Correction du devoir surveillé 9

Correction du devoir surveillé 9

Exercice 1 — Tentative de triche

1. • Le tirage des n cartes que Rémus recevra se fait

? sans remise, car Rémus ne peut pas avoir plusieurs fois la même carte ;

? sans ordre, car l’ordre dans lequel les cartes sont distribuées n’influe pas sur la composition de la main de Rémus (ni sur sa victoire).

Le résultat d’un tirage de n cartes est exactement une n-combinaison de l’ensemble des 32cartes.

Ainsi, l’univers Ω est l’ensemble de toutes lesn-combinaisons de l’en- semble des32 cartes. On a alors

Card(Ω) = 32

n

.

• Comme les cartes sont tirées au hasard, toutes les mains de n cartes aient la même probabilité d’être tirées.

On munit donc l’univers de la probabilité uniforme.

• Appelons alorsV l’évènement : «Rémus gagne.», c’est-à-dire «La main tirée contient le sept de pique.».

Calculons la probabilité de l’évènement V.

? Comme la probabilité est uniforme, la probabilité deV est donnée par : P(V) = Card(V)

Card(Ω) .

? Déterminons le cardinal de l’évènement V.

Pour construire une issue qui réaliseV, c’est-à-dire une main qui contient le sept de pique, on procède de la manière suivante.

— On commence par mettre le sept de pique dans la main : on a une seule manière de faire ça.

— Puis on choisit lesn−1autres cartes de la main parmi les31cartes restantes, sans ordre et sans remise : on choisit donc une (n−1)- combinaison de l’ensemble des31cartes restantes. Il y en a

31 n−1

. Au total, on a donc 1×

31 n−1

choix, c’est-à-dire que

Card(V) = 31

n−1

.

Lycée Pierre-Gilles de Gennes 1 Adriane Kaïchouh

? On obtient donc que

P(V) = Card(V) Card(Ω)

= 31

n−1 32

n

= 31!

(n−1)! [31−(n−1)]! × n!(32−n)!

32!

= 31!

(n−1)!(32−n)!× n(n−1)!(32−n)!

32×31!

= n 32 .

Ainsi, Rémus a n chances sur 32 de gagner .

2. Romulus tente de maintenant de tricher : avant de distribuer n cartes à Rémus, il retire pcartes du jeu, sans regarder lesquelles.

Déterminons la probabilité de victoire de Rémus dans cette nouvelle situation.

Appelons T l’évènement «Le sept de pique fait partie des p cartes retirées par Romulus.» et appelons encore V l’évènement «Rémus gagne.».

• Calculons la probabilité de l’évènement T.

Le tirage des p cartes qui seront retirées du jeu se fait dans les mêmes conditions qu’à la première question (sans ordre et sans remise).

En appliquant le résultat de la question précédente à p (au lieu de n), on obtient alors que la probabilité que la main de p cartes tirée contienne le sept de pique vaut :

P(T) = p 32 .

• Appliquons alors la formule des probabilités totales au système complet d’évènements (T, T) :

P(V) =P(T)P^T (V) +P T

PT (V)

=P(T)P^T (V) + [1−P(T)]PT (V)

= p

32 ×PT(V) + 32−p

32 ×PT(V).

? Si l’évènementT est réalisé, alors le sept de pique est retiré du jeu avant la distribution des n cartes à Rémus, donc la main de Rémus ne peut

plus contenir le sept de pique. Dans ce cas, Rémus perd donc la partie : P^T (V) = 0 .

? Supposons à présent que l’évènement T se réalise, c’est-à-dire que le sept de pique ne soit pas retiré du jeu.

Alors le tirage desncartes de Rémus parmi les32−pcartes restant dans le paquet se fait dans les mêmes conditions qu’à la première question.

En appliquant le résultat de la première question au paquet réduit de 32−p cartes, on obtient alors que

PT (V) = n 32−p . Ainsi, on obtient que

P(V) = p

32×0 + 32−p

32 × n 32−p

= n 32 .

Finalement, que Rémus triche ou non, la probabilité de victoire de Rémus est la même, donc Romulus n’a aucun intérêt à tricher de cette manière.

