`es l’´enonc´e (si, un jour donn´e, on utilise le hangar H’, la probabilit´e d’utiliser
le lendemain le hangar H est ´egale `a 0,4), on a P(Hn+1/H0
n) = 0,4.
•Enfin P(H0
n) = P(Hn) = 1 −pn.
Des trois points pr´ec´edents et de (∗), on a :
P(Hn+1)
| {z }
pn+1
= 0,5pn+ 0,4(1 −pn)=0,1pn+ 0,4.
3. (a) D’apr`es la question pr´ec´edente, la suite (pn)n∈N∗est arithm´etico-g´eom´etrique. On applique la m´ethode
vue en cours pour exprimer pnen fonction de n(n∈N∗).
•L’unique solution de l’´equation l= 0,1l+ 0,4 est l=4
9.
•Soit (qn)n∈N∗la suite d´efinie par :
∀n∈N∗qn=pn−l=pn−4
9.
On a pour tout n∈N∗:
qn+1 =pn+1 −4
9(cf. d´efinition de la suite (qn)n∈N∗)
= 0,1pn+ 0,4−4
9
| {z }
−2
45
= 0,1 pn−2
45 ×0,1
| {z }
4
9
= 0,1qn(cf. d´efinition de la suite (qn)n∈N∗).
La suite (qn)n∈N∗est donc g´eom´etrique de raison 0,1.
•On en d´eduit, grˆace au cours sur les suites g´eom´etriques, que :
∀n∈N∗qn=q1×0,1n−1.
Or q1=p1−4
9= 0,5−4 9=1 18 et donc :
∀n∈N∗qn=1
18 ×0,1n−1.
•Par suite (cf. d´efinition de la suite (qn)n∈N∗), on a :
∀n∈N∗pn=qn+l=qn+4
9=4 9+1 18 ×0,1n−1.
(b) D’apr`es la derni`ere formule obtenue et le fait que :
lim
n→+∞0,1n= 0 (cf. cours sur les suites g´eom´etriques et −1<0,1<1)
on a :
lim
n→+∞pn=4
9.
Partie B - Un d´e et une urne
On dispose d’un d´e ´equilibr´e et d’une urne qui, au d´epart, ne contient qu’une boule blanche.
On effectue une suite de lancers successifs avec le d´e et, `a chaque fois que l’on obtient un r´esultat diff´erent du 6, on
ajoute une boule rouge dans l’urne. D`es que l’on obtient un 6, on tire une boule de l’urne et l’exp´erience s’arrˆete.
2

1. Pour kentier naturel non nul, soit Akl’´ev´enement :
on a obtenu 6 au k-i`eme lancer du d´e .
(a) Calculer P(Ak) pour tout k∈N∗et v´erifier que
+∞
X
k=1
P(Ak)=1.
(b) Quelle est la probabilit´e d’avoir obtenu un 6 au plus tard au troisi`eme lancer ?
(c) Quelle est la probabilit´e d’avoir obtenu un 6 au plus tard au k-i`eme lancer ?
2. On appelle Bl’´ev´enement :
on a obtenu la boule blanche .
(a) Soit k∈N∗. Si les k−1 premiers lancers n’ont pas donn´e de 6, quelle est la composition de l’urne
juste avant qu’on ne lance le d´e pour la k-i`eme fois.
(b) En d´eduire P(B∩Ak) pour tout k∈N∗.
(c) On admet que pour tout x∈[0,1[ fix´e, la s´erie de terme g´en´eral xk
kest convergente et que
+∞
X
k=1
xk
k=−ln(1 −x).Calculer P(B).
Correction
1. (a) Soit k∈N∗. Si l’on a obtenu un 6 au k-i`eme lancer du d´e, c’est que l’on n’a obtenu aucun 6 avant.
Sinon, le jeu se serait arrˆet´e avant le k-i`eme lancer. Comme :
•la probabilit´e d’obtenir un 6 lors d’un lancer est 1
6,
•la probabilit´e d’obtenir un r´esultat diff´erent de 6 lors d’un lancer est 1 −1
6=5 6,
•les lancers sont mutuellement ind´ependants,
on a :
P(Ak) = 5
6
|{z}
lancer n˚1
×5
6
|{z}
lancer n˚2
×. . . ×5
6
|{z}
lancer n˚(k−1)
×1
6
|{z}
lancer n˚k
=5
6k−11 6
=5
6k5 6−11 6
=5
6k1 5.
D’apr`es le cours, on sait que la s´erie de terme g´en´eral 5
6k
est convergente et que :
(∗)
+∞
X
k=1 5
6k
= +∞
X
k=0 5
6k!−5 60
=1
1−5
6
−1=5.
Par lin´earit´e, la s´erie de terme g´en´eral P(Ak) = 5
6k1 5est ´egalement convergente et on a :
+∞
X
k=1
P(Ak) =
+∞
X
k=1
1
55 6k
=1
5 +∞
X
k=1 5
6k!=
(∗)1.
3

