Exercice 1 5572 Correction

Une urne contient des boules blanches et des boules noires.

La proportion de boules blanches dans cette urne vaut $p \in] 0; 1 [$ .

On tire successivement et avec remise des boules dans cette urne jusqu’à tirer une première boule noire.

(a)

Quelle est la probabilité d’avoir tiré au moins une boule blanche avant d’avoir tiré cette première boule noire?

On ajoute des boules rouges à l’urne. Les boules blanches sont alors en proportion $q$ et les boules rouges en proportion $r$ . On reprend l’expérience et l’on tire successivement et avec remise des boules dans cette urne jusqu’à tirer une première boule noire.

(b)

Quelle est la probabilité d’avoir tiré au moins une boule rouge et une boule blanche avant d’avoir tiré cette première boule noire?

Solution

(a)

On introduit les événements:

	$B$	$= « La première boule tirée est blanche »$
	$N$	$= « La première boule tirée est noire »$
	$S$	$= « Au moins une boule blanche a été tirée avant la première boule noire ».$

La famille $(B, N)$ est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

P (S) = P (B) P (S ∣ B) + P (N) P (S ∣ N) = p \times 1 + (1 - p) \times 0 = p .

(b)

On introduit les événements:

	$B$	$= « La première boule tirée est blanche »$
	$R$	$= « La première boule tirée est rouge »$
	$N$	$= « La première boule tirée est rouge »$
	$S$	$= « Des boules blanches et rouges ont été tirée avant la première boule noire ».$

La famille $(B, R, N)$ est un système complet d’événements. Par la formule des probabilités totales,

P (S) = P (B) P (S ∣ B) + P (R) P (S ∣ R) + P (N) P (S ∣ N) = q P (S ∣ B) + r P (S ∣ R) .

Sachant que la première boule tirée est blanche, l’événement $S$ est réalisé sous réserve qu’une boule rouge soit tirée avant la première boule noire, peu importe les boules blanches qui sont peut-être à nouveau tirées dans l’entre-temps. En retirant de l’expérience tous les tirages de boules blanches, on se ramène à la situation où l’on tire avec remise dans une urne contenant des boules rouges et noires et où l’on étudie si au moins une boule rouge a été tirée avant la première boule noire. Puisque dans cette urne reformulée, les boules rouges sont en proportion $r / (1 - q)$ , il vient

P (S ∣ B) = \frac{r}{1 - q} .

Par un argument semblable,

P (S ∣ R) = \frac{q}{1 - r}

et donc

P (S) = \frac{q r}{1 - q} + \frac{q r}{1 - r} .

Exercice 2 5574 Correction

On lance un dé équilibré jusqu’à l’obtention d’un premier six.

Quelle est la probabilité d’avoir obtenu toutes les valeurs entre $1$ et $5$ avant d’obtenir ce premier six?

Solution

Prolongeons l’expérience et lançons le dé jusqu’à obtenir les six valeurs allant de $1$ à $6$ . On est presque sûr que cette expérience s’arrête et la probabilité qu’elle s’arrête sur un six vaut $1 / 6$ . Or cette expérience s’arrête sur un six si, et seulement si, toutes les valeurs de $1$ à $5$ sont sorties avant ce premier six. La probabilité recherchée est donc égale à $1 / 6$ .

Exercice 3 5939 Correction

(a)

On lance six fois un dé équilibré à six faces. Quelle a la probabilité d’avoir obtenu toutes les valeurs allant de $1$ à $6$ .
(b)

Même question en lançant le dé sept fois.

Solution

Introduisons les événements

A_{k} = « Lors du k -ième lancer, on obtient une valeur non encore obtenue ».

(a)

Il s’agit de calculer $P (A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{6})$ .