Exercice 2 — Pile ou face mutuel urbain

Considérons, pour tout i∈ {1; 2; 3}, les évènements suivants :

? F_i : «La pièce tombe sur face aui-ème lancer.» ;

? P_i =F_i : «La pièce tombe sur pile aui-ème lancer.».

Considérons également les évènements

? A: «Monsieur Antoine Loup gagne la partie.» ;

? T : «Monsieur Tigrenzique gagne la partie.».

Afin de faire un pari éclairé, madame Hokuchaï compare les probabilités de victoire de ses deux collègues : elle compare les nombresP(A) etP(T).

• Montrons que (F₁ ∩F₂, F₁∩P₂, P₁∩F₂, P₁ ∩P₂) est un système complet d’évè- nements.

? Comme les évènementsF₁ etP₁ sont complémentaires (donc incompatibles), et les évènementsF2 etP2 aussi, les évènements F1∩F2,F1∩P2,P1∩F2 et P₁∩P₂ sont deux à deux incompatibles.

? Calculons leur union.

Par distributivité de l’intersection sur l’union, on a :

[(F₁∩F₂)∪(F₁∩P₂)]∪[(P₁∩F₂)∪(P₁∩P₂)]

= [F₁∩(F₂∪P₂)]∪[P₁∩(F₂∪P₂)]

=

F₁∩(F₂∪P₂)

∪

P₁∩(F₂∪F₂

= [F₁∩Ω]∪[P₁∩Ω] 

=F₁∪P₁

=F₁∪F₁

=Ω.

Ainsi,(F1∩F2, F1∩P2, P1∩F2, P1∩P2)est un système complet d’évènements.

• Appliquons alors la formule des probabilités totales à ce système complet d’évè- nements :

P(A) = P(F₁∩F₂)PF1∩F₂(A) +P(F₁∩P₂)PF1∩P₂(A) +P(P₁∩F₂)P^P1∩F2(A) +P(P₁∩P₂)P^P1∩P2(A) et

P(T) = P(F₁∩F₂)PF1∩F₂(T) +P(F₁∩P₂)PF1∩P₂(T) +P(P₁∩F₂)PP1∩F₂(T) +P(P₁∩P₂)PP1∩P₂(T)

• Comme les deux premiers lancers sont indépendants, on a :











P(F₁∩F₂) =P(F₁)P(F₂) P(F₁∩P₂) =P(F₁)P(P₂) P(P₁∩F₂) =P(P₁)P(F₂) P(P₁∩P₂) =P(P₁)P(P₂). Or la pièce est équilibrée, donc on a

P(F₁) = P(P₁) = 1

2 etP(F₂) = P(P₂) = 1 2, donc obtient que























P(F1∩F2) = 1 2 ×1

2 = 1 4 P(F1∩P2) = 1

4 P(P1∩F2) = 1 4 P(P1∩P2) = 1 4.

On obtient alors que







P(A) = 1

4[P^F1∩F2(A) +P^F1∩P2(A) +P^P1∩F2(A) +P^P1∩P2(A)]

P(T) = 1

4[P^F1∩F2(T) +P^F1∩P2(T) +P^P1∩F2(T) +P^P1∩P2(T)]. Calculons à présent toutes ces probabilités conditionnelles.

• Supposons que la pièce tombe sur face au premier lancer.

? Si la pièce tombe sur face au deuxième lancer, monsieur Tigrenzique gagne la partie, et par conséquent, monsieur Antoine Loup perd la partie :

PF1∩F2(A) = 0 et PF1∩F2(T) = 1 .

? — Si la pièce tombe surpile au deuxième lancer, monsieur Tigrenzique ne peut plus gagner la partie, puisqu’il faudrait que la pièce tombe deux fois sur facemais qu’il ne reste plus qu’un lancer :

P^F1∩P2(T) = 0 .

— Par contre, toujours si la pièce tombe surpileau deuxième lancer, alors monsieur Antoine Loup a encore une chance de gagner : il gagne la partie si et seulement si la pièce tombe sur face au troisième lancer, donc

PF1∩P₂(A) =PF1∩P₂(F₃)

=P(F₃) par indépendance des lancers

= 1 2 .

