Correction de l’´epreuve de Math´ematiques G2E 2011

Correction de l’´epreuve de Math´ematiques G2E 2011

Probl` eme 1

1. Pour n = 0, on a lim

x→0

⁻

f ₀ (x) = 0 et f ₀ (0) = λ ² > 0.

La fonction f ₀ n’est donc par continue sur R, et donc pas de classe C ¹ sur R.

Pour n = 1, on remarque que

∀t < 0, f 1 (t) − f 1 (0)

t − 0 = 0 et que ∀t > 0, f 1 (t) − f 1 (0)

t − 0 = λ ² e ^−λt . On a donc lim

t→0

−

f ₁ (t) − f ₁ (0)

t − 0 = 0 et lim

t→0

+

f ₁ (t) − f ₁ (0)

t − 0 = λ ² 6= 0.

f ₁ n’est donc pas d´ erivable en 0 et donc pas de classe C ¹ sur R.

Soit alors n ≥ 2. f _n est de classe C ¹ sur R ^∗ , comme fonction constante sur R ^∗ ₋ et comme produit de compos´ ee de fonctions C ¹ sur leur domaine respectif sur R ^∗ ₊ .

Comme n ≥ 1, on remarque que lim

0

+

f _n = lim

0

−

f _n = f _n (0) = 0 et f _n est donc continue sur R.

On remarque ensuite que

∀t < 0, f _n ⁰ (t) = 0 et ∀t > 0, f _n ⁰ (t) = λ ² t ⁿ⁻¹ (n − λt)e ^−λt . Comme n ≥ 2, on a donc lim

0

−

f _n ⁰ = lim

0

+

f _n ⁰ = 0.

D’apr` es le th´ eor` eme de prolongement de la d´ eriv´ ee, f _n est donc de classe C ¹ sur R.

Conclusion f _n est de classe C ¹ sur R si et seulement si n ≥ 2.

2. Soit n ≥ 0. Comme f _n est continue sur [0; +∞[ et admet une primitive de la forme t 7→ P (t)e ^−λt , on a

∀A > 0, Z A

0

f _n (t) =

P (t)e ^−λt A

0 = P (A)e ^−λA − P (0).

Or, d’apr` es les croissances compar´ ees, et comme λ > 0, on a lim

A→+∞ P (A)e ^−λA = 0.

Pour tout n ∈ N, l’int´ egrale Z +∞

0

f _n (t)dt est donc convergente.

En utilisant le th´ eor` eme de comparaison, admettre la forme de la primitive n’´ etait n´ eanmoins pas n´ ecessaire.

Soit n ∈ N. Soit A > 0, on effectue une int´ egration par parties, avec u(t) = e ^−λt et v ⁰ (t) = t ⁿ . Z A

0

f n (t)dt = λ ² t ⁿ⁺¹

n + 1 e ^−λt A

0

− λ ² Z A

0

t ⁿ⁺¹

n + 1 (−λ)e ^−λt dt = λ ² A ⁿ⁺¹

n + 1 e ^−λA + λ n + 1

Z A 0

f n+1 (t)dt Comme d’apr` es les croissances compar´ ees, lim

n A ⁿ e ^−λA = 0, on a donc

1

∀n ∈ N, Z +∞

0

f _n+1 (t)dt = n + 1 λ

Z +∞

0

f _n dt.

3. On commence par calculer Z +∞

0

f ₀ (t)dt = λ.

Ensuite, Z +∞

0

f ₁ (t)dt = 1

λ λ = 1, puis Z +∞

0

f ₂ (t)dt = 2 λ , et

Z +∞

0

f ₃ (t)dt = 3 × 2 λ ² . On montre alors par r´ ecurrence que ∀n ∈ N,

Z +∞

0

f n (t) = n! λ ¹⁻ⁿ .

L’initialisation a ´ et´ e vue dans les calculs ci-dessus, l’h´ er´ edit´ e est cons´ equence de la question 2.

Conclusion : ∀n ∈ N, Z +∞

0

f _n (t)dt = n! λ ¹⁻ⁿ .