(b) On note A≤3l’´ev´enement on a obtenu un 6 au plus tard au troisi`eme lancer . On remarque que :
A≤3=A1∪A2∪A3.
Les ´ev´enements A1,A2et A3´etant deux `a deux incompatibles, on a :
P(A≤3) = P(A1) + P(A2) + P(A3)
=1
6+5 61 6+5 621 6(cf. 1.(a))
=91
216.
(c) Pour r´epondre `a cette question, on g´en´eralise la d´emarche de la question pr´ec´edente. Un nouvel
ingr´edient sera utile ici : la formule donnant l’expression d’une somme de termes cons´ecutifs d’une
suite g´eom´etrique.
Soit k∈N∗. On note A≤kl’´ev´enement on a obtenu un 6 au plus tard au k-i`eme lancer . On
remarque que :
A≤k=A1∪A2∪. . . ∪Ak.
Les ´ev´enements A1,A2,. . .,Ak´etant deux `a deux incompatibles, on a :
P(A≤k) = P(A1) + P(A2) + . . . +P(Ak)
=1
6+5 61 6+. . . +5 6k−11 6(cf. 1.(a))
=1
6 1 + 5 6+. . . +5 6k−1!
| {z }
k−1
X
i=0 5
6i
=1
6
1−5
6k
1−5
6
(cf. cours sur les suites g´eom´etriques)
= 1 −5
6k
.
2. (a) Soit k∈N∗. Si les (k−1) premiers lancers n’ont pas donn´e de 6, alors l’urne contient 1 boule blanche
et (k−1) boules rouges, juste avant qu’on ne lance le d´e pour la k-i`eme fois.
(b) Soit k∈N∗. Si l’´ev´enement Akest r´ealis´e, alors les (k−1) premiers lancers n’ont pas donn´e de 6.
Sinon, l’exp´erience se serait arrˆet´ee avant. D’apr`es la question pr´ec´edente, on a alors une chance sur
kde tirer la boule blanche. On a ainsi :
P(B/Ak) = 1
k.
On peut alors calculer P(B∩Ak).
P(B∩Ak) = P(B/Ak)P(Ak) (cf. d´efinition d’une probabilit´e conditionnelle)
=1
k×5 6k1 5(cf. 1.(a))
=1
55
6k
k.
4

(c) Il y a deux alternatives pour ce jeu. Soit il s’arrˆete apr`es klancers, soit il ne s’arrˆete pas. Ainsi, si
on note A∞l’´ev´enement le jeu ne s’arrˆete pas , la famille :
(A∞, A1, A2, . . . , An, . . .)
est un syst`eme complet d’´ev´enements (d´enombrable). On peut alors appliquer la formule des proba-
bilit´es totales relativement `a ce syst`eme pour calculer P(B). On trouve :
(?)P(B) = P(B∩A∞) +
+∞
X
k=1
P(B∩Ak).
(La convergence de la s´erie de terme g´en´eral P(B∩Ak) est assur´ee par un r´esultat du cours.) Il reste
maintenant deux calculs `a effectuer : celui de P(B∩A∞) et celui de
+∞
X
k=1
P(B∩Ak).
•Calcul de P(B∩A∞)
L’´ev´en´ement A∞est l’´ev´enement compl´ementaire de
+∞
[
k=1
Ak.On a donc :
(∗)P(A∞)=1−P +∞
[
k=1
Ak!.
Comme la famille (A1, A2, . . . , An, . . .) est une famille d´enombrable d’´ev´enements deux `a deux
disjoints, on a le r´esultat suivant (cf. cours). La s´erie de terme g´en´eral P(Ak) converge (ce que l’on
a d´ej`a obtenu en 1.(a)) et :
P +∞
[
k=1
Ak!=
+∞
X
k=1
P(Ak).
Or d’apr`es 1.(a) :
+∞
X
k=1
P(Ak) = 1.On a donc :
(∗∗)P +∞
[
k=1
Ak!= 1.
De (∗) et (∗∗), on d´eduit que : P(A∞)=0.Par suite, on a :
(??)P(B∩A∞)=0.
En effet, de l’inclusion B∩A∞⊂A∞on d´eduit l’in´egalit´e 0 ≤P(B∩A∞)≤P(A∞) = 0.
•Calcul de
+∞
X
k=1
P(B∩Ak)
+∞
X
k=1
P(B∩Ak) =
+∞
X
k=1
1
55
6k
k
=1
5
+∞
X
k=1
5
6k
k
(par lin´earit´e)
=−1
5ln 1−5 6(cf. ´enonc´e)
=1
5ln(6)
On a donc :
(???)
+∞
X
k=1
P(B∩Ak) = 1
5ln(6)
5