On applique la formule des probabilités composées sachant

$P (A_{1}) = 1 et P (A_{k} ∣ A_{1} \cup \dots \cup A_{k - 1}) = \frac{6 - (k - 1)}{6} .$

On obtient

$P (A_{1} \cap A_{2} \cap \dots \cap A_{6}) = 1 \times \frac{5}{6} \times \frac{4}{6} \times \dots \times \frac{1}{6} = \frac{5!}{6^{5}} ≃ 0.015 .$
(b)

En lançant le dé sept fois, une des valeurs sera obtenue en double à un certain rang $i = 2, \dots, 7$ .

Obtenir toutes les valeurs et la valeur en double au $i$ -ème lancer correspond à l’événement

$B_{i} = A_{1} \cap \dots \cap A_{i - 1} \cap \bar{A_{i}} \cap A_{i + 1} \cap \dots \cap A_{7} .$

Par probabilités composées,

$P (B_{i}) = 1 \times \dots \times \frac{6 - (i - 2)}{6} \times \frac{i - 1}{6} \times \frac{6 - (i - 1)}{6} \times \dots \times \frac{1}{6} = \frac{5!}{6^{7}} (i - 1) .$

L’événement étudié est la réunion $B_{2} \cup \dots \cup B_{7}$ . Par incompatibilité,

$P (B_{2} \cup \dots \cup B_{7}) = \frac{5!}{6^{6}} \sum_{i = 2}^{7} (i - 1) = 21 \frac{5!}{6^{6}} ≃ 0.054 .$

Exercice 4 5735 Correction

On lance un dé équilibré jusqu’à l’obtention d’un six. Quelle est la probabilité que tous les lancers qui ont précédé soient pairs?

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements

	$A_{n}$	$= « On obtient un premier six lors du n -ième lancer »$
	$B_{n}$	$= « On n’obtient que des valeurs paires lors des n premiers lancers ».$

On veut déterminer la probabilité de l’événement

E = ⋃_{n \in ℕ^{*}} P (A_{n} \cap B_{n}) .

Les événements $A_{n} \cap B_{n}$ sont deux à deux incompatibles et donc, par $σ$ -additivité,

P (E) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n} \cap B_{n}) .

Or, puisque le dé est équilibré,

P (A_{n}) = \frac{1}{6} {(\frac{5}{6})}^{n - 1} et P (B_{n} ∣ A_{n}) = {(\frac{1}{2})}^{n - 1} .

Par la formule des probabilités composées,

P (E) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n}) P (B_{n} ∣ A_{n}) = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{5^{n - 1}}{6^{n}} \cdot \frac{1}{2^{n - 1}}

Par sommation géométrique,

P (E) = \frac{1}{6} \sum_{n = 1}^{+ \infty} {(\frac{5}{12})}^{n - 1} = \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{1 - 5 / 12} = \frac{2}{7} .

Exercice 5 4098 Correction

On lance une pièce avec la probabilité $p \in] 0; 1]$ de faire pile. On note $A_{n}$ l’événement

« On obtient pour la première fois deux piles consécutifs lors du

n

-ième lancer »

et l’on désire calculer sa probabilité $a_{n}$ .

(a)

Déterminer $a_{1}, a_{2}$ et $a_{3}$ .
(b)

Exprimer $a_{n + 2}$ en fonction de $a_{n}$ et $a_{n + 1}$ pour $n \geq 1$ .
(c)

Calculer $\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$ et interpréter le résultat obtenu.

Solution

Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit l’événement

P_{n} = « On obtient pile lors du n -ième lancer »

Les événements $P_{n}$ sont indépendants et chacun de probabilité $p$ .

(a)

Immédiatement, $A_{1} = \emptyset$ et donc $a_{1} = 0$ .

Aussi, $A_{2} = P_{1} \cap P_{2}$ . Par indépendance des lancers, $a_{2} = P (P_{1}) P (P_{2}) = p^{2}$ .