• Supposons maintenant que la pièce tombe sur pile au premier lancer.

? Si la pièce tombe surface au deuxième lancer, alors monsieur Antoine Loup gagne la partie, et par conséquent, monsieur Tigrenzique perd la partie :

PP1∩F₂(A) = 1 et PP1∩F₂(T) = 0 .

? — Si la pièce tombe surpileau deuxième lancer, alors monsieur Tigrenzique ne peut plus gagner, puisqu’il faudrait que la pièce tombe encore deux fois sur facemais qu’il ne reste plus qu’un lancer :

PP1∩P2(T) = 0 .

— Toujours si la pièce tombe surpileau deuxième lancer, monsieur Antoine Loup gagne si et seulement si la pièce tombe surfaceau troisième lancer.

Ainsi, on a :

P^P1∩P2(A) =P^P1∩P2(F3)

=P(F₃) par indépendance des lancers

= 1 2 .

• Finalement, on obtient que P(A) = 1

4[PF1∩F2(A) +PF1∩P2(A) +PP1∩F2(A) +PP1∩P2(A)]

= 1 4

0 + 1

2+ 1 + 1 2

= 1 2 et

P(T) = 1

4[PF1∩F2(T) +PF1∩P2(T) +PP1∩F2(T) +PP1∩P2(T)]

= 1

4[1 + 0 + 0 + 0] 

= 1 4 .

Ainsi, monsieur Antoine Loup a deux fois plus de chances de gagner la partie que monsieur Tigrenzique ! En probabiliste avisée, madame Hokuchaï parie donc sur la victoire de monsieur Antoine Loup.

Le nœud de l’argument est le suivant :

? pour monsieur Tigrenzique, lorsque la séquence commence bien mais qu’il se retrouve dans une position défavorable (face - pile), il doit recommencer sa combinaison depuis le début (et en trois lancers, il n’a même pas le temps) ;

? alors que dans la même situation (pile - pile), monsieur Antoine Loup a déjà le début de sa combinaison, donc il n’a plus qu’à obtenir une fois face! Exercice 3 — Un petit écart

1. Déterminons les univers images des variables aléatoires X et Y.

• La variable aléatoire X peut prendre toutes les valeurs entières entre 0 et n :

X(Ω) =J0;nK .

En effet, pour toutk ∈J0;nK, le tirage (0, k)réalise l’évènement X =k.

• La variable aléatoire Y peut prendre toutes les valeurs entières entre 0 et n−1.

En effet, pour toutk ∈J0;n−1J, le tirage(k, n)réalise l’évènementY =k. De plus, la variable aléatoire ne peut pas prendre la valeurn, car la boulen n’apparait qu’une fois dans l’urne et aucune boule ne porte un numéro plus grand. Ainsi, on a :

Y(Ω) =J0;n−1K.

2. AppelonsA la variable aléatoire donnant le numéro de la première boule tirée et B la variable aléatoire donnant le numéro de la seconde boule tirée.

• Commençons par donner la loi de la variable aléatoire A.

? L’univers image de la variable aléatoire A est A(Ω) =J0;nK.

? Toutes les boules de l’urne étant indiscernables au toucher, chaque boule de l’urne a la même probabilité d’être tirée au premier tirage.

Comme il y a n boules portant le numéro 0 et 2n boules en tout dans l’urne, on a :

P(A = 0) = n 2n = 1

2 .

? De plus, pour tout k ∈J1;nK, l’urne contient une seule boule numérotée k sur les 2n boules au total, donc on a :

∀k∈J1;nK,P(A =k) = 1 2n .

• L’évènement X =Y + 1 se réalise si et seulement si A =B + 1 (auquel cas on a alorsX =AetY =B) ou B =A+ 1 (auquel cas on a alorsX =B et Y =A) :

(X =Y + 1) = (A=B+ 1)t(B =A+ 1) . Cette union étant clairement disjointe, on a alors :

P(X =Y + 1) =P(A=B+ 1) +P(B =A+ 1)

= P(B =A−1) +P(B =A+ 1). Calculons séparément ces deux probabilités.

• Calculons P(B =A−1).

