Solution proposée par Philippe Bertran 1. Appelons P

G143. La revanche de Zig Solution proposée par Philippe Bertran

1. Appelons Pn la probabilité que, après un certain nombre de lancers, on atteigne exactement le nombre n.

P1 = 1/6

On atteint 2 soit si on fait 2 au 1^er lancer (probabilité 1/6), soit si on a atteint 1 (probabilité P1) et lancé 1 au coup suivant (probabilité 1/6), donc : P2 = 1/6 + (1/6)P1, c'est-à-dire P2 = 7/6².

On atteint 3 soit si on fait 3 au 1^er lancer soit si on a atteint 2 et lancé 1 au coup suivant, soit si on a atteint 1 et lancé 2 au coup suivant, donc :

P3 = 1/6 +1/6(P2) + (1/6)P1 soit P3 = 7²/6³.

Par le même raisonnement on calcule P₄ = 7³/6⁴, P5 = 7⁴/6⁵ et P₆ = 7⁵/6⁴.

Pour n supérieur ou égal à 7, on atteindra exactement le nombre n si et seulement si :

on a atteint le nombre n-1 (probabilité Pn-1) et lancé 1 au coup suivant (probabilité 1/6), ou

on a atteint le nombre n-2 et lancé 2 au coup suivant, ou on a atteint le nombre n-3 et lancé 3 au coup suivant, ou on a atteint le nombre n-4 et lancé 4 au coup suivant, ou on a atteint le nombre n-5 et lancé 5 au coup suivant, ou on a atteint le nombre n-6 et lancé 6 au coup suivant.

Par conséquent, pour n supérieur ou égal à 7 :

P_n = 1/6 (P_n-1 + P_n-2 + P_n-3 + P_n-4 + P_n-5 + P_n-6)

ou 6P_n = P_n-1 + P_n-2 + P_n-3 + P_n-4 + P_n-5 + P_n-6 (1)

En écrivant l’égalité (1) des rangs 7 à n et en sommant membre à membre, il vient : 6Pn + 5Pn-1 + 4Pn-2 + 3Pn-3 + 2Pn-4 + Pn-5 = 6P6 + 5P5 + 4P4 + 3P3 + 2P2 + P1

soit, compte tenu des valeurs de P₁, …, P6 :

6Pn + 5Pn-1 + 4Pn-2 + 3Pn-3 + 2Pn-4 + Pn-5 = 6 (2)

2. Montrons que la suite P_n définie à partir de n = 7, dans laquelle chaque terme est la moyenne arithmétique des 6 précédents, est convergente, ce qui est assez intuitif. Pour cela, nous allons démontrer que les suites

mn = Min (Pn-1, Pn-2, Pn-3, Pn-4, Pn-5, Pn-6) et Mn = Max (Pn-1, Pn-2, Pn-3, Pn-4, Pn-5, Pn-6) sont convergentes et ont même limite.

a. Pour tout k de n-6 à n-1, on a donc m_n ≤ Pk ≤ M_n.

En écrivant cette double inégalité des rangs n-6 à n-1 et en additionnant, on obtient : 6mn ≤ Pn-1 + Pn-2 + Pn-3 + Pn-4 + Pn-5 + Pn-6 ≤ 6Mn

2 soit, compte tenu de (1) : mn ≤ Pn ≤ Mn.

mn ≤ Pn s’écrit Min (Pn-1, Pn-2, Pn-3, Pn-4, Pn-5, Pn-6) ≤ Pn

ce qui implique Min (Pn-1, Pn-2, Pn-3, Pn-4, Pn-5, Pn-6) ≤ Min (Pn, Pn-1, Pn-2, Pn-3, Pn-4, Pn-5) soit m_n ≤ mn+1.

On démontrerait de la même manière que la suite Mn ≥ Mn+1. Ainsi, m7 ≤ … ≤ mn≤ Mn ≤ … ≤. M7

Cela montre que m_n est une suite croissante majorée, qui converge donc vers une limite m et que M_n est une suite décroissante minorée, qui converge donc vers une limite M. Il reste à démontrer que m = M.

b. Supposons m ≠ M.

Remarquons d’abord que parmi les 6 nombres Pn-1, Pn-2, Pn-3, Pn-4, Pn-5, Pn-6, l’un est égal à Mn

et les 5 autres sont supérieurs ou égaux à mn. Donc : Mn + 5mn ≤ Pn-1 + Pn-2 + Pn-3 + Pn-4 + Pn-5 + Pn-6

soit Mn + 5mn ≤ 6Pn

et de même 6Pn ≤ mn + 5Mn.

Ces deux inégalités s’écrivent Mn + 5m_n ≤ 6P_n ≤ m_n + 5M_n ou encore m_n + (M_n – m_n)/6 ≤ P_n ≤ M_n – (M_n – m_n)/6 (3).

Mn et mn étant des suites respectivement décroissante vers M et croissante vers m, d’une part : Mn – m_n ≥ M – m (4)

d’autre part on peut choisir un entier N tel que pour tout n supérieur ou égal à N, on ait : Mn ≤ M + (M – m)/12 et m – (M – m)/12 ≤ mn.

(3) entraîne alors :

m – (M – m)/12 + (Mn – mn)/6 ≤ Pn ≤ M + (M – m)/12 – (Mn – mn)/6 et, compte tenu de (4) :

m – (M – m)/12 + (M – m)/6 ≤ Pn ≤ M + (M – m)/12 – (M – m)/6 ou :

m + (M – m)/12 ≤ Pn ≤ M – (M – m)/12

d’où : m < Pn < M pour tout n supérieur ou égal à N.

En particulier, les six nombres P_N, … PN+5 sont donc compris strictement entre m et M. Or ceci est impossible puisque le plus grand de ces six nombres, qui est M _N+6 ,doit être supérieur à M. L’hypothèse selon laquelle m ≠ M est donc fausse. Alors Mn et mn ont une même limite P. Comme mn ≤ Pn ≤ Mn ,Pn converge aussi vers P.

La valeur de P est obtenue par passage à la limite dans l’équation (2) qui donne 21 P = 6 d’où P = 2/7.

3

3. La suite Pn converge rapidement (à partir de n = 26, la différence Mn - mn est inférieure à 10^-3 donc Pn – 2/7 ≤ 10^-3), donc P2010 est très proche de 2/7.

L’espérance de gain de Zig est donc de 2/7 de 5 livres soit 10/7 de livre et celle de Jones de 5/7 de 2 euros soit 10/7 d’euro. Tant que la livre vaut plus d’un euro, Zig a plus de chances de se refaire que Jones n’en a de le plumer davantage…