Enfin, $A_{3} = \bar{P_{1}} \cap P_{2} \cap P_{3}$ ce qui donne $a_{3} = (1 - p) p^{2}$ .
(b)

Visualisons l’expérience par un arbre des cas

Considérons les résultats des deux premiers lancers¹¹ 1 On omet le symbole d’intersection pour alléger les écritures.:

$P_{1} P_{2}, P_{1} F_{2}, F_{1} P_{2} et F_{1} F_{2}$

On forme un le système complet d’événements en regroupant

$P_{1} P_{2}, P_{1} F_{2} et F_{1} = F_{1} P_{2} \cup F_{1} F_{2} .$

Par translation du problème,

$P (A_{n + 2} ∣ F_{1}) = P (A_{n + 1}) et P (A_{n + 2} ∣ P_{1} F_{2}) = P (A_{n})$

tandis que

$P (A_{n + 2} ∣ P_{1} P_{2}) = 0 .$

Par la formule des probabilités totales,

$a_{n + 2} = 0 \times p^{2} + a_{n} \times p (1 - p) + a_{n + 1} (1 - p)$

soit encore

$a_{n + 2} = (1 - p) a_{n + 1} + p (1 - p) a_{n} .$
(c)

Les événements $A_{n}$ étant deux a deux incompatibles,

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} P (A_{n}) = P (⋃_{n \in ℕ^{*}} A_{n})$

Notons $S$ cette valeur (élément de $[0; 1]$ ). En sommant pour $n \in ℕ^{*}$ la relation de la question précédente, on obtient

$\sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n + 2} = (1 - p) \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n + 2} + (1 - p) \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$

ce qui donne par translation d’indice

$\sum_{n = 3}^{+ \infty} a_{n} = (1 - p) \sum_{n = 2}^{+ \infty} a_{n} + (1 - p) \sum_{n = 1}^{+ \infty} a_{n}$

On en déduit

$S - (a_{1} + a_{2}) = (1 - p) (S - a_{1}) + p (1 - p) S .$

On en tire $S = 1$ : il est quasi-certain que deux piles consécutifs apparaissent.

Exercice 6 4123

On effectue une suite de lancers indépendants d’une pièce équilibrée et l’on désigne par $a_{n}$ la probabilité de ne pas avoir obtenu trois côtés piles consécutifs lors des $n$ premiers lancers.

(a)

Calculer $a_{1}, a_{2}$ et $a_{3}$ .
(b)

Pour $n \geq 4$ , exprimer $a_{n}$ en fonction de $a_{n - 1}$ , $a_{n - 2}$ et $a_{n - 3}$ .
(c)

Déterminer la limite de la suite ${(a_{n})}_{n \geq 1}$ .

Exercice 7 5000 Correction

On répète successivement et indépendamment une expérience qui a la même probabilité de réussir que d’échouer. Pour $n \geq 2$ , on introduit les événements:

	$A_{n}$	$= « On obtient deux succès consécutifs lors des n premières expériences »,$
	$B_{n}$	$= « On obtient le premier couple de succès consécutifs aux rangs n - 1 et n ».$

Enfin, on pose $p_{n} = P (B_{n})$ et $p_{1} = 0$ .

(a)

Calculer $p_{2}$ , $p_{3}$ et $p_{4}$ .
(b)

Pour $n \geq 2$ , vérifier

$P (A_{n}) = \sum_{k = 1}^{n} p_{k} et p_{n + 3} = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n} p_{k}) .$
(c)

En déduire une relation entre $p_{n + 3}$ , $p_{n + 2}$ et $p_{n}$ valable pour tout $n \geq 1$ .
(d)

Exprimer le terme général de la suite ${(p_{n})}_{n \geq 1}$ .