CommeA(Ω) =J0;nK, l’ensemble{(A=k)|k ∈J0;nK}est un système com- plet d’évènements.

Appliquons alors la formule des probabilités totales à ce système complet d’évènements :

P(B =A−1) =

n

X

k=0

P(A =k)P^A=k(B =A−1)

=

n

X

k=0

P(A =k)PA=k(B =k−1)

=P(A= 0)PA=0(B =−1)

| {z }

=0

+

n

X

k=1

P(A=k)PA=k(B =k−1).

Comme aucune boule n’est numérotée−1, la probabilité conditionnellePA=0(B =−1) est nulle, donc on obtient que

P(B =A−1) =

n

X

k=1

P(A =k)PA=k(B =k−1)

=

n

X

k=1

1

2nPA=k(B =k−1) car pour tout k ∈J1;nK, P(A=k) = 1 2n

= 1 2n

n

X

k=1

P^A=k(B =k−1) par linéarité de la somme

= 1 2n

"

PA=1(B = 0) +

n

X

k=2

PA=k(B =k−1)

# .

? Si l’évènement A = 1 se réalise, c’est-à-dire si la première boule tirée porte le numéro1, alors à l’issue du premier tirage, l’urne contient2n−1 boules, dont n boules numérotées 0, donc on a :

PA=1(B = 0) = n 2n−1 .

? Soit k ∈J2;nK. Alors k−1∈J1;n−1K.

Ainsi, si l’évènement A =k se réalise, c’est-à-dire si la première boule tirée est numérotée k, alors à l’issue du premier tirage, l’urne contient 2n−1boules, dont une numérotée k−1, donc on a :

PA=k(B =k−1) = 1 2n−1 . On obtient alors que

P(B =A−1) = 1 2n

"

n 2n−1 +

n

X

k=2

1 2n−1

#

= 1 2n

"

n

2n−1 + 1 2n−1

n

X

k=2

1

#

par linéarité de la somme

P(B =A−1) = 1 2n

n

2n−1+ 1

2n−1(n−2 + 1)

= 1

2n × 2n−1 2n−1

= 1 2n .

• De même, calculons P(B =A+ 1).

Appliquons la formule des probabilités totales au système complet d’évène- ments {(A=k)|k ∈J1;nK} :

P(B =A+ 1) =

n

X

k=0

P(A=k)P^A=k(B =A+ 1)

=

n

X

k=0

P(A=k)PA=k(B =k+ 1)

=P(A= 0)PA=0(B = 1) +

n

X

k=1

P(A=k)PA=k(B =k+ 1)

= 1

2PA=0(B = 1) +

n

X

k=1

1

2nPA=k(B =k+ 1)

= 1

2P^A=0(B = 1) + 1 2n

n

X

k=1

P^A=k(B =k+ 1) par linéarité de la somme

= 1

2P^A=0(B = 1) + 1 2n

" _n−1 X

k=1

P^A=k(B =k+ 1)

!

+P^A=n(B =n+ 1)

# . Calculons ces probabilités conditionnelles.

? Si l’évènement A= 0 se réalise, alors à l’issue du premier tirage, l’urne contient 2n−1 boules, dont une seule numérotée 1, donc on a :

PA=0(B = 1) = 1 2n−1 .

? Soit k ∈J1;n−1K. xAlors k+ 1∈J2;nK.

Ainsi, si l’évènement A=k se réalise, alors à l’issue du premier tirage, l’urne contient 2n−1boules, dont une seule numérotée k, donc on a :

PA=k(B =k+ 1) = 1 2n−1 .

? Comme aucune boule n’est numérotée n+ 1, on a : P^A=n(B =n+ 1) = 0.

On obtient alors que

P(B =A+ 1) = 1

2 × 1

2n−1 + 1 2n

n−1

X

k=1

1 2n−1

= 1

2(2n−1)+ 1

2n × 1 2n−1

n−1

X

k=1

1 par linéarité de la somme

= 1

2(2n−1)+ 1

2n(2n−1)×(n−1)

= n

2n(2n−1) + n−1 2n(2n−1)

= 1 2n .