4. Comme f ₁ est une fonction positive, continue sur R, d’int´ egrale 1 sur R (question pr´ ec´ edente), f ₁ est une densit´ e de probabilit´ e.

5. On remarque que f ₂ et f ₃ admettant des int´ egrales convergentes sur R les variables T _i admettent des moments d’ordre 1 et 2. En effet,

tf (t) = f ₂ (t) et t ² f (t) = f ₃ (t).

Ces fonctions sont bien int´ egrables sur R car nulles sur R ^∗ ₊ et int´ egrables sur R ₊ d’apr` es la question 2. On a de plus

E(T _i ) = Z +∞

−∞

tf (t)dt = Z +∞

0

f ₂ (t)dt = 2

λ et E(T _i ² ) = Z +∞

−∞

t ² f (t)dt = Z +∞

0

f ₃ (t)dt = 6 λ ² . On a donc, d’apr` es la formule de Koenig-Huygens, V(T _i ) = E(T _i ² ) − E(T _i ) 2

= 6 λ ² − 4

λ ² = 2 λ ² . Pour i ∈ J 1, p K , T i admet donc une esp´ erance et une variance et E(T i ) = 2

λ et V(T i ) = 2 λ ² . 6. Le syst` eme S tombant en panne d` es qu’un de ces composant tombe en panne, l’instant T o` u S

tombe en panne est donc la plus petite dur´ ee de vie de ses composants, i.e.

T = min{T ₁ , . . . , T _p }.

On commence par calculer la fonction de r´ epartition de T ₁ . Soit t ∈ R, on calcule alors

F _T (t) = P(T ≤ t) = 1 − P(T > t) = 1 − P(T ₁ > t, . . . , T _p > t)

= 1 − P(T ₁ > t) × · · · × P(T _p > t) les variables T _i ´ etant ind´ ependantes

= 1 − 1 − F _T

₁

(t) p

les variables T _i suivant la mˆ eme loi On cherche alors la fonction de r´ epartition de T ₁ :

comme ∀t < 0, f(t) = 0, on a ∀t < 0, F _T

₁

(t) = 0 ; si t ≥ 0, on a F _T

₁

(t) = P(T ₁ ≤ t) =

Z t 0

f (s)ds = Z t

0

λ ² se ^−λs ds.

On calcule alors cette int´ egrale avec une int´ egration par parties : Z t

0

λ ² se ^−λs ds = [−λse ^−λs ] ^t ₀ − Z t

0

(−λ)e ^−λs ds = −λte ^−λt − [e ^−λs ] ^t ₀ = 1 − (1 + λt)e ^−λt

On a donc ∀t ∈ R, F _T (t) =

( 0 si t < 0

1 − (1 + λt) ^p e ^−pλt si t ≥ 0 .

On remarque alors que F _T est continue et d´ erivable sur R sauf peut-ˆ etre en 0. La variable T est donc une variable ` a densit´ e et ∀t ∈ R, f _T (t) =

( 0 si t < 0

λ ² tp(1 + λt) ^p−1 e ^−pλt .

7. Cette fois, on a W = max(T ₁ , T ₂ ), le temps de la panne ´ etant l’instant o` u les deux composants du syst` emes ont cess´ e de fonctionner.

Si t ∈ R, on a

F _W (t) = P(W ≤ t) = P(T ₁ ≤ t, T ₂ ≤ t)

= P(T ₁ ≤ t) × P(T ₂ ≤ t) car T ₁ et T ₂ sont ind´ ependantes

= P(T 1 ≤ t) ² car T 1 et T 2 suivent la mˆ eme loi

On a donc ∀t ∈ R, F _W (t) =

( 0 si t < 0

1 − (1 + λt)e ^−λt 2

si t ≥ 0 Comme F _W est continue sur R et d´ erivable sauf peut-ˆ etre en 0, W est une variable ` a densit´ e et une densit´ e de W est

∀t ∈ R, f _W (t) =

( 0 si t < 0

2λ ² te ^−λt 1 − (1 + λt)e ^−λt

si t ≥ 0 8. Soit t ∈ R.

