1. Pour tout n de A n, B n et C n forment une partition de donc d’après la formule des probabilités totales : P(A n+1 ) = P(A n )×P An (A n+1 ) + P(B n )×P Bn (A n+1 ) + P(C n )×P Cn (A n+1 )

DEUX EXERCICES SUR LES PROBABILITES CONDITIONNELLES.

I.

1. Pour tout n de A n, B n et C n forment une partition de donc d’après la formule des probabilités totales : P(A n+1 ) = P(A n )×P An (A n+1 ) + P(B n )×P Bn (A n+1 ) + P(C n )×P Cn (A n+1 )

c'est-à-dire p n+1 = p n ×0,6 + q n ×0,3 + r n ×0 = 0,6p n + 0,3q n . On a de même q n+1 = 0,3p n + 0,6q n et r n+1 = 0,1p n + 0,1q n + r n . En particulier pour n = 0 : p ₁ = 0,363 ; q ₁ = 0,366 et r ₁ = 0,271 Remarque : on peut aussi justifier à l’aide d’un arbre.

2. Pour tout n de S n+1 = p n+1 + q n+1 = 0,6p n + 0,3q n + 0,3p n + 0,6q n = 0,9(p n + q n ) = 0,9S n . La suite S est donc géométrique de raison 0,9 et de 1 ^er terme S ₀ = p ₀ + q ₀ = 0,81.

De même la suite D est géométrique de raison 0,3 et de 1 ^er terme D ₀ =  0,01.

On a donc pour tout n de : S _n = 0,81 × 0,9 ⁿ et D _n =  0,01 × 0,3 ⁿ . Pour tout n de :

On a S _n + D _n = p _n + q _n + p _n  q n = 2p _n donc p _n = S

D

2 = 0,81.0,9

0,01.0,3

2

De même q _n = S

D

2 = 0,81.0,9

0,01.0,3

2

Enfin r n = 1  (p n + q n ) = 1  0,81.0,9 ⁿ . On a  1 < 0,3 < 0,9 < 1 donc lim

n

0,3 ⁿ = lim

n

0,9 ⁿ = 0.

Alors li m

n

p _n = li m

n

q _n = 0 et li m

n

r _n = 1.

A terme, les plantes de types A et B vont disparaître au profit des plantes de type C.

II.

1.

a. P(E ₀ ) est la probabilité que M. X fasse un don en 2006. On sait de plus qu’il a fait un don en 2005. Alors P(E 0 ) = 0,9.

b. On peut construire un arbre. On a alors :

P(E ₁ E ₀ ) = 0,9  0,9 = 0,81 et P(E ₁  

) = 0,1  0,4 = 0,04.

c. P(E ₁ ) = P(E ₁ E ₀ ) + P(E ₁  

) = 0,81 + 0,04 = 0,85.

2. On construit un nouvel arbre.

a. D’après l’énoncé, P En (E n+1 ) = 0,9 (c’est la probabilité qu’il fasse un don l’année 2006 + n + 1 alors qu’il en a fait un l’année précédente) et P

(E _n+1 ) = 0,4.

b. P(E n+1 E n ) = 0,9P(E n ) et P(E n+1  E

) = 0,4P( E

)= 0,4(1  P(E n )) = 0,4  0,4P(E n ).

c. P(E _n+1 ) = P(E _n+1 E n ) + P(E _n+1  E

) = 0,9P(E _n ) + 0,4  0,4P(E n ) = 0,5P(E _n ) + 0,4.

d. La probabilité que M.X fasse un don en 2009 est P(E 3 ).

On a P(E 1 ) = 0,85 donc P(E 2 ) = 0,5  0,85 + 0,4 = 0,825 et P(E 3 ) = 0,5  0,825 + 0,4 = 0,8125.

La probabilité que M.X fasse un don en 2009 est 0,8125.

3.

a. Soit n  . u n+1 = p n+1  0,8 = 0,5p n + 0,4  0,8 = 0,5p n  0,4 = 0,5(p n  0,8) = 0,5u n . La suite u est donc géométrique de raison 0,5 et de 1 ^er terme u 0 = p 0  0,8 = 0,9  0,8 = 0,1.

b. On a alors pour tout n de , u n = 0,1  0,5 ⁿ et p n = 0,1  0,5 ⁿ + 0,8.

c.  1 < 0,5 < 1 donc li m

n

0,5 ⁿ = 0 et li m

n

p _n = 0,8. Cette limite ne dépend pas de p ₀ .

d. Si une année donnée, l’association constate une baisse des dons, elle ne doit pas s’inquiéter

pour le long terme car la probabilité qu’une personne fasse un don à long terme tend toujours vers

80%, et ce quelles que soient les valeurs particulières de p n .