• Finalement, en sommant les deux probabilités obtenues, on a : P(X =Y + 1) =P(B =A−1) +P(B =A+ 1)

= 1 2n + 1

2n

= 1 n . Exercice 4 — Noyau dur

1. (a) Montrons que E est un sous-espace vectoriel deR⁴.

• Comme on a :

0 + 2×0 + 0 = 0 + 3×0−0 = 0, le vecteur nul 0_R⁴ appartient à E .

• Montrons que l’ensemble E est stable par combinaison linéaire.

Soient u=







 x y z t









et v =







 x⁰ y⁰ z⁰ t⁰









deux vecteurs de E.

Soient λ etµ deux scalaires.

Montrons que le vecteur λu+µv appartient à E.

Le vecteurλu+µvs’écrit









λx+µx⁰ λy+µy⁰ λz+µz⁰ λt+µt⁰









=







 X Y Z T







 , avec











X =λx+µx⁰ Y =λy+µy⁰ Z =λz+µz⁰ T =λt+µt⁰.

Alors on a :

X+ 2Y +Z = (λx+µx⁰) + 2(λy+µy⁰) + (λz+µz⁰)

=λ(x+ 2y+z)

| {z }

car=0u∈E

+µ(x⁰+ 2y⁰+z⁰)

| {z }

car=0v∈E

= 0 et

X+ 3Y −T = (λx+µx⁰) + 3(λy+µy⁰)−(λt+µt⁰)

=λ(x+ 3y−t)

| {z }

car=0u∈E

+µ(x⁰+ 3y⁰−t⁰)

| {z }

car=0v∈E

= 0,

donc on a bien X+ 2Y +Z =X+ 3Y −T = 0, donc λu+µv∈E . Ainsi, l’ensemble E est un sous-espace vectoriel deR⁴ .

(b) • Trouvons une famille génératrice du sous-espace vectoriel E. Pour tout vecteur u=







 x y z t









∈R⁴, on a l’équivalence suivante :

u∈E ⇐⇒x+ 2y+z =x+ 3y−t= 0

⇐⇒

x + 2y + z = 0

x + 3y − t = 0

⇐⇒

x + 2y + z = 0

y − z − t = 0 L₂ ←−L₂−L₁

⇐⇒

x = −3z − 2t y = z + t.

Ainsi, le sous-espace vectoriel E est le suivant :

E =



















−3z−2t z+t

z t









(z, t)∈R²











=









 z









−3 1 1 0







 +t









−2 1 0 1









(z, t)∈R²











donc

E =Vect

















−3 1 1 0







 ,









−2 1 0 1















 .

Posons e₁ =









−3 1 1 0









ete₂ =









−2 1 0 1







 .

Alors la famille (e₁, e₂)est génératrice de E .

• De plus, comme les deux vecteurs e₁ et e₂ ne sont pas colinéaires, la famille (e₁, e₂) est libre .

Ainsi, la famille (e₁, e₂)est une base de E.

Comme cette base de E contient deux vecteurs, on a dim(E) = 2.

2. Montrons qu’il existe un unique endomorphisme f de R⁴ tel que

• f(u₁) = u₁−u₂+u₃;

• f(2u₁+ 3u₄) =u₂;

• Ker(f) =E =Vect(e₁, e₂).

Nous allons pour cela utiliser le théorème de détermination des applications li- néaires par l’image des vecteurs d’une base de R⁴.

• Posonsv₂ = 2u₁+ 3u₄. Le vecteur v₂ s’écrit donc

v₂ = 2u₁+ 3u₄ = 2







 1 0 0 0







 + 3







 0 0 0 1









=







 2 0 0 3







 .

Montrons alors que la familleB = (u₁, v₂, e₁, e₂)est une base de R⁴.

? Comme Card(B) = 4 =dimR⁴ , la famille B est une base de R⁴ si et seulement si elle est libre.

? Montrons que la famille B est libre.

Soient a,b, cet d quatre réels.

Supposons que au₁+bv₂ +ce₁+de₂ = 0_R⁴. Montrons que a=b=c=d= 0.