On remarque que si (T ₁ ≥ t), alors le premier composant fonctionne au moins jusqu’au temps t et donc le syst` eme V aussi. On a donc (T ₁ ≥ t) ⊂ (W ≥ t).

On remarque aussi que si (T ≥ t), alors le syst` eme S fonctionne au moins jusqu’au temps t, et donc que tous ses composants fonctionnent au moins jusqu’au temps t.

On a donc (T ≥ t) ⊂ (T ₁ ≥ t).

Le mˆ eme raisonnement est valable pour le second composant, d’o` u

∀t ∈ R, ∀i ∈ {1; 2}, (T ≥ t) ⊂ (T _i ≥ t) ⊂ (W ≥ t).

On a donc en particulier ∀t ∈ R, ∀i ∈ {1; 2}, P(T ≥ t) ≤ P(T _i ≥ t) ≤ P(W ≥ t).

La probabilit´ e que V fonctionne au moins jusqu’au temps t est sup´ erieure ` a celle de S et donc le syst` eme V est plus fiable que le syst` eme S.

9. a. On consid` ere les ´ ev´ enements

∀i ∈ J 1, p K , A _i : « l’´ el´ ement tir´ e au hasard a pour dur´ ee de vie T _i »

∀j ∈ J 1, q K , B _j : « l’´ el´ ement tir´ e au hasard a pour dur´ ee de vie U _j ».

Comme on tire un et un seul ´ el´ ement, la famille (A ₁ , . . . , A _p , B ₁ , . . . , B _q ) est un syst` eme complet d’´ ev´ enements. Qui plus est, tous les ´ el´ ements ayant a priori la mˆ eme probabilit´ e d’ˆ etre tir´ e au hasard, on a, d’apr` es la formule des probabilit´ es totales,

∀i ∈ J 1, p K , P(A _i ) = 1

p + q et ∀j ∈ J 1, q K , P(B _j ) = 1

p + q

Soit alors t ∈ R.

P(X ≤ t) =

p

X

i=1

P(X ≤ t ∩ A _i ) +

q

X

j=1

P(X ≤ t ∩ B _j )

=

p

X

i=1

P(X ≤ t|A _i )P(A _i ) +

q

X

j=1

P(X ≤ t|B _j )P(B _j )

= 1

p + q

p

X

i=1

P(T _i ≤ t) +

q

X

j=1

P(U _j ≤ t)

!

= p

p + q F _T

₁

(t) + q

p + q F _U

₁

(t)

La fonction F _X est donc continue sur R et d´ erivable sauf peut-ˆ etre en 0. X est donc une variable al´ eatoire ` a densit´ e et une densit´ e de X est donn´ ee par

∀t ∈ R, f _X (t) =







0 si t < 0

p

p + q λ ² te ^−λt + q

p + q µ ² te ^−µt si t ≥ 0 b. Soit A ≥ 0. On calcule

Z A 0

tf _X (t)dt = p p + q

Z A 0

tf _T

₁

(t)dt + q p + q

Z A 0

tf _U

₁

(t)dt

Mais lim

A→+∞

Z A 0

tf _T

₁

(t)dt = E(T ₁ ) = 2

λ et lim

A→+∞

Z A 0

tf _U

₁

(t)dt = E(U ₁ ) = 2 µ . L’int´ egrale

Z +∞

−∞

tf _X (t)dt est donc convergente.

X admet donc une esp´ erance et E(X) = p p + q × 2

λ + q

p + q × 2 µ .

c. On suit le mˆ eme raisonnement pour montrer que X admet une moment d’ordre 2.

Soit A ≥ 0. On calcule Z A

0

t ² f X (t)dt = p p + q

Z A 0

t ² f T

1

(t)dt + q p + q

Z A 0

t ² f U

1

(t)dt.