Solution

(a)

Notons $S_{n}$ l’événement « L’expérience au rang $n$ est un succès ». On sait

$P (S_{n}) = P (\bar{S_{n}}) = \frac{1}{2} .$

On peut exprimer simplement¹¹ 1 L’expression de $B_{5}$ est plus complexe: $B_{5} = \bar{S_{3}} \cap S_{4} \cap S_{5} \cap \bar{S_{1} \cap S_{2}}$ . $B_{2}$ , $B_{3}$ et $B_{4}$ en fonctions des événements $S_{n}$ :

$B_{2} = S_{1} \cap S_{2}, B_{3} = \bar{S_{1}} \cap S_{2} \cap S_{3} et B_{4} = \bar{S_{2}} \cap S_{3} \cap S_{4} .$

Par indépendance des résultats des différentes expériences

$p_{2} = \frac{1}{4}, p_{3} = \frac{1}{8} et p_{4} = \frac{1}{8} .$
(b)

L’événement $A_{n}$ est la réunion des $B_{k}$ pour $k$ allant de $2$ à $n$ et ces derniers sont deux à deux incompatibles. Par additivité, on a donc

$P (A_{n}) = P (⋃_{k = 2}^{n} B_{k}) = \sum_{k = 2}^{n} P (B_{k}) = \sum_{k = 1}^{n} p_{k} car p_{1} = 0 .$

Étudions ensuite $P (B_{n + 3})$ .

Méthode: On exprime $B_{n + 3}$ comme intersection d’événements indépendants.

L’événement $B_{n + 3}$ signifie que deux succès consécutifs sont rencontrés aux rangs $n + 2$ et $n + 3$ et que cette situation n’a pas été rencontrée précédemment:

$B_{n + 3} = S_{n + 2} \cap S_{n + 3} \cap \bar{A_{n + 2}} .$

Cependant, si l’expérience a réussi au rang $n + 2$ mais que l’on n’a pas rencontré deux succès consécutifs avant ce rang, c’est qu’elle a échoué au rang $n + 1$ . Ainsi, $S_{n + 2} \cap \bar{A_{n + 2}} \subset \bar{S_{n + 1}}$ et donc

$S_{n + 2} \cap \bar{A_{n + 2}} = \bar{S_{n + 1}} \cap S_{n + 2} \cap \bar{A_{n + 2}} .$

Aussi, sachant que l’expérience a échoué au rang $n + 1$ , affirmer qu’il n’y a pas eu deux succès consécutifs avant le rang $n + 2$ revient à signifier que l’on n’a pas rencontré deux succès consécutifs avant le rang $n$ :

$\bar{S_{n + 1}} \cap \bar{A_{n + 2}} = \bar{S_{n + 1}} \cap \bar{A_{n}} .$

Ainsi, on a l’égalité

$B_{n + 3} = \bar{S_{n + 1}} \cap S_{n + 2} \cap S_{n + 3} \cap \bar{A_{n}} .$

Enfin, les différentes expériences étant indépendantes et l’événement $A_{n}$ n’étant que fonctions des événements $S_{1}, \dots, S_{n}$ , les événements de l’intersection précédentes sont indépendants ce qui donne

$p_{n + 3} = P (B_{n + 3}) = P (\bar{S_{n + 1}}) P (S_{n + 2}) P (S_{n + 3}) P (\bar{A_{n}}) = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n} p_{k}) .$
(c)

L’égalité précédente démontrée pour $n \geq 2$ est aussi vraie pour $n = 1$ . Pour $n \geq 2$ , on peut alors écrire à la fois

$p_{n + 3} = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n} p_{k}) et p_{n + 2} = \frac{1}{8} (1 - \sum_{k = 1}^{n - 1} p_{k}) .$

Par différence, on obtient $p_{n + 3} - p_{n + 2} = - \frac{1}{8} p_{n}$ et cette égalité est encore vraie pour $n = 1$ .
(d)

Méthode: ${(p_{n})}_{n \geq 1}$ est une suite récurrente linéaire d’ordre $3$ : l’expression de son terme général se déduit du calcul des puissances d’une matrice traduisant la relation de récurrence.