Comme au₁+bv₂+ce₁+de₂ = 0_R⁴, on a :

a







 1 0 0 0







 +b







 2 0 0 3







 +c









−3 1 1 0







 +d









−2 1 0 1









=







 0 0 0 0









donc 









a + 2b − 3c − 2d = 0 c + d = 0

c = 0

3b d = 0

donc a =b =c=d = 0. Ainsi, la famille B est libre .

Finalement, la familleB est bien une base de R⁴ .

• Reformulons à présent la condition recherchée : démontrons que pour tout endomorphisme f ∈ L(R⁴), on a l’équivalence suivante :







f(u₁) = u₁−u₂+u₃ f(2u₁+ 3u₄) = u₂

Ker(f) = E =Vect(e₁, e₂)

⇐⇒











f(u₁) =u₁−u₂+u₃ f(v₂) =u₂

f(e₁) = 0_R⁴ f(e₂) = 0_R⁴. Soit f un endomorphisme de R⁴.

=⇒] Supposons que f vérifie







f(u₁) =u₁−u₂+u₃ f(2u₁+ 3u₄) =u₂

Ker(f) =E.

Alors les deux premières conditions donnent bien que f(u₁) =u₁−u₂+u₃ etf(v₂) = u₂ .

De plus, comme les vecteurse₁ete₂appartiennent àE, ils appartiennent au noyau de f, donc on a :

f(e₁) = 0_R⁴ et f(e₂) = 0_R⁴ .

⇐=] Réciproquement, supposons que f vérifie











f(u₁) =u₁−u₂+u₃ f(v₂) = u₂

f(e₁) = 0_R⁴ f(e₂) = 0_R⁴.

Alors, par définition de v₂, les deux premières conditions donnent que f(u1) =u1−u2+u3 etf(2u1+ 3u4) = u2 .

Montrons à présent que Ker(f) =E =Vect(e₁, e₂). Soit u un vecteur de R⁴.

Notons (x, y, z, t) les coordonnées du vecteurudans la base B, de sorte que

u=xu₁+yv₂+ze₁+te₂. Alors on a l’équivalence suivante :

u∈Ker(f)⇐⇒f(u) = 0_R⁴

⇐⇒f(xu₁+yv₂+ze₁+te₂) = 0_R⁴

⇐⇒xf(u₁) +yf(u₂) +zf(e₁) +tf(e₂) = 0_R⁴ par linéarité de f

⇐⇒x(u₁ −u₂ +u₃) +yu₂+ 0_R⁴ + 0_R⁴ = 0_R⁴ par hypothèse

⇐⇒xu1+ (y−x)u2+xu3 = 0_R⁴

⇐⇒





 x= 0 y−x= 0 x= 0

par liberté de la base(u₁, u₂, u₃, u₄)

⇐⇒x=y= 0

⇐⇒ u∈Vect(e1, e2). Ainsi, on a bien Ker(f) =Vect(e₁, e₂).

Finalement, pour tout endomorphismef deR⁴, on a l’équivalence sui- vante :







f(u1) =u1−u2+u3

f(2u₁+ 3u₄) =u₂ Ker(f) =E

⇐⇒











f(u₁) =u₁ −u₂ +u₃ f(v2) = u2

f(e₁) = 0_R⁴ f(e₂) = 0_R⁴.

• Comme la famille B = (u₁, v₂, e₁, e₂) est une base de R⁴, le théorème de détermination assure qu’il existe un unique endomorphismef deR⁴ tel que











f(u₁) =u₁−u₂+u₃ f(v₂) = u₂

f(e₁) = 0_R⁴ f(e₂) = 0_R⁴.

D’après l’équivalence précédente, il s’ensuit qu’il existe un unique en- domorphismef deR⁴ tel que







f(u₁) =u₁−u₂+u₃ f(2u₁+ 3u₄) = u₂

Ker(f) =E.

Problème — La petite boule rouge (d’après un oral d’Agro-Véto 2015) Ce problème sort techniquement du cadre du programme de première année : la variable aléatoire X n’est pas finie. En effet, son univers image est X(Ω) =N^∗ . La dernière question est donc difficile, mais le reste se fait très bien avec les outils de sup.

Pour toutk ∈N^∗, notonsB_kl’évènement «On tire une boule blanche auk-ième tirage.».