Or, on a vu ` a la question 1.5 que

A→+∞ lim Z A

0

t ² f _T

₁

(t)dt = 6

λ ² et que lim

A→+∞

Z A 0

t ² f _U

₁

(t)dt = 6 µ ² . On en d´ eduit donc que X admet un moment centr´ e d’ordre 2 et que

E(X ² ) = p

p + q × 6

λ ² + q

p + q × 6 µ ² . X admet donc une variance et

V(X) = p

p + q × 6

λ ² + q

p + q × 6 µ ² −

p p + q × 2

λ + q

p + q × 2 µ

2

Probl` eme 2

1. a. Montrons que f est lin´ eaire :

Soient u = (x, y) et v = (x ⁰ , y ⁰ ) deux vecteurs de R ² . On calcule f(u + v) = f (x + x ⁰ , y + y ⁰ )

= (−y − y ⁰ , x + x ⁰ ) = (−y, x) + (−y ⁰ , x ⁰ ) = f(u) + f (v).

f conserve donc l’addition.

Soient u = (x, y) ∈ R ² et λ ∈ R. On calcule

f (λu) = f (λx, λy) = (−λy, λx) = λ(−y, x) = λf (u).

f conserve donc la multiplication par les scalaires.

Comme de plus f est d´ efinie et ` a valeurs dans R ² , on a f est un endomorphisme de R ² . Posons alors v ₀ = (1, 0), v ₁ = (0, 1), v ₂ = (−1, 0) et v ₃ = (0, −1). Alors la famille (v ₀ , v ₁ , v ₂ , v ₃ ) est comme d´ esir´ ee. En effet, on peut v´ erifier que

v ₁ = f(v ₀ ), v ₂ = f (v ₁ ), v ₃ = f (v ₂ ) et v ₀ = f (v ₃ ).

Qui plus est, (v ₀ , v ₁ , v ₂ , v ₃ ) est bien g´ en´ eratrice de R ² puisqu’elle contient (v ₀ , v ₁ ), la base canonique de R ² .

La famille (v ₀ , v ₁ , v ₂ , v ₃ ) v´ erifie les propri´ et´ es demand´ ees.

b. Soit (e ₁ , e ₂ ) la base canonique de R ² . On a alors M _(e

₁

_,e

₂

₎ (f ) =

0 −1 1 0

Pour d´ eterminer les valeurs propres de M, on se donne λ ∈ R et on calcule Rg(M − λI ₂ ) :

Rg(M − λI ₂ ) = Rg

−λ −1

1 −λ

= Rg

1 −λ

−λ −1

L ₂ ↔ L ₁

= Rg

1 −λ 0 −1 − λ ²

L ₂ ↔ L ₂ + λL ₁

On en d´ eduit que Rg(f − λI E ) =

( 1 si λ = ±i 2 sinon . M admet donc i et −i comme valeurs propres .

2. On revient ici au cas g´ en´ eral (ceci n’est pas pr´ ecis´ e par l’´ enonc´ e).

On peut commencer par montrer par r´ ecurrence que

∀i ∈ J 0; n − 1 K , v _i = f ⁱ (v ₀ ).

L’initialisation est ´ evidente puisque f ⁰ = I _E . L’h´ er´ edit´ e vient de ce que v _i+1 = f (v _i ).

Montrons que f ⁿ = I _E

On a v 0 = v n = f ⁿ (v 0 ). Alors, si i ∈ J 0; n − 1 K , on a

v _i = f ⁱ (v ₀ ) = f ⁱ ◦ f ⁿ (v ₀ ) = f ⁿ ◦ f ⁱ (v ₀ ) = f ⁿ (v _i ).

Mais la famille (v _i ) 0≤i≤n−1 est g´ en´ eratrice de E. On peut donc extraire une base de E constitu´ ee de v _i : (v _i , v _j ) puisque E est de dimension 2. On a alors

∀λ, µ ∈ R, f ⁿ (λv _i + µv _j ) = λf ⁿ (v _i ) + µf ⁿ (v _j ) = λv _i + µv _j

et donc f ⁿ = I _E .

Soit alors 0 < p < n. Montrons par l’absurde que f ^p 6= I E .