Pour $n \geq 1$ , introduisons $X_{n}$ la colonne de coefficients $p_{n}, p_{n + 1}$ et $p_{n + 2}$ . On a

$X_{n + 1} = A X_{n} avec A = (\begin{matrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ - \frac{1}{8} & 0 & 1 \end{matrix}) .$

Par récurrence, on obtient $X_{n} = A^{n - 1} X_{1}$ pour tout $n \geq 1$ . Afin de calculer la puissance de $A$ , on étudie la réduction de cette matrice. Son polynôme caractéristique est

$χ_{A} = X^{3} - X^{2} + \frac{1}{8} = (X - \frac{1}{2}) (X^{2} - \frac{1}{2} X - \frac{1}{4})$

de racines distinctes:

$α = \frac{1}{2}, β = \frac{1 + \sqrt{5}}{4} et γ = \frac{1 - \sqrt{5}}{4} .$

Pour $λ$ valeur propre de $A$ , l’espace propre associé est engendré par la colonne ${(\begin{matrix} 1 & λ & λ^{2} \end{matrix})}^{⊤}$ et l’on peut donc écrire

$A = P D P^{- 1} avec P = (\begin{matrix} 1 & 1 & 1 \\ α & β & γ \\ α^{2} & β^{2} & γ^{2} \end{matrix}) et D = (\begin{matrix} α & 0 & 0 \\ 0 & β & 0 \\ 0 & 0 & γ \end{matrix}) .$

Après calculs, on obtient

$P^{- 1} = \frac{1}{(β - α) (γ - α) (γ - β)} (\begin{matrix} β γ (γ - β) & - (β + γ) (γ - β) & γ - β \\ - α γ (γ - α) & (α + γ) (γ - α) & γ - α \\ β α (β - α) & - (β + α) (β - α) & β - α \end{matrix})$

soit

$P^{- 1} = (\begin{matrix} 1 & 2 & - 4 \\ - \frac{1}{\sqrt{5}} & \frac{1}{\sqrt{5}} - 1 & \frac{2}{\sqrt{5}} + 2 \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & - \frac{1}{\sqrt{5}} - 1 & - \frac{2}{\sqrt{5}} + 2 \end{matrix}) .$

Enfin, l’égalité $A^{n - 1} = P D^{n - 1} P^{- 1}$ permet de conclure:

$p_{n} = \frac{1}{2 \sqrt{5}} ({(\frac{1 + \sqrt{5}}{4})}^{n - 1} - {(\frac{1 - \sqrt{5}}{4})}^{n - 1}) pour tout n \geq 1 .$

Exercice 8 4307

(Succès consécutifs)

On effectue une succession de lancers indépendants d’une pièce ayant la probabilité $p$ de tomber du côté pile et $1 - p$ de tomber du côté face. Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit les événements $P_{n} = « La pièce tombe du côté pile au n -ième tirage »$ et $F_{n} = \bar{P_{n}}$ .

Soit $r \in ℕ^{*}$ . On s’intéresse à l’obtention d’une série de $r$ côtés piles consécutifs. Pour $n \in ℕ^{*}$ , on introduit l’événement $A_{n} =$ « Au $n$ -ième tirage, on obtient pour la première fois une série de $r$ côtés piles consécutifs » dont on note $a_{n}$ la probabilité. On convient que $a_{0}$ est nul.

(a)

Calculer $a_{1}, \dots, a_{r - 1}$ et $a_{r}$ .
(b)

Soit $n \in ℕ^{*}$ . Exprimer l’événement $A_{n + r}$ à l’aide des événements $A_{1}, \dots, A_{n - 1}$ et d’événements $F_{k}$ et $P_{k}$ d’indices bien choisis. En déduire

$a_{n + r} = (1 - p) p^{r} (1 - \sum_{k = 0}^{n - 1} a_{k}) .$

On introduit la série entière $\sum a_{n} x^{n}$ dont on note $G$ la somme.

(c)

Montrer que la fonction $G$ est bien définie sur $] - 1; 1 [$ et vérifier

$\frac{G (x)}{1 - x} = \sum_{n = 0}^{+ \infty} (\sum_{k = 0}^{n} a_{k}) x^{n} pour tout x \in] - 1; 1 [.$
(d)

Exprimer $G (x)$ .

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Édité le 23-02-2024

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