1. Montrons que pour tout n∈N^∗, on a u_n=

n−1

Y

k=0

2^k 2^k+ 1. Soit n ∈N^∗.

• L’évènement En s’écrit de la manière suivante : E_n=

n

\

k=1

B_k .

Alors d’après la formule des probabilités composées, on a : u_n=P(E_n)

=P

n

\

k=1

Bk

!

=P(B₁)PB1(B₂). . .PB1∩···∩Bn−1(B_n)

=

n−1

Y

k=0

PB1∩···∩B_k(B_k+1).

• Soit k ∈J0;n−1K.

Supposons que l’évènement B1 ∩ · · · ∩Bk soit réalisé, c’est-à-dire que l’on ait tiré que des boules blanches lors des k premiers tirages.

Alors on a doublé k fois le nombre de boules blanches de l’urne.

À l’issue du k-ième tirage, l’urne contient donc 2^k boules blanches et une boule rouge, donc on a :

PB1∩···∩B_k(B_k+1) = 2^k 2^k+ 1 .

• Ainsi, on obtient finalement que u_n=

n−1

Y

k=0

2^k 2^k+ 1 . 2. Montrons que la suite (u_n)n∈N^∗ converge.

• Étudions la monotonie de la suite (u_n)n∈N^∗. Soit n∈N^∗.

D’après la question précédente, le nombre u_n est non nul.

On a alors :

un+1

u_n =

n

Y

k=0

2^k

2^k+ 1 × 1

n

Y

k=0

2^k 2^k+ 1

= 2ⁿ 2ⁿ+ 1 ×

n−1

Y

k=0

2^k

2^k+ 1 × 1

n−1

Y

k=0

2^k 2^k+ 1

= 2ⁿ 2ⁿ+ 1

<1.

Comme le nombreu_nest positif, car c’est une probabilité, et non nul, la mul- tiplication paru_nest strictement croissante, donc on obtient que u_n+1 < u_n . Ainsi, la suite (u_n)_n∈N^∗ est strictement décroissante .

• Comme pour toutn∈N^∗, le nombreu_nest positif (car c’est une probabilité), la suite(u_n)_n∈N^∗ est minorée par 0.

Comme la suite (un)n∈N^∗ est décroissante et minorée, le théorème de convergence monotone assure que la suite (u_n)n∈N^∗ converge .

On note l sa limite.

3. Montrons que pour tout x∈R^∗+, 06ln(1 +x)6x.

• Pour tout x∈R^∗+, 161 +x, donc par croissance de la fonction ln, on a : 06ln(1 +x).

• Étudions la fonction g: x7−→x−ln(1 +x) surR^∗+.

? La fonction g est définie et dérivable sur]−1; +∞[ donc sur R^∗+.

? Pour tout x∈R^∗+, on a : g⁰(x) = 1− 1

1 +x = (1 +x)−1

1 +x = x 1 +x,

donc pour tout x∈ R^∗+, g⁰(x) est strictement positive comme quotient de nombres positifs.

Ainsi, la fonction g est strictement croissante sur l’intervalleR^∗+.

? Or lim

x→01 + x = 1 donc par continuité de la fonction ln en 1, on a

x→0limln(1 +x) = ln(1) = 0.

Par différence, on obtient donc que lim

x→0g(x) = 0.

Ainsi, la fonction g est positive sur R^∗+ . Finalement, on obtient que pour tout x∈R^∗+,

06ln(1 +x)6x . Pour toutn ∈N^∗, on posevn=−ln(un).

Comme la suite (u_n)n∈N^∗ est strictement positive, la suite (v_n)n∈N^∗ est bien définie.

4. Montrons que la suite (v_n)n∈N^∗ converge.

• Pour tout n∈N^∗, on a :

v_n =−ln(u_n)

=−ln

n−1

Y

k=0

2^k 2^k+ 1

!

=−

n−1

X

k=0

ln 2^k 2^k+ 1

=

n−1

X

k=0

ln 2^k+ 1

2^k

=

n−1

X

k=0

ln 1 + 1

2^k

.