Si c’´ etait le cas, on aurait v _p = f ^p (v ₀ ) = v ₀ mais les (v _i ) 0≤i≤n−1 sont deux ` a deux distincts.

On a donc f ⁿ = I _E et ∀p ∈ J 1; n − 1 K , f ^p 6= I _E .

3. Soit alors λ une valeur propre (complexe) de f. Comme f ⁿ = I _E , on a forc´ ement λ ⁿ = 1

(en effet, si u est un vecteur propre associ´ e (complexe) associ´ e ` a λ, on a u = I E (u) = f ⁿ (u) = λ ⁿ u) et donc : les valeurs propres (complexes) possibles de f sont les e ^2ipπ/n , p ∈ J 0; n − 1 K .

4. Soit i ₀ ∈ J 0; n K . Supposons par l’absurde v _i

₀

vecteur propre de f. Alors tous les v _i sont colin´ eaires

`

a v i

0

, car

v _i

₀

₊₁ = f (v _i

₀

), . . . , v ₀ = f ⁿ⁻ⁱ

⁰

(v _i

₀

), . . . et la famille (v i ) 0≤i≤n−1 ne peut ˆ etre g´ en´ eratrice de E.

Pour tout i ∈ J 0; n − 1 K , v _i n’est vecteur propre de f .

5. Soit i ∈ J 0; n − 1 K . Comme v _i n’est pas vecteur propre de f, v _i+1 = f (v _i ) ne peut ˆ etre colin´ eaire

`

a v i (aucun des deux ne peut s’annuler sans quoi tous les v i seraient nuls). La famille (v i , v i+1 ) est donc libre.

Or, (v _i , v _i+1 ) est une famille libre de E constitu´ ee de 2 vecteurs et dim E = 2.

Pour tout i ∈ J 0; n − 1 K , (v _i , v _i+1 ) est donc une base de E. On calcule alors f (v _i ) = v _i+1 = 0 × v _i + 1 × v _i+1

Et comme (v i , v i+1 ) est une base de E, le vecteur f (v i+1 ) s’´ ecrit bien a i v i + b i v i+1 . On a donc M _i = M _(v

_i

_,v

_i+1

₎ (f ) =

0 a _i 1 b _i

. 6. Soit i ∈ J 0; n − 2 K . On a

f (v _i+1 ) = a _i v _i + b _i v _i+1 d’o` u

f(v _i+2 ) = f ◦ f(v _i+1 ) = a _i f(v _i ) + b _i f(v _i+1 ) = a _i v _i+1 + b _i v _i+2 On a alors imm´ ediatement que ∀i ∈ J 0; n − 2 K , M _i = M _i+1 .

Par r´ ecurrence, on montre alors que toutes les matrices M _i sont identiques.

Si i, j ∈ J 0; n − 1 K , alors M _i = M _j .

Probl` eme 3

Partie A

1. Soit n ∈ N. De u n = au n+1 + (1 − a)u n−1 on d´ eduit a(u n+1 − u n ) = (1 − a)(u n − u n−1 ) On a donc ∀n ∈ N ^∗ , v _n = 1 − a

a v n−1 .

La suite (v _n ) n∈N est donc g´ eom´ etrique de raison r = 1 − a a . (v n ) n est alors constante si et seulement si 1 − a

a = 1, i.e si et seulement si 1 − a = a, i.e. si et

seulement si a = 1/2.

On a alors, ∀n ∈ N, u _n+1 − u _n = u ₁ − u ₀ = u ₁ .

La suite (u n ) n est alors arithm´ etique de raison u 1 et donc ∀n ∈ N, u n = u 0 + nu 1 = nu 1 . (v _n ) n∈N est constante si et seulement si a = 1/2. Alors, ∀n ∈ N, u _n = nu ₁ .

Les relations demand´ ees sur N ^∗ par l’´ enonc´ e sont en r´ ealit´ e valables sur N.

2. Soit n ∈ N. On a

u _n+1 = 1 × u _n+1 + 0 × u _n et u _n+2 = 1

a u _n+1 − (1 − a)u _n On a donc

u _n+2 u _n+1

= 1

a − 1 − a 1 0 a

! u _n+1

u _n

La matrice A = 1

a − 1 − a 1 0 a

!

v´ erifie ∀n ∈ N, U _n+1 = AU _n . 3. Soit a ∈]0; 1[. On calcule

A 1

1

= 1

a − 1 − a 1 a

!

= 1

1

Pour tout a ∈]0; 1[, 1 est valeur propre de A.

Soit λ ∈ R. On calcule Rg(A−λI ₂ ) = Rg

1

a − λ − 1 − a

1 −λ a

!

= Rg

0 −1/a + 1 + λ/a − λ ²

1 −λ

L ₁ ← L ₁ −(1/a−λ)L ₂ Or, on a −1/a + 1 + λ/a − λ ² = −(λ − 1)(λ + 1 − 1/a) On a donc

Rg(A − λI ₂ ) =



 

 

1 si λ = 1 1 si λ = 1/a − 1 2 sinon

En particulier, si 1 6= 1/a − 1, i.e a 6= 1/2, la matrice A est bien diagonalisable, puisque d’ordre 2 et ayant deux valeurs propres distinctes.

En revanche, si a = 1/2, la matrice A n’est pas diagonalisable, puisque son seul sous-espace propre (celui associ´ e ` a 1) est uniquement de dimension 1.

A est diagonalisable si et seulement si a 6= a ₀ o` u a ₀ = 1/2.

4. Soit alors a 6= 1/2.

On a vu que A 1

1

= 1

1

.

On cherche alors un vecteur propre associ´ e ` a la valeur propre 1/a − 1. On r´ esout donc

A x

y

= (1/a − 1) x

y

ssi



 

  x

a − (1 − a)y

a = 1 − a a x x = 1 − a

a y

ssi x = 1 − a

a y

Le vecteur

1 − a a

est un vecteur propre associ´ e ` a 1/a − 1.

En posant alors D =

1 0 0 1/a − 1

et P =

1 1 − a

1 a

, on a donc AP = P D.

La matrice P est inversible car c’est la matrice d’une base de R ² (famille de deux vecteurs propres associ´ es ` a des valeurs propres distinctes dans R ² ).

D =

1 0 0 1/a − 1

et P =

1 1 − a

1 a

v´ erifient A = P DP ⁻¹ . 5. On suppose encore que a 6= 1/2.

On v´ erifie alors, par r´ ecurrence, que ∀n ∈ N, U _n = A ⁿ U ₀ , et que ∀n ∈ N, A ⁿ = P D ⁿ P ⁻¹ . Or, comme D est diagonale, D ⁿ =

1 0 0 (1/a − 1) ⁿ

. De ce que

u _n+1 u _n

= P

1 0 0 (1/a − 1) ⁿ

P ⁻¹

u ₁ u ₀

on d´ eduit qu’il existe A et B r´ eels tels que

∀n ∈ N, u _n = A + B(1/a − 1) ⁿ . De ce que u ₀ = 0, on a A + B = 0 et donc

u ₁ = A − A(1/a − 1) = A(2 − 1/a) = A 2a − 1 a On a donc A = au ₁

2a − 1 . On a donc Si a 6= 1/2, ∀n ∈ N, u _n = au ₁

2a − 1 1 − (1/a − 1) ⁿ . Ce r´ esultat aurait pu ˆ etre obtenu en utilisant des suites r´ ecurrentes lin´ eaires d’ordre 2.

6. On suppose que n 0 > 1 v´ erifie u n

0

= 1 (et que l’on se trouve toujours dans le cas a 6= 1/2).

Alors au ₁

2a − 1 1 − (1/a − 1) ⁿ

⁰

= 1.

On a donc u ₁ = 2a − 1

a 1 − (1/a − 1) ⁿ

⁰

.

On en d´ eduit que si a 6= 1/2, ∀n ∈ N, u _n = 1 − (1/a − 1) ⁿ 1 − (1/a − 1) ⁿ

⁰

.