• Pour tout k ∈ N, le nombre 1

2^k appartient à R^∗+, donc en lui appliquant le résultat de la question précédente, on obtient que

06ln 1 + 1

2^k

6 1 2^k .

• Montrons que la suite (v_n)n∈N^∗ est majorée.

Soit n∈N^∗.

? Sommons tous les membres de droite des inégalités précédentes pour k ∈J0;n−1K :

n−1

X

k=0

ln 1 + 1

2^k

6

n−1

X

k=0

1 2^k, c’est-à-dire que

v_n6

n−1

X

k=0

1 2^k .

? La somme

n−1

X

k=0

1

2^k est la somme des n premiers termes de la suite géo- métrique de premier terme 1 et de raison 1

2 (différente de 1), donc elle vaut :

n−1

X

k=0

1 2^k =

1− 1 2ⁿ 1− 1

2

= 2

1− 1 2ⁿ

62.

? On obtient alors que v_n62.

Ainsi, la suite (v_n)n∈N^∗ est majorée par 2.

• Montrons que la suite (v_n)_n∈N^∗ est croissante.

Pour tout n∈N^∗, on a : v_n+1−v_n=

n

X

k=0

ln 1 + 1

2^k

−

n−1

X

k=0

ln 1 + 1

2^k

=ln 1 + 1

2ⁿ

>0, d’après l’inégalité précédente.

Ainsi, la suite (v_n)n∈N^∗ est croissante .

• Comme la suite (v_n)n∈N^∗ est croissante et majorée, le théorème de conver- gence monotone assure que la suite (v_n)_n∈N^∗ converge .

5. • Montrons que pour tout n ∈N^∗,

n

X

k=1

P(X =k) = 1−P(E_n). Soit n∈N^∗.

? L’évènement E_n se réalise si et seulement si la boule rouge est tirée à l’un des n premiers tirages, donc on a :

En=

n

[

k=1

(X =k).

? Les évènements (X = k), avec k ∈ J1;nK, sont disjoints deux à deux, donc on a :

P E_n

=P

n

G

k=1

(X=k)

!

=

n

X

k=1

P(X =k), donc on a :

1−P(E_n) =

n

X

k=1

P(X =k).

• Pour tout n∈N^∗, on a donc

n

X

k=1

P(X =k) = 1−P(En) = 1−un.

D’après la question 2, la suite (u_n)_n∈N^∗ converge versl, donc on obtient que

n→+∞lim

n

X

k=1

P(X =k) = 1−l .

• Évaluons alors la probabilité de ne jamais tirer de boule rouge, c’est-à-dire P(X = 0).

Comme l’univers image de la variable aléatoireXestN^∗, l’ensemble{(X =k)|k ∈N^∗} est un système complet d’évènements, donc on a :

n→+∞lim

n

X

k=0

P(X =k) = 1.

Isolons alors le terme d’indice k= 0 : P(X = 0) + lim

n→+∞

n

X

k=1

P(X =k) = 1, donc

P(X = 0) = 1− lim

n→+∞

n

X

k=1

P(X =k). D’après le point précédent, on a alors :

P(X = 0) = 1−(1−l), donc

P(X = 0) =l .

• Déterminons enfin si cette probabilité est nulle.

? Pour tout n ∈N^∗, on avn=−ln(un), donc un =e^−vn .

? D’après la question 4, la suite (v_n)n∈N^∗ converge. Appelonsl⁰ sa limite.

Par continuité de la fonction x7−→e^−x enl⁰, il s’ensuit que

n→+∞lim u_n=e^−l0, c’est-à-dire que l =e^−l0 .

? Or, toujours d’après la question 4, la suite (v_n)_n∈N^∗ est minorée par 2, c’est-à-dire que

n→+∞lim v_n 62,

donc par passage à la limite dans cette inégalité large, on obtient que l⁰ 62.

Par décroissance de la fonction x7−→e^−x, on obtient alors que e^−l0 >e⁻²,

c’est-à-dire que

l >e⁻² .

Comme la fonction exponentielle est à valeurs strictement positives, il s’ensuit donc que

P(X = 0) =l > 0.

Finalement, la probabilité de ne jamais tirer de boule rouge est non nulle.