Si l’on suppose cette fois que l’on est dans la situation o` u a = 1/2, on a donc 1 = u _n

₀

= n ₀ u ₁

et donc si a = 1/2, ∀n ∈ N, u _n = n n ₀ . Partie B

7. Consid´ erons l’´ ev´ enement U _n,k : « le joueur gagne n euros ».

On pose aussi A ₁ : « le r´ esultat de la premi` ere exp´ erience est A. ».

On peut d´ ecomposer l’´ ev´ enement U _n,k dans le syst` eme complet d’´ ev´ enements (A ₁ , A ₁ ).

P(U _n,k ) = P(U _n,k |A ₁ )P(A ₁ ) + P(U _n,k |A ₁ )P(A ₁ ).

Maintenant, d’apr` es l’´ enonc´ e P(U n,k ) = p n,k .

Par contre, on a P(U _n,k |A ₁ ) = p _n,k+1 , car sachant A ₁ , c’est ` a dire sachant que la premi` ere

exp´ erience a rapport´ e 1 euros, on peut supposer que le jeu commence cette fois ` a la fin de la premi` ere exp´ erience mais qu’alors le capital du joueur est k + 1 euros.

De mˆ eme, on peut interpr´ eter P(U _n,k |A ₁ ) comme p n,k−1 . On a donc ∀k ≥ 1, p _n,k = ap _n,k+1 + (1 − a)p n,k−1 .

Mais en appliquant la formule des probabilit´ es totales ` a l’´ ev´ enement V <sub>n,k</sub> : « le joueur finit ruin´ e » avec le mˆ eme syst` eme complet, on a

P(V n,k ) = P(V n,k |A 1 )P(A 1 ) + P(V n,k |A 1 )P(A 1 ).

En suivant des interpr´ etations similaires aux pr´ ec´ edentes, on a ∀k ≥ 1, q _n,k = aq _n,k+1 + (1 − a)q n,k−1 .

8. On remarque que p _n,0 = 0 et que p _n,n = 1. On utilise alors la question 3.6 : si a 6= 1/2, ∀k ∈ J 0; n K , p _n,k = 1 − (1/a − 1) ^k

1 − (1/a − 1) ⁿ . si a = 1/2, ∀k ∈ J 0; n K , p _n,k = k

n .

On ne peut n´ eanmoins appliquer la partie A directement ` a q n,k puisque q n,0 = 1 et q n,n = 0.

N´ eanmoins, q v´ erifiant la mˆ eme relation de r´ ecurrence s’´ ecrit aussi (on suppose ici a 6= 1/2)

∀k ∈ N, q _n,k = A + B(1/a − 1) ^k . De q n,0 = 1, on a A + B = 1 et donc ∀k, q n,k = 1 − B + B(1/a − 1) ^k . De q _n,n = 0, on a 1 = B 1 − (1/a − 1) ⁿ

et donc ∀k ∈ J 0; n K , q _n,k = 1 − 1 − (1/a − 1) ^k 1 − (1/a − 1) ⁿ . Dans le cas o` u a = 1/2, on a encore (q _n,k ) _k arithm´ etique et donc, ∀k, q _n,k = Ak + B.

De ce que q _n,0 = 1 et q _n,n = 0, on a B = 1 et An + 1 = 0 d’o` u A = −1/n.

On a donc ∀k ∈ J 0; n K , q _n,k = − k n + 1.

En conclusion,

si a 6= 1/2, ∀k ∈ J 0; n K , q _n,k = 1 − 1 − (1/a − 1) ^k 1 − (1/a − 1) ⁿ si a = 1/2, ∀k ∈ J 0; n K , q _n,k = − k

n + 1.

9. Si a = 1/2, on a clairement lim

n→+∞ p n,k = 0.

Si a > 1/2, on a 0 < 1/a < 2 et donc −1 < 1/a − 1 < 1. On a donc lim

n→+∞ p n,k = 1 − (1/a − 1) ^k . Si a < 1/2, on a 1/a > 2 et donc 1/a − 1 > 1. On a donc lim

n→+∞ p _n,k = 0.

En conclusion, lim

n→+∞ p _n,k =

( 0 si a ≤ 1/2 1 − (1/a − 1) ^k sinon .

Si a ≤ 1/2, la probabilit´ e que le joueur puisse atteindre un gain aussi haut que d´ esir´ e est nulle.

En revanche, si a > 1/2, cette probabilit´ e est non nulle.

10. A priori, ces ´ ev´ enements ne forment pas un syst` eme complet d’´ ev´ enement dans la mesure o` u le jeu peut donner lieu ` a une infinit´ e d’exp´ eriences si gains et pertes se compensent.

En revanche, on remarque que (quel que soit a)

∀k ∈ J 1; n K , p _n,k + q _n,k = 1

p _n,k d´ esignant la probabilit´ e de « le joueur gagne n euros » et q _n,k la probabilit´ e de « le joueur finit ruin´ e », et ces deux ´ ev´ enements ´ etant incompatibles, p n,k + q n,k d´ esigne en r´ ealit´ e la probabilit´ e que « la partie se termine. »

« la partie se termine » est un ´ ev´ enement presque certain.

11. a. Pour que le joueur gagne, il faut et il suffit qu’il ait 5 euros. L’exp´ erience doit donc amener deux fois le r´ esultat A de plus du r´ esultat B.

En notant :

G ₆ : « le joueur gagne en moins de 6 coups », A _i : l’exp´ erience i am` ene A,

B _i : l’exp´ erience i am` ene B (B _i = A _i ) on trouve alors que

G ₆ = (A ₁ ∩ A ₂ ) ∪ (B ₁ ∩ A ₂ ∩ A ₃ ∩ A ₄ ) ∪ (A ₁ ∩ B ₂ ∩ A ₃ ∩ A ₄ )

∪ (B ₁ ∩ A ₂ ∩ B ₃ ∩ A ₄ ∩ A ₅ ∩ A ₆ ) ∪ (B ₁ ∩ A ₂ ∩ A ₃ ∩ B ₄ ∩ A ₅ ∩ A ₆ )

∪ (A ₁ ∩ B ₂ ∩ B ₃ ∩ A ₄ ∩ A ₅ ∩ A ₆ ) ∪ (A ₁ ∩ B ₂ ∩ A ₃ ∩ B ₄ ∩ A ₅ ∩ A ₆ )

∪ (B 1 ∩ B 2 ∩ A 3 ∩ A 4 ∩ A 5 ∩ A 6 )

En remarquant qu’il s’agit d’une union d’´ ev´ enements deux ` a deux incompatibles et en utili- sant la formule des probabilit´ es compos´ ees pour calculer chacun d’entre eux, on a

P(G ₆ ) = a ² + 2a ³ (1 − a) + 5a ⁴ (1 − a) ² . Comme a = 1

2 , la probabilit´ e que le joueur gagne en moins de 6 coups est 29 64 .

b. Pour que le joueur perde, il faut qu’il n’ait plus d’argent, l’exp´ erience doit donc amener trois B de plus que de A. En notant

P ₆ : « le joueur perd en moins de 6 coups », on trouve que

P 6 = (B 1 ∩ B 2 ∩ B 3 ) ∪ (A 1 ∩ B 2 ∩ B 3 ∩ B 4 ∩ B 5 )

∪ (B ₁ ∩ A ₂ ∩ B ₃ ∩ B ₄ ∩ B ₅ ) ∪ (B ₁ ∩ B ₂ ∩ A ₃ ∩ B ₄ ∩ B ₅ ) En suivant le mˆ eme raisonnement que dans la question pr´ ec´ edente, on a

P(P ₆ ) = (1 − a) ³ + 3a(1 − a) ⁴ . Comme a = 1

2 , la probabilit´ e que le joueur perde en moins de 6 coups est 7 32 .

c. Si on note J ₇ « le joueur joue au moins 7 coups », la famille (G ₆ , P ₆ , J ₇ ) forme alors un syst` eme complet d’´ ev´ enements, et donc

P(J ₇ ) = 1 − P(P ₆ ) − P(G ₆ ) = 